专题14 立体几何与空间向量(解答题)-大数据之十年高考数学真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考+全国理）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题14立体几何与空间向量(解答题) 1．【2024年新高考1卷第17题】如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 2．【2024年甲卷理科第19题】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 3．【2024年新高考2卷第17题】如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 4．【2023年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 5．【2023年新课标全国Ⅰ卷第18题】如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 6．【2023年高考全国乙卷理第19题】如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 7．【2023年高考全国甲卷理第18题】如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 8．【2022年新课标全国Ⅰ卷第19题】如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 9．【2022年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 10．【2022年高考全国乙卷理第18题】如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 11．【2022年高考全国甲卷理第18题】在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 12．【2021年新课标全国Ⅰ卷第20题】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 13．【2021年新课标全国Ⅱ卷第19题】在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 14．【2021年高考全国乙卷理第18题】如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 15．【2021年高考全国甲卷理第19题】已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 16．【2020年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明：平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 17．【2020年新课标全国Ⅰ卷第20题】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 18．【2020年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，． （1）证明：点在平面内； （2）若，，，求二面角的正弦值． 19．【2020年新课标Ⅱ卷理科第20题】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 20．【2020年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 21．【2019年新课标Ⅲ卷理科第19题】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B−CG−A的大小. 22．【2019年新课标Ⅱ卷理科第17题】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. （1）证明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值. 23．【2019年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 24．【2018年新课标Ⅱ卷理科第20题】如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 25．【2018年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 26．【2018年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 27．【2017年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值. 28．【2017年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）证明：平面ACD⊥平面ABC； （2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 29．【2017年新课标Ⅱ卷理科第19题】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点． （1）证明：直线平面； （2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值． 30．【2016年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. （Ⅰ）证明MN∥平面PAB; （Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 31．【2016年新课标Ⅱ卷理科第19题】如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 32．【2016年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.    （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 33．【2015年新课标Ⅱ理科第19题】如图，长方体中, ， ， ，点 ， 分别在 ， 上， ．过点 ， 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线与平面 所成角的正弦值． 34．【2015年新课标Ⅰ理科第18题】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．    （1）证明：平面AEC⊥平面AFC； （2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值． 1．（2024·河南·三模）如图所示，在四棱锥中，，， ，为正三角形. (1)证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）； (2)当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值. 2．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图． (1)证明：平面平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值． 3．（2024·山东德州·三模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，点为中点，，平面平面. (1)证明: 平面 (2)求证：平面平面； (3)若与平面所成的角为，求平面与平面所成角的正弦值. 4．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2. (1)证明:平面； (2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求. 5．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，，． (1)证明：； (2)若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 6．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由. 7．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 8．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 9．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 10．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 11．（2024·江苏苏州·三模）如图，已知正方体的棱长为，，分别是和的中点. (1)求证：； (2)求直线和之间的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 12．（2024·河南·三模）如图，在四棱台中，底面为平行四边形，侧棱平面，，. (1)证明：平面平面； (2)若四棱台的体积为．求直线与平面所成角的正弦值. 13．（2024·河南新乡·三模）如图，在四面体中，分别为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 14．（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.    (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 15．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷） 专题14立体几何与空间向量(解答题) 1．【2024年新高考1卷第17题】如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 2．【2024年甲卷理科第19题】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 3．【2024年新高考2卷第17题】如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 4．【2023年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 5．【2023年新课标全国Ⅰ卷第18题】如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 6．【2023年高考全国乙卷理第19题】如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 7．【2023年高考全国甲卷理第18题】如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图，   底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， （2）， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 8．【2022年新课标全国Ⅰ卷第19题】如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 9．【2022年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面    （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.    10．【2022年高考全国乙卷理第18题】如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)与平面所成的角的正弦值为 【详解】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角的正弦值为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 11．【2022年高考全国甲卷理第18题】在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 12．【2021年新课标全国Ⅰ卷第20题】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则，设, 所以， 设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G． 作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角． 因为，所以． 由已知得，故． 又，所以． 因为， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角，记为，为，， 记二面角为．据题意，得． 对使用三面角的余弦公式，可得， 化简可得．① 使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．② 将①②两式平方后相加，可得， 由此得，从而可得． 如图可知，即有， 根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得， 结合的正切值， 可得从而可得三棱锥的体积为． 13．【2021年新课标全国Ⅱ卷第19题】在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】 （1）取的中点为，连接. 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面， 因为平面，故平面平面. （2）在平面内，过作，交于，则， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量， 则即，取，则， 故. 而平面的法向量为，故. 二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 14．【2021年高考全国乙卷理第18题】如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法 平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，， ，则，解得，故； [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法 如图，连结．因为底面，且底面，所以． 又因为，，所以平面． 又平面，所以． 从而． 因为，所以． 所以，于是． 所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法    如图，联结交于点N． 由[方法二]知． 在矩形中，有，所以，即． 令，因为M为的中点，则，，． 由，得，解得，所以． （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. [方法二]：构造长方体法+等体积法   如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G． 联结，由三垂线定理可知， 故为二面角的平面角． 易证四边形是边长为的正方形，联结，． ， 由等积法解得． 在中，，由勾股定理求得． 所以，，即二面角的正弦值为． 15．【2021年高考全国甲卷理第19题】已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 16．【2020年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明：平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）证明： 在正方形中，， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以， 因为在四棱锥中，底面是正方形，所以 且平面，所以 因为 所以平面； （2）如图建立空间直角坐标系， 因为，则有， 设，则有， 因为QB=，所以有 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．【2020年新课标全国Ⅰ卷第20题】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得， 当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 18．【2020年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，． （1）证明：点在平面内； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论 在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示. 在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内. ［方法二］：空间向量共线定理 以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示． 设，则． 所以．故．所以，点在平面内． ［方法三］：平面向量基本定理 同方法二建系，并得， 所以． 故．所以点在平面内． ［方法四］： 根据题意，如图3，设． 在平面内，因为，所以． 延长交于G， 平面， 平面． ， 所以平面平面①． 延长交于H，同理平面平面②． 由①②得，平面平面． 连接，根据相似三角形知识可得． 在中，． 同理，在中，． 如图4，在中，． 所以，即G，，H三点共线． 因为平面，所以平面，得证． ［方法五］： 如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内． （2）［方法一］【最优解】：坐标法 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2. 则、、、， ，，，， 设平面的一个法向量为， 由，得取，得，则， 设平面的一个法向量为， 由，得，取，得，，则， ， 设二面角的平面角为，则，. 因此，二面角的正弦值为. ［方法二］：定义法 在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．   在中，． 所以，则． ［方法三］：向量法 由题意得， 由于，所以． 如图7，在平面内作，垂足为G， 则与的夹角即为二面角的大小． 由，得． 其中，，解得，． 所以二面角的正弦值． ［方法四］：三面角公式 由题易得，． 所以． ． ． 设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得 ，所以． 19．【2020年新课标Ⅱ卷理科第20题】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）分别为，的中点， ， 又， ， 在中，为中点，则， 又侧面为矩形， ， ， ， 由，平面， 平面， 又，且平面，平面， 平面， 又平面，且平面平面 ， ， 又平面， 平面， 平面， 平面平面. (2)[方法一]：几何法 如图，过O作的平行线分别交于点，联结， 由于平面，平面，， 平面，平面，所以平面平面． 又因平面平面，平面平面，所以． 因为，，，所以面． 又因，所以面， 所以与平面所成的角为． 令，则，由于O为的中心，故． 在中，， 由勾股定理得． 所以． 由于，直线与平面所成角的正弦值也为． [方法二]【最优解】：几何法 因为平面，平面平面，所以． 因为，所以四边形为平行四边形． 由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线． 所以在平面的射影为． 从而与所成角的正弦值即为所求． 在梯形中，设，过E作，垂足为G，则． 在直角三角形中，． [方法三]：向量法 由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量． 因为平面，平面，且平面平面， 所以． 由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则． 因为O为正的中心，故． 由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形． 由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则． 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． [方法四]：基底法 不妨设， 以向量为基底， 从而，． ，， 则，． 所以． 由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量． 设直线与平面所成角，则． 故直线与平面所成角的正弦值为． [方法五]：坐标法 过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，AO=AB=2， 则， 所以， 所以 易得为平面A1AMN的一个法向量， 则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 20．【2020年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明 由题设，知为等边三角形，设， 则，，所以， 又为等边三角形，则，所以， ，则，所以， 同理，又，所以平面； [方法二]：空间直角坐标系法 不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此． 在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，，． 故，． 所以，． 又，故平面． [方法三]： 因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以． 因为（即）垂直于底面，在底面内，所以． 又因为平面，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 设，则F为的中点，连结． 设，且， 则，，． 因此，从而． 又因为，所以平面． [方法四]：空间基底向量法 如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得， 因为，所以． 以为基底，平面，则， ，且， 所以． 故．所以，即． 同理．又，所以平面． （2）[方法一]：空间直角坐标系法 过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，， 设平面的一个法向量为， 由，得，令，得， 所以， 设平面的一个法向量为 由，得，令，得， 所以 故， 设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以. [方法二]【最优解】：几何法 设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H， 联结，则． 由平面，得平面． 由（1）可得，，得． 所以，根据三垂线定理，得． 所以是二面角的平面角． 设圆O的半径为r，则，，，，所以，，． 在中，， ． 所以二面角的余弦值为． [方法三]：射影面积法 如图所示，在上取点H，使，设，连结． 由（1）知，所以．故平面． 所以，点H在面上的射影为N． 故由射影面积法可知二面角的余弦值为． 在中，令，则，易知．所以． 又，故 所以二面角的余弦值为． 21．【2019年新课标Ⅲ卷理科第19题】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B−CG−A的大小. 【答案】(1)见详解；(2) . 【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起. ，A，C，G，D四点共面. 又. 平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证. (2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以 而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以. 而在中,，即二面角的度数为. 22．【2019年新课标Ⅱ卷理科第17题】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. （1）证明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【详解】（1）证明：因为是长方体，所以侧面，而平面，所以 又，，平面，因此平面； （2） [方法一]【三垂线定理】 由（1）知，，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以． 如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以． 又，所以平面． 作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角． 设，则，由，得． 在中，，所以， 即二面角的正弦值为． [方法二]【利用平面的法向量】 设底面边长为1，高为，所以． 因为平面，所以，即， 所以，解得． 因为平面，所以，又，所以平面， 故为平面的一个法向量． 因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量， 在中，因为，故与成角， 所以二面角，的正弦值为． [方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】 设底面边长为1，高为，所以． 因为平面，所以，即， 所以，解得． 因为，所以是直角三角形，． 因为平面，所以到平面的距离相等设为． 同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以， 即，解得． 设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得． 设为二面角的平面角，， 所以二面角的正弦值为． [方法四]【等价转化后利用射影面积计算】 由（1）的结论知，又，易证，所以，所以， 即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等． 设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示， 在正方体中求二面角的正弦值． 设相交于点O，易证平面， 所以是在平面上的射影． 令正方体的棱长， 则，，，． 设二面角为，由，则， 所以． 即二面角的正弦值为． [方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】 如图4，分别取中点F，G，H，联结． 过G作，垂足为P，联结． 易得E，F，G，H共面且平行于面． 由（1）可得面．因为面，所以． 又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形． 设，则，四棱柱为正方体． 在及中有． 所以与均为直角三角形且全等． 又因为，所以为二面角（即）的一个平面角． 在中，． 所以， 所以． 故二面角的正弦值为． [方法六]【最优解：空间向量法】 以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 因为， 所以， 所以，， 设是平面的法向量， 所以， 设是平面的法向量， 所以， 二面角的余弦值的绝对值为， 所以二面角的正弦值为. 23．【2019年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（1）连接， ，分别为，中点    为的中位线 且 又为中点，且 且 四边形为平行四边形 ，又平面，平面 平面 （2）设， 由直四棱柱性质可知：平面 四边形为菱形     则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：，，，D（0，-1,0） 取中点，连接，则 四边形为菱形且    为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面 为平面的一个法向量，且 设平面的法向量，又， ，令，则，     二面角的正弦值为： 24．【2018年新课标Ⅱ卷理科第20题】如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）因为，为的中点，所以，且． 连结． 因为，所以为等腰直角三角形， 且 ，由知． 由知，平面． （2）［方法一］：【通性通法】向量法 如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ． 由已知得 取平面的法向量． 设，则． 设平面的法向量为． 由得 ， 可取 所以 ．由已知得 ． 所以 ．解得(舍去)， ． 所以 ． 又 ，所以 ． 所以与平面所成角的正弦值为． ［方法二］：三垂线＋等积法 由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即． 设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为． ［方法三］：三垂线＋线面角定义法 由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得． 在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以． 由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角． 设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为． ［方法四］：【最优解】定义法 如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得． 联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以． 25．【2018年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【详解】（1）［方法一］：【最优解】判定定理 由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM. 又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. ［方法二］：判定定理 由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为，平面ABCD,所以平面，而平面，所以，因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又，所以，平面，而平面，所以平面平面． ［方法三］：向量法 建立直角坐标系，如图2，设， 所以， 设平面的一个法向量为，所以，即， 取平面的一个法向量， 同理可得，平面的一个法向量，因为点在以为圆心，半径为的圆上，所以，，即，而，所以平面平面． （2）［方法一］：【通性通法】向量法 以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz. 当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点. 由题设得， 设是平面MAB的法向量,则 即，可取. 是平面MCD的一个法向量,因此，， 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. ［方法二］：几何法（作平行线找公共棱） 如图3，当点M与圆心O连线时，三棱锥体积最大．过点M作，易证为所求二面角的平面角．在中，，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是． ［方法三］：【最优解】面积射影法 设平面与平面所成二面角的平面角为． 由题可得在平面上的射影图形正好是． 取和的中点分别为N和O，则可得，，所以由射影面积公式有，所以，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是． ［方法四］：定义法 如图4，可知平面与平面的交线l过点M，可以证明．分别取的中点O，E，联结，可证得直线平面，于是平面，所以，故是面与面所成二面角的平面角． 在中，，则，所以，即面与面所成二面角的正弦值为． 26．【2018年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）由已知可得，，，又，所以平面. 又平面，所以平面平面； （2）[方法一]：向量法 作，垂足为.由（1）得，平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（1）可得，.又，，所以.又，，故，可得. 则 为平面的法向量. 设与平面所成角为，则. 所以与平面所成角的正弦值为. [方法2]：向量法 如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而． 又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值． [方法3]：【最优解】定义法 如图4，作，垂足为H，联结． 由（1）知，平面,因此为与平面所成的角． 设正方形的边长为2，则，在中，． 又因为，由知，．又因为，所以在中，． 所以与平面所成角的正弦值为． [方法4]：等积法 不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为． 27．【2017年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD． 由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD． 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD． （2）在平面内作，垂足为， 由（1）可知，平面，故，可得平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（1）及已知可得，，，. 所以，，，. 设是平面的法向量，则 即 可取. 设是平面的法向量，则 即可取. 则， 所以二面角的余弦值为. 28．【2017年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）证明：平面ACD⊥平面ABC； （2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（1）由题设可得，，从而. 又是直角三角形，所以. 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于是正三角形，故. 所以为二面角的平面角. 在中，. 又，所以， 故. 所以平面ACD⊥平面ABC. （2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则. 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得. 故. 设是平面DAE的法向量，则即 可取. 设是平面AEC的法向量，则同理可取. 则. 所以二面角D-AE-C的余弦值为. 29．【2017年新课标Ⅱ卷理科第19题】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点． （1）证明：直线平面； （2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 【详解】（1）取中点，连结，． 因为为的中点，所以,,由得，又 所以．四边形为平行四边形， ． 又，，故 （2） 由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则 则，，，， ,则 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以 ， 即（x-1）²+y²-z²=0 又M在棱PC上,设 由①，②得 所以M，从而 设是平面ABM的法向量，则 所以可取.于是 因此二面角M-AB-D的余弦值为 30．【2016年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. （Ⅰ）证明MN∥平面PAB; （Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）． 【详解】（Ⅰ）由已知得. 取的中点，连接，由为中点知，. 又，故，，四边形为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. （Ⅱ）取的中点E，连结.由得，从而， 且. 以为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意知， ，，，， ， ，. 设为平面 的一个法向量，则 即 可取. 于是. 31．【2016年新课标Ⅱ卷理科第19题】如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】(1)由已知得，,又由得，故∥，因此     ，从而⊥.由得. 由∥得.所以,.     于是,故.又,而,     所以平面. 如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，， . 设是平面的法向量，      则，即，可取.      设是平面的法向量，     则，即，可取     于是， 设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是. 32．【2016年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.    （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以， 又，，所以平面． 又平面，故平面平面． （Ⅱ）过作，垂足为， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面． 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故， 设，则，， 所以，，，． 由已知，，而平面，平面 ， 所以平面，又平面平面，平面， 故，所以． 由，可得平面，同理为二面角的平面角， 所以，从而可得． 所以，，，． 设是平面的法向量， 则，即，取，则， 可取． 设是平面的法向量，则，同理可取， 则． 因为二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．    33．【2015年新课标Ⅱ理科第19题】如图，长方体中, ， ， ，点 ， 分别在 ， 上， ．过点 ， 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． （Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）； （Ⅱ）求直线与平面 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）． 【详解】（Ⅰ）交线围成的正方形如图： （Ⅱ）作，垂足为 ，则 ， ，因为 为正方形，所以 ．于是 ，所以 ．以 为坐标原点， 的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则，， ， ，， ．设 是平面 的法向量，则即所以可取．又 ，故 ．所以直线 与平面所成角的正弦值为． 34．【2015年新课标Ⅰ理科第18题】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．    （1）证明：平面AEC⊥平面AFC； （2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=. 由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC， 又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC， 在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=. 在Rt△FDG中，可得FG=. 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=， ∴，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC， ∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.    （Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分 故. 所以直线AE与CF所成的角的余弦值为. 1．（2024·河南·三模）如图所示，在四棱锥中，，， ，为正三角形. (1)证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）； (2)当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【详解】（1）如图所示， 因为在梯形中，，又三角形为正三角形，所以. 在平面上的射影为，即平面，连接， 由，为公共边，有， 所以，即为的外心. （2）在等腰梯形中，取中点，连接， 由，，则四边形为平行四边形，有， 又，则是边长为2的正三角形， 取中点，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 在正中，， 由二面角的平面角的定义可知为二面角的平面角，则. ，，， 则有， 在正中，，由，有，则， 则. 设平面的法向量为，有 令，得，则. 又， 所以. 2．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图． (1)证明：平面平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在图1中连接，因为，，是的中点，， 所以四边形为正方形，四边形为平行四边形，所以，． 即在图2中，，，，平面， 所以平面． 又，所以平面． 因为平面，所以平面平面 （2）由已知，平面平面，又由（1）知，，． 所以为二面角的平面角，所以． 如图，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，所以，因为， 所以，，，． 得， ，. 设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为， 则，得，取. 同理：，得，取. 从而， 即平面与平面夹角的余弦值为． 3．（2024·山东德州·三模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，点为中点，，平面平面. (1)证明: 平面 (2)求证：平面平面； (3)若与平面所成的角为，求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）取中点，连结， 因为点分别为和的中点，所以且， 又底面是直角梯形，且， 所以，又，则， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面 ，所以平面； （2）因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 故平面，而平面，故，       又，则， 又，，平面，故平面， 又平面，故平面平面； （3）由（1）（2）可知，平面， 所以平面，则为与平面所成的角， 即，由于平面，平面， 故，则， 在中，， 则， 在中，，则为等边三角形， 取中点，的中点为，连接，则， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，   则  ， 设平面的一个法向量为， 则 ，取，则， 平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面所成角的正弦值为. 4．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2. (1)证明:平面； (2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）分别取中点，连接，则为的中点， 因为侧面是等腰梯形，所以，又，所以， 和都是边长为2的等边三角形，得，所以四边形为等腰梯形， 因为点为的中点，为的中点，所以. 因为是等边三角形，所以， 又，平面，， 所以平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，， 故平面. （2）在梯形中，，等腰梯形中由勾股定理得， 取中点，由（1）知，两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则，得 设，， 设直线与平面所成角为， 所以. 解得（负值舍去)，所以点为棱的中点，所以的长为1. 5．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，，． (1)证明：； (2)若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）在中，， 则，即， 由平面，得平面， 又平面，则，又平面， 于是平面，又平面，则， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）由（1）知，两两垂直，显然， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ，， 设平面的法向量为，则， 令，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. 6．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)当时，为棱的中点. 【详解】（1）由E，F分别为和的中点，得， 而平面，平面， 所以平面. （2）棱柱中，侧棱底面， 取AB中点O，中点M，连接， 则，平面，而平面，则有， 又，则，即直线两两垂直， 以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， 假设在平面上存在点P，使，设， ， ，即，显然， 由，得，因此，即，此时， 所以当时，存在唯一的点，即棱的中点，使. 7．（2024·新疆·三模）已知底面是平行四边形，平面，，，，且. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【详解】（1）证明：在中，，，， 则，可得， 所以，所以. 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） 是平行四边形，平面，，，，且. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是， 以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得，， 设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角的大小为， 故， 整理得，解得或，所以或. 8．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)． (2) 【详解】（1）作的中点D，连接，，连接，，， 因为点D，F分别为，的中点， 所以，且， 又由三棱柱的定义，结合点E为的中点可知： ，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离； 因为， ， 因为，所以， 由平面平面，且平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以是三棱锥的高， 所以， 在等边三角形中，, 因为，所以直角三角形中 又， 三角形是等腰三角形，， 设点E到平面的距离为d，则，解得． 即点P到平面的距离为． （2） 以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，， 设，则， 设平面的一个法向量， 则有，即， 所以， 设平面的一个法向量， 则有，即，所以， 所以， 解得或（舍去）． 所以，即的长为． 9．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知， 由，，知，， 则，又四点共面，所以， 由为直三棱柱的侧面知，即，则， 由为的中点得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，，则平面， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设， 则， 由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设平面的法向量为， 由，取，得， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 ， 又，则时，的最大值为． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （法二）在直三棱柱中，底面， 因为底面，所以， 由（1）知，，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作交于， 因为平面平面，所以平面， 又平面平面， 则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为∽，且正方形的边长为2， 所以，则， 又，要使值最大， 则最小，在中， 过作交于，由等面积可求出，此时． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 10．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 取的中点，连接． 因为侧面是菱形，，所以是正三角形， 因为是中点，所以． 因为是中点，，所以， 又因为平面平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为斜三棱柱，所以，所以． （2）因为平面平面，所以平面，因为平面，所以． 又因为平面平面，所以平面． 以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以，， 设平面的一个法向量为， 则即． 取，则，所以． 设平面的一个法向量为， 则即 取，则，所以． 又， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 11．（2024·江苏苏州·三模）如图，已知正方体的棱长为，，分别是和的中点. (1)求证：； (2)求直线和之间的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）在正方体中，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 所以，故； （2）因为，，所以， 所以，由题意知，，，不共线，故， 故知点到直线的距离即为两条平行线和之间的距离， 又， 则，，， 设点到直线的距离为，则， 即直线和之间的距离为； （3）因为，， 设平面的法向量为，则，取， 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. 12．（2024·河南·三模）如图，在四棱台中，底面为平行四边形，侧棱平面，，. (1)证明：平面平面； (2)若四棱台的体积为．求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为底面为平行四边形，，所以， 因为在中，， 由余弦定理可得，所以. 所以，所以为直角三角形，即. 又因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）因为四棱台的体积为，平面， 而， 所以， 所以，解得. 如图，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，所以， 而平面的一个法向量为， 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. 13．（2024·河南新乡·三模）如图，在四面体中，分别为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）取的中点，连接，，因为，所以，且， 又，所以，≌，则，有， 因为，所以，则， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，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，如图， 设，则， 因为，分别为，的中点，所以， 则， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， ， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 14．（2024·青海·二模）如图，在三棱柱中，所有棱长均相等，，，.    (1)证明；平面. (2)若二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）    设D为的中点，连接，，. 因为在三角形中，，所以三角形是等边三角形， 而是的中点，故由三线合一可知，， 因为，是三角形的中位线，即，所以. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以. 在中，，O为的中点，所以. 因为，平面，所以平面. （2）设三棱柱的棱长为，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. ，，.    设平面的法向量为， 则，可取. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为平面平面，所以平面的一个法向量为. ，， 故二面角的正弦值为. 15．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则， 又，则， 且，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理，得平面， 平面，. 由，则，又，为梯形的两腰，则与相交， 平面， 又平面，所以平面平面. （2）取的中点为Q，由，， 则，， 因此△为等边三角形，. 由（1）知平面，，，两两垂直， 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，    由，，则， ，，，， 由， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 由 取，得，，得. 设平面的一个法向量为， 由 取，得，， 即平面的一个法向量为. 记平面与平面夹角的大小为， 所以，化简得，即，所以实数的值为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$