专题训练1：斜棱柱、不规则几何体建系计算大题精练35题-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第一册）

专题训练1：斜棱柱、不规则几何体建系计算大题精练35题 一、解答题 1．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 2．（23-24高二下·浙江·期中）如图，现有三棱锥和，其中三棱锥的棱长均为，三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，一个面是等边三角形，现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体． (1)求这个组合体的体积； (2)求证：平面 (3)求二面角的余弦值． 3．（23-24高一下·四川·期末）如图，在三棱锥中，分别是线段上的动点，且四边形始终为平行四边形，设. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成的角为，则当为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值； (3)当平面平面时，求四面体体积的最大值. 4．（23-24高一下·重庆·期末）已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. (1)求的大小； (2)现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 5．（23-24高二下·湖南湘西·期末）如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，，，. (1)证明：. (2)若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的正弦值. 6．（23-24高二下·浙江金华·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 7．（23-24高二下·山西长治·期末）如图1，在矩形ABCD中，，，将△沿对角线翻折到处，得到如图2所示的三棱锥，且，点是线段上一点，且． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 8．（23-24高二下·四川泸州·期末）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，点D满足，平面平面， (1)求证； (2)若直线与平面所成角的正弦值为 （i）求平面与平面的距离； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 9．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值. 10．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面; (2)若直线平面，求平面与平面的夹角的大小. 11．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱中，为正三角形，，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 12．（23-24高二下·广西桂林·期末）如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论． 13．（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为正方形，，，，平面平面.    (1)证明：平面； (2)若平面与平面的交线为， （i）作出交线（需要写出必要的作图步骤，保留作图痕迹，无需证明）； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 14．（23-24高一下·北京·期末）如图，四棱锥中，平面∥是的中点. (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值是，求的值； (3)若，在线段上是否存在一点，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 15．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）． (1)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (2)求锐二面角的余弦值的取值范围． 16．（23-24高二下·贵州毕节·期末）如图1，已知直角梯形AEFD中，，点B，C分别在AE，DF上，且，，，，将图1沿BC翻折，使平面平面BEFC得图2．    (1)在线段CF上是否存在一点M，使得A、E、M、D四点共面．若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由； (2)当时，求平面AEF与平面CEF的夹角的正切值．    17．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 18．（23-24高二下·安徽亳州·期末）如图，在四棱锥中，底面矩形垂直于侧面，且分别是棱的中点，．    (1)证明：平面； (2)若，求二面角的正弦值．      19．（23-24高二下·安徽滁州·期末）在如图所示的几何体中，四边形是边长为的正方形，四边形为菱形，，平面平面. (1)求三棱锥的体积； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 20．（23-24高二下·河南商丘·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，分别为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 21．（23-24高二下·河南驻马店·期末）如图在三棱柱中， (1)证明:； (2)求二面角的平面角的正弦值. 22．（23-24高二下·河南安阳·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，分别为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 23．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值．  24．（23-24高一下·天津红桥·期末）如图，在四棱柱中，已知侧棱底面，侧面是正方形，与交于点，，，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值.    25．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）如图所示：多面体中，四边形为菱形，四边形为直角梯形，且，平面，．    (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值． 26．（23-24高三上·河南·期中）如图，在三棱锥中，，,，，于点. (1)证明：平面； (2)若点满足，求二面角的余弦值． 27．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，已知平面平面，为等腰直角三角形，，四边形为直角梯形，，. (1)求二面角的余弦值； (2)线段QB上是否存在点M，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 28．（23-24高二下·湖南·期末）如图，是半圆的直径，依次是半圆弧上的两个三等分点，将沿翻折到，使得，得到四棱锥.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 29．（22-23高二上·河北保定·期末）如图，平行六面体的所有棱长均为2，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内. (1)若中点为，求的面积； (2)若平面，求线段长度的最小值. 30．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为． (1)求证：； (2)若，求三棱台的体积； (3)若到平面的距离为，求的值． 31．（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. 32．（23-24高二下·广东·期末）如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 33．（22-23高二下·福建漳州·期中）如图1，在正方形中，，为的中点，过点作的垂线，与分别交于点，把四边形ABFD沿BF折起，使得AO平面BCF，点A，D分别到达点的位置，连接，如图2. (1)设，是线段（不含端点）上一动点，问：是否存在点，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 34．（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，. (1)求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到直线距离的最大值. 35．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，在矩形中，，，点分别在 上，且 ，沿 将四边形折成四边形．    (1)求证：平面； (2)若点在平面上的射影在直线上，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，设点在线段上，平面与平面所成锐二面角的平面角为．若，求． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题训练1：斜棱柱、不规则几何体建系计算大题精练35题 一、解答题 1．（23-24高二下·湖南长沙·期末）由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：将几何体补成四棱柱，得到四边形为平行四边形，故，得到线面平行； 法二：得到两两垂直，建立空间直角直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到，得到结论； （2）设，作出辅助线，找到二面角的平面角为，根据正切值得到方程，求出，求出平面的法向量，得到平面与平面夹角的余弦值，求出答案； 【详解】（1）法一：将几何体补成四棱柱， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，， 又， 故，， 故四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 平面. 法二：∵四边形是菱形， ∴⊥， 又平面，平面， ∴，， 故两两垂直， 以直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 其中， 则，设， 由得， 由得， 则， 设平面的法向量为， 则，取，得， ， 又平面， 平面. （2）设，取的中点，则， 又四边形是菱形，， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面， 故面， 因为平面， 则， 因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又，故四边形为平行四边形， 故，，故. 所以为二面角的平面角. 则，其中，故， 故， 设平面的法向量为， 则取，得， ， 平面与平面夹角的余弦值为， 平面与平面夹角为. 2．（23-24高二下·浙江·期中）如图，现有三棱锥和，其中三棱锥的棱长均为，三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，一个面是等边三角形，现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体． (1)求这个组合体的体积； (2)求证：平面 (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将多面体补形为正方体，则多面体的体积可用正方体体积减去三个棱锥体积即可求得； （2）由面面平行证得线面平行； （3）在正方体中建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用向量夹角公式即可求得． 【详解】（1）由题意，可将组合体补形为正方体， 如图所示，由，可得正方体棱长为， 故多面体的体积； （2）在正方体中，平面平面，平面， 故平面，即平面； （3）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则有，令，则，所以， 取平面的一个法向量为， 则， 由图可知，二面角的平面角为钝角， 故二面角的余弦值为. 3．（23-24高一下·四川·期末）如图，在三棱锥中，分别是线段上的动点，且四边形始终为平行四边形，设. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成的角为，则当为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值； (3)当平面平面时，求四面体体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或时，的最小值为； (3) 【分析】（1）先证明平面，可得，利用线面平行的判定定理可得答案； （2）取中点，连接，交于点，过点作，交于点，连接，过点作，垂足为，求出四边形的面积，利用二次函数的性质可得答案. （3）由（2）知，是二面角的平面角，设，求出，结合可得答案. 【详解】（1）四边形为平行四边形，， 平面平面平面， 又平面，平面平面， 又平面平面平面； （2）取中点，连接，交于点，过点作，交于点，连接， 过点作，垂足为，如图， 是边长为4的等边三角形， ， 是二面角的平面角，， 又， 平面平面， 平面， 同（1）过程可得：， ， ， ， 在中， 四边形的面积， 当时，， 则当或时，的最小值为； （3）由（2）知，是二面角的平面角， 设， 点到平面的距离， 设，则， 平面平面平面， 平面， 平面， 在中， ， ， ，又因为，所以， ， 即四面体体积的最大值为，此时， 因为，所以. 4．（23-24高一下·重庆·期末）已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，. (1)求的大小； (2)现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.如图： （i）证明：平面平面； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析 （ii） 【分析】（1）根据题意，设，，则，，可证，则，在中，利用正弦定理并结合三角函数恒等变形，可求解； （2）（i）由（1），，即，，可得平面，进而证明平面，最后可证平面平面； （ii）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）根据题意，设，，则，， 由，所以， 且，，所以， 所以，则， 在中，，即， 所以， 即， 可得，化简得， 因为，所以，即； （2）（i）根据（1），，即，， 则，又，平面， 所以平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，平面，则， 由，即，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面； （ii）以为原点，分别为轴、轴、轴，建立直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 所以，即， 取，则，所以， 又因为平面的法向量， 则，即， 令，则，，故， 所以, 因为平面与平面夹角的余弦值. 5．（23-24高二下·湖南湘西·期末）如图，在多面体ABCDE中，平面平面ABC，四边形BCDE为等腰梯形，，，. (1)证明：. (2)若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）的中点，的中点，证明四边形为平行四边形，由已知的面面垂直，证得，由，，勾股定理可得. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求二面角的正弦值. 【详解】（1）证明：因为四边形为等腰梯形，，所以， 取的中点，的中点，连接， 则，，所以，， 从而四边形为平行四边形， 则，， 在中，，且为的中点，所以， 因为平面平面， 且平面平面， 平面，所以平面， 又，所以平面. 又平面，所以， ，， 由，，得. （2）由平面，，所以两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 平面内过平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有，不妨设，则， ，， 由图可知，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，由， 令，则，， 则， 所以二面角的正弦值为. 6．（23-24高二下·浙江金华·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，为等边三角形，分别为的中点，，垂足为. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用空间的线面垂直的判定与性质定理即可得证； （2）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求两平面的夹角余弦值即可. 【详解】（1） 如图，连接，在中，， 在正方形中，，又因为平面， 所以平面，又因为，所以平面， 而平面，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）在中，因为，， 所以由余弦定理可得：， 因为平面，所以，在中， 由勾股定理得：， 又在中，由余弦定理得：. 如图以为原点，分别为轴，过且垂直底面的直线为轴建系， 则，，， 则，， 设为平面的法向量，则，取， 设为平面的法向量，则，取， 所以， 故平面与平面形成的锐二面角的余弦值. 7．（23-24高二下·山西长治·期末）如图1，在矩形ABCD中，，，将△沿对角线翻折到处，得到如图2所示的三棱锥，且，点是线段上一点，且． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在△中，根据线段长度关系可证，又，根据线面垂直的判定定理可得平面，则可证； （2）过点作于点,过点作的平行线，结合平面,可以以为轴，为轴，过点的的平行线为轴建立空间直角坐标系，再根据线面角的向量法求解即可. 【详解】（1）由题知. 在△中，，，， ，. ，，平面，平面. 平面，. （2）过点作于点,过点作的平行线， 又由（1）知平面，以为轴，为轴，过点的的平行线为轴建立如图空间直角坐标系.      由题意可知，，，，. 在△中，根据等面积法，得,， 则 ，，，, 由，得, ，，. 设平面的法向量为， 则，令，则，，. 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 8．（23-24高二下·四川泸州·期末）在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，点D满足，平面平面， (1)求证； (2)若直线与平面所成角的正弦值为 （i）求平面与平面的距离； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先证明平面，得到，借助得到即可； （2）（i）找出直线与平面所成角，则知道，用同角三角函数关系式，得.再用余弦定理解得，再求点到面的距离即可解决；（ii）建立坐标系，再求出关键点的坐标，后求出平面与平面的法向量，进而求出向量夹角的余弦值，再得到两平面夹角余弦值即可. 【详解】（1）如图所示， 为正三角形，为中点，， 又平面平面平面平面平面， 平面，又平面， . （2）（i），故． 如图过作于， 因为平面，又平面，所以， 又平面，则平面. 则，则. 由余弦定理得， 即，解得． 则平面与平面的距离. （ii）由前面计算和证明可得，侧面为菱形， 为正三角形，则. 又平面，则如图所示可建立空间直角坐标系. 则， 则 设平面的法向量为， 则， 设可求得平面法向量， 则， 则. 则平面与平面夹角的余弦值为. 9．（23-24高二下·广东广州·期末）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据长度关系可得，又根据线面垂直的性质可得，即可求证线面垂直，即可求证， （2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可利用向量的夹角求解. 【详解】（1）在三棱柱中，，，则，, 由，，得， 在中，，，， 由余弦定理， 得，， 于是，由平面，平面，得， 而，，平面，因此平面， 又平面，所以. （2）由（1）知，，，两两垂直，以为原点， 直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，，得， 则，，， 于是，， 设为平面的一个法向量， 则，取，得， 显然为平面的一个法向量， 因此， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 10．（23-24高二下·云南昆明·期末）如图，在四棱锥中，. (1)证明:平面; (2)若直线平面，求平面与平面的夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接．分别证明平面，平面，即可证明平面平面，根据面面平行的性质，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）因为，所以，连接． 因为，所以， 在中，，所以，平面，平面， 故平面， 又在四边形ABCD中，， 所以，平面，平面， 故平面， 因为平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）在中，， 因为平面，平面，所以， 平面，所以，即两两垂直． 以分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系． 则， ， 设平面的法向量，则， 可取为平面的一个法向量， 设平面的法向量，则， 可取为平面的一个法向量， 所以，，所以， 所以平面与平面的夹角的大小为． 11．（23-24高二下·四川成都·期末）如图，三棱柱中，为正三角形，，，为的中点，. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，，，利用勾股定理逆定理证明，再证明，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接，，，因为为正三角形且，为的中点， 所以，，又，，所以，则， 又，所以≌，所以，所以， 又，平面，所以平面； （2）由（1）可知平面，，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设平面的法向量为，则，取， 设平面的法向量为，则，取， 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. 12．（23-24高二下·广西桂林·期末）如图，已知边长为的正方形，以边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面围成一个几何体．设是上的一点，，分别为线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点，使平面，证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，，利用中位线性质可证四边形是平行四边形，可得，然后利用线面平行的判定即可得证. （2）利用线面垂直可以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，可得，取，得，，根据垂直易知平面的一个法向量为，进而利用向量夹角余弦值公式求解即可. （3）设，（），可得，，根据平面，所以，即可求出的值得证. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，分别为线段，的中点， 所以，， 又因为平行且相等，所以平行且相等， 所以四边形是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面. （2）依题意得平面，所以， 因为，，平面，， 所以平面，所以， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，建系如图所示， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 取，得，， 所以平面的一个法向量是， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则. （3）满足条件的点存在，证明如下： 设，（）， 则， 所以，， 因为平面，所以， 所以，得， 所以存在点满足题意. 13．（23-24高二下·福建漳州·期末）如图，多面体是三棱台和四棱锥的组合体，底面四边形为正方形，，，，平面平面.    (1)证明：平面； (2)若平面与平面的交线为， （i）作出交线（需要写出必要的作图步骤，保留作图痕迹，无需证明）； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）答案见解析；（ii）. 【分析】（1）证明四边形为平行四边形，得到线线平行，由线面平行判定定理得证； （2）（i）延长和交于一点，连接得到平面交线（ii）证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦. 【详解】（1）如图，    在上取点，使，连接，， 因为，所以， 所以，且， 又在正方形中，， 所以，， 又在三棱台中，， 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. （2）（i）延长和交于一点，连接，如图，    则直线即为平面与平面的交线. （ii）由平面平面，平面平面，， 平面， 所以平面，又，所以，，两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ，，， ， 又因为，，所以在中，， 所以， ， 取直线的方向向量为， 设平面的法向量为， 由得，取， 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. 14．（23-24高一下·北京·期末）如图，四棱锥中，平面∥是的中点. (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值是，求的值； (3)若，在线段上是否存在一点，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）由已知条件可得平面，则，再利用等腰三角形三线合一的性质可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）设，则可表示出点的坐标，再由可求出的值，从而可求得结果. 【详解】（1）证明：因为平面，所以平面， 又因为平面，所以. 在中，是的中点，所以. 又因为平面， 所以平面； （2）解：因为平面平面， 所以，又因为， 即两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 所以 设平面的法向量为. 则，即令，则， 于是. 因为平面平面，所以. 又平面， 所以平面.又因为， 所以取平面的法向量为. 所以， 即，解得. 又因为，所以. （3）结论：存在且. 理由如下：设， 因为，所以， 当时，.所以， 由知，， 所以， 所以，所以， 所以，在线段上存在点，使得，且. 15．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）． (1)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (2)求锐二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用空间向量法求点到面的距离即可； （2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可. 【详解】（1）连接，依题意可知平面，由于平面， 所以， 由于三角形是等边三角形，所以，， 又， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，， 又，故，， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故，又， 所以点到平面的距离为. （2）设，， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 故， 设锐二面角为， 则， 令， 所以，设， 则， 二次函数的开口向上，对称轴为， 所以当时，该二次函数单调递增， 所以当时，该二次函数有最小值， 当时，该二次函数有最大值， 所以，即. 即锐二面角的余弦值的取值范围为. 16．（23-24高二下·贵州毕节·期末）如图1，已知直角梯形AEFD中，，点B，C分别在AE，DF上，且，，，，将图1沿BC翻折，使平面平面BEFC得图2．    (1)在线段CF上是否存在一点M，使得A、E、M、D四点共面．若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由； (2)当时，求平面AEF与平面CEF的夹角的正切值． 【答案】(1)存在，证明见解析 (2) 【分析】（1）过E作交CF于点M，连接DM，利用平行传递性证明，从而得出A、E、M、D四点共面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出平面AEF与平面CEF的夹角的正切值. 【详解】（1）解：存在，理由如下：过E作交CF于点M，连接DM， ∵且，∴ ∵，∴，∴A、E、M、D四点共面 （2）因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面， 由（1）可知，在中，，，∴ 即，易知，，∵．∴ 以C为坐标原点，CB，CF，CD所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，显然平面的法向量为 设平面AEF的法向量为，∵， ∴，令，∴ ∴ 设平面AEF与平面CEF的夹角为，则， ∴平面AEF与平面CEF的夹角的正切值为. 17．（23-24高二下·甘肃兰州·期末）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，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，求出平面的法向量、，利用可得答案； （2）假设在线段上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）平面平面， 平面平面， 平面平面， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 . ， 设平面的法向量为，则， 令，解得：， 又，即， 又平面平面； （2）假设在线段上存在点，使二面角的大小为. 设，则. 设平面的一个法向量为， 则， 令，解得：， 又平面的一个法向量为， ， 即，解得：或（舍去）， 此时， 在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为， 此时. 18．（23-24高二下·安徽亳州·期末）如图，在四棱锥中，底面矩形垂直于侧面，且分别是棱的中点，．    (1)证明：平面； (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直可得平面，则，由几何知识可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）建系标点，可得平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）因为为矩形，则， 且平面平面，平面平面平面， 则平面，且平面，所以．    连接． 在和中，， 可知全等于．则， 且是的中点，则． 在中，， 而是的中点，则． 且，平面，所以平面． （2）以A为坐标原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，可得， 由（1）知，是平面的法向量， 且平面的法向量是． 可得． 所以二面角的正弦值为． 19．（23-24高二下·安徽滁州·期末）在如图所示的几何体中，四边形是边长为的正方形，四边形为菱形，，平面平面. (1)求三棱锥的体积； (2)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由，证得面，利用等体积转化利用体积公式求解三棱锥的体积． （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建泣空间直角坐标系.分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）设，如图1，连接. 因为四边形为菱形且， 所以为等边三角形，则. 四边形是边长为的正方形，所以. 又面，故面 ，面. 又，则， . （2）因为平面平面，且面面面， 在正方形中，，所以面. 面，则，又由（1）知. 如图2，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建泣空间直角坐标系. 可得. 设面BAF的法向量为，， ，令 设两的法向量为，， 令. 故. 所以，平面和平面夹角的余弦值为. 20．（23-24高二下·河南商丘·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，分别为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线，由线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求两平面夹角的余弦值. 【详解】（1） 如图，连接，，设，连接． 由三棱柱的结构特征及，分别是棱，的中点，可知四边形为平行四边形，则为的中点，又为的中点，， 平面，平面，平面． （2），，，. 又平面平面，平面，平面平面， 平面，又平面，． 以为坐标原点，向量，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，． 由于平面就是坐标平面，所以它的一个法向量可以为． 设平面的法向量为， 则令，得， 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为． 21．（23-24高二下·河南驻马店·期末）如图在三棱柱中， (1)证明:； (2)求二面角的平面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定性质，结合正三角形的性质推理即得. （2）作于，求出，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 由，得都是正三角形， 则，因此，又平面平面， 且，于是平面，又平面， 所以. （2）由（1）知，平面平面，而平面平面，作于， 而平面，则平面，设，则有， ，，， 在平面内过点作，则平面，直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为建立空间直角坐标系，如图， 则，由， 得，，， 设平面的法向量，则，令，得 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的平面角为，则， 所以二面角的平面角的正弦值. 22．（23-24高二下·河南安阳·期末）如图，在三棱柱中，平面平面，，分别为棱的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件得到且，从而有四边形为平行四边形，得到为的中点，则有，再利用线面平行的判定定理，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）如图，连接，设，连接， 因为分别是棱的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，则为的中点， 又为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）因为， 所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，得到， 以为坐标原点，向量的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，由，得到， 所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 由，得到 ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 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. 23．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．    (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面； （2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值； 【详解】（1）如图所示，连接．    因为，分别是棱，的中点， 所以， 因为，， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 则． 因为平面，平面， 所以平面． （2）因为平面， 平面, 所以， 又因为， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．    由题中数据可得，， ，． 设平面的法向量为， 则 令，得． 因为，，平面， 所以平面 平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则． 故， 即平面与平面的夹角的正弦值为． 24．（23-24高一下·天津红桥·期末）如图，在四棱柱中，已知侧棱底面，侧面是正方形，与交于点，，，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1） 根据空间向量法结合线面平行判定定理证明； （2）应用空间向量法求出线面角正弦值. 【详解】（1）    依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图）， 可得，，，，，，. 因为，，， 设为平面的法向量， 则即， 不妨令，可得为平面的一个法向量， ，则，又平面， 则平面； （2）因为，，， 设为平面的法向量， 则即， 不妨令，可得为平面的一个法向量， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 25．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）如图所示：多面体中，四边形为菱形，四边形为直角梯形，且，平面，．    (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解. (2) 【分析】（1）先利用线面垂直，得到，再根据底面是菱形，得到，再根据线面垂直的判定定理判定线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角的余弦. 【详解】（1）因为平面，平面，所以； 又底面为菱形，所以； 又，平面，所以平面. （2）如图：    设，取的中点，连接，则，所以平面. 故可以以为原点，建立如图空间直角坐标系. 因为为直线与平面所成的角，所以. 又, 所以，，，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，取. 又为平面的法向量，设平面与平面所成的角为， 则. 26．（23-24高三上·河南·期中）如图，在三棱锥中，，,，，于点. (1)证明：平面； (2)若点满足，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知条件，证明CO⊥AB，CO⊥PO，根据线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用，得出点Q的坐标，求得两个平面所在的法向量即可求解． 【详解】（1）因为是公共边， 所以， 因为，所以，且， 设，则，所以， 解得，故， 在中，因为，所以， 又因为， 所以平面. （2）如图所示，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则， ，设， 则， 因为，所以，解得， 故， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 易知平面的一个法向量为， 因为， 所以二面角的余弦值为. 27．（22-23高二下·甘肃庆阳·期中）如图，已知平面平面，为等腰直角三角形，，四边形为直角梯形，，. (1)求二面角的余弦值； (2)线段QB上是否存在点M，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理证平面，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解； （2）利用共线关系表示点的坐标，利用列式求解即可求解. 【详解】（1）取的中点为. 平面平面平面，平面平面，平面. 以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴，过且平行的直线为轴， 建立如图的空间直角坐标系， ， ，，， 设平面的法向量为 即 令，则. 又平面的法向量为，则， 设二面角的平面角为，由图形知为锐角， ，即二面角的余弦值为. （2）设，， . 又平面的法向量为平面，∴， ∴，，即. ∴，故在线段上存在点，使平面，且的值是. 28．（23-24高二下·湖南·期末）如图，是半圆的直径，依次是半圆弧上的两个三等分点，将沿翻折到，使得，得到四棱锥.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由题意证出，再证出，依据线面垂直的判定定理证明即可； （2）方法一：找出即为的平面角，设出所求角为，所以；方法二：用空间直角坐标系的方法，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，找点的坐标，求出两个面的法向量，则.设二面角的大小为，则. 【详解】（1）    如图1，连接，设，连接， 由是依次是半圆弧上的两个三等分点， 所以， 又是全等的等边三边形， 四边形及均为菱形，由， 得， 在中，是的中点， 且，所以， 在中，是的中点， 且，所以， 又平面，所以平面. （2）    法一：如图2，由为半圆的直径，在半圆弧上，所以， 由（1）得平面，又平面， 所以，又平面，所以平面， 所以二面角的大小等于二面角的大小与的和， 由平面，所以平面， 作于，由，得为的中点，连， 因为平面，所以，又平面， 则平面，又平面，所以， 故即为的平面角， 在中，， 在中，分别为的中点， 所以，则， 设二面角的大小为， 所以. 法二：由，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，， ， 设平面的法向量， 由， 即，取，则， 则， 由（1）平面， 所以可取平面的法向量， ， 设二面角的大小为，则. 29．（22-23高二上·河北保定·期末）如图，平行六面体的所有棱长均为2，底面为正方形，，点为的中点，点为的中点，动点在平面内. (1)若中点为，求的面积； (2)若平面，求线段长度的最小值. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）利用几何关系求出，从而得到，然后利用三角形面积公式求解即可； （2）构造平面平面，从而确定点必在上，然后利用等面积法求解即可；或者利用空间向量结合二次函数求最值. 【详解】（1）连接、、， ， ，同理， 是正方形对角线AC中点， ，且， ， 即，则， . （2）法一： 取中点，连接，，， 易得，故四边形是平行四边形， ，又 平面 平面， 平面，同理， 平面 平面， 平面 ，且都在面内， 故平面平面， 则点必在上，且当时，长度最小， ， 由等面积法得：，解得， 故的最小长度为. 法二： 取为一组空间基底，则，， 平面， ，代入整理得， 故， 动点在平面内， ， ， 故， 当且仅当时，有最小值为. 法三： 由第一问知，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， ， ，， 同理， ，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设点，， ，即， 故， 当且仅当时，有最小值为. 30．（23-24高二下·江苏宿迁·期末）如图，在三棱台中，，，为的中点，二面角的大小为． (1)求证：； (2)若，求三棱台的体积； (3)若到平面的距离为，求的值． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）利用三棱柱性质，根据线面垂直的判定定理可得平面，可证明结论； （2）由二面角定义并利用棱台的体积公式代入计算可得结果； （3）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法即可得出的值. 【详解】（1）取的中点为，连接；如下图所示： 易知平面平面，且平面平面，平面平面； 所以，又因为， 可得四边形为等腰梯形， 且分别为的中点，所以， 因为，所以， 易知，且平面， 所以平面， 又平面，所以； （2）由二面角定义可得，二面角的平面角即为， 当时，即，因此可得平面， 可知即为三棱台的高，由可得； 易知三棱台的上、下底面面积分别为， 因此三棱台的体积为 （3）由（1）知，，，二面角的平面角即为； 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 可得， 易知，可得； 则 设平面的一个法向量为， 所以， 令，则，可得； 显然， 由到平面的距离为，可得， 即，可得； 整理得，解得或； 又，可得. 【点睛】方法点睛：求解点到平面距离常用方法： （1）等体积法：通过转换顶点，利用体积相等可得点到面的距离； （2）向量法：求出平面的法向量，并利用点到平面距离的向量求法公式计算可得结果. 31．（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) 【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可； （2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可. 【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. 32．（23-24高二下·广东·期末）如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行； （2）取中点，连，根据题意可证，平面，所以以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【详解】（1）取上的点，使， 则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取中点，连，因为，所以， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则，可取， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 33．（22-23高二下·福建漳州·期中）如图1，在正方形中，，为的中点，过点作的垂线，与分别交于点，把四边形ABFD沿BF折起，使得AO平面BCF，点A，D分别到达点的位置，连接，如图2. (1)设，是线段（不含端点）上一动点，问：是否存在点，使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)存在， (2)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设.结合，得，利用，计算得出结果； （2）利用空间向量法计算平面与平面所成角的余弦值； 【详解】（1）存在点，且当时，. 由题意，知两两垂直，所以以点O为原点，分别以为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为 所以可求得 所以所以. 因为点在线段上，所以可设. 因为，所以点， 所以， 假设存在点，使得，则， 所以，解得，即所以， 所以存在点，且当时，. （2） 由（1）得 所以，，，=. 设平面的法向量为，则， 取，得，则是平面的一个法向量. 设平面的法向量为，则， 取，得，则是平面的一个法向量. 设平面与平面所成的角为， 则=， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 34．（2024·吉林·模拟预测）如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，. (1)求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到直线距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【分析】（1）取弧中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由数据求出点坐标，再求出平面FOD与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. （3）利用空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求出最大值即可. 【详解】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 连接，在中，，，则， 于是， 设，则，其中，， 因此，即， 所以. （2）由平面平面，得， 又，则，而平面， 则平面，即为平面的一个法向量， ，由平面，得， 又，解得，此时， 设是平面的法向量，则，取，得， 设是平面的法向量，则，取，得， 则平面FOD与平面夹角的余弦值为. （3）， 则点到直线的距离， 当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 35．（23-24高一下·福建福州·期末）如图，在矩形中，，，点分别在 上，且 ，沿 将四边形折成四边形．    (1)求证：平面； (2)若点在平面上的射影在直线上，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，设点在线段上，平面与平面所成锐二面角的平面角为．若，求． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过线面平行的判定定理证明平面，平面，再结合面面平行的判定定理、性质定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由向量夹角的坐标公式即可得解； （3）引入参数，由此可表示出的坐标和平面的法向量，结合（2）中结论以及向量夹角的坐标公式即可得解. 【详解】（1），平面，平面． 平面， 由，同理可得平面， 又，平面，平面， 平面平面，平面， 平面； （2）    如图所示， 过作，过作平面， 分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系． 在平面上的射影在直线上， 设， ， 因为，且，； ，解得，， 而， 所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量是， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值； （3）    设，， 因为，， 所以， 所以， 从而， 设平面的法向量为， 所以， 设，解得，即， 由（2）可知平面的一个法向量是，， 由题意可知平面与平面所成锐二面角的余弦值 ， 整理得，，解得， 即. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$