空间向量与立体几何中的八类解答题专题训练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

空间向量与立体几何中的八类解答题专题训练 （适合全国I卷地区） 01 证平行+求角 1．（26-27高三上·河南许昌·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为的中点，点在棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)如图，取的中点为，连接，. 因为为的中点，所以，. 又，所以. 因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，故. 因为平面，平面，所以平面. (2). 【分析】（1）根据平行四边形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，根据面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）连接. 因为，，所以，均为等边三角形. 取线段的中点，连接，，则，，且. 因为平面平面，平面平面， 且平面，平面， 所以，，两两互相垂直. 以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即，取，则，， 所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则，即，取，则，， 所以平面的一个法向量为. 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 2．（2026·湖南益阳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)因为，，所以，． 在直三棱柱中，有底面侧面， 因为平面，平面平面， 所以平面． 在平面内过点作直线，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，，． 所以，， 设为平面的一个法向量， 则得， 令，则，，则． 又．则，所以． 又平面，所以平面． (2)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，验证与该法向量垂直，且不在平面内，从而证明线面平行； （2）分别求出平面和平面的法向量，利用两法向量夹角与二面角大小相等或互补的关系，计算其余弦值，再转化为正弦值． 【详解】（1）略． （2）由（1）可知，，． 设是平面的一个法向量， 则，得， 令，则，，则． 由（1）可知，平面的一个法向量是． 所以，． 所以，二面角的正弦值是． 3．（26-27高二上·河南郑州·开学考试）如图，在三棱柱 中，平面，, 为 的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； 【答案】(1)证明：在三棱柱中，平面ABC，，则直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 令，得， ， 设平面的法向量为，则，取，得， 显然，因此，平面，而平面， 所以平面. (2)． 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）由（1）的信息，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）略 （2）由平面，得平面的一个法向量为， 由（1）知平面的一个法向量为，则， 由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 4．（26-27高三上·安徽蚌埠·开学考试）如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点. (1)证明：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)取的中点，连接，， 因为为的中点，所以，且. 在直三棱柱中，，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 则. 又平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）通过辅助线构造平行四边形证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用三棱锥的体积得到所需长度，求平面的法向量和直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论即可. 【详解】（1）略 （2）设直三棱柱的侧棱长， ， 故. 如图建立空间直角坐标系，    可得，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则取，得，，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. 02 证垂直+求角 5．（26-27高三上·浙江·开学考试）如图，在直四棱柱中，，，，，为棱的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：连接，由题可知四边形为正方形，所以， 因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以． 取中点，连接，，因为，，， 所以， 因为四棱柱为直四棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 又， 因为平面, 所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)． 【分析】（1）先证，再利用直棱柱的线面垂直关系证明平面，从而得到； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的正弦公式进行计算． 【详解】（1）略． （2）如图，由（1）知三条直线，，两两垂直，以为坐标原点， 分别以，，所在直线为，，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，，, 则，即，令得，， 所以，， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 6．（26-27高三上·湖南长沙·开学考试）如图，已知四棱锥的底面是矩形，底面，，，是侧棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)以A为原点，以所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 已知，，是侧棱的中点，则： ， 故； ，故； ，故； 又，平面， 由线面垂直判定定理可得，平面． (2) 【分析】（1）根据已知四棱锥的性质，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，利用向量数量积计算得出线线垂直关系，进而利用线面垂直判定定理得出结论； （2）求出平面相关向量及平面法向量，进而利用线面角公式计算求解． 【详解】（1）略 （2），设平面的法向量为， 则，令，则，故， 设直线与平面所成角为， 由线面角公式得：． 7．（26-27高三上·湖南长沙·开学考试）如图，在三棱锥中，点在上，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)因为，，平面，， 所以平面，而平面，则， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，再利用线面垂直的判定得到面，最后结合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即可. 【详解】（1）略 （2）如图，在平面内过点作交于点， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 由题意得，，， ， 则，，，，， 由题意得，， 设平面的法向量为， 可得，取，得，， 所以平面的一个法向量为， 由题意得，， 设平面的法向量为， 可得，取，得，， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 8．（26-27高三上·安徽六安·开学考试）如图，在三棱锥中，棱，，两两互相垂直，且，．点是的中点，点是棱上的一个动点． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】(1)如图，连接． 因为，是的中点，所以． 因为，，且，平面，所以平面， 因为平面，所以． 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)1 【分析】（1）先根据，，得出平面，再推出平面，最后证明； （2）建立空间直角坐标系，利用直线方向与平面法向量的夹角计算公式，建立方程求得即可. 【详解】（1）略 （2）如图，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系． 由已知可得，，，． 设，则，，，． 设平面的法向量为， 由得，取． 设直线与平面所成的角为， 则． 令，解得． 故线段的长为1 03 证平行+求距离 9．（26-27高三上·福建福州·开学考试）如图，在直三棱柱中，是中点. (1)求证：平面； (2)若，且，求直线到平面的距离. 【答案】(1)如图所示，连接交于点，连接， 由三棱柱的特征可知侧面是平行四边形， 则是的中点，又是中点，则. 因为平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）先证明线线平行，再利用线面平行判定定理证明；（2）解法一，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法二，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用等体积法求解点到面的距离；解法三，由线面平行将线到面的距离转化为点到面的距离，利用空间向量法求解点到面的距离 【详解】（1）略 （2）【解法一】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，， 所以，所以. 因为平面，由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法二】由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，设为. 因为，，所以. 又因为，，所以，所以. 又因为，，，平面.， 所以平面. 因为点为中点，所以点到平面的距离为. 由，得. 又因为，， 所以，解得， 即直线到平面的距离为. 【解法三】在直三棱柱中，平面，因为平面，所以,，因为，所以两两垂直， 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，，，，，. 设平面的法向量为，则， 取，则，，即. 又，则点到平面的距离. 由（1）知平面，所以直线到平面的距离就是到平面的距离，所以直线到平面的距离为. 10．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 【答案】(1)证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 【分析】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 11．（2026高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，E、F分别是、的中点．若，． (1)求证：平面； (2)求点F到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)如图建立空间直角坐标系，，，，，，. 取的中点G，连结，则． ，， ．即． 又平面，平面， 平面． (2) (3)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出和平面中的向量，再证明平行即可. （2）求出平面的法向量，再求出点F到平面的距离即可. （3）根据（2）以及线面角公式求解即可. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为，，． ．即． 取，得． 又， 故点F到平面的距离为． （3）， ． ∴直线与平面所成角的大小为． 12．（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知正方体的棱长为分别为正方体的棱的中点． (1)求证：平面； (2)求线段到平面的距离． 【答案】(1)取的中点，连接，， 因为点是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 由于，分别为正方体的棱，的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形，即， 因为平面，平面，所以平面， 由于，平面，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. (2) 【分析】（1）由面面平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系进行求解． 【详解】（1）略 （2）如图建立空间直角坐标系， 则、、，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以， 所以，令，则，所以， 设点到平面的距离为，则， 由（1）知，∥平面， 则线段到平面的距离即为点到平面的距离， 故线段到平面的距离为． 04 证平行+证垂直+求角 13．（25-26高二下·广东汕头·期中）如图，在矩形中，，、分别为线段、的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)在矩形中，且， 因为、分别为线段、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，从而， 又因为平面，平面，所以平面. (2)因为平面，平面，所以， 连接，因为四边形为矩形，所以，，且， 因为、分别为、的中点，所以，， 又因为，所以，且， 故四边形为正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. (3) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）连接，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （3）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）略 （3）因为四边形为正方形，所以， 又因为平面，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， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取得， 易知平面的一个法向量为，， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 14．（25-26高一下·山东青岛·期末）如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，，E，F分别是，的中点． (1)若平面与平面的交线为l，判断直线与l的位置关系，并证明你的结论； (2)求直线和平面的距离； (3)若H为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值． 【答案】(1)，理由如下： 因为底面为菱形，所以，又因为平面，平面， 所以平面，又平面，平面平面， 所以； (2) (3) 【分析】（1）由为菱形，可证平面，进而可得结论； （2）利用已知可得平面，结合（1）可得的长为直线和平面的距离，进而计算即可； （3）为上任意一点，连接，则为平面所成的角，当最短时，即当时，最大，由此能求出二面角的余弦值． 【详解】（1）略. （2）四边形为菱形，，所以为正三角形， 又E是的中点，所以， 又因为，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，， 所以平面，由（1）可知平面， 所以的长为直线和平面的距离， 又因为为正三角形，且， 所以， 所以直线和平面的距离为． （3）为上任意一点，连接， 由（2）知平面，则为与平面所成的角， 在中，，所以当最短时，即当时，最大． 此时，所以， 又因为，所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面平面， 过作于，则平面， 过作于，连接，则为 二面角的平面角，在中，，， 又是的中点，在中，， 又， 在中，， 所以二面角的余弦值为． 15．（26-27高三上·安徽·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明：因为在平面中，，，所以，     又，所以四边形是以与为底边的梯形，所以与相交，     因为，，，平面，所以平面． (2)证明：取的中点，连接，， 因为是的中点，所以且， 因为且，所以且，     所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面． (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定即可证明； （2）取的中点，连接，，证明，再由线面平行的判定即可证明； （3）建立空间直角坐标系，由空间向量法求解面面角. 【详解】（1）略 （2）略 （3）因为平面，，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，， ，，所以，， ，， 设平面的一个法向量， 则，即，取，得，   设平面的一个法向量，则， 即，取，得，     设平面与平面的夹角为，则． 16．（26-27高二上·浙江·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 【答案】(1)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，， 则，所以， 所以在平面内，， 又平面，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）利用结合证得平面，得到，结合勾股定理的逆定理得，推出，证出线面平行； （2）（i）由平面平面推导出平面，得到，为斜边固定的直角三角形，求出底面最大面积，代入棱锥体积公式得体积最大值； （ii）三垂线法分别找出两个二面角的平面角，利用正弦倍数条件得到，算出后借助直角三角形斜边上高建立关于的方程求解． 【详解】（1）略 （2） （i）如图，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，， 由勾股定理，， 由基本不等式，得， 所以，当且仅当，即取等号， 所以最大值为， 在中，，， ， 所以的最大值为 四棱锥中，底面，高， , 所以的最大值为； （ii）因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，且平面平面， 如图，过点作，垂足为， 再过作，垂足为，连接，， 则平面， 则，分别为二面角，的平面角， 于是，由，得， 在中，， 由等面积得， 由，得， 设，中斜边上高， 所以， 解得． 05 证平行+求线段长度 17．（25-26高二下·广东韶关·期末）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，侧面底面，平面平面. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)因为底面为直角梯形，，，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. (2)因为，平面，平面，所以平面， 设平面平面，又平面，所以， 即， 由平面，即平面，平面， 所以，故或其补角为平面与平面所成角. 因为平面平面，所以，即. (3)或 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理证明结论； （2）由线面平行的判定定理得平面，再由线面平行的性质定理得，根据二面角的定义及已知即可证； （3）构建合适的空间直角坐标系，取为中点，设并标注出相关点坐标，应用向量法求二面角列方程求参数值，最后由向量模长的坐标运算求长度. 【详解】（1）略 （2）略 （3）以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示直角坐标系，则，，，. 取为中点，由可得，设， 设，所以，，， 设平面的法向量为，则，可取， 由题可取平面的一个法向量为. 设平面与平面夹角为，则， 化简得，解得或， 所以， 所以或. 18．（25-26高二下·江西·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，E，F分别是棱，的中点，M为棱上一点，平面，. (1)证明：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)取棱的中点，连接，，则，且， 因为为的中点，四边形是正方形，所以，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面 (2) 【分析】（1）取棱的中点，连接，，可证明四边形为平行四边形，可得，进而可证结论. （2）以为坐标原点，直线，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设，求得平面与平面的法向量，利用向量法可得，进而可得结论. 【详解】（1）略. （2）由题意可得直线，，两两垂直， 以为坐标原点，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， 设，则，，， 设，则，，，. 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，，所以， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，， 所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 解得，或（舍）， 所以，所以. 19．（25-26高二下·广东·期末）如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． (1)求证：； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 【答案】(1)连接，因为直线为圆台的轴，为圆台的母线， 则为直角梯形，其中， 又因为， 所以为等腰直角三角形，所以， 又因为四边形为圆台的轴截面，则，又， 所以， 法一：又因为平面， 所以平面， 又平面， 所以； 法二：所以直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，， 所以， 则，所以， 所以； (2)2. 【分析】（1）可以通过构造直角梯形证明 平面 ，从而 ；也可建立坐标系直接验证 ； （2）建立坐标系，分别求出平面 与 的法向量，利用二面角余弦的绝对值等于法向量夹角余弦的绝对值，解方程求高． 【详解】（1）略． （2）由（1）得，，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，即，取，得，， 故平面的一个法向量为， 又，即，取，得， 故平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为， 得，解得， 所以圆台的高的长为2. 20．（25-26高二下·湖南·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，；分别延长，到，使得，；平面与平面的交线为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)证明：； (3)点在上，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求出的长． 【答案】(1) (2)由题可知，分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，            又平面，平面平面， 所以，从而. (3) 【分析】（1）方法一：过点作于，连接，得到平面与平面夹角的平面角，通过即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量即可求解； （2）由线面平行可得线线平行； （3）方法一：利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值的表达式，求出正弦值最大的情况即可求解；方法二：利用等体积法，得到当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时，得到即可求解. 【详解】（1）方法一：平面与平面的夹角也就是平面与平面的夹角． 过点作于，连接， 因为平面，平面,所以， 又因为平面,所以平面， 又平面，所以，所以是两个平面所成的角， 根据题意可知，， 在中，由等面积可得，则， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：根据题意可知，， 于是可以建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， 利用点是的中点确定点的坐标为， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 显然平面的法向量可以是， 设平面与平面的夹角大小为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （2）略. （3）方法一：由（2）可知，，于是可设， 即，又，则，， 设直线与平面所成角大小为， 则， 当时，取得最小值，则取得最大值． 此时，； 方法二：由（2）可知，平面，所以上所有点到平面的距离都相等， 设这个定距离为，也就是点到面的距离． 在中，，，由余弦定理，，， 在三棱锥中，， 设直线与平面所成角大小为，为锐角，则， 当最小时，最大，显然，即时，最小． 又，， ． 所以． 06 证明+面积或体积 21．（25-26高三下·湖北襄阳·阶段检测）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O在平面ABCD上，求证：平面QBC； (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：如图，连接AC，则AC必过点O， 在四边形PAQC中，由于对角线AC，PQ互相平分， 则四边形PAQC为平行四边形，故， 由于平面QBC，且平面QBC， 所以平面QBC； (2) 【分析】（1）连接，由正棱锥性质推知，然后由线面平行的判定得到证明； （2）建立空间直角坐标系，由二面角的条件求出八面体的高和四边形的边长，进而得解. 【详解】（1）略 （2）如图，过点B作，记正方形ABCD的中心为N，连接NA，NB， 由于平面ABCD， 平面ABCD，则，， 且，则BC，BA，BH两两垂直， 如图，以点B为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BH所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 由对称性，不妨设点O在N的下方，设， 则，，， 于是点，，，， 设平面PAB的一个法向量为，， ， 由，， 令，则，， 于是平面PAB的一个法向量为， 设平面QAB的一个法向量为， ，， 由，则， 令，则，， 于是平面QAB的一个法向量为， 设二面角P﹣AB﹣Q的平面角为θ，，则， 则  则， 则， 即内接八面体的体积为． 22．（26-27高三上·宁夏石嘴山·开学考试）在直三棱柱中，，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)若二面角是直二面角，求的长； (3)在（2）的条件下，求三棱锥的体积． 【答案】(1)连接，在矩形中与互相平分，是的中点，所以， 由于为的中位线， 故． 又平面，平面，故平面． (2) (3) 【分析】（1）连接，由中位线得到线线平行，从而利用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．根据题意设出点的坐标，借助空间向量求得平面和平面 的法向量，结合二面角得到向量的数量积关系，即可求得的长； （3）由棱锥的等体积转换得，由中点得到，再等体积转换为，然后由三棱柱和三棱锥的体积关系，即可求得结果. 【详解】（1）略 （2）以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，且， 所以， 设平面的一个法向量， 则，取得 ， 同理可取平面 的一个法向量 ． 因此 ，得． 解得．所以． （3）由题可知， ． 23．（2026·江苏·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，平面平面，为的中点． (1)求证：． (2)若，，，且与平面所成角为． ①当时，求三棱锥的体积； ②当取最大值时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)已知平面，且平面，因此； 已知平面平面，且平面平面，在平面内作于， 根据面面垂直的性质定理，可得平面，结合平面， 可得； 由于，且平面，根据线面垂直的判定定理，可得平面； 又因为平面，因此． (2)①② 【分析】（1）由线面垂直的定义先得到，在平面内作于，根据面面垂直的性质定理和线面垂直的定义 得到后利用线面垂直的判定定理和定义即可证得结论； （2）①找出与平面所成角，通过其正弦值求出，再利用锥体体积公式求解； ②建立空间直角坐标系表示与平面所成角，通过条件求出与的关系，利用基本不等式求的最大值后再利用公式求解. 【详解】（1）略 （2）①取的中点，连接， 因为是的中点，所以， 由（1）平面，可得平面， 平面，所以， 由，为等腰直角三角形， 因此， 又因为平面，， 所以平面， 则就是与平面所成的角， 已知与平面所成角为，所以. 在等腰中，，所以； 在中，, 代入得，所以, 所以 所以三棱锥体积为. ②过点作平面，垂足为，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则. 故, 直线的方向向量. 设平面的法向量，故，即, 令，则，所以. 由直线与平面的夹角为，得， 整理得 ， 交叉相乘同时平方得， 进而有， 由基本不等式得，,所以 ， 当且仅当 时，即时等号成立，所以，即的最大值为. 此时 设平面的法向量，则， 即， 令，则，所以. 平面的一个法向量.S 设二面角为，则， 所以. 24．（25-26高二下·江苏苏州·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，，分别是线段，上的动点（不含端点），． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴、轴建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 所以，， 又，所以． (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，，从而得到，，，的坐标，进而计算即可证明； （2）结合（1），先求出三棱锥的体积取得最大值时的值，从而分别求出平面与平面的法向量，进而根据向量的夹角公式即可求解． 【详解】（1）略 （2）结合（1）设，，则， 由， 所以当时，三棱锥的体积取得最大值． 所以结合（1）的空间直角坐标系有，，，，， 则 ，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，即， 设平面的法向量为，则， 令，则，，即可得， 记平面与平面的夹角， 则有， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 07 折叠问题 25．（25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．    (1)证明：平面平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)在图中连接，，    由是正方形，则和都是等腰三角形， 又是正方形中心，所以，， 因为，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据正方形的性质，及线面垂直的判定和性质即可证明； （2）先根据题意及面面垂直的性质得到，，两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再计算及平面的一个法向量，进而计算即可． 【详解】（1）略 （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，且平面平面，平面， 所以平面ABC，所以，，两两垂直． 则以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，    因为正方形的边长为，则， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为． 26．（25-26高二下·福建莆田·期末）如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）作于点,连接,证明平面，得到，再使用等面积法，计算出，最后求出的长； （2）以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再计算出平面与平面所成角的余弦值； （3）若四面体的四个顶点都在球上，由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心,利用求出球心的坐标，再求出点到直线的距离，最后求得三角形的面积. 【详解】（1）作于点,连接， 因为平面平面，平面平面，平面, 所以，平面，平面， 所以，，又，，平面, 所以，平面，平面， 所以，， 由，得 即, 翻折前在梯形中，由得，沿将梯形翻折后，, 在平面四边形中，，那么, 又所以四边形是平行四边形， 所以，, 设，则，， 即，解得, 所以，. （2）在原直角梯形中，作于点，那么 四边形为矩形，, ,所以为等腰直角三角形，， 由于,所以，， 所以，沿将梯形翻折后，为等腰直角三角形, , 以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，那么 ,, , 设平面法向量为，平面法向量为，那么 ， 取，则为平面一个法向量， , 取，则为平面一个法向量， , 所以，平面与平面所成角的余弦值为. （3）若四面体的四个顶点都在球上， 由于为直角三角形，故球心在经过斜边中点与平面垂直的直线上，设球心，则由可得 ，解得， 所以，， 点到直线的距离为 , 所以，. 27．（25-26高二下·广东汕头·期末）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点.    (1)证明：； (2)若， ①三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)如图，取的中点，连接、. 因为是正三角形，为中点，所以； 因为是等腰直角三角形，，为中点，所以. 又，平面，故平面. 因为平面，所以.    (2)①；② 【分析】（1）取 中点 ，由正三角形和等腰直角三角形的性质得 、，从而 平面 ，故 ； （2）① 由垂直关系得外接球球心为中点，用等体积法分别求到平面 的距离和到平面的距离，球心到平面的距离为后者的一半； ② 建立空间直角坐标系，由垂直关系确定坐标，分别求两平面法向量，用夹角公式得二面角余弦值. 【详解】（1）略. （2）①当 时，由 ，则 ， 取的中点 ，连接 . 故到四点的距离相等，故为三棱锥 外接球的球心， 因为，故 ， 设到平面 的距离为，到平面 的距离为， 由等体积法可得 而，由于 ，故. 所以， 从而，故到平面 的距离为.   ②由①知 ，且 . 以为原点，、所在直线分别为轴、轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，设. 由，即，得；由，即，得 ； 又 ，故，所以. 平面中，， 其法向量满足，可取； 平面 中，， 其法向量满足，可取. 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为.    28．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）如图，在等腰梯形中，，且，为底边的中点，现将沿翻折，点翻折至空间后． (1)求四棱锥的体积； (2)点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取的中点为，利用线面垂直的判定及锥体的体积公式推理求解. （2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）由，得， 由为底边的中点，得，为边长为2的正三角形， 菱形的边上的高为，该菱形的面积为， 沿直线翻折后，取的中点为，连接， 则，且，， 又，则，即， 又平面，因此平面， 所以四棱锥的体积为. （2）由（1）知，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， 显然平面的法向量为，又， 设平面的法向量，则，取，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 29．（26-27高三上·河北廊坊·开学考试）在如图（1）所示的平面图形中，四边形是直角梯形，，，，，和是两个正三角形．分别沿，将两个正三角形折起，使得平面和平面都与平面垂直，连接，，，得到如图（2）所示的几何体． (1)证明：平面平面． (2)求点D到平面的距离． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)设，的中点分别为M，N，连接，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以．     又，且，是平面内的两条相交线， ，是平面内的两条相交线，所以平面平面． (2) (3) 【分析】（1）利用面面平行判定定理的推论由，证明面面平行即可; （2）将点D到平面的距离看作三棱锥的高，利用等体积法求解即可; （3）设平面与平面夹角为，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，通过求解. 【详解】（1）略 （2）连接，可得，又， 所以平面，则，     在中，， 所以，    设点D到平面的距离为h，则． 易知平面，所以是三棱锥的高， 所以， 由，得，所以， 所以点D到平面的距离为． （3）如图，以M为原点，分别以，，所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 可得，可取，，   所以．设平面的法向量为， 则，即，可得，可取，， 所以．    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． 08 探究型问题 30．（26-27高二上·湖南长沙·开学考试）如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点， ∴四边形ABED为菱形，∴， ∴，，即，，且， 平面POB，平面POB，∴平面POB. (2)存在点Q为PB的中点， 【分析】（1）连接BE，通过说明，，即可求证； （2）建系，设，得到， 求得平面法向量和直线方向向量，结合夹角公式列出方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知四边形ABED为菱形，∴， 在等腰梯形ABCD中，，∴为正三角形， ∴，同理， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，， 以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，，， ，，， 设，， 设平面AEQ的一个法向量为， 则即 取，，得，∴， 设直线PC与平面AEQ所成角为θ，， 则，即， 化简得：，解得λ=， ∴存在点Q为PB的中点，即时， 使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为． 31．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)四边形中，，，，，若平面与平面所成的角的余弦值为． （i）求线段的长； （ii）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 【答案】(1)在四棱锥中，底面，平面，则， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，为的中点，得，又，，平面， 所以平面． (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据题意，得到平面，从而得到，再结合即可求解； （2）（i）以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，根据题意得到平面和平面的法向量即可求解；（ii）根据题意得到即可求解. 【详解】（1）略. （2）（i）由（1）知，直线，，两两垂直， 以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 过点作于点，由，，得， 设，则，，，， 所以，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量为， 依题意，得， 整理得，解得（舍去），所以线段的长为． （ii）显然平面，而平面，则，又， 所以，解得， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为． 32．（26-27高三上·浙江·开学考试）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，侧面为正三角形，平面平面，且，为的中点． (1)证明：平面． (2)求二面角的正弦值． (3)在线段上是否存在点，使、、三点在以点为球心的球面上？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)因为，，则， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 取的中点，连接、， 平面，， 在正三角形中，， 又，、平面，平面， 是中点，是的中点，，， ，，，， 四边形是平行四边形，，平面. (2) (3)在线段上不存在点满足条件，理由如下： 假设在线段上存在点满足条件，设， 由（2），，， 则，， 由得 ，无解， 即在线段上不存在满足条件的点． 【分析】（1）取的中点，连接、，先证明平面，再证得，即可证得平面； （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用二面角的向量求法可求得结果； （3）假设在线段上存在点满足条件，设，由，列方程组，无解，即在线段上不存在满足条件的点． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接， 在正三角形中，， 面面，面面，平面， 面， 以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， ， 设平面和平面的一个法向量分别为， 由，得，取，得， 由，得，取，得， 则， 则二面角的正弦值为． （3）略 33．（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)存在， 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，由线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）略 （2）由直三棱柱得，因为， ，，平面， 所以平面．因为平面， 所以，又由直三棱柱得，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意，，，，，． 设（），可得． 因此，，． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 因此直线与平面夹角的正弦值为， 解得，即为中点，所以， 因此，存在点满足题意，此时． 34．（25-26高三上·广东佛山·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，判断是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为平面，平面，所以； 又，是的中点，所以； 因为，，平面，所以平面． (2)存在， 【分析】（1）由线面垂直的判定定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量进行求解． 【详解】（1）略 （2）由平面，得，，故， 设，以为原点，为轴，为轴，过作的垂线为轴，建立坐标系， ，，，，， 设，，， 平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则： ， 解得，故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为， 此时． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 空间向量与立体几何中的八类解答题专题训练 （适合全国I卷地区） 01 证平行+求角 1．（26-27高三上·河南许昌·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为的中点，点在棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 2．（2026·湖南益阳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是侧棱的中点，，，是底边的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 3．（26-27高二上·河南郑州·开学考试）如图，在三棱柱 中，平面，, 为 的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； 4．（26-27高三上·安徽蚌埠·开学考试）如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 02 证垂直+求角 5．（26-27高三上·浙江·开学考试）如图，在直四棱柱中，，，，，为棱的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 6．（26-27高三上·湖南长沙·开学考试）如图，已知四棱锥的底面是矩形，底面，，，是侧棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 7．（26-27高三上·湖南长沙·开学考试）如图，在三棱锥中，点在上，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 8．（26-27高三上·安徽六安·开学考试）如图，在三棱锥中，棱，，两两互相垂直，且，．点是的中点，点是棱上的一个动点． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 03 证平行+求距离 9．（26-27高三上·福建福州·开学考试）如图，在直三棱柱中，是中点. (1)求证：平面； (2)若，且，求直线到平面的距离. 10．（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 11．（2026高三·全国·专题练习）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，E、F分别是、的中点．若，． (1)求证：平面； (2)求点F到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的大小． 12．（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知正方体的棱长为分别为正方体的棱的中点． (1)求证：平面； (2)求线段到平面的距离． 04 证平行+证垂直+求角 13．（25-26高二下·广东汕头·期中）如图，在矩形中，，、分别为线段、的中点，平面. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 14．（25-26高一下·山东青岛·期末）如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，，E，F分别是，的中点． (1)若平面与平面的交线为l，判断直线与l的位置关系，并证明你的结论； (2)求直线和平面的距离； (3)若H为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值． 15．（26-27高三上·安徽·开学考试）如图，在四棱锥中，，，，，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 16．（26-27高二上·浙江·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，．    (1)若，求证：平面； (2)若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 05 证平行+求线段长度 17．（25-26高二下·广东韶关·期末）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，侧面底面，平面平面. (1)证明：平面； (2)证明：； (3)若平面与平面夹角的余弦值为，求的长. 18．（25-26高二下·江西·期末）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，E，F分别是棱，的中点，M为棱上一点，平面，. (1)证明：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 19．（25-26高二下·广东·期末）如图，已知圆台，其中均为母线，四边形为圆台的轴截面，且． (1)求证：； (2)已知二面角的余弦值为，求圆台的高的长． 20．（25-26高二下·湖南·期末）如图，在三棱锥中，平面，，，；分别延长，到，使得，；平面与平面的交线为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)证明：； (3)点在上，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求出的长． 06 证明+面积或体积 21．（25-26高三下·湖北襄阳·阶段检测）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O在平面ABCD上，求证：平面QBC； (2)如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积． 22．（26-27高三上·宁夏石嘴山·开学考试）在直三棱柱中，，，，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)若二面角是直二面角，求的长； (3)在（2）的条件下，求三棱锥的体积． 23．（2026·江苏·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，平面平面，为的中点． (1)求证：． (2)若，，，且与平面所成角为． ①当时，求三棱锥的体积； ②当取最大值时，求二面角的正弦值． 24．（25-26高二下·江苏苏州·期末）如图，在直三棱柱中，已知，，，分别是线段，上的动点（不含端点），． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值． 07 折叠问题 25．（25-26高二下·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．    (1)证明：平面平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 26．（25-26高二下·福建莆田·期末）如图，在梯形中，，，，，，，分别为边，上的动点，且．沿将梯形翻折，使平面平面，且． (1)求的长； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若四面体的四个顶点都在球上，求三角形的面积． 27．（25-26高二下·广东汕头·期末）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点.    (1)证明：； (2)若， ①三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 28．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）如图，在等腰梯形中，，且，为底边的中点，现将沿翻折，点翻折至空间后． (1)求四棱锥的体积； (2)点为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 29．（26-27高三上·河北廊坊·开学考试）在如图（1）所示的平面图形中，四边形是直角梯形，，，，，和是两个正三角形．分别沿，将两个正三角形折起，使得平面和平面都与平面垂直，连接，，，得到如图（2）所示的几何体． (1)证明：平面平面． (2)求点D到平面的距离． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 08 探究型问题 30．（26-27高二上·湖南长沙·开学考试）如图所示，等腰梯形ABCD中，，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面ABCE）. (1)证明：平面POB； (2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 31．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)四边形中，，，，，若平面与平面所成的角的余弦值为． （i）求线段的长； （ii）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 32．（26-27高三上·浙江·开学考试）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，侧面为正三角形，平面平面，且，为的中点． (1)证明：平面． (2)求二面角的正弦值． (3)在线段上是否存在点，使、、三点在以点为球心的球面上？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 33．（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 34．（25-26高三上·广东佛山·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）． (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，判断是否存在点使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $