大题03 空间向量与立体几何（5大题型+高分必刷）-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）

大题03 空间向量与立体几何 根据近几年的高考情况，空间向量与立体几何是高考中的必考知识点，解答题必然会出现，一般考查空间角问题，主要体现在线面角，面面角，以及二面角，。具体呈现方式分为常规题目以及动点问题。预计2025年的高考中，空间几何依然会以面面角或者是二面角的形式出现。 题型一 空间几何中的线面角 1．（24-25高三下·山西·阶段练习）如图，在三棱柱中，平面．    (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． （1）垂线法求线面角（也称直接法）：先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）． （2）公式法求线面角（也称等体积法）：用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解．公式为：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长． 2、向量法求线面角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则． 1（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且． (1)点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 题型二：空间几何中面面角 1（2025·山东青岛·一模）如图，在多面体中，，的中点为. (1)求证：四点共面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的大小. 向量法求面面角：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则．即可。注意面面角的范围是0 到90 （2025·新疆乌鲁木齐·一模）如图，和都垂直于平面，且，是线段上一点. (1)若平面，证明是的中点； (2)若，，平面与平面夹角的余弦值为，求. 2（24-25高三下·河北·开学考试）如图所示，在圆台中，四边形为过的圆台截面，为底面圆O的内接正三角形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求平面和平面夹角的余弦值. 3（2025·河北唐山·一模）如图，在三棱台中，底面为的中点，． (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 题型三 空间几何中的二面角 （2025·山西·一模）如图，已知四棱锥中，底面为菱形，，，平面，分别是的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 几何法求二面角 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角． （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角． （4）射影面积法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便． 2、向量法求二面角：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则．.二面角的范围是0到180 1．（2025·黑龙江·二模）如图，在四棱锥中，底面，点满足. (1)若平面，求的值； (2)若，求平面与平面所成的二面角的正弦值. 题型四：空间几何中的折叠问题 1（2025·海南·三模）如图，将等腰直角三角形沿斜边上的中线翻折，得到四面体． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． .（2025·贵州遵义·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），且面积的最大值为2．将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图1，2所示． (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求折叠后，平面与平面所成锐二面角的余弦值； (3)求折叠后面积的最大值． 1.概念：将平面图形沿某直线翻折成立体图形，再对折叠后的立体图形的线面位置关系和某几何量进行论证和计算，就是折叠问题. 2. 折叠问题分析求解原则： （1）折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系； （2）折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变 3 将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间图形展开转化为平面问题进行研究. 1 （24-25高三下·河南南阳·开学考试）如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 2（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）如图甲，在等腰直角中，，沿底边的高与的中位线，分别将和折起到和的位置，如图乙，折叠过程保持. (1)证明：四点共面； (2)求直线与平面所成角的正弦的最大值. 题型五：空间几何中的动点问题 1（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，点为棱上一个动点． (1)求证：； (2)若平面平面； （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 2（24-25高三下·辽宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中分别为的中点，点满足.    (1)证明：； (2)若底面，则棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 在解决探索性问题中点的存在性四，经常需要设出点的坐标，而（x，y，z）可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大.为了减少变量数量，用以下设法. 1.直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标；依据：根据平面向量共线定理——若 R，使得 2.平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标. 3.依据：平面向量基本定理,若不共线，则平面上任意一个向量，均存在，y∈R，使得 1（2025·黑龙江·一模）如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 16．（2025·陕西榆林·模拟预测）如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，.把沿向上折起，使点到达点位置，使得平面平面，如图2所示. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)当点在线段（包括端点）上运动时，设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 一、解答题 1．（2025·江西南昌·一模）如图，在三棱锥中，平面，为的中点．   (1)求证：； (2)求与平面所成角的正弦值． 2．（24-25高三下·江苏·开学考试）如图，在三棱锥中，为棱上一点，，且，． (1)证明：平面； (2)求四面体的外接球的体积； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 3．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点. (1)当是线段中点时，求证：平面； (2)设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离. 4．（2025·河北保定·模拟预测）如图，三棱柱的侧面与侧面均为正方形，为的中点，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求二面角的正弦值. 5．（24-25高三上·江苏无锡·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为，点为线段上一点. (1)证明：平面平面. (2)若，求四棱锥的体积. (3)点为线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值. 6．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，四棱锥的底面是矩形，为的中点，.    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在异于端点的点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 7．（24-25高三下·山东青岛·开学考试）设三角形满足，其中分别为的对边． (1)证明：； (2)设三角形中，为边靠近的三等分点，且，，将三角形向上翻折（如图），若平面平面，求二面角的余弦值． 8．（24-25高三上·山东威海·期末）如图，在以为顶点的多面体中，平面平面，为的中点    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 9．（2025·山东·一模）如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且． (1)当时， （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； (2)当时，若，且平面为垂足，中点为中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值． 一、解答题 1．（2024·江苏·高考真题）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·新课标Ⅱ卷·高考真题）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． 3．（2024·全国甲卷·高考真题）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． 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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． 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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． 6．（2023·全国乙卷·高考真题）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·全国甲卷·高考真题）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·全国乙卷·高考真题）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． 9．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 10．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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． 11．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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． 6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题03 空间向量与立体几何 根据近几年的高考情况，空间向量与立体几何是高考中的必考知识点，解答题必然会出现，一般考查空间角问题，主要体现在线面角，面面角，以及二面角，。具体呈现方式分为常规题目以及动点问题。预计2025年的高考中，空间几何依然会以面面角或者是二面角的形式出现。 题型一 空间几何中的线面角 1．（24-25高三下·山西·阶段练习）如图，在三棱柱中，平面．    (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【思路分析】（1）利用线面垂直的性质、判定，再利用面面垂直的判定推理即得. （2）利用（1）中信息，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得. 【规范答题】（1）在三棱柱中，由平面平面，得， 又平面，则平面， 而平面，所以平面平面. （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，令，则， ，， 设平面的法向量为，则，取，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （1）垂线法求线面角（也称直接法）：先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解（可能利用余弦定理或者直角三角形）． （2）公式法求线面角（也称等体积法）：用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解．公式为：，其中是斜线与平面所成的角，是垂线段的长，是斜线段的长． 2、向量法求线面角：设是直线的方向向量，是平面的法向量，直线与平面的夹角为.则． 1（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且． (1)点在线段上，且平面，证明：为线段的中点； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2)的长度为或 【分析】（1）过点作交于点，连接，由线面平行的性质定理证明，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【详解】（1）连接，过点作交于点，连接， 又因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，所以为线段的中点； （2）连接，因为，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面所以平面 又因为，所以建立如图所示的空间直角坐标系， 设， ，设平面的法向量为， ， 所以，令，，所以， 所以与平面所成的角的余弦值为， 所以与平面所成的角的正弦值为， 即， 所以，化简可得：， 解得：或，即或， 所以或. 题型二：空间几何中面面角 1（2025·山东青岛·一模）如图，在多面体中，，的中点为. (1)求证：四点共面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析(2) 【思路分析】（1） 利用垂直关系可证明线面垂直，根据过一个点有且只有一个平面与已知直线垂直，可以证明四点共面； （2）引入二面角作为参数，来表达相关点坐标，从而利用空间向量法求线面角正弦值，即可得到方程求角，从而可得到答案. 【规范答题】（1） 连接，由为中点，得， 由，得，而平面， 则平面，同理平面， 又平面与平面有公共直线， 所以四点共面； （2）由（1）知，是二面角的平面角， 设， 由，得， 则，，直线两两垂直， 以为原点，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， 取，得， 设直线与平面所成角为， 依题意，，即， 平方化简整理得， 而,则， 即，又，则， 所以平面与平面夹角的大小为. 向量法求面面角：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则．即可。注意面面角的范围是0 到90 （2025·新疆乌鲁木齐·一模）如图，和都垂直于平面，且，是线段上一点. (1)若平面，证明是的中点； (2)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）根据线面平行的性质可得，进而根据四边形是平行四边形，即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解. 【详解】（1）过点作交于点，连接， 则，即、、、四点共面， ∵平面，平面, 平面平面， ∴，又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，∴是的中点 （2）∵，平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，过平行于的直线为轴，建立坐标系. 记，则，，，，. 设,则，即点的坐标为,，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，则， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，则， 因为平面与平面的夹角余弦值为， 所以. 整理得,解得或（舍）， 所以. 2（24-25高三下·河北·开学考试）如图所示，在圆台中，四边形为过的圆台截面，为底面圆O的内接正三角形.    (1)证明：平面平面； (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）利用面面垂直的判定定理进行证明； （2）结合题意建立空间直角坐标系，求出平面ABF和平面CEF的法向量，从而求出它们夹角的余弦值． 【详解】（1）证明：设，连接，如图，    因为为底面圆O的内接正三角形，所以O为正三角形的中心， 则，且M为中点， 因为四边形为过的圆台截面，且关于底面直径对称， 所以，则， 因为，平面，所以平面， 因为平面CEF，所以平面平面； （2）由分析知，O为正三角形的中心，所以， 因为，所以，故M为中点， 因为，所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面， 以O为原点建立空间直角坐标系如图，    连接，因为，所以三角形满足，为正三角形， 所以， 不妨设，则，，， 所以，， 设平面ABF法向量为，则，即， 解得， 易知平面法向量， 设平面和平面夹角为，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为 3（2025·河北唐山·一模）如图，在三棱台中，底面为的中点，． (1)证明：； (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）利用棱台的性质结合线面垂直的判定定理可得平面，由此可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得结果. 【详解】（1）在三棱台中，∵，∴． ∵为的中点，∴，， ∴四边形为平行四边形，故． ∵，∴． ∵底面，底面，∴． ∵平面，为相交直线，∴平面， ∵平面，∴． （2） 以为原点，以分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，． ∴，． 设是平面的法向量，则即 令，则，故． 设是平面的法向量，则即 令，则，故． ∴． ∴平面与平面夹角的余弦值为． 题型三 空间几何中的二面角 （2025·山西·一模）如图，已知四棱锥中，底面为菱形，，，平面，分别是的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 【思路分析】（1）连接，证得，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【规范答题】（1）证明：连接．∵底面为菱形，， ∴是正三角形，∵E是CD中点，∴， ∵平面，平面，∴， ，又都在平面内， ∴平面，又平面， ∴平面平面． （2）由（1）知，两两垂直，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 易知：，，，， 则 ，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，即令，得，解得． 即，令，得，解得 设二面角的平面角为，则， 所以． 所以二面角的正弦值为． 几何法求二面角 （1）定义法（棱上一点双垂线法）：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线． （2）三垂线法（面上一点双垂线法）：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即斜足），斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角． （3）垂面法（空间一点垂面法）：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角． （4）射影面积法：已知平面内一个多边形的面积为S，它在平面内的射影图形的面积为， 平面和平面所成的二面角的大小为，则.这个方法对于无棱二面角的求解很简便． 2、向量法求二面角：若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则．.二面角的范围是0到180 1．（2025·黑龙江·二模）如图，在四棱锥中，底面，点满足. (1)若平面，求的值； (2)若，求平面与平面所成的二面角的正弦值. 【答案】(1)(2) 【详解】（1） 延长交于，由， 可知：， 又因为平面，平面，且平面平面， 所以，即， 所以，故； （2）由，又由底面， 则可以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 因为， 所以，则有， 又因为，所以， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，则， 设平面的法向量为，则有，令，则，则， 所以有， 此时平面与平面所成的二面角的正弦值为. 题型四：空间几何中的折叠问题 1（2025·海南·三模）如图，将等腰直角三角形沿斜边上的中线翻折，得到四面体． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【思路分析】（1）由即可求证； （2）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【规范答题】（1）由为等腰直角三角形斜边上的中线， 可得：，也即，又为平面内两条相交直线， 所以平面； （2） 由，可得， 所以，所以， 因为平面，以为坐标原点，以为轴和轴，过在平面作的垂线为轴建系， 易知， 则 设平面的法向量为， 则 ，即，令，可得：， 所以， 易知平面的一个法向量为， 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； .（2025·贵州遵义·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），且面积的最大值为2．将平面沿轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图1，2所示． (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求折叠后，平面与平面所成锐二面角的余弦值； (3)求折叠后面积的最大值． 【思路分析】（1）利用离心率公式以及椭圆中的关系，结合三角形面积公式求解椭圆的标准方程. （2）通过联立直线方程和椭圆方程，求解交点坐标.先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求二面角的余弦值. （3）根据题意，直曲联立，结合韦达定理，和面积公式得到，再换元后，运用导数讨论单调性，得到最值即可. 【规范答题】（1）已知椭圆离心率，可得，即， 把代入，得到，所以. 当点为椭圆的上顶点时，的面积最大，其面积， 又因为，所以，解得. 由，可得，则. 所以椭圆的标准方程为. （2）折叠前，，当时，直线的斜率为，根据点斜式可得直线的方程为. 联立直线与椭圆方程，得到，解得，. 当时，；当时，. 所以，. 折叠后，建立空间直角坐标系， 得到，，， 则，. 设平面的法向量为， 则，即，化简得， 令，可得，，所以. 易知平面的法向量为. 设平面与平面所成的锐角为，根据向量的夹角公式， 其中，，，所以. （3）设折叠前，，，联立， 将代入，得到， 展开可得，，， 折叠后，如前问的图，建立空间直角坐标系得到，，， ，. 可得，，. 因为，所以. 根据三角形面积公式. 令，则. 对求导得. 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 因此，在处取得最大值，. 因为，所以. 1.概念：将平面图形沿某直线翻折成立体图形，再对折叠后的立体图形的线面位置关系和某几何量进行论证和计算，就是折叠问题. 2. 折叠问题分析求解原则： （1）折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系； （2）折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变 3 将空间图形按一定要求展开就成为平面问题，当涉及几何体表面上两点间的距离问题时，通常需要将空间图形展开转化为平面问题进行研究. 1 （24-25高三下·河南南阳·开学考试）如图1在直角梯形中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点，将沿BE折起到图2中的位置，得到四棱锥．    (1)证明：平面； (2)当平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）， 所以为正方形，所以， 又，平面，平面， 又，且，故四边形为平行四边形， 平面. （2）    因为平面平面，平面平面=， 平面，所以平面， 又平面， 所以，又由（1）知：， 以O为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意知，， 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，则，故 则，令，则，故， 设平面与平面的夹角为，. 2（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）如图甲，在等腰直角中，，沿底边的高与的中位线，分别将和折起到和的位置，如图乙，折叠过程保持. (1)证明：四点共面； (2)求直线与平面所成角的正弦的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据条件证明与交于一点，即可证明四点共面； （2）首先由条件可证明平面，再以点为原点建立空间直角坐标系，设，并表示点的坐标，利用向量法表示线面角，再根据三角函数求最值. 【详解】（1）证明：如图，在的延长线上取一点，使， 因为∥，，所以， 同理可得，， 即，所以四点共面. （2）过点作平面的垂线，以为原点建立空间直角坐标系如图， 不妨设，则，，，， 因为，，，平面， 所以平面， 又因为，设，则， 则，， 设平面的法向量为，则 令，得， 设与平面所成的角为， 则， 因为，所以，当且仅当时取等， 所以直线与平面所成角正弦的最大值为. 题型五：空间几何中的动点问题 1（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，点为棱上一个动点． (1)求证：； (2)若平面平面； （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【思路分析】（1）推导出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）（i）推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （ii）设，其中，利用空间向量法可知，与平面的法向量垂直，可得出关于的等式，解之即可. 【规范答题】 （1）翻折前，在梯形中，， 翻折后，则有，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，故. （2）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以，平面，且， 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， 则、、、、， （i），，， 设为平面的一个法向量， 可得，令，可得， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （ii）设，其中， 则， 易知平面的一个法向量为， 若平面，则，解得， 因此，棱上存在点，使平面，且. 2（24-25高三下·辽宁·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中分别为的中点，点满足.    (1)证明：； (2)若底面，则棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【思路分析】（1）利用作辅助线，证明四边形为平行四边形，结合线段成比例，即可证明结论； （2）假设棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，根据空间角的向量求法，建立方程，即可求得答案. 【规范答题】 （1）证明：过点作的平行线，交于点， 过点作的平行线，交于点，连接， 与交于点，连接.    因为，则四边形为平行四边形， 则，所以为的中点， 又为的中点，所以， 所以，即， 因为，所以， 故四边形为平行四边形，所以. 又为的中点，由， 得，所以， 故. （2）因为底面，面， 所以， 又，所以两两垂直. 因为，所以， 设，则， 故. 以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向， 建立如上图所示的空间直角坐标系. 所以， 设存在点，使得平面与平面的夹角为， 且. 由，得，所以， 故. 设平面的法向量为， 则，可取， 设平面的法向量为， 则 可取， 所以， 解得或. 所以当或时，平面与平面的夹角为 . 在解决探索性问题中点的存在性四，经常需要设出点的坐标，而（x，y，z）可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大.为了减少变量数量，用以下设法. 1.直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标；依据：根据平面向量共线定理——若 R，使得 2.平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标. 3.依据：平面向量基本定理,若不共线，则平面上任意一个向量，均存在，y∈R，使得 1（2025·黑龙江·一模）如图所示，正三角形的边长为2，，，分别是各边的中点，现将，，分别沿，，折起，使得，，所在平面均与底面垂直.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和面面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）因为为正三角形，且，，分别是各边的中点，    所以，，均为正三角形. 分别取，，的中点，，， 则，，，， 又因为平面底面，平面底面，平面， 所以平面，同理可得平面，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理可得平面， 又，平面，平面， 所以平面平面. （2）由（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，    则，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则 令，得，，所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 16．（2025·陕西榆林·模拟预测）如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，.把沿向上折起，使点到达点位置，使得平面平面，如图2所示. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)当点在线段（包括端点）上运动时，设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析(2).(3) 【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接. 因为为等边三角形，所以. 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面.因为平面，所以. 因为，所以，所以. 因为平面，所以平面. 又因为平面，所以. （2）由（1）知平面，因为平面，所以平面平面. 设的中点为，连接，则.又因为平面平面， 平面平面平面，所以平面. 设的中点为，连接.因为，所以， 以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， 可得. 设平面的法向量，则，即， 取，则平面的一个法向量. 设平面的法向量，则，即， 取，则平面的一个法向量， 因为，所以平面与平面夹角的余弦值为. （3） 由（1）知平面，平面，所以， ，而，故的取值范围为. 一、解答题 1．（2025·江西南昌·一模）如图，在三棱锥中，平面，为的中点．    (1)求证：； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）取的中点为，连接，    因为为的中点，所以， 因为平面，所以平面，又平面 所以， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面，且平面， 所以； （2）以点为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    因为， 所以， 所以，则， 所以， 平面的法向量为， 所以， 即与平面所成角的正弦值为． 2．（24-25高三下·江苏·开学考试）如图，在三棱锥中，为棱上一点，，且，． (1)证明：平面； (2)求四面体的外接球的体积； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析；(2)(3) 【详解】（1）根据题意由可得， 即，又，且平面，因此平面； （2）由（1）中平面，又平面，所以； 又，，所以两两垂直， 所以四面体的外接球即为以为长方体的长、宽、高时长方体的外接球，该球直径为， 因此四面体的外接球的体积为. （3）由（1）中两两垂直可知， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点作垂直于平面的直线作为轴建立空间直角坐标系，如下所示： 设，在中由勾股定理可得， 易知； 可得； 设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 设平面的法向量为，则，解得，令，则， 所以，因此可得， 解得.可得的长为. 3．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点. (1)当是线段中点时，求证：平面； (2)设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解(2) 【详解】（1）记的中点为，连接， 因为是线段中点，所以且，又，所以， 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）因为平面平面，所以， 又，所以两两垂直， 以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 则， 设，则， 设平面，平面的法向量分别为， 则，，取，得， 由题可知，解得（负根舍去）， 则，则点到平面的距离为. 4．（2025·河北保定·模拟预测）如图，三棱柱的侧面与侧面均为正方形，为的中点，. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (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）证明：因为侧面与侧面均为正方形， 所以，，又平面ABC，所以平面； （2）证明：因为，所以平面， 由平面得，，因为，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以.因为平面平面， 所以，因为平面，所以平面. 又平面，故平面平面； （3）因为，且为的中点，所以， 因为侧面与侧面均为正方形，所以. 以为原点，以所在直线分别为轴，轴，以过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，， ，， 设平面的法向量为， 则，取，则. 设平面的法向量为， 则，取，则， 于是， 则， 故二面角的正弦值为. 5．（24-25高三上·江苏无锡·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，，二面角的大小为，点为线段上一点. (1)证明：平面平面. (2)若，求四棱锥的体积. (3)点为线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【详解】（1）设的中点分别为，连接， 由，得，由，得， 正方形中，，则二面角的平面角为， 由余弦定理，得， ，则，由，平面， 得平面，而平面，因此，又， 平面，于是平面，而平面， 所以平面平面． （2）由（1）知，四棱锥的高为，点在线段上，且， 则点到平面的距离是点到平面距离的， 所以四棱锥的体积为． （3）由（1）知，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，设， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则 ， 当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦的最大值为. 6．（24-25高三下·广东·开学考试）如图，四棱锥的底面是矩形，为的中点，.    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在异于端点的点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2)存在，为的中点 【详解】（1）连接，由已知得，    所以，所以， 因为矩形中，， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 又，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 又，且平面，故平面. （2）当为的中点时，平面与平面的夹角为. 证明如下：    由（1）知平面， 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. 令，则， ， 设， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量， 因为，解得， 所以当为的中点时，平面与平面的夹角为. 7．（24-25高三下·山东青岛·开学考试）设三角形满足，其中分别为的对边． (1)证明：； (2)设三角形中，为边靠近的三等分点，且，，将三角形向上翻折（如图），若平面平面，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析(2) 【详解】（1）因，由正弦定理可得， 得，即，故， 即. （2）由（1）知，又，，故，， 由题意可知， 由余弦定理可得， 故，又，故， 由题意，故，故， 如图，取的中点，连接，则， 又平面平面，平面平面，故平面， 又平面，故， 又，，平面，故平面， 在平面上，过作交于，则两两垂直， 由题意，故， 如图建立空间直角坐标系，则， 则，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，故， 平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则为锐角，故 故二面角的余弦值为. 8．（24-25高三上·山东威海·期末）如图，在以为顶点的多面体中，平面平面，为的中点    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1） 先得出平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）先应用面面垂直性质定理建系，再设，计算线面角即可求参. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以为的中点， 又因为为的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 以为坐标原点，在平面内，以过点垂直于的方向为轴正方向， 以的方向分别为轴，轴的正方向，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，可得， 令，则， 假设在棱上存在一点，使得直线与平而所成角的大小为， 设， 因为，则， 又因为，所以， 则， 化简得，解得， 因为，所以， 所以在棱上存在一点，使得直线与平面所成角的大小为， 此时. 9．（2025·山东·一模）如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且． (1)当时， （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； (2)当时，若，且平面为垂足，中点为中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值． 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）． (2)． 【分析】（1）（i）由题意可得出，，则为二面角的平面角，由余弦定理求解即可；（ii）过点作轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求解即可得出答案； （2）因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题意可知，在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再用两点间距离公式计算即可. 【详解】（1）（ⅰ）取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且． 所以，则，所以， 又因为，所以， 则， 又因为，所以为二面角的平面角， ， 所以..， 所以二面角的正弦值为． （ⅱ）过点作轴垂直平面，又因为， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 设直线与平面所成角为， 所以， 直线与平面所成角正弦值为． （2）取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且． 所以，则，所以， 又因为，所以， 则，又，则， 所以，又因为， 平面，所以平面， 因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以， ， 由（1）知，平面，又平面， 所以，在上， 因为，所以，，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为的中点，所以， ， 方法一：因为是的中点，所以到平面的距离相等，又因为是中点， 所以，到平面的距离是到平面的距离的一半． 同理，到平面的距离是到平面的距离的一半． 所以，到平面的距离相等． 因为直线与平面的交点为，所以是线段的中点， 则． 方法二：设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设，，，， 所以．解得， 所以，即是线段的中点， 则．． 一、解答题 1．（2024·江苏·高考真题）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) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【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·新课标Ⅱ卷·高考真题）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) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【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. 【点睛】 3．（2024·全国甲卷·高考真题）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) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【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. 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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，. 5．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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)． 【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． 6．（2023·全国乙卷·高考真题）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·全国甲卷·高考真题）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) 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【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·全国乙卷·高考真题）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 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【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， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 9．（2022·全国甲卷·高考真题）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). 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【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. 10．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 【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. 11．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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.    6 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$