第49天 搞定立体几何（解答题）综合计算（5考点50题）-【决战高考】2025年高考数学百日冲刺（直击考点抢分秘籍）

第49天- 搞定立体几何（解答题）综合计算 （5考点50题） 第49天寄语： 同学间的相互鼓励是最温暖的力量， 一起讨论难题，互相打气，携手并肩，高考之路不再孤单。 识·必备知识 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，）. 明·直击考点 序号 考点 考点01 平行的判定及性质应用（10题） 考点02 垂直的判定及性质应用（10题） 考点03 线面角及其应用（10题） 考点04 二面角及其应用（10题） 考点05 空间距离与空间表面积、体积（10题） 一、平行的判定及性质应用 1．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，在直三棱柱中，为的中点，.    (1)证明：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）先连接，再根据中位线得出，最后应用线面平行判定定理证明平面； （2）求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）连接， ∵E为中点，为的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴平面；    （2）以点C为坐标原点，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， 则， 设平面的法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 则与平面所成角的正弦值为： ． 2．（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) 【分析】（1）记的中点为，连接，证明四边形为平行四边形即可得证； （2）建立空间直角坐标系，根据二面角求出点坐标，再由向量法求距离即可. 【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， 当M与B重合时，二面角为，不合题意， 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. 3．（2025·北京平谷·一模）如图，在四棱锥中，平面平面等腰直角三角形，. (1)点在棱上，若平面，求证：为的中点； (2)求与平面所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质，结合平行四边形的定义，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）在中，过点作交于点，连接， 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，所以为的中点. （2）过作于，连接. 因为，所以为中点， ，，所以四边形为平行四边形， 又，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面.所以， 所以. 如图建立空间直角坐标系. 因为， 由题意得，， 所以. 设平面的法向量为，则即 令，则.所以平面的一个法向量为. 设与平面所成角为， 则， 又，解得. 所以与平面所成的角为 4．（2025·四川·模拟预测）如图，在三棱台中，，，点，分别为，的中点，平面，． (1)若平面平面，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）根据棱台的性质得到，然后利用线面平行的判定定理和性质定理证明； （2）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的方法求线面角. 【详解】（1）因为为棱台，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为平面平面，平面，所以. （2） 如图，以为原点，分别以为轴，过点垂直平面向上的方向为轴建系， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 5．（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. 6．（2025·安徽滁州·一模）如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 (1)若平面平面，求证：； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知易证，可得平面，利用线面平行的性质可得结论； （2）利用已知可证平面，过在平面内作，以为坐标原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面PEC的一个法向量和平面PBC的一个法向量，利用向量法可求二面角的正弦值. 【详解】（1）在图（1）中，，，所以，， 为AC的中点，，所以，， ，所以G为AB的中点，所以， 在图（2）中，平面PEG，平面PEG， 所以平面， 平面，平面平面，所以； （2）在图（2）中，因为，，，PF、平面PBF， 所以平面PBF， 又平面EFBC，所以平面平面EFBC， 因为平面平面，，所以平面 由（1）知，即，又，所以， 过在平面内作， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面PEC的法向量为， 则， 令，解得，所以 设平面PBC的法向量为， 则， 令，解得，所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 7．（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) 【分析】（1）利用线面平行，通过作截面找交线，可证明线线平行，即可得为中点； （2）通过已知的垂直关系，建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算即可求解. 【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. 8．（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. 9．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）在如图所示的五面体中，四边形与均为等腰梯形，，，，，，、分别为、的中点，与相交于点．    (1)求证：平面； (2)若平面，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出，然后以点为坐标原点，、、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二面角的余弦值. 【详解】（1）连接，取的中点，连接、， 结合已知可得且， 所以四边形为平行四边形，所以为中点， 因为为的中点，为中点，则，且， 因为为的中点，则，且， 则，且，故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，，为的中点，则， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，则，故， 因为平面，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、、、、， 设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则，， 可得平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为，， 由，令，则，， 可得平面的一个法向量为， 所以，， 由图可知，二面角的平面角为锐角， 所以，二面角的余弦值为. 10．（2025·山东枣庄·二模）如图，矩形中，，将沿直线翻折成.    (1)若为线段上一点，且满足，求证：直线平面； (2)当平面平面时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）在线段上取点，使，利用比例式推平行及平行公理证得平行四边形，再利用平行四边形性质及线面平行的判定推理得证. （2）取中点，利用面面垂直的性质，借助等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）在线段上取点，使，由为线段上一点，且， 得，则，在矩形中，， 因此，四边形是平行四边形，则， 而平面，平面，所以平面.    （2）依题意，，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，连接，而平面，则，    又，则，在中，， 由余弦定理得，， 在中，，， ，，设点到平面的距离为， 由，得，即，解得， 所以点到平面的距离为. 二、垂直的判定及性质应用 11．（2025·江苏南京·一模）如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）易证，，故平面，由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用空间向量即可求空间角. 【详解】（1）因为内接于圆为圆的直径，所以. 因为平面平面，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）因为平面平面， 所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 所以. 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 又， 设平面的法向量， 由得 不妨设，则， 所以平面的一个法向量. 所以， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 12．（2025·江西鹰潭·一模）如图，在三棱柱中，，， (1)求证：； (2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，在靠近的三等分点处. 【分析】（1）根据这条件证明平面，即可证得结果； （2），以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）证明：在三棱柱中，取的中点，连接，， 在与中， ， 由，同理，， 由平面； （2）在中，，，则， 在中，，，，同理， 在等腰，，， 在中，由余弦定理得：，即， 在平面内过作，则平面，于是直线，，两两垂直， 以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在平面内过作于， 则平面， 则，，，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取平面的一个法向量， 设，， 则，由与平面所成角的正弦值为， 得， 整理得，解得或（舍），即在靠近的三等分点处. 13．（2025·江苏·一模）如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点． (1)求证：平面平面； (2)已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证. （2）由（1）可得，再结合已知确定点位置，进而求出四面体的相关元素并求出体积. 【详解】（1）由，得， 又平面，则平面， 而平面，于是，由为中点，，得， 又平面，因此面，又平面， 所以平面平面． （2）由（1）知，二面角的平面角为，则， 由平面，得为与平面所成的角， 在中，，则，， 而，则，此时， 由平面，平面，得，而平面， 则平面，又平面，于是， 在中，，则， 所以四面体的体积. 14．（2025·福建·模拟预测）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，它到直线的距离为，求直线与平面所成的角． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，从而可得，，在中，由勾股定理可得，由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明平面平面； （2）利用空间向量求解. 【详解】（1）证明：因为在中，, 由正弦定理可得， 即，解得， 因为，所以，所以， 在中，， 所以，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）解：取中点，连接， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由（1）可知平面，又因为，所以平面， 平面，所以， 所以以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， 所以， 设， 所以， 则， 又因为, 所以直线的距离 ， 又因为， 所以， 解得或(舍)， 所以， 因为，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 又因为，所以， 所以直线与平面所成的角为. 15．（2025·浙江温州·二模）如图，在三棱锥中，是边长等于2的正三角形，，为的中点． (1)求证：； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）如图可得、，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由题意，根据余弦定理分别求出，即可求解. 【详解】（1）作中点，连接，则， 又，所以， 又因为是正三角形，且为中点，因此， 从而平面， 又平面，所以． （2）由题，，，，则. 在中，， 由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 所以， 设平面与平面夹角为， 由，知. 在中，由余弦定理得，解得， 设点到平面的距离为，则． 16．（2025·青海海东·二模）如图，在四棱柱中，，，，，，分别是棱，的中点.    (1)证明：平面. (2)若，直线与平面所成角的正弦值为. ①求四棱柱的体积； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)①24；② 【分析】（1）利用余弦定理证得，再利用线面垂直的判定推理得证. （2）①取中点，利用线面角的定义求出，进而求出体积；②连接，利用几何法探求出两个平面的夹角，再进行求解. 【详解】（1）在梯形中，，，则， 在中，，， 则，，而，平面， 所以平面. （2）①由，平面，得平面， 取中点，连接，由是的中点，得， 由（1）知，平面，则是直线与平面所成的角， 即，，， 所以四棱柱的体积.    ②连接，由①知平面，，则平面， 平面，则，而，于是， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 由是的中点，得，共面， 因此是平面与平面的夹角， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值是. 17．（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？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)存在；或 【分析】（1）先由勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到面，最后再由线面垂直的判定定理可得； （2）由几何关系建立如图所示空间直角坐标系，求出面的一个法向量，代入空间点到面的距离公式解一元二次方程可得. 【详解】（1）证明：，，，故． 又面面，面面，面， 面． 面，， 又，面，，面． （2）面，，四边形为菱形， 取的中点为，连接，，为等边三角形． ．又，． 又平面，． 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设为面的一个法向量， 则  令，则． 设为点到面的距离， 则． ，即或． 故存在或，满足题意． 18．（2025·四川自贡·二模）如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角正切的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）设等边三角形的边长为2，由勾股定理证明，利用线面垂直的判定定理证明面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）根据题意，可证，即三棱锥为正三棱锥，连接并延长交于，可证平面平面，过作，证明平面，取的中点为，可得，所以为所求线面角，运算得解； （3）设，过作，过作，连接，可证为所求夹角，在中，可得，由三角函数有界性求出的最大值，得解. 【详解】（1）设等边三角形的边长为2， 则，连接交于点. 因为是等腰三角形，所以，即， 因为，，. 所以，， ，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （2）在中，，，， 由余弦定理得，所以， 所以三棱锥为正三棱锥. 因为是的重心， 所以平面，则， 连接并延长交于， 连接，可得，，平面， 所以平面， 所以面平面，过作， 因为面平面，平面， 所以平面. 取的中点为，由题意知是的中点. 所以，所以为所求线面角. 在中，，， 所以. （3）因为，设，过作. 因为，可得平面， 所以平面平面，所以平面， 可得，， 过作，连接， 易得，可得为所求夹角. 在中，，， 所以， ， 所以，解得， 所以平面与平面夹角正切的最大值. 19．（24-25高三上·浙江宁波·期末）如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合题目条件，利用线面垂直可证面面垂直. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求结果. 【详解】（1） 法一：（几何法）如图，取中点，由，得， 作，，则四边形为菱形，且， 连接，， ，则，. ∵异面直线与所成角的余弦值为，∴， 当时，， 此时，不能构成，舍去， 故，， ∵，，∴为直角三角形，故， ∴，即， ∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面． 法二：（基底法）如图，取中点，由，得，，故二面角的平面角为， 由题意，得，， 设，，，． 则，，，，， ， ∵，∴，     ∴或（舍去）， ∴，此时，平面平面． （2） 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，， 设，，则， ∴，得，故. 设平面的法向量，则 令，得，，即，     设平面的法向量为，则 令，则，即， 设二面角的平面角为， 则， 得或（舍），故， ∴，故. 20．（2025·四川宜宾·二模）如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角正切的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设等边三角形的边长为2，由勾股定理证明，利用线面垂直的判定定理证明面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）根据题意，可证，即三棱锥为正三棱锥，连接并延长交于，可证面面，过作，证明面，取的中点为，可得，所以为所求线面角，运算得解； （3）设，过作，过作，连接，可证为所求夹角，在中，可得，由三角函数有界性求出的最大值，得解. 【详解】（1）设等边三角形的边长为2， 则，连接交于点. 因为是等腰三角形，所以，即， 因为，，. 所以，， ，面， 所以面，因为面， 所以面面. （2）在中，，，， 由余弦定理得，所以， 所以三棱锥为正三棱锥. 因为是的重心， 所以面，则， 连接并延长交于， 连接，可得，， 所以面， 所以面面，过作， 因为面面，面， 所以面. 取的中点为，由题意知是的中点. 所以，所以为所求线面角. 在中，，， 所以. （3）因为，设，过作. 因为，可得平面， 所以平面平面，所以平面， 可得，， 过作，连接， 易得，可得为所求夹角. 在中，，， 所以， ， 所以，解得， 所以平面与平面夹角正切的最大值. 三、线面角及其应用 21．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证； （2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解. 【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知， 由，，知，， 则，又四点共面，所以， 由为直三棱柱的侧面知，即，则， 由为的中点得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，，则平面， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设， 则， 由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设平面的法向量为， 由，取，得， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 ， 又，则时，的最大值为． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （法二）在直三棱柱中，底面， 因为底面，所以， 由（1）知，，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作交于， 因为平面平面，所以平面， 又平面平面， 则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为∽，且正方形的边长为2， 所以，则， 又，要使值最大， 则最小，在中， 过作交于，由等面积可求出，此时． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 22．（2024·四川内江·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，，平面平面. (1)求证：平面平面； (2)若PD与平面PBC所成的角为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PB的中点M，连接AM.利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理即可证明. （2）取PC的中点N，连接MN、DN，利用平行四边形性可得，则有平面，利用线面角的定义得是PD与平面PBC所成的角，再利用等体积法求解体积即可. 【详解】（1）取PB的中点M，连接AM.∵，∴. 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴. ∵底面ABCD是直角梯形，且， ∴，∴. 又，，平面，∴平面. 又平面，∴平面平面. （2）取PC的中点N，连接MN、DN，则，. ∴四边形AMND是平行四边形，则. 又平面，∴平面，则是PD与平面PBC所成的角， 即，在中，. 在直角梯形ABCD中，，∴， ∴，∴， 在中，， ∴是等边三角形，从而. ∴. 故所求三棱锥的体积为. 23．（2024·江西·模拟预测）如图，在直三棱柱中，平面⊥侧面，点到平面的距离等于1. (1)求证：； (2)若，设直线与平面所成的角为θ，求θ的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)θ的最大值为 【分析】（1）利用线线垂直可证明平面，可证明结论. （2）由平面，可得，利用重要不等式可求得，可求θ的最大值为. 【详解】（1）过作垂直于， 因为平面⊥侧面，平面侧面，侧面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又平面，所以， （2）由（1）知平面，所以在平面内的射影为， 所以直线与平面所成的角，所以， 又点A到平面的距离等于1，所以， 设，所以，， 所以，又， 所以，所以，取得等号， 解得或（舍去），所以， 所以，又，所以， 所以θ的最大值为. 24．（2025·江西新余·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，位居平面异侧，，平面平面，为中点.    (1)求证：； (2)若三棱锥的体积为，二面角的余弦值为，求： （ⅰ）到平面的距离； （ⅱ）直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）取中点为，运用勾股定理逆定理得到.根据面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直.（2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，运用向量法可解；（ⅱ）运用等体积法求出Q到平面距离为，和，进而得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取中点为，由于，故：. 因为，所以， 又平面平面，平面，故：平面. 而平面，故. 因为，故，，所以平面. 又平面，故： （2）（ⅰ）由于为正三角形，故，所以以R为原点，为轴，垂直于平面的为轴建立空间直角坐标系. 由于，，， ，由勾股定理逆定理知道， 则都为直角三角形，且全等.过作于，连接. 则，则为二面角的平面角. 在底面上的投影假设为，则一定在延长线上.连接.则 运用等面积法，，则可求得.   为二面角的平面角的补角.则，求得. 则，可设. 且，，代入计算得到. 同理，解得.得：， ，，， ，，， 设平面且，则可作为平面的一个法向量， 令：，，，取. 所以到平面的距离为：. （ⅱ），，，，根据勾股定理逆定理，是直角三角形，故.，，，运用余弦定理，得到，则，故：，， 于是：，.设Q到平面距离为，运用等体积法得到， 故，而， 所以. 25．（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) 【分析】（1）由面面垂直的性质可得线线垂直，再由勾股定理所得线线垂直，根据线面垂直判定与性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案； （3）由题意中线面的位置关系，根据线面角的定义，结合锐角三角函数的定义，可得答案. 【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. 26．（2025·河南·模拟预测）如图，四棱锥中，是正三角形，底面是矩形，平面底面，，分别为棱，的中点．    (1)证明：平面； (2)若二面角为，求直线与底面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，连接，根据已知证明，再由线面平行的判定证明结论； （2）若为的中点，且，由面面垂直的性质得到面，则为直线与底面所成角，并构建合适的空间直角坐标系，设，，应用向量法求面面角余弦值，结合已知列方程求参数，进而应用几何法求线面角的正弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，又，分别为棱，的中点， 所以且， 又底面是矩形，即且， 所以且，即为平行四边形，故， 由平面，平面，故平面；    （2）记为的中点，作，因为是正三角形，所以， 面面，面面，面， 所以面，则为直线与底面所成角， 易知面，面，则， 所以可构建如图示的空间直角坐标系，设，， 则，，，，， 所以，，， 若分别为面、面的一个法向量，则 ，取，则， ，取，则， 由二面角为，则，所以或， 当时，， 所以为等边三角形，且，， 所以，即，， 所以二面角为，故不合题设，即（经验证满足题设）， 故. 27．（2025·广东深圳·一模）如图，在三棱锥中，已知． (1)若，求证：； (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）取的中点，连接，易证，再通过空间位置的关系的向量表示即证即可； （2）通过等体积法，求得到平面的距离为，即可求解； 【详解】（1） 取的中点，连接， 因为， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 由 因为，所以, 所以， 又， 所以， 所以； （2） 过点作的垂线，交于点，连接， 因为，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 又， ， 所以为中点，所以， 因为， 由勾股定理可得：, 所以，所以， 所以， ， 设到平面的距离为， 则， ， 解得：， 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. 28．（2025·广东·一模）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点．    (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）根据等腰三角形的性质得到，根据中位线的性质得到，然后得到四边形为平行四边形，根据直棱柱的性质得到，最后利用线面垂直的判定定理证明； （2）解法一：利用余弦定理得到，然后建系，利用空间向量的方法求线面角； 解法二：根据线面角的定义得到即为直线与平面所成角，然后求线面角； 解法三：利用等体积的思路得到点到平面的距离，然后求线面角. 【详解】（1）    取中点，连接， 因为，所以， 为的中点，所以为的中位线，所以， 又，所以四边形为平行四边形，有， 又因为平面平面，则， 由于平面，所以平面， 又因为，所以平面． （2）解法一：由（1）可知：两两垂直，如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 在中，由余弦定理可得：，则， 于是， 则， 设平面， 于是，即， 令，则， 设直线与平面所成角为， 那么， 即直线与平面所成角的正弦值为．    解法二：在中，由余弦定理可得：，则， 如图，连接，由（1），平面平面，则， 又因为，四边形为正方形，为的中点，， 由于平面，则平面， 如图，记，过点作，连接， 由于平面平面，则， 又因为平面，则平面， 所以即为直线与平面所成角，由于， 则， 由于，则为的三等分点，则， 于是， 即直线与平面所成角的正弦值为．    解法三：设直线与平面所成角为，点到平面的距离为，则， 在中，，则， 过作交的延长线于，易得， 且易证平面， 由于，则， 在中，，且， 又，则．    【点睛】 29．（2025·山东潍坊·一模）如图，四棱台中，上、下底面分别为边长1，2的正方形，平面，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）可通过证明线线平行得到线面平行. （2）作出直线与平面所成的角，在直角三角形中，利用边角关系求正切. 【详解】（1）连接，交于点，连接,. 由题意：，且，，为中点， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面. （2）因为平面，所以平面， 又平面，所以. 又，，平面， 所以平面. 所以为直线与平面所成的角. 在中，. 30．（2025·河北秦皇岛·一模）在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． (1)证明：平面平面； (2)当时，求球心到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，结合勾股定理可证平面，进而可得面面垂直； （2）分析可知平面，利用等体积法求点到面的距离； （3）过点作，分析可知直线与平面所成角为，结合基本不等式求其最值即可. 【详解】（1）设球的半径为，则，解得， 设的外接圆半径为，则， 因为四点共面，可知的外接圆圆心为， 取的中点，连接， 可知为等边三角形，则，， 又因为，则， 且，则，则， 因为，平面，则平面， 且平面，所以平面平面. （2）若，则，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即，则， 在中，由余弦定理可得， 可知为钝角，且， 则， 设球心到平面的距离为， 因为，则，解得， 所以球心到平面的距离为. （3）过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 可知直线与平面所成角为， 设，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即则， 则， 令，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 四、二面角及其应用 31．（2025·河北衡水·模拟预测）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到⊥，由线面垂直得到⊥，从而得到线面垂直，面面垂直； （2）先得到为二面角的平面角，为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为是底面圆上的一条直径， 所以⊥， 因为⊥底面圆，， 所以⊥底面圆， 因为底面圆，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面； （2）因为⊥底面圆，圆， 所以⊥，⊥， 所以为二面角的平面角， 故，又，所以为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ，设，故，， ， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，得，故， 设直线与平面所成角的大小为， 则，    直线与平面所成角的正弦值为. 32．（2024·广东梅州·模拟预测）如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点、作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点． (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求该圆锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，再证，即可证明平面，最后由线面垂直得到面面垂直. （2）利用中的边长关系，求出；再在中，利用锐角三角函数知识表示出；以为原点建系，利用两平面所成角的余弦值，列式子求出圆的半径，进而求出圆锥的体积. 【详解】（1）证明：因为是圆锥的高， 所以平面， 因为平面， 所以 因为点是切线与圆的切点， 所以， 又因为， 所以平面 又因为平面， 所以平面平面 （2）在中，，， 所以，， 因为是圆的切线，所以， 在中，， 所以， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则，， 所以， 因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 所以，解得， 所以， 故该圆锥的体积为. 33．（24-25高三上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥中，平面，且.    (1)证明：平面； (2)已知锐二面角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一和法二利用线面平行的判定定理即可证明；法三利用面面平行的性质定理证明线面平行. （2）法一和法二用定义法作出二面角的平面角和二面角的平面角，结合已知在直角三角形中求解；法三建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的平面角余弦值即可. 【详解】（1）法一：如图1，延长和相交于点，连接，   ，，则， 又，， 则平面平面平面. 法二：如图2，过作平行交于点，   ，则， ， ，，， ，均平行于平面， 且是平面内的两条相交直线， 平面平面，又平面平面. 法三：如图2，过作平行交于点，连接， ，且， 平行，，则， 平行于，， ..均平行于平面，且是平面内的两条相交直线， 平面平面，又平面平面. （2）法一：平面平面平面平面， 如图3，过点作交于平面平面，   平面平面. 过点作交于，又， 且平面，平面， 为二面角的平面角，则， 设，则， 平面平面，， 又，， 中，，则， 过点作交于点，连接， 则为二面角的平面角， ， 综上所述，二面角的余弦值为. 法二：如图4，在平面内过点作的垂线于的延长线交于点    过作交于，连接， 平面平面平面平面， 平面平面平面， 平面， 平面， 又平面，即为二面角的平面角， 平面平面，，又， 中，，则， ， ， 中，边上的高， 设二面角的平面角为平面， ， 综上所述，二面角的余弦值为. 法三：如图5，平面在平面内过点引的垂线记为轴， 以所在直线为轴，轴如图建立空间直角坐标系，   平面平面，，又， ， 中，，则， 则， 设平面的法向量为， ，取，则 得，平面的法向量为， 二面角的正弦值为，①， 设二面角的平面角为，平面的法向量为， ② 由①解得，代入②中，得， 综上所述，二面角的余弦值为. 34．（2025·福建厦门·一模）如图，在三棱柱中，，，．    (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）法1：取中点，先证平面，再根据面面垂直的判定定理判定平面平面； 法2：设为在底面的射影，证明点恰为斜边的中点，得平面，再证面面垂直. （2）法1：根据（1）的结果建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦； 法2：根据二面角的平面角的概念构造平面与平面夹角的平面角，利用直角三角形的边角关系求角的余弦值. 【详解】（1）方法1：取的中点，连接，，      因为，所以，且， 因为，，为的中点，所以， 所以，所以， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 方法2：设为在底面的射影，则平面， 因为，所以 射影为底面的外心，又为直角三角形，所以恰为斜边的中点， 因为平面，所以平面平面． （2）由（1）可知，平面，所以与平面所成角即为，所以， 因为，所以，所以，， 因为，为的中点，所以， 方法1：如图所示，以为原点，分别以，，所在方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，， 设平面的法向量为，    则有，即令，则，， 所以， 易知平面ABC的一个法向量为， 设平面与平面ABC的夹角为，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 方法2：如图，过作的平行线，因为，所以， 过作，垂足为， 因为平面平面，所以， 又，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以平面与平面的夹角即为， 易知，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 35．（2025·新疆·二模）如图，已知四边形是直角梯形，，，，是等边三角形，平面平面为的中点，为的中点，． (1)证明：平面平面； (2)分别为棱上的动点（不包含端点），当时，试判断二面角和二面角的大小是否相等，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)二面角和二面角大小相等，理由见解析 【分析】（1）由已知求出底面各边长，再利用线线垂直证明线面垂直，进而得到面面垂直； （2）方法一：建系，分别求出两个二面角的平面角的余弦值得到相等；方法二：将两个半平面延展，直接找到两个二面角的平面角，根据三角形全等得到二面角的大小相等. 【详解】（1）因为是等边三角形，为的中点，，所以， 在底面内，过点作交于点，如图， 因为四边形是直角梯形，所以， 四边形为矩形，则， 因为，所以，，所以， 因为为的中点，所以， 在中，，所以， 所以，即， 因为是等边三角形，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面平面， 又平面平面， 平面平面平面． （2）二面角和二面角的大小相等，证明如下： 法一：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，， ，， 设，则， ，， ， 易得平面和平面的法向量均为， 设平面的法向量， 则，令，则， 设平面的法向量， 则，令，则， 由已知易得二面角和二面角均为锐角， 设二面角和二面角的平面角分别为， 则，即． 法二：过作，交于，过作，交于，连接， 则平面， 同理可证平面， 平面平面，平面平面， ，且平面， 平面均与垂直， 二面角的平面角为，二面角的平面角为， ，， 与全等，， 即二面角和二面角大小相等． 36．（2025·湖北·模拟预测）如图，直三棱柱中，且平面平面.    (1)求实数的值； (2)若平面. （i）求证：； （ii）求二面角的余弦值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）. 【分析】（1）连接交于点，利用面面平行的性质得到，得到，再结合条件，利用面面平行的性质得，结合正方体的性质得，从而有，即可求解； （2）（i）利用线面垂直的性质及直棱柱的性质得，，利用线面垂直的判定定理得平面，再利用几可关系得平面，即可求解；（ii）法一，根据条件建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解；法二，根据条件求作出二面角的平面角，利用几何关系求出边长，即可求解. 【详解】（1）连接交于点，则为的中点，连接， 因为平面平面， 平面平面，平面平面，所以 所以为的中点，所以， 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，又，所以四边形为平行四边形， 所以，所以，故    （2）（i）平面，又平面，所以， 又平面，平面，， 又平面平面， 平面 分别为的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，，则平面， 又平面，所以. （ii）因为平面平面，所以，所以， ，得到，又，所以， 由（i）且为中点， 法一：设，则， 如图，以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，    则， 设平面的法向量，则 不妨令，可得，即 又向量为平面的法向量，且 设二面角的平面角为，由图易知，则. 方法二：连接并延长交于点，则为的中点，    因为平面，平面平面平面， 因为，所以平面 设，则，则 为等腰三角形，取的中点，连接，则 连接，则即为二面角的平面角， 为直角三角形，所以. 又，所以 所以，故， 即二面角的余弦值为. 37．（2024·黑龙江佳木斯·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且． (1)证明：平面平面； (2)若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由题意中的面面垂直得到平面，从而得到，再由题意中给出的棱长信息得到，进而得到平面即可求证. （2）延长交于点S，得，且平面平面，过作的垂面即可找到二面角的平面角，进而通过求即可求出平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又平面，， 所以平面，又平面， 所以， 过C作交于点G，则由题意， 所以，， 所以，即，又，、平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）过A作交于点E， 由（1）可得平面平面，又平面平面， 所以平面，点A到平面PBC的距离为， 所以， 又由（1）平面可得， 所以，所以， 延长交于点S，则平面平面， 又由为等腰梯形，且以及，可得 ，分别为的中点， 连接，则，且， 又由平面，可得，又，、平面， 所以平面，又平面， 所以，过D作，交于点，连接， 则由得平面，所以为二面角的的平面角， 又在和中，， 所以，故， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 38．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上. (1)求二面角的正切值； (2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果. （2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果. 【详解】（1）如图，过点作于点，连接，， 平面，平面，， 又，平面，平面， 平面，，. 为二面角的平面角. ∵，，∴为等边三角形，， 又中，，，，. 又，，，H为线段的中点. ，， 中，，， 所以二面角的正切值为. （2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，， 又平面，则，，两两垂直， 以H为坐标原点，，，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，，，， ，，. 设平面的法向量为，， 令，可得. 假设棱上存在满足要求的点Q，设，，. ， 因为直线与平面所成的角为， ， 整理得：，解得或（舍去）. 所以，则. 所以当时，与平面所成的角为. 39．（2024·新疆·二模）在圆柱中，是圆的一条直径，是圆柱的母线，其中点与，不重合，，是线段的两个三等分点，，，． (1)若平面和平面的交线为，证明：平面； (2)设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和，平面和底面圆所成的锐二面角为，若，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）推导出，平面，，由线面平行的性质定理可得，由此能证明平面． （2）以为坐标原点，方向为轴，底面圆所在平面内垂直于方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果． 【详解】（1）证明：由已知，易得是的中点，是的中点， ，又平面，平面，平面， 又平面，平面平面， 由线面平行的性质定理可得， 又平面，平面，平面 （2）解：以为坐标原点，方向为轴，底面圆所在平面内垂直于方向为轴，方向为轴建立如图所示空间直角坐标系． 由对称性，不妨设，易得底面圆的半径为1，则： ，，，，， ，， 易知底面圆的一个法向量为， ，， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， ． ，， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， ． ，且， ，， 过点作的垂线，垂足为点．因为为圆柱的母线，所以平面， 又平面，所以，又，平面，所以平面， 又平面,故，所以为平面和底面圆所成锐二面角的平面角． ． 40．（2025·辽宁葫芦岛·一模）已知函数图像如图1所示，，分别为图像的最高点和最低点，过，作轴的垂线，分别交轴于，，点为该部分图像与轴的交点，且，与轴的交点为．将绘有该图像的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时，． (1)求函数的解析式； (2)在图2中，的图像上存在点，使得平面，请确定点的个数，并简要说明理由； (3)如图3，在折叠过程中，若二面角的范围是，求二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)可确定存在两个点满足条件，理由见解析 (3) 【分析】（1）由题意：，，利用绘有图像的纸片折叠前，存在关系，以及折叠后存在关系，列方程组求得：与的值，从而求得，再由与轴的交点为，求得，从而求得解析式； （2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为，连线的斜率，连线的斜率，过点作交轴于，则直线斜率为-2，由可得直线一定交的图像于，②在平面上，过作平行于的交于，连接．可证得平面平面，从而证得平面，故可确定存在两个点满足条件. （3）以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设二面角，，通过空间向量法求得二面角的余弦值为，令，，则，即可得解. 【详解】（1）由题意：，， 当绘有图像的纸片折叠前，有， 于是① 又当二面角的值为时，可得 ，代入上式：② 联立①②，解得：，． 所以， 又与轴的交点为，可得，解得(舍)或， 所以. （2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为， 又点，， 故连线的斜率，连线的斜率， 于是，过点作交轴于，则直线斜率为-2， 因为，故直线一定交的图像于， ②在平面上，过作平行于的交于，连接． 由，，且，可得平面平面， 又平面， 从而平面， 综上，可确定存在两个点满足条件，即，平面． （3） 根据题意，依图3，以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设二面角，， 于是，，，， 所以，， 设平面的法向量 于是 令，得 设平面的法向量 于是 令，得 结合法向量方向可判断，二面角的余弦值为 令 化简得： 令，， 于是． 易知，该函数为定区间上的单调递增函数，所以，， 二面角的余弦值的取值范围是． 【点睛】方法点睛：对于折叠问题，要注意折叠前后不变的量以及其内在联系. 五、空间距离与空间表面积、体积 41．（2025·福建福州·模拟预测）在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点． (1)证明：三棱锥外接球的体积为定值； (2)当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【分析】（1）由题意可得出中点为外接球的球心，得出球半径即可证明； （2）根据向上翻折、向下翻折分类讨论，建立空间直角坐标系利用向量法求解. 【详解】（1）由题，，则， 在内，由正弦定理得，解得， 又，解得， 故为正三角形，，， 解三角形知，，， 取中点，由于和是以为斜边的直角三角形， 故，即翻折后在三棱锥中，， 根据外接球定义：外接球的球心到多面体各个顶点的距离相等， 所以点即为三棱锥外接球球心， 所以外接球半径，体积为定值． （2）显然点在面上的投影不在直线上， （i）当向上翻折 设点在面上的投影为点，则， 且面，又，，面，则，，， 所以，， 则， 又，所以， 则，所以， 同理可知， 所以，解得， 因为，，， 所以，故． 所以四面体为正四面体，点在平面的投影位于正的中心． 以为原点，为轴，为轴，轴平行于直线建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 所以，， 故； （ii）当向下翻折，设此时点翻折至， 则平面所在平面与（i）中平面所在平面相同， 且点与点关于直线对称， 连接，与的交点为线段中点， 所以， 故， 综上所述，直线与直线所成角的余弦值为或． 42．（2025·浙江·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. (1)证明：； (2)若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理证明垂直，再利用题干得，即可得到平面PBD，即可得到结论. （2）建立空间直角坐标系，利用线面所成角的向量求法解得高度h，即可求得四棱锥的体积. 【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，连接交BD于CE一点， 因为且，所以四边形CDBE为平行四边形， 所以BD与CE的交点即为CE中点M. 由已知可得，，，，由余弦定理得, 所以三角形为直角三角形，所以， 又，，所以,且,所以平面PBD， 又平面PBD，所以. （2）由（1）知，平面PDM，如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC为x，y轴，垂直于底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，， 设，则，， 平面PDM的一个法向量为， 设直线AN与平面PDM所成角为， 则， 化简得. 由，可得，求得，. 故. 43．（2025·上海·模拟预测）如图，在四面体中，设棱，其余5条棱长都为2. (1)当时，求直线与平面所成角的大小； (2)当四面体的表面积最大时，求的值及其体积. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）过作平面，垂足为，为直线与平面所成的角，在中求解即可； （2）当四面体表面积最大时，和都是直角，此时，故四面体的体积. 【详解】（1）当时，为正四面体. 过作平面，垂足为，则点为正的中心， 进而为直线与平面所成的角. 在中，，， 从而，故. 因此直线与平面所成角的大小为. （2）当四面体表面积最大时，和都是直角，此时. 取的中点，连接、，故，， 平面，从而平面. 由题意，， 进而可得的面积为. 故四面体的体积. 44．（2025·宁夏石嘴山·一模）如图1所示，在平行四边形中，，垂足为A，，将沿AB折到的位置，点M为棱AB的中点，点N在棱上，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)当二面角的大小为， ①求四棱锥的体积； ②若直线PC与平面所成角的正弦值为，求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；② 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，再由面，应用面面垂直判定定理证明即可； （2）①先应用二面角定义得出，则为等边三角形及线面垂直得出高再应用四棱锥体积公式计算；②根据线面角正弦公式计算求参，最后应用点到平面距离公式计算即可. 【详解】（1）由题意可知，图2中，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）①：由图1知，可得， 在图2中取AD中点O，连接， 因为，，所以为二面角的平面角， 所以，则为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面,平面， 所以平面，所以四棱锥的高为， 所以， 故四棱锥的体积为； ②以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系,则，，，，，， 设，平面的法向量为，， ， 则， 取，则． 又，所以 因为直线PC与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得，，， 此时，又因为，设点到平面的距离为d， 则. 45．（2025·湖北鄂州·一模）如图，棱长为的正方体中，平面与直线交于点. (1)证明：为的重心； (2)求二面角的余弦值； (3)求三棱锥外接球的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接、、、，推导出平面，结合勾股定理推导出为的外心，再由为等边三角形可得出结论成立； （2）以为原点，、、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二面角的余弦值； （3）设球心为，由，可得出关于、、的方程组，解出这两个量的值，可得出球心的坐标，求出该球的半径，结合球体体积公式可求得结果. 【详解】（1）连接、、、，如下图所示： 因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，、平面，则平面， 因为平面，所以，，同理可得， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，、、平面， 则，，， 因为，则， 即，则为的外心， 易知为等边三角形，故为的重心. （2）以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 所以、、、、. 因为为的重心，故， 所以，， 设为平面的一个法向量，则， 取可得， 易知平面的一个法向量为. 所以. 因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. （3）设球心为，由， 可得，解得，即球心为， 所以三棱锥的球心为线段中点，且外接球半径为. 故其外接球体积为. 46．（2025·新疆喀什·二模）如图，△PAC为圆锥PO的轴截面，B 为底面圆周上一点，，，点D在线段BC上，且 ．    (1)证明：AD⊥PB ； (2)若二面角A−PB−O的余弦值为，求圆锥PO 的侧面积． 【答案】(1)详见解析； (2) 【分析】（1）设，由证明； （2）求得平面APB的一个法向量为，易知是平面PBO的一个法向量，由，求得t，即圆锥的高，从而得到圆锥的母线，由圆锥的侧面积为求解. 【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系：    设，则， 所以， 所以，则； （2）设平面APB的一个法向量为， 则，即， 令，得，所以， 易知是平面PBO的一个法向量， 所以， 解得，即圆锥的高为， 则圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为. 47．（2025·福建厦门·二模）如图，在三棱台中，平面平面，，，. (1)证明：； (2)当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解. 【详解】（1）在三棱台中，取的中点，连接， 由，得，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，而平面，则， 又，则四边形是菱形，， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）取中点，则，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设直线与平面所成的角为， ，当且仅当，即时取等号， 所以三棱台的体积 . 48．（2025·河南·二模）如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为.    (1)求三棱柱的高； (2)已知点在上，且，若平面，求实数的值； (3)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依题意可得，即可求出，再利用余弦定理求出，即可求出，从而求出高； （2）设的中点为，连接、，即可证明平面，从而得到平面平面，即可得到，从而得解； （3）过点作于点，连接，即可得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为平面， 所以， 又，所以， 在中，，， 所以， 所以， 所以， 设三棱柱的高为，则，解得； （2）设的中点为，连接、， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 因为平面，，平面， 所以平面平面，又平面平面，平面平面， 所以， 因为为的中点，所以为的中点， 所以，即； （3）过点作于点，连接， 因为侧面与底面垂直，侧面底面， 所以平面， 因为且，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 如图建立空间直角坐标系，因为平面，所以， ，则，，，， 因为，则，所以，则， 又，， 设平面的法向量为， 则，取， 又， 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.    49．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析，体积为 (3) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，即可得证； （2）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； （3）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以，又是棱的中点，所以D是棱的中点； （2）连接，因为，O是棱的中点，所以⊥， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， 又，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （3）由（2）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 50．（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【分析】（1）①由于三角形的面积为定值，当三棱锥 的体积最大时， 平面，从而可证；② 先证 平面 ，可得，而 到的距离相等，所以为三棱锥 的外接球的球心. 求出外接球半径，利用外接球的表面积公式即可求解. （2）如图建立空间直角坐标系，设为的中点，，可设，得 ，利用空间向量法可得的表达式，再构造函数，利用导数研究函数的单调性即可求得的最小值. 【详解】（1）① 三角形的面积为定值，且 ， 当三棱锥 的体积最大时， 平面， 平面 ，； ②由①知，当三棱锥的体积最大时，平面 ， 平面 ， 平面 ，， 又 为的中点， 到的距离相等， 即为三棱锥 的外接球的球心. 设外接球半径为，则， 三棱锥的外接球的表面积为 ； （2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设为的中点，， 可设 ，由 ，得， 又 ，设平面的法向量 ， 则，即，令则 ， 可得平面的法向量 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即，令，则 ， 可得平面的法向量 , 则 ； 设 ，则 ， 易知 单调递减： 单调递增， 当 时， ， 所以 的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第二小问中，如何设点 坐标是解题关键，利用空间向量法表达出，通过构造函数，求出函数的最小值是难点. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第49天- 搞定立体几何（解答题）综合计算 （5考点50题） 第49天寄语： 同学间的相互鼓励是最温暖的力量， 一起讨论难题，互相打气，携手并肩，高考之路不再孤单。 识·必备知识 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，）. 明·直击考点 序号 考点 考点01 平行的判定及性质应用（10题） 考点02 垂直的判定及性质应用（10题） 考点03 线面角及其应用（10题） 考点04 二面角及其应用（10题） 考点05 空间距离与空间表面积、体积（10题） 一、平行的判定及性质应用 1．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，在直三棱柱中，为的中点，.    (1)证明：平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. 2．（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. 3．（2025·北京平谷·一模）如图，在四棱锥中，平面平面等腰直角三角形，. (1)点在棱上，若平面，求证：为的中点； (2)求与平面所成的角. 4．（2025·四川·模拟预测）如图，在三棱台中，，，点，分别为，的中点，平面，． (1)若平面平面，求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 5．（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. 6．（2025·安徽滁州·一模）如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 (1)若平面平面，求证：； (2)求二面角的正弦值. 7．（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. 8．（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． 9．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）在如图所示的五面体中，四边形与均为等腰梯形，，，，，，、分别为、的中点，与相交于点．    (1)求证：平面； (2)若平面，求二面角的余弦值． 10．（2025·山东枣庄·二模）如图，矩形中，，将沿直线翻折成.    (1)若为线段上一点，且满足，求证：直线平面； (2)当平面平面时，求点到平面的距离. 二、垂直的判定及性质应用 11．（2025·江苏南京·一模）如图，内接于圆为圆的直径，平面为线段中点. (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 12．（2025·江西鹰潭·一模）如图，在三棱柱中，，， (1)求证：； (2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 13．（2025·江苏·一模）如图，在四面体中，，，点为棱的中点，点为棱上的动点． (1)求证：平面平面； (2)已知二面角的大小为，当直线与平面所成角的正弦值的最大值为时，求此时四面体的体积． 14．（2025·福建·模拟预测）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，它到直线的距离为，求直线与平面所成的角． 15．（2025·浙江温州·二模）如图，在三棱锥中，是边长等于2的正三角形，，为的中点． (1)求证：； (2)若，求点到平面的距离． 16．（2025·青海海东·二模）如图，在四棱柱中，，，，，，分别是棱，的中点.    (1)证明：平面. (2)若，直线与平面所成角的正弦值为. ①求四棱柱的体积； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．（2025·四川自贡·二模）如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角正切的最大值. 19．（24-25高三上·浙江宁波·期末）如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若二面角的正弦值为，求． 20．（2025·四川宜宾·二模）如图，在平面四边形中，是等边三角形，是等腰三角形，且，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)若，求证：平面平面； (2)若，记的重心为，若，求与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角正切的最大值. 三、线面角及其应用 21．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 22．（2024·四川内江·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，，平面平面. (1)求证：平面平面； (2)若PD与平面PBC所成的角为，求三棱锥的体积. 23．（2024·江西·模拟预测）如图，在直三棱柱中，平面⊥侧面，点到平面的距离等于1. (1)求证：； (2)若，设直线与平面所成的角为θ，求θ的最大值. 24．（2025·江西新余·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，位居平面异侧，，平面平面，为中点.    (1)求证：； (2)若三棱锥的体积为，二面角的余弦值为，求： （ⅰ）到平面的距离； （ⅱ）直线与平面所成角的正弦值. 25．（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. 26．（2025·河南·模拟预测）如图，四棱锥中，是正三角形，底面是矩形，平面底面，，分别为棱，的中点．    (1)证明：平面； (2)若二面角为，求直线与底面所成角的正弦值． 27．（2025·广东深圳·一模）如图，在三棱锥中，已知． (1)若，求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 28．（2025·广东·一模）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 29．（2025·山东潍坊·一模）如图，四棱台中，上、下底面分别为边长1，2的正方形，平面，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正切值． 30．（2025·河北秦皇岛·一模）在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． (1)证明：平面平面； (2)当时，求球心到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 四、二面角及其应用 31．（2025·河北衡水·模拟预测）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 32．（2024·广东梅州·模拟预测）如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点、作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点． (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求该圆锥的体积． 33．（24-25高三上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥中，平面，且.    (1)证明：平面； (2)已知锐二面角的正弦值为，求二面角的余弦值. 34．（2025·福建厦门·一模）如图，在三棱柱中，，，．    (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值． 35．（2025·新疆·二模）如图，已知四边形是直角梯形，，，，是等边三角形，平面平面为的中点，为的中点，． (1)证明：平面平面； (2)分别为棱上的动点（不包含端点），当时，试判断二面角和二面角的大小是否相等，并说明理由． 36．（2025·湖北·模拟预测）如图，直三棱柱中，且平面平面.    (1)求实数的值； (2)若平面. （i）求证：； （ii）求二面角的余弦值. 37．（2024·黑龙江佳木斯·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，，底面为等腰梯形，，且． (1)证明：平面平面； (2)若点A到平面PBC的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 38．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上. (1)求二面角的正切值； (2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 39．（2024·新疆·二模）在圆柱中，是圆的一条直径，是圆柱的母线，其中点与，不重合，，是线段的两个三等分点，，，． (1)若平面和平面的交线为，证明：平面； (2)设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和，平面和底面圆所成的锐二面角为，若，求的值． 40．（2025·辽宁葫芦岛·一模）已知函数图像如图1所示，，分别为图像的最高点和最低点，过，作轴的垂线，分别交轴于，，点为该部分图像与轴的交点，且，与轴的交点为．将绘有该图像的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时，． (1)求函数的解析式； (2)在图2中，的图像上存在点，使得平面，请确定点的个数，并简要说明理由； (3)如图3，在折叠过程中，若二面角的范围是，求二面角的余弦值的取值范围． 五、空间距离与空间表面积、体积 41．（2025·福建福州·模拟预测）在平面四边形中，，，，的面积为，将沿翻折至，其中为动点． (1)证明：三棱锥外接球的体积为定值； (2)当点到平面的距离为，求直线与直线所成角的余弦值． 42．（2025·浙江·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，，，，，E为AB的中点，M为CE的中点. (1)证明：； (2)若，N为PC中点，且AN与平面PDM所成角的正弦值为，求四棱锥的体积. 43．（2025·上海·模拟预测）如图，在四面体中，设棱，其余5条棱长都为2. (1)当时，求直线与平面所成角的大小； (2)当四面体的表面积最大时，求的值及其体积. 44．（2025·宁夏石嘴山·一模）如图1所示，在平行四边形中，，垂足为A，，将沿AB折到的位置，点M为棱AB的中点，点N在棱上，如图2所示． (1)证明：平面平面； (2)当二面角的大小为， ①求四棱锥的体积； ②若直线PC与平面所成角的正弦值为，求点C到平面的距离． 45．（2025·湖北鄂州·一模）如图，棱长为的正方体中，平面与直线交于点. (1)证明：为的重心； (2)求二面角的余弦值； (3)求三棱锥外接球的体积. 46．（2025·新疆喀什·二模）如图，△PAC为圆锥PO的轴截面，B 为底面圆周上一点，，，点D在线段BC上，且 ．    (1)证明：AD⊥PB ； (2)若二面角A−PB−O的余弦值为，求圆锥PO 的侧面积． 47．（2025·福建厦门·二模）如图，在三棱台中，平面平面，，，. (1)证明：； (2)当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 48．（2025·河南·二模）如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为.    (1)求三棱柱的高； (2)已知点在上，且，若平面，求实数的值； (3)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 49．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 50．（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$