四川省高考数学复习 专题05 立体几何（理科）解答题30题专项提分计划

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四川省高考数学复习
专题5立体几何（理科）解答题30题专项提分计划

1．（四川省眉山市2022届高中第三次诊断性考试数学（理工类）试题）如图，已知在三棱柱中，，，F是线段BC的中点，点O在线段AF上，，D是侧棱中点，.

(1)证明：平面；
(2)若，点在平面ABC内的射影为O，求直线OE与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接 并延长交 于 点，连接
根据平行线分线段对应成比例证明，从而得到平面
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面 的法向量，利用向量法求线面角的余弦值的绝对值即为直线OE与平面所成角的正弦值
（1）
证明：连接 并延长交 于 点，连接
，，F是线段BC的中点


是 的重心，
D是侧棱中点, ,

,
平面
（2）
以 为原点，分别以直线 为 轴和 轴，以过 平行于 的直线为 轴建立如图所示空间直角坐标系


则 ， ， ，

，


设 是平面 的一个法向量，
则
，取 ，解得

所以，直线 与平面 所成角的正弦值为
2．（四川省成都市2023届高三第一次诊断性检测数学（理科）试题）如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足.将沿折起，得到如图②所示的四棱锥.

(1)设平面平面，证明：⊥平面；
(2)若，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）由得到线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，得到，证明出线面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.
【详解】（1）平面平面，
平面.
平面，平面平面，
.
由图①，得，
.
平面，
平面；
（2）由题意，得.

又，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，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，
令，得，故.
设与平面所成角为.

直线与平面所成角的正弦值为.
3．（四川省成都市第七中学2022-2023学年高三下学期入学考试数学（理）试题）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，，，平面ABCD，且，点M在棱PD上（不包括端点），点N为BC中点．

(1)若，求证：直线平面PAB；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明
（2）建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取PA的点Q，满足，连接MQ，QB，

因为，所以且，
又因为，且，点N为BC中点，即，且，
所以且，则四边形MQBN为平行四边形，
则，平面PAB，平面PAB，
所以直线平面PAB．
（2）如图所示，以点A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
又N为BC的中点，则，
所以，，，，
设平面CPD的法向量为，
则，令，则，
设平面CPN的法向量为，
则，令，则，
所以，
由题意可得：二面角的平面为钝角，故其余弦值为．
4．（四川省内江市2022届高三第二次模拟考试数学文科试题）如图所示，已知是边长为6的等边三角形，点M、N分别在，上，，O是线段的中点，将沿直线进行翻折，A翻折到点P，使得平面平面，如图所示.

(1)求证：；
(2)若，求点M到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）由，证得，利用面面垂直的性质，证得平面，进而证得；
（2）设点到平面的距离为，结合，求得的值，结合平面，利用点到平面的距离与点到平面的距离相等，即可求解.
【详解】（1）证明：因为是边长为6的等边三角形，且，
在中，可得，
又因为点是线段的中点，所以，
因为平面平面，且平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：由是边长为6的等边三角形，可得的高为，
因为,，可得，,
则的面积为，
又由平面，且，
所以三棱锥的体积为，
在直角中，，可得，
所以的面积为，
设点到平面的距离为，
因为，可得，解得，
又由，且平面，平面，所以平面，
则点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以点到平面的距离为.

5．（四川省广安市2022届高三第二次诊断考试数学（理）试题）如图（1），已知是边长为6的等边三角形，点，分别在，上，，是线段的中点．将沿直线进行翻折，翻折到点，使得二面角是直二面角，如图（2）．

(1)若平面，求的长；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，写出的坐标，由即可求解参数，从而得结果；
（2）分别求出平面与平面的一个法向量，结合二面角的向量夹角公式即可求解．
(1)
设中点为，因为是边长为6的等边三角形，是线段的中点，则,
又因为二面角是直二面角，平面平面，平面
所以平面
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则
所以
因为平面，则，故又，得
解得，故．

(2)
因为平面，则平面的一个法向量为
由，得
设平面的一个法向量为，则
，又，取解得
故
所以
故二面角的余弦值为
6．（四川省南充市2022届高考适应性考试（二诊）理科数学试题）如图所示，四边形为菱形，，二面角为直二面角，点是棱的中点.

(1)求证：；
(2)若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设点是棱的中点，连接，证得，得到平面，
进而得到，结合，证得平面，即可得到；
（2）设点是与的交点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系求得平面和的法向量，利用向量的夹角公式，列出方程求得，得出的坐标，利用向量的夹角公式，即可求解.
(1)
证明：如图所示，设点是棱的中点，连接，
由及点是棱的中点，可得，
又二面角为直二面角，故平面，
又因为平面，所以，
又因为四边形为菱形，所以，
而是的中位线，所以，可得，
又由，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以.
(2)
解：设点是与的交点，以所在直线为轴，所在直线为轴，
过点垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，即，
又因为平面的一个法向量为，
由二面角的正切值为，
则，解得，
则，
则，
又因为，所以直线与平面所成的角为.

7．（四川省宜宾市2022届高三第二次诊断测试数学（理）试题）如图1，在梯形中，，，垂足为，，.将△沿翻折到△，如图2所示.为线段的中点，且.

(1)求证：；
(2)设为线段上任意一点，当平面与平面所成锐二面角最小时，求的长.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质有，根据线面垂直的判定、性质得，由已知及勾股定理可得，再根据线面垂直的判定、性质得，最后利用线面垂直证线线垂直即可.
（2）构建空间直角坐标系，设并确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示可得二面角的余弦关于t的函数式，最后结合二次函数性质求最小锐二面角对应的的长.
【详解】（1）连接，由题意，，又是中点，

所以，而，，
所以面，面，则，
由且，知：，
在△中，则，即.
由，则面，面，于是.
由题意，，与相交，则面，面，
所以.
（2）连，，设，由（1）知：，，两两垂直，
故分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，

由题意，则，，，取面的法向量，
设面的法向量，则，令，即，
设面与面的二面角为，则：，
当时，即长为时所求锐二面角最小.
8．（四川省德阳市2022届高三质量监测考试（二）数学（理）试题）如图，在四棱锥中，已知，，，，平面.

(1)如图，点分别为棱的中点，点为靠近的四等分点，求证：四点共面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，由三角形中位线性质和平行四边形性质可证得，由此可得四点共面；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即可求得结果.
（1）
取中点，连接，

为上靠近的四等分点，为中点，又为中点，；
分别为中点，，又，，
四边形为平行四边形，，又，，
四点共面；
（2）
以为坐标原点，为轴可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
9．（四川省达州市2022届高三第二次诊断性测试理科数学试题）在四棱锥中，四边形为平行四边形，是等边三角形，.

(1)证明：；
(2)若，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2).

【分析】（1）取AM的中点N，利用线面垂直的判定定理可得AM⊥平面BDN，进而可得AM⊥BN，即证；
（2）由题可得，，可得平面ADM，建立坐标系，利用坐标法即得.
【详解】（1）取AM的中点N，连接DN，BN，

∵是等边三角形，
∴AM⊥DN，又，
∴AM⊥平面BDN，又平面BDN，
∴AM⊥BN，又N为AM的中点，
∴；
（2）∵，，是等边三角形，
∴，，
∴，又，
∴平面ADM，
如图建立空间直角坐标系，

则，
∴，
设平面BMC的法向量为，则
，令，则，
∴，
设平面DMC的法向量为，则
，令，则，
∴，
∴，
∴，
∴二面角的正弦值为.
10．（四川省泸县第一中学2022届高三三诊模拟考试理科数学试题）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．

(1)设P是上的一点，且，求证；
(2)当，时，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2)60°.

【分析】（1）证明平面ABP，原题即得证；
（2）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．利用向量法求二面角的大小.
（1）
解：因为，，AB，平面ABP，，
所以平面ABP，又平面ABP，所以.
（2）
解：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题意得，，，，
故，，．
设是平面AEG的一个法向量，
由可得
取，可得平面AEG的一个法向量．
设是平面ACG的一个法向量，
由,可得
取，可得平面ACG的一个法向量．
所以， 因为，
故所求的角为60°．
11．（四川省绵阳市2022届高三第三次诊断性考试理科数学试题）在四棱锥中，底面ABCD为梯形，已知，，，是以BC为斜边的等腰直角三角形．

(1)证明：平面PCD；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取为的中点，连接、，先证、，然后再证明，从而证明平面，找到，再根据，即可证明平面PCD.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别表示出对应点的坐标，然后计算平面、平面的法向量，通过计算两个法向量夹角的余弦值来确定二面角的平面角的余弦值.
(1)
证明：

设点为的中点，连接、，
因为是以BC为斜边的等腰直角三角形，所以，
因为，所以，因为，，所以,
在中，，可知，且,
又因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
在中，，所以，即，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，又因为，，平面，
所以平面PCD.
(2)
以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴为正方向建立空间直角坐标系，如图所示，空间直角坐标系，
由题意得：，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，得
，不妨设，则，
同理可得平面的一个法向量为，
所以.
由图可知，所求的二面角平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
12．（四川省攀枝花市2022届高三第三次统一考试理科数学试题）如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面平面ABCD，，E、F分别为AD、SC的中点，且平面SBC．

(1)求AB；
(2)若，求直线EF与平面SCD所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到且，从而得到，即可得到平面，则，即可得到是等边三角形，从而得解；
（2）取的中点，连接，作，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
（1）
解：取的中点，连接、，因为为的中点，
所以且，又为的中点，底面是矩形，
所以且，所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，所以平面，平面，所以，
又，所以是等边三角形，所以

（2）
解：因为平面平面，，取的中点，连接，作，如图建立空间直角坐标系，
因为，所以，，，，，所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，
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；
13．（四川省泸州市2022届高三第三次教学质量诊断性考试理科数学试题）已知直三棱柱中，D为的中点．

(1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立；
①；②；③．
(2)若，，，求直线与平面ABD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和性质，根据不同的选择，即可证明；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设出长度，利用，求得，再求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法即可求得结果.
(1)
连接，如下所示：

选择①，②，证明③如下：
因为，，面，
故面，又面，故可得.
又为直三棱柱，故面，
因为面，故；
又面，故面，
又面，故可得，
因为为的中点，故可得在平面中，垂直平分，
则.
选择①，③，证明②如下：
因为为的中点，且，
在△中，由三线合一可知；
又为直三棱柱，故面，
因为面，故；
又面，故面，
又面，故；
又，面，
故面面，故.
选择②，③，证明①如下：
因为为的中点，且，
在△中，由三线合一可知；
又为直三棱柱，故面，
因为面，故；
又面，故面，
又面，故；
又面，故面，
因为面，故.
(2)
因为，则，
故，则，
又为直棱柱，故面面，
故，
故两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下所示：

设，则，
故，
因为，故，解得，
故，
，
设平面的法向量，
则，即，取，解得，
则，又，
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.
14．（四川省遂宁市2022届高三下学期三诊考试数学（理）试题）如图1所示，四边形为梯形且 ，，为中点，，，现将平面沿折起，沿折起，使平面平面，且重合为点（如图2所示）．

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)详见解析；
(2)

【分析】（1）易证，再由平面平面，得到平面ABCD，则，再由四边形BCDE是正方形，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的一个法向量，易知平面PAD的一个法向量为，然后由求解.
(1)
证明：因为，
即PA=PD=，E为AD的中点，
所以是等腰三角形，
且，即，
又因为平面平面，且平面平面=AD，平面PAD，
所以平面ABCD，又平面ABCD，
所以，
又因为，且，
所以四边形NCDE为直角梯形，且DE=DC=1，
所以四边形BCDE是正方形，所以，
又因为，
所以平面PBE，又因为平面PBC，
所以平面平面；
(2)
由（1）知：以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：

则,，
所以，
设平面PAC的一个法向量为，
则，即，
令，则，
易知平面PAD的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值是.
15．（四川省内江市2022届高三第三次模拟考试数学（理）试题）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABFE是正方形，四边形ABCD是梯形，，，平面平面ABCD，．

(1)证明：平面CDF；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)在平面CDF内构造的平行线即可证明平面CDF；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，就可求出二面角余弦值.
(1)
证明：如图，过D点作交BC的延长线于点G，连接EG、FG，设EG交DF于H点，连接CH

，
∴四边形ABGD为平行四边形
∴且，且
∴四边形EFGD为平行四边形
∴为线段EG的中点

∴在中，CH为中位线，故
又平面CDF，平面CDF
∴平面CDF
(2)
平面平面ABCD，平面平面，
∴平面ABCD
又，∴，AD，AE两两垂直
∴以A为原点建立如图的空间直角坐标系

，，，，，，
设平面CDF的一个法向量为，则
，即，令，得
设平面EDF的一个法向量为，则
，即，令，得
∴
二面角为钝角
∴二面角的余弦值为
16．（四川省宜宾市第四中学校2022届高三三诊模拟考试理科数学试题）四棱锥M-ABCD中，平面ABCD，，，P为MB上任意一点．

(1)求证：；
(2)若，直线MB与平面ABCD所成角的余弦值为，，，二面角P-AC-B为，试确定点P的位置．
【答案】(1)证明见解析
(2)点P是线段MB靠近点M的三等分点

【分析】（1）先证明平面MBD，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，直线MB与平面ABCD所成角的余弦值为，求得，进而求得相关各点的坐标，从而求得平面PAC的法向量，根据向量的夹角公式结合二面角P-AC-B为，即可求得答案.
(1)
证明：由，知，BD为AC的中垂线，
∴，
又平面ABCD，平面ABCD，
∴，又，
∴平面MBD．
∵P为MB上任意一点，
∴平面MBD，
∴．
(2)
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O与DM平行的线为z轴，如图建立空间直角坐标系．

由题意得，，
∵，，∴，，
∵，
∴．
∵平面ABCD，
∴直线MB与平面ABCD所成角为∠MBD．
∵，∴，
∵，∴．
∴，，，．
由条件可设，设，
∴，∴，
∴，
∴，，
设平面PAC的法向量，
则 ，∴，
令，∴，∴，
取平面ABCD的法向量，
∵二面角P-AC-B为，∴，
∴或．
∴或，
∵二面角P-AC-B为钝角，∴由图知,
∴点P是线段MB靠近点M的三等分点．
17．（四川省凉山州2022届高三第三次诊断考试数学（理科）试题）如图，在直三棱柱中，，，E为线段的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，先证，再由及证得平面，可得平面，即可证得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，设出，表示出平面和平面的法向量，由二面角的余弦值解出即可.
（1）
取的中点，连结，

∵在中，、分别为、的中点，
∴且，
又在直三棱柱中，E是的中点，
∴且，
∴且，
∴四边形BEFM为平行四边形，
∴，
∵在中，M为AC的中点，且，
∴，且，
∵平面，平面，
∴，
又平面，，
∴平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面；
（2）
在中，，
，

以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则
，
设平面的法向量为，则，
易得平面的法向量为，
，

.
18．（四川省成都市2022届高三第三次诊断考试理科数学试题）如图，在等腰梯形ADEF中，，，，．在矩形ABCD中，．平面平面ABCD．

(1)证明：；
(2)求直线AF与平面CEF所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）过点F作AD的垂线，则平面ABCD，结合条件可得，即得；
（2）利用坐标法，由题可得平面CEF的一个法向量，利用线面角的向量求法即得.
【详解】（1）如图，过点F作AD的垂线，垂足为M，连接MB，MC．

∵四边形ADEF为等腰梯形，，，，
∴，．
∵平面平面ABCD，平面平面，
平面ADEF，，
∴平面ABCD，而MB,MC在平面ABCD中
∴，．
∵四边形ABCD为矩形，，，
∴，，，．
∵，
∴．
（2）以A为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴的正方向，
以过点A垂直于平面ABCD且向上的方向为z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．
∴，，．
设平面CEF的一个法向量为．
由，得．
令，得．
设直线AF与平面CEF所成的角为．
则．
又，∴．
∴直线AF与平面CEF所成角的大小为．
19．（四川省泸县第二中学2022届高考仿真考试（一）理科数学试题）如图，在三棱柱中，，平面平面．

(1)求证：﹔
(2)若M是线段的中点，N是线段上一点，且//平面，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）连接与交于D，由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直、菱形的性质有、，利用线面垂直的判定及性质即可证结论.
（2）由线面平行有，易知N是线段的中点，构建空间直角坐标系，求面MAC、面NAC的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值.
（1）
连接与交于D．
由面面，面面，又面ABC，
∴面，而面，
∴，又四边形为菱形，则，又，
则面，又面，故.

（2）
∵面面，面面，
∴，又M是线段的中点，则N是线段的中点，
由（1）得：面，
以A为原点，AB、AC分别为x、y轴，过A作面ABC的垂线为z轴，建立空间坐标系，
∴，则，
∴．
由面，即面MAC的法向量为，
设面NAC的法向量为，则，令，，
所以，二面角的余弦值为.
20．（四川省雅安市2022届高三第三次诊断性考试数学（理）试题）如图，在直三棱柱中，，，，、分别是、的中点．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接、，由中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）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二面角的余弦值.
（1）
证明：连接、，
由三棱柱是直三棱柱可得四边形为平行四边形，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）
解：因为，，，则，，
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，

所以、、、、、，
所以，，，，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
设平面设平面的法向量为，
则，取，可得，
所以．
由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
21．（四川省成都市温江区2022届高考适应性考试数学（理）试题）如图，四棱锥中，四边形为直角梯形，，在底面内的射影分别为，.


(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由题意可证、，则可得面，即可知，又，则可得面，即可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为在底面内的射影为，所以面面，
又因为，面面，面
所以面，
又因面因此，
同理，
又,面,面
所以面，
又面,所以，
连接，易得，，又，
所以
所以
故，
又,面,面
因此面，
又面
即；
（2）由（1），以分别为的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，，则
，所以，
取，可得，
设平面的法向量为，，则
，所以，
取，可得，
所以，
结合图形可得二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.

22．（四川省内江市高中2023届零模考试数学理科试题）四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面底面，，，是BC的中点，点在侧棱PC上.

(1)若Q是PC的中点，求二面角的余弦值；
(2)是否存在，使平面DEQ?若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)时，平面.

【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系利用向量法能求出二面角的余弦值．
（2）设，，，，推导出，利用向量法能求出当时，平面．
（1）
解：取中点，连接，，．
因为，所以．
因为侧面底面，且平面底面，
所以底面．可知，，，
以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系．

则，
因为为中点，所以．
所以，
所以平面的法向量为．
因为，
设平面的法向量为，
则，即．
令，则，即．
所以．
由图可知，二面角为锐角，所以余弦值为．
（2）
解：设
由（1）可知．
设，，，则，
又因为，
所以，即．
所以在平面中，，
所以平面的法向量为，
又因为平面，所以，
即，解得．
所以当时，即，平面．
23．（四川省雅安市2023届高三零诊考试数学（理）试题）如图①，为边长为6的等边三角形，E，F分别为AB，AC上靠近A的三等分点，现将沿EF折起，使点A翻折至点P的位置，且二面角的大小为120°（如图②）．

(1)在PC上是否存在点H，使得直线平面PBE？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理由．
(2)求直线PC与平面PBE所成角的正弦值．
【答案】(1)满足条件的点H存在，且为PC上靠近P的三等分点；
(2).

【分析】（1）在PC上取靠近P的三等分点H，连接AP，FH，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）取BC中点G，连接AG，并交EF于点D，连接PD，证明平面平面，再建立空间直角坐标系，借助向量求解作答.
【详解】（1）满足条件的点H存在，且为PC上靠近P的三等分点．
在PC上取靠近P的三等分点H，连接AP，FH，如图，则AP是平面PAB与平面PAC的交线，

依题意，，则有，又平面PBE，平面PBE，因此直线平面PBE，
所以在PC上是存在点H，为PC上靠近P的三等分点，使得直线平面PBE.
（2）取BC中点G，连接AG，交EF于点D，连接PD，因，依题意，，，
则为二面角的平面角，即，且平面，
而平面，则平面平面，在平面内过P作于O，
又平面平面，因此平面，在平面内过O作，
显然Ox，AD，OP两两垂直，分别以向量，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
所以，，，，
设平面PBE的一个法向量为，由，令，得，
设直线PC与平面PBE所成角为，则，
所以直线PC与平面PBE所成角的正弦值为．
24．（四川省成都市高新区2023届高三一诊模拟理科数学试题）如图三棱柱中，为正三角形，且平面分别是棱的中点，记与平面所成的角为，二面角的平面角为.

(1)求证：；
(2)判断与的大小，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)，理由见解析.

【分析】（1）取AC的中点H，连接FH，HE，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）作出二面角的平面角并确定线面角，再比较它们的正切值即可判断作答.
【详解】（1）在三棱柱中，取AC的中点H，连接FH，HE，如图，

因F为的中点，而为平行四边形，即有，
又平面，则平面，又平面，有，
正中，D为AB中点，有，而为BC中点，则，
因此，因，平面，则平面，又平面，
所以.
（2）过H作于G，连接FG，为正三角形，，
由（1）知平面，平面，有，而，
平面，则平面，又平面，因此，
即为二面角的平面角，有，显然为与平面所成的角，即，
因，在中，，又，
所以.
25．（四川省达州市普通高中2023届高三第一次诊断性测试理科数学试题）如图，四棱锥的底面是梯形，为延长线上一点，平面是中点.

(1)证明：；
(2)若，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，进而证明平面即可证明结论；
（2）由题平面，进而根据等体积法得，再以为原点，分别以方向为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：平面平面.
.
又，平面
平面.
平面.

取的中点，连接为的中点，
.
.
，
，
为的中点，.
又平面
平面.
平面.

（2）解： .
，且四边形为矩形，
平面.
∴，解得，
以为原点，分别以方向为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.

则，
易知是平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
∴，即，不妨取，得.

.
由图知二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为.
26．（四川省攀枝花市2023届高三第二次统一考试理科数学试题）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E为的中点，．

(1)证明：B，E，F，四点共面；
(2)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明详见解析
(2)

【分析】（1）通过证明线线平行的方法来证明四点共面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）延长交于，连接，
因为，所以，
因为，所以，
所以，即是的中点，
所以，所以四点共面.

（2）取的中点，连接，由于三角形是等边三角形，
所以，则，
依题意可知平面，
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，，
所以，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

27．（四川省乐山市高中2023届高三第一次调查研究考试理科数学试题）如图，在四棱锥中，平面，底面ABCD满足，且 ，三角形的面积为

(1)画出平面PAB和平面PCD的交线，并说明理由，
(2)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)答案见解析；
(2).

【分析】（1）延长BA、CD交于点，连接EP，则EP为平面PAB和平面PCD的交线，分别证明点平面平面PCD，平面平面PCD，即可；
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答..
【详解】（1）延长BA、CD交于点，连接EP，则EP为平面PAB和平面PCD的交线，如图，

∵，平面PAB，∴平面PAB．
同理可得平面PCD．
∴平面平面PCD．
∵平面PAB，平面PCD，∴平面平面PCD．
∴EP为平面PAB和平面PCD的交线.
（2）∵平面ABCD，平面ABCD，∴，，
∵三角形PAC的面积为，，
∴，解得．从而，又在直角三角形PAB中，，∴，
在中，，，，∴，∴，
∵，，∴平面PAB，平面PAB，则，而，有，
以点D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，则，令，得，
显然平面PAB的一个法向量为，设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为，
则，
所以平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为．
28．（四川省邻水县九龙中学2022-2023学年高三下学期开学入学考试理科数学试题）如图，AB是圆O的直径，PA⊥圆O所在的平面，C为圆周上一点，D为线段PC的中点，∠CBA＝30°，AB＝2PA.

(1)证明：平面ABD⊥平面PBC；
(2)若G为AD的中点，求二面角P－BC－G的余弦值．
【答案】(1)证明见解析;
(2).

【分析】（1）利用线面垂直的性质结合圆的性质证明平面,再利用线面、面面垂直的判断推理作答;
（2）以点C为坐标原点,建立空间直角坐标系,借助空间向量计算二面角的余弦值作答.
【详解】（1）因为圆O所在的平面,即平面,
而平面,则,
又是圆O的直径,C为圆周上一点,有,
又,平面,则平面,
而平面,因此,
中,,有,
又,即,
而D为线段的中点,则,
又,平面,因此平面,
而平面,所以平面平面.
（2）过点C作,如图,由平面知,平面,
以C为原点,直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,令,

则,,,
设平面的法向量为,平面的法向量为,
则,令,得,
同理,令,得,
所以,
由图可知,二面角为锐角,所以它的余弦值为.
29．（四川省德阳市2022届高三“三诊”数学（理科）试题）如图所示，平面平面ABC，是等腰直角三角形，，四边形ABDE是直角梯形，，，，O，M分别为CE，AB的中点．

(1)试判断直线OD与平面ABC的位置关系，并说明理由；
(2)求直线CD和平面ODM所成的角的正弦值．
【答案】(1)平面ABC，理由见解析
(2)

【分析】（1）取AC中点F，连接OF，FB，证明四边形BDOF是平行四边形，从而证明，根据线面平行的判定定理得出结论；
（2）建立空间直角坐标，求出相关各点的坐标，从而求得平面ODM的法向量，利用向量的夹角公式求得答案.
（1）
平面ABC．
证明：如图，取AC中点F，连接OF，FB．
∵F是AC中点，O为CE中点
∴且．
又且
∴,
∴四边形BDOF是平行四边形，
∴．
又∵平面ABC，平面ABC
∴平面ABC．

（2）
∵平面平面ABC，平面平面，平面ABDE，
且
∴平面ABC．
∵，∴平面ABC．
如图所示，以C为原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系,

∵
∴，，，，，，
∴，，．
设平面ODM的法向量为，则由，
可得：．
令，得：，．∴．
设直线CD和平面ODM所成的角为
则,
∴直线CD和平面ODM所成的角的正弦值为．
30．（四川省营山县第二中学2023届高三第六次高考模拟检测数学（理科）试题）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为菱形，，，

(1)若四棱锥的体积为，求的长；
(2)求平面与平面所成钝二面角的正切值
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）过作于，连接，根据面面垂直的性质可得底面，设，求出，再根据棱锥的体积公式即可得解；
（2）取的中点，连接，以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，过作于，连接，
因为侧面底面，且侧面底面，面，
所以底面，
设，因为，，
所以，
在菱形中，，
则为等边三角形，
则
所以四棱锥的体积，
解得；
（2）取的中点，连接，则，
以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面与平面所成钝二面角为，则，
所以，则，
所以，
故平面与平面所成钝二面角的正切值为