题号猜押11 全国卷高考数学第17题（解答题）（抢分专练）2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押11 全国卷高考数学第17题（解答题） 参考答案 押题预测 考点1 立体几何 1．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，结合线面垂直定义可得结论； （2）方法1：过点B作，可知平面，由条件可得，建立空间直角坐标系，再求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以 因为底面，平面，所以， 因为，，所以， 又因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以． （2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系． 过点作，交于点，因为底面，平面，所以， 因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以， 在中，，由可得； 设，则，即，解得； 因此为的中点，，所以． 可得，，，，， 所以，． 设是平面的法向量， 则， 即，取，则，， 所以是平面的一个法向量． 因为平面，所以是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 2．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形和等边三角形性质证明，方法一：用向量数量积运算推导；方法二：通过作垂线构造线面垂直关系证明. （2）方法一：建立空间直角坐标系求点坐标和向量，计算平面法向量，利用公式求夹角正弦值；方法二：找出二面角，借助平面几何求线段长，用余弦定理求正弦值. 【详解】（1）取线段的中点为，连接，， 因为，所以， 又因为为正三角形，所以， 又，所以平面，故有． 方法一：设，，，则， 因为，所以，所以， 所以，所以① 同理由，可得② 由①-②得，所以， 又，所以，即． 方法二：作平面于，易得， 又，， 所以平面，所以， 同理，即为的垂心，故得， 从而得平面，故． （2）方法一： 作平面于，连接，作垂直，建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，， ，，故有，， 记平面的法向量，则， 即，取，解得， 取平面的法向量，不妨设平面与的夹角为， 则， 从而正弦值为，即平面与夹角的正弦值为． 方法二： 取中点，连接交于，可知为中点， 连接，，易知，， 过作的平行线，则，， 因为为平面与平面的交线， 故为平面与平面所成二面角的平面角， 由平面几何知识易得，故， 又为等腰三角形，故在中， ， 又在中，， 在中，，故， 于是在中由余弦定理得：， 从而，即平面与夹角的正弦值为． 3．【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得，结合菱形对角线垂直及推出平面，进而平面，从而，由中点性质即得. （2）由及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用与平面所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面的距离. 【详解】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即．    （2）若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴．     ∴，，．     设平面的法向量为 则取，，，∴，     设，，则，到平面的距离相等， ， ∴． 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴，     则点到平面距离为． 4．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）构造线线平行，根据线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示平面与平面夹角的余弦，从而求的长. 【详解】（1）取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 又在直三棱柱中，，，是中点， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面． （2）取中点，连接，， 由是中点，所以在直棱柱中，平面， 因为，所以， 所以． 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则， 所以． 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以， 解得，所以． 5．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）由已知可得平面，结合柱体的体积公式求得，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为为的中点，所以且， 又因为为的中点，，，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为平面平面，平面平面，， 所以平面，所以为三棱柱的高， 所以， 所以，解得， 在平面内作， 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， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则平面的一个法向量为， 设与平面所成角为， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 6．【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据圆锥轴截面的特征得到线面垂直，判断出球心位置，结合勾股定理求出球的半径，代入球的面积公式求解即可. （2）建立空间直角坐标系，结合二面角的向量求法及同角的三角函数关系求解即可. 【详解】（1）因为是圆锥的轴截面，所以平面. 又平面，所以. 在中，，，所以. 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 结合圆锥的定义及对称性易知球心在上. 在中，，则， 整理得，解得. 所以圆锥的外接球的表面积. （2）因为为弧的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 又， 所以可以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，. ，， 设平面的法向量为， 则，，令，则，，所以. 因为，，，所以平面， 则即为平面的一个法向量，. 设二面角的平面角为， 则， ， 所以. 故二面角的正切值为. 7．【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理直接证明即可； （2）解法1  记正方形的中心为，取中点，设，利用二面角的平面角定义求得，， 因为为二面角的平面角且，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法2  记正方形的中心为，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法3  以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 【详解】（1）如图，连接，则必过点， 在四边形中，由于对角线，互相平分， 则四边形为平行四边形，故， 由于平面且平面， 所以平面； （2）解法1  如图，记正方形的中心为，取中点，连接，，，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则， 则为二面角的平面角，为二面角的平面角， 不妨设点在的下方， 设 则，，，，， 于是，， 于是， ， 由于，则，解得， 则，则，即内接八面体的体积为； 解法2  如图，记正方形的中心为，连接，， 则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设点在的下方， 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则，， 则，即内接八面体的体积为. 解法3  如图，过点作，记正方形的中心为，连接，， 由于平面，，平面，则，， 且，则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，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， 由对称性，不妨设点在的下方，设 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则， 则，即内接八面体的体积为. 8．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【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. 9．【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）通过折叠性质，可得平面，再结合面面垂直的判定定理，即可证明； （2）根据几何体体特征，可得四棱锥外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，建立空间直角坐标系，设，由，得，进而可求外接球的表面积； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出平面与平面的法向量，再结合二面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）在梯形中，于点，故翻折后，， 又因为平面，平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）在梯形中，因为，，，，于点，于点， 所以四边形为矩形，且，，，. 取的中点，连接，则，且， 因为平面，平面，故，所以，，两两垂直. 所以以为原点，过点与平行的直线为轴，以直线为轴，以直线为轴，建立空间直角坐标系如下图所示， 所以，，，，， 因为四边形为矩形，所以与的交点到，，，的距离相等， 所以四棱锥外接球的球心在过且与平面垂直的直线上， 设，外接球的半径为，由，得，解得， 所以，所以四棱锥外接球的表面积. （3）由（2）得，，， 设平面的法向量为， 则，则， 令，得一个法向量， 设平面的法向量为， 则，则， 令，得一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 10．【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合题意作出图形，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用线面垂直的性质证明即可. （2）利用割补法对原图形作出处理，再求解体积比即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意知四边形为正方形，则， 将正四棱台还原为正四棱锥， 如图，作出符合题意的图形， 则平面，又平面，得到， 因为，，平面， 所以平面，因为平面， 所以，即. （2）利用平面把棱台分成三棱锥和几何体， 设，由题意得， . 因为， 所以，，故. （3）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， 设，则，， ，，， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，可得， 取，则，，得到， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 11．【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是定值， 【分析】（1）先由面面垂直证明平面，得，再由题设条件证明，即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由平面证得，得为线段的中点，取的中点为坐标原点建系，求出相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （3）先判断三棱锥外接球的球心为线段的中点，易得，可得点到平面的距离为点到平面的距离的一半，利用等体积即可求出三棱锥的体积. 【详解】（1）平面平面，平面平面 ，，且平面，则平面， 因平面，则，又，则， 因平面，则平面， 又平面，故平面平面. （2）由平面，平面平面，平面，则 故为的中点，取的中点，连接，， 则平面，因平面，则， ，平面，所以平面 故可以为坐标原点，，所在直线为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，故可取， 设与平面所成角为，则. （3）由（1）知，平面，因平面，则，即为直角三角形， 又也为直角三角形，则三棱锥外接球的球心为线段的中点. ，即 ，在平面外，在平面内，则平面， 故点到平面的距离等于点到平面的距离，又等于点到平面的距离的一半. 故， 而，故. 12．【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【详解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. （2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 1．【答案】(1) (2) 【分析】（1）设点到平面的距离为，利用等体积法，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和的法向量，利用面面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）设点到平面的距离为， 因为是正四棱柱，为的中点，， 所以， 则， 由，即，得到， 解得，故点到平面的距离为． （2）以，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 设为平面的法向量， 所以，即，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设为平面的一个法向量， 所以，即，令，得， 所以平面的一个法向量为，    设二面角的平面角为， 因为， 则， 所以二面角的正弦值为． 2．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）利用锥体体积求出，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由，D是的中点，得，而，， 平面，则平面，而平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，则， 而，解得， 即，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， ，， 设平面的法向量，则，令，得， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 3．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意得，为等边三角形， 又为中点，所以，，故. 又因为，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，， 又，所以即为二面角的平面角，即. 则，，，. ，，， 设平面的法向量， 则，即，取 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. 4．【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可； （2）方法一假设存在点，根据求解得出与重合，与题意矛盾；方法二根据线面垂直的判定及性质，若可证明平面，又平面，得出矛盾. 【详解】（1）由平面，，可得两两垂直． 以为坐标原点，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，，，，． 由为的中点，可得， ，，． 设平面的法向量为， 由，可得，令，得． 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． （2）（方法一）连接，如图， 由， 可得． 假设存在点（异于），使得，则， 解得，则与重合， 这与假设矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得． （方法二）假设存在点（异于），使得． 因为平面，平面，所以．又， 所以． 连接．由，可得， 则，，则． 因为，，平面，所以平面． 又平面，所以． 因为，，，平面，所以平面． 又平面，所以， 又，平面，从而平面， 这与平面矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得． 5．【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论； （2）设平行于的截面与的交点分别为，得为平行四边形，令，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面积的最大值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解. 【详解】（1）由，则，即， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则平面平面. （2）设平行于的截面与的交点分别为， 因为平面，平面，平面平面， 所以，同理可得，所以，同理可证， 所以四边形为平行四边形， 令，则， 所以，， 又截面始终为平行四边形， 所以 ， 要使截面的面积最大，只需且， 此时最大； （3）由（1）平面，在平面内作，如下图示， 可构建如图示的空间直角坐标系， 设，则， 故， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 所以平面的法向量为， 由二面角的大小为， 则， 所以，可得， 解得或（舍），所以的余弦值为. 6．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再利用平面与平面垂直的判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可. 【详解】（1）连接和， 在斜三棱柱中，由， 所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形， 又为的中点，所以， 又，，，所以， 所以，又为的中点， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）由，所以，又为等腰直角三角形， 所以，又，所以， 又，所以和为等边三角形， 所以，所以，所以，又， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 所以， 所以， 所以， ， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 所以点到平面的距离为. 7．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，根据中位线的性质可证四边形为平行四边形，得到，根据线面平行的判定定理可证；（2）以为坐标原点，直线，分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面与平面ABC的法向量，即可求得面面夹角的余弦值，进而根据同角三角函数的关系式可求得其正弦值. 【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． 8．【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面． （2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解， （3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解. 【详解】（1）二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面，平面平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 由题意平面， 所以平面． （2）取中点中点，连接， 则， 因为平面，平面，所以，所以， 在中，为中点，所以. 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则． 设该球的球心坐标为，则 解得. 所以该球的半径为. （3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接， 平面平面平面， 平面平面，所以平面． 而平面，故， 又因为，平面，故平面， 而平面，所以， 则为平面与平面的所成角. 直角三角形中，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 法二：平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则即 取，得平面的一个法向量为. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 9．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过连接辅助线，利用等腰三角形三线合一得到线线垂直，再结合线面垂直判定定理证明线面垂直，最后由线面垂直的性质得到线线垂直； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而得到平面的法向量和直线的方向向量，最后利用线面角与向量夹角的关系计算正弦值. 【详解】（1）连接，易知， 又为的中点，， 又，平面， ∴平面，平面， ∴． （2）∵在面上的射影为，又， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 令，则， ∵，则， ∴，又， 设平面的法向量为，， 则，令，又， 则与平面所成角的正弦值为． 10．【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在， 【分析】（1）由勾股定理可得，然后由面面垂直性质可得平面，据此可得，又由四边形是矩形可得，据此可完成证明； （2）由（1）可建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案； （3）假设存在满足条件的点D，且（），使得直线与平面所成角的正弦值为，由（2）结合题设可得，据此可得答案. 【详解】（1）因为，，所以，所以. 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为四边形是矩形，所以. 因为平面，平面，且，所以平面； （2）由（1）可知，，两两垂直，则以A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. 因为，，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， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）假设存在满足条件的点D，且（）， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 由（2）可知，，， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以. 解得，所以，即， 则存在满足条件的点D，此时. 11．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证平面，得，由及O为中点可得，进而可得，从而可得平面，即可证得面面垂直； （2）先建立空间直角坐标系，再由点到平面的距离及可得，进而再用向量的方法计算线面角可得. 【详解】（1）因为，且，平面，则平面 又因平面，所以. 由可得，因为线段的中点都是O， 所以，则得， 即，即，所以. 又因，，平面，所以平面， 而平面，故平面平面. （2）在平面内，以过O且垂直的直线为x轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 设，则， 因为，所以. 设平面的法向量为，， 所以，即，故可取. 又因为点到平面的距离为，且， 依题意可得，联立，解得， 将代入，解得(舍去). 所以，满足. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 因为，， 设直线与平面所成角为， 所以 . 12．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）方法1：先确定为直线与平面所成的角，再利用直角三角形的边角关系求的取值范围. 方法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角正弦的取值范围. 【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. 13．【答案】(1)证明见解析 (2)存在, 或 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【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. 14．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案； （2）建系，利用面面角的向量计算公式计算可得答案. 【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. 15．【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】（1）取中点，求证，，再结合线面垂直的判定定理和定义求证； （2）法一：以点为坐标原点建系，设，分别计算两个平面的法向量，利用向量求出面面角即可得出；法二：过点作于点，过点作于点，证明为平面与平面所成的角，再在、中利用三角函数值建立关系即可求出. 【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． 16．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，由面面垂直的性质及圆台的性质可得四边形为矩形，再由勾股定理可得为的中点，最后根据三角形中位线可证； （2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据面面角向量法计算可解. 【详解】（1）作，垂足为M，连接． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为平面，所以，． 因为圆台的上、下底面平行，所以圆， 则，． 因为平面，所以，即点，，M，P共面． 因为平面，所以，， 所以四边形为矩形， 所以，． 在中，，． 在中，，解得， 所以． 在中，M，分别为，的中点， 所以，所以． （2）以为坐标原点，，，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， 则，，，，， 所以，， ，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得． 设平面的法向量为， 则，即，令，得． 因为，所以， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为． 17．【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质，判断线线垂直. （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而求出线面角的正弦值. （3）根据三棱锥外接的性质，求出球心和半径，进而根据向量法，求出点到平面的距离的最大值. 【详解】（1）设O为的中点，连接， 由题得， 所以为正三角形，则， 所以平面，平面，． （2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线， 垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径， 又，所以点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为. 18．【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）由几何关系得到线线平行，进而证明线面平行； （2）通过几何关系以及已知条件证明线线垂直，进而证明线面垂直； （3）建立空间直角坐标系，先设出比值，分别求解直线的方向向量以及平面的法向量，运用线面所成角的向量公式进行计算. 【详解】（1）由得为中点， 又为的中点，于是， 由平面平面，得平面． （2）因为，所以，可求，由余弦定理得，所以 所以， 由平面平面得PD， 由平面平面可得 平面． （3） 如图，以为坐标原点，过点作平行于方向的直线为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则有， 设，则有，则有 设平面的法向量为， 即，可取， 记直线与平面所成角为, ， 即，整理得， 解得或． 19．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）证明平面，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法即可求出答案. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理可得， 所以，所以，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，平面.所以， 由于，，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 因为，， 所以，令，则，， 所以， 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. 20．【答案】(1)证明见解析 (2)在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时 【分析】（1）由线面垂直得到，由勾股定理逆定理得到，由线面垂直的判定定理判断即可. （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面和平面的法向量，结合向量法求面面角列方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为，所以，， 因为，且平面，所以平面． 又平面，所以. 由题意易知，又，， 所以，则． 又，且平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，则，， 由（1）易证平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，故两两垂直． 以为原点，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，，． 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以． 易知，所以，又，，， 所以． 设，. 设平面的一个法向量， 则，即，令，得，，所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或（舍去），此时， 所以在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题号猜押11全国卷高考数学第17题（解答题） ONE PART1命题溯源 溯源 年份 卷别 原题号 考点 具体内容 2025 I卷 T17 立体几何 四棱锥、面面垂直证明、球面上点共面、异面直线所成角 2025 Ⅱ卷 T17 立体几何 翻折问题、线面垂直证明、二面角正弦值 2024 I卷 T17 立体几何 四棱锥、线面平行证明、二面角求参 2024 Ⅱ卷 T17 立体几何 翻折问题、线线垂直证明、二面角正弦值 2023 I卷 T19 函数与导数 函数单调性讨论、不等式证明 2023 Ⅱ卷 T19 概率统计 频率分布直方图、分段函数最值 2022 I卷 T19 立体几何 直三棱柱、点到平面距离、二面角正弦值 2022 Ⅱ卷 T19 概率统计 频率分布直方图、条件概率 2021 I卷 T19 解三角形 正弦定理、边角互化、余弦定理求角 2021 Ⅱ卷 T19 立体几何 四棱锥、面面垂直证明、二面角余弦值 近5年解答题第三题（等价T17)考点分布呈现明显特征。立体几何占据绝对主导地位，10套试卷中出现6 次(2025I、Ⅱ卷，2024I、IⅡ卷，2022I卷，2021Ⅱ卷)，考查形式高度稳定：第(1)问证明线面平行、 线面垂直或面面垂直，第(2)问建立空间直角坐标系求二面角、线面角或点到平面距离。概率统计出现2 次(2023Ⅱ卷、2022Ⅱ卷)，函数与导数出现1次(2023I卷)，解三角形出现1次（2021I卷)。2024、 2025年连续四次（含I、IⅡ卷）该位置均为立体几何，表明立体几何已成为该位置的固定考点，其他模块 偶有轮换但概率较低。 预测 2026年T17极大概率仍为立体几何，延续“证明+计算”的双问结构。第(1)问考查垂直关系的证明（线面 垂直或面面垂直)概率较高，平行证明作为备选；第(2)问以向量法求二面角的正弦值或余弦值为主，线 面角、点到平面距离作为备选。图形载体可能为棱锥（特别是四棱锥、三棱锥）或棱柱，底面可能涉及正 方形、菱形、等腰三角形等特殊图形。翻折问题(2024Ⅱ卷、2025Ⅱ卷)成为近年热点，需重点关注。 备考核心 主攻立体几何证明，熟练掌握线面垂直的判定（线与平面内两条相交直线垂直）、面面垂直的判定（一个 1/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 平面内的一条直线垂直于另一个平面)，注意辅助线的添加技巧；强化向量法建系，能根据图形特征合理 建立空间直角坐标系（以垂直关系为轴），准确写出各点坐标，熟练计算平面法向量（待定系数法）；掌 握二面角的向量求法（注意锐角判断），理解线面角的向量公式；关注翻折问题，理解翻折前后几何元素 的位置关系变化，能找出翻折过程中的不变量与变量。规范书写，先证垂直关系再建系，法向量求解过程 可简写，结论明确。限时训练，每道题控制在12~15分钟。 TWO PART2押题预测 考点1立体几何 1.(2026浙江宁波·二模)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥BC,ADI1平面PBC, PA=1,AC=2. B-- D (I)证明：AD⊥PB: (2)若点B到平面ACP的距离为1，求平面ACP与平面BCP夹角的余弦值. 2.(2026河南南阳·一模)已知三棱锥P-ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，且PB⊥AC, PAPB2V2,E,F分别为棱PB,PC的中点. D B (I)求证：PA⊥BC; (2)求平面AEF与平面ABC的夹角的正弦值， 3.(2026湖北黄冈一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，AB=2,∠ABC=60°， ACII平面BGH,点G,H分别在棱PA,PC上，且GH⊥PD· 2/13 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B (I)求证：PA=PC; (②)若PB=PD,PB与平面PAC所成的角为6O°，点A关于平面PCD的对称点为M,求点M到平面PAB的 距离. 4. (2026陕西咸阳·二模)如图，在直三棱柱ABC-A,BC中AB=2,AC=BC=√5，D,E,F分别是 棱CC,AB,BC的中点. A以 (1)求证：EF11平面ACCA; (②)若平面DEF与平面ACC,4夹角的余弦值为205 205 求AA的长。 5. (2026山东济宁.一模)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，平面ABB,A⊥平面 ABC,AB⊥AB,∠BAC=120°，AB=AB,=4,D为AB的中点，E为CC的中点 A D B (1)求证：DE∥平面AB,C; (2)若三棱柱ABC-A,B,C,的体积为8√，求AE与平面BCC,B,所成角的正弦值， 3/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 6.(2026江苏一模)如图，己知aPAB是圆锥PO的轴截面，PA=3,AB=2. O ---B C (I)求圆锥PO的外接球的表面积； (2)若C为弧AB的中点，求二面角C-PA-B的正切值， 7.(2026广东深圳一模)已知球0的半径为1，在球0的内接八面体PABCDO中，顶点P,Q分别在平 面ABCD两侧，且四棱锥P-ABCD与Q-ABCD都是正四棱锥 D B B 0 0 图1 图2 (I)如图1，若点O在平面ABCD上，求证：PA∥平面QBC; (②)如图2，若二面角P-AB-Q的正切值为-3，求该内接八面体的体积 8.(2026黑龙江哈尔滨一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，E,F分别为CD,PA 的中点 B (1)证明：EFI1平面PBC; (2)若平面PAB⊥平面ABCD,PA=PB,AB=2,LBAD=60°，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为 431,求点F到平面PBC的距离， 31 9.(2026河南开封·模拟预测)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB=12,AD=BC=5,CD=4, 4/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 DE⊥AB于点E,CF⊥AB于点F,将ADE沿DE翻折，将BCF沿CF翻折，使得点A、B重合为点P (1)证明：平面PEF⊥平面DCFE; (2)求四棱锥P-DCFE外接球的表面积： (3)求平面PDC与平面PFC夹角的余弦值 10.(2026辽宁抚顺模拟预测)如图，在正四棱台ABCD-AB,CD,中，E为BB,的中点， DD DA=2D C. B (I)证明：AA,⊥BD: ②)平面4EC,把四棱台ABCD-AB,C,D,分成两部分，体积分别是和V,(?<,求 的值： (3)求平面A,EC,与平面EAC夹角的余弦值 11.(2026河南许昌模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，平面PAB⊥平面 ABCD,△PAB是边长为2的等边三角形，E为侧棱PB的中点，F为线段BC上一点， (I)证明：平面AEF⊥平面PBC; (2)若EF∥平面PCD,求直线PF与平面PAD所成角的正弦值； (3)设点G为三棱锥E-ABF的外接球的球心，试判断三棱锥G-PAD的体积是否为定值？若是，求出该定 值；若不是，请说明理由 5/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 12.(2026湖北宜昌·二模)如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为线段BC、AD的中点， 现将四边形CDFE折起至MNFE,得到三棱柱AFN-BEM,如图2所示，记二面角M-EF-A的平面角为 0. D M E 4 图1 图2 (①若日=时， 求三棱柱AFN-BEM的体积； (2)若P为线段EF上一点，满足AP⊥BP,求直线AP与平面NBE所成角的正弦值的取值范围. THREE PART3通关特训 1.(2026陕西榆林模拟预测)如图所示，在正四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，E为BB,的中点，AB=BE=1 D B E B (I)求点B到平面A,EC,的距离； (②)求二面角A-EC,-A,的正弦值 2.(2026河北唐山一模)如图，在三棱锥P-ABC中，BC=PB=PC=2,BC⊥AP,D是BC的中点 6/13 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (I)证明：平面ABC⊥平面APD; (②)若AD=1,三棱锥P-ABC的体积为 ,求直线PC与平面PAB所成角的正弦值 3 3.(2026山东青岛一模)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=2,E为AB的中点，将ADE沿DE 翻折至△A'DE,得到四棱锥A-BCDE E>-- B (I)证明：平面ABE⊥平面BCDE: (2)当二面角A'-DE-C为120°时，求CA和平面ADE所成角的正弦值 4.(2026河北邯郸一模)如图，在三棱台ABC-DEF中，AD⊥平面DEF,DE⊥DF,AB=2,AD=4, DE=DF=8,G是棱CF上一点（不含端点）. B (I)若G为CF的中点，求直线EG与平面BCD所成角的正弦值. 点G,使得BD1EG?若存在，求出CG的值；若不存在 5.(2026内蒙古鄂尔多斯一模)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PBC1平面ABC, CP=CA=CB=2,PB=22. 7/13 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A (1)证明：平面PAC⊥平面ABC; (②)已知平行于AC,PB的平面将三棱锥P-ABC截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角B-AP-C的大小为45°，求∠ACB的余弦值. 6.(2026河北张家口一模)如图，已知斜三棱柱ABC-A,B,C,中，AB⊥BC,AB=BC, ∠BB,A=∠BB,C,=60°，点D为AC的中点. B (I)证明：平面BB,D⊥平面AA,C,C; (2)若BD=B,D=√2，点M为CC,的中点，求点A到平面ABM的距离. 7.(2026陕西榆林一模)如图，直四棱柱ABCD-A,B,C,D,内接于圆柱OO,且底面为矩形，B是圆柱 OO底面圆O的圆周上一动点，AC是圆O的直径，且AC=AA,E是AB的中点，Q是BB,的中点. B B (1)证明：O,E/1平面ADDA,; (2)设∠C0B=6,求平面AQC,与平面ABC的夹角的正弦值.（用O表示） 8.(2026江苏一模)把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中AB=AC=3,∠BAC=∠BCD=90°， ∠CBD=30°，将ABC沿BC翻折至△PBC,使得二面角P-BC-D为直二面角. 8/13 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D D (1)证明：PB⊥平面PCD; (2)若P,B,C,D在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面PBD与平面BCD所成角的余弦值. 9.(2026安徽合肥模拟预测)如图所示，在四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD是梯形，AD1∥BC, 侧面ABB,A为菱形，∠DAB=∠DAA,. C A B (I)求证：A,B⊥AD: (②)若AD=AB=2BC,∠A,AB=60°，点D在平面ABB,A上的射影恰为线段A,B的中点，求AB,与平面 DCC,D所成角的正弦值. 10.(2026贵州黔东南模拟预测)如图，在三棱柱ABC-A,B,C中，平面ACC,4,⊥平面ABC,四边形 ACCA是矩形，AB=AC=2,BC=AA,=2√2 A B A (I)证明：AA,⊥平面ABC (2)求平面ABC与平面A,BC,夹角的余弦值， 9/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ③在线段8C,上是香存在点D,使得直线4D与平面48C所成角的正弦值为25？者存在，求出0的值： BD 3 若不存在，请说明理由 11.(2026山西朔州一模)如图，线段BC,DE的中点都是O,AO⊥BC,AO⊥DE D (I)若OC.OE=OE2,证明：平面ABD⊥平面ADE; E4,DE=10,40=7,BD<B0,且点B到平面4DE的距离为2：，求直线AE与平面ABD 正弦值 12.(2026浙江·模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD, PA=AB,E为线段PB中点，F为线段BC上的动点. E D B (I)证明：平面AEF⊥平面PBC; (2)设直线4AF与平面PBC所成角为O,求sin0的取值范围. 13.(2026山东东营一模)如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB1平面ABC, AB=AC=AP=2,BP=22,∠BAC=2,E,E,G分别为棱PA,PB,PC上的点 3 B (I)若EF‖AB,FG‖BC,证明：EG‖AC; (②)若E,F分别为棱PA,PB的中点，在棱PC上是否存在点G,使得平面EFG与平面ABC所成角为刀？若存 6 10/13 题号猜押11 全国卷高考数学第17题（解答题） 溯源 年份 卷别 原题号 考点 具体内容 2025 Ⅰ卷 T17 立体几何 四棱锥、面面垂直证明、球面上点共面、异面直线所成角 2025 Ⅱ卷 T17 立体几何 翻折问题、线面垂直证明、二面角正弦值 2024 Ⅰ卷 T17 立体几何 四棱锥、线面平行证明、二面角求参 2024 Ⅱ卷 T17 立体几何 翻折问题、线线垂直证明、二面角正弦值 2023 Ⅰ卷 T19 函数与导数 函数单调性讨论、不等式证明 2023 Ⅱ卷 T19 概率统计 频率分布直方图、分段函数最值 2022 Ⅰ卷 T19 立体几何 直三棱柱、点到平面距离、二面角正弦值 2022 Ⅱ卷 T19 概率统计 频率分布直方图、条件概率 2021 Ⅰ卷 T19 解三角形 正弦定理、边角互化、余弦定理求角 2021 Ⅱ卷 T19 立体几何 四棱锥、面面垂直证明、二面角余弦值 近5年解答题第三题（等价T17）考点分布呈现明显特征。立体几何占据绝对主导地位，10套试卷中出现6次（2025Ⅰ、Ⅱ卷，2024Ⅰ、Ⅱ卷，2022Ⅰ卷，2021Ⅱ卷），考查形式高度稳定：第（1）问证明线面平行、线面垂直或面面垂直，第（2）问建立空间直角坐标系求二面角、线面角或点到平面距离。概率统计出现2次（2023Ⅱ卷、2022Ⅱ卷），函数与导数出现1次（2023Ⅰ卷），解三角形出现1次（2021Ⅰ卷）。2024、2025年连续四次（含Ⅰ、Ⅱ卷）该位置均为立体几何，表明立体几何已成为该位置的固定考点，其他模块偶有轮换但概率较低。 预测 2026年T17极大概率仍为立体几何，延续“证明+计算”的双问结构。第（1）问考查垂直关系的证明（线面垂直或面面垂直）概率较高，平行证明作为备选；第（2）问以向量法求二面角的正弦值或余弦值为主，线面角、点到平面距离作为备选。图形载体可能为棱锥（特别是四棱锥、三棱锥）或棱柱，底面可能涉及正方形、菱形、等腰三角形等特殊图形。翻折问题（2024Ⅱ卷、2025Ⅱ卷）成为近年热点，需重点关注。 备考核心 主攻立体几何证明，熟练掌握线面垂直的判定（线与平面内两条相交直线垂直）、面面垂直的判定（一个平面内的一条直线垂直于另一个平面），注意辅助线的添加技巧；强化向量法建系，能根据图形特征合理建立空间直角坐标系（以垂直关系为轴），准确写出各点坐标，熟练计算平面法向量（待定系数法）；掌握二面角的向量求法（注意锐角判断），理解线面角的向量公式；关注翻折问题，理解翻折前后几何元素的位置关系变化，能找出翻折过程中的不变量与变量。规范书写，先证垂直关系再建系，法向量求解过程可简写，结论明确。限时训练，每道题控制在12~15分钟。 考点1 立体几何 1．（2026·浙江宁波·二模）如图，四棱锥中，底面，，平面，，． (1)证明：； (2)若点到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，结合线面垂直定义可得结论； （2）方法1：过点B作，可知平面，由条件可得，建立空间直角坐标系，再求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以 因为底面，平面，所以， 因为，，所以， 又因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以． （2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系． 过点作，交于点，因为底面，平面，所以， 因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以， 在中，，由可得； 设，则，即，解得； 因此为的中点，，所以． 可得，，，，， 所以，． 设是平面的法向量， 则， 即，取，则，， 所以是平面的一个法向量． 因为平面，所以是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 2．（2026·河南南阳·一模）已知三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，且，，，分别为棱，的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形和等边三角形性质证明，方法一：用向量数量积运算推导；方法二：通过作垂线构造线面垂直关系证明. （2）方法一：建立空间直角坐标系求点坐标和向量，计算平面法向量，利用公式求夹角正弦值；方法二：找出二面角，借助平面几何求线段长，用余弦定理求正弦值. 【详解】（1）取线段的中点为，连接，， 因为，所以， 又因为为正三角形，所以， 又，所以平面，故有． 方法一：设，，，则， 因为，所以，所以， 所以，所以① 同理由，可得② 由①-②得，所以， 又，所以，即． 方法二：作平面于，易得， 又，， 所以平面，所以， 同理，即为的垂心，故得， 从而得平面，故． （2）方法一： 作平面于，连接，作垂直，建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，， ，，故有，， 记平面的法向量，则， 即，取，解得， 取平面的法向量，不妨设平面与的夹角为， 则， 从而正弦值为，即平面与夹角的正弦值为． 方法二： 取中点，连接交于，可知为中点， 连接，，易知，， 过作的平行线，则，， 因为为平面与平面的交线， 故为平面与平面所成二面角的平面角， 由平面几何知识易得，故， 又为等腰三角形，故在中， ， 又在中，， 在中，，故， 于是在中由余弦定理得：， 从而，即平面与夹角的正弦值为． 3．（2026·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． (1)求证：； (2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得，结合菱形对角线垂直及推出平面，进而平面，从而，由中点性质即得. （2）由及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用与平面所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面的距离. 【详解】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即．    （2）若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴．     ∴，，．     设平面的法向量为 则取，，，∴，     设，，则，到平面的距离相等， ， ∴． 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴，     则点到平面距离为． 4．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在直三棱柱中，，，，分别是棱，，的中点． (1)求证：平面； (2)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) 【分析】（1）构造线线平行，根据线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示平面与平面夹角的余弦，从而求的长. 【详解】（1）取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 又在直三棱柱中，，，是中点， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面． （2）取中点，连接，， 由是中点，所以在直棱柱中，平面， 因为，所以， 所以． 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则， 所以． 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以， 解得，所以． 5．（2026·山东济宁·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）由已知可得平面，结合柱体的体积公式求得，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为为的中点，所以且， 又因为为的中点，，，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为平面平面，平面平面，， 所以平面，所以为三棱柱的高， 所以， 所以，解得， 在平面内作， 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， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则平面的一个法向量为， 设与平面所成角为， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 6．（2026·江苏·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，，. (1)求圆锥的外接球的表面积； (2)若为弧的中点，求二面角的正切值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据圆锥轴截面的特征得到线面垂直，判断出球心位置，结合勾股定理求出球的半径，代入球的面积公式求解即可. （2）建立空间直角坐标系，结合二面角的向量求法及同角的三角函数关系求解即可. 【详解】（1）因为是圆锥的轴截面，所以平面. 又平面，所以. 在中，，，所以. 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 结合圆锥的定义及对称性易知球心在上. 在中，，则， 整理得，解得. 所以圆锥的外接球的表面积. （2）因为为弧的中点，所以. 因为平面，平面，所以. 又， 所以可以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，. ，， 设平面的法向量为， 则，，令，则，，所以. 因为，，，所以平面， 则即为平面的一个法向量，. 设二面角的平面角为， 则， ， 所以. 故二面角的正切值为. 7．（2026·广东深圳·一模）已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥. (1)如图1，若点在平面上，求证：平面； (2)如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理直接证明即可； （2）解法1  记正方形的中心为，取中点，设，利用二面角的平面角定义求得，， 因为为二面角的平面角且，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法2  记正方形的中心为，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法3  以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 【详解】（1）如图，连接，则必过点， 在四边形中，由于对角线，互相平分， 则四边形为平行四边形，故， 由于平面且平面， 所以平面； （2）解法1  如图，记正方形的中心为，取中点，连接，，，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则， 则为二面角的平面角，为二面角的平面角， 不妨设点在的下方， 设 则，，，，， 于是，， 于是， ， 由于，则，解得， 则，则，即内接八面体的体积为； 解法2  如图，记正方形的中心为，连接，， 则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设点在的下方， 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则，， 则，即内接八面体的体积为. 解法3  如图，过点作，记正方形的中心为，连接，， 由于平面，，平面，则，， 且，则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，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， 由对称性，不妨设点在的下方，设 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则， 则，即内接八面体的体积为. 8．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）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】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【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. 9．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，于点，于点，将沿翻折，将沿翻折，使得点重合为点. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）通过折叠性质，可得平面，再结合面面垂直的判定定理，即可证明； （2）根据几何体体特征，可得四棱锥外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，建立空间直角坐标系，设，由，得，进而可求外接球的表面积； （3）由（2）建立的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出平面与平面的法向量，再结合二面角的向量求法即可求解. 【详解】（1）在梯形中，于点，故翻折后，， 又因为平面，平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）在梯形中，因为，，，，于点，于点， 所以四边形为矩形，且，，，. 取的中点，连接，则，且， 因为平面，平面，故，所以，，两两垂直. 所以以为原点，过点与平行的直线为轴，以直线为轴，以直线为轴，建立空间直角坐标系如下图所示， 所以，，，，， 因为四边形为矩形，所以与的交点到，，，的距离相等， 所以四棱锥外接球的球心在过且与平面垂直的直线上， 设，外接球的半径为，由，得，解得， 所以，所以四棱锥外接球的表面积. （3）由（2）得，，， 设平面的法向量为， 则，则， 令，得一个法向量， 设平面的法向量为， 则，则， 令，得一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 10．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在正四棱台中，为的中点，. (1)证明：； (2)平面把四棱台分成两部分，体积分别是和，求的值； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合题意作出图形，利用线面垂直的判定定理得到平面，再利用线面垂直的性质证明即可. （2）利用割补法对原图形作出处理，再求解体积比即可. （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意知四边形为正方形，则， 将正四棱台还原为正四棱锥， 如图，作出符合题意的图形， 则平面，又平面，得到， 因为，，平面， 所以平面，因为平面， 所以，即. （2）利用平面把棱台分成三棱锥和几何体， 设，由题意得， . 因为， 所以，，故. （3）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， 设，则，， ，，， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，可得， 取，则，，得到， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 11．（2026·河南许昌·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点. (1)证明：平面平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是定值， 【分析】（1）先由面面垂直证明平面，得，再由题设条件证明，即可证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）由平面证得，得为线段的中点，取的中点为坐标原点建系，求出相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （3）先判断三棱锥外接球的球心为线段的中点，易得，可得点到平面的距离为点到平面的距离的一半，利用等体积即可求出三棱锥的体积. 【详解】（1）平面平面，平面平面 ，，且平面，则平面， 因平面，则，又，则， 因平面，则平面， 又平面，故平面平面. （2）由平面，平面平面，平面，则 故为的中点，取的中点，连接，， 则平面，因平面，则， ，平面，所以平面 故可以为坐标原点，，所在直线为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则，故可取， 设与平面所成角为，则. （3）由（1）知，平面，因平面，则，即为直角三角形， 又也为直角三角形，则三棱锥外接球的球心为线段的中点. ，即 ，在平面外，在平面内，则平面， 故点到平面的距离等于点到平面的距离，又等于点到平面的距离的一半. 故， 而，故. 12．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【详解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. （2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 1．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正四棱柱中，为的中点，． (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设点到平面的距离为，利用等体积法，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和的法向量，利用面面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）设点到平面的距离为， 因为是正四棱柱，为的中点，， 所以， 则， 由，即，得到， 解得，故点到平面的距离为． （2）以，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 设为平面的法向量， 所以，即，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设为平面的一个法向量， 所以，即，令，得， 所以平面的一个法向量为，    设二面角的平面角为， 因为， 则， 所以二面角的正弦值为． 2．（2026·河北唐山·一模）如图，在三棱锥中，，，D是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，三棱锥的体积为，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）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）利用锥体体积求出，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由，D是的中点，得，而，， 平面，则平面，而平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，则， 而，解得， 即，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， ，， 设平面的法向量，则，令，得， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2026·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥. (1)证明：平面平面； (2)当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意得，为等边三角形， 又为中点，所以，，故. 又因为，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，， 又，所以即为二面角的平面角，即. 则，，，. ，，， 设平面的法向量， 则，即，取 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. 4．（2026·河北邯郸·一模）如图，在三棱台中，平面，，，，，是棱上一点（不含端点）． (1)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在点，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可； （2）方法一假设存在点，根据求解得出与重合，与题意矛盾；方法二根据线面垂直的判定及性质，若可证明平面，又平面，得出矛盾. 【详解】（1）由平面，，可得两两垂直． 以为坐标原点，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，，，，． 由为的中点，可得， ，，． 设平面的法向量为， 由，可得，令，得． 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． （2）（方法一）连接，如图， 由， 可得． 假设存在点（异于），使得，则， 解得，则与重合， 这与假设矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得． （方法二）假设存在点（异于），使得． 因为平面，平面，所以．又， 所以． 连接．由，可得， 则，，则． 因为，，平面，所以平面． 又平面，所以． 因为，，，平面，所以平面． 又平面，所以， 又，平面，从而平面， 这与平面矛盾，则假设不成立，故不存在点，使得． 5．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角的大小为，求的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论； （2）设平行于的截面与的交点分别为，得为平行四边形，令，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面积的最大值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解. 【详解】（1）由，则，即， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则平面平面. （2）设平行于的截面与的交点分别为， 因为平面，平面，平面平面， 所以，同理可得，所以，同理可证， 所以四边形为平行四边形， 令，则， 所以，， 又截面始终为平行四边形， 所以 ， 要使截面的面积最大，只需且， 此时最大； （3）由（1）平面，在平面内作，如下图示， 可构建如图示的空间直角坐标系， 设，则， 故， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 所以平面的法向量为， 由二面角的大小为， 则， 所以，可得， 解得或（舍），所以的余弦值为. 6．（2026·河北张家口·一模）如图，已知斜三棱柱中，，，，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，点为的中点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再利用平面与平面垂直的判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可. 【详解】（1）连接和， 在斜三棱柱中，由， 所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形， 又为的中点，所以， 又，，，所以， 所以，又为的中点， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）由，所以，又为等腰直角三角形， 所以，又，所以， 又，所以和为等边三角形， 所以，所以，所以，又， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 所以， 所以， 所以， ， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 所以点到平面的距离为. 7．（2026·陕西榆林·一模）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) 【分析】（1）取的中点，根据中位线的性质可证四边形为平行四边形，得到，根据线面平行的判定定理可证；（2）以为坐标原点，直线，分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面与平面ABC的法向量，即可求得面面夹角的余弦值，进而根据同角三角函数的关系式可求得其正弦值. 【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． 8．（2026·江苏·一模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)若在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面． （2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解， （3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解. 【详解】（1）二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面，平面平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 由题意平面， 所以平面． （2）取中点中点，连接， 则， 因为平面，平面，所以，所以， 在中，为中点，所以. 以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则． 设该球的球心坐标为，则 解得. 所以该球的半径为. （3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接， 平面平面平面， 平面平面，所以平面． 而平面，故， 又因为，平面，故平面， 而平面，所以， 则为平面与平面的所成角. 直角三角形中，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 法二：平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则即 取，得平面的一个法向量为. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 9．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在四棱柱中，底面是梯形，，侧面为菱形，． (1)求证：； (2)若，，点在平面上的射影恰为线段的中点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过连接辅助线，利用等腰三角形三线合一得到线线垂直，再结合线面垂直判定定理证明线面垂直，最后由线面垂直的性质得到线线垂直； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而得到平面的法向量和直线的方向向量，最后利用线面角与向量夹角的关系计算正弦值. 【详解】（1）连接，易知， 又为的中点，， 又，平面， ∴平面，平面， ∴． （2）∵在面上的射影为，又， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 令，则， ∵，则， ∴，又， 设平面的法向量为，， 则，令，又， 则与平面所成角的正弦值为． 10．（2026·贵州黔东南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，，. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. (3)在线段上是否存在点D，使得直线与平面所成角的正弦值为？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)； (3)存在， 【分析】（1）由勾股定理可得，然后由面面垂直性质可得平面，据此可得，又由四边形是矩形可得，据此可完成证明； （2）由（1）可建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案； （3）假设存在满足条件的点D，且（），使得直线与平面所成角的正弦值为，由（2）结合题设可得，据此可得答案. 【详解】（1）因为，，所以，所以. 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为四边形是矩形，所以. 因为平面，平面，且，所以平面； （2）由（1）可知，，两两垂直，则以A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. 因为，，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， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）假设存在满足条件的点D，且（）， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 由（2）可知，，， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以. 解得，所以，即， 则存在满足条件的点D，此时. 11．（2026·山西朔州·一模）如图，线段的中点都是. (1)若，证明：平面平面； (2)若，且点到平面的距离为，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）先证平面，得，由及O为中点可得，进而可得，从而可得平面，即可证得面面垂直； （2）先建立空间直角坐标系，再由点到平面的距离及可得，进而再用向量的方法计算线面角可得. 【详解】（1）因为，且，平面，则平面 又因平面，所以. 由可得，因为线段的中点都是O， 所以，则得， 即，即，所以. 又因，，平面，所以平面， 而平面，故平面平面. （2）在平面内，以过O且垂直的直线为x轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 设，则， 因为，所以. 设平面的法向量为，， 所以，即，故可取. 又因为点到平面的距离为，且， 依题意可得，联立，解得， 将代入，解得(舍去). 所以，满足. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 因为，， 设直线与平面所成角为， 所以 . 12．（2026·浙江·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】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）方法1：先确定为直线与平面所成的角，再利用直角三角形的边角关系求的取值范围. 方法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角正弦的取值范围. 【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. 13．（2026·山东东营·一模） 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】（1）先由面面平行的判定定理证明平面∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【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. 14．（2026·浙江·模拟预测）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】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案； （2）建系，利用面面角的向量计算公式计算可得答案. 【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. 15．（2026·湖南·模拟预测）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】（1）取中点，求证，，再结合线面垂直的判定定理和定义求证； （2）法一：以点为坐标原点建系，设，分别计算两个平面的法向量，利用向量求出面面角即可得出；法二：过点作于点，过点作于点，证明为平面与平面所成的角，再在、中利用三角函数值建立关系即可求出. 【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． 16．（25-26高三下·河南驻马店·开学考试）如图，在圆台中，下底面圆的直径，点C在圆上，且，上底面圆的半径，且平面平面． (1)证明：． (2)若圆台的高为2，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，由面面垂直的性质及圆台的性质可得四边形为矩形，再由勾股定理可得为的中点，最后根据三角形中位线可证； （2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据面面角向量法计算可解. 【详解】（1）作，垂足为M，连接． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为平面，所以，． 因为圆台的上、下底面平行，所以圆， 则，． 因为平面，所以，即点，，M，P共面． 因为平面，所以，， 所以四边形为矩形， 所以，． 在中，，． 在中，，解得， 所以． 在中，M，分别为，的中点， 所以，所以． （2）以为坐标原点，，，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， 则，，，，， 所以，， ，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得． 设平面的法向量为， 则，即，令，得． 因为，所以， 所以平面与平面所成二面角的正弦值为． 17．（2026·江西·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质，判断线线垂直. （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而求出线面角的正弦值. （3）根据三棱锥外接的性质，求出球心和半径，进而根据向量法，求出点到平面的距离的最大值. 【详解】（1）设O为的中点，连接， 由题得， 所以为正三角形，则， 所以平面，平面，． （2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，则， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线， 垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径， 又，所以点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为. 18．（2026·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥中，平面，为棱上一点，为中点． (1)若，证明：平面； (2)证明：平面； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）由几何关系得到线线平行，进而证明线面平行； （2）通过几何关系以及已知条件证明线线垂直，进而证明线面垂直； （3）建立空间直角坐标系，先设出比值，分别求解直线的方向向量以及平面的法向量，运用线面所成角的向量公式进行计算. 【详解】（1）由得为中点， 又为的中点，于是， 由平面平面，得平面． （2）因为，所以，可求，由余弦定理得，所以 所以， 由平面平面得PD， 由平面平面可得 平面． （3） 如图，以为坐标原点，过点作平行于方向的直线为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则有， 设，则有，则有 设平面的法向量为， 即，可取， 记直线与平面所成角为, ， 即，整理得， 解得或． 19．（2026·江苏镇江·一模）如图，在多面体中，底面是平行四边形，，，，为的中点，，，. (1)证明：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）证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）证明平面，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法即可求出答案. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理可得， 所以，所以，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）由（1）知平面，平面.所以， 由于，，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 因为，， 所以，令，则，， 所以， 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. 20．（25-26高三下·河南·开学考试）如图，在中，，，为线段上一点，，，过点作，交于点，将沿翻折至的位置，使得． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？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)在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时 【分析】（1）由线面垂直得到，由勾股定理逆定理得到，由线面垂直的判定定理判断即可. （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面和平面的法向量，结合向量法求面面角列方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为，所以，， 因为，且平面，所以平面． 又平面，所以. 由题意易知，又，， 所以，则． 又，且平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，则，， 由（1）易证平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，故两两垂直． 以为原点，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，，． 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以． 易知，所以，又，，， 所以． 设，. 设平面的一个法向量， 则，即，令，得，，所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或（舍去），此时， 所以在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $