第十一讲 空间向量与立体几何-大题 讲义-2026届高三数学二轮复习

第11讲 空间向量大题 知识讲解 【一】用空间向量研究距离 （1）点线距：点P到直线l的距离：已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为． （2）点面距：点P到平面α的距离：设平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，则点P到平面α的距离为． 【二】用空间向量研究夹角 角的分类 向量求法 范围 线线角θ 设两异面直线 l1，l2 的方向向量分别为u，v，则： cosθ＝|cos〈u，v〉|＝ 线面角θ 线AB的方向向量为u，面α的法向量为n，则：sinθ＝|cos〈u，n〉|＝ 面面角θ 面α与面β的法向量分别为n1，n2，则： cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝ 空间向量：真题 考点01 求异面直线所成的角 1．（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． 【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： 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. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，， 设直线与直线所成角为，∴. 考点02 平行关系的判定 2．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． （1）求证：//平面；（2）若，求三棱锥的体积． 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面，所以平面. （2）过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以， 在中，，所以，因为， 所以，又，平面，所以平面，又平面， 所以，又，平面，所以平面， 即三棱锥的高为，因为，所以，所以， 又，所以. 考点03 垂直关系的判定 3．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    （1）证明：平面平面；（2）设，求四棱锥的高． 【详解】（1）证明：因为平面，平面,所以, 又因为，即，平面，,所以平面， 又因为平面,所以平面平面. （2）如图，  过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,, 又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则， 所以为中点，,又因为,所以,即，解得， 所以，所以四棱锥的高为． 4．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积． 【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，， 所以平面，而平面，所以平面平面． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知．于是，故． 因为，所以，即．故四棱锥的体积． [方法2]【最优解】：空间直角坐标系法，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，所以，，，，． 所以，，．所以． 所以，即．下同方法一. 考点04求直线与平面所成的角 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． 【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 6．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． （1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，， ∵，且，∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面． （2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为，由，得，取， 设直线与平面所成角为，∴． 7．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． （1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值． 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为，所以四边形为等腰梯形，所以， 故，，所以，所以， 因为平面，平面，所以，又，所以平面， 又因为平面，所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则， 则，设平面的法向量， 则有，可取，则 8．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【详解】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以， 当时，最小，即的面积最小.因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以,在中，，所以. 以为坐标原点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，则， 又因为，所以，所以， 设与平面所成的角为，所以， 9．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得， 所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以． （2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则, 又为中点，所以. 由（1）得平面，所以平面的一个法向量 从而直线与平面所成角的正弦值为． 考点05求面面角或二面角 10．（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． 【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. 11．（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． 【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. 12．（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． 【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：. 13．（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． 【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， 14．（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． 【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 15．（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． 【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. 16．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    （1）证明：平面； （2）证明：平面平面BEF； （3）求二面角的正弦值. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，   于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面，所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有，又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以，则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得，令，则，所以， ，所以平面平面BEF；   （3）平面的法向量为，平面的法向量为， 所以，因为，所以， 17．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：；（2）点F满足，求二面角的正弦值． 【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：   设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以；，取，所以， 所以，，从而．所以二面角的正弦值为． 18．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    （1）证明：平面； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面    （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，，所以， 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；所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.    19．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． （1）求A到平面的距离； （2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则，解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则，可取， 设平面的一个法向量，则， 可取，则，所以二面角的正弦值为. 20．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值． 【详解】 （1）取的中点为，连接.因为，，则， 而，故.在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面，因为平面，故平面平面. （2）在平面内，过作，交于，则， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故.设平面的法向量， 则即，取，则，故. 而平面的法向量为，故. 二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 21．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    （1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求． 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，   则， ，，又不在同一条直线上， . （2）设，则， 设平面的法向量，则， 令 ，得，，设平面的法向量， 则，令 ，得，， ，化简可得，， 解得或，或，. 22．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面，而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 考点06求点到面的距离 23．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. （1）证明：平面；（2）求点到的距离. 【详解】（1）由题意得，，且，所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面，易知. 在中，，所以. 设点到平面的距离为，由，得，得， 故点到平面的距离为. 空间向量：2年模拟 1. （2026皖南八校）如图，四边形与为直角梯形，且平面平面，其中，，，. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的正弦值； （3）若空间中存在一点，满足，且直线平面，求的长. 【小问1详解】由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，所以. 【小问2详解】由（1）知平面，平面，则， 而，，以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 又，，，， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 因此，所以平面与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】设，依题意，， 即，，， 即，则， 由平面，得是平面一个法向量，于是， 即，解得，， 因此，所以. 2. （2026四川泸州二模）如图，四棱锥的底面为正方形，平面平面，已知，是棱上的点． （1）若是棱的中点，求证：平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角的最大值． 【小问1详解】由平面平面，且底面为正方形，得，根据面面垂直的性质定理得平面，  因为，是中点，由等腰三角形三线合一，得，  又，结合平面，得平面， 因为平面，所以，  由于，根据线面垂直的判定定理，可得平面； 【小问2详解】由二面角的大小为，结合平面，可知， 如图以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 由，得各点坐标：， 设（），则，故的坐标为， 向量，设平面的法向量为，由得； 由得，令，则，故法向量，直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为，则， 二次函数（开口向上），其最小值在顶点处取得，最小值为，故的最小值为，代入得的最大值为：，因此，. 3. （2026山东枣庄一模）如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上． （1）若，求证：点是棱的中点； （2）若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】由底面，底面，则， 又底面都是正方形，则，故两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则，，， 因为，故，即， 因为点在棱上，所以，，， 所以，解得，即，而的中点坐标为，所以点是棱的中点； 【小问2详解】 设，则， 即，由题意，可得， 所以，则，， 设平面的法向量为，则，令，得. 由平面的一个法向量，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4. （2026山东潍坊一模）图四边形是边长为1的正方形，四边形是梯形，是上的点，且，平面平面. （1）证明：四点共面； （2）设，且点均在球的球面上. （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】因为四边形是正方形，所以， 又因为，所以四边形是正方形， 所以，所以，所以四点共面. 【小问2详解】（i）因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为，所以平面，同理可得，平面， 因为平面，平面，所以，， 所以和都是直角三角形，所以的中点就是球心， 如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 则，设平面一个法向量， 所以，令，所以， 所以，所以点到平面的距离为. （ii）当三点共线时，球面上点到点的距离最小， 因为，所以球的半径，分别取中点， 则，所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以，由（i）知平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的正弦值为 . 5. （2026山东泰安一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】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. 【小问2详解】取中点，连接，，， ∵平面平面，面，平面，， 为正三角形，，如图，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量为， 则，取，解得， ，面，，，面，， 面，是平面的法向量，， 6. （2026山东济南一模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】取中点，连接. 因为为中点，所以为的中位线，所以且. 在正方形中，为中点，所以且， 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. 【小问2详解】由于平面平面，平面平面，平面平面.以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则有 设平面的法向量，，所以，不妨令， 得；设平面的法向量，，所以，不妨令， 得；设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 7. （2026江西上饶一模）在平面四边形中，，将沿翻折至，满足． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【小问1详解】在平面四边形中，， ， 在空间中，由得平面又平面， 平面平面，得证． 【小问2详解】以为原点，，分别为轴和轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 因为平面平面，所以轴平面，则． 所以． 设平面一个法向量为，则， 即，令，则． 设平面一个法向量为，则， 即，令，则． 设平面与平面的夹角，则. 8. （2026江西九江一模）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】因为，所以为中点， 因为侧面是正三角形，所以， 因为底面是正方形，所以， 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，又平面， 所以 【小问2详解】根据题意，如图建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为，则 ， 因为， 所以， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 故可取， 设直线与平面所成角为， 则 9. （2026江苏徐州一模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. （1）证明：； （2）若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 【小问1详解】因为是边长为2的等边三角形，为的中点，所以， 在中，由余弦定理得:，所以， 因为为中点，所以，因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以 【小问2详解】解法一：以向量，，所在方向建立空间直角坐标系， 则，，，，因为在线段上，设， 则，，设平面的法向量为， 则即取.又平面法向量为， 因为二面角的正切值为，所以， 整理得，解得或（舍去），所以， 设平面的法向量为，则即取，则， 所以点到平面的距离. 10. （2026江苏南通一模）如图，在四面体中，平面，．是的中点，是的中点，点在线段上． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求． 小问1详解】因为平面平面，所以． 因为平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】（方法一）如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接． 因为平面平面，平面平面，所以． 因为是的中点，所以是的中点，所以． 过点作，交于点，因为是的中点，所以， 因为是的中点，所以，所以． 因为，所以， 因为是的中点，，所以 所以， 则在直角中，可得，所以． （方法二）以为坐标原点，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系． 因为， 是的中点，是的中点，所以． 设， 所以． 因为平面的法向量平面，所以， 所以，即，所以，所以． 11. （2026湖南株洲一模）如图①，在平面内，正方形的边DE，CF分别为两等腰直角，的腰．将分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合，记为点，得到一个四棱锥，点G，H分别是线段，的中点，如图②． （1）求证：平面DEM； （2）求直线CM与平面所成的角的正弦值； （3）若平面，求的值． 【小问1详解】如图1，设的中点为，连接，， 分别为，的中点， ，，又，，且， ∴四边形平行四边形．．又平面，平面， ∴平面． 【小问2详解】如图2，因为为等边三角形，为线段的中点， 所以，又，，，平面， 所以面，过作直线. 以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示． 不妨设，则， ． 设平面的法向量为，则，，． 令，则．则 设直线与平面所成的角为， 则， ∴直线与平面所成的角的正弦值为； 【小问3详解】设点，到平面的距离分别为， ， ，. ，的值． 12. （2026湖南长沙模拟）如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． （1）证明：； （2）若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 【小问1详解】在中，， 由余弦定理可得：， 则，所以有，则 由平面平面，平面平面， 且，平面，则平面， 又平面，则. 【小问2详解】取中点分别为，连接 由为正三角形知，， 结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直， 如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 可得 设，则，且， 可得 由，解得或（舍去），则，且 故点到直线的距离 13. （2026湖南岳阳一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. （1）求证：； （2）设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 【小问1详解】连接和交于点，连接.∵底面为菱形， 为的中点，且又平面平面，平面平面， 平面，又平面，. 【小问2详解】因为，所以 ∵平面平面，平面平面，平面. 是直线与平面所成角，即.在菱形中，， .，即. （i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，所以， 设平面的法向量为，则， 令，得，平面的法向量为， 因此，所求平面与平面所成角的余弦值为 （ii）平面交线段于点，设， 则， 因为，即，即，解得. 14. （2026湖南湘潭一模）如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． （1）证明：平面平面． （2）若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，则，， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 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. 15. （2026湖南邵阳一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点． （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【小问1详解】如图1，取棱的中点，连接，因为棱的中点，则． 又因为，所以，则四边形为平行四边形，所以． 又因为平面平面，所以平面. 【小问2详解】如图2，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．则， 取线段的中点为，连接.因平面，平面，则， 又，则，因，平面，则平面， 因，则，可取平面的一个法向量为. 假设在棱上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 设，则. 设为平面的一个法向量，则，故可取.设平面与平面的夹角为，则． 解得（舍）或.此时点为棱上靠近点的三等分点. 16. （2026湖南常德一模）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； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】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; 【小问2详解】法一：由， 可得，连接，可得四边形是正方形， 即可得，，所以，所以，即， 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，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， 由于平面，所以平面的法向量可以取， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. 17. （2026湖北孝感一模）已知长方体中，，，点M在棱上，点N在棱上，且，，P为棱中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）平面把长方体分割成两部分，求较小部分几何体的体积． 【小问1详解】取中点Q，连接，，则， 因为，，所以四边形为平行四边形，所以， 则， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 以D为原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 由， ， 又平面的一个法向量为 ， 平面与平面夹角为，则 ， 即平面与平面夹角的余弦值为 ； 【小问3详解】 取中点R，由（1）知，所以B，M，N，R四点共面， 所以四边形为梯形，设，则平面，平面， 所以平面平面，所以直线，所以直线，直线，直线共点S， 所以为三棱台，显然为体积较小部分， 因为，，高， 所以其体积为：. 18. （2026湖北荆州一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，且.点E为线段的中点. （1）在线段上取一点F，使得平面，求此时线段的长； （2）对于（1）中所求的点F，求二面角的余弦值. 【小问1详解】因为底面，， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，，可得，且平面的一个法向量为， 若平面，则，可得，解得，所以线段的长为1. 【小问2详解】由（1）可知：， 可得，设平面的法向量为，则，令，则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得，则， 由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 19. （2026河南濮阳一模）如图，在四棱锥中，底面是正方形平面，，点是棱的中点，平面与棱交于点． （1）求证：；（2）求二面角的正弦值． 小问1详解】在正方形中，，平面，不在平面内， 平面，又平面，平面平面， ，又，； 【小问2详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以，，设平面的法向量为， 则，故可取， 因为平面，则为平面一个法向量， 所以，所以二面角的正弦值为. 20. （2026河北沧州一模）如图，四棱锥P-ABCD底面正方形，PD⊥平面ABCD,PD=AD,点M为线段PA上任意一点（不含端点），点N在线段BD上，且PM=DN. （1）求证：直线MN∥平面PCD. （2）若点M为线段PA的中点，求直线PB与平面AMN所成角的余弦值. 【详解】（1）如图所示：过点作交于，连接. ， 故，所以平面平面 故直线MN∥平面PCD （2）由于 ，以为 轴建立空间直角坐标系， 设,则 则 ,设平面的法向量为 根据 得到 故法向量 则向量 与 的夹角为,则，则与平面夹角的余弦值为 . 21. （2026广东湛江一模）如图，在四棱锥中，平面，且．过点A作平面与棱交于点，其中，且点G为的中点． （1）证明：平面；（2）求的值；（3）求平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】证明：如图，设的中点为M，连接． 在中，点G为中点，M为中点，，且． 根据条件可得，且，且， 四边形为平行四边形，．又平面平面平面． 【小问2详解】解：平面，平面，平面平面， ．又，，．又，． 【小问3详解】解：如图，以点A为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， 可得． 设平面法向量为，则即令，可得． 易得平面的一个法向量为， 故平面与平面夹角余弦值为． 22. （2026广东茂名一模）如图，在四棱锥中，平面分别为的中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【小问1详解】如图：取PD中点H，连接FH，AH， 因为，又， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面 【小问2详解】建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以，，设平面PBC的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以， 设，则，若平面，则， 所以，解得，所以，则， 所以在线段上是否存在点，使得平面，长为. 23. （2026安徽宿州一模）已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面ABCD. （1）若平面PAD与平面PBC的交线为，证明：； （2）若平面平面PDC. （i）求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值； （ii）判断四棱锥是否存在内切球，若存在，求出内切球半径；若不存在，请说明理由. 【小问1详解】因为底面ABCD是平行四边形，故平面PAD，可得平面PAD， 又因为平面PBC，平面平面，所以. 【小问2详解】在平面PAD内过点作于点， 因为平面平面PDC，所以平面PDC，故， 又因为，又因为， 所以平面PAD，有.所以平行四边形ABCD为长方形. 如图所示，以点A为坐标原点，所在的方向为轴，所在的方向为轴，所在的方向为轴建立坐标系.则有，.取平面PAD的法向量为， 设平面PBC的法向量为， 则有，代入得，取， 设平面PAD与平面PBC所成角为，则. （3）易知， 假设四棱锥存在内切球，内切球的半径为， 则有，解得， 设内切球球心为，根据图形特征，必有，， 则球心到平面PBC的距离，与内切球与平面PBC相切矛盾. 故四棱锥不存在内切球. 24.（2026安徽马鞍山一模）如图，四棱锥中，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】因为在四棱锥中，， 所以四边形为等腰梯形，，则， 所以，则由余弦定理得， 在中，，于是， 因此，又，即， 而平面， 则平面，又平面，所以平面平面. 【小问2详解】在平面内过作，由（1）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， ， 设平面与平面的法向量分别为， 则，令，得， ，令，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 25. （2026安徽淮南一模）如图，在三棱锥中，点分别是的中点，平面平面． （1）判断直线与直线的位置关系，并给出证明； （2）若平面平面，，是直线上的一点，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度． 【小问1详解】．证明：因为点分别是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以． 【小问2详解】因为，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以，又 所以以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，又， 则．， 设平面的法向量为，则，不妨设，解得． 由（1）可知，设，得，所以． 设直线与平面所成角为， 则，得或， 所以线段的长度为或． 26. （2026安徽淮北一模）如图，在四棱锥中，平面，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）设平面． （i）求实数的值； （ii）求二面角的正弦值． 【小问1详解】证明：以为原点，以、、的正方向分别为轴、轴、轴的正方向， 建立如图的空间直角坐标系，则： ，即． 又平面知，由，则平面． 【小问2详解】 （i），平面的一个法向量为，显然， 故平面，而平面平面，于是， 设； （ii）由（i）， 设平面的一个法向量分别为， 则：， 取，则，即． 设平面的一个法向量分别为， ， 取．则，即， ． 设二面角的平面角为，则， ，，， ，，即二面角的正弦值为． 27. （2026安徽合肥一模）如图，直三棱柱的所有棱长都等于2，点，分别是线段，上的动点（异于端点），且． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】在棱上分别取点，使． 则． 因为，，所以．又，所以． 由，得， 所以四边形是平行四边形．所以． 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由（1）知，令，则， 在中利用余弦定理得， 即，解得． 所以点分别是中点．所以点分别是中点． 以为坐标原点，所在直线为轴，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． 所以． 设为平面的法向量， 则，即，可取． 设为平面的法向量， 则，即，可取． 设平面与平面夹角为，则． 28. （2026安徽滁州一模）将椭圆面沿着垂直于其所在平面的空间向量平移得到的封闭几何体叫做椭圆柱体.如图所示的椭圆柱体，点和分别为上、下椭圆面的对称中心，椭圆的长轴长，短轴长为，，均垂直于椭圆面，且，过下底面椭圆的右焦点的动直线交椭圆于，两点，是上一点，且满足平面. （1）求的值； （2）求点到平面距离的最大值； （3）若，求二面角的余弦值. 【小问1详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设， 所以，.由平面，得，∴. 【小问2详解】设，则，.设平面的法向量为，则取.又因为， 所以(当时取等号)， 即点到平面的距离的最大值为. 【小问3详解】因为，所以直线的方向向量，直线的方向向量.设平面的法向量为，则取 又，直线的方向向量，设平面的法向量为，则 取所以. 由图可知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 29. （2025湖北武汉四调）如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 【小问1详解】因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面； 【小问2详解】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，设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以，设平面的法向量为， 则，令，则，所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为，设平面与平面所成的角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 30. （2025湖北武汉二调）如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． （1）若，求的长； （2）求异面直线与所成角余弦值的最小值． 【小问1详解】连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以, 当，，所以平面，又平面，所以， 此时与相似，故，设，由，解得，所以. 【小问2详解】过作的平行线交于点，连接， 由，且，得四边形是平行四边形，故， 所以即为异面直线与所成的角，设， ， 所以锐角正切值的最大值为，此时余弦值有最小值 31．（2025·安徽合肥·一模）如图，在正三棱台中，，    (1)若，证明：平面； (2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）如图所示，过点作，交BC于点E，易知四边形为平行四边形. 所以，，所以又，所以，即故，同理可得又直线与相交，且直线与都在平面内， 所以平面    （2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F， ，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则，，故 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，故，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为    32．（2025·安徽黄山·一模）如图，四棱锥中，平面，，，，，点在棱上． (1)当时，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，二面角的余弦值为，求． 【详解】（1）连接交于点，连接， 由 知，，∴， ∵，∴，∴，又平面，平面，∴平面． （2）∵平面，∴为与底面所成的角，即，∴， 又四边形是直角梯形，故以为坐标原点，分别以，，为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，∴，，， 设平面法向量为，则 ，即 ，令，则， 设，则， 设平面的法向量为，则， 即 ，令，则，因为二面角的余弦值为， ∴，解得， 所以，，所以. 33．（2025·安徽马鞍山·一模）如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，，，底面，点M是线段的中点，点N在线段上，且，点K为线段的中点． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）证明：如图，连接， 因为四边形是菱形，所以，又，所以， 可得为等边三角形，又点M是线段的中点，可得，    又平面，又平面，所以，且， 平面，所以平面， 又平面，所以．    又，，平面， 所以平面，平面，所以．    （2）如图所示， 取中点，连接，所以， 以点D为原点，以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设菱形的边长为2，可得， 可得，，，， ，，．    设，可得点，所以，， 又可知，所以可得，． 设平面的法向量，则，可得． 不妨设，可得，，可得． 连接交于点G，再连接知， 可得平面，因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面，所以平面的法向量．    设平面与平面的夹角θ，其中，可得． 即平面与平面夹角的余弦值为． 34．（2025·安徽滁州·一模）如图（1）所示，在中，，，，E为AC中点.过点E作，垂足为现将沿EF翻折至，如图（2）所示，连接PB，PC，过点P作，垂足为G，且 (1)若平面平面，求证：； (2)求二面角的正弦值. 【详解】（1）在图（1）中，，，所以，， 为AC的中点，，所以，， ，所以G为AB的中点，所以， 在图（2）中，平面PEG，平面PEG，所以平面， 平面，平面平面，所以； （2）在图（2）中，因为，，，PF、平面PBF， 所以平面PBF， 又平面EFBC，所以平面平面EFBC， 因为平面平面，，所以平面 由（1）知，即，又，所以， 过在平面内作， 以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面PEC的法向量为， 则， 令，解得，所以 设平面PBC的法向量为， 则， 令，解得，所以， 所以， 所以， 所以二面角的正弦值为. 35．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形. (1)若分别是棱的中点，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1） 如图，取的中点，连接.∵分别是棱的中点，∴. ∵，∴.∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，∴平面平面， ∵平面，∴平面. （2）如图，连接，取的中点，连接， ∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，故， ∵，∴，且，∵，∴，故为等边三角形， ∴，.∵为等边三角形，∴. 在中，由余弦定理得，， ∴，即，故两两互相垂直. 以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， 由得，∴， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，故. 取平面的一个法向量，则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $第11讲空间向量大题 知识进解 【一】用空间向量研究距离 (1)点线距：点P到直线1的距离：已知直线1的单位方向向量为山，A是直线1上的定点，P是直线1外一点， 设向量在直线1上的投影向量为=a,则点P到直线1的距离为Va2-(a·w)2. A (2)点面距：点P到平面a的距离：设平面a的法向量为n,A是平面a内的定点，P是平面a外一点，则点P到 平面a的距离为AP一)n. 【二】用空间向量研究夹角 角的分类 向量求法 范围 a\vs4\ 线线角0 设两异面直线11,12的方向向量分别为u,v,则： al\col( cos0=lcos(u,v〉|=u·vuv 0,1 f(π2) 0, 线面角0 线B的方向向量为u,面a的法向量为n,则：sin0=|cos(u,n〉=u·nun f(r2)) 面面角0 面a与面B的法向量分别为1,2，则： 0,\ cos 0=cos <n,n2)=n1 n2 n1 n2 f(π2)) 空间向量：真题 考点01求异面直线所成的角 1.(2025·全国一卷高考真题)如图所示的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. P A (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; (2)PA=AB=√2，AD=1+√3，BC=2,P,B,C,D在同一个球面上，设该球面的球心为O. (i)证明：O在平面ABCD上；(i)求直线AC与直线PO所成角的余弦值， 1 考点02平行关系的判定 2.(2023全国乙卷高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，PB=PC=V6, BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上，BF⊥AO. D D E A (1)求证：EF/平面AD0;(2)若∠P0F=120°，求三棱锥P-ABC的体积. 考点03垂直关系的判定 3.(2023.全国甲卷高考真题)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，A,C⊥平面ABC,LACB=90°. C A (1)证明：平面ACC,A,⊥平面BB,CC；(2)设AB=A,B,AA,=2,求四棱锥A,-BB,CC的高. 4.(2021全国乙卷·高考真题)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD,M为BC的中点，且 2 PB⊥AM. Di- M B (1)证明：平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积. 考点04求直线与平面所成的角 5.(2025北京高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形， ∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG/平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB与平面PCD所成角的正弦值. 3 6.(2022浙江·高考真题)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，ABI1DC,DC/1EF,AB=5,DC=3, EF=1,∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点. E F D IN (1)证明：FN⊥AD;(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值. 7.(2022全国甲卷·高考真题)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=V5. p CQ A (1)证明：BD⊥PA;(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 8.(2022全国乙卷高考真题)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. D --B A (1)证明：平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 9.(2021浙江·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形， ∠ABC=120°，AB=L,BC=4,PA=√15，M,N分别为BC,PC的中点，PD⊥DC,PM⊥MD. N D M B (1)证明：AB⊥PM;(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 5 考点05求面面角或二面角 10.(2023北京高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=√5. B (1)求证：BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小. 11.(2025·全国二卷，高考真题)如图，在四边形ABCD中，AB/1CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上， EFI/AD,AB=3AD,CD=2AD,将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的 二面角为60°. D B (1)证明：A'B/平面CDF;(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 12.(2025·天津.高考真题)正方体ABCD-A,B,CD,的棱长为4，E、F分别为A,D,C,B,中点，CG=3GC1. D G ⊙ B (1)求证：GF⊥平面FBE; (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值； (3)求三棱锥D-FBE的体积. 13.(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，EF11AD,BC1IAD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=V10,FB=23,M为AD的中点. E (1)证明：BM//平面CDE;(2)求二面角F-BM-E的正弦值. 7 14.(2024北京高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC11AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上，且 PE⊥AD,PE=DE=2. B (1)若F为线段PE中点，求证：BF∥平面PCD (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 15.(2024新课标IⅡ卷高考真题)如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√3，∠ADC=90°， B4D=30,点E,F满足征-号D,F-,将△AF沿EF翻折至PEF,使得PC=45. P (1)证明：EF⊥PD;(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 16.(2023全国乙卷高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，PB=PC=V6,BP, AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=√5DO,点F在AC上，BF⊥AO. D D E B《∈=- F (1)证明：EF/1平面AD0; (2)证明：平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-A0-C的正弦值. 17.(2023新课标IⅡ卷高考真题)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°， E为BC的中点. A > C B (1)证明：BC⊥DA;(2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F的正弦值. 18.(2022新高考全国IⅡ卷高考真题)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB,AB⊥AC,E是PB的中点. E A B (1)证明：0E/1平面PAC; (2)若∠AB0=∠CB0=30°，PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. 19.(2022新高考全国I卷高考真题)如图，直三棱柱ABC-AB,C,的体积为4，△ABC的面积为22 B D A C 夕 (1)求A到平面A,BC的距离； (2)设D为A,C的中点，A4=AB,平面A,BC⊥平面ABB,A,求二面角A-BD-C的正弦值. 10