专题01 空间向量与立体几何（专项训练）数学苏教版高二选择性必修第二册

专题01 空间向量与立体几何 目录 A题型建模・专项突破 题型一、空间向量及其线性运算 1 题型二、空间向量的数量积运算 3 题型三、空间向量基本定理 4 题型四、空间向量及其运算的坐标表示 7 题型五、空间向量研究位置关系 8 题型六、空间向量研究夹角问题 10 题型七、空间向量研究距离问题 14 B综合攻坚・能力跃升 题型一、空间向量及其线性运算 1．与向量共线的单位向量可以为（    ） A． B． C． D． 2．已知四面体，是的中点，连接，则＝（ ） A． B． C． D． 3．如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（   ） A． B． C． D． 题型二、空间向量的数量积运算 4．在正三棱柱中，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．已知，且不共线，则向量与的夹角是（    ） A． B． C． D． 6．如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（    ）    A． B． C．4 D．2 题型三、空间向量基本定理 7．（多选）已知是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．两两共面，但不共面 C．一定存在实数x，y，使得 D．，，一定能构成空间的一个基底 8．如图，正四棱锥模型中，过点作一个平面分别交棱､､于点､､，若，，则 . 9．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（    ） A． B． C． D． 题型四、空间向量及其运算的坐标表示 10．已知空间三点，，，若直线上一点，满足，则点的坐标为 . 11．已知，，，若P，A，B，C四点共面，则（    ） A．3 B． C．7 D． 12．已知，，，，，求： (1)，，； (2)与夹角的余弦值. 题型五、空间向量研究位置关系 13．若表示不同的平面，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面（    ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．不确定 14．已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果，，，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C．是平面ABCD的法向量 D． 15．如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． (1)求的值； (2)用向量法证明：平面平面． 题型六、空间向量研究夹角问题 16．如图，已知直四棱柱中，底面是直角梯形，为直角，. （1）求线段的长度； （2）异面直线与所成角的余弦值．    17．已知平面，四边形为正方形． (1)证明： (2)求与平面所成角的正弦值． 18．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 题型七、空间向量研究距离问题 19．如图，三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点P，Q分别在上，且． (1)求证：平面； (2)当点P是边的中点时，求点到直线的距离． 20．如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，， .     (1)求直线与平面的夹角； (2)求点到平面的距离. 21．如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 ． 1．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 2．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 3．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 4．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 5．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 6．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 7．（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． 8．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 9．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 10．（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． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 空间向量与立体几何 目录 A题型建模・专项突破 题型一、空间向量及其线性运算 1 题型二、空间向量的数量积运算 3 题型三、空间向量基本定理 4 题型四、空间向量及其运算的坐标表示 7 题型五、空间向量研究位置关系 8 题型六、空间向量研究夹角问题 10 题型七、空间向量研究距离问题 14 B综合攻坚・能力跃升 题型一、空间向量及其线性运算 1．与向量共线的单位向量可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】计算出，从而得到与向量共线的单位向量. 【详解】因为，所以与向量共线的单位向量可以是或. 故选：D 2．已知四面体，是的中点，连接，则＝（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件作出图形，利用线段中点的向量表达式及向量加法法则即可求解. 【详解】如图，四面体，是的中点，    因为是的中点，所以 所以. 故选：A. 3．如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量线性运算进行求解. 【详解】由题意 ， 又， . 故选：B 题型二、空间向量的数量积运算 4．在正三棱柱中，，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据正三棱柱的性质，可得，从而算出，然后在正中算出，进而利用向量的加法法则与数量积的运算性质，算出的值． 【详解】根据题意得，所以， 等边中，， 因此，． 故选：B． 5．已知，且不共线，则向量与的夹角是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量坐标求得，应用向量数量积运算律求，即可确定夹角大小. 【详解】，则， 因为不共线，则， 所以，故它们的夹角为. 故选：A 6．如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（    ）    A． B． C．4 D．2 【答案】C 【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由二面角的平面角的定义知， ∴， 由，得，又， ∴ ， 所以，即. 故选：C. 题型三、空间向量基本定理 7．已知是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．两两共面，但不共面 C．一定存在实数x，y，使得 D．，，一定能构成空间的一个基底 【答案】ABD 【分析】根据已知条件，结合空间向量的共面定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，若不全为，则共面，与题意矛盾，所以A正确； 对于B中，由空间中任意两个向量是共面的，可得两两共面， 又由是空间的一个基底，可得不共面，所以B正确； 对于C中，因为不共面，则不存在实数，使得，所以C错误； 对于D中，若，，共面， 则存在实数，使得，可得，方程组组无解， 所以，，不共面，所以D正确. 故选：ABD. 8．如图，正四棱锥模型中，过点作一个平面分别交棱､､于点､､，若，，则 . 【答案】/0.75 【分析】法一：设，则，结合四点共面，从而得到； 法二：作出辅助线，找到点的位置，求出. 【详解】法一：设， 则有 ， 因为四点共面，可设， 故， 即， 故， 故， 法二：如图所示：作法：连接并延长，与的延长线相交于点， 连接并延长，与的延长线相交于点， 连接，与相交于一点，则该点即为点. 理由如下： 因为与是两条相交直线，所以与确定一个平面， 则，，A､､， 因为，，所以， 因为，所以，，､､､四点共面. 取的中点，因为，所以平行于，且， 故，故. 故答案为： 9．在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是（其中O为坐标原点）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论. 【详解】空间向量共面定理：，若不共线，且共面，其充要条件是. 对A，因为，所以四点不共面； 对B，因为，所以四点不共面； 对C，由可得， 因为，所以四点不共面； 对D，由可得， 即，因为，所以四点共面. 故选：D 题型四、空间向量及其运算的坐标表示 10．已知空间三点，，，若直线上一点，满足，则点的坐标为 . 【答案】 【分析】根据直线垂直的向量表示直接可得解. 【详解】由，，，则， 又在直线上， 所以，， 则， 又， 则，解得， 则， 即， 故答案为：. 11．已知，，，若P，A，B，C四点共面，则（    ） A．3 B． C．7 D． 【答案】C 【分析】利用空间向量四点共面性质求解即可. 【详解】由P，A，B，C四点共面，可得，，共面， 设， 则，解得． 故选：C. 12．已知，，，，，求： (1)，，； (2)与夹角的余弦值. 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）由空间向量共线、垂直的条件求解； （2）由向量的夹角公式计算． 【详解】（1），则，解得， ， 又，则，， ； （2）由（1），， 设与夹角为，则． 题型五、空间向量研究位置关系 13．若表示不同的平面，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则平面与平面（    ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．不确定 【答案】A 【分析】根据两个平面的法向量平行即可判断出平面与平面平行. 【详解】对于平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 因为，所以平行. 又表示不同的平面， 所以平面与平面平行. 故选：A 14．已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果，，，则下列结论中错误的是（    ） A． B． C．是平面ABCD的法向量 D． 【答案】D 【分析】根据题意，结合线面位置关系的向量判断方法，一一判断即可. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为，所以，故B正确； 由A，B知，C正确； 与不平行，故D错误． 故选：D. 15．如图，在直三棱柱中，侧面是正方形，分别为棱的中点，且． (1)求的值； (2)用向量法证明：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，，所以以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，即可求解； （2）通过证明平面与平面的法向量的数量积为，即可证明. 【详解】（1）在直三棱柱中，， 又平面， 所以平面，因此两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 所以， 所以． （2）由（1）知， ， 设平面BEA的法向量为，平面的法向量为， 则，即，令，则； ，即 令，则，所以， 所以平面平面． 题型六、空间向量研究夹角问题 16．如图，已知直四棱柱中，底面是直角梯形，为直角，. （1）求线段的长度； （2）异面直线与所成角的余弦值．    【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．求出点的坐标，从而得到线段的长度； （2）求出两条直线的方向向量，代入公式即可. 【详解】（I）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．则    ∴， （II）由（I）可知，，,|, ∴cos，＝ ∴异面直线与所成的角的余弦值为. 17．已知平面，四边形为正方形． (1)证明： (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得，，进而可得，可证结论． （2）求得的一个法向量，的一个方向向量，利用向量的夹角公式可求与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， ∵，， ∴ ∴； （2）设平面的一个法向量为， ∵，， ∴，∴，令，则， ∴平面的一个法向量为； ∵ ∴， ∴与平面所成角的正弦值为. 18．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，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）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论； （2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【详解】（1）取中点，连接，， 为的中点，，， 又，，，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面； （2）平面平面，平面平面平面， 平面， 取中点，连接，则平面， ， ，又， 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， ，设平面的一个法向量，， 则，取，则， 平面的一个法向量可取， 设平面与平面所成锐二面角为， ， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 题型七、空间向量研究距离问题 19．如图，三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点P，Q分别在上，且． (1)求证：平面； (2)当点P是边的中点时，求点到直线的距离． 【答案】(1)详见解析； (2). 【分析】（1）作，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可； （2）取中点，然后证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法即得. 【详解】（1）作，交于点，由，则， ∵， ∴，即， ∴且，连接， 所以四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，且平面， ∴平面． （2）取中点，连接、， ∵，，， 根据余弦定理得：， ∴， 则，又平面平面，平面平面， ∴平面， ∵是等边三角形， ∴， 如图建立空间直角坐标系， 则， ∴， ∴， ∴点到直线的距离为. 20．如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，， .     (1)求直线与平面的夹角； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，点的坐标和平面的法向量，利用空间向量在立体几何中的应用，即可求得直线与平面的夹角. （2）根据空间直角坐标系写出，的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解点到平面的距离公式即可求出结果. 【详解】（1）设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面， 以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，    由已知得，， 因为轴垂直于平面，因此可令平面的一个法向量为， 又，设直线与平面的夹角为， 则有，即， 所以直线与平面的夹角为. （2）由（1）空间直角坐标系，得，，所以，， 可设平面的法向量为，则，得， 令，得，，即， 又因为， 所以点到平面的距离为. 21．如图，正四棱锥的棱长均为2，点E为侧棱PD的中点．若点M，N分别为直线AB，CE上的动点，则MN的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，再写出相关的向量，然后根据点分别为直线上写出点的坐标，这样就得到，然后根据的取值范围而确定 【详解】 建立如图所示的空间直角坐标系，则有： ，，，，， 可得： 设，且 则有：， 可得： 则有： 故 则当且仅当时， 故答案为： 1．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 2．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； 法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论； （ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 法二： ∵，，，在同一个球面上， ∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在Rt中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 此时点在线段上，平面， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 3．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 4．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 5．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面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）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 6．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 7．（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. 8．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 9．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. （2）由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，    则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 10．（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. 2 / 36 学科网（北京）股份有限公司 $