专题02 空间角与空间距离问题5种常见考法归类-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（云南专用）

专题02 空间角与空间距离问题5种常见考法归类 异面直线及其所成的角 1．（2023秋•昭阳区期末）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 2．（2024春•麒麟区校级期末）如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为　　 A．1 B． C． D． 3．（2024春•曲靖期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 4．（2023春•海东市期末）如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 5．【多选】（2023秋•玉溪期末）在正方体中，，分别是线段，的中点，则　　 A． B． C．异面直线，所成角的正切值为 D．异面直线，所成角的正切值为 6．（2024春•麒麟区校级期末）如图，在正三棱柱中，，，则直线与直线所成角的正切值为 　　． 7．（2024春•云南期末）正方体的棱长为4，点是棱上一点，若异面直线与所成角的余弦值为，则　　． 8．（2024春•大理州期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，平面平面． （1）求证：平面； （2）求直线与所成角的余弦值． 平面的法向量 9．（2022秋•官渡区期末）直线的方向向量为，，，平面的法向量为，4，，若，则　　 A． B．2 C．6 D．10 10．（2022秋•五华区校级期末）空间直角坐标系中，已知点，0，，，1，，，2，，则平面的一个法向量可以是　　 A．，2， B．，2， C．，1， D．，， 11．【多选】（2023秋•鄂尔多斯期末）设直线，的方向向量分别为，平面，的法向量分别为，则下列命题正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若，则，使得 D．若，则 直线与平面所成的角 12．【多选】（2023秋•大理州期末）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为2的“刍童”，其中，，则　　 A．该“刍童”的表面积为 B．该“刍童”中平面 C．该“刍童”外接球的球心到平面的距离为 D．该“刍童”侧棱与平面所成角的正弦值为 13．【多选】（2023秋•绍兴期末）已知是各条棱长均等于1的正三棱柱，是侧棱的中点，下列结论正确的是　　 A．与平面所成的角的正弦值为 B．平面与平面所成的角是 C． D．平面平面 14．【多选】（2023秋•楚雄州期末）在三棱锥中，和均为等边三角形，，，则　　 A．平面平面 B．若为的中点，为的重心，则平面 C．直线与平面所成的角为 D．三棱锥的外接球的表面积为 15．（2022秋•西山区校级期末）如图所示，在长方体中，，，则与平面所成角的余弦值为 　　． 16．（2023春•玉溪期末）如图，正方体的棱长为2，，分别为，的中点，是底面上一点．若平面，则与平面成角的正弦值的取值范围是 　　． 17．（2023秋•昭阳区期末）图，在正方体中，，，分别是，，的中点． （1）证明：． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18．（2023秋•丰城市校级期末）如图，在三棱锥中，为正三角形，平面平面，，． （1）求证：； （2）若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 19．（2024春•环县校级期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面，，，分别是，的中点，． （1）求四棱锥的体积； （2）求与底面所成角的正切值． 20．（2024春•昭通期末）如图，在正方体中，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 21．（2024春•贵阳期末）如图，在正三棱柱中，，分别为棱，的中点，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 22．（2024•江西模拟）如图，在正三棱柱中，为的中点． （1）证明：； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 23．（2024春•武汉期末）在如图所示的四棱锥中，已知平面，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 24．（2022秋•官渡区期末）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则直线与平面所成角的正弦值为　　 A． B． C． D． 25．（2023秋•陇县校级期末）如图，在长方体中，，，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 二面角的平面角及求法 26．（2023秋•五华区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面． （1）求证：平面； （2）设为的中点，，求二面角的正弦值． 27．（2023秋•昭阳区期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 28．（2024春•昭通期末）四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点． （1）求证：平面平面； （2）当为中点时，求所成二面角锐角的大小． 29．（2024春•官渡区校级期末）如图，已知四边形为矩形，，，为的中点，将沿进行翻折，使点与点重合，且． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 30．（2024•长安区模拟）图1所示的是等腰梯形，，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，连接，，形成一个四棱锥，如图2所示． （1）若平面平面，求证：； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求三棱锥的体积． 31．（2023秋•保山期末）如图，在三棱锥中，，，． （1）求证：； （2）求二面角平面角的余弦值． 32．（2023秋•黔东南州期末）如图，在直四棱柱中，，． （1）证明：． （2）若，，四边形的面积为，求平面与平面夹角的余弦值． 33．（2024春•安康期末）如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，．，，分别是线段，上的动点，且． （1）若二面角的大小为，求的长； （2）当三棱锥的体积为时，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 34．（2024春•普洱期末）已知在正三棱柱中，，点为的中点，点在的延长线上，且． （1）证明：平面； （2）求二面角的正切值． 35．（2024•濠江区校级一模）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥如图乙． （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 36．（2023秋•昭阳区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为的中点． （1）求证：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 37．（2023秋•禄劝县校级期末）如图，已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 38．（2023秋•云南期末）如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，，异面直线与所成角为． （Ⅰ）证明：与平面； （Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点在棱上的位置；若不存在，请说明理由． 39．（2023秋•楚雄州期末）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，是的中点，且，，． （1）证明：平面平面； （2）在棱上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角的余弦值为？如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由． 40．（2023秋•麒麟区校级期末）如图，在四棱锥中，，，面，且，． （1）求三棱锥内切球的体积． （2）求平面与平面的夹角的大小． 41．（2023秋•保山期末）如图，在长方体中，，，、、分别是、、的中点． （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）设为边上的一点，当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值． 42．（2023秋•密山市期末）如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，为底面的对角线，为的中点． （1）求证：． （2）二面角的大小为，求的长． 43．（2023秋•官渡区期末）如图，平面，四边形为矩形，，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 44．（2023秋•大理州期末）如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且，底面，，，，分别是棱，，的中点． （1）求平面与平面所成二面角的余弦值； （2）求平面截四棱锥所得的截面与交于点，求的值． 45．（2023秋•库车市校级期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为　　 A．或 B．或1 C．或2 D． 46．（2024•上高县校级模拟）在正方体—中，平面经过点、，平面经过点、，当平面、分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为　　 A． B． C． D． 47．（2024秋•云南期末）如图，已知在四棱柱中，底面为梯形，，底面，，其中，，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 48．（2024春•红河州期末）如图，在四棱台中，底面是边长为2的正方形，平面，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的大小． 49．（2024春•麒麟区期末）如图，在四棱锥中，底面满足，，平面平面，，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面与平面所成角的正弦值． 50．（2024春•大理州期末）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，分别是，的中点，点为线段上一点，． （1）证明：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值． 51．（2024春•保山期末）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面，于点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 52．（2024春•云县期末）如图，在三棱锥中，，，点是的中点，平面． （1）求； （2）点在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积． 53．（2024春•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． 空间中点到平面的距离 54．（2024春•巴音郭楞州期末）如图，在直三棱柱中，，，，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 55．（2023春•朝阳期末）在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点，，点为上一个动点，则点到平面的距离为　　 A． B． C．1 D． 56．（2023春•水富市期末）如图，正方体的棱长为4，是棱的中点，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 57．【多选】（2024秋•富宁县校级期末）如图，在棱长为1的正方体中，为面的中心，、分别为到的中点，则　　 A．平面 B．平面与平面相交 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 58．（2024春•会泽县期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，，，则　　 A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时，平面 D．当时，到平面的距离为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 空间角与空间距离问题5种常见考法归类 异面直线及其所成的角 1．（2023秋•昭阳区期末）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，0，，，1，，，0，，，2，．，，2，， ，，，，，0，．，0．， ． 故选：． 2．（2024春•麒麟区校级期末）如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为　　 A．1 B． C． D． 【解析】如图，取的中点，连接、，可得， （或其补角）就是异面直线与所成角， 因为矩形中，对角线， 所以矩形是正方形，可得正三棱柱的所有棱长都相等， 设三棱柱的棱长都为2，则，，， 因为，所以为直角三角形，可得． 因此，异面直线与所成角的余弦值为． 故选：． 3．（2024春•曲靖期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】如图， ，异面直线与所成的角即是直线与所成的角， 即是异面直线与所成的角； 平面， ，又， ， 又，平面，则平面； 是直角三角形； 由，，，得，； 异面直线与所成角的余弦值为． 故选：． 4．（2023春•海东市期末）如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】令，连接、、、， 因为、为、的中点，易知且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以或其补角为异面直线与所成的角， 在中，，，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故选：． 5．【多选】（2023秋•玉溪期末）在正方体中，，分别是线段，的中点，则　　 A． B． C．异面直线，所成角的正切值为 D．异面直线，所成角的正切值为 【解析】如图所示，设正方体棱长为2， 对于，是线段的中点，连接交于， 由正方体的性质知，是线段的中点，又是的中点， 故，故正确； 对于，连接，，又在正方体中，易证，故，故正确； 对于，由正方体的性质知， 则异面直线，所成角即为直线，所成角， 故是异面直线与所成角，故，故正确； 对于，由正方体的性质知， 则异面直线，所成角即为直线，所成角， 故是异面直线与所成角， 故，故错误． 故选：． 6．（2024春•麒麟区校级期末）如图，在正三棱柱中，，，则直线与直线所成角的正切值为 　　． 【解析】在正三棱柱中，连接交于点，取的中点，连接， 显然是的中点，则，是与所成的角或其补角， 在△中，，，， ，， 所以直线与直线所成角的正切值为． 故答案为：． 7．（2024春•云南期末）正方体的棱长为4，点是棱上一点，若异面直线与所成角的余弦值为，则　　． 【解析】设， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，4，，，4，，，0，， ，4，，，4，， 异面直线与所成角的余弦值为， ，， 由，解得， ． 故答案为：1． 8．（2024春•大理州期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，平面平面． （1）求证：平面； （2）求直线与所成角的余弦值． 【解析】（1）证明：连结， 因为点是正方形的对角线的中点， 所以、、三点共线，且为的中点， 因为中，是的中点，为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， （2）解：连结， 因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面，结合平面，可得， 又因为，，所以，则，，， 由，可得异面直线与所成的角为与所成的角，即为或其补角， 因为在中，， 所以异面直线与所成角的余弦值为． 平面的法向量 9．（2022秋•官渡区期末）直线的方向向量为，，，平面的法向量为，4，，若，则　　 A． B．2 C．6 D．10 【解析】直线的方向向量为，，，平面的法向量为，4，，， 则，即，即，解得． 故选：． 10．（2022秋•五华区校级期末）空间直角坐标系中，已知点，0，，，1，，，2，，则平面的一个法向量可以是　　 A．，2， B．，2， C．，1， D．，， 【解析】由题知， 设平面的一个法向量为， 所以，即，令得， 所以平面的一个法向量可以是． 故选：． 11．【多选】（2023秋•鄂尔多斯期末）设直线，的方向向量分别为，平面，的法向量分别为，则下列命题正确的是　　 A．若，则 B．若，则 C．若，则，使得 D．若，则 【解析】对于，若，则，所以，选项正确； 对于，若，则，选项错误； 对于，若，则， 所以，使得，选项正确； 对于，若，则，选项正确． 故选：． 直线与平面所成的角 12．【多选】（2023秋•大理州期末）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为2的“刍童”，其中，，则　　 A．该“刍童”的表面积为 B．该“刍童”中平面 C．该“刍童”外接球的球心到平面的距离为 D．该“刍童”侧棱与平面所成角的正弦值为 【解析】设上下两底面的中心分别为，，的中点为，的中点为， 由题意面， 设，分别为，的中点，则， 而，面，所以，， 所以，，两两垂直， 所以以点为原点，，，所在直线分别为，，轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 对于，因为，，过点作于点， 则，，所以， 同理过点作于点，则， ，所以， 所以侧面面积之和为 ， 而上下底面之和为， 所以该“刍童”的表面积为，故正确； 对于，由题意知四边形为矩形，，， ， 但，这表明了与不垂直， 所以不垂直平面（否则由线面垂直的性质得，导出矛盾），故错误； 对于，由对称性可知该“刍童”外接球的球心在直线上， 不妨设它为，0，，而，， 所以， 由，即得，， 解得，所以该“刍童”外接球的球心到平面的距离为，故正确； 对于，因为，， 所以， 又面，故取平面的法向量为， 不妨设该“刍童”侧棱与平面所成角为， 则该“刍童”侧棱与平面所成角的正弦值为 ，故正确． 故选：． 13．【多选】（2023秋•绍兴期末）已知是各条棱长均等于1的正三棱柱，是侧棱的中点，下列结论正确的是　　 A．与平面所成的角的正弦值为 B．平面与平面所成的角是 C． D．平面平面 【解析】对于，设点到平面的距离为， 由题意知到平面的距离为， 由，得， 由，得， 由，解得， 与平面所成角的正弦值为，故正确； 如图，延长，交于点，连接， 由，知为中点，由为等边三角形， ，是二面角的平面角，由题意知，故错误； 对于，由，根据正三棱锥的性质得平面， ，又，平面，，故正确； 对于，由知，平面，平面， 平面，平面平面，故正确． 故选：． 14．【多选】（2023秋•楚雄州期末）在三棱锥中，和均为等边三角形，，，则　　 A．平面平面 B．若为的中点，为的重心，则平面 C．直线与平面所成的角为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【解析】在三棱锥中，和均为等边三角形，，， 取为的中点，连接，，则，，所以为平面与平面的二面角， 因为，，，所以，则平面平面，所以正确； 因为为 的重心，所以， 因为为的中点，所以不平行于平面，所以错误； 易知平面，所以为直线与平面所成的角，，所以正确； 因为，所以三棱锥的外接球的球心为，半径为1，其表面积为，所以正确． 故选：． 15．（2022秋•西山区校级期末）如图所示，在长方体中，，，则与平面所成角的余弦值为 　　． 【解析】如图， 为长方体，平面平面， 取的中点，连接， ，， 又平面平面，平面， 连接，则为直线与平面所成角， 由已知，可得，， 则， 与平面所成角的余弦值为． 故答案为：． 16．（2023春•玉溪期末）如图，正方体的棱长为2，，分别为，的中点，是底面上一点．若平面，则与平面成角的正弦值的取值范围是 　　． 【解析】分别取的中点，的中点，连接，，， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为，分别为，的中点，所以， 同理可知，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为，，平面，所以平面平面， 因为是底面上一点，且平面，所以点， 在等腰中，， 设与平面所成角为，则，． 故答案为：，． 17．（2023秋•昭阳区期末）图，在正方体中，，，分别是，，的中点． （1）证明：． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】证明：方法一：（1）证明（方法一）：正方体的棱长为2，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，0，，，2，． ，，，． 因为，所以，即． 方法二：连接． 在正方体中，平面，所以． 因为，所以． 因为，所以，，，四点共面， 在正方形中，，分别是边，的中点，可得△， 所以，，所以． 因为，，平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）因为，所以，即． 因为，，平面， 所以平面，即为平面的一个法向量． 设直线与平面所成的角为， 则． 故直线与平面所成角的正弦值为． 18．（2023秋•丰城市校级期末）如图，在三棱锥中，为正三角形，平面平面，，． （1）求证：； （2）若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）如图，设为的中点， 为正三角形，． 平面平面，平面平面，平面， 平面，而平面， ，又，，，平面， 平面，而平面， ． （2）设的中点为，，，． 由（1）知，，两两垂直，以，，为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系， ，取， 则，． ． 设平面的法向量为， 则，取，则． 直线与平面所成角的正弦值为． 19．（2024春•环县校级期末）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，底面，，，分别是，的中点，． （1）求四棱锥的体积； （2）求与底面所成角的正切值． 【解析】（1），，四边形为菱形，且为的中点， ， ， 如图，连接、相交于点，连接，则为的中点， 为的中点，， 平面，平面，且， ． （2）由（1）知，平面， 即为与底面所成角． ，， ， 故与底面所成角的正切值为． 20．（2024春•昭通期末）如图，在正方体中，为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 【解析】（1）连接，，因为几何体为正方体，所以且，四边形为平行四边形， 所以，因为，所以， 又，，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以，， 平面，平面，所以平面； （2）以方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体棱长为1，则，， ，设平面的法向量为， 则，即，设，则，，， 设直线与平面所成角为，则， 即，所以， 故直线与平面所成角的余弦值为． 21．（2024春•贵阳期末）如图，在正三棱柱中，，分别为棱，的中点，． （1）证明：平面． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：取为的中点，连接，， 因为为棱的中点，所以，且， 又为棱的中点，所以， 因为且， 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）取为的中点，为的中点，连接，， 因为为正三棱柱， 所以，，两两垂直， 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， 则，，1，，，2，， ，， 设平面的法向量为， 则 令，则，， 可得， 又，1，是平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 22．（2024•江西模拟）如图，在正三棱柱中，为的中点． （1）证明：； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：取的中点，连接，，又为的中点， 所以， 又，所以，所以直线，确定一个平面， 因为平面，平面，所以， 又，所以， 又，所以平面， 又平面， 所以； （2）解：由（1）可得平面，平面， 平面， 所以，， 以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建系如图， 则，，，，，，，0，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，，， 则，即， 令，可得，1，， ，，， 所以，， 设直线与平面所成的角为，，， 所以，． 故直线与平面所成角的正弦值为． 23．（2024春•武汉期末）在如图所示的四棱锥中，已知平面，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 【解析】解（1）证明：取的中点，连接，， 为的中点， 且， 且， 且， 四边形为平行四边形， ，又面，面， 平面． （2）证明：平面，平面，， 过作，交于，则，， ，又， ，，又， 平面，又平面， 平面平面． （3）取中点，连接，则， 由（2）知平面，则平面， 为直线与平面所成的角， ，， ， 即直线与平面所成角的正切值为． 24．（2022秋•官渡区期末）中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则直线与平面所成角的正弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】如图，设上底面圆心为，下底面圆心为， 连接，，，，， 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， 则，1，，，2，，，1，，，0，， 则，，，，1，，，0，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，2，， ，， 设直线与平面所成角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为． 故选：． 25．（2023秋•陇县校级期末）如图，在长方体中，，，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：在长方体中，建系如图： 则，0，，，0，，，4，，，4，， ，1，，，0，，，4，， ，，， ，， ，，又，，平面， 平面； （2）设平面的法向量为，又，， 则，取，又， 直线与平面所成的角的正弦值为： ，． 二面角的平面角及求法 26．（2023秋•五华区校级期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面． （1）求证：平面； （2）设为的中点，，求二面角的正弦值． 【解析】（1）证明：因为平面，平面， 所以，过作，交于， 由平面面，平面平面， 平面，可得平面， 又平面，所以， 又，所以平面； （2）解：由（1）知，，则平面， 建立如图所示空间直角空标系， 设，则，， 则，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为， 则由，令，可得， 设平面的一个法向量为， 则由，令，可得， 设二面角的平面角为，则， 又， 故二面角的正弦值为． 27．（2023秋•昭阳区期末）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【解析】（1）证明：，为的中点， ， 四棱锥的底面是矩形， ， ，， 而，即， 底面，底面， ，而，，平面， 平面； （2）解：平面，，平面， ，， 四棱锥的底面是矩形， ，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 平面， 平面的法向量为， 设为平面的法向量，，， 于是有，可得，即， 取，则平面的法向量， 平面与平面所成角的余弦值为 28．（2024春•昭通期末）四棱锥中，平面，底面是正方形，，点是棱上一点． （1）求证：平面平面； （2）当为中点时，求所成二面角锐角的大小． 【解析】（1）证明：因为底面是正方形， 所以， 因为平面，平面， 所以，又，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面． （2）因为平面，底面是正方形， 如图以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 因为，为中点， 所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，1，， 所以， 设平面的法向量为， 则，取， 设平面的法向量为， 则，取， 设二面角为，由图可知二面角为锐二面角， 所以， 所以，二面角所成锐角的大小为． 29．（2024春•官渡区校级期末）如图，已知四边形为矩形，，，为的中点，将沿进行翻折，使点与点重合，且． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：由题知， 所以， 所以为直角三角形，， 因为，，， 所以， 所以为直角三角形，， 因为， 所以平面，因为平面， 所以． （2）由题知以为原点建立如图空间直角坐标系， 取中点，由题知，所以， 由（1）知平面，所以， 因为，所以平面， ，0，，，4，，0，，，2，，，3，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则， ，，令，则， 所以， 由（1）知平面， 所以是平面的一个法向量，， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以． 30．（2024•长安区模拟）图1所示的是等腰梯形，，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，连接，，形成一个四棱锥，如图2所示． （1）若平面平面，求证：； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求三棱锥的体积． 【解析】（1）证明：由题意知，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 根据直线与平面平行的性质定理，可得； （2）证明：由题知，， 因为平面，平面，， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （3）解：由题知，，所以， 如图，过作交于点， 则平面， 所以，又因为， 所以平面， 所以． 31．（2023秋•保山期末）如图，在三棱锥中，，，． （1）求证：； （2）求二面角平面角的余弦值． 【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接，， 由，得， 由，得， ，平面， 平面，． （2）由（1）知：平面， 平面，平面平面， ，，， ，为正三角形， 取，的中点，，则，，两两垂直， 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， 则 0，0，， 0，，，，2，，，2，， ，2，，，2，，，0，， 设，，是平面的法向量， 则，取，得，，， 设，，是平面的法向量， 则，取，得，3，， 设二面角平面角的平面角为， 则二面角平面角的余弦值为： ． 32．（2023秋•黔东南州期末）如图，在直四棱柱中，，． （1）证明：． （2）若，，四边形的面积为，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：连接，，设与相交于点， 因为，，，所以， 所以， 又，，所以，所以， 因为，所以，即， 因为平面，平面，所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，所以． （2）解：以为坐标原点，，， 所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 由题可知，，， 因为四边形的面积为，所以， 因为，，所以为等腰直角三角形， 所以， 所以，0，，，， 所以，， 设平面的法向量，，，则， 取，得，，所以，，， 因为平面，所以平面的一个法向量为，0，， 设平面与平面夹角为，则，， 故平面与平面夹角的余弦值为． 33．（2024春•安康期末）如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，．，，分别是线段，上的动点，且． （1）若二面角的大小为，求的长； （2）当三棱锥的体积为时，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【解析】（1）取中点，过点作，交于点，连接， 由直四棱柱，可得平面， 而平面，所以，即， 又因为，所以， 因为底面是边长为2的菱形，， 所以为等边三角形，则， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 即为二面角的平面角，所以， 在平面中，由，可得， 在中，，， 则，解得； （2）因为平面， 所以， ． 因为三棱锥的体积为， 所以，解得， 因为平面， 所以， 在中，， ， 所以， 设到平面的距离为， 在中，，， 所以， 所以， 因为， 所以， 解得． 在中，由余弦定理得， 所以． 设与平面所成的角为， 所以， 令，则，代入上式， 所以， 则， 因为，所以， 所以， 所以， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围是． 34．（2024春•普洱期末）已知在正三棱柱中，，点为的中点，点在的延长线上，且． （1）证明：平面； （2）求二面角的正切值． 【解析】（1）证明：因为，所以， 又为的中点，所以，所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面． （2）取的中点，连接，， 因为三棱柱是正三棱柱且，故， 因为为的中点，所以，故为等腰直角三角形，， 因为，所以为等腰直角三角形，故， 所以，又，所以， 又因为平面平面，交线为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，， 所以就是二面角的平面角， 因为，，所以， 即二面角的正切值为． 35．（2024•濠江区校级一模）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥如图乙． （Ⅰ）证明：平面平面； （Ⅱ）在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（Ⅰ）证明：由题意，在平行四边形中， ，，， 则在中，由余弦定理， 可得， 则有，故，即， 又，所以， 由题意，，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （Ⅱ）解：过点作，由（Ⅰ）可知，，，两两垂直， 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，0，，，，，，，0，， 设，则有，故， 则，， 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得，， 即， 取平面的一个法向量为， 由图可知二面角的平面角为锐角， 则由二面角的余弦值为， 可得， 整理得，解得或（舍去）， 故，即， 故在线段上存在点，当时， 可得二面角的余弦值为． 36．（2023秋•昭阳区校级期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为的中点． （1）求证：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又因为正方形中，所以， 因为，，平面，所以平面； （2）以点为坐标原点，分别以直线，，为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，0，，，2，，，2，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，得到，，所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得到，，所以， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 37．（2023秋•禄劝县校级期末）如图，已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】证明：方法一：底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点， 分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点，所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，平面，平面， 所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面． 方法二：因为为正方形，且平面， 所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则，0，、，3，、，3，、，0，、，， 所以，平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． 设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 38．（2023秋•云南期末）如图，在四棱锥中，已知底面，，，，，，异面直线与所成角为． （Ⅰ）证明：与平面； （Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点在棱上的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】证明：由题意，建立如图所示的空间直角坐标系． 令，，由，， ，0，，，0，，，，，，2，，，0，， ． 由，得， 由，解得． 有， ，， 即，， 又，故与平面． 令， 由， 平面的法向量，1，， 由，，1，， 平面的法向量，，， 则，取，得，，， 则由，解得：． 存在为的中点，使得平面与平面的夹角的余弦值为． 39．（2023秋•楚雄州期末）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，是的中点，且，，． （1）证明：平面平面； （2）在棱上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角的余弦值为？如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由． 【解析】（1）证明：由，得， 所以，又底面是正方形， 所以，因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）解：过点在平面内作的垂线，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，1，，，2，， 设，，，因为，所以，所以点的坐标为，0，， 则， 设平面的法向量是， 由即令，得， 设平面的法向量是， 由即令，得， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以，即． 40．（2023秋•麒麟区校级期末）如图，在四棱锥中，，，面，且，． （1）求三棱锥内切球的体积． （2）求平面与平面的夹角的大小． 【解析】（1）因为面，面，所以， 因为，，，平面， 所以面， 因为面，所以， 因为，所以， 设三棱锥内切球球心为，半径为， 则由等体积公式可知， 即， 则， 解得， 所以三棱锥内切球的体积为； （2）由已知和（1）可知，，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，0，，，2，， 易知平面的一个法向量为， 又， 设平面的一个法向量为， 则，取，，，则， 所以， 所以平面与平面的夹角的大小为． 41．（2023秋•保山期末）如图，在长方体中，，，、、分别是、、的中点． （Ⅰ）证明：平面； （Ⅱ）设为边上的一点，当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值． 【解析】（Ⅰ）证明：连结， ，分别为，的中点， ，且， 为的中点，， 由题设知，且，可得，且， ，且， 四边形是平行四边形， ， 又平面，面， 平面． （Ⅱ）平面， 为直线与平面所成角， ，解得， 取中点，连结，过点作，交于点，连结， 由题意得平面， 是二面角的平面角， 由题意得△△， ， ， 在中，，解得， 二面角与二面角互补， 二面角的余弦值为． 42．（2023秋•密山市期末）如图，在长方体中，底面是边长为2的正方形，为底面的对角线，为的中点． （1）求证：． （2）二面角的大小为，求的长． 【解析】（1）证明：连接交于， 在四棱柱中， 平面，平面，． 四边形是正方形，． 又，平面． 平面，． （2）连接，四边形是正方形， ，且是的中点， ，，即为二面角的平面角， 则，即． 43．（2023秋•官渡区期末）如图，平面，四边形为矩形，，，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【解析】（1）证明：因为四边形为矩形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，同理可得：平面， 又，平面，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设，因为，， 则，2，，，4，，，0，，，0，， 则，故，解得， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，故， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，故， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 44．（2023秋•大理州期末）如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且，底面，，，，分别是棱，，的中点． （1）求平面与平面所成二面角的余弦值； （2）求平面截四棱锥所得的截面与交于点，求的值． 【解析】（1）因为菱形中，，，所以是边长为2的等边三角形， 连接，在等边中，为中点，所以，结合，得， 因为底面，、平面，所以，，即、、两两垂直， 以、、所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 根据，得，0，，，0，，，2，， 中，，，可得，0，，，，，，1，， 根据为中点，得，根据为中点，得，1，． 设为平面的法向量，由，，得， 取，得，是平面的一个法向量， 设为平面的法向量，由，得， 取，得，，是平面的一个法向量， 设平面与平面所成二面角大小为，则． 所以平面与平面所成二面角的余弦值为； （2）取的中点，连接、， 因为是的中位线，所以且，同理可得且， 所以且，可知四边形是平行四边形，即、、、四点共面于平面， 延长，交的延长线于，连接并延长，交于，连接， 因为，平面，所以平面，结合平面，可知平面， 而，所以平面，可得五边形为平面截四棱锥所得的截面． 过作，交于点， 由，为中点，可得，可得，所以， 在中，，可得，即， 由，为中点，可得，可得， 所以，可得，即的值为． 45．（2023秋•库车市校级期末）已知向量，且平面平面，若平面与平面的夹角的余弦值为，则实数的值为　　 A．或 B．或1 C．或2 D． 【解析】因为， 所以， 解得或1． 故选：． 46．（2024•上高县校级模拟）在正方体—中，平面经过点、，平面经过点、，当平面、分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为　　 A． B． C． D． 【解析】当平面、分别截正方体所得截面面积最大时，平面是平面，平面是平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则，0，，，1，，，0，，，0，， 设，1，，，0，，，1，，，0，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，0，， 所以，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， 即当平面、分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为． 故选：． 47．（2024秋•云南期末）如图，已知在四棱柱中，底面为梯形，，底面，，其中，，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【解析】（1）证明：因为底面，， 所以以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 可得，，1，，，1，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，可得，， 即， 因为，可得， 且平面， 所以平面 （2）设平面的一个法向量为， 则，则， 解得，令，可得， 即， 所以， 因此平面与平面夹角的余弦值为； （3）易知， 平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为． 48．（2024春•红河州期末）如图，在四棱台中，底面是边长为2的正方形，平面，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的大小． 【解析】（1）证明：底面是边长为2的正方形，平面， 故，，两两垂直． 以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 在四棱台中，，，为的中点， 故，0，，，0，，，2，，，1，，，2，，，1，，，1，， 则， 所以，即， 且平面，平面， 故平面． （2）由（1）知，，， 设平面的法向量为， 则，即 令，解得， 设平面的法向量为， 则，即 令，解得， 故， 故平面与平面的夹角为． 49．（2024春•麒麟区期末）如图，在四棱锥中，底面满足，，平面平面，，点是的中点． （1）证明：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接，， 因为点是的中点，则有， 又，， 故得，， 即四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 故平面． （2）如图， 因为，则， 又因为平面平面，平面平面， 则平面， 于是四棱锥的体积为． （3）因为，平面平面，平面平面， 平面，故有平面， 分别以为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则平面的一个法向量可取为， 由， 则得， 设平面的一个法向量为， 则， 故可取， 设平面与平面所成角为， 则， 故． 即平面与平面所成角的正弦值为． 50．（2024春•大理州期末）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，分别是，的中点，点为线段上一点，． （1）证明：； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，试求的值． 【解析】（1）证明：因为，则，即， 如图所示，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 又因为，可得， 所以． （2）假设存在，易知平面的一个法向量为， 因为， 设是平面的一个法向量， 则， 令，可得，，可得， 则， 化简得， 解得或， 因为，，可得． 51．（2024春•保山期末）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面，于点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值． 注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【解析】（Ⅰ）证明：连接，如图1， 因为交平面于点，平面， 所以平面，所以平面平面， 又因为平面平面，且平面平面， 所以， 因为，且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以平面． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，点是的中点，所以点是线段的中点， 若选择条件①②： 因为平面四边形的棱长相等，而且对角线， 所以四边形是正方形， 又因平面，所以，，， 故如图2，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，2，，，2，， ，， 设平面的法向量为， 则，可取， 因为平面， 所以平面的法向量为， 所以， 由题知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为． 若选择条件①③： 因为平面，平面，平面， 所以，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以， 如图2，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，2，，，2，， ，， 设平面的法向量， 则， 可取， 因为平面，所以平面的法向量为， 所以， 又由题意知，二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为． 选择条件②③不合题意， 由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形， 由条件③平面平面，无法确定与， 故几何体不能唯一确定． 52．（2024春•云县期末）如图，在三棱锥中，，，点是的中点，平面． （1）求； （2）点在直线上，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【解析】（1）因为，点，是的中点， 所以， 在直角中，， 又平面，所以， 在直角中，， 又因为， 所以， 在直角中，， 所以，解得， 所以． （2）如图， 以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，3，，，， 取平面的一个法向量， 设，，，，则， 设平面的法向量，，， 则， 取，得， 因为二面角的正弦值为， 由图可知，二面角为， 所以， 即， 解得（舍或， 所以，1，， 所以 所以， 所以三棱锥的体积为． 53．（2024春•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． 【解析】（1）证明：连接， 因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为，， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）解：由题意知，，，两两垂直， 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，1，，，2，，，0，， 所以，2，，，，，，，， 设平面的法向量为，，，则， 令，则，，所以，1，， 设平面的法向量为，，，则， 令，则，，所以，1，， 设平面与平面的夹角为，则，， 因为，，所以， 故平面与平面的夹角的大小为． 空间中点到平面的距离 54．（2024春•巴音郭楞州期末）如图，在直三棱柱中，，，，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 【解析】设点到平面的距离为， 由题意得，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等， ， ， ， 则． 故选：． 55．（2023春•朝阳期末）在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点，，点为上一个动点，则点到平面的距离为　　 A． B． C．1 D． 【解析】如图所示，点，分别是，的中点， 因为该正方体的棱长为2，所以， 平面，点到平面的距离即为点或到平面的距离． 为等边三角形，，， 设到平面的距离为， ，，解得． 故选：． 56．（2023春•水富市期末）如图，正方体的棱长为4，是棱的中点，则点到平面的距离为　　 A． B． C． D． 【解析】如图，设点到平面的距离为， 正方体的棱长为4，故， 设中为边的高，则， 即， 又点到平面的距离，即到平面的距离，为，， 由，得， 即，故． 故选：． 57．【多选】（2024秋•富宁县校级期末）如图，在棱长为1的正方体中，为面的中心，、分别为到的中点，则　　 A．平面 B．平面与平面相交 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 【解析】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则由题意有：， ，0，，，1，，，0，，，1，， 设平面的法向量为， ， 则由，，可得， 令，则，，可得， 设平面的法向量为， ， 则由，，可得， 令，则，可得， 对，因为，则，即与不共线， 所以与平面不垂直，故错误； 对，因为，则与不共线， 所以平面与平面相交，故正确； 对， 则点到直线的距离为，故正确； 对，则点到平面的距离为，故正确． 故选：． 58．（2024春•会泽县期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，，，则　　 A．当时， B．当时，三棱锥的体积为 C．当时，平面 D．当时，到平面的距离为 【解析】当时，，根据正方体结构特征， 易知平面，平面， 所以，故正确； 当时，．易知到平面的距离为定值2， 因为， 所以，故错误； 当时，，根据正方体结构特征， 易证面面，面， 所以面，故正确； 当时，，即为，的中点， 以为坐标原点，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，2，，，2，， 所以平面的法向量为，， 所以到平面的距离，故正确． 故选：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$