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所属成套资源：【高考模拟】2024年高考数学临考题号押题（新高考通用）
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押新高考第16题 立体几何综合（解答题）-2024年高考数学临考题号押题（新高考通用）
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这是一份押新高考第16题 立体几何综合（解答题）-2024年高考数学临考题号押题（新高考通用），文件包含押新高考第16题立体几何综合解答题原卷版docx、押新高考第16题立体几何综合解答题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共86页， 欢迎下载使用。
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
押新高考16题
立 体 几 何 综 合（解答题）
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第19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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【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，
.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第20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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【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．
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第19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．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【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.
4．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第20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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【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.
5．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
6．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题第20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．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）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.
空间中的平行关系
线线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
空间中的垂直关系
线线垂直
线面垂直的判定定理
一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
面面垂直的判定定理
一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
面面垂直的性质定理
两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
1．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【详解】（1）取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以平面．
（2）
由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角的值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
2．（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明//即得；
（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
3．（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)当二面角为时，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明；
（2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系，
设，
∵，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故
，
故平面；
（2）平面的一个法向量，
，
.
4．（2024·浙江·一模）在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形，点是线段的中点，．
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，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）根据四边形是菱形，可得；在中，根据题意可证，又是的中点，得，即可得到结论.
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角公式即可.
【详解】（1）设与交点为，连接．
四边形是菱形，是的中点．
在中，是等边三角形，．
在中，是的中点，．
又平面，平面．
（2）连接，
是等边三角形，是线段的中点，
又平面平面，平面平面，平面，
平面．
以为原点，所在直线分别为轴，轴如图建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，
于是，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角大小为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.
(1)证明：.
(2)点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直的性质可得平面，由线面垂直性质可得结论；
（2）方法一：取中点，作，由线面垂直的性质和判定可证得平面，由线面角定义可知，根据长度关系可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果；
方法二：取中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）是中点，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接，
分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，平面，；
平面，，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
直线与平面所成角为，，
设，
，，
，，
又，
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
方法二：取中点，连接，
分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，
，，
，，，，，
，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
6．（2024·江苏南通·二模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，,，
设平面的一个法向量为,则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
7．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面，．
(1)若平面，求；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】
（1）取中点，连接，即可证明，即可得到，再由线面平行的性质得到，即可求出的值；
（2）取中点，连结，取中点Q，连结，即可证明平面，建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）
解法一：依题意得，为正三角形，取中点，
连接，则，
因为平面，平面，所以，
所以，
又因为为的中点，所以为中点，则，
因为平面，平面，
平面平面，即，
也即，．
解法二：因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取中点，连结，则，
取中点Q，连结，则，
又因为与相交于平面，
所以平面，也即平面，
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
因为平面ABC，平面，
平面平面，则，
因为，所以，，
，，
所以．
（2）
解法一：因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取中点，连结，则，
取中点Q，连结，则，
又因为与相交于平面，
所以平面，也即平面，
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则，，
即取，则，
所以为平面的一个法向量，
所以，
记平面与平面夹角为，，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
解法二： 因为，又平面，
则平面，且 ，
又因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面，
为等腰直角三角形，为斜边中点，
则也为等腰直角三角形，即，
取中点，则，所以，且，
连结，平面，
又平面，则，为二面角的平面角，
在中，
则．
解法三：设点C在平面PAB的射影为N，则平面PAB，平面PAB，
所以，
过点N做，垂足为H，连结CH，因为，平面，
所以平面，平面，
所以，所以为的平面角，
因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取AC中点O，连结PO，则，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面，
又平面， 所以，
因为，平面，平面，
因为，则，又，
所以，
在中，，，
，
，
所以，
在中，，，即，
所以，所以，
所以，
又，
所以，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
8．（2024·河北·模拟预测）如图，正四棱台有内切球，且.
(1)设平面平面，证明平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证//面，再根据线面平行的性质证明//，再证线面平行即可；
（2）以底面对角线交点为坐标原点建立空间直角坐标系，设出棱台的高为，根据到平面的距离为，利用向量法求得，再求平面与平面的法向量，即可求得两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为是正棱台，故//，面，面，
故//面，又面，面面，故//，
又面，面，故//面.
（2）连接，设其交点为；连接，设其交点为，连接；
因为是正棱台，故三点共线，且两两垂直，
故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
设，
则，
又，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故；
由题可知，点到平面的距离为，又，
则，解得，故；
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故；
则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
9．（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明：；
(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，作图见解析
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，从而证明出线线垂直；
（2）由面面垂直得到线面垂直，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，进而利用平面法向量求出面面角的余弦值；
（3）作出辅助线，得到线线平行，进而得到结论.
【详解】（1）在正方形中，，
∵平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
；
（2）为等边三角形，设中点为，∴，
又平面平面，面面面，则面，
以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则，则，
所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
所以，
所以平面与与平面成角的余弦值为；
（3）如图所示：在上取一点，使得，连接，
因为，，所以，即，
所以为平行四边形，故，
因为H，G分别为CE，CD的中点，所以，
故，即共面，
故.
10．（2024·重庆·模拟预测）在如图所示的四棱锥PABCD中，已知，，，是正三角形，点M在侧棱PB上且使得平面．
(1)证明：；
(2)若侧面底面，与底面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）连接BD与AC交于点E，连接EM，由已知得，由线面平行的性质得，根据三角形相似可得，即
（2）设AB的中点O，首先由已知得底面ABCD，在中过点M作交AB于点F，得底面ABCD，则为CM与底面ABCD所成角，在底面ABCD上过点O作于点G，则是二面角的平面角，根据条件求解即可
【详解】（1）证明：连接BD与AC交于点E，连接EM，
在与中，∵，∴，
由，得，又∵平面AMC，
而平面平面 ，平面PBD，
∴，
∴在中，，∴；
（2）设AB的中点O，在正中，，
而侧面底面，侧面底面，且平面，
∴底面ABCD，
在中过点M作交AB于点F，
∴底面ABCD，
∴为CM与底面ABCD所成角，
∴，设，
则，∴，，则在直角梯形ABCD中，，
而，则，
在底面ABCD上过点O作于点G，
则是二面角的平面角，易得，，
在梯形ABCD中，由，得，
在中，，∴．
11．（2024·辽宁·二模）如图，在直三棱柱中，，点是棱上的一点，且，点是棱的中点．
(1)求证：平面平面；
(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）建立空间直角坐标系，求解平面法向量即可利用向量垂直求证．
（2）利用向量的夹角即可求解．
【详解】（1）因为直三棱柱中,，故,所以两两垂直，
分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，点是棱的中点
所以，
所以,
所以，
设平面法向量为，则，
令，则，，所以平面的法向量．
设平面法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量．
由于，故，
因此平面平面；
（2）由（1）知平面的法向量．
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．
12．（2024·山西·一模）如图，在三棱台中，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若直线与距离为3，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，进而可求，
（2）根据线面垂直的性质，结合平面夹角的几何法，即可求解即为平面与平面所成角或其补角，根据三角形的边角关系求解长度即可求解.
【详解】（1）由于平面平面且交线为,
又平面，所以平面
平面故，
又平面,故平面
（2）由（1）知平面平面故，
又平面,平面,所以即为平面与平面所成角或其补角，
过作于,
由于直线与距离为3，故，
由于，故,
在直角三角形中，,故，
故在直角三角形中，，
（1）知平面，平面故，
所以中，
13．（2024·广东·一模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，点是圆上异于点，的任意一点.
(1)若点到平面的距离为，证明：.
(2)求与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）作于，利用线面垂直的判定及点到平面距离求出即可推理得解.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列出函数式，再借助函数值域求解即得.
【详解】（1）
如图，连接，过点作，垂足为，
由是圆的直径，得，由是圆柱侧面的母线，得平面，
而平面，则，又平面，因此平面，
而平面，则，又平面，
于是平面，则点到平面的距离为，即，
设，有，由，得，解得，
又，则，而是的中点，
所以.
（2）
在平面内，过点作交圆于点，连接，
由平面，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，设点，而点在圆上，有，且，
于是，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设与平面所成角为，
则，
显然，且，则，
于是，，
所以与平面所成角的正弦值的取值范围是.
14．（2024·广东佛山·二模）如图，在直三棱柱形木料中，为上底面上一点．
(1)经过点在上底面上画一条直线与垂直，应该如何画线，请说明理由；
(2)若，，，为的中点，求点到平面的距离．
【答案】(1)答案见解析
(2)．
【分析】（1）连结BD，在平面ABC上作,由为直三棱柱，证明平面，进而得到；
（2）分别以所在直线为轴建立空向直角坐标系，写出的坐标，设平面的法向量，求出到平面的距离.
【详解】（1）连结，在平面上作，
因为为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
（2）因为，所以，，两两互相垂直，以为原点，
分别以，，所在直线为，，轴建立空向直角坐标系，
，，，，
则，，．
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，，则，取，则，
设点到平面的距离为，则
因此点到平面的距离为．
15．（2024·广东广州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.
（2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连接，由为中点，为中点，得，
又，则，因此四边形为平行四边形，
于是，而平面平面，
所以平面.
（2）过作于点，连接，由，得≌，
则，即，而，
因此，又平面，则平面，平面，
所以平面平面.
（3）由（2）知，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，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，，
所以与平面所成角的正弦值是.
16．（2024·湖南长沙·一模）正四棱柱中，分别是棱的中点，.
(1)求正四棱柱的体积；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）由正四棱柱的性质可证为平行四边形，故，从而可得，再根据相似形可求棱柱的高，故可得体积；
（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锐二面角的余弦值.
【详解】（1）连接，因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以.
因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以.
所以正四棱柱的体积.
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，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，
令，则，
则平面的法向量为.
设平面的法向量为，
，
则，
令，则，
则平面的法向量为.
.
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．（2024·湖南·二模）如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）欲证，需证平面，即需证垂直于平面内的两条相交直线和，根据直线平面，可证，根据勾股定理的逆定理可证，从而原命题得证.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦.
【详解】（1）由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，
因为，平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，所以
，.
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，故.
（2）由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一个法向量是，
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得
设平面与平面夹角为，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2024·河北·模拟预测）如图所示，五面体中，，四边形为平行四边形，点在面内的投影恰为线段的中点，．
(1)求五面体体积；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作垂足为，即可得到为等边三角形，过点作的平行线，过点作的平行线交于点，则为三棱柱，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得；
（2）由（1）知平面，在平面内过点作交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为点在面内的投影恰为线段的中点，作垂足为，则平面，
因为，所以为等边三角形，所以，
又，所以，
过点作的平行线，过点作的平行线交于点，
又四边形为平行四边形，所以为三棱柱，
则，
又三棱锥的体积是三棱柱的体积的，
所以五面体的体积是三棱柱的体积的，
所以五面体的体积.
（2）由（1）知平面，在平面内过点作交于点，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
又，所以，
所以，，
又平面的法向量可以为，
设平面的法向量为，则，
取，
设平面与平面夹角为，则.
19．（2024·湖南·二模）在直角梯形中，，点为中点，沿将折起，使，
(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）利用平面几何的知识证得，再利用线面垂直的判定与性质定理即可得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在梯形中，，
所以，
又，所以，，
又平面，故平面，
平面，
又平面，平面.
（2）取中点，连接，由于，则，，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
以分别为轴、轴建立如图空间直角坐标坐标系，
则，
设平面的法向量为，
又，
，令，则，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
所以，
故二面角的余弦值为.
20．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点．
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）取的中点，通过证明平面，再由线面垂直的性质定理即可得到结果.
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求线面角的公式即可得到结果.
【详解】（1）取的中点，连接,
由，易知为等腰直角三角形，
此时，又，所以.
因为,所以，
由，即，所以，
此时，,有四点共面，,
所以平面，又平面，所以.
（2）由且,所以平面.
由，得为等边三角形，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
,
设平面的法向量
由,即，取，，
又，设直线与平面所成角为，
则,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21．（2024·湖北·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面．
(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）连接交与点，根据题意证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）
证明：连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为，
因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以点为的中点，
取的中点，连接，可得且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面．
（2）
解：取的中点，连结，
因为，可得，且，
又因为，且，
所以，所以，
又因为，且平面，所以平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
因为为的中点，为的中点，可得，
则，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以；
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．
22．（2024·湖北·二模）如图，四棱锥的底面是矩形，是等边三角形，平面平面分别是的中点，与交于点．
(1)求证：平面；
(2)平面与直线交于点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用面面垂直性质定理证明平面，可得，再利用向量法证明，然后由线面垂直判定定理可证；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可解.
【详解】（1）因为为正三角形，是中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
，
又在平面内且相交，故平面
（2）分别为的中点，，
又平面过且不过，平面．
又平面交平面于，故，进而，
因为是中点，所以是的中点．
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，
设平面法向量为，
则，即，取，得，
则，
因为，所以.
23．（2024·山东潍坊·一模）如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，，为的中点．
(1)求证：平面平面；
(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）利用平行四边形性质及余弦定理求出，进而证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得.
（2）由已知证得平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在中，由，得，而，
在中，由余弦定理，得，
则，即，又，，
平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）
在四棱台中，由，得，有，
在梯形中，，过作交于点，
则，又，显然，则，即，
又平面，于是平面，
以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
而，设与平面所成角大小为，
因此，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
24．（2024·山东青岛·一模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可.
【详解】（1）取棱中点D，连接，因为，所以
因为三棱柱，所以，
所以，所以
因为，所以，；
因为，，所以，所以，
同理，
因为，且，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）
取中点O，连接，取中点P，连接，则，
由（1）知平面，所以平面
因为平面，平面，
所以，，
因为，则
以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可设点，，
，，，
设面的法向量为，得，
取，则，，所以
设直线与平面所成角为，
则
若，则，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
25．（2024·福建厦门·二模）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，为中点，.
(1)证明：平面平面；
(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）连接，证明，继而证明，即可证明平面，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接，在菱形中，，
故为正三角形，又M为中点，故，且，
又，故，
，，则，故,
而平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）由于，，则，故，
又平面平面，平面平面，
而平面,故平面，
取中点为O，则为正三角形，则，
作，交于H，故平面，平面，
故，则两两垂直，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
因为平面，故可作为平面的法向量，
设平面的法向量为，则，
即，令，则可得，
故，
而平面与平面夹角的范围为，
故平面与平面夹角的余弦值为.
26．（2024·福建莆田·二模）如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，．
(1)证明：平面；
(2)若平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）取中点，中点，连接，通过线面平行、面面平行的判定定理首先得平面平面，再利用面面平行的性质即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角余弦的坐标公式结合三角函数平方关系即可得解.
【详解】（1）如图：
取中点，中点，连接，
一方面：因为，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
又，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
从而，
又因为面，面，
所以面，
另一方面：又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为面，面，
所以面，
结合以上两方面，且注意到平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）若平面，又平面，
所以，
又，
所以以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
则，
所以，即二面角的正弦值为.
27．（2024·福建漳州·一模）如图，为圆锥的顶点，是底面圆的一条直径，，是底面圆弧的三等分点，，分别为，的中点．
(1)证明：点在平面内．
(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）利用圆的性质与中位线定理证得与，从而得到，由此得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）连接，如图，
因为，是底面圆弧的三等分点，
，
，
均为等边三角形，
，则四边形为菱形，，
因为，分别为，的中点，，
，故点在平面内.
（2）作，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因为，则，
故，
设平面的法向量，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为
28．（2024·河北邯郸·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点，且．
(1)求四棱锥的高；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）过作的平行线，与的延长线交于点，连接，，通过证明，来证明为四棱锥的高，从而求解；
（2）建立空间直角坐标系求解即可.
【详解】（1）如图，过作的平行线，与的延长线交于点，连接，．
，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
，，，，
四边形为矩形，，
为棱的中点，，从而，
又因为，，平面，平面，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面．
为四棱锥的高，即，
四棱锥的高为；
（2）
由（1）知，，，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，，，，
所以，，，
设是平面的法向量，
则可取，
设是平面的法向量，
则可取，
所以，
所以二面角的正弦值为.
29．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．
法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
30．（2024·山东枣庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，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）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；
（2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
考点
4年考题
考情分析
立体几何
综合
2023年新高考Ⅰ卷第18题
2023年新高考Ⅱ卷第20题
2022年新高考Ⅰ卷第19题
2022年新高考Ⅱ卷第20题
2021年新高考Ⅰ卷第20题
2021年新高考Ⅱ卷第19题
2020年新高考Ⅰ卷第20题
2020年新高考Ⅱ卷第20题
立体几何大题难度一般，纵观近几年的新高考试题，主要考查空间平行关系和空间垂直关系的证明、空间角及空间距离的计算等知识点，同时也是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以空间平行关系和空间垂直关系的证明、空间角及空间距离的计算为背景展开命题．
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
押新高考16题
立 体 几 何 综 合（解答题）
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第19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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【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，
.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第20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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【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．
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第19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．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【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.
4．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第20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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【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.
5．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第19题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
6．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题第20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．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）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.
空间中的平行关系
线线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
空间中的垂直关系
线线垂直
线面垂直的判定定理
一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
面面垂直的判定定理
一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
面面垂直的性质定理
两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
1．（2024·浙江·模拟预测）如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【详解】（1）取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以平面．
（2）
由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角的值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
2．（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明//即得；
（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
3．（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)当二面角为时，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明；
（2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系，
设，
∵，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故
，
故平面；
（2）平面的一个法向量，
，
.
4．（2024·浙江·一模）在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形，点是线段的中点，．
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，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）根据四边形是菱形，可得；在中，根据题意可证，又是的中点，得，即可得到结论.
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角公式即可.
【详解】（1）设与交点为，连接．
四边形是菱形，是的中点．
在中，是等边三角形，．
在中，是的中点，．
又平面，平面．
（2）连接，
是等边三角形，是线段的中点，
又平面平面，平面平面，平面，
平面．
以为原点，所在直线分别为轴，轴如图建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，
于是，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角大小为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
5．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.
(1)证明：.
(2)点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直的性质可得平面，由线面垂直性质可得结论；
（2）方法一：取中点，作，由线面垂直的性质和判定可证得平面，由线面角定义可知，根据长度关系可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果；
方法二：取中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）是中点，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接，
分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，平面，；
平面，，平面，
平面，，
又，，平面，平面，
直线与平面所成角为，，
设，
，，
，，
又，
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
方法二：取中点，连接，
分别为中点，，，又，；
由（1）知：平面，
以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，
，，
，，，，，
，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，解得：或，
，
当时，；当时，.
综上所述：四棱锥的体积为或.
6．（2024·江苏南通·二模）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，,，
设平面的一个法向量为,则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
7．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，E为PC的中点，点F在PA上，且平面，．
(1)若平面，求；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】
（1）取中点，连接，即可证明，即可得到，再由线面平行的性质得到，即可求出的值；
（2）取中点，连结，取中点Q，连结，即可证明平面，建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）
解法一：依题意得，为正三角形，取中点，
连接，则，
因为平面，平面，所以，
所以，
又因为为的中点，所以为中点，则，
因为平面，平面，
平面平面，即，
也即，．
解法二：因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取中点，连结，则，
取中点Q，连结，则，
又因为与相交于平面，
所以平面，也即平面，
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
因为平面ABC，平面，
平面平面，则，
因为，所以，，
，，
所以．
（2）
解法一：因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取中点，连结，则，
取中点Q，连结，则，
又因为与相交于平面，
所以平面，也即平面，
所以OQ，OC，OP两两相互垂直，以O为原点，OQ，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则，，
即取，则，
所以为平面的一个法向量，
所以，
记平面与平面夹角为，，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
解法二： 因为，又平面，
则平面，且 ，
又因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面，
为等腰直角三角形，为斜边中点，
则也为等腰直角三角形，即，
取中点，则，所以，且，
连结，平面，
又平面，则，为二面角的平面角，
在中，
则．
解法三：设点C在平面PAB的射影为N，则平面PAB，平面PAB，
所以，
过点N做，垂足为H，连结CH，因为，平面，
所以平面，平面，
所以，所以为的平面角，
因为平面，平面，所以，
由，可知，
则为等腰直角三角形，，
为正三角形，取AC中点O，连结PO，则，
又因为EF与AC相交于平面PAC，所以平面，
又平面， 所以，
因为，平面，平面，
因为，则，又，
所以，
在中，，，
，
，
所以，
在中，，，即，
所以，所以，
所以，
又，
所以，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
8．（2024·河北·模拟预测）如图，正四棱台有内切球，且.
(1)设平面平面，证明平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证//面，再根据线面平行的性质证明//，再证线面平行即可；
（2）以底面对角线交点为坐标原点建立空间直角坐标系，设出棱台的高为，根据到平面的距离为，利用向量法求得，再求平面与平面的法向量，即可求得两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为是正棱台，故//，面，面，
故//面，又面，面面，故//，
又面，面，故//面.
（2）连接，设其交点为；连接，设其交点为，连接；
因为是正棱台，故三点共线，且两两垂直，
故以为坐标原点，建立如下所示空间直角坐标系：
设，
则，
又，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故；
由题可知，点到平面的距离为，又，
则，解得，故；
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故；
则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
9．（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明：；
(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，作图见解析
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，从而证明出线线垂直；
（2）由面面垂直得到线面垂直，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，进而利用平面法向量求出面面角的余弦值；
（3）作出辅助线，得到线线平行，进而得到结论.
【详解】（1）在正方形中，，
∵平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
；
（2）为等边三角形，设中点为，∴，
又平面平面，面面面，则面，
以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则，则，
所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
所以，
所以平面与与平面成角的余弦值为；
（3）如图所示：在上取一点，使得，连接，
因为，，所以，即，
所以为平行四边形，故，
因为H，G分别为CE，CD的中点，所以，
故，即共面，
故.
10．（2024·重庆·模拟预测）在如图所示的四棱锥PABCD中，已知，，，是正三角形，点M在侧棱PB上且使得平面．
(1)证明：；
(2)若侧面底面，与底面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）连接BD与AC交于点E，连接EM，由已知得，由线面平行的性质得，根据三角形相似可得，即
（2）设AB的中点O，首先由已知得底面ABCD，在中过点M作交AB于点F，得底面ABCD，则为CM与底面ABCD所成角，在底面ABCD上过点O作于点G，则是二面角的平面角，根据条件求解即可
【详解】（1）证明：连接BD与AC交于点E，连接EM，
在与中，∵，∴，
由，得，又∵平面AMC，
而平面平面 ，平面PBD，
∴，
∴在中，，∴；
（2）设AB的中点O，在正中，，
而侧面底面，侧面底面，且平面，
∴底面ABCD，
在中过点M作交AB于点F，
∴底面ABCD，
∴为CM与底面ABCD所成角，
∴，设，
则，∴，，则在直角梯形ABCD中，，
而，则，
在底面ABCD上过点O作于点G，
则是二面角的平面角，易得，，
在梯形ABCD中，由，得，
在中，，∴．
11．（2024·辽宁·二模）如图，在直三棱柱中，，点是棱上的一点，且，点是棱的中点．
(1)求证：平面平面；
(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）建立空间直角坐标系，求解平面法向量即可利用向量垂直求证．
（2）利用向量的夹角即可求解．
【详解】（1）因为直三棱柱中,，故,所以两两垂直，
分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，点是棱的中点
所以，
所以,
所以，
设平面法向量为，则，
令，则，，所以平面的法向量．
设平面法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量．
由于，故，
因此平面平面；
（2）由（1）知平面的法向量．
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．
12．（2024·山西·一模）如图，在三棱台中，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若直线与距离为3，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，进而可求，
（2）根据线面垂直的性质，结合平面夹角的几何法，即可求解即为平面与平面所成角或其补角，根据三角形的边角关系求解长度即可求解.
【详解】（1）由于平面平面且交线为,
又平面，所以平面
平面故，
又平面,故平面
（2）由（1）知平面平面故，
又平面,平面,所以即为平面与平面所成角或其补角，
过作于,
由于直线与距离为3，故，
由于，故,
在直角三角形中，,故，
故在直角三角形中，，
（1）知平面，平面故，
所以中，
13．（2024·广东·一模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，点是圆上异于点，的任意一点.
(1)若点到平面的距离为，证明：.
(2)求与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）作于，利用线面垂直的判定及点到平面距离求出即可推理得解.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列出函数式，再借助函数值域求解即得.
【详解】（1）
如图，连接，过点作，垂足为，
由是圆的直径，得，由是圆柱侧面的母线，得平面，
而平面，则，又平面，因此平面，
而平面，则，又平面，
于是平面，则点到平面的距离为，即，
设，有，由，得，解得，
又，则，而是的中点，
所以.
（2）
在平面内，过点作交圆于点，连接，
由平面，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，设点，而点在圆上，有，且，
于是，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设与平面所成角为，
则，
显然，且，则，
于是，，
所以与平面所成角的正弦值的取值范围是.
14．（2024·广东佛山·二模）如图，在直三棱柱形木料中，为上底面上一点．
(1)经过点在上底面上画一条直线与垂直，应该如何画线，请说明理由；
(2)若，，，为的中点，求点到平面的距离．
【答案】(1)答案见解析
(2)．
【分析】（1）连结BD，在平面ABC上作,由为直三棱柱，证明平面，进而得到；
（2）分别以所在直线为轴建立空向直角坐标系，写出的坐标，设平面的法向量，求出到平面的距离.
【详解】（1）连结，在平面上作，
因为为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
（2）因为，所以，，两两互相垂直，以为原点，
分别以，，所在直线为，，轴建立空向直角坐标系，
，，，，
则，，．
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，，则，取，则，
设点到平面的距离为，则
因此点到平面的距离为．
15．（2024·广东广州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得.
（2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连接，由为中点，为中点，得，
又，则，因此四边形为平行四边形，
于是，而平面平面，
所以平面.
（2）过作于点，连接，由，得≌，
则，即，而，
因此，又平面，则平面，平面，
所以平面平面.
（3）由（2）知，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，
则，
，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，，
所以与平面所成角的正弦值是.
16．（2024·湖南长沙·一模）正四棱柱中，分别是棱的中点，.
(1)求正四棱柱的体积；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）由正四棱柱的性质可证为平行四边形，故，从而可得，再根据相似形可求棱柱的高，故可得体积；
（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锐二面角的余弦值.
【详解】（1）连接，因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以.
因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以.
所以正四棱柱的体积.
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，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，
令，则，
则平面的法向量为.
设平面的法向量为，
，
则，
令，则，
则平面的法向量为.
.
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．（2024·湖南·二模）如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）欲证，需证平面，即需证垂直于平面内的两条相交直线和，根据直线平面，可证，根据勾股定理的逆定理可证，从而原命题得证.
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦.
【详解】（1）由是直径可知，则是等腰直角三角形，故，
由圆柱的特征可知平面，又平面，所以，
因为，平面，则平面，
而平面，则，
因为，则，所以
，.
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，故.
（2）由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，，
由（1）知平面，故平面的一个法向量是，
设是平面的一个法向量，
则有，取，可得
设平面与平面夹角为，
所以，
则平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2024·河北·模拟预测）如图所示，五面体中，，四边形为平行四边形，点在面内的投影恰为线段的中点，．
(1)求五面体体积；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作垂足为，即可得到为等边三角形，过点作的平行线，过点作的平行线交于点，则为三棱柱，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得；
（2）由（1）知平面，在平面内过点作交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为点在面内的投影恰为线段的中点，作垂足为，则平面，
因为，所以为等边三角形，所以，
又，所以，
过点作的平行线，过点作的平行线交于点，
又四边形为平行四边形，所以为三棱柱，
则，
又三棱锥的体积是三棱柱的体积的，
所以五面体的体积是三棱柱的体积的，
所以五面体的体积.
（2）由（1）知平面，在平面内过点作交于点，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
又，所以，
所以，，
又平面的法向量可以为，
设平面的法向量为，则，
取，
设平面与平面夹角为，则.
19．（2024·湖南·二模）在直角梯形中，，点为中点，沿将折起，使，
(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）利用平面几何的知识证得，再利用线面垂直的判定与性质定理即可得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在梯形中，，
所以，
又，所以，，
又平面，故平面，
平面，
又平面，平面.
（2）取中点，连接，由于，则，，
因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
以分别为轴、轴建立如图空间直角坐标坐标系，
则，
设平面的法向量为，
又，
，令，则，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
所以，
故二面角的余弦值为.
20．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，点，分别为和的中点．
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）取的中点，通过证明平面，再由线面垂直的性质定理即可得到结果.
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求线面角的公式即可得到结果.
【详解】（1）取的中点，连接,
由，易知为等腰直角三角形，
此时，又，所以.
因为,所以，
由，即，所以，
此时，,有四点共面，,
所以平面，又平面，所以.
（2）由且,所以平面.
由，得为等边三角形，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
,
设平面的法向量
由,即，取，，
又，设直线与平面所成角为，
则,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
21．（2024·湖北·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，点在上，点为的中点，且平面．
(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）连接交与点，根据题意证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）取的中点，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）
证明：连接交与点，连接，可得平面与平面的交线为，
因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以点为的中点，
取的中点，连接，可得且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面．
（2）
解：取的中点，连结，
因为，可得，且，
又因为，且，
所以，所以，
又因为，且平面，所以平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
因为为的中点，为的中点，可得，
则，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以，
设是平面的法向量，则，
取，可得，所以；
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．
22．（2024·湖北·二模）如图，四棱锥的底面是矩形，是等边三角形，平面平面分别是的中点，与交于点．
(1)求证：平面；
(2)平面与直线交于点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用面面垂直性质定理证明平面，可得，再利用向量法证明，然后由线面垂直判定定理可证；
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可解.
【详解】（1）因为为正三角形，是中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
，
又在平面内且相交，故平面
（2）分别为的中点，，
又平面过且不过，平面．
又平面交平面于，故，进而，
因为是中点，所以是的中点．
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，
设平面法向量为，
则，即，取，得，
则，
因为，所以.
23．（2024·山东潍坊·一模）如图，在四棱台中，下底面是平行四边形，，，，，，为的中点．
(1)求证：平面平面；
(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）利用平行四边形性质及余弦定理求出，进而证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得.
（2）由已知证得平面，再以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在中，由，得，而，
在中，由余弦定理，得，
则，即，又，，
平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
（2）
在四棱台中，由，得，有，
在梯形中，，过作交于点，
则，又，显然，则，即，
又平面，于是平面，
以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
而，设与平面所成角大小为，
因此，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
24．（2024·山东青岛·一模）如图，在三棱柱中，与的距离为，，．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可.
【详解】（1）取棱中点D，连接，因为，所以
因为三棱柱，所以，
所以，所以
因为，所以，；
因为，，所以，所以，
同理，
因为，且，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）
取中点O，连接，取中点P，连接，则，
由（1）知平面，所以平面
因为平面，平面，
所以，，
因为，则
以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可设点，，
，，，
设面的法向量为，得，
取，则，，所以
设直线与平面所成角为，
则
若，则，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
25．（2024·福建厦门·二模）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，，，为中点，.
(1)证明：平面平面；
(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）连接，证明，继而证明，即可证明平面，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接，在菱形中，，
故为正三角形，又M为中点，故，且，
又，故，
，，则，故,
而平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）由于，，则，故，
又平面平面，平面平面，
而平面,故平面，
取中点为O，则为正三角形，则，
作，交于H，故平面，平面，
故，则两两垂直，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
因为平面，故可作为平面的法向量，
设平面的法向量为，则，
即，令，则可得，
故，
而平面与平面夹角的范围为，
故平面与平面夹角的余弦值为.
26．（2024·福建莆田·二模）如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，．
(1)证明：平面；
(2)若平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）取中点，中点，连接，通过线面平行、面面平行的判定定理首先得平面平面，再利用面面平行的性质即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角余弦的坐标公式结合三角函数平方关系即可得解.
【详解】（1）如图：
取中点，中点，连接，
一方面：因为，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
又，
所以，即四边形是平行四边形，
所以，
因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
从而，
又因为面，面，
所以面，
另一方面：又因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为面，面，
所以面，
结合以上两方面，且注意到平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）若平面，又平面，
所以，
又，
所以以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设是平面的法向量，
则，即，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，
则，
所以，即二面角的正弦值为.
27．（2024·福建漳州·一模）如图，为圆锥的顶点，是底面圆的一条直径，，是底面圆弧的三等分点，，分别为，的中点．
(1)证明：点在平面内．
(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）利用圆的性质与中位线定理证得与，从而得到，由此得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）连接，如图，
因为，是底面圆弧的三等分点，
，
，
均为等边三角形，
，则四边形为菱形，，
因为，分别为，的中点，，
，故点在平面内.
（2）作，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
因为，则，
故，
设平面的法向量，则，
令，得，所以，
易知平面的一个法向量为
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为
28．（2024·河北邯郸·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点，且．
(1)求四棱锥的高；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）过作的平行线，与的延长线交于点，连接，，通过证明，来证明为四棱锥的高，从而求解；
（2）建立空间直角坐标系求解即可.
【详解】（1）如图，过作的平行线，与的延长线交于点，连接，．
，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
，，，，
四边形为矩形，，
为棱的中点，，从而，
又因为，，平面，平面，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面．
为四棱锥的高，即，
四棱锥的高为；
（2）
由（1）知，，，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，，，，
所以，，，
设是平面的法向量，
则可取，
设是平面的法向量，
则可取，
所以，
所以二面角的正弦值为.
29．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．
法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
30．（2024·山东枣庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，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）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；
（2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
考点
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考情分析
立体几何
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立体几何大题难度一般，纵观近几年的新高考试题，主要考查空间平行关系和空间垂直关系的证明、空间角及空间距离的计算等知识点，同时也是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以空间平行关系和空间垂直关系的证明、空间角及空间距离的计算为背景展开命题．
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