解答题第18题 空间向量与立体几何讲义-2026年高考数学二轮复习【会一题通一类系列】（北京专用）

解答题第18题 空间向量与立体几何（讲练测） 1 22 30 40 49 57 64 73 【典例】1．（2025·北京·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面. (1)证明：F是的中点； (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）根基线面平行的向量表示，设出F的坐标，根据线面平行，说明F是的中点. （2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量方法，求出线面角的正弦值. 【详解】（1） 如图所示，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则， 设， ，可得，解得， 可得，则设平面的一个法向量， 则，得，解得，所以F是的中点. （2） 如图所示，，，当时，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，面的一个法向量， 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. 【典例】2．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，. (1)求证：平面； (2)，平面平面，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）由线线平行证平面，平面，再由线面平行证明平面平面，利用面面平行的性质即可证得结论； （2）先由平面平面证明平面，即得，结合条件证明平面，即得，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）由四边形为矩形，可得，因 平面，平面，故平面； 因，平面，平面，故平面， 又因平面，故有平面平面. 再由平面可得平面. （2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面. 又因为平面，所以，在矩形中，. 因为平面，，故平面. 因为平面，所以. 故分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，，，. 所以，. 设平面的法向量为，则 即 令，则，.于是. 因为，设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【典例】3．（2025·北京海淀·二模）如图1，五边形中，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，结合线面垂直的性质与判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出平面的法向量，求出线面角，建立关于的方程，解之即可求解. 【详解】（1）因为平面平面，平面，平面平面，， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面. （2）如图，过点作于点，则， 在中，，所以，得. 过点作轴平面，建立如图空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 所以， 解得，即. 【典例】4．（2025·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面平行可得，根据中位线的性质可得； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角的余弦值. 【详解】（1）在四棱柱 中， 平面平面， 又因为平面CDE 平面ABCD=CD， 所以， 又因为，所以， 又因为E为的中点，所以F为的中点 （2）取AD的中点O，连接， 在四棱柱 中， 四边形，四边形均为菱形， 又 所以均为等边三角形， 所以， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD， 平面，所以平面ABCD， 平面ABCD，所以， 如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以即为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令得， 所以， 所以， 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为， 【典例】5．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）记的中点为，连接，推导出，然后以为原点，以、、所在直线为、、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，利用空间向量法可求出的值，在利用空间向量法可求出点到平面的距离. 【详解】（1）设的中点为，连接、， 因为为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. （2）记的中点为，连接， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. （3）依题意，设，则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 【典例】6．（2025·北京丰台·二模）如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．    (1)求证：为的中点； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由已知可得平面，由线面平行可得，进而得四边形为平行四边形，即可证得为的中点； （2）选择条件①：取中点，连接，由已知条件可证得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用坐标运算求得平面的一个法向量，设，再利用坐标运算和直线与平面所成角的正弦值为，解出，即可解答； 选择条件②：先证得平面，同①建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量为，然后解答同①. 【详解】（1）在菱形中，． 因为平面平面， 所以平面． 又平面，平面平面， 所以． 又四棱柱中，， 所以四边形为平行四边形． 所以，所以为的中点． （2）选择条件①：    取中点，连接， 在菱形中，． 因为，所以为等边三角形． 因为为中点，所以，故． 因为平面，且平面， 所以， 所以两两垂直． 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，则． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 选择条件②： 取中点，连接． 因为平面，且平面， 所以， 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以， 又因为为中点，所以． 在菱形中，， 所以为等边三角形， 所以，故． 所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系， 则， 所以． 因为平面， 所以取平面的一个法向量为． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 【典例】7．（2025·北京海淀·三模）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 条件①，平面平面； 条件②：； 条件③，． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）选择①②，根据面面垂直的性质可得，勾股定理可得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择①③，根据面面垂直的性质可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明；选择②③，勾股定理可得，根据三角形全等得，然后根据线面垂直的判定即可证明； （2）以A为原点建立空间直角坐标系，，利用向量法求解即可 【详解】（1）选择①②， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由②知，，，，所以， 又在平面内相交于点A，所以平面， 选择①③， 因为为正方形，所以， 由①知，平面平面，平面， 平面平面=，， 所以平面，又平面 ，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面， 选择②③， 由②知，，，，所以， 由③知，，又为正方形，所以， 所以，所以， 所以，， 又在平面内相较于点A，所以平面 （2）由（1）知，平面， 又为正方形，所以， 如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 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， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 【典例】8．（2025·北京海淀·三模）如图，在直角中，，点、分别在线段、上，且，将沿折起到的位置，使得二面角的大小为． (1)设平面与平面的交线为，请直接写出与直线的位置关系． (2)若点为线段的靠近点的三等分点 （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)相交 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）证明一，延长，交于点．连接．直接证明； 证明二（反证法），假设直线和直线不相交，由于两直线都在平面内，所以．然后推导矛盾； （2）（i）利用定义法求解是二面角的平面角，然后证明面，进而证明平面（ii）以为原点，分别为轴正方向， 标出相应坐标，设平面的法向量，求出法向量，进而求解PC与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）相交 （证明一（寻找交线）：如图，在平面中，因为为梯形，所以延长，交于点．连接， 因为，，所以平面，平面，所以即为交线，与相交于点． 证明二（反证法）：假设直线和直线不相交，由于两直线都在平面内，所以． 又平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面，所以，矛盾！ 故直线和直线相交, （2）（ⅰ）证明：在中，，又， 所以． 所以翻折后，． 因为平面，平面，平面平面． 所以是二面角的平面角，． 又，，所以由余弦定理得， 所以，因此． 因为，，又，平面． 所以面， 又因为面，所以． 因为，，，平面， 所以平面． （ⅱ）因为，所以，． 又由（ⅰ）知，，所以两两垂直． 如图，以为原点，分别为轴正方向 建立空间直角坐标系，，，， ，， 设平面的法向量 由，得 令，得，， 所以为平面的一个法向量， 所以． 故与平面所成角的正弦值为. 【典例】9．（2025·北京海淀·三模）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)相交，理由见解析 【分析】（1）先证平面，即可得证线线垂直； （2）由所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后由空间向量法求线面角即可； （3）利用作图法来判断与平面相交． 【详解】（1），平面， 平面， 平面 （2）是等腰直角三角形且，则到的距离为2， ，所以，可由所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），设，结合图（1）得 ， 设面的法向量， 令， 设直线与平面所成角为， ， （3） 延长交于点，连接，因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面平面， 由平面平面，即， 因为平面，所以与平面相交. 【典例】10．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)选条件②或条件③， 【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：取中点为，连接和 ∵，∴ 又为等边三角形，∴ ∵，，面， ∴平面，又面，∴ ∵三棱柱中， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形. （2）条件①：不符合题意 条件②：取中点为，连接，交于点 则底面 三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 条件③：为正四面体，∴ 取中点为，连接，交于点 则底面 由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则， 取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 11．（2025·北京门头沟·一模）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据正方体性质以及线面平行判定定理可证明平面，再由线面平行性质定理以及中位线性质可得结论； （2）建立空间直角坐标系求得两平面的法向量即可求得它们夹角的余弦值. 【详解】（1）依题意连接，如下图所示： 由正方体性质可得，又平面，平面， 可得平面， 因为与平面交于点，即平面平面， 可得， 因此，又为中点， 可得为的中点； （2）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： 不妨设正方体的棱长为2， 可得，即； 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即； 显然平面的一个法向量可以为， 因此平面与平面夹角的余弦值为； 可得平面与平面夹角的余弦值. 12．（25-26高三上·北京·月考）在三棱柱中，侧面为矩形，平面，是棱的中点. (1)求证：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）根据线面垂直的性质，可证，根据线面垂直的判定定理，即可得证. （2）由（1）得两两垂直，如图建系，求得各点坐标，进而可得坐标，即可求出平面的法向量，根据线面角的向量求法，分析计算，即可得答案. 【详解】（1）证明：因为侧面为矩形， 所以， 因为平面，平面， 所以，， 因为，平面， 所以平面. （2）由（1）得两两垂直，所以以C为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示， 则， 所以， 设平面的法向量， 所以，即， 令，则，所以， 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. 13．（25-26高三上·北京顺义·月考）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面，且，E是的中点，平面与线段交于点F. (1)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）由线面平行的判定与性质定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，由题意求出线段的长度，确定相关点坐标，求解平面的法向量，利用空间角的向量求法求解即可. 【详解】（1）在矩形中，， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面，且平面平面， 所以. （2）由（1）可知， 又因为E是的中点，所以F是的中点， 因为平面平面， 所以 因为，即，故. 又在矩形中，， 所以两两垂直. 如图以D为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为 由，得， 令，得， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线BE与平面BCF所成角的正弦值为. 14．（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点． (1)求证：； (2)求直线CF与平面ADF夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由和证明平面平面，进而证明；l （2）以为原点，分别以所在直线为x轴，轴，轴建立空间直角坐标系，,求出平面ADF的一个法向量为，进而求出直线CF与平面ADF夹角的正弦值. 【详解】（1）证明：因为，平面,平面, 所以平面, 又，平面,平面, 所以平面, 又，且平面 所以平面平面, 又因为平面CDF，所以平面 因为平面ADF，平面平面 所以，即 （2）因为平面平面ABCD 所以．又, 如图，以为原点，分别以所在直线为x轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则 所以 设平面ADF的一个法向量为，则，即 不妨令，则，所以 所以直线CF与平面ADF夹角的正弦值. 15．（25-26高三上·北京·月考）四棱锥中， 是的中点. (1)为的中点，为上一点，面，证明:为中点； (2)若面面，面面，求:平面与面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】(1)利用线面平行证明线线平行，再利用线线平行证明线面平行，最后证明四边形是平行四边形，从而可得是的中位线，即问题可得证； (2)利用空间向量法来求两平面夹角余弦值即可. 【详解】（1） 取的中点为由三点确定一个平面，交于点， 由面，平面，平面平面， 可得， 又因为为的中点，所以， 又因为，所以， 由平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 又因为，所以， 则四边形是平行四边形，故， 又因为， 是的中点.， 所以，结合， 可得是的中位线，即为中点; （2）由可得， 连接，可得四边形是正方形，即可得，所以， 所以，即， 因为面面，面面，面， 所以面，又因为面，所以， 又因为面面面面，面， 所以面， 如图建立空间直角坐标系，令，则， 即， 所以 设平面的法向量为， 则， 令，得，所以， 由于面，所以平面的法向量可以取， 设平面与面的夹角为， 则， 故平面与面的夹角余弦值为. 16．（25-26高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点O，平面平面，点E在棱上，，． (1)求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理逆定理可先判定，根据面面垂直的性质定理可得平面，由线面垂直的性质得出线线垂直即可； （2）根据线面平行的性质得出为的中点，结合线段关系判定，结合上问结论可建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系并计算面面夹角即可. 【详解】（1）因为在中，，， 所以． 所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面．因为平面，所以． （2）因为平面，平面，平面平面， 所以． 因为为平行四边形，为的中点， 所以为的中点， 所以， 因为，所以， 所以，所以，，两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，，因此，． 设平面的法向量为， 则即， 令，则．所以， 平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则． 由于，则所以平面与平面夹角为． 17．（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【详解】（1）因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． （2） 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 18．（2025·北京·二模）如图，在三棱锥中，平面平面分别为的中点． (1)求证：平面平面； (2)设，从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直得出平面，进而得证结论； （2）根据选择的条件先证明两两垂直，建系，利用法向量可求答案. 【详解】（1）因为，平面平面，平面平面， 所以平面． 由分别为中点，得， 所以平面． 又因为平面， 所以平面平面． （2）选择条件①②： 因为， 所以，则． 所以． 由平面，得． 故两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即. 令，则．于是． 易知平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 则． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 选择条件①③； 由平面，得． 因为， 所以平面． 所以．故两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，以下同选条件①②，略． 选择条件②③； 由平面，得． 因为， 所以平面． 所以．故两两垂直． 又因为， 所以． 如图建立空间直角坐标系，以下同选条件①②，略． 19．（25-26高三上·北京东城·月考）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，N为棱BC的中点． (1)求证：； (2)在棱AM上是否存在一点E，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)存在，. 【分析】（1）由线面垂直判定定理推出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1），N为棱BC的中点，， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD平面， 所以平面ABCD，平面， （2）在直角梯形中，取的中点为， 易知，，， 则四边形是正方形，故. 在中，. 在中，，，. 又因为平面平面，且平面平面， 平面，故平面， 连接，， 则，故平面， 故可以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因，则，，，， 于是， 易知平面的一个法向量为. 假设在棱上存在一点E，使得二面角的大小为. 不妨设（），则， 设为平面的一个法向量， 则 ，. 从而， 解得或（舍去） 由题知二面角为锐二面角. 所以在棱上存在一点，使得二面角的大小为， 此时. 20．（25-26高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰三角形，，E是的中点． (1)求证：； (2)若底面是梯形，，，，，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点Q，使得平面?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) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）取中点F，连接，以E为原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，计算得到和的坐标，由可证结果； （2）由二面角的向量求法进行求解； （3）先假设存在点Q，使得平面，设，，可得，由可计算得到，故在线段上不存在点Q，使得平面． 【详解】（1）证明：取中点F，连接， ，，E是的中点，， 则以E为原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，， ，，，， ，， ， ，即． （2）由（1）可得，，，，，， ，， 设平面的一个法向量为，则 令，则，，， 依题意平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，由图知，为锐角， ， 即二面角的余弦值为． （3）在线段上不存在点Q，使得平面， 理由如下： 假设存在点Q，使得平面，设，， ， 由（2）可知，平面的一个法向量为， 则，解得， 故在线段上不存在点Q，使得平面． 21．（25-26高三上·北京海淀·月考）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小.条件①：；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接、，证明四边形是平行四边形，即可求证； （2）选择条件①，通过证平面证，然后通过建立空间直角坐标系求解；选择条件②，先通过三角形全等证是正三角形，进而证，即可通过建立空间直角坐标系求解. 【详解】（1）证明：取中点，连接、， 分别为，的中点， 所以，； 在菱形中，因为，； 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）选择条件①： 易知平面，平面，平面， 所以有，， 又因为，， 平面，平面，所以平面， 因为平面，所以； 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，,且易知是正三角形，，所以， 则，，，，， 设平面的法向量为，则， 不妨令,解得； 根据已知条件，可得平面的法向量为， 所以，所以二面角的大小为. 选择条件②： 连接，因为平面，且、、均在平面中， 所以，，，所以， 又因为，，所以，所以， 又因为底面为菱形，所以，即是正三角形， 又因为为的中点，所以， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，,且是正三角形，，所以， 则，，，，， 设平面的法向量为，则， 不妨令,解得； 根据已知条件，可得平面的法向量为， 所以，所以二面角的大小为. 22．（25-26高三上·北京·月考）如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)存在； 【分析】（1）连接，证明点为的中点即可证明，再根据线面平行判定定理即可证明； （2）结合题意，过作平面，以为原点，分别为轴的正方向，利用坐标法求解即可； （3）设，则，利用点满足即可求解； 【详解】（1）证明：连接，因为在直三棱柱中，四边形是平行四边形，点为的中点. 所以点为的中点， 又因为点为的中点， 所以， 又平面，平面 所以平面 （2）因为，为中点，所以，且， 过作平面，以为原点，分别为轴的正方向， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，取，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 （3）设，则，， 由在平面内可知，即，解得， 所以存在点，当时，点在平面内. 23．（24-25高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，是棱上的点． (1)若，证明：平面； (2)若平面平面，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过作交于，得到平行四边形，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）作的中点，连接，过作交于，可判断两两相互垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据直线与平面所成角的正弦值为即可求解. 【详解】（1）如图，过作交于，连接， 则，；又，，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）如图，作的中点，连接，过作交于，则， 因为，所以； 在中，因为，，所以，所以；又，所以，； 又平面，平面平面，平面平面，所以平面；因此两两相互垂直，建立如图空间直角坐标系，则，所以，，设，则， 设平面的一个法向量为，则，即，取，则，所以；所以， 设直线与平面所成角，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得，或（舍去）； 所以，即的长为. 24．（2025·北京·模拟预测）已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面.    (1)求的值； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）由平面平面，可得平面，故，可知是棱的中点，可得； （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用等体积法求得点坐标，从而求得平面的法向量，利用向量的数量积求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面，又因为满足平面，所以， 又是棱的中点，则为的中位线，故是棱的中点， 所以； （2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：    因为，，则， 又是以为直角顶点的等腰直角三角形，则， 故，，取中点，连接，则， 又，故设，根据三棱锥的体积相等， ，可得， 解得，所以设，故， ，设平面的法向量为，则 ，解得，令，则， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 25．（25-26高三上·北京·期中）四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧面是矩形，且平面平面.    (1)证明：平面平面； (2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）由平面平面.得到平面.进而求证平面，即可； （2）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解； （3）由点到面的距离公式即可求解. 【详解】（1）因为侧面是矩形，所以， 又平面平面.，两平面交线为，在平面内， 所以平面.又在平面内， 所以， 又底面为正方形，所以，且为平面内两条相交直线， 所以平面， 又在平面内， 所以平面平面； （2）由（1）知：四棱柱为直四棱柱，如图建系：    则， 设平面的法向量为，， 所以， 令，得，即 易知平面的法向量为， 所以， 解得：； （3）， 所以点到平面的距离 （建议用时：40分钟） 26．（24-25高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是棱的中点，在棱上，且平面，平面平面． (1)求证：是棱的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，又是的中点，则且， 由在棱上，底面为矩形，则，故， 由平面，平面且平面平面，则， 所以为平行四边形，故， 所以是的中点； （2）平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又底面为矩形，建立如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设平面的一个法向量为， 则，令，则， 显然平面的一个法向量可以为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 27．（24-25高三上·北京顺义·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点．    (1)求证：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）取的中点，连接，证明，利用线线平行推出线面平行即可； （2）易知，则以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面夹角余弦值. 【详解】（1）如图，取的中点，连接, 因E、F分别为、的中点.，则 又故即得四边形为平行四边形, 则,因平面，平面，故平面； （2）因为在直三棱柱中，，，所以AB⊥AC， 所以两两垂直， 则以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，    又，， 所以 ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以 设平面一个法向量为， 则，令，则， 所以， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 28．（25-26高三上·北京·月考）正四棱柱中，底面的边长为2，，P为上一点． (1)若P为中点，求证：平面． (2)若，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接和交于点，连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，得到，进而证得. 【详解】（1）证明：如图所示，连接和交于点，连接， 因为底面为正方形，可得为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）解：以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为正方形的边长为，，， 可得， 则，可得， 所以，所以. 29．（25-26高三上·北京·月考）如图，四边形是正方形，平面，，，，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使平面与平面所成角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析. (2)存在，的长为或. 【分析】（1）根据三角形的中位线性质，结合线面平行的判定定理，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，写出点与向量的坐标，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：因为分别为的中点，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面，且，所以平面， 因为四边形为正方形，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 由图可得， 由为的中点，则，由为的中点，则， 得，，设，其中. 在平面内，取，，设该平面的法向量， 则，即，令，解得， 所以平面的一个法向量，即为平面的一个法向量. 在平面内，取，， 设该平面的法向量，则， 即，令，解得， 所以平面的一个法向量. 可得，， ， 由题意可得， 化简得，因式分解得，解得或， 故存在坐标为或，使得平面与平面所成角为. 所以的长为或 30．（25-26高三上·北京·期中）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是棱的中点，平面与棱交于点．    (1)求证：为棱的中点； (2)若平面平面，，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）证明出平面，利用线面平行的性质推导出，进而得出，结合中位线的性质可证得结论成立； （2）取中点，连接、，推导出平面，，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为底面是菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以，故， 在中，因为是棱的中点，所以为棱的中点． （2）取中点，连接、，因为，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 在菱形中，，且，故为等边三角形， 所以， 以点为坐标原点，、、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、、、、， 设平面的一个法向量为， ，， 则，取，则． 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成角的正弦值为． （建议用时：40分钟） 31．（25-26高三上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接， ，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，则，， 设，,则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 32．（25-26高三上·北京西城·月考）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明过程详见解析. (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到线面平行，再根据线面平行的性质即可得到. （2）根据面面垂直的性质得到线面垂直，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标和向量，进而求出平面法向量，最后根据向量夹角公式求出二面角的余弦值. （3）根据点到平面的距离公式，利用（2）中求出的平面法向量和相关向量计算即可. 【详解】（1）四边形是矩形，. 又平面，平面，平面. 又平面，平面平面，. （2）取、中点、，连接、. 四边形是矩形，、为、中点，. 是正三角形，. 又平面平面，平面平面，平面， 平面. 以为原点，以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 已知，，，则，，. 各点坐标为、、、、 ，. 设平面的法向量为，则，即， 所以，令，则，所以. 平面， 即为平面的一个法向量，. 设平面与平面的夹角为， 则. 平面与平面夹角的余弦值为. （3），平面的法向量为. 又，， 点到平面的距离为. 33．（2025高三·全国·专题练习）如图 1，在平行四边形中，，，. 现将沿着翻折至， 使得点 到达点 的位置且平面平面 （如图 2），点是线段的中点，点在线段上.求证: 平面平面. 【答案】证明见解析. 【分析】先证明，结合面面垂直性质定理证明平面，由此可得，再证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明结论. 【详解】由题可知，和都是等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面， 所以， 在中，为中点，，所以， 又，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面. 34．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在线段上且满足，点在线段上且满足.    (1)证明：； (2)若，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先利用线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理得平面，进而根据线面垂直的性质定理得，根据与相似得，利用勾股定理得及，即可求解. 【详解】（1）∵平面，平面，∴， 又∵，，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 又∵，，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴. （2）由（1）可知，又，， 平面，平面，∴平面，∵平面， ∴，由（1）可知，在中，，∴， 则与相似，则，在中，，， ∴，∴， ∴. 35．（25-26高三上·北京平谷·月考）如图，平面，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. (3)点到平面的距离 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）先证明平面，可得，则可证平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，由两向量的夹角公式，解出答案； （3）利用点到平面的距离，解出答案. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又因为,平面, 所以平面, 又因为平面, 所以, 在中,为中点， 所以, 又因为,平面, 所以平面 （2）在平面中作，则两两垂直， 建立如图所示空间直角坐标系： 则, 所以 设平面的法向量为，平面的法向量为，则 ，不妨取，则， ，不妨取，则， 所以， 所以二面角的余弦值为. （3）由（2）知平面的一个法向量为，, 所以点到平面的距离 （建议用时：50分钟） 36．（25-26高三上·北京朝阳·期中）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    (1)若为的中点，求证：平面； (2)若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. 【详解】（1）取中点，连接，，如图：    因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，. 所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面. （2）因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：    因为， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. （i）设平面与平面夹角为，则. （ii）点到平面的距离为. 37．（24-25高三下·北京·月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，， (1)求证：平面； (2)M为线段CD的中点，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，建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式求出点的坐标，再利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）利用（1）中坐标系，利用面面角的向量求法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，四边形为正方形， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设点， 由，得，解得， ，， ，则，而平面， 所以平面. （2）由（1）知，平面的法向量为，， 设平面的法向量为，则，取，得， 由图知二面角的平面角是锐角，设为， 因此， 所以二面角的余弦值为. 38．（24-25高三下·北京朝阳·月考）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面，点为线段的中点，，直线与平面所成的角为.    (1)若点为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，根据题意作出图形，由中位线和平行四边形的性质证明四边形为平行四边形，从而得到线线平行，然后证明线面平行； （2）由线面角的定义，及已知线段长求得长.由线面垂直的性质得到，，由面面垂直的性质得到，然后建立空间直角坐标系，结合线段长得到点的坐标，从而得到平面内向量的坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的余弦值. （3）由空间向量的投影即可得点到面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接，； 因为分别为的中点， 所以，． 因为四边形是平行四边形，G为线段的中点， 所以，， 所以，． 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为 所以平面．    （2）因为平面，所以即为直线与平面所成的角， 由题意可知：，又，所以， 因为平面， 所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以且，，两两垂直， 分别以，，所在直线为轴，轴，轴如图建立空间直角坐标系， 则，，，，则，，，      设平面的法向量为，平面的法向量为， 则有，也即，令，则； 则有，也即，令，则， 则， 由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. （3）因为 所以点到平面的距离. 39．（24-25高三下·北京·月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，为上一点，且满足．    (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点到平面的距离2．从条件①，条件②中选择一个作为已知．求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：； 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）可证∥平面，结合线面平行的性质定理证明线线平行； （2）若选①：根据面面垂直的性质定理可证平面，建系标点，利用空间向量求线面夹角；若选②：根据线面垂直的判定定理可证平面，建系标点，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）因为四边形为菱形，则∥， 且平面，平面，可知∥平面， 又因为平面平面，平面， 所以∥. （2）设，连接，可知为的中点，    由可得. 若选①：因为平面平面，平面平面，平面， 可得平面，可知， 又因为四边形为菱形，则， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 又因为为中点，，则，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 若选②：因为，可得， 且，平面， 可得平面，可知， 又因为四边形为菱形，则， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，    则， 又因为为中点，，则，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 40．（24-25高三下·北京顺义·月考）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． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，且 【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. 【详解】（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. （建议用时：60分钟） 41．（24-25高三上·北京石景山·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为1的正方形，是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，或 【分析】（1）连接交于点，由线面平行的判定定理可得答案； （2）由线面垂直的判定定理、性质定理可得答案； （3）设，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）如下图，连接交于点，可得点是的中点，连接， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为四边形是边长为1的正方形，所以， 又因为平面，平面， 所以， 由，平面， 得平面，又平面， 所以； （3）因为平面，平面，所以， 由，，平面， 得平面，设， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设为平面的一个法向量，则 ，即，令，得， 所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得，或，由，得，或， 所以，或. 42．（25-26高三上·北京·月考）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正弦值； (3)若正方体的棱长为2，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据正方体的性质，得出，再根据线面平行判定定理得出线面平行； （2）设正方体棱长为２，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用法向量求出线面角的正弦值； （3）利用向量法求出点到平面的距离． 【详解】（1）， 平面为平行四边形，， 平面，平面， 平面． （2）设正方体边长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 设直线与平面所成角为，则． （3）正方体棱长为2，同（2）中假设， ，平面的法向量， 点到平面的距离． 43．（25-26高三上·北京东城·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理推出，即可证明结论； （2）说明两两垂直，即可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，故， 则，而平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故， 是中点，故是的中点； （2）取的中点为O，连接， 因为，故，且, 而，则，即得, 则两两垂直， 以O为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为 ， 则 ， ，令，则，则， 平面的一个法向量可取为， 平面与平面的夹角为， 故， 平面与平面夹角的大小为； （3）由（2）可知，则, 故点到平面的距离为. 44．（25-26高三上·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱形，，平面平面BCFG，D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为l. (1)证明：； (2)在线段CG（不含端点）上是否存在一点E，使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求E的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，根据已知条件及线面角的向量公式列方程求解. 【详解】（1）∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为， ∴. （2）取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， 又为平面内两条相交直线， 所以平面， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 又在平面内，所以， 所以两两垂直， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由， 令，则，， 假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 设， 则， ∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段 (不含端点)上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 45．（24-25高三下·北京·月考）如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， （i）求二面角的大小； （ii）四棱锥的体积为________．（结论不要求证明） 条件①：； 条件②：平面平面． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)条件选择见解析，（i）；（ii）2 【分析】（1）取中点，推导出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）选①或②：（i）推导出、、两两垂直，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大小； （ii）解法一：求出矩形的面积，利用空间向量法求出点到平面的距离，利用锥体的体积公式可求得结果； 解法二：由并结合柱体和锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）取中点，因为是等边三角形，则， 因为，所以， 由于，、平面，则平面， 又因为平面，所以． （2）选①：（i）在等边中，，中点为， 则， 在直角中，，则， 又，，则， 所以，、、两两垂直， 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、、， ， 因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． （ii）解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为， 点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， ； 选②：在等边中，，中点为， 则， 在直角中，，， 由于平面平面，且，平面，平面平面， 则平面， 因为平面，则，所以，、、两两垂直， 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、、， ， 因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． （ii）解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为， 点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， . 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题第18题 空间向量与立体几何（讲练测） 1 8 10 12 14 16 17 20 【典例】1．（2025·北京·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面. (1)证明：F是的中点； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【典例】2．（2025·北京·模拟预测）在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，. (1)求证：平面； (2)，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【典例】3．（2025·北京海淀·二模）如图1，五边形中，．将三角形沿翻折，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成角为．若，求的长． 【典例】4．（2025·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 【典例】5．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【典例】6．（2025·北京丰台·二模）如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．    (1)求证：为的中点； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 【典例】7．（2025·北京海淀·三模）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 条件①，平面平面； 条件②：； 条件③，． 【典例】8．（2025·北京海淀·三模）如图，在直角中，，点、分别在线段、上，且，将沿折起到的位置，使得二面角的大小为． (1)设平面与平面的交线为，请直接写出与直线的位置关系． (2)若点为线段的靠近点的三等分点 （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求与平面所成角的正弦值． 【典例】9．（2025·北京海淀·三模）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 【典例】10．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 11．（2025·北京门头沟·一模）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 12．（25-26高三上·北京·月考）在三棱柱中，侧面为矩形，平面，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 13．（25-26高三上·北京顺义·月考）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面，且，E是的中点，平面与线段交于点F. (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 14．（2025·北京大兴·三模）如图，矩形，平面平面，，平面ADF与棱BE交于点． (1)求证：； (2)求直线CF与平面ADF夹角的正弦值． 15．（25-26高三上·北京·月考）四棱锥中， 是的中点. (1)为的中点，为上一点，面，证明:为中点； (2)若面面，面面，求:平面与面夹角的余弦值. 16．（25-26高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点O，平面平面，点E在棱上，，． (1)求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的大小． 17．（2025·北京昌平·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 18．（2025·北京·二模）如图，在三棱锥中，平面平面分别为的中点． (1)求证：平面平面； (2)设，从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 19．（25-26高三上·北京东城·月考）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，N为棱BC的中点． (1)求证：； (2)在棱AM上是否存在一点E，使得二面角的大小为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 20．（25-26高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，平面平面，是等腰三角形，，E是的中点． (1)求证：； (2)若底面是梯形，，，，，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，线段上是否存在点Q，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 21．（25-26高三上·北京海淀·月考）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，E，F分别为的中点. (1)求证：平面； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小.条件①：；条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 22．（25-26高三上·北京·月考）如图，在直三棱柱中，，，点分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 23．（24-25高三上·北京·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，是棱上的点． (1)若，证明：平面； (2)若平面平面，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 24．（2025·北京·模拟预测）已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面.    (1)求的值； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值. 25．（25-26高三上·北京·期中）四棱柱中，底面是边长为1的正方形，侧面是矩形，且平面平面.    (1)证明：平面平面； (2)设，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离. （建议用时：40分钟） 26．（24-25高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是棱的中点，在棱上，且平面，平面平面． (1)求证：是棱的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 27．（24-25高三上·北京顺义·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点．    (1)求证：平面； (2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值． 28．（25-26高三上·北京·月考）正四棱柱中，底面的边长为2，，P为上一点． (1)若P为中点，求证：平面． (2)若，求证：． 29．（25-26高三上·北京·月考）如图，四边形是正方形，平面，，，，分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使平面与平面所成角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 30．（25-26高三上·北京·期中）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是棱的中点，平面与棱交于点．    (1)求证：为棱的中点； (2)若平面平面，，求直线与平面所成角的正弦值． （建议用时：40分钟） 31．（25-26高三上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 32．（25-26高三上·北京西城·月考）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 33．（2025高三·全国·专题练习）如图 1，在平行四边形中，，，. 现将沿着翻折至， 使得点 到达点 的位置且平面平面 （如图 2），点是线段的中点，点在线段上.求证: 平面平面. 34．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在线段上且满足，点在线段上且满足.    (1)证明：； (2)若，求的值. 35．（25-26高三上·北京平谷·月考）如图，平面，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. (3)点到平面的距离 （建议用时：50分钟） 36．（25-26高三上·北京朝阳·期中）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    (1)若为的中点，求证：平面； (2)若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 37．（24-25高三下·北京·月考）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，， (1)求证：平面； (2)M为线段CD的中点，求二面角的余弦值. 38．（24-25高三下·北京朝阳·月考）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面，点为线段的中点，，直线与平面所成的角为.    (1)若点为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 39．（24-25高三下·北京·月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，为上一点，且满足．    (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点到平面的距离2．从条件①，条件②中选择一个作为已知．求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：； 40．（24-25高三下·北京顺义·月考）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． （建议用时：60分钟） 41．（24-25高三上·北京石景山·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为1的正方形，是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 42．（25-26高三上·北京·月考）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正弦值； (3)若正方体的棱长为2，求点到平面的距离. 43．（25-26高三上·北京东城·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，分别是中点，与平面交于点，. (1)证明：是的中点； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)求点到平面的距离. 44．（25-26高三上·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱形，，平面平面BCFG，D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为l. (1)证明：； (2)在线段CG（不含端点）上是否存在一点E，使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求E的位置；若不存在，请说明理由. 45．（24-25高三下·北京·月考）如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， （i）求二面角的大小； （ii）四棱锥的体积为________．（结论不要求证明） 条件①：； 条件②：平面平面． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $