专题08 空间向量与立体几何（解答）-备战2025届安徽新高考数学模拟题分类汇编（安徽专用）

专题08 空间向量与立体几何（解答） 题型一 直线与平面所成夹角的计算 1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，在三棱柱中，正方形的棱长为2，，点M为AB中点，． (1)求证：三棱柱为直三棱柱； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 2．（2024·安徽合肥·模拟预测）正方体的棱长为是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)与平面所成的角的正弦值为，求的长. 3．（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 4．（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥中，平面平面，平面平面，平面平面， (1)求证：两两垂直； (2)若为中点，为中点，求与平面所成角的正弦值． 5．（2024·安徽合肥·模拟预测）在底面为梯形的多面体中．，且四边形为矩形．点在线段上．    (1)点是线段中点时，求证：平面； (2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求．若不存在，请说明理由． 6．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱各棱长均为2，，O是线段BD的中点． (1)求点O到平面的距离； (2)求直线AB与平面所成角的正弦值． 7．（2024·安徽·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是菱形，，是正三角形，是的重心，点满足. (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 8．（2024·安徽·三模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面是矩形，平面平面分别为线段的中点，点在线段上（不包括端点）. (1)若，求证：点四点共面； (2)若，是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出，若不存在，请说明理由. 9．（2024·安徽安庆·三模）如图，在四棱锥中，，，连接． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角正弦值的大小． 10．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，在四面体中，，，两两垂直，，是线段的中点，是线段的中点，点在线段上，且． (1)求证：平面； (2)若点在平面内，且平面，求直线与平面所成角的正弦值． 11．（2024·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面． (1)求三棱锥的体积； (2)求与平面所成角的正弦值． 12．（2024·安徽黄山·二模）如图，已知为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，是的中点，． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 13．（2024·安徽池州·二模）如图，在三棱锥中，底面是边长为6的正三角形，，，点分别在棱上，，且三棱锥的体积为. (1)求的值； (2)若点满足，求直线与平面所成角的余弦值. 14．（2024·安徽池州·模拟预测）如图①，四边形是边长为2的正方形，与是两个全等的直角三角形，且与交于点，将与分别沿翻折，使重合于点，连接，得到四棱锥，如图②， (1)证明：； (2)若为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 15．（2024·安徽合肥·一模）如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 16．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，分别为的中点．    (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求： ①的长； ②直线与平面所成角的正弦值． 17．（2024·安徽·模拟预测）如图，两两垂直，点为的中点，点在线段上，且满足，． (1)求证：平面平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 18．（2024·安徽·模拟预测）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且． (1)证明：平面； (2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值． 19．（2024·安徽·模拟预测）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于、的点．    (1)点为线段的中点，证明：直线平面； (2)若四棱锥的体积为3，求直线与平面夹角的正弦值． 20．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，，，分别为，，的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 21．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形为菱形，D，E分别为BC，AC的中点，且，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 22．（2024·安徽·模拟预测）如图，将绕边旋转得到，其中平面，连结分别是的中点，平面．    (1)求证：； (2)求与平面所成角的正弦值． 23．（2024·安徽·模拟预测）图（1）为梯形，，为的中点.将梯形沿折起，使点在平面内的射影为的重心，如图（2）．    (1)求证：． (2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值． 24．（2024·安徽·模拟预测）如图，在菱形中，，分别为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且． (1)证明：平面． (2)若为线段上的一点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 题型二 平面与平面所成夹角的计算 1．（2023·安徽芜湖·模拟预测）如图，已知半圆锥的顶点为，点是半圆弧上三等分点（靠近点），点是弧上的一点，平面平面，且，是中点．    (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 3．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱台的上、下底面均为正方形，平面，，，四棱台的体积为． (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值． 4．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 5．（2024·安徽·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.    (1)已知为中点，求证：平面； (2)求平面与平面的夹角． 6．（2024·安徽·三模）如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值. 7．（2024·安徽·三模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为上一点，且． (1)若是直角三角形，求证：； (2)若为锐角，且四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 8．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱柱中，，，，，P为线段的中点，点N为线段上靠近的三等分点. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 9．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，平行六面体中，侧面为矩形，底面是边长为2的菱形，且为线段上一点，满足． (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的正弦值． 10．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱台中，，平面平面，． (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 11．（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 12．（2024·安徽·二模）将正方形绕直线逆时针旋转，使得到的位置，得到如图所示的几何体． (1)求证：平面平面； (2)点为上一点，若二面角的余弦值为，求． 13．（2024·安徽·模拟预测）2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，m，m，m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，m，，平面平面ABCD． (1)求点H到平面ABCD的距离； (2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值． 14．（2024·安徽黄山·一模）如图，四棱锥，平面平面为中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 15．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 16．（2024·安徽安庆·二模）如图，将边长为2的菱形沿其对角线对折，使得点A、D分别位于边长为2的等边所在平面的两侧，且，．设E是的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 17．（2024·安徽·模拟预测）如图，空间六面体中,,，平面平面为正方形，平面平面. (1)求证：； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 18．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是以为底的等腰三角形，，E在上，．    (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 19．（2024·安徽·模拟预测）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上. (1)求的长度； (2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由. 20．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，圆台的上､下底面圆半径分别为和为圆台的两条不同的母线.分别为圆台的上､下底面圆的圆心，且为等边三角形. (1)求证：； (2)截面与下底面所成的夹角大小为，求异面直线与所成角的余弦值. 21．（2024·安徽淮北·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.    (1)求证：； (2)若是边长为2的等边三角形，点满足，且平面与平面夹角的正切值为，求三棱锥的体积. 22．（2024·安徽·模拟预测）如图四棱台中，，平面，. (1)证明：； (2)若，，，求二面角的余弦值. 23．（2024·安徽·模拟预测）如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若为的中点，，圆锥的体积为. (1)求证：； (2)若圆上的点满足，求平面与平面夹角的余弦值. 24．（2024·安徽·模拟预测）如图，三棱锥中，，，，平面平面分别为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 25．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为． (1)求证：平面; (2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值． 26．（2024·安徽·模拟预测）如图（1），在中，，，点为的中点．将沿折起到的位置，使，如图（2）． (1)求证：． (2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的余弦值；若不存在，说明理由． 27．（2024·安徽·三模）如图，在直四棱柱中，底面四边形ABCD为菱形，，点E，F分别为棱AB，上的点，    (1)若，且平面平面，求实数的值； (2)若F是的中点，平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 空间向量与立体几何（解答） 题型一 直线与平面所成夹角的计算 1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，在三棱柱中，正方形的棱长为2，，点M为AB中点，． (1)求证：三棱柱为直三棱柱； (2)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，结合勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理即得. （2）由（1）中信息，利用等体积法求出点到平面的距离，进而求出线面角的正弦即可. 【详解】（1）在三棱柱中，，由点M为AB中点，得， ，而，则， 于是，而，则，又，平面， 从而平面，所以三棱柱为直三棱柱. （2）由（1）知，，，而平面， 则平面，又平面，于是，显然， 的面积为，设点到平面的距离为， 又， 因此，即，解得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值. 2．（2024·安徽合肥·模拟预测）正方体的棱长为是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)与平面所成的角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可得，，进而可证平面，即可得结果； （2）设在平面上的射影点为，连接，利用等体积法可得，结合线面夹角可得，进而可得结果. 【详解】（1）因为平面，且平面，可得， 四边形为正方形，则， 且，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面. （2）设在平面上的射影点为，连接， 可知是以边长为的等边三角形，则， 因为，即，解得， 设与平面所成的角的大小为， 则，可得， 在中，由余弦定理得，， 即，解得. 3．（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角中且，分别沿三角形三边向外作等腰梯形使得，沿三边折叠，使得，重合于，如图二 (1)求证：． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）补全图形得到三棱锥，由线面垂直证得； （2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角； 思路二：等体积法求得到平面的距离，再用几何法求得线面角. 【详解】（1）延长交于点过作于，过作于， 又四边形为等腰梯形，则，则， 又，所以，为的中点， 延长交于点，则，为的中点，则， 与重合于点，为三棱锥， 设为中点，等腰直角中， 又为的中点，为的中点，，∴， ，又平面平面， 又平面，. （2）方法一： 为中点，， 又， 以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 为中点，，， 又， 又，平面，∴平面， ，为等边三角形，设到平面的距离为， ∴， . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 4．（2024·安徽芜湖·三模）如图，三棱锥中，平面平面，平面平面，平面平面， (1)求证：两两垂直； (2)若为中点，为中点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）在上任取一点，作交于，作交于，证明平面，从而证明，继而推出，即可证明平面，继而可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法啊，即可求得答案. 【详解】（1）在上任取一点，作交于，作交于， 由平面平面交于面，，则平面， 又平面，则，同理， 又由平面，可得平面， 平面，则． 同理可得，即两两垂直． （2）分别以DB，DC，DA所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 易得， 有， 设面的法向量，则由， 即，可取． 设与平面所成角为， 则， 则与平面所成角的正弦值为 5．（2024·安徽合肥·模拟预测）在底面为梯形的多面体中．，且四边形为矩形．点在线段上．    (1)点是线段中点时，求证：平面； (2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求．若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)存在，且或 【分析】（1）由题意可得为等腰直角三角形，结合各边长度与勾股定理及勾股定理的逆定理可得，取线段中点，结合面面平行的判定定理与性质定理即可得线面平行； （2）由题意可得平面，即可建立适当空间直角坐标系，由空间向量与平面的法向量结合夹角公式计算即可得解. 【详解】（1）由， 则为等腰直角三角形，有，则， 则， 在中，， 取线段中点，连接，则， 又因为直线平面，平面，所以直线平面， 同理直线平面，又因为， 、平面，所以平面平面， 因为直线平面，所以平面； （2）因为四边形为矩形，则， 又，、平面，故平面， 以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以, 设， 其中，解得，故， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，故， 因为直线与平面所成的角为， 所以， 即，解得或， 故存在点或.    6．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱各棱长均为2，，O是线段BD的中点． (1)求点O到平面的距离； (2)求直线AB与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （2）利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接，由题意，点为的交点， 连接交于点，连接，则平面， 因为四边形为菱形，则， 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 在中，，则为等边三角形，则， 则， 故， 设平面的法向量为，则有，可取， 则点O到平面的距离为； （2），故， 则， 即直线AB与平面所成角的正弦值为． 7．（2024·安徽·模拟预测）如图，四棱锥中，四边形是菱形，，是正三角形，是的重心，点满足. (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据重心的性质可得，即可根据线线平行求证， （2）根据线线垂直可得线面垂直，进而可得平面平面，根据余弦定理以及勾股定理求解长度，即可利用等体积法求解长度，利用线面角的几何法求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量与直线方向向量的夹角求解即可. 【详解】（1）如图，连接，交点为，则是的中点.因为是的重心，所以.又是的中点，所以. 由知在线段上，且，所以， 而平面，平面，所以平面. （2）方法1：设，则.取中点，连接，则，，平面, 故平面，又平面，所以平面平面，交线为. 由，，则, 得.所以到平面的距离等于到直线的距离. 设到平面的距离为，由平面知到平面的距离也是. 由得，，， 从而. 在中，，，，由余弦定理得， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 方法2：如图，以中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则，，，，，，，所以,,, 设平面的法向量是，由 . 令，则，. 所以，， 从而直线与平面所成角的正弦值是. 8．（2024·安徽·三模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面是矩形，平面平面分别为线段的中点，点在线段上（不包括端点）. (1)若，求证：点四点共面； (2)若，是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)见解析 (2)存在，或 【分析】（1）方法1：利用向量的线性运算结合图形关系得到，即可证明；方法2：过作直线与平行，延长与交于点，连接，再利用平行线段对应成比例得到即可证明； （2）先由面面垂直的性质证明平面，再建系，找到平面的法向量和，再利用线面角的公式求出值即可. 【详解】（1）证明：方法1：， 系数和为1，根据平面向量共线定理可知四点共面. 方法2：过作直线与平行，延长与交于点，连接. 因为底面是矩形，是的中点， 所以，且.所以，则直线与直线相交，记交点为. 因为是的中点，可得， 则，所以. 因为，所以点即点，所以四点共面. （2）因为是的中点，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 取中点，连接，易知两两相互垂直， 如图，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， . 设平面的法向量为， 则即，令，则，所以. 设，则 . 设与平面所成角为， 则， 解得或，则或. 9．（2024·安徽安庆·三模）如图，在四棱锥中，，，连接． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角正弦值的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）已知条件利用余弦定理和勾股定理，求出，由勾股定理证明且，得证平面，结合面面垂直判定定理得平面平面． （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）因，所以， 又，所以， 根据余弦定理知， 直角梯形中，，，，，， 则， 过点作，垂足为，则，,得， 则有，得，，得， 因，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）如图，以点为原点，分别以所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系． 则，于是， 又， 设平面的一个法向量为，于是， 令，则，即， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 10．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，在四面体中，，，两两垂直，，是线段的中点，是线段的中点，点在线段上，且． (1)求证：平面； (2)若点在平面内，且平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1），交于点，作，交于点，证明四边形为平行四边形，然后证明平面． （2）以为原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，根据平面，可设，，，即可表示出点坐标，再由平面，由求出、，从而确定点坐标，再由空间向量法求出直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）作，交于点，作，交于点， 因为是线段的中点，是线段的中点，， 所以且， ，，所以且， 且，所以四边形为平行四边形， ，又平面，平面，平面． （2）以为原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，， 设，则，，， 平面，可设，，， 即， 则，即，则， 平面，又，， ，即，解得，所以点坐标为， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，得， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 11．（2024·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是侧棱的中点，侧面为正三角形，侧面底面． (1)求三棱锥的体积； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，进而得到线面垂直，由中位线得到到平面的距离为，进而由锥体体积公式求出答案； （2）证明出，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由法向量的夹角余弦值的绝对值求出线面角的正弦值. 【详解】（1）如图所示，取的中点，连接． 因为是正三角形，所以． 又因为平面底面平面，平面平面， 所以平面，且． 又因为是的中点，到平面的距离为， ， 所以三棱锥的体积为． （2）连接，因为， 所以为等边三角形，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，解得，取，则， 所以． 设与平面所成角为， 则． 即与平面所成角的正弦值为． 12．（2024·安徽黄山·二模）如图，已知为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，是的中点，． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取AC的中点O，根据面面垂直的性质定理，可得平面，即可求证，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解. （2）建系，利用向量法，求解法向量与方向向量的夹角，即可求解． 【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，， ，为中点，， 又平面平面，且平面平面，平面, 平面，，，故四边形为矩形， ，又，分别是，的中点， ， ； （2）是圆上异于，的点，且为圆的直径， ，， 如图以为原点建立空间直角坐标系，由条件知， ,0,,,4,,,0,,，， 设,,，，， 由，得，， ，， 设平面法向量为， 则，取， 设直线与平面所成角为， 则 直线与平面所成角的正弦值为． 13．（2024·安徽池州·二模）如图，在三棱锥中，底面是边长为6的正三角形，，，点分别在棱上，，且三棱锥的体积为. (1)求的值； (2)若点满足，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)4 (2) 【分析】（1）作出辅助线，由线线垂直得到线面垂直，得到为三棱锥的高，由余弦定理得到角，进而得到边长，根据三棱锥体积得到三角形面积，结合三角形面积公式求出，由余弦定理求出； （2）证明出面面平行，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦公式求出线面角的正弦值，进而得到余弦值. 【详解】（1）如图所示，取中点，连接， 是边长为6的正三角形，为中点， ，且， 又， ， 又，平面， ∴平面， 过点作，点为垂足， 平面， ， 又，， 平面， ∴为三棱锥的高， ， 在中，， ， ， ， 又， ， ①， 又在中，， 由余弦定理得， ②， 由①②得； （2）过作，以为坐标原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 且，取的方向向量. 由（1）知， ， ， 又平面平面， 平面， 又， ，同理可证平面， 又， ∴平面平面， 所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，且记为， 设平面的法向量，则， 解得，令，则， 故， ， ， 所以直线与平面所成角的余弦值. 14．（2024·安徽池州·模拟预测）如图①，四边形是边长为2的正方形，与是两个全等的直角三角形，且与交于点，将与分别沿翻折，使重合于点，连接，得到四棱锥，如图②， (1)证明：； (2)若为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）易证平面，从而得出，再证明平面即可证明； （2）可由（1）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可. 【详解】（1）由翻折的不变性可知四棱锥的底面是边长为2的正方形，， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以， 如图，连接，则， 又平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）由（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题图①可知，又，所以， 则，， 所以，又为棱的中点， 所以，， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，故， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 15．（2024·安徽合肥·一模）如图，三棱柱中，四边形均为正方形，分别是棱的中点，为上一点. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接,则有平面平面，可得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可. 【详解】（1）连接. 因为，且， 又分别是棱的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面， 因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）四边形均为正方形，所以. 所以平面. 因为， 所以平面. 从而. 又， 所以为等边三角形. 因为是棱的中点， 所以. 即两两垂直. 以为原点，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则， 所以. 设为平面的法向量， 则，即，可取. 因为，所以. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角正弦值为. 16．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，分别为的中点．    (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求： ①的长； ②直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2)① ；② 【分析】（1）根据条件得到，，从而得到平面，再利用线面垂直的性质定理，即可证明结果； （2）①由（1）知为二面角的平面角，设，在，根据条件得到，，利用余弦定理可求出，进而可求出结果；②建立空间直角坐标系，求出面的法向量，，再利用线面角的向量法，即可求出结果. 【详解】（1）连接，因为分别为的中点，是等边三角形，所以， 又，所以， 在和中，，所以， 又为的中点，所以， 又，平面，平面，又平面，所以. （2）①由（1）可知为二面角的平面角， 设，则， ，又， ， ． 在和中，， 为BD的中点． ②． ，又，面，所以平面， 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则 ，， 为的中点，， 易知平面的一个法向量， 又，设与平面所成角为， 则， 故与平面所成角的正弦值为．    17．（2024·安徽·模拟预测）如图，两两垂直，点为的中点，点在线段上，且满足，． (1)求证：平面平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由题意首先证明是二面角的平面角，其次利用几何关系证明，从而即可得证. （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，结合公式即可运算求解. 【详解】（1）连接． 因为平面， 所以平面． 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角． 因为，所以． 在中，． 在中，． 所以， 所以，即． 所以平面平面． （2）如图，以点为坐标原点，直线为轴，过点与平行的直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则，即. 取，得． 设直线与平面所成的角为， 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18．（2024·安徽·模拟预测）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且． (1)证明：平面； (2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可. （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解. 【详解】（1）在线段上取一点，使， 连结，则， 又因为，所以， 因为平面平面，所以平面， 由，得，又，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）因为平面平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 所以两两互相垂直． 所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得， 于是， ， 设平面的法向量为，则， 得，即， 令，得，所以平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19．（2024·安徽·模拟预测）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为下底面圆周上异于、的点．    (1)点为线段的中点，证明：直线平面； (2)若四棱锥的体积为3，求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2)或 【分析】（1）根据题意证明四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可． 【详解】（1）取中点，连接，则有，， 如图：    在等腰梯形中，， 所以，， 则四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以直线平面． （2）过点作于，在等腰梯形中，， 所以梯形的高，所以等腰梯形面积为， 所以四棱锥的体积，解得， 在中，由射影定理得或， 当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；    则有， 故，， 设平面的法向量，故， 令，得， 设直线与平面夹角的大小为， 则， 所以直线与平面夹角的正弦值为； 当时，以为坐标原点，以过点平行与的方向，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系；    则有， 故，， 设平面的法向量，故， 令，得， 设直线与平面夹角的大小为， 则， 所以直线与平面夹角的正弦值为， 综上所述，直线与平面夹角的正弦值为或． 20．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知在三棱台中，平面，为等腰直角三角形，，，，分别为，，的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）借助平行四边形的性质及平行线的传递性证明，利用线面平行的判定定理进行证明； （2）建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式求得结果. 【详解】（1）由三棱台的结构特征可知，，， 因为为的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形， 得. 同理可证，则. 又平面平面， 所以平面. （2）由题意可知平面，， 又平面， 所以， 所以直线两两垂直，故可以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴, 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 故，，. 设平面的法向量为， 则，即， 取，则. 设直线与平面所成的角为， 则， 又，所以， 即直线与平面所成的角为. 21．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形为菱形，D，E分别为BC，AC的中点，且，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据已知条件先依次证明和，从而得到平面，进而证出平面平面. （2）由（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法即可求解. 【详解】（1）由，可得， ∴， ∵D，E分别为BC，AC的中点，∴，且，∴． 连接，则由条件可得为等边三角形，∴， 又，∴， ∴．又，且，平面， ∴平面，又平面， ∴平面平面. （2）由（1）可得平面，，， 又，平面，故平面ABC， 如图，以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴，过点B且与平行的直线为z轴建立空间直角坐标系B-xyz， 则，，，，， ∴，，． 设平面的法向量为， 由可得， 令，可得． 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 22．（2024·安徽·模拟预测）如图，将绕边旋转得到，其中平面，连结分别是的中点，平面．    (1)求证：； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）过点D作，连接，通过面面垂直的判定得到平面平面，再通过面面垂直性质定理得到平面，结合平面以及线面平行判定定理和性质定理，证明出，最后利用勾股定理逆定理即可得证； （2）以中点H为原点，为x轴，为z轴，过点H作的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和向量，即可求出线面角的正弦值. 【详解】（1）过点D作，连接． 因为， 所以平面，因为平面， 所以平面平面． 又因为，平面，平面平面， 所以平面． 因为平面，所以， 所以平面． 因为平面平面平面，同时， 所以平面平面， 所以平面． 因为平面，平面平面， 所以，所以H是中点， 所以，所以， 所以． （2）如图，以中点H为原点，为x轴，为z轴，过点H作的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，    则， 所以． 设是平面的一个法向量， 则 取，则， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为． 23．（2024·安徽·模拟预测）图（1）为梯形，，为的中点.将梯形沿折起，使点在平面内的射影为的重心，如图（2）．    (1)求证：． (2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定可证平面，然后根据线面垂直的性质可得 （2）以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，以过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据公式即可求得 【详解】（1）在梯形中，因为为的中点，所以，且， 所以四边形是平行四边形． 又因为，所以平行四边形是菱形， 所以，所以是正三角形，则是正三角形． 连接，如图，因为点为的重心，所以,    因为点G在平面内的射影为点，所以平面． 又平面，所以． 因为，，平面，所以平面． 又平面，所以． （2）连接，交于点，则．以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，以过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：    因为是正三角形，且边长为2，所以， 则，易得，，，，，则，，，设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 24．（2024·安徽·模拟预测）如图，在菱形中，，分别为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且． (1)证明：平面． (2)若为线段上的一点，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）借助折叠的性质与线面垂直的判定定理及性质定理推导即可得； （2）建立适当的空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）如图，连接，设与交于点， 连接，则， 又分别为的中点， 所以，则， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 在菱形中，，则为等边三角形， 所以， 因为， 所以，则， 又平面， 所以平面； （2）以为原点，分别以所在直线为轴、轴， 以过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图的空间直角坐标系， 则， 由（1）可知平面， 又平面，所以平面平面， 因为， 所以，即． 在中，点到的距离为， 又，故， 所以， 设平面的法向量为， 则有，即， 令，则，所以， 设， 则， 设与平面所成的角为， 显然当时，，不符合题意， 则，所以， 所以 ， 当，即时，取得最大值，为． 题型二 平面与平面所成夹角的计算 1．（2023·安徽芜湖·模拟预测）如图，已知半圆锥的顶点为，点是半圆弧上三等分点（靠近点），点是弧上的一点，平面平面，且，是中点．    (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过证明OD，，可证明结论； （2）取弧中点为N，如图建立以O为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可得答案. 【详解】（1）由题可得平面，又平面，则. 因，平面，平面，则平面. 又平面，平面平面 ，则. 因点是半圆弧上三等分点，则，又，则. 又，则是等边三角形，得. 又，则，即OD平分. 又，则在等腰三角形AOC中，由三线合一可知. 又平面POD，，则平面. 又平面，则平面平面. （2）取弧中点为N，连接ON. 由（1），又. 则如图建立以O为原点的空间直角坐标系. 取，则，，. 则，. 设平面 法向量为，则. 取，则，即. 又平面的法向量为，则平面与平面夹角的余弦值 .    2．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）设中点为，连接， 因为，且，故四边形为正方形， 而，，， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以，又平面，， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，所以，， 设平面的法向量为，则，即，令，所以， 由（1）知，平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，则，所以， 即，解得或（舍去）， 所以.    3．（2024·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱台的上、下底面均为正方形，平面，，，四棱台的体积为． (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由已知可得，结合余弦定理可得，从而可证平面，进而可得平面，进而可得，利用线线垂直可证平面． （2）以为原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求得平面和平面夹角的余弦值． 【详解】（1）四棱台体积，解得， 过作于，由题意可得，所以， 所以,由勾股定理可得， 由余弦定理：， 所以．由题意，，， 平面，所以平面 因为，所以平面 所以，又，平面， 所以平面． （2）如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，, 所以,,,, 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则, 所以平面的一个法向量为， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 4．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱台中，平面，，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作交于点，根据题意得到，再根据余弦定理得到，进而有平面，由此得证； （2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面夹角的余弦. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 作交于点， 在等腰梯形中，，，所以 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，从而有， 又，所以平面， 因为平面，所以． （2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， ，， 因为平面， 所以为面的一个法向量． 设为面的法向量， 则，即 取，，，则 依题意，， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 5．（2024·安徽·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.    (1)已知为中点，求证：平面； (2)求平面与平面的夹角． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取中点，根据线面垂直的判定与性质，结合等腰三角形三线合一性质的应用可分别证得，，由此可得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可求得结果. 【详解】（1）取中点，连接，    四边形为正方形，，， 平面，平面，，； ，，平面，平面， 平面，平面，又为中点，， 平面，又平面，平面， ，； ，为中点，； ，平面，平面， 又平面，， ，平面，平面. （2）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，    不妨设，则，，，， ，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ，即平面与平面夹角余弦值为， 平面与平面的夹角为. 6．（2024·安徽·三模）如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取棱的中点，连接，分别证得和和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设，分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：取棱的中点，连接， 因为，所以， 又因为，由直角三角形的性质，可得， 因为，所以， 可得，即， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，故平面平面. （2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设，则， 所以， 可得， 设为平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设为平面的法向量，则， 取，可得，所以. 所以，故二面角的正弦值为.    7．（2024·安徽·三模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为上一点，且． (1)若是直角三角形，求证：； (2)若为锐角，且四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）借助面面垂直的性质定理与线面垂直的性质定理可得线面垂直，再利用线面垂直的性质定理推导即可得； （2）利用面面垂直的性质定理及体积公式计算相应长度，再建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）连接，因为是直角三角形，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以， 因为四边形为直角梯形，， 所以，所以， 所以，因为，平面， 所以平面，因为平面，所以； （2）因为为锐角，作于，则点在线段上， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，则为四棱锥的高， 因为四棱锥的体积为， 所以，解得，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，过与平行的直线为轴， 建立空间直角坐标系如图，则， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，即平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 8．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱柱中，，，，，P为线段的中点，点N为线段上靠近的三等分点. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先得到，，得到线面垂直，故，再得到，由三线合一得到，得到线面垂直，得到结论； （2）先证明出面面垂直，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值. 【详解】（1）因为，故， 又，所以， 故侧面为矩形，故， 又，，， 所以平面， 而平面，故， 又，，故为等边三角形， 所以， 因为是线段的中点，故， 且，平面，故平面， 因为平面，故. （2）由（1）知，平面，又平面， 故平面平面， 以为原点，，所在直线分别为x，y轴， 过点C在平面内作垂直的直线为z轴， 建立空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，， ，设，则， 即，解得， 故， 易得平面的一个法向量为， 设平面的法向量，则， 令，则. 记平面与平面夹角为， 故， 即平面与平面夹角的余弦值为. 9．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，平行六面体中，侧面为矩形，底面是边长为2的菱形，且为线段上一点，满足． (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，利用给定条件结合勾股定理逆定理证得，再利用线面、面面垂直的判定推理即得. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出二面角的两个半平面的法向量坐标，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）取的中点，连接，由是边长为2的菱形，得， 又，则为等边三角形，即有， 由，则， 即，，由，得， 而平面，因此平面，又平面， 所以平面平面． （2）由，得，又平面平面， 平面平面平面，于是平面，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 由，令，得， 由，令，得， 因此， 所以二面角的正弦值为． 10．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱台中，，平面平面，． (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理得，再利用面面垂直的性质定理得，最后根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）首先利用锥体体积公式得，再通过建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量即可求出面面角余弦值, 【详解】（1）如图，在等腰梯形中，连接， 又，可以解得， 在三角形中，， 又平面平面，且平面平面， ，且平面， 平面． 又，且平面， 平面． （2）由（1）可知，， ． 以为原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 可得：． 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，又， 由 令，解得平面的一个法向量为， ． 平面与平面的夹角的余弦值为． 11．（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长； （2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可. 【详解】（1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 因为，，、平面，， 所以平面，又因为平面，所以． 分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 设，因为，所以， 又，， 所以，即， 设中点为，则，如图： 又，所以， 因此，的轨迹为圆弧，其长度为； （2）由（1）知，可设，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令得． 为平面的一个法向量，令二面角为角， ，又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． 12．（2024·安徽·二模）将正方形绕直线逆时针旋转，使得到的位置，得到如图所示的几何体． (1)求证：平面平面； (2)点为上一点，若二面角的余弦值为，求． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据面面与线面垂直的性质可得，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，设，，利用空间向量法求出二面角的余弦值，建立方程，结合三角恒等变换求出即可. 【详解】（1）由已知得平面平面，，平面平面，平面， 所以平面，又平面，故， 因为是正方形，所以， ，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，，两两垂直， 以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图. 设，， 则，，，， 故，， 设平面的法向量为，则， 故，取，则， 所以 设平面的法向量为，， 故，取，则， 所以， 所以， 由已知得， 化简得：，解得或（舍去） 故，即. 13．（2024·安徽·模拟预测）2023年12月19日至20日，中央农村工作会议在北京召开，习近平主席对“三农”工作作出指示．某地区为响应习近平主席的号召，积极发展特色农业，建设蔬菜大棚．如图所示的七面体是一个放置在地面上的蔬菜大棚钢架，四边形ABCD是矩形，m，m，m，且ED，CF都垂直于平面ABCD，m，，平面平面ABCD． (1)求点H到平面ABCD的距离； (2)求平面BFHG与平面AGHE所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取的中点，证得平面平面，得到，再由平面平面，证得，得到平行四边形，得到，求得，结合平面，即可求解； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量 和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）如图所示，取的中点，连接， 因为，可得， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，同理可得：平面， 因为平面，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面与平面和平面分别交于，可得， 又由，，且和， 所以平面平面， 因为平面与平面和平面分别交于，所以， 可得四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 在直角，可得， 在直角梯形中，可得， 因为平面，所以点到平面的距离为. （2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 则， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值. 14．（2024·安徽黄山·一模）如图，四棱锥，平面平面为中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】 （1）根据四棱锥棱长及其性质，利用三角形全等可证明，再由面面垂直性质可得，再由线面垂直判定定理可得平面，即可得平面平面； （2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量分别求出平面与平面的法向量，即可求得其夹角的正弦值为. 【详解】（1）证明：根据题意可得为中点，所以， 易知， 所以，可得， 易知，所以，即； 由，为中点，可得， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以； 又，平面， 所以平面，又平面， 因此平面平面； （2）以为坐标原点，分别以为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 易知， 可得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则； 所以； 设平面夹角的的一个法向量为， 则，解得，令； 所以； 可得， 设平面与平面的夹角为， 可得 可得平面与平面夹角的正弦值为. 15．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，．    法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．    法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 16．（2024·安徽安庆·二模）如图，将边长为2的菱形沿其对角线对折，使得点A、D分别位于边长为2的等边所在平面的两侧，且，．设E是的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取的中点O，根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面． （2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据题意，分别求得平面和得到法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：取的中点O，连接、，如图所示． 因为四边形是边长为2的菱形，是边长为2的等边三角形， 所以也是边长为2的等边三角形， 在等边中，O是的中点，可得且， 又因为，可得，所以， 因为，且平面，所以平面； 又因为平面，故平面平面． （2）解：由（1）知，，． 因为O是等边的边中点，可得． 所以，以为原点，分别以所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得， 因为是边长为2的等边三角形，故， 所以，且， 又因为，，故平面，则D在平面内， 可得，所以，， 设平面的法向量为，显然可令； 设平面的法向量为，则， 令，则，，即，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的正弦值为． 17．（2024·安徽·模拟预测）如图，空间六面体中,,，平面平面为正方形，平面平面. (1)求证：； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据条件可得平面平面，利于面面平行的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角的向量表达形式进行计算即可. 【详解】（1）平面平面， 平面. 为正方形，， 同理可得平面. 平面平面， 平面平面. 平面平面 平面平面， . （2）由于为正方形，平面平面， 可得平面.如图，建立空间直角坐标系， 设，根据条件可知 则, , 可知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则取， ， 平面与平面所成角的余弦值为. 18．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是以为底的等腰三角形，，E在上，．    (1)证明：平面平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）在底面中解三角形可得，，可证得平面，从而得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，求得二面角的余弦值． 【详解】（1）由题意知，则在中， ， ，从而， 中，， 则 ，   又平面，，所以平面， 而平面， ∴平面平面． （2）由（1）知平面，平面， ， ， 所以为等边三角形， 如图，在平面内作， 因为平面平面,所以平面， 以 ， ， 分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），    则， 从而 显然平面的一个法向量为 设平面的法向量为，则 即 取， 记二面角的平面角为（由图可知为锐角），则 即二面角的余弦值为． 19．（2024·安徽·模拟预测）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上. (1)求的长度； (2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得，再利用三角形相似可求得； （2）建立空间直角坐标系，设，并根据坐标分别求得平面与平面的法向量，由两平面夹角的余弦值列方程解得，可得. 【详解】（1）作，垂足为，连接，如下图所示：    由点在平面的射影落在边上可得平面， 又平面，所以， 因为，且平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为为矩形，，可得， 由，可得， 所以，； 由可得，即； 即的长度为1. （2）根据题意，以点为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：    则，并设， 可得，所以； 易知，， 设平面的一个法向量为， 所以，解得，取，则， 即， 设平面的一个法向量为， 所以，解得，取，则， 即， 因此可得，整理可得， 解得（舍）或； 因此，即可得. 所以的长度为. 20．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，圆台的上､下底面圆半径分别为和为圆台的两条不同的母线.分别为圆台的上､下底面圆的圆心，且为等边三角形. (1)求证：； (2)截面与下底面所成的夹角大小为，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）依题四点共面，利用面面平行的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用截面与下底面所成的夹角可求得的大小，继而利用向量夹角余弦值向量表示求解即可. 【详解】（1）证明圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到， 所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分. 母线与母线的延长线必交于一点， 四点共面. 圆面圆面， 且平面圆面，平面圆面. . （2）为等边三角形， ，如图建立空间直角坐标系， 设. . 设平面的一个法向量.则有： 令，则. 底面的一个法向量， 因为截面与下底面所成的夹角大小为， 所以， ， ， 又坐标为. ， . 异面直线与所成角的余弦是. 21．（2024·安徽淮北·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.    (1)求证：； (2)若是边长为2的等边三角形，点满足，且平面与平面夹角的正切值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用平面与平面垂直的性质定理证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设E点坐标，计算平面与平面的法向量，根据平面与平面夹角正切值求得参数，得几何体的高，计算体积. 【详解】（1）证明：因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， （2）因为是边长为2的等边三角形， 所以是以为直角顶点的直角三角形， 过作，交于， 结合题设，以为原点，，，为坐标轴，建立如图所示空间直角坐标系，      则，，因为，可设（）， 所以，，设面法向量为， 则，令，得， 易知平面法向量为，平面与平面夹角正切值为，所以余弦值为， 故，解得， 所以，故. 22．（2024·安徽·模拟预测）如图四棱台中，，平面，. (1)证明：； (2)若，，，求二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再由平面，则可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，判断二面角为锐角，求出二面角的余弦值即可. 【详解】（1） 取的中点，连接，则，， 四边形为平行四边形，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，，所以平面， 又平面，所以. （2）因为平面，平面，所以， 由（1）得，， 以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，， ，在四棱台中，四边形相似于四边形， 且相似比为，，所以， ，所以， 平面的一个法向量为，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则 所以， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 23．（2024·安徽·模拟预测）如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若为的中点，，圆锥的体积为. (1)求证：； (2)若圆上的点满足，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面，证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，所以， 底面圆，而底面圆，则， ，，平面，所以平面，     因为平面，所以. （2）因为，圆锥的体积为，所以，所以，     因为，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 即平面的法向量为，     显然， 又底面圆，底面圆， 所以， 所以，，两两垂直， 以为原点，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，， 由题意， 点在圆上，则，如图所示， 在中，，则， 过作轴的垂线，垂足为， 有，，则， 得， 所以，，，     设平面的法向量为，所以， 令，则，所以，     设平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 24．（2024·安徽·模拟预测）如图，三棱锥中，，，，平面平面分别为棱的中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质证明，由勾股定理证明，可证平面； （2）过点作，垂足为点，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 因为平面，所以． 因为，，，所以， 又，，所以，所以． 综上，因为，，平面，平面，， 所以平面． （2）过点作，垂足为点，因为平面平面， 平面平面，平面，所以平面． 以为原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．    由（1）知平面，平面，所以， 在Rt中，，则． 又，所以，得， 故，，， 则，，，，， ，，． 设平面的一个法向量为，则 取，则，，得， 设平面的一个法向量为，则 取，则，得， 设二面角的大小为，易知为锐角， 则， 所以二面角的余弦值为． 25．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知四边形是直角梯形，，平面是的中点，E是的中点，的面积为，四棱锥的体积为． (1)求证：平面; (2)若P是线段上一动点，当二面角的大小为时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，可得是等边三角形，求出，过点D作交于点M，可得四边形为平行四边形，可求得，结合四棱锥的体积为，求得利用勾股定理证明，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出点的坐标得解. 【详解】（1）因为平面，所以． 因为N是的中点，所以，故． 又因为，所以是等边三角形． 因为的面积为，所以． 如图1，过点D作交于点M，四边形是直角梯形， 且，，则， 故四边形为平行四边形． 因此． 又，因此． 因为四棱锥的体积为， 所以， 解得． 连接，在中，． 连接，在中，． 因为， 则． 因为平面，所以， 而平面平面， 所以平面． （2）以N为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图2所示． 则． 因为P是线段上一动点， 所以设，其中． 故． 设平面的一个法向量， 则，令，得，， 所以． 设平面的一个法向量， 则有，令，得，， 可取． 因为二面角的大小为， 所以，即，解得，即． 因为， 所以． 26．（2024·安徽·模拟预测）如图（1），在中，，，点为的中点．将沿折起到的位置，使，如图（2）． (1)求证：． (2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的余弦值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)存在， 【分析】（1）先利用线线垂直推导线面垂直，得平面，即得；同法再证平面，得；则得平面，故； （2）根据题设条件和（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，由求得，再分别求得两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求解即得. 【详解】（1）依题意可知点为的中点，，所以． 又，，，平面，所以平面． 又平面，所以． 依题意可知，，，，平面， 所以平面． 又平面，所以． 因为，，平面，所以平面． 又平面，所以． （2） 由题意，得，， 由（1），所以． 以点为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图，则，，，，． 所以，，． 设，即， 则，． 若存在点，使得，则， 解得，则． 设平面的法向量为， 则令，得，， 所以平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 则令，得，， 所以平面的一个法向量为． 所以． 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的余弦值为． 27．（2024·安徽·三模）如图，在直四棱柱中，底面四边形ABCD为菱形，，点E，F分别为棱AB，上的点，    (1)若，且平面平面，求实数的值； (2)若F是的中点，平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）法一，四边形ABCD为菱形，，取AB的中点，容易证得，进而证明平面和平面平面，从而求出实数的值；法二，在上取一点G，使，证明，进而证明平面和平面平面，从而求出实数的值； （2）法一，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，进而平面与平面夹角的余弦值，即可求出的值； 法二，以底面菱形的中心为坐标原点，建立空间直角坐标系，容易证得向量夹角余弦的绝对值等于平面与平面夹角的余弦值，即可求出的值. 【详解】（1）方法一：如图1，取AB的中点，连接， 因为四边形ABCD是菱形，且， 所以是等边三角形，所以. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面， 所以E点和点重合. 所以，即，即. 方法二：如图2，在上取一点G，使，连接EG，. 显然四边形为平行四边形，得到，且， 同时，且， 有，且， 四边形为平行四边形， 则平面平面，且. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 所以. 又平面平面，平面平面，平面. 所以平面. 又平面，所以. 又因为四边形是菱形，且， 所以是等边三角形， 所以，即.    （2）方法一：以E为AB的中点. 以点为原点，分别以为轴，建立如图3所示的空间直角坐标系 不妨设，，则，，，，，，所以，，，. 设平面的法向量为， 则即 令，则，，所以平面的一个法向量为， 设平面BDF的法向量为， 则即 令，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则 令，解得或，所以或. 所以或. 方法二：连接AC，与BD相交于点O，连接与相交于点， 连接，OF，. 由题意得，，平面ABCD. 以点为原点，分别以为轴，建立如图4所示的空间直角坐标系， 不妨设，， 则，， 所以，. 易知，， 所以向量夹角余弦的绝对值等于平面与平面夹角的余弦值， 所以. 所以. 解得或，所以或. 所以或. 学科网（北京）股份有限公司 $$