专题19 立体几何大题（58题）-【百强名校好题】刷透百强模拟 2025年高考数学直通130+（金题特训·名校巅峰）

专题19 立体几何大题 1. 空间中的平行关系 （1） 线线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 2. 空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 （2） 线面垂直的判定定理 一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 （4） 面面垂直的判定定理 一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） （5） 面面垂直的性质定理 两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 3. 异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 4. 直线与平面所成角，(为平面的法向量). 5. 二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 6. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 【金题】1．（山东省济南市山东省实验中学2024届高三高考定心卷）如图，在三棱锥中，平面平面，点为的重心，． (1)若平面，求的长度； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值． 【金题】2．（辽宁省沈阳市东北育才学校2024届高三考前最后一模）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【金题】3．（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试）如图，直角中，，，D、E分别为、中点，将沿翻折成，得到四棱锥，M为中点.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【金题】4．（重庆市第八中学2024届高三下学期强化考试（四））如图， 在三棱锥 中， 的中点分别为 ，点在上，. (1)证明: 平面； (2)证明: 平面； (3)求二面角的余弦值. 【金题】5．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）如图，四棱锥中，底面为矩形，，， ，. (1)求证: 平面 . (2)若为上一点，，且二面角为，求到平面的距离. 【金题】6．（河北省衡水中学2024届高三下学期模拟押题（一））如图，在四棱台中，， ，. (1)证明：平面平面； (2)若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【金题】7．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是的中点，点在棱上，且，，．    (1)若平面平面，证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【金题】8．（山东省济南市山东师范大学附属中学2025届高三上学期高考模拟考试）如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 【金题】9．（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三上学期第六次适应性训练）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离. 【金题】10．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，面为棱上的动点． (1)若为棱中点，证明：面； (2)在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)分别在棱上，，求三棱锥的体积的最大值． 【金题】11．（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，. (1)求的最小值； (2)求三棱锥体积最大时的面积. 【金题】12．（江苏省南京大学附属中学2024-2025学年高三下学期2月模拟）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【金题】13．（重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高三上学期12月一诊模拟）如图，在多面体中，四边形为矩形，四边形为直角梯形， ，，且． (1)当时，求证：； (2)当点在线段上（包含端点），时，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围． 1．（湖北武汉华师一2024届高三考前测试）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且. (1)求翻折后线段的长； (2)点满足，求与平面所成角的正弦值. 2．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，． (1)证明：平面； (2)若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求． 3．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 4．（河北省衡水中学2024届高三下学期押题）如图，在六棱锥中，平面是边长为的正六边形，平面为棱上一点，且. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 5．（湖南长沙长郡中学2024届高考适应）如图，在四棱锥，，，E为PC的中点． (1)证明：直线平面PAD； (2)若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 6．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）如图，已知多面体均垂直于平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 7．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，，，点为中点，. (1)求证：平面； (2)已知点为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 8．（湖南省长沙市长郡中学2024届高三一模）正四棱柱中，分别是棱的中点，. (1)求正四棱柱的体积； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 9．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）如图，在棱长为的正方体中，点是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥. (1)若，求证：平面平面； (2)是否存在，使得直线平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 10．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 11．（湖南长沙雅礼中学2024届高三4月测试）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． 12．（河北石家庄第二中学2024届高三一模）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 13．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）在空间四边形ABCD中，. (1)求证:平面平面ABC; (2)对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.若存在求出的值，若不存在说明理由. 14．（吉林长春东北师大附中2024届五模）如图，在正三棱柱中，为中点，点在棱上，. (1)证明：平面； (2)求锐二面角的余弦值. 15．（2024吉林长春东北师大附中高三六模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，直线PA与BC所成的角的正切值等于、N分别是PB、PC的中点． (1)判断直线AM和DN的位置关系（不必说明理由，直接写出结论即可）； (2)证明：平面平面ABCD； (3)求平面MPD与平面APD夹角的余弦值． 16．（2024吉林长春东北师大附中高三七模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，，，底面为等边三角形. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（湖南师大附中2023-2024学年高三下一模）如图，在斜三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的菱形，，，，分别为，的中点. (1)证明：. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18．（湖南师大附中2024二模）如图，直四棱柱的底面是边长为2的菱形，平面. (1)求四棱柱的体积； (2)设点关于平面的对称点为，点和点关于平面对称（和未在图中标出），求平面与平面所成锐二面角的大小. 19．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）如图，AB是半球O的直径，，依次是底面上的两个三等分点，P是半球面上一点，且． (1)证明：； (2)若点在底面圆上的射影为中点，求直线与平面所成的角的正弦值． 20．（湖北武汉二中2024高三最后一卷）如图，在三棱柱中，，为的中点，平面.    (1)求证：； (2)若，求二面角的余弦值. 21．（2024广东华南师大附中综合测试）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 22．（广东广州华南师大附中2024年5月月考）如图，已知长方形中，为的中点.将沿折起，使得平面平面. (1)求证：； (2)若，当二面角大小为时，求的值. 23．（浙江杭州二中2024高三下开学考试）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，． (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 24．（河南郑州一中2024届考前全真模拟）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． 25．（安徽合肥一中2024届最后一卷）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. 26．（辽宁沈阳东北育才2024高三六模）如图，四棱柱的底面是正方形，平面.    (1)求点到平面的距离； (2)若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值. 27．（山东省实验2024届高三一模）已知矩形ABCD中，点E在边CD上，且．现将沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成如图所示的四棱锥． (1)若点F在线段AP上，且平面，求的值； (2)若平面平面，求平面PEC和平面ABCE夹角的余弦值． 28．（山东省实验2024届高三二模）如图，在三棱锥中，均为等边三角形，为的中点，为的中点，平面. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值. 29．（2024山东省实验5月模拟）如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小. 30．（江苏南京外国语20242月开学考试）如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足. (1)证明：直线平面； (2)若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. 31．（山西大学附中2024届高三下月考）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为上的点，且.    (1)证明：平面； (2)若平面为的中点，，求二面角的正切值. 32．（广东东莞高级中学三模）已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个论断：①；②；③平面． (1)以其中的两个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并证明； (2)在（1）的条件下，若，求四棱锥体积的最大值． 33．（辽宁省实验2024届高三考前模拟）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，，，（） （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值； （3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式．（直接写出答案，不必说明理由） 34．（安徽合肥一六八中学2024届最后一卷）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． 35．（贵州贵阳一中2024届高三一模）如图，在三棱台中，在边上，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)若且的面积为，求与平面所成角的正弦值． 36．（重庆南开中学2024届高三5月模拟）如图所示，在正四面体中，，点为线段AB上靠近A点的四等分点，I、H分别为线段AD、AC的中点，直线GH与直线BC交于点E，直线GI与直线BD交于点F． (1)证明：； (2)设M为线段EF的中点，求直线GM与平面ABC所成角的正弦值． 37．（江西抚州临川一中2024届5月训练）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，． (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 38．（重庆巴蜀中学2024届高考适应性考试）如图，有一个正方形为底面的正四棱锥，各条边长都是1；另有一个正三角形为底面的正三棱锥，各条边长也都是1. (1)在四棱锥中，求与平面所成角的正弦值，并求二面角的平面角的正弦值； (2)现把它俩其中的两个三角形表面用胶水黏合起来，如黏合面和面.试问：由此而得的组合体有几个面？请说明理由. 39．（重庆西南大学附中2024届高考全真模拟）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，． (1)证明：平面平面． (2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求． 40．（2024届湖南长沙一中最后一卷）如图，在四棱台中，， ，. (1)证明：平面平面； (2)若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 41．（浙江温州中学2024届高三一模）如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为．（浙江温州中学2024届高三一模）、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知． （1）求证：⊥平面； （2）求二面角的大小． 42．（江西师大附学2024届高考三模）如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面. (1)求证：平面平面； (2)如果，，求二面角的余弦值. 43．（江苏南京师大附中2024高三模拟）如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 44．（山东师大附中2024届高三考前适应）如图，在直三棱柱中，，，，. (1)当时，求证：平面； (2)设二面角的大小为，求的取值范围. 45．（黑龙江哈尔滨市三中2024高三五模）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点． (1)求证：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题19 立体几何大题 1. 空间中的平行关系 （1） 线线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 2. 空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 （2） 线面垂直的判定定理 一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 （4） 面面垂直的判定定理 一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） （5） 面面垂直的性质定理 两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 3. 异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 4. 直线与平面所成角，(为平面的法向量). 5. 二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 6. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 【金题】1．（山东省济南市山东省实验中学2024届高三高考定心卷）如图，在三棱锥中，平面平面，点为的重心，． (1)若平面，求的长度； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】(1)连接并延长与交于点，连接，由线面平行的性质定理得，再利用G为重心得到，求出AD，再利用勾股定理求出BD长即可. (2)以BC中点O为坐标原点建系，求出PD的方向向量与平面PAB的法向量，再利用线面角与这两个向量夹角之间的关系计算即可. 【详解】（1）连接并延长与交于点，连接，所以平面平面． 因为平面平面所以 又因为为的重心，所以．所以． 所以，即．所以在中，，则． （2）设为的中点，连接．因为平面平面 又因为所以，且平面平面， 所以平面，如图所示，分别以为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，所以，因为，所以 又因为，所以，所以． 所以，又因为． 不妨设平面的法向量，所以 所以，可取 设直线与平面所成的角为，所以． 即直线与平面所成的角的正弦值为. 【金题】2．（辽宁省沈阳市东北育才学校2024届高三考前最后一模）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形. (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）根据条件得到，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，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）设，连接， 因为四边形为矩形，所以为中点， 又为中点，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，，，的正方向分别为x，y，z轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为：， 且，令，解得：，，所以， 设直线与平面所成角为，所以. 则直线与平面所成角的正弦值为. 【金题】3．（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试）如图，直角中，，，D、E分别为、中点，将沿翻折成，得到四棱锥，M为中点.    (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）取中点，连接，证明是平行四边形，得，然后由线面平行的判定定理得证； （2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）取中点，连接，如图， 因为是中点，所以且， 又分别是中点，所以且， 所以与平行且相等，从而是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；    （2）由已知，， 所以，又，，平面， 所以平面， 又因为， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 设平面的一个法向量是， 则，取得， ， 所以平面与平面夹角的余弦值． 【金题】4．（重庆市第八中学2024届高三下学期强化考试（四））如图， 在三棱锥 中， 的中点分别为 ，点在上，. (1)证明: 平面； (2)证明: 平面； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直的判定推理作答. （3）求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）连接，设， 则，， 因为，， 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， 所以，又平面平面， 所以平面； （2）因为分别为中点，所以， 因为，所以， 因为，，， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 又因为平面， 所以平面； （3）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， 平面的法向量为， 所以， 因为为钝角，故二面角的余弦值为. 【金题】5．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）如图，四棱锥中，底面为矩形，，， ，. (1)求证: 平面 . (2)若为上一点，，且二面角为，求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析． (2) 【分析】（1）证明平面，得，然后可证平面； （2）以为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，设，由面面角的空间向量法，空间线段长度的向量表示求得，再用空间向量法深圳市点面距． 【详解】（1）因为，，又，平面， 所以平面，而平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面； （2）以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 于是， ，，， 设， ，， 设平面的一个法向量是， 则，取， 则， 平面的一个法向量是， 二面角为， 则  ①， 又由得， 所以，解得， 代入①式解得， 所以，，， 设平面的一个法向量是， 则，取，则， 所以点到平面的距离等于． 【金题】6．（河北省衡水中学2024届高三下学期模拟押题（一））如图，在四棱台中，， ，. (1)证明：平面平面； (2)若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由已知，在中，由正弦定理，可得，在中，由余弦定理， 可得，由勾股定理的逆定理可得，则平面，则得平面平面； （2）由（1）和已知，可得四棱台的上、下底面面积，再由四棱台的体积公式求出高，由（1）可得平面，以为坐标原点， 建立空间直角坐标系，求出设平面和平面的法向量，则由坐标运算得到平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1） 因为，所以， 在中，由正弦定理， 得， 所以， 所以， 则由勾股定理，得， 在中，由余弦定理， 得， 所以，所以，即， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知四棱台的下底面面积 ， 因为，所以上底面面积， 设四棱台的高为， 则四棱台的体积为， 所以， 因为平面平面， 平面平面， 所以平面，所以两两垂直. 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，则 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得， 所以平面的一个法向量为， 由题可知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. 【金题】7．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是的中点，点在棱上，且，，．    (1)若平面平面，证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）计算出的值，以为坐标原点，、所在直线分别为、轴，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【详解】（1）证明：因为四边形正方形，所以． 因为平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面平面，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）解：由题意可得， ． 因为四边形是正方形，所以． 又因为，，、平面，所以平面． 因为，所以平面， 因为平面，所以，． 则． 所以，． 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．    点到平面的距离为， 点到平面的距离为． 则，，，， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，取，可得． 设平面的法向量为，，， 则，取，可得． 设平面与平面的夹角为， 则， 令， 则 ． 当时，取得最小值，最小值为， 所以的最大值为，此时，． 故平面与平面的夹角的余弦值的最大值为． 【金题】8．（山东省济南市山东师范大学附属中学2025届高三上学期高考模拟考试）如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 【答案】(1)取中点，连接，则五边形为过，，的截面，理由见解析； (2)直线与平面所成角的正弦值为 (3)点轨迹的长度为 【分析】（1）取中点，连接，则五边形为过，，的截面，利用面面平行的性质可证结论； （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，可证明平面，可得为直线与平面所成的角，计算即可； （3）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用坐标法求得平面的一个法向量，结合平面的一个法向量为，结合已知可得，进而计算可求得点轨迹的长度. 【详解】（1）取中点，连接，则五边形为过，，的截面， 理由，因为，，的中点分别为，，. 所以，又平面，平面， 所以平面，平面， 又，且平面，所以平面平面， 由平面平面，所以，又的中点. 所以为的中点，同理可得为的中点. （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由题意可得，，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 由，，可得，又， 所以，又，所以， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）以为坐标原点，为坐标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，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 又平面，所以平面的一个法向量为， 又因为二面角的余弦值为， 所以， 所以，两边平方得， 所以，解得或（舍去）， 当时，，当，， 所以满足题意的点轨迹的长度为. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 【金题】9．（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三上学期第六次适应性训练）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】先证明直线PD⊥平面ABCD.以点D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系. （1）利用向量法证明平面； （2）利用向量法求平面与平面所成角； （3）设，因为异面直线与所成角的余弦值为，求出t的值，代点到面的距离公式求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：（1）∵平面平面，平面平面， 平面，，所以直线平面. 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，，，，，， 由题可知为平面的一个法向量，所以. 又因为平面，平面. （2）解：，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面与平面所成角的大小为， 则，， ∴平面与平面所成角的大小为. （3）点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为， 设则，，，， ， 解得，∴线段的长为. 设平面的法向量， 则，取，得， 又，所以. 【金题】10．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）如图，在四棱锥中，底面是正方形，面为棱上的动点． (1)若为棱中点，证明：面； (2)在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)分别在棱上，，求三棱锥的体积的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在满足条件的点，； (3) 【分析】（1）运用中位线性质得到线线平行，进而得到线面平行；（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角得向量法求解即可；（3）在中，由余弦定理，设，则，得到，在用等体积法计算即可. 【详解】（1）连接交于，则为三角形中位线，易知， 又因为上，面，所以面； （2）以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得， 由为棱上一点，设， ． 设平面的法向量为， 由可得 令，则，则． 取平面的法向量为， 则二面角的平面角满足： ， 化简得：，解得：或（舍去）， 故存在满足条件的点，此时． （3）因为， 可知三棱锥体积最大时，即最大，在中，由余弦定理有： 可得， 设，则， 由题可知：该方程有实根，则，解得， 同理可得． 设点到平面的距离为，则由等体积法得到：， ，解得：． 当最大时三棱锥体积最大，即三棱锥体积最大， 最大体积为：． 【金题】11．（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）如图所示，正四面体棱长为4，，，分别在棱，，上，. (1)求的最小值； (2)求三棱锥体积最大时的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）在中，利用余弦定理可得，设，则，结合二次方程分析求得，即可得结果； （2）因为，分析可知三棱锥体积最大时，即最大，结合（1）求得此时，即可得结果. 【详解】（1）在中，由余弦定理有：， 即，可得， 设，则， 由题可知：该方程有实根，则，解得， 则，当且仅当，时，等号成立， 所以的最小值为. （2）因为，且点到平面的距离为定值， 若三棱锥体积最大时，即最大， 由（1）得，且， 由于该方程中，地位等价， 同（1）可得：，当且仅当时，等号成立， 由，地位等价，同理可得，当时，等号成立， 则，当且仅当时，等号成立， 此时为等边三角形，且，， 作于， 则，，所以， 故此时的面积为. 【金题】12．（江苏省南京大学附属中学2024-2025学年高三下学期2月模拟）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，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)证明见解析 (3). 【分析】（1）求出，即可得到，结合，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，即可证明； （3）设，即可表示出的坐标，设直线与平面所成角为，利用向量法求出，再根据二次函数的性质求出的最大值. 【详解】（1），，所以 又，， 又，，，. （2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，， ，，两两垂直，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， 设，则，，，，，. ，，， 设为平面的一个法向量， 令，得，. 设平面的一个法向量，则，取. ，又平面与平面不重合， 平面平面. （3）当时，为平面的一个法向量，， 则， 设， ，， 设直线与平面所成角为， ， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【金题】13．（重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高三上学期12月一诊模拟）如图，在多面体中，四边形为矩形，四边形为直角梯形， ，，且． (1)当时，求证：； (2)当点在线段上（包含端点），时，求平面与平面的夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出相关的点的坐标，证明为0即可证明； （2）由题意可求出，进而可求出平面的法向量，假设，进而可求出平面的法向量，运用空间角的向量求法求解即可. 【详解】（1）取的中点的中点，连接 ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 平面， 分为的中点， ， 平面，易知， 因为，所以， 以分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角生标系， ， ，设. 则 ， . （2）， ， ，， 因为点M在上，可设， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则 设平面的一个法向量为， 则， 令，则 ， 假设平面与平面的夹角为， 则， 因为，所以， 令，，， ， ， ，， ， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值的取值范围为 1．（湖北武汉华师一2024届高三考前测试）如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥，且. (1)求翻折后线段的长； (2)点满足，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）可以证明得到为直角三角形, 翻折后线段的长可由勾股定理得出. （2）根据第（1）问可以建立坐标系,写出关键点的坐标,求出,平面的法向量,求出向量夹角的余弦值,后得到与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）由,,,,平面, 可得平面,又平面,则, 在中,根据勾股定理, （2）如图,过点作于点,由（1）可知,平面平面,交于, ∴平面,∵,又,,∴为直角三角形,∴ 如图,以为轴,为轴,过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系 则,,,有,, 设平面的法向量,则, 令,解得其中一个法向量； 于是,, 故与平面所成角的正弦值为. 2．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，． (1)证明：平面； (2)若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，即可证明平面； （2）建立空间直角坐标系，由（1）知平面，即可得，再求平面和平面的法向量即可求出. 【详解】（1）底面是菱形，， 平面，且平面，. 又，平面,平面， 平面，，又，且平面，， 平面，平面，， ，，即，又平面， 且，平面． （2）以为原点，以为轴，为轴，过点且平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 ， ,,又, 在中由勾股定理得, 即,. ，， ，，平面， 与平面所成的角为，平面， 是平面的一个法向量，平面，平面， 平面平面，设，只需，则平面， 则， 令，则， ，. 3．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，． (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）取的中点，连接，，利用几何关系证明，再由线面平行的判定定理得到结果. （2）建系后分别找到平面的法向量为和平面的法向量为，代入空间向量二面角的余弦公式求出即可. 【详解】（1）取的中点，连接，， 则且， 又且，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）取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 过点作直线的垂线交于点， 以为坐标原点，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， 因为为直径，所以， 所以，，． 在等腰梯形中，，， 所以， 所以，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则 所以令，则，， 所以． 设平面的法向量为，则， 取． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 4．（河北省衡水中学2024届高三下学期押题）如图，在六棱锥中，平面是边长为的正六边形，平面为棱上一点，且. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，由正六边形的性质可求得，再由，得，则平面，然后由，得平面，则由面面平行的判定定理可得平面平面，再由面面平行的性质可证得结论； （2）由平面，得两两垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接. 因为六边形是边长为的正六边形， 所以, 所以， 所以. 又，所以. 因为平面平面， 所以平面. 又平面平面， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. 又平面，所以平面. （2）解：由平面，得两两垂直. 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， 则 所以，. 设平面的法向量为， 则， 令，得， 则平面的一个法向量为. 由（1）得平面平面，又平面， 所以平面， 从而为平面的一个法向量. 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. 5．（湖南长沙长郡中学2024届高考适应）如图，在四棱锥，，，E为PC的中点． (1)证明：直线平面PAD； (2)若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据线面平行及面面平行判定定理，面面平行性质定理可证； （2）根据面面垂直性质定理，应用空间向量法求线面角即可. 【详解】（1）取CD的中点M，连接EM，BM， 因为，所以． 因为，，所以，，． 又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD 因为E为PC的中点，M为CD的中点，所以． 又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD 又因为，，所以平面平面PAD． 而平面BEM，故平面PAD． （2）因为平面平面ABCD，连接AC交BD于点O，连PO，由对称性知，O为BD中点，且． 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，． 设，则，，得，，． 设平面PCD的一个法向量为， 由于，， 则得 令，得，，故， 设直线AB与平面PCD所成角为，由于， 则， 故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为． 6．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）如图，已知多面体均垂直于平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论； （Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可. 【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法 由得， 所以，即有. 由，得， 由得， 由，得，所以，即有，又，因此平面. ［方法二］：向量法 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下： 因此, 由得；由得， 所以平面. （Ⅱ）［方法一］：定义法 如图，过点作，交直线于点，连结. 由平面得平面平面， 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由得， 所以，故. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法二］：向量法 设直线与平面所成的角为. 由(I)可知, 设平面的法向量. 由即，可取， 所以. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法三］：【最优解】定义法+等积法 设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故． ［方法四］：定义法+等积法 设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此． 于是得，易得． 由得，解得． 故． ［方法五］：三正弦定理的应用 设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得， 所以由三正弦定理得． ［方法六］：三余弦定理的应用 设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量． 结合三余弦定理得． ［方法七］：转化法＋定义法 如图3，延长线段至E，使得． 联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此． ［方法八］：定义法＋等积法 如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得． 又，设直线与平面所成角为，所以． 【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法； 方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出； （Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出； 方法二：根据线面角的向量公式求出； 方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解； 方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同； 方法五：直接利用三正弦定理求出； 方法六：直接利用三余弦定理求出； 方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出； 方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出． 7．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，，，点为中点，. (1)求证：平面； (2)已知点为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，可证，从而得到，即有平面，可得，由，可得，即可证明平面，即，再由，得，从而证明平面； （2）以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，表示出，代入向量夹角公式，可得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）连接. 因为，且，所以， 因为，所以.因为是棱的中点，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 由题意可得，则，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，所以. 因为平面，且，所以平面. （2）以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，， 从而，， 设平面的法向量为， 则，即，令，得， 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. 8．（湖南省长沙市长郡中学2024届高三一模）正四棱柱中，分别是棱的中点，. (1)求正四棱柱的体积； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正四棱柱的性质可证为平行四边形，故，从而可得，再根据相似形可求棱柱的高，故可得体积； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量后可求锐二面角的余弦值. 【详解】（1）连接，因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以. 因为， 所以，所以， 所以，所以， 所以. 所以正四棱柱的体积. （2）以为坐标原点，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， 则平面的法向量为. 设平面的法向量为， ， 则， 令，则， 则平面的法向量为. . 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 9．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）如图，在棱长为的正方体中，点是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥. (1)若，求证：平面平面； (2)是否存在，使得直线平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）当时，推导出二面角为直角，结合面面垂直的定义可证得结论成立； （2）假设存在，使得直线平面，以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将的坐标用的表达式表示，设，可得出关于、的方程组，解之可得出结论. 【详解】（1）证明：若，则平面､平面为同一个平面. 连接、，则是中点，是中点， 所以平面与平面重合，平面与平面重合， 由正方体性质可知平面， 因为、平面，所以，，， 为二面角的平面角， 因为，，则，同理可得， 所以，所以，平面平面 （2）解：假设存在，使得直线平面， 以为原点，分别以、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，故、， 设平面的法向量为，则， 取，得是平面的一个法向量， 取的中点，的中点，连接、，则， 因为，则，同理可知，， 因为，，，则四边形为矩形，所以，， 于是是二面角的平面角， 是二面角的平面角， 是二面角的平面角.于是， 因为，，， 因为，则，所以， 因为，，，、平面， 所以，平面，且， 故，同理， 所以， 因为， ， 所以， 若直线平面，是平面的一个法向量，则， 即存在，使得，则， 因为，可得， 故方程组无解， 所以不存在，使得直线平面. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理. 在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可. 10．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点．    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）依次证得四边形与四边形是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）依题意建立空间直角坐标系，利用待定系数法求得点的坐标，进而求得平面与平面的法向量，再利用空间向量法即可得解. 【详解】（1）连结，交于点，连结， 在平行六面体中，，是的中点， 所以四边形是平行四边形，又点为中点， 则且， 所以四边形是平行四边形，从而， 因为平面，，所以平面. （2）以为原点建立如图所示的坐标系，    则，，设点为，其中， 则，，， 因为，，， 所以，即，解得， 则，则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量，则， 令，则， 设二面角为，则， 所以， 则， 所以二面角的正弦值为. 11．（湖南长沙雅礼中学2024届高三4月测试）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，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）先证明，结合，由线面垂直判定定理和定义证明，取中点G，由面面垂直性质定理证明平面，由此可得，最后利用线面垂直判定定理证明平面； 【详解】（1）为等边三角形，D为中点， ， 又，，，平面， 平面， 平面， ， 取中点G，连接， 为等边三角形， ， 平面平面，平面平面，平面. 平面， ， 与相交，，平面， 平面； （2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，，，， 设，则 ，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，可得， 为平面的一个法向量， 取平面的一个法向量为， 则， 解得，此时， 在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且. 12．（河北石家庄第二中学2024届高三一模）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．    (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，此时 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果. 【详解】（1）因为，且， 可得，， 又因为，可得， 所以，则， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）因为平面，且平面，所以， 如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，    可得，，，， 所以，． 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 假设存在点，使得与平面所成角为， 设，（其中），则，， 所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时． 13．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）在空间四边形ABCD中，. (1)求证:平面平面ABC; (2)对角线BD上是否存在一点，使得直线AD与平面ACE所成角为.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，. 【分析】（1）取的中点，连,可证明，，根据线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明； （2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量的坐标，根据即可求解. 【详解】（1）取的中点，连, 因为，所以，且. 又，则，且. 又，则，则. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）易知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则,, 则. 设，则. 则. 设平面的法向量为， 则， 令，则，即. 又,所以， 即，即，解得或（舍去）， 因为，所以,所以， 所以. 故. 14．（吉林长春东北师大附中2024届五模）如图，在正三棱柱中，为中点，点在棱上，. (1)证明：平面； (2)求锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）解法1：作出辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；解法2：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，由证明出结论； （2）解法1：作出辅助线，得到即为二面角的平面角，求出各边长，求出锐二面角的余弦值；解法2：求出平面的法向量，得到平面的法向量，求出答案. 【详解】（1）解法1：设，则为中点， ，连接， 延长交延长线于， 由得， 为中点， ， 平面平面， 平面， 解法2：取中点，取中点，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，建系如图， 则， ， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 平面， 故平面. （2）解法1：因为，所以，故四边形为正方形， 故⊥，且为中点， 又，， 故，故⊥， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 又，， 且，， ， 故锐二面角的余弦值为. 解法2：设平面的一个法向量为， 则， 令，则， ， 所以锐二面角的余弦值为. 15．（2024吉林长春东北师大附中高三六模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，直线PA与BC所成的角的正切值等于、N分别是PB、PC的中点． (1)判断直线AM和DN的位置关系（不必说明理由，直接写出结论即可）； (2)证明：平面平面ABCD； (3)求平面MPD与平面APD夹角的余弦值． 【答案】(1)直线AM与DN相交 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据中位线和正方形可证得，，得到四边形为梯形即可； （2）取AD的中点为，连接PO，BO，等腰三角形三线合一得到，根据勾股定理逆定理得到，从而证得平面ABCD，进而得到平面平面ABCD； （3）建立空间直角坐标系，根据平面的法向量夹角余弦求解平面MPD与平面APD夹角的余弦值. 【详解】（1）直线AM与DN相交. 理由如下：如图，连接，因为、N分别是PB、PC的中点， 所以是的中位线，所以，， 又底面四边形ABCD是正方形，所以，， 所以，， 所以四边形为梯形，且AM与DN是梯形的两个腰， 所以直线AM与DN相交. （2）取AD的中点为，连接PO，BO，因为，所以， 因为，所以就是直线PA与BC所成的角，所以， 又底面ABCD是边长为2的正方形，所以， 由得，， 又，则有，所以， 又平面，所以平面ABCD， 而平面PAD，所以平面平面ABCD. （3）因为M是PB的中点，所以平面MPD即为平面BPD， 在正方形ABCD中，取BC的中点，连接OQ，则， 又由（2）知平面ABCD，故以O为原点， OQ、OA、OP所在直线分别为x轴、y轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面BPD的一个法向量为， 则，取，则，故， 而平面APD的一个法向量为， ， 所以平面MPD与平面APD夹角的余弦值为． 16．（2024吉林长春东北师大附中高三七模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，，，底面为等边三角形. (1)证明：平面平面； (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）取，的中点为，，连接，，，依题意可证平面，即可得为二面角的平面角，证明为直二面角可得结果； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法可得结果. 【详解】（1）取，的中点为，，连接，，， 由于侧面为矩形，所以，∵，∴， 由于底面为等边三角形，所以，，，平面， 所以平面， 由于，，故四边形为平行四边形， 故平面，故， 又是中点，所以， 由于，，所以，， 又，所以， 由于，，故为的平面角， 由于，所以， 故平面平面； （2）由于，，两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 由于平面的法向量为， 故 故平面与平面的夹角的余弦值为. 17．（湖南师大附中2023-2024学年高三下一模）如图，在斜三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的菱形，，，，分别为，的中点. (1)证明：. (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）根据题干，先证明平面，从而得到，又因为，再得到平面，进而得到； （2）在点建立空间直角坐标系，求出直线与平面中各点的坐标，再利用线面夹角公式代入求解即可得到. 【详解】（1）证明：如图，连接. 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以为等边三角形，则. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 因为，，所以. 因为，平面，所以平面. 又平面，所以. （2）如图，过作的平行线为轴，结合（1）知轴，，两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则得 取，得，则. 因为为的中点，所以. 又.所以. 则. 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. 18．（湖南师大附中2024二模）如图，直四棱柱的底面是边长为2的菱形，平面. (1)求四棱柱的体积； (2)设点关于平面的对称点为，点和点关于平面对称（和未在图中标出），求平面与平面所成锐二面角的大小. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）连，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助向量垂直的坐标表示求出四棱柱的高，进而求出体积. （2）利用对称求出点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，再借助面面角的向量求法求得结果. 【详解】（1）在直四棱柱中，连，由菱形，得，令， 以为坐标原点，直线分别为轴，过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点，， 由平面，平面，得，则，解得， 所以四棱柱的体积. （2）由（1）知，，， 由平面，点关于平面的对称点为，则点在线段上，且， 设，，则 ， 所以， 于是，解得，则， 由点和点关于平面对称，得是平面的一个法向量， 又是平面的一个法向量， 因此， 所以平面和平面所成锐二面角的大小为. 19．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）如图，AB是半球O的直径，，依次是底面上的两个三等分点，P是半球面上一点，且． (1)证明：； (2)若点在底面圆上的射影为中点，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 （1）根据题意证明面，得到，再结合线面垂直的判定定理得证； （2）根据题意建立空间直角坐标系，结合线面角的空间向量计算公式进行求解即可. 【详解】（1）连接， 因为依次是底面上的两个三等分点， 所以四边形是菱形，设，则为中点，且， 又因为，故是等边三角形， 连接，则， 又因为面，，所以面， 因为面，所以， 因为依次是底面上的两个三等分点，所以，所以， 又因为AB是半球O的直径， P是半球面上一点，所以， 因为面，，所以面， 又因为面，所以 （2）因为点在底面圆上的射影为中点， 所以面， 因为面，所以， 又因为， 所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 所以， 设平面的法向量， 则，令，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为 20．（湖北武汉二中2024高三最后一卷）如图，在三棱柱中，，为的中点，平面.    (1)求证：； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）由（1）的信息以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可. 【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，显然二面角的大小为锐角， 所以二面角的余弦值为.    21．（2024广东华南师大附中综合测试）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，，分别为，的中点，点在棱上，，直线与平面相交于点. (1)证明：； (2)求直线与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）首先证明平面，再由线面平行的性质证明即可； （2）连接,，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得. 【详解】（1）因为、分别为、的中点，所以， 又平面，平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. （2）由（1）知，平面， 则点到平面的距离即为与平面的距离， 连接,，由均为正三角形，为的中点，得， 又平面平面，平面平面平面， 于是平面，又平面，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，又，， 又，可得， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设点到平面的距离为，则， 所以与平面的距离为. 22．（广东广州华南师大附中2024年5月月考）如图，已知长方形中，为的中点.将沿折起，使得平面平面. (1)求证：； (2)若，当二面角大小为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的方法证明线线垂直. （2）利用空间向量的方法，根据二面角的大小，求参数的值. 【详解】（1）取的中点，的中点，连, 因为为中点，且，所以， 又，为中点，所以， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又，，所以. 因为为的中点，为的中点， 所以，所以. 所以两两垂直. 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 如图，根据已知条件，得 由于， 则，故. （2）因为，则 所以点的坐标为（其中）. 易得平面ADM的法向量可以取， 设平面的法向量为， 则 则， 取，则 由于二面角大小为， 则， 由于，故解得. 23．（浙江杭州二中2024高三下开学考试）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，． (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）由(1)建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面、平面的法向量，结合空间向量的数量积定义计算即可. 【详解】（1）取中点，连接， 因为四边形是边长为的菱形，所以， 因为,所以是等边三角形， 所以, 因为，所以， 因为，所以，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）因为，所以， 由（1）知，平面平面，而平面平面， 平面，所以平面， 所以直线两两垂直，以为原点建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 由，取，得， 设平面的法向量为， 由，取，得， 所以，由图可知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 24．（河南郑州一中2024届考前全真模拟）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)． 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【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． 25．（安徽合肥一中2024届最后一卷）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)证明见解析 (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. 26．（辽宁沈阳东北育才2024高三六模）如图，四棱柱的底面是正方形，平面.    (1)求点到平面的距离； (2)若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）连接交于点，先证平面平面，然后由面面垂直性质定理知即为所求，然后计算可得； （2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用平面夹角的向量公式列方程可解. 【详解】（1）连接交于点，连接. 因为平面，平面，所以， 因为底面是正方形，所以， 又，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. 因为平面，平面，所以， 又，所以. 在中，，所以. 又为的中点，所以且， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 故点到平面的距离为. （2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则， ， 由（1）知，平面的一个法向量， 设， 则 设为平面的一个法向量， 由，取，得， 设平面与平面的夹角为， 则有， 解得，即. 27．（山东省实验2024届高三一模）已知矩形ABCD中，点E在边CD上，且．现将沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成如图所示的四棱锥． (1)若点F在线段AP上，且平面，求的值； (2)若平面平面，求平面PEC和平面ABCE夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）作，交PB于M，易得M，F，E，C四点共面，然后通过线面平行的性质定理得四边形EFMC为平行四边形，进而可得答案； （2）先证明平面ABCE，然后以O为坐标原点，OA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解面面角. 【详解】（1）作，交PB于M，易得M，F，E，C四点共面， 平面PBC，平面平面，平面EFMC， ，四边形EFMC为平行四边形， ，， 由可得； （2）因为为等腰直角三角形，取AE中点O，则，即． 又因为平面平面ABCE，平面平面，平面APE， 所以平面ABCE． 以O为坐标原点，OA为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，， 则，， 设平面PEC的法向量为，则， 不妨取，则，，， 设平面ECA的一个法向量为， 则， 则平面PEC和平面ABCE夹角的余弦值为． 28．（山东省实验2024届高三二模）如图，在三棱锥中，均为等边三角形，为的中点，为的中点，平面. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）借助线面垂直的性质可得，由正三角形及中点的性质可得，即可得，从而可得是正三角形，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，求出两平面的法向量后借助夹角公式计算即可得解. 【详解】（1）证明：因为平面，且平面，所以， 因为为等边三角形，且为的中点，所以， 又因为为的中点，所以， 所以，所以， 所以是正三角形，所以， （2）以为坐标原点，直线为轴，过点且与平行的直线为轴， 直线为轴建立的空间直角坐标系如图所示： 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，取，得， 所以. 设平面的法向量为， 则，即，取，得， 所以. 设二面角的平面角为， 则， 所以二面角的正弦值. 29．（2024山东省实验5月模拟）如图，在菱形中，，是的中点，将沿直线翻折使点到达点的位置，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）构造线线平行，通过线线平行判断线面平行. （2）先确定，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的大小. 【详解】（1）取线段的中点为，连接， 因为为线段的中点，所以，且； 又是的中点，所以，且； 所以 ，且，故四边形为平行四边形； 所以， 因为平面，平面， 所以 直线平面； （2）因为是的中点，所以，所以； 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则即， 取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角为. 30．（江苏南京外国语20242月开学考试）如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足. (1)证明：直线平面； (2)若平面，且，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）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接， 由，故，所以，所以， 所以，所以为中点， 又且，且， 所以且， 故四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）解：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，由，得， 取， 故所求角的正弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 31．（山西大学附中2024届高三下月考）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为上的点，且.    (1)证明：平面； (2)若平面为的中点，，求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面平行，然后得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角，从而求解. 【详解】（1）证明：如图，在上取一点，使得，连接，，， 因为底面是平行四边形，所以，所以， 因为，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以 平面， 又因为，所以，所以， 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. （2）当为中点，，，易知，为中点， 又因为平面，所以两两垂直， 则以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如（1）图， 设，则，，，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 故二面角的正弦值为， 所以正切值为. 故二面角的正切值为. 32．（广东东莞高级中学三模）已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个论断：①；②；③平面． (1)以其中的两个论断作为条件，另一个论断作为结论，写出一个正确的命题，并证明； (2)在（1）的条件下，若，求四棱锥体积的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）①②③,根据平面以及三角形全等可证明平面，即可由线面垂直的判定求解，③②①,根据线面垂直可得四棱锥是正四棱锥，即可求证，①③②,根据线面垂直，结合三角形全等，可证明四棱锥是正四棱锥，即可根据线面垂直得线线垂直， （2）根据正四棱锥的性质，由体积公式得体积表达式，即可利用不等式求解最值. 【详解】（1）①②③, 连接相交于，连接， 由于底面是正方形，所以， 又，平面， 故平面，平面,故, 由于，故, 因此,平面， 故平面，（可得四棱锥是正四棱锥） 平面，故, 又平面,故平面． ②③①, 连接相交于，连接, 由于底面是正方形，所以， 又，平面， 故平面，平面，故, 又平面，平面，故, 平面,故平面, 结合底面是正方形，是正方形的中心， 所以四棱锥是正四棱锥，故， ①③②, 连接相交于，连接, 平面，平面，故, 由于故, 又,故, 故, 因此，平面，故平面, 故四棱锥是正四棱锥， 由于，又，平面， 故平面，平面,故, （2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥， 设四棱锥的底边边长为，则四， 所以， 故， 由于，当且仅当，即时取等号， 故， 故四棱棱锥体积的最大值为. 33．（辽宁省实验2024届高三考前模拟）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，，，（） （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的值； （3）现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，写出的解析式．（直接写出答案，不必说明理由） 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【分析】（1）取得中点，连接，可证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得，即，又侧棱底面，可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）通过建立空间直角坐标系，由线面角的向量公式即可得出； （3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案，新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出． 【详解】（1）证明：取的中点，连接， ，， 四边形是平行四边形， ，且，， ，， 又，． 侧棱底面，， ，平面． （2）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，，，． ，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，则，． ． 设与平面所成角为，则 ， 解得，故所求． （3）由题意可与左右平面，，上或下面，拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案． 写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出． 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，利用向量求线面角、柱体的定义应用和表面积的求法，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力，数学运算能力及化归与转化能力，属于中档题． 34．（安徽合肥一六八中学2024届最后一卷）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)证明见解析 (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.    35．（贵州贵阳一中2024届高三一模）如图，在三棱台中，在边上，平面平面，，，，，． (1)证明：； (2)若且的面积为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据余弦定理和勾股定理证明，再根据线面平行的性质定理证明即可 （2）根据三棱台的上下底面棱长比和底面面积间关系，求出线段AC的长度，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求出CF与平面ABD所成角的正弦值. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理得， 解得， 又，即，得， 又因为平面平面，平面平面 ， 平面ACFD， 所以平面ABC，而平面ABC，则， 又，，平面BDH，平面BDH， 所以平面BDH，而平面，则， 因为，所以； （2）在中，，，， 所以，，所以， 又，所以， 则， 由（1）知，平面ABC， 所以可以H为原点，为y轴，为z轴，建系如图所示 ， 设平面ABD法向量为，则，即， 取，则，得平面的一个法向量为， 设CF与平面ABD所成角为， 则 ， 所以与平面所成角的正弦值 【点睛】方法点睛：向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 36．（重庆南开中学2024届高三5月模拟）如图所示，在正四面体中，，点为线段AB上靠近A点的四等分点，I、H分别为线段AD、AC的中点，直线GH与直线BC交于点E，直线GI与直线BD交于点F． (1)证明：； (2)设M为线段EF的中点，求直线GM与平面ABC所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，从而得到平面，再由线面平行的性质得到，即可得证； （2）设线段与线段交于点，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，取中点，以正四面体底面的外心为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）、分别为、的中点，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面，． ，. （2）设线段与线段交于点，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角. 由对称性可知，而为中点，则，故为中点． 取中点，以正四面体底面的外心为原点，建立空间直角坐标系，如图： 又正四面体中，所以， 则，，， 所以，， ， ， 设平面法向量为，则， 令，可得， 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. 37．（江西抚州临川一中2024届5月训练）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，． (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取中点，连接，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）由(1)建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面、平面的法向量，结合空间向量的数量积定义计算即可. 【详解】（1）取中点，连接， 因为四边形是边长为的菱形，所以， 因为,所以是等边三角形， 所以, 因为，所以， 因为，所以，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）因为，所以， 由（1）知，平面平面，而平面平面， 平面，所以平面， 所以直线两两垂直，以为原点建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 由，取，得， 设平面的法向量为， 由，取，得， 所以，由图可知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 38．（重庆巴蜀中学2024届高考适应性考试）如图，有一个正方形为底面的正四棱锥，各条边长都是1；另有一个正三角形为底面的正三棱锥，各条边长也都是1. (1)在四棱锥中，求与平面所成角的正弦值，并求二面角的平面角的正弦值； (2)现把它俩其中的两个三角形表面用胶水黏合起来，如黏合面和面.试问：由此而得的组合体有几个面？请说明理由. 【答案】(1)；. (2)；理由见解析. 【分析】（1）根据正四棱锥的性质，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出直线的方向向量、平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合线面角与向量夹角和面面角与向量的夹角的关系即可求解； （2）根据正三棱锥的性质，利用勾股定理及等腰三角形的三线合一定理，再利用二面角的平面角的定义及余弦定理，结合题意即可求解. 【详解】（1）设，由正四棱锥的性质，平面，， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.如图所示 由题意可知， 所以，，，， 设为平面的一个法向量，则，即 令，则，所以. 设与平面所成角为， 则； 设为平面的一个法向量，则，即 令，则，所以. 设二面角的平面角为， 则， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为；二面角的平面角的正弦值为. （2）得到5个面，理由如下： 一个正四棱锥，每个侧面都是单位正三角形；一个正四面体，每个面也都是单位正三角形， 把两个几何体通过一个全等的正三角形面粘接起来. 因为有四个面两两融合，变成了两个面. 原因是这里有两对两个二面角恰好互补， 下面计算验证.分别计算二面角和二面角的平面角大小. 由（1）求得二面角平面角 取的中点，连接，如图所示 因为正三角形为底面的正三棱锥，各条边长也都是1， 所以， 所以. 又的中点为， 所以为二面角的平面角， 在中，由余弦定理的推理得 所以， 故二面角的平面角的余弦值为， 所以，这样平面APB与平面QFG融合成了一个平面， 同理：平面DPC与平面QEG融合成了一个平面， 所以组合体有5个面. 39．（重庆西南大学附中2024届高考全真模拟）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，． (1)证明：平面平面． (2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由余弦定理可得，由勾股定理可得，从而可证平面，即可得到结论； （2）分别取，的中点、，连接，，建立空间直角坐标系，表示出点坐标，分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角公式即可得到答案. 【详解】（1）因为，，，由余弦定理可得：， 所以，则， 因为，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面 （2）分别取，的中点、，连接，， 因为、分别为，的中点， 所以，则平面， 因为为等边三角形，所以， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，由，得， 则，， 设平面的法向量，则，即，令，则 显然平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 解得：或(舍去)； 所以当平面与平面夹角的余弦值为时， 40．（2024届湖南长沙一中最后一卷）如图，在四棱台中，， ，. (1)证明：平面平面； (2)若，四棱台的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由已知，在中，由正弦定理，可得，在中，由余弦定理， 可得，由勾股定理的逆定理可得，则平面，则得平面平面； （2）由（1）和已知，可得四棱台的上、下底面面积，再由四棱台的体积公式求出高，由（1）可得平面，以为坐标原点， 建立空间直角坐标系，求出设平面和平面的法向量，则由坐标运算得到平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1） 因为，所以， 在中，由正弦定理， 得， 所以， 所以， 则由勾股定理，得， 在中，由余弦定理， 得， 所以，所以，即， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知四棱台的下底面面积 ， 因为，所以上底面面积， 设四棱台的高为， 则四棱台的体积为， 所以， 因为平面平面， 平面平面， 所以平面，所以两两垂直. 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，则 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得， 所以平面的一个法向量为， 由题可知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. 41．（浙江温州中学2024届高三一模）如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为．（浙江温州中学2024届高三一模）、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知． （1）求证：⊥平面； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）利用三角形中位线定理结线面平行的判定可得∥平面，再由线面平行的性质可得∥，由等腰三角形的性质可得⊥，从而可得⊥，再由已知可得⊥平面，则⊥，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）作⊥于，连，则由已知条件可证得平面，从而可得就是二面角的平面角，过作⊥于，则可得∥，设，然后利用平行线分线段成比例定理结合已知条件可求得，在中可求出的长，从而可求得，进而可直角三角形中可求得结果. 【详解】（1） 证明：因为、分别是、的中点， 所以是的中位线，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为平面，平面平面， 所以∥． 因为、分别是、的中点， 所以， 因为，所以， 因为是的中点，所以⊥， 所以⊥． 因为⊥，⊥，， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥， 因为 因此⊥面． （2） 作⊥于，连． 因为， 因为⊥平面， 因为平面， 所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以⊥， 所以就是二面角的平面角． 过作⊥于，则∥，则是的中点， 则． 设，由得，，解得，则， 在中，， 则． 所以在中，， 故二面角为． 42．（江西师大附学2024届高考三模）如图，在三棱锥中，，，分别是侧棱，，的中点，，平面. (1)求证：平面平面； (2)如果，，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）易得，根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）易得两两垂直，求出，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为，，分别是侧棱，，的中点， 所以， 因为，所以， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2）因为平面，平面， 所以， 因为，所以， 所以， 因为平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以两两垂直， 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为平面， 所以即为平面的一条法向量， 故， 所以二面角的余弦值. 43．（江苏南京师大附中2024高三模拟）如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点． (1)证明：； (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）在平面图形中取中点，连接，，由等边三角形性质、三角形全等有、，再应用线面垂直的判定、性质证结论； （2）首先证两两垂直，再构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，求直线的方向向量、平面的法向量，进而求线面角的正弦值. 【详解】（1）在平面图形中取中点，连接，， ∵△是边长为2的等边三角形， ∴，，故翻折后有， 又，则，，， 所以△△，即，则， 由，、平面，故平面， ∵，则， ∴平面，又平面， ∴． （2）在面内作，交于，由平面，平面， 所以，故两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 由（1）得，四边形为矩形， 在△中，，由余弦定理得，故， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则，令，则， 设直线与平面所成角为，则． 44．（山东师大附中2024届高三考前适应）如图，在直三棱柱中，，，，. (1)当时，求证：平面； (2)设二面角的大小为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，当时，求得的坐标，求得，得到，结合线面垂直的判定定理，即可得证； （2）由（1）求得平面和平面的法向量和，利用向量的夹角公式，求得，结合，进而求得的范围. 【详解】（1）证明：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，， 当时，，所以， 可得，所以， 又因为，平面，平面，所以平面. （2）解：由（1）可得， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 所以， 又因为，可得，所以， 因为二面角为锐二面角，所以， 所以的取值范围. 45．（黑龙江哈尔滨市三中2024高三五模）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，M，N分别为AC，的中点． (1)求证：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，，为正三角形，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需运用两次线面平行的判定定理分别证明平面，以及平面，最后再结合面面平行的判定定理即可得证； （2）利用等体积法，找出二面角的平面角，计算所需高和面积，从而建立方程即可求解. 【详解】（1）因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以, 因为， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为M，N分别为侧面为矩形的边AC，的中点， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，且，平面，平面， 所以平面平面； （2）由（1）可知四边形是平行四边形， 又， 所以平行四边形是矩形， 从而， 因为为正三角形， 所以为正三角形， 又因为点是的中点， 所以， 又因为平面平面，平面，平面， 所以是二面角的平面角，它的余弦值为，那么它的正弦值为， 因为，为正三角形， 所以为正三角形，且， 于三棱锥而言，若将三角形看作三棱锥的底面，设为三棱锥的高， 则对应三棱锥的高为， 而三角形的面积为， 而， 所以， 又， 所以， 所以三角形的面积为， 设直线和平面所成角的正弦值为， 而， 则点到平面的距离为， 由等体积法有， 即， 解得， 即直线和平面所成角的正弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$