专题15 空间向量与空间角 专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

专题15　空间向量与空间角 题型01 空间向量的线性运算 1．（2026·四川成都·二模）（多选）如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（   ） A．平面平面 B． C． D．平行六面体的体积为 2．（25-26高二上·河南郑州·期末）在平行六面体中，，，，是的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（2025高三上·江苏无锡·专题练习）如图，在三棱柱中，已知M，N分别是上的点，且，设.若，，则的长为____． 4．（25-26高二上·云南昆明·期末）（多选）如图，在棱长均为1的平行六面体中，底面是正方形，且，设，下列选项正确的是（   ） A． B．长为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．在棱上存在一个动点，使得平面 5．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，已知正方体的棱长为1，M和N分别是和的中点. (1)求的值： (2)求直线和MN所成角的大小. 6．（25-26高三上·浙江杭州·期末）（多选）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（        ） A． B．在底面上的投影是线段的中点 C．与平面所成角大于 D．与所成角的余弦值为 题型02 异面直线所成的角 7．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（    ） A． B．0 C． D． 8．（2026·重庆·一模）（多选）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 9．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）在三棱锥中，，，，，，则异面直线与所成的角的余弦值为________． 10．（2026·河北张家口·一模）（多选）如图，已知正四棱锥中，底面边长为2，高为1，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．该正四棱锥的外接球的表面积为 D．若平面与平面所成的角为，平面与平面所成的角为，则 11．（25-26高三上·河北承德·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，，为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 12．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 13．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图，在棱长都为的正三棱柱中，为侧面的中心，为的中点，点为棱上一动点（不包含端点）. (1)证明：平面； (2)若直线与直线所成角的余弦值为，求. 14．（2026·辽宁锦州·模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点． (1)当平面平面时，求证：； (2)当二面角大小为时，求异面直线所成角的余弦值． 题型03 直线与平面所成的角 15．（25-26高三下·江苏苏州·月考）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 16．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·月考）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且．    (1)求证:平面; (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点E到平面的距离. 17．（2026·广西河池·二模）如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 18．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 19．（25-26高三下·云南曲靖·月考）如图1，四边形是边长为5的正方形，扇形中，，弧上的点M满足，中，，．现将沿进行翻折，正方形沿进行翻折，使得点E与点C重合为点P，点D到达点G的位置，得到如图2所示的几何体，且点N满足． (1)证明：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 20．（2026·山西吕梁·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上一点，正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点. (1)证明：； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)若平面平面，平面平面，当直线与平面所成角的余弦值为时，求的长. 21．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，， E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若直线EC与平面所成角的正弦值为，求． 22．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）如图，在几何体中，，四边形是边长为1的正方形，，点是棱上与不重合的点． (1)证明：平面平面； (2)若，且，求直线与平面所成角的正弦值． 题型04 平面与平面的夹角 23．（25-26高三下·辽宁·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 24．（25-26高三下·安徽淮北·月考）如图，在梯形中，，，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值； (3)在（2）的条件下，求点到平面的距离． 25．（2026·云南玉溪·二模）如图，在四棱锥中，平面，为棱PD上一点，． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 26．（25-26高三下·陕西咸阳·月考）如图，在四棱台中，，四边形为平行四边形，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若四边形为正方形，平面，，求平面与平面夹角的余弦值． 27．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.    (1)当时，证明：平面平面. (2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 28．（25-26高三下·河南·月考）如图，在圆锥中，，，，为底面圆周上的四个点，且四边形为正方形，为母线的中点，在线段上取一点，过和作一平面与线段交于点． (1)证明：； (2)设，，若平面与平面夹角的余弦值为，求的长． 29．（2026·辽宁大连·一模）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，，，，E，F分别是线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，①求的长；②求与平面所成角的正弦值． 30．（25-26高三下·河北衡水·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面，．     (1)求证：平面； (2)设，点为棱的中点，若二面角的正弦值为，求的值． 强化训练 1．（2025高二上·全国·专题练习）如图，空间四边形中，，，，点在上，且满足，点为的中点，则（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·安徽·月考）如图，在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 4．（2026高三下·北京·专题练习）如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：①的最小值为；②四面体的体积为；③有且仅有一条直线与垂直；  ④存在点，，使为等边三角形．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．②③④ 5．（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·江苏苏州·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，动点在棱上（不含端点），则下列说法正确的有（    ） A．是钝角三角形 B．平面截该正方体所得截面的形状可能是平行四边形 C．当为的中点时，平面与底面所成角的正切值为 D．若在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为 7．（25-26高二上·陕西渭南·期末）（多选）如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面ABCD是正方形，且，下列选项正确的是（   ） A． B． C．长为 D．异面直线AC与所成角的余弦值为 8．（25-26高二上·安徽·月考）（多选）在平行六面体中，，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．直线与所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 9．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 10．（2026高三下·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，，，为的中点，若点在棱上，且二面角的大小为，则与平面所成角的正弦值为______． 11．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 12．（2026·四川眉山·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，． (1)当时，求证：平面； (2)若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值． 13．（2026·四川资阳·三模）如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 14．（2026·青海西宁·二模）如图，在五面体中，平面平面，平面，为等边三角形，． (1)求证：； (2)点为棱上靠近点的三等分点，求二面角的正弦值． 15．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. (1)设，求证：PO⊥平面； (2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； (3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15　空间向量与空间角 题型01 空间向量的线性运算 1．（2026·四川成都·二模）（多选）如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（   ） A．平面平面 B． C． D．平行六面体的体积为 【答案】ABD 【分析】A选项，由线面平行得到面面平行；B选项，由线面垂直的判定定理和性质定理可证；C选项，先根据线面垂直得到线线垂直，由空间向量相关公式得到的长度，进而求出；D选项，求出平行六面体的高，得到体积. 【详解】A选项，因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可知，平面， 又，平面，所以平面平面，A正确； B选项，连接，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以⊥， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，B正确； C选项，因为平面，平面，所以， ，， 则， 即， 又，，设的长度为， 故，解得，负值舍去， 又， 故 ， 所以，C错误； D选项，， 又， 故，故， 过点作⊥于点，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，为相交直线， 所以⊥平面，故为平行六面体的高， 菱形的面积为， 则平行六面体的体积为，D正确. 2．（25-26高二上·河南郑州·期末）在平行六面体中，，，，是的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 ， ，，， , ． 3．（2025高三上·江苏无锡·专题练习）如图，在三棱柱中，已知M，N分别是上的点，且，设.若，，则的长为____． 【答案】/ 【分析】根据图形利用向量的加减数乘运算可将用表示，利用向量数量积的运算律，计算即得. 【详解】由已知条件可得 又因，， 所以可得，， 所以. 4．（25-26高二上·云南昆明·期末）（多选）如图，在棱长均为1的平行六面体中，底面是正方形，且，设，下列选项正确的是（   ） A． B．长为 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．在棱上存在一个动点，使得平面 【答案】AB 【分析】利用空间向量的加减法计算判断选项A；利用模长公式结合数量积公式计算判断选项B；求出相应向量模长及数量积，进而利用向量夹角余弦公式求解，判断选项C；利用线面垂直定理结合数量积公式求解，判断选项D． 【详解】选项A：， ，故A正确； 选项B：已知， 则 ，故B正确； 选项C：， ，， ， 设异面直线与所成角的角的大小为， ，故C错误； 选项D：设在上，，则， 在平面内的投影为，底面是正方形， ， , 若平面，则， ，，无实数解，故D错误． 故选：AB． 5．（25-26高三·北京·二轮复习）如图，已知正方体的棱长为1，M和N分别是和的中点. (1)求的值： (2)求直线和MN所成角的大小. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由向量的线性运算及数量积的运算律计算即得； （2）根据向量的夹角公式计算即可. 【详解】（1）由题易知， 所以. （2）设直线和MN所成角为， 又 ， ，所以， 又，所以， 所以直线和MN所成角的大小为. 6．（25-26高三上·浙江杭州·期末）（多选）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（        ） A． B．在底面上的投影是线段的中点 C．与平面所成角大于 D．与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】分别计算和判断A；设中点为，连接，若在底面上的投影是线段的中点应得，计算验证判断B；计算，根据勾股定理判断，则与平面所成角为，再计算判断C；计算以及，再利用向量的夹角公式判断D. 【详解】对于A，由题意， 所以 ， 又因为， 所以，A说法正确； 对于B，设中点为，连接， 则， 若在底面上的投影是线段的中点，则底面， 又底面，则应该有， 因为 ， 故此时与底面不垂直，B说法错误； 对于C，因为，， 所以， ， 在中，，，， 所以，所以， 所以与平面所成角为， 又因为，即， 所以与平面所成角大于，C说法正确； 对于D，因为 ， 所以，D说法正确； 故选：ACD 题型02 异面直线所成的角 7．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，已知两个正方形，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.点M，N分别在正方形对角线和上移动，且.当的长最小时，直线和夹角的余弦值是（    ） A． B．0 C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式、配方法进行求解最小时的，进而利用向量计算即可求得结果. 【详解】因为平面平面，，， 且平面平面，平面， 故平面，又平面， 故，从而两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， ，，， ， ， 当时，最小，最小值为； 即当，为、中点时，最短， 则，， ，， ， 直线和夹角的余弦值是. 8．（2026·重庆·一模）（多选）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用向量法求出点到直线距离判断B；利用线线角的向量法求解判断C. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 点， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，点到直线的距离为，B正确； 对于C，，直线与所成角的余弦值，C正确； 对于D，，即，又直线， 因此直线直线，点共面，直线与直线不是异面直线，D错误. 9．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）在三棱锥中，，，，，，则异面直线与所成的角的余弦值为________． 【答案】/ 【分析】将两直线夹角转化为两向量夹角的绝对值，先求解的数量积，再利用空间向量夹角余弦值公式进行求解即可. 【详解】因为在三棱锥中，，，，， 所以 又由题知所以，所以， 所以. 又因为，， 所以， 所以异面直线与所成的角的余弦值为. 故答案为：. 10．（2026·河北张家口·一模）（多选）如图，已知正四棱锥中，底面边长为2，高为1，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．该正四棱锥的外接球的表面积为 D．若平面与平面所成的角为，平面与平面所成的角为，则 【答案】BC 【分析】以正四棱锥底面中心为原点，高为轴，底面两条对角线为轴，建系，由夹角公式可判断ABD，设球心，结合半径列出等式求，进而求得半径即可判断. 【详解】设正四棱锥底面中心为原点，底面在平面，高为轴，分别以两条对角线为轴，如下图： 根据题意：底面边长为，高为， 可得： ， 对于A：易得，， 则异面直线所成角余弦： ，A错误； 对于B：，， 设平面的法向量， 则， 令，可得， 即平面的法向量， 则直线与平面所成角满足： ，B正确； 对于C：易知正四棱锥外接球球心在高（轴）上， 设球心，半径，又， 由得： ， 所以外接球表面积， C正确； 对于D： 设平面法向量，又， 则 设可得， 则， 易知平面法向量； 平面法向量： ， ，D错误. 11．（25-26高三上·河北承德·期末）（多选）如图，在直三棱柱中，，为的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B． C．异面直线与所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】结合三角形的中位线定理，利用线面平行的判定定理判断A；利用余弦定理计算判断B；利用题目条件建立空间坐标系，根据异面直线夹角的余弦公式计算判断C选项；利用线面角夹角的向量公式计算判断D. 【详解】如图所示，连接与交于点，连接， 由三棱柱为直三棱柱，又，故四边形为正方形， 即与交点为两直线中点，又为的中点， 则中，，又平面，平面， 故平面，A选项正确； 由，则， 化简得，所以，B选项正确； 由，又为的中点，故，取中点，连接， 如图所示，以为原点，方向为轴建立空间坐标系. 则，， 由得，即， 故，，，， 则异面直线与所成角的余弦值： ，C选项错误； 由直三棱柱的性质可得：平面，平面， 所以，又，平面，故平面， 即为平面的一个法向量，， 设直线与平面所成角为， 则，D选项正确. 故选：ABD 12．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到平面和平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量，从而得到锥体的高，最后利用锥体的体积公式即可得到答案. 【详解】（1）因为E，F分别为，的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为，，且E为的中点，所以， 则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，，所以平面平面. （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 设（），则，，，， 则，. 因为异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 解得， 故四棱锥的体积为. 13．（25-26高三上·湖南长沙·月考）如图，在棱长都为的正三棱柱中，为侧面的中心，为的中点，点为棱上一动点（不包含端点）. (1)证明：平面； (2)若直线与直线所成角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，则为的中点，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理即得证； （2）取线段的中点，连如图建系，设，其中，运用空间向量法求出的值，再结合模的公式计算即得. 【详解】（1）连接，则为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）取线段的中点，连接， 因为为等边三角形，所以，又因为平面， 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如图， 设点，其中，易知、、, 则，，， 所以， 因为，解得， 此时的长为. 14．（2026·辽宁锦州·模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点． (1)当平面平面时，求证：； (2)当二面角大小为时，求异面直线所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直推出线面垂直后再得到线线垂直. （2）建立空间坐标系，根据面面角向量法求得点坐标，再利用异面直线夹角的余弦公式求值. 【详解】（1）因为平面平面，是交线， 又，平面，故平面， 平面，可得， 又，，平面，平面， 平面，又平面，故． （2）以为原点以方向为轴正方向以方向为轴正方向，垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则 设， 因为，即， 设平面法向量，， 则，令，则， 又平面法向量， 所以，解得， 由题意可知三棱锥是由平面图形向上翻折所得，点在平面上方，故，， 所以 设异面直线所成角为， 因为． 所以异面直线所成角的余弦值． 题型03 直线与平面所成的角 15．（25-26高三下·江苏苏州·月考）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）结合已知条件证明，，根据线面垂直的判定定理得到平面，再由面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量，根据线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出、，根据线线角的向量求法求出，结合函数单调性求解即可. 【详解】（1）因为，，，所以，. 又，，所以，. 因为，所以， 又，，所以，则. 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. 因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，， 以点为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 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. （3）设，其中. 则，，， 所以. 令，则，， 当时，单调递增， 故当时，取最大值，此时. 故的最大值为. 16．（25-26高三上·新疆乌鲁木齐·月考）在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且．    (1)求证:平面; (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点E到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）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，再利用线面平行的判定定理求解即可. （2）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，      则，，，， ，，， 则， 易知平面的一个法向量为，故， 则，又平面，故平面． （2）设平面的法向量为， 且，， ， 则，令，则，，， 设直线与平面夹角为，可得， 即直线与平面夹角的正弦值为． （3）设平面的法向量为，且， 则，令，则，，故， 设点到平面距离为，且，可得． 17．（2026·广西河池·二模）如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）通过证明线面垂直来证明线线垂直，通过证明平面，从而证明. （2）通过建立坐标系来确定各点的坐标，然后通过线面角的公式来求得未知点的坐标，最后通过判断点的坐标是否可能在上，从而判断点是否存在. 【详解】（1）连接AC， 由题意可知：是等边三角形，且是的中点，， 则，， 因为，，则，， 又因为，则，可知， 且，平面，可得平面， 且平面，所以. （2）以为原点，为轴，为轴，过作垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设，则， 设为与平面的夹角为， 则, 整理可得，解得， 且，所以线段上不存在满足条件的点. 18．（2026·湖南长沙·一模）如图，已知圆台的上、下底面圆的圆心分别为和，四边形为下底面圆O的内接正方形，且，，为上底面圆上两点，为的中点，且满足平面平面，. (1)求证：； (2)求圆台的体积； (3)若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）取的中点，连交于，证明，再根据面面垂直性质定理和线面垂直的定义证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再证明即可； （2）结合（1）证明，结合圆台体积公式求结论； （3）建立空间直角坐标系，设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，列方程求的坐标，再利用向量方法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取的中点，连交于． 在正方形中，由于为的中点， 因为，，， 可得≌，则， 因为，所以， 得到，即． 因为，所以， 又平面平面，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． （2）由（1）得平面，又平面， 所以， 因为圆圆，所以，所以四边形为矩形， 所以圆的半径， 又圆的半径， 所以圆台的体积， （3）以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴，以所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系． 则， 由于圆半径，为上底面圆上一点设， 故． 设平面的法向量为，由，得 取，故， 设与平面所成角为，则 平方后整理方程得 解得或（舍） 所以，． 所以点到平面的距离. 19．（25-26高三下·云南曲靖·月考）如图1，四边形是边长为5的正方形，扇形中，，弧上的点M满足，中，，．现将沿进行翻折，正方形沿进行翻折，使得点E与点C重合为点P，点D到达点G的位置，得到如图2所示的几何体，且点N满足． (1)证明：∥平面； (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）作，，得出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证； （2）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面GMB的法向量，然后利用坐标计算线面角的正弦值. 【详解】（1）在平面内作于点F，由得． 因为，，所以，． 在平面内作于点H．连接， 因为，所以，则， 因为，所以． 又，所以，所以． 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）易知，，两两垂直，则以O为原点，，，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，取，则． 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． 20．（2026·山西吕梁·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上一点，正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点. (1)证明：； (2)求四棱锥外接球的表面积； (3)若平面平面，平面平面，当直线与平面所成角的余弦值为时，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或. 【分析】（1）根据正方形的性质，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明即可； （2）根据圆柱的性质，结合球的表面积公式进行求解即可； （3）根据面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）在正方形中，， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面与平面的交线为直线，且平面， 所以； （2）设是的中点，设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的轴截面是边长为2的正方形 所以，， 显然， 所以点是四棱锥外接球的球心， 所以四棱锥外接球的表面积为； （3）在正方形中，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，而平面， 所以， 同理可证，所以为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设平面的法向量为， ， 所以有，所以，令，所以， 即， 因为直线与平面所成角的余弦值为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以有 ，或， 当时，， 当时，， 所以的长为或. 21．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，， E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若直线EC与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一：根据题意可证平面PAB，可得，进而可得平面PBC，即可证面面垂直；解法二：建系并标点，求平面与平面PBC的法向量，利用空间向量证明面面垂直； （2）解法一：作，可知直线EC与平面AEF所成角为，根据题意结合几何性质运算求解；解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量，利用空间向量结合线面夹角运算求解. 【详解】（1）解法一：因为平面ABCD，平面ABCD，则， 且，，平面，则平面PAB， 由平面，可得， 又因为，E为中点，则， 且，平面，则平面， 且平面，所以平面平面； 解法二：因为底面，， 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，则，，，， 设平面PBC的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面AEF的法向量为，则， 令，则，可得； 因为，则， 所以平面平面. （2）解法二：作，垂足为H， 因为平面平面PBC，平面平面，平面PBC，， 则平面AEF，可知直线EC与平面AEF所成角为， 则，可得，， 设，则，， 因为与相似，则，即， 整理可得，解得或（舍去）， 即，所以； 解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量， 设直线EC与平面AEF所成角为， 则， 整理可得，解得或， 所以. 22．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）如图，在几何体中，，四边形是边长为1的正方形，，点是棱上与不重合的点． (1)证明：平面平面； (2)若，且，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）可由线面垂直推出面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，转化成求直线方向向量与平面的法向量所成角来求解. 【详解】（1）（1）证明：由， 得，所以． 又，所以． 在正方形中，， 因为，所以． 又平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）（2）解：由（1）得，，两两垂直， 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系 如图所示， 则， 所以， 设，则， 所以，解得，即． 设平面的一个法向量为，则即 取，得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 题型04 平面与平面的夹角 23．（25-26高三下·辽宁·月考）如图，在四棱锥中，，，，，，. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过连接辅助线、，利用三角形全等、等边三角形性质与线面垂直判定定理，证明垂直于平面，从而证得； （2）先利用已知线段长度与勾股定理证得，再以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后通过两法向量夹角的余弦值得到两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）连接，设， 因为，，， 所以， 所以，则为的中点， 因为，，， 所以， 又，所以为等边三角形，则， 连接，因为，所以， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以. （2）在中，，， 由（1）知，则，所以， 在中，，则， 因为，所以，则. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，，. 设平面的一个法向量为， 由，得，令，则. 设平面的一个法向量为， 由，得，令，则. 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 24．（25-26高三下·安徽淮北·月考）如图，在梯形中，，，，现将所在平面沿对角线翻折，使点翻折至点，且成直二面角． (1)证明：平面平面； (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值； (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）取的中点，连接，利用平面几何知识证明，再利用面面垂直的性质定理证明平面，即可得证； （2）取的中点，连接，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用异面直线与所成角的余弦值，求出，进而通过向量法求出平面与平面夹角的余弦值； （3）根据点到平面的距离计算公式即可求得. 【详解】（1）取中点，连接， ，， 且，四边形为平行四边形， ，， 所以，，而， ，即， 又直二面角，即平面平面，且交线为， 又平面，平面， 平面 平面平面； （2）取中点，连接，则，， 由（1）同理可得平面， 以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系： 易得平面的一个法向量， 设平面的法向量， 在中，，， 可得出， 则在等腰直角中，， 又因为，所以， 得，，， 由得 取，得，故， 故， 由图可知二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为， （3），， 故点到平面的距离：． 25．（2026·云南玉溪·二模）如图，在四棱锥中，平面，为棱PD上一点，． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图，连接，设，可证，由线面平行的判定定理可证平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值． 【详解】（1） 如图，连接，设， 因为，且，故， 而，故，故， 而平面，平面，故平面. （2）因为，故，故， 而平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，， 故，又. 设平面的法向量为， 则即，取， 设平面的法向量为， 则即，取， 设二面角的平面角为，由题设可得为锐角， 故. 26．（25-26高三下·陕西咸阳·月考）如图，在四棱台中，，四边形为平行四边形，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若四边形为正方形，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）连接，结合棱台的性质及线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）连接. 四棱台中，四边形为平行四边形， 则平面平面，且四边形为平行四边形. 又为棱的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，，平面，所以，. 又四边形为正方形，所以，即，，两两垂直. 以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，令， 则，，，，， ，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 又，，，所以平面， 所以即为平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 27．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足.    (1)当时，证明：平面平面. (2)已知，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）先证平面，再由得平面，进而可证面面的垂直； （2）建立空间直角坐标系，根据两个平面夹角的余弦值可得所求值. 【详解】（1）当时，，则点是的中点. 又因为，，且为的中点，所以. 因为点在底面上的投影为的中点，所以平面， 又因为平面，所以. 由，，，平面，所以平面. 又因为为的中点，点是的中点，连接，所以且，    所以四边形是平行四边形，所以，且平面， 所以平面，且平面，所以平面平面. （2）由（1）解析知， 故以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图.    因为，得，， 所以， 因为平面在坐标平面内，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，， 由，得， 令，则可得 所以， 化简得，即， 解得或均符合题意， 故的值为或. 28．（25-26高三下·河南·月考）如图，在圆锥中，，，，为底面圆周上的四个点，且四边形为正方形，为母线的中点，在线段上取一点，过和作一平面与线段交于点． (1)证明：； (2)设，，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）连接，，，先证平面，再由线面平行的性质得到； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，再由面面角的向量表示，列方程求出即可． 【详解】（1）如图，连接，，． 因为四边形为正方形，为底面圆的圆心， 所以， 从而是对角线与的交点． 连接，则是的中位线，所以． 又平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面， 所以； （2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，． 设，则，． 设平面的法向量为，则即 取，可得平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则即 取，可得平面的一个法向量为， 所以． 结合，解得，即． 29．（2026·辽宁大连·一模）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，，，，E，F分别是线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，①求的长；②求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合三角形中位线定理、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、面面夹角定义进行求解即可； ②根据线面角定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点G，连接，，． 因为，，所以，，即是平行四边形， 因E，F分别是线段，的中点，则， 又平面，平面， 所以平面； （2）①如图，以G为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则点，，，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为， 则由，． 设平面的一个法向量为， 由，． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得（负值舍），故 ②由①，， 因， 故与平面所成角的正弦值为． 30．（25-26高三下·河北衡水·期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面，．     (1)求证：平面； (2)设，点为棱的中点，若二面角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理可得平面，再利用线面垂直性质定理及判定定理可得平面，则可得，再由菱形性质可得，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）取中点，连接，由底面为菱形，， 则为等边三角形，则， 又平面平面，平面平面， 平面，故平面， 由平面，则， 又，，、平面， 故平面，又平面，故， 由底面为菱形，则， 由，、平面， 故平面； （2）令，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设为单位长度，即，则，，则， 则，，，，， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 令，，则，，，， 即、， 设二面角的平面角为， 则， 即有， 整理得，则（负值舍去）. 强化训练 1．（2025高二上·全国·专题练习）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】根据空间向量的线性运算计算即可. 【详解】因为，所以. 因为点为的中点，所以. 所以 . 故选：B. 2．（25-26高三上·安徽·月考）如图，在平行六面体中，点是线段上的一点，且，设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量线性运算法则以为基底先表示出，再由化简得到. 【详解】因为， 又，所以， 所以 ． 故选：C． 3．（2026·云南昆明·模拟预测）已知等腰直角三角形是圆锥的轴截面，点在底面圆上，点为的中点，，则二面角正切值的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，根据面面角向量求得二面角夹角余弦值，再根据同角三角函数基本关系计算即可求解. 【详解】由题意可知等腰直角三角形是圆锥的轴截面， 所以平面，是底面圆的直径，， 因为点在底面圆上，所以， 因为，所以， 以点为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，， 取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， 设二面角为，由图可知， 则， 所以，. 4．（2026高三下·北京·专题练习）如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：①的最小值为；②四面体的体积为；③有且仅有一条直线与垂直；  ④存在点，，使为等边三角形．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．③④ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，建立空间直角坐标系，先将，再根据列式求解即可判断. 【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间的距离， 而，所以的最小值为，故①正确； 对于②，，而， 所以四面体的体积为，故②正确； 对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ， 因为，，， 所以平面， 所以当为中点，与重合时，此时， 故与垂直的不唯一，故③错误； 对于④，当为等边三角形时，， 而,， 所以，所以只需要与的夹角能等于即可， 以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图， 设， 则由题意可得，，， 则可得，， 则， 整理可得， 该方程看成关于的二次函数，， 所以存在使得为等边三角形，故④正确. 5．（25-26高二上·安徽淮北·期末）如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，代入线面角的向量公式求最值. 【详解】因为平面，且平面， 所以，且，，平面， 所以平面， 以为原点，为x轴，AD为y轴，过点A作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则，，，，， 所以，，设为平面的法向量， 则即取，可得，， 所以为平面的一个法向量. 设，，则， 设与平面所成的角为，则==， 令，则有， 当，即时，，此时 当，由存在，得， 解得，当时，，此时，即的最大值为， 所以与平面所成角的正弦值的最大值为. 6．（25-26高三上·江苏苏州·期末）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，动点在棱上（不含端点），则下列说法正确的有（    ） A．是钝角三角形 B．平面截该正方体所得截面的形状可能是平行四边形 C．当为的中点时，平面与底面所成角的正切值为 D．若在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系.A：利用空间向量数量积的坐标表示公式，判断各内角中有没有钝角；B：根据正方体截面性质进行判断；C：根据面面所成角的定义，结合空间向量夹角公式、同角的三角函数关系进行求解判断；D：根据球的性质，结合空间两点间距离公式、基本不等式、球的表面积公式进行判断. 【详解】A：建立如图所示的空间直角坐标系， ，设， ， 因为， ， ， 所以是钝角，所以是钝角三角形，因此本选项说法正确； B：根据正方体截面性质，可以判断平面截该正方体所得截面的形状不可能是平行四边形，所以本选项说法不正确； C：当为的中点时，， 因为平面， 所以是平面的一个法向量， ， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 所以是平面的一个法向量， 设平面与底面所成角为， ， ，所以本选项说法正确； D：在同一个球面上，设该球的球心为， 所以由， ， ， 所以球心坐标， 所以球的半径为， 因为， 所以，当且仅当时取等号， 即当时，有最小值， 所以有最小值，最小值为， 所以球的表面积的最小值为，所以本选项说法正确. 故选：ACD 7．（25-26高二上·陕西渭南·期末）（多选）如图，在棱长均为2的平行六面体中，底面ABCD是正方形，且，下列选项正确的是（   ） A． B． C．长为 D．异面直线AC与所成角的余弦值为 【答案】BC 【分析】利用空间基底法，来进行空间向量的线性运算和数量积运算，即可判断各选项. 【详解】因为，根据过一点只有一条直线与平行，而与显然不共线，所以是不成立的，故A错误； 设，因为， 且， 则， 所以，故B正确； 因为， 即，所以长为，故C正确； 因为，且， 可得 可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误； 故选：BC 8．（25-26高二上·安徽·月考）（多选）在平行六面体中，，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．直线与所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】A：由结合数量积的运算求解出结果；B：根据结合数量积的运算求解出结果；C：先根据结合数量积的运算求解出，再由代入数据求解出结果；D：取的中点，通过几何关系可证即为所求二面角的平面角，结合线段长度以及余弦定理求解出结果. 【详解】对于A，令，则， 所以 ， 所以，故A错误； 对于B： ， 故B正确； 对于C，因为， 所以 ， 所以，故C正确； 对于D，因为， 所以， 因为， 所以， 取的中点，连接，因为， 所以，则即为所求二面角的平面角， 又因为， 所以，故D正确． 故选：BCD. 9．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】/ 【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【详解】作，因为，所以是的中点， 过作，由直三棱柱性质得面， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得， 则，，，， 可得，， 设异面直线与所成角为， 则. 10．（2026高三下·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，，，为的中点，若点在棱上，且二面角的大小为，则与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【分析】方法一：建立空间直角坐标系，得到相关点及相关向量的坐标，设出点坐标，结合二面角的向量求法及已知条件求出点，根据线面角的向量求法求解即可. 方法二：根据三正弦定理求解即可. 【详解】方法一：因为，为的中点，所以，且. 连接，因为，，， 所以是等腰直角三角形，又为的中点，所以，且. 在中，，所以是直角三角形，且. 所以，，两两垂直， 以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，，， 设. 则，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则，， 所以. 易知平面，所以平面的一个法向量为. 又二面角的大小为，所以， 整理得，解得或（舍去），所以. 又，设与平面所成角为， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 方法二：设与平面所成角为．由题意知，，二面角的大小是， 由三正弦定理得． 11．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 【答案】或 【分析】通过四面体的体积，结合体积公式确定与的夹角，再设直线的夹角为，由 ​，即可求解. 【详解】 在中，，故，即， 则 ​， ​； 同理在中，，故，即， 得， 因为，， 所以与的夹角就是二面角的平面角， ， 点到平面的高， 故四面体体积， 代入得： ，故， 又，因为，， 所以： ， 设直线的夹角为， 则 ​， 又， 当时，，即， 得，即； 当，可得，即， 得，得 . 即直线的夹角为或. 12．（2026·四川眉山·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，． (1)当时，求证：平面； (2)若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理得证； （2）利用棱锥的体积比求出到平面的距离，由得出，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面的夹角余弦即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为当时，E为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）取中点,连接， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，因为，所以， ， 设到平面的距离为， 则， 所以，又，所以， 以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量， 则，令，则， 取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 13．（2026·四川资阳·三模）如图，在四棱锥中，平面，，，． (1)证明：平面； (2)若，为的中点，为棱上靠近点的三等分点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）空间几何证明，利用平面几何关系找到，结合条件，利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用向量夹角余弦与平面夹角的关系求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以是等腰直角三角形，所以，， 所以， 在中，由余弦定理得，， 即，所以，所以， 所以是等腰直角三角形，所以， 又因为，且，平面，所以平面 （2）因为平面，平面，所以， 又且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则有，，，， 则，因为为的中点，所以，， 因为为棱上靠近点的三等分点，所以， 所以， 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， 记平面与平面夹角的余弦值为， 所以. 14．（2026·青海西宁·二模）如图，在五面体中，平面平面，平面，为等边三角形，． (1)求证：； (2)点为棱上靠近点的三等分点，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行证明线线平行即可； （2）取的中点，的中点，证明两两互相垂直，再以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，通过求解平面、平面的法向量，得到二面角的余弦值，最后再直接求其正弦值即可． 【详解】（1）在五面体中，平面， 平面，平面平面，所以， 同理可证， 所以． （2）取的中点，的中点，连接，， 因为为等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面ABCD，则，又因为，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 则以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 所以，所以， 所以二面角的正弦值为． 15．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. (1)设，求证：PO⊥平面； (2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； (3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)500， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论； （3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小. 【详解】（1）证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点 又由于，，所以，， 平面，，所以平面； （2）假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高， 因为底面是菱形，则， 所以， 解得， 此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥； （3）方法一：过点P作直线，则l平面， 由于，所以，则l平面，所以平面平面， 作，垂足分别为E，F，则, 所以是平面与平面所成二面角或其补角 ，由于PO⊥平面， 平面，故，而O为的中点，则, 设，则， ， 由PO⊥平面，平面，故， 而平面，故平面， 平面，故， 所以 当且仅当时取等号， 故四棱锥体积的最大值为500（）， 此时平面与平面所成二面角为90° 方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E， 取的中点G，，由以上分析可知， 所以， 以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系， 设，，，， 由勾股定理知， ， 当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500； 此时，，，，， ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可取； ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可得平面的一个法向量， 故，所以所求二面角为90°. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $