专题11 立体几何中的体积、位置关系、夹角问题（热点专练）（北京专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题11 立体几何中的体积、位置关系、夹角问题 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：立体几何与空间向量为必考内容，题型以解答题为主，搭配选填基础题，解答题固定两问布局：第一问考查线面平行、垂直的证明，第二问聚焦空间角计算，2023-2024年侧重二面角、2025年考查线面角，均以常规棱柱、棱锥为载体，难度适中。空间向量是核心解题工具，主要通过建系求法向量求解角度，极少出现复杂计算。 核心考查内容为几何体面积体积计算、空间线面位置关系证明、空间角求解，侧重几何法与向量法的综合运用。能力要求聚焦直观想象、逻辑推理与数学运算素养，需熟练掌握几何体特征、定理推理及空间直角坐标系建立，实现几何问题代数化转化，兼顾思维严谨性与计算准确性。 预测2026年： 2026年北京卷立体几何与空间向量仍为必考，题型会延续选填基础题+解答题的组合，解答题大概率保持两问布局。第一问考查线面平行或垂直的证明，第二问侧重二面角、线面角的计算，载体以常规棱柱、棱锥为主。仍以空间向量为核心解题工具，侧重几何法与向量法综合运用，考查直观想象、逻辑推理和运算能力，难度适中。 题型01体积问题 【例1】某地区乡村用来盛粮食的小容器通常被称为“升篓”.升篓呈棱台形，全木制作，上口大，下口小，制作形态为榫卯契合，完全不用一颗钉子.如图是一个正四棱台形的升篓，体积，上､下底面棱长分别为，则该正四棱台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【例2】如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【变式训练】【变式1-1】若是三棱锥外接球的直径，且，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是_____. 【变式1-3】我国古代《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童，关于“刍童”的体积计算曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知刍童的外接球（球心在该刍童体内）半径为5，且，则该刍童的体积是______. 题型02平行关系的证明 【例3】如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． (1) 求证：平面； 【例4】如图，在四棱锥中，四边形为正方形，G，F分别是线段，的中点. (1)求证：平面； 【变式训练】【变式2-1】如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H． (1)求证：平面平面； 【变式2-2】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点. (1)为的中点，为上一点，平面，证明：为中点； 【变式2-3】51．（2026·新疆·模拟预测）如图，在多面体中，四边形，均为矩形，，，点为线段上一点，且平面. (1)若平面，求证：点是的中点； 题型03垂直关系的证明 【例5】如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且. (1)证明：平面平面； 【例6】如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； 【变式训练】【变式3-1】如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面． (1)求证：； 【变式3-2】如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． (1)证明：平面； 【变式3-3】在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． (1)求证：平面平面； 题型04直线与平面的夹角问题 【例7】如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． (1)证明：平面； (2)是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 【例8】如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是正三角形，且． (1)求证：； (2)若，，求与平面所成角的正弦值. 【变式训练】【变式4-1】如图，四边形是菱形，平面平面，，且，为的中点. (1)证明：； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【变式4-2】如图，长方体中，，过点，作平面与直线平行，且与棱交于点，点是线段上一点． (1)直接给出的值（不必说明理由），并求平面截长方体所得截面的面积； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【变式4-3】如图，四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面.    (1)证明：； (2)若点是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 题型05平面与平面的夹角问题 【例9】如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 【例10】如图，和所在平面垂直，且，． (1)证明：； (2)求平面和平面的夹角的余弦值． 【变式训练】【变式5-1】如图，在三棱锥中，． (1)证明：； (2)若和所在平面垂直，且平面与平面所成角的余弦值为，求． 【变式5-2】如图，在直四棱柱中，底面为矩形，，高为，分别为底面的中心和的中点． (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 【变式5-3】如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，且，，为棱上的点. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 题型06空间距离问题 【例11】已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【例12】如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【变式训练】【变式6-1】如图，几何体ABCDEF中，E，F不在平面ABCD内，平而ADE． (1)求证：； (2)若平面ABCD，，且直线DF与平面ABCD所成角的正切值为，求点F到平面BDE的距离． 【变式6-2】如图，五面体中，平面，，，. (1)证明：； (2)若二面角的余弦值为，求A到平面的距离. 【变式6-3】如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且.    (1)已知点为上一点，且，证明：平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 题型07翻折问题 【例13】如图，在梯形ABCD中，，过点作于点．将沿BE翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)若A，B，D，P在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：在平面ABCD上． (3)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 【例14】如图，在中，，点在上，点在上，，将沿翻折至，使得二面角的大小为.    (1)若为的中点，点在上，，证明：平面； (2)求平面与平面所成的二面角的正弦值. 【变式训练】【变式7-1】在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式7-2】已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点.    (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式7-3】如图1，在直角梯形BCDE中，，，A为DE的中点，且，，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2． (1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由； (2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值． 题型08动点的存在性问题 【例15】如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，为AD的中点，，，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)在线段PE上是否存在点，使得平面PBC？存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【例16】 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 【变式训练】【变式8-1】如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【变式8-2】已知四棱锥中，底面是矩形，且，是正三角形，平面，、、、分别是、、、的中点． (1)求平面与平面所成的锐二面角的大小； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式8-3】如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使. (1)证明：平面平面； (2)试探究在线段DM上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （建议用时：30分钟） 1．（2025·河南周口·二模）汉代刘歆等人设计的“新莽嘉量”，是集龠、合、升、斗、斛五量为一器的标准量器，各器均为圆筒形（可视为圆柱）．如图，正中的圆柱体的上部为斛量，下部为斗量，左耳为升量，右耳上为合量，下为龠量．某兴趣小组制作一“新莽嘉量”模型，设升、斗、斛圆柱的底面半径分别为，高分别为，体积分别为．若成等比数列，且，，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．（2025·四川攀枝花·二模）已知三棱锥的底面是边长为2的正三角形，平面，，分别是，上的点，且，平面平面，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，则该三棱锥的体积为（    ） A． B． C．3 D． 3．（2025·广东揭阳·一模）图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由. 4．（2025·浙江湖州·模拟预测）已知平面四边形由一个等边与一个直角拼接而成，且 ，现将沿折叠，折叠后使平面平面. (1)取中点，证明：平面； (2)若为等腰直角三角形，求二面角的正弦值. 5．（2025·四川宜宾·二模）如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且． (1)设平面与平面的交线为，证明：； (2)证明：平面； (3)求二面角的余弦值． 6．（2024·河南商丘·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 7．（2024·江苏宿迁·三模）如图，四棱台的底面为正方形，侧面为等腰梯形，，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值． (3)在上是否存在一点，使的体积为，若存在，求与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 8．（2025·四川巴中·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若点在棱上运动，当点到平面的距离为时，求的长度． 9．（2024·广东江门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 10．（2025·山西临汾·二模）如图，直四棱柱内接于圆柱，且底面为矩形，B是圆柱底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且，E是AB的中点，Q是的中点． (1)证明：平面； (2)设，求平面与平面ABC的夹角的正弦值.（用表示） 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 立体几何中的体积、位置关系、夹角问题 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：立体几何与空间向量为必考内容，题型以解答题为主，搭配选填基础题，解答题固定两问布局：第一问考查线面平行、垂直的证明，第二问聚焦空间角计算，2023-2024年侧重二面角、2025年考查线面角，均以常规棱柱、棱锥为载体，难度适中。空间向量是核心解题工具，主要通过建系求法向量求解角度，极少出现复杂计算。 核心考查内容为几何体面积体积计算、空间线面位置关系证明、空间角求解，侧重几何法与向量法的综合运用。能力要求聚焦直观想象、逻辑推理与数学运算素养，需熟练掌握几何体特征、定理推理及空间直角坐标系建立，实现几何问题代数化转化，兼顾思维严谨性与计算准确性。 预测2026年： 2026年北京卷立体几何与空间向量仍为必考，题型会延续选填基础题+解答题的组合，解答题大概率保持两问布局。第一问考查线面平行或垂直的证明，第二问侧重二面角、线面角的计算，载体以常规棱柱、棱锥为主。仍以空间向量为核心解题工具，侧重几何法与向量法综合运用，考查直观想象、逻辑推理和运算能力，难度适中。 题型01体积问题 【例1】某地区乡村用来盛粮食的小容器通常被称为“升篓”.升篓呈棱台形，全木制作，上口大，下口小，制作形态为榫卯契合，完全不用一颗钉子.如图是一个正四棱台形的升篓，体积，上､下底面棱长分别为，则该正四棱台的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图,点分别是棱台上下底面的中心，分别取边的中点,连接. 设四棱台的高为， 则. 由图知，, 设正四棱台的斜高. 所以正四棱台的侧面积为：. 故选：D 【例2】如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】    设圆锥与半球的底面半径为，圆锥的高为，母线长为，轴截面的顶角为. 则由可得，即. 所以圆锥的母线长， 则由余弦定理可得， 所以圆锥轴截面顶角的余弦值是. 故选：C 【变式训练】 【变式1-1】若是三棱锥外接球的直径，且，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 取中点，连接，过点作， 由条件可得均为等边三角形， 则，且，平面， 所以平面，又平面，所以， 且，平面，所以平面， 又，则， 且是三棱锥外接球的直径，则， 则， 在中，由余弦定理可得， 则， 所以， 则. 故选：C. 【变式1-2】如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是_____. 【答案】 【详解】如图所示，构造一个底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为4的正三棱柱， 其中，，，， 因此， 即， 根据三棱柱体积公式，， 故该几何体的体积是. 故答案为：. 【变式1-3】我国古代《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童，关于“刍童”的体积计算曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知刍童的外接球（球心在该刍童体内）半径为5，且，则该刍童的体积是______. 【答案】 【详解】取上下底面的中心为,外接球的球心为，连接, 由于，所以, 所以, 故， 因此, 故答案为：    题型02平行关系的证明 【例3】如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． (1)求证：平面； 【详解】（1）在线段上取一点，使得， 因为平面，平面，所以平面， 由平行线性质可得：， 且，，则， 即，可得，且，则， 又因为平面，平面，所以平面， 且，平面，可得平面平面， 由平面，可得平面. 【例4】如图，在四棱锥中，四边形为正方形，G，F分别是线段，的中点. (1)求证：平面； 【详解】（1）连接， 因为四边形为正方形，G是线段的中点， 所以G是线段的中点. 又因为F是线段的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. 【变式训练】 【变式2-1】如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H． (1)求证：平面平面； 【详解】（1）因为四边形为平行四边形，F、G分别为的中点， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面， 又H、G分别为的中点，所以． 平面，平面，所以平面， 因为FD、平面，， 所以平面平面． 【变式2-2】已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点. (1)为的中点，为上一点，平面，证明：为中点； 【详解】（1）如图，取的中点为由三点确定一个平面，交于点， 由平面，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; 【变式2-3】51．（2026·新疆·模拟预测）如图，在多面体中，四边形，均为矩形，，，点为线段上一点，且平面. (1)若平面，求证：点是的中点； 【详解】（1）连接，交于点，连接， 平面，平面，平面平面， ， 在矩形中，点为线段的中点， 点是的中点. 题型03垂直关系的证明 【例5】如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且. (1)证明：平面平面； 【详解】（1）因为平面平面，交线为平面， 所以平面，又平面，故. 又因为平面， 所以平面，而平面， 故平面平面. 【例6】如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； 【详解】（1）证明：平面  平面， ∴平面平面， 又∵平面平面，且， 平面， 又平面，故． 在中，，E为线段的中点，则． 因为平面，平面，，平面． 平面，∴平面平面． 【变式训练】 【变式3-1】如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面． (1)求证：； 【详解】（1）取的中点，连接，如图所示： 因为，所以， 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 由，，平面， 所以平面，又平面， 所以. 【变式3-2】如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． (1)证明：平面； 【详解】（1）在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. 【变式3-3】在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． (1)求证：平面平面； 【详解】（1）因为，则，且，可得， 将沿折起到的位置，始终有， 因为平面，所以平面， 由平面，可得， 且，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； 题型04直线与平面的夹角问题 【例7】如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． (1)证明：平面； (2)是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】 【详解】（1）由已知点为线段的中点，点为线段的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）设圆柱的底面半径为，母线长为， 因为圆柱的侧面积等于其两底面面积之和， 所以，所以， 由已知，，，，， 因为是该圆柱的母线，所以平面， 因为四边形是正方形，所以， 故平面，又平面， 所以，， 又为圆的直径，为圆上异于，的点， 所以， 以点为坐标原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则，， 故为平面的一个法向量， 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. 【例8】如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是正三角形，且． (1)求证：； (2)若，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】 【详解】（1）取中点，连接，， 因为是正三角形，所以， 因为底面是平行四边形，所以，已知，所以， 又，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，是中点，且，所以是的垂直平分线， 所以. （2）由，，为中点， 得，， 设，则，， 在正中，， 又，在中，，故， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，得，，即， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 【变式训练】 【变式4-1】如图，四边形是菱形，平面平面，，且，为的中点. (1)证明：； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)或2 【分析】 【详解】（1）连接，交于点，连接. 因为四边形是菱形，则，， 因为为的中点，则， 又，且，故得， 故四边形是平行四边形，则. 又平面平面，平面平面， ，平面， 则平面，又平面， 则，故. （2）因，，则， 又得，即两两垂直， 故以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则，于是， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 依题意，， 解得或，则或. 【变式4-2】如图，长方体中，，过点，作平面与直线平行，且与棱交于点，点是线段上一点． (1)直接给出的值（不必说明理由），并求平面截长方体所得截面的面积； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】(1)， (2) 【分析】 【详解】（1）由，得， 以为原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， ，，，， 设（）， 平面过，且与直线平行，故， ， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则，， 所以为平面的一个法向量， 由可得 所以，即， 截面为，， ， ， 所以是边长为的正三角形， 面积. （2）由（1）知，设，则． 由（1）为平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则． 即， 解得或（舍去）． 故． 【变式4-3】如图，四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面.    (1)证明：； (2)若点是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）取的中点，连接与交于点， 在底面矩形中，可得，， 即，则， 可得，所以， 因为平面， ，则平面， 且，所以， 因为，平面 可得平面，且平面， 所以. （2）以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，    则， 可得，，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设，其中， 则， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则， 整理可得，解得或（舍去），即. 题型05平面与平面的夹角问题 【例9】如图，在正四棱柱中，． (1)求点到直线的距离； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 由，得， 所以， 所以点到直线的距离为； （2）， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 因为，所以， 即二面角的正弦值为. 【例10】如图，和所在平面垂直，且，． (1)证明：； (2)求平面和平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）过在平面内作，过在平面内作， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，而平面，所以， 于是，，两两垂直，如图，以为原点建立空间直角坐标系， ，，． 所以，． 因为，所以； （2）由（1）知，而平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以． 因为． 所以平面和平面的夹角的余弦值为. 【变式训练】 【变式5-1】如图，在三棱锥中，． (1)证明：； (2)若和所在平面垂直，且平面与平面所成角的余弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】 【详解】（1）取中点，连接． 因为，所以． 又由题，可得≌，则， 故． 因为平面，所以平面， 又平面，所以. （2）法一：设， 由平面平面且平面平面，由面面垂直的性质定理可知， 可以点为坐标原点，过点垂直于平面的直线为轴，直线为轴， 过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则有， 则， 设平面的一个法向量为， 则有，故可取， 易知平面的一个法向量为， 则，解得， 所以或， 法二：如图，过点作于点，过点作于点，连接． 因为平面平面且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以． 又，平面， 所以平面，即为平面与平面所成的角， 由题，可知． 设，则， 所以在中，，所以， 在中，， 所以，即， 所以或． 【变式5-2】如图，在直四棱柱中，底面为矩形，，高为，分别为底面的中心和的中点． (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】 【详解】（1）连接，如图所示： 因为底面为矩形，为底面的中心， 所以为的中点，又为的中点， 所以为的中位线，所以， 因为，所以， 所以四点共面， 因为，且， 平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）由题意以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 由， 则， 则， 设平面的法向量， 则 ， 令，则，所以， 设平面的法向量， 则， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 化简得：， 解得：， 所以. 【变式5-3】如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，且，，为棱上的点. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 又四边形为正方形，所以， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以， 在四边形中，易知，因为，所以， 又，故， 所以，故， 因为，平面， 所以平面， 又平面, 所以平面平面. （2）由（1）知三条直线两两垂直. 以为坐标原点、所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设（）， 则：，，，，， 设平面的一个法向量为， ，即，令，得，， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得，， 所以， ， 解得或（舍）. 所以. 题型06空间距离问题 【例11】已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）取的中点，连接. 则. 而底面为矩形，是的中点， 所以. 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. （2）因为平面，四边形为矩形，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 所以平面的一个法向量为， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）因为，平面的一个法向量为. 所以点到平面的距离为： . 【例12】如图，在正三棱柱中，，M为BC的中点. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】 【详解】（1）在正三棱柱中，M为BC的中点，则，过作， 由平面，得平面，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， ，于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）得， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）由（2）得点A到平面的距离. 【变式训练】 【变式6-1】如图，几何体ABCDEF中，E，F不在平面ABCD内，平而ADE． (1)求证：； (2)若平面ABCD，，且直线DF与平面ABCD所成角的正切值为，求点F到平面BDE的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）证明：平面ADE，面ADE， 平面ADE， 又平面ADE，，BF、平面BCF， 平面平面ADE， 平面， 平面， 又平面平面，平面平面， ； （2）法一：平面ABCD，平面ABCD 直线DF与平面ABCD所成的角为， 由（1）知，又 ， 以A为原点，分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 设平面BDE的法向量为， 则，取，则，故 所以点F到平面BDE的距离； 法二：平面ABCD，平面ABCD 直线DF与平面ABCD所成的角为， 由（1）知，又 ， ， 取BD中点G，BF中点H，连接EG，GH，EH， ， ， 是等腰三角形，故平面EGH， 平面平面EGH， 则边EG上的高长即为点F到平面BDE的距离的一半， 易求得， 所以点F到平面BDE的距离. 【变式6-2】如图，五面体中，平面，，，. (1)证明：； (2)若二面角的余弦值为，求A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为，所以A，C，D，E四点共面. 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）由（1）知，，两两垂直，所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，. 设为平面的法向量，则得，令，得， 取平面的一个法向量为，因为二面角的余弦值为， 所以，解得，即的长为3. 所以，又， 所以到平面的距离. 【变式6-3】如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且.    (1)已知点为上一点，且，证明：平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）证明：如图，    连接交于点，取中点为，连接，，， 在四边形中，，， 故四边形为平行四边形. 故为中点，所以在中，为中位线， 则且，又且， 故且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 平面，即平面. （2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， ，， 设平面的法向量为， ，取 由平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 可得， 解得或（舍去） 故，又， 所以点到平面的距离.nn 题型07翻折问题 【例13】如图，在梯形ABCD中，，过点作于点．将沿BE翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)若A，B，D，P在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：在平面ABCD上． (3)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】 【详解】（1）设，因为，所以． 因为平面平面ABED，平面平面，平面，平面， 所以平面ABED， 由四棱锥的体积为8，，， 得，解得，即，   连接AE，在Rt中，． 在Rt中，所以． 因为，所以，即 因为平面平面ABED，所以 因为平面AEP，所以平面， 又平面AEP，所以； （2）在平面ABCD内作AB的垂直平分线，交于，连接MB，MP． 因为，所以， 因为，所以 ， 因为，所以， 所以A，B，D，P在以为球心，3为半径的球面上， 即与重合，故在平面ABCD上． （3）以为坐标原点，EB，EC，EP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PAD的法向量为， 则，令，则． 设平面PAB的法向量为， 则，令，则． 因为， 所以平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值为． 【例14】如图，在中，，点在上，点在上，，将沿翻折至，使得二面角的大小为.    (1)若为的中点，点在上，，证明：平面； (2)求平面与平面所成的二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】 【详解】（1）如图，取的中点，连接   ，，且. 分别为的中点，，且， 又由题可知，，且， 因此，且， 因此四边形为平行四边形，因此有， 又因为平面，平面， 因此平面； （2）由可知，由（1）可知， 故，因此， 由折叠关系可知，又因为平面平面， 平面，平面，则即为二面角的平面角， 因此， 不妨设，则， ，解得， 又因为，故. 因为，，平面， 故平面，又因为平面，故， 又因为，平面， 因此平面.    过点作垂直于平面的直线，易证两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，. 因为平面，因此为平面的法向量； 设平面的法向量为， 则有，即，取，则， 即. 设平面与平面所成的二面角的大小为， 则， 又因为，故，则， 即平面与平面所成的二面角的正弦值为. 【变式训练】 【变式7-1】在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (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】 【详解】（1） 在矩形中，，，为的中点， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以． （2）取的中点，的中点，连接，则，所以平面， 由题可得，所以，所以两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，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，得，， 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为． 【变式7-2】已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点.    (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为.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】 【详解】（1）取中点，连接，，如图，    又为的中点，， 由，则， 又为等腰直角三角形，，，， 又，，平面，平面， 又平面，. （2）由（1）知，， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，即，，两两互相垂直， 故以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系，如图，    则，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则，令，即， 若存在使得与平面所成的角的正弦值为，且，， 则，解得，则. 则， 整理得，， 解得，或. 故存在使得与平面所成的角的正弦值为， 此时或. 【变式7-3】如图1，在直角梯形BCDE中，，，A为DE的中点，且，，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2． (1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由； (2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值． 【答案】(1)PB始终与平面ACM平行，理由见解析. (2) 【分析】 【详解】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行. 理由如下： 由已知可得：， 所以，即四边形为正方形， 连接与于点，连接， 又为的中点，所以， 因为平面ACM，平面ACM， 所以平面ACM （2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点到平面的距离最大， 即平面，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， 则， ， 设平面ACM的法向量为， 则， 令，得，则， 设CD与平面ACM所成角为， 所以. 即CD与平面ACM所成角的正弦值为. 题型08动点的存在性问题 【例15】如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，为AD的中点，，，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)在线段PE上是否存在点，使得平面PBC？存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点M即中点 【分析】 【详解】（1）因为平面平面ABCD，平面平面， ，平面，所以平面， 在平面内，过点作，以E为原点，以的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则点， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， ， 由图可知，二面角的余弦值为. （2）因为，设 则， 由（2）知平面的法向量为 若平面，则有，解得， 所以线段上存在点，使得平面，点即中点. 【例16】 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?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, 或 【分析】 【详解】（1）若∥，平面，平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面， 所以∥. （2）因为，所以，所以. 因为平面⊥平面，平面平面，平面，所以平面. 过作，垂足为，则. 所以. 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为， 则. 令，则. 所以平面的法向量为. 由平面，知平面的一个法向量为. 所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 【变式训练】 【变式8-1】如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点．    (1)求与平面所成角的正弦值； (2)线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1) ． (2)存在， ． 【分析】 【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以 ， ， 又， 因为 ，所以 ． 以为原点，、、为 轴正方向建系，如图所示，    则 ， 所以 ， 设平面的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，所以 ， 设 与平面 所成角为 ， 则 ， 所以 与平面 所成角的正弦值 ． （2）假设存在点，设 ，则 ， 所以 ， ， 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，即 ， 所以 ， 整理得 ，解得 或 ， 所以 或 舍，    所以存在点使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ，且 ． 【变式8-2】已知四棱锥中，底面是矩形，且，是正三角形，平面，、、、分别是、、、的中点． (1)求平面与平面所成的锐二面角的大小； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在，. 【分析】 【详解】（1）解：因为是正三角形，为的中点，所以，， 因为平面，平面，， ，平面， 因为且，、分别为、的中点，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，所以，，，则， 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， 设，则，、、、、、、， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，易知平面的一个法向量为， 所以，， 因此，平面与平面所成的锐二面角为. （2）解：假设线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为， 设，其中， ， 由题意可得， 整理可得，因为，解得. 因此，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，且. 【变式8-3】如图，是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且，为BC边的中点，AM交EF于点，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使. (1)证明：平面平面； (2)试探究在线段DM上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)时二面角的大小为 【详解】（1）在中，易得，，， 由，得， 又，，， 又为中点，，， 因为，平面， 平面，又平面， 所以平面平面； （2）由(1) 平面，以为原点，以为的正方向建立空间直角坐标系，，， ，， 由(1)得平面的法向量为， 设平面的法向量为，， 所以，所以. 由题得,所以， 所以，所以， 因为二面角P—EN—B的大小为60°， 所以，解之得（舍去）或. 此时，所以. （建议用时：30分钟） 1．（2025·河南周口·二模）汉代刘歆等人设计的“新莽嘉量”，是集龠、合、升、斗、斛五量为一器的标准量器，各器均为圆筒形（可视为圆柱）．如图，正中的圆柱体的上部为斛量，下部为斗量，左耳为升量，右耳上为合量，下为龠量．某兴趣小组制作一“新莽嘉量”模型，设升、斗、斛圆柱的底面半径分别为，高分别为，体积分别为．若成等比数列，且，，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【详解】依题意，，即所成等比数列的公比为10，则， 所以. 故选：B 2．（2025·四川攀枝花·二模）已知三棱锥的底面是边长为2的正三角形，平面，，分别是，上的点，且，平面平面，三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，则该三棱锥的体积为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【详解】如图，取的中点，连接，，， 连接，是正三角形，， 又平面，平面，， 又，平面，平面， 平面，， ，． 平面平面，且平面平面， 平面，平面， 平面，， 在中，（※）． 三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为， ，，， 设，，代入（※）式得，，，， 三棱锥的体积， 故选：A． 3．（2025·广东揭阳·一模）图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）在图中取中点，连接，， ，，，，， ，，，四边形为矩形，， ，又，为等边三角形； 又，为等边三角形； 在图中，取中点，连接， 为等边三角形，，， ，又，，， 又，平面，平面， 平面，平面平面. （2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设棱上存在点且满足题意， 即，解得：，即， 则， 设平面的法向量， 则，令，则， ， 到平面的距离为，解得：， ， 又平面的一个法向量， ， 又二面角为锐二面角，二面角的大小为. 4．（2025·浙江湖州·模拟预测）已知平面四边形由一个等边与一个直角拼接而成，且 ，现将沿折叠，折叠后使平面平面. (1)取中点，证明：平面； (2)若为等腰直角三角形，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，平面，所以， 因为为正三角形，为棱的中点，所以， 又，平面，所以平面； （2）取的中点，连接，则， 取的中点，连接，则，而，故， 由（1）平面，即平面，平面， 则，即两两垂直， 以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设， 则，则， 设平面ACD的法向量为，则， 即，不妨取，得． 因为，所以， 由（1）知，平面，则可取作为平面的一个法向量， 由， 故二面角的正弦值为． 5．（2025·四川宜宾·二模）如图，直角梯形中，为的中点，以为折痕把折起，使点到点的位置，且． (1)设平面与平面的交线为，证明：； (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】 【详解】（1）由，，得四边形为平行四边形，则， 而平面，平面，则平面， 又平面平面平面，所以. （2）由，得，即得， 由四边形是正方形，得，则， 而平面，所以平面. （3）由（2）得，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，， 设平面的一个法向量，则，取，得， 设平面的一个法向量，则，取，得， 因此，由图形知二面角的大小为钝角， 所以二面角的余弦值为. 6．（2024·河南商丘·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）因为，且为线段中点，所以． 又因为底面，平面，所以． 而，且，因此平面 而平面，因此． 又因为，所以平面． 而平面，所以平面平面. （2）法一：由（1）可知直线与平面所成角为， 因此 不妨设，则， 所以 法二：以为原点， ，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系． 不妨设，设，，则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， ，即，令，则， 则， 因此. 7．（2024·江苏宿迁·三模）如图，四棱台的底面为正方形，侧面为等腰梯形，，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值． (3)在上是否存在一点，使的体积为，若存在，求与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】 【详解】（1）由题可知，所以， 所以， 所以，即 又四边形是正方形，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，故平面平面； （2）过点作直线平面，以为坐标原点建立如图坐标系， 过作， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以为四棱台的高， 又，所以， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得， 令，所以， 设平面的一个法向量为， 则由，得， 令，得平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． （3）假设在上存在一点，使的体积为， 设， 所以， 解得，所以，， 由（2）可知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以在上存在一点，使的体积为，此时与平面所成角的正弦值为 8．（2025·四川巴中·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若点在棱上运动，当点到平面的距离为时，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）证明：连接交于点，连接，如图1所示， 因为底面是矩形，所以是的中点， 因为是的中点，所以在中， 是中位线，所以， 因为平面平面， 所以平面； （2）如图2，因为底面，所以，， 又在矩形中，，所以两两垂直．以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为是的中点，所以 所以， 设平面的法向量为，则 ，即， 令，则，所以， ， 设直线与平面所成的角为， 则， ， ， 所以 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）由（2）知平面的一个法向量为， 设，， 则，又， 则，所以， ， 设点到平面的距离为， 则，得， 解得或（舍去）， 又，故， 所以的长度为． 9．（2024·广东江门·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. （2）取AB中点，连接OP，OD，BD 因为，所以， ∵平面平面，面，为交线， 平面，， 为正三角形，， 以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图， 设， 则，，，，， 所以， 易知平面PAB的法向量可取， 设平面PAE的法向量为， 因为，令，可取， 所以，解得， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 因为，令，可得， 所以. 10．（2025·山西临汾·二模）如图，直四棱柱内接于圆柱，且底面为矩形，B是圆柱底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且，E是AB的中点，Q是的中点． (1)证明：平面； (2)设，求平面与平面ABC的夹角的正弦值.（用表示） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 则，且． 因为底面为矩形，所以，，且， 所以，且， 则四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面， 所以平面． （2）以为坐标原点，直线，分别为轴，过点且在底面内与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设，则，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则， 令，得. 易知平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则． 所以， 即平面与平面的夹角的正弦值为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $