第36练 空间向量及其应用（精练：基础+重难点）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

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刷真题 明导向
一、解答题
1．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【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.
2．（2023·全国·统考高考真题）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．
【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，
.
3．（2023·全国·统考高考真题）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．
【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．
4．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
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、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
5．（2022·浙江·统考高考真题）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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【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，
∴．
6．（2022·全国·统考高考真题）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．
【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.

7．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【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，
所以与平面所成角的正弦值为.
8．（2022·全国·统考高考真题）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．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【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，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
9．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
10．（2022·全国·统考高考真题）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．
【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.
【A组 在基础中考查功底】
一、解答题
1．（2023·新疆和田·校考一模）如图，在三棱柱中，平面为线段的中点．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，正方形对角线互相垂直，线面垂直判定定理得线面垂直，再由线面垂直性质定理得线线垂直即可；（2）根据空间向量法求线面角即可.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
因为在三棱柱中，，
所以．
又因为，
所以四边形为正方形．连结，则．
又因为平面，
所以平面．
因为平面，
所以；
（2）因为两两垂直，所以如图建立空间直角坐标系，
可得．
因为为线段上的中点，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
，
因为，所以，
所以直线与平面所成角的大小为．
2．（2023秋·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，，，AB⊥DA，AB∥CD．
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)设M是棱PC上的点，若二面角M-BD-A的余弦值为，试求直线BC与平面BDM所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）依题意可证明AD⊥面PCD；根据面面垂直判断定理即可证明结论；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面BDM与平面ABCD的法向量，根据二面角向量公式求出点点M的位置，从而求出平面BDM的一个法向量，即可求出直线BC与平面BDM所成的角的正弦值．
【详解】（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，
∵PD⊥平面ABCD，
∴，
∵，，
∴；
又∵；面PCD，面PCD
∴AD⊥面PCD；
又∵面PAD；
∴平面PAD⊥平面PCD．
（2）由（1）得DA，DP，DC两两垂直，所以以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，
则依题意有：，，，，，
由，得点，
因为PD⊥平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为，
设为平面BDM的法向量，
又因为，，
所以，即，
令，则，，
∴，
∵二面角M-BD-A的余弦值为，
∴，
解得，
故有，此时点M为线段PC的中点．
设直线BC与平面BDM所成的角为，平面BDM的一个法向量为；
又因为，
所以，
即直线BC与平面BDM所成角的正弦值为．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．
（1）求点到直线的距离；
（2）求点到平面的距离；
【答案】（1）；（2）；
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则
（1）
因为，
所以.
所以点到直线的距离为.
（2）设平面的一个法向量为，
.
由
令，则，即.
设点到平面的距离为，
则，即点到平面的距离为.
4．（2023春·北京海淀·高三北京交通大学附属中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解
【详解】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，，则，
而平面，平面，故平面，
而，，则，同理可得平面，
而，NK，平面MKN，
故平面平面，而平面MKN，
故平面；
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为平面，所以，
因为，故平面，
因为平面，故，
又，而，，
故平面MNK，而平面MNK，故，
所以，故两两垂直，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，，
设平面BNM的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线AB与平面BNM所成的角为，则
．
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知长方体＝＝1，直线BD与平面所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为的中点．
(1)求异面直线AE与BF所成的角的余弦；
(2)求点A到平面BDF的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量求异面直线夹角，根据，运算求解；（2）利用空间向量求点到面的距离，根据，运算求解．
【详解】（1）在长方体中，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图．
由已知AB＝＝1，
可得A（0，0，0）、B（2，0，0）、F（1，0，1）．
又AD⊥平面从而BD与平面所成的角即为∠DBA＝30°，
又AB＝2，AE⊥BD，AE＝1，AD＝
从而易得
∵＝＝（－1，0，1）．
设异面直线AE与BF所成的角为，
则．
即异面直线AE、BF所成的角的余弦为
（2）设＝（x，y，z）是平面BDF的一个法向量．
＝，＝（－1，0，1），＝（2，0，0）．
由 ∴ ，即
取＝
所以点A到平面BDF的距离
6．（2023·全国·模拟预测）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
(1)求四棱锥的体积；
(2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
【详解】（1）在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面,
∴平面
（2）在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
7．（2023·全国·高三专题练习）在斜三棱柱中，是等腰直角三角形，，平面底面，.
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定定理，性质定理解决即可；（2）根据空间向量法计算出二面角的余弦值，再求出二面角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
∵是等腰直角三角形，
∴，且，
∵平面底面，平面底面平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，
∴，
∴，（符合勾股定理），
∴，
∵平面，
∴平面，
∵平面，
∴.
（2）由（1）知，可以建立分别以为轴的空间直角坐标系，
则，
又因为斜三棱柱中，，
所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则，
∴平面的法向量，
设平面的法向量，
则，令，则，
∴平面的法向量，
设二面角的平面角为，
则.
所以，
故二面角的正弦值为.
8．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．
(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)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，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，．
底面，底面，
又，，
且平面,
平面，
所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
（2）因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
故：直线与平面所成角的正弦值为．
9．（2023秋·山东·高三沂源县第一中学校联考开学考试）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.
(1)求证：平面；
(2)若侧面底面，且，，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）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，，从而求出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）取线段的中点，连接，，
∵，分别为，的中点，
∴且，
∵底面是菱形，且为的中点，
∴且，
∴且.
∴四边形为平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）连接，
由得是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，底面，
∴侧面，
因为，，
由余弦定理的：，
解得：，
以为原点建立空间坐标系，如图所示.
则，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，解得：，令，则，
故，
∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
10．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，在三棱柱中，，，平面平面．
(1)求证：平面；
(2)若，Q是的重心，直线与所成角的余弦值为，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质进行证明即可；
（2）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）作于H，
∵平面平面，平面平面
∴平面
∵平面，
∴，
∵，平面，
∴平面；
（2）设，以B为原点，以所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则，
由（1）可知平面，∴，
∵，∴
∵∴
∵Q是的重心，∴，
而
设直线与所成角为，则
．
此时
设平面的一个法向量为
由
令，则，取
设直线和平面所成角为，则
.
11．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，，，分别为，的中点，，，分别为，，的中点，平面，与平面所成的角为．
(1)求证：平面；
(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）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定理和性质进行证明即可；
（2）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）连结．
∵，分别为，的中点，
∴，即四边形是梯形，
∵，为分别为，的中点，
∴，而平面，平面
∴平面，
∵、为分别为 、的中点，
∴，而平面，平面
∴平面，又，平面，平面，
∴平面平面，平面，
∴平面；
（2）∵，为的中点，
∴，
∵平面，故，，两两垂直．
分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．
不妨设，由得，，
∵与平面所成的角为，而平面，
∴，∴，
∴，，，
易知为平面的法向量，
，，
设为平面的法向量，
∴，
令，则为平面的一个法向量，
∴，
∴平角与平面的夹角的余弦值为.
12．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，，且，异面直线PB与CD所成的角为.

(1)求证:平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理、判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到直线的距离.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以,
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以,
因为，为中点，
所以，
又因为平面，
所以平面.
（2）以为原点，方向为轴方向，建系如图，

因为,所以为异面直线所成的角，
所以，在菱形中，，
因为，所以,
设，则，
在中，由余弦定理得，，
所以，解得，
所以,
,
所以,
所以点E到直线BP的距离为.
13．（2023·北京·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，，连接，即可得到，从而得证；
（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】（1）证明：连接，，连接，
在直三棱柱中为矩形，则为的中点，又为的中点，所以，
平面，平面．
平面．
（2）解：，，，，．
由直三棱柱中，底面，底面，，．
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为；
（3）解：设到平面的距离为，则；
14．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，E为棱上的点，且.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点E到平面的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计算证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，而，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有，
，，，
因为，
所以，而平面，
所以平面；
（2）设平面的法向量为，
，
则有，
由（1）可知平面的法向量为，
所以有，
由图知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为；
（3）由（2）可知：平面的法向量为，
，所以可得：
，
所以点E到平面的距离为.
15．（2023·全国·高三专题练习）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将该图形沿，折起使得与重合，连接，如图2．
(1)证明：图2中C，D，E，G四点共面；
(2)求图2中二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，，根据平行公理可得，即可得证；
（2）在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：∵四边形和分别是矩形和菱形，
∴，，
∴，
∴，，，四点共面．
（2）解：在平面内过点作，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，
则，，，．
∴，，，．
设平面的一个法向量为，则，即．
令，则．∴．
设平面的一个法向量为．则，令，可得．
∴，显然二面角为锐角．
∴二面角的平面角的余弦值为．
16．（2023·全国·高三专题练习）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”（如图2）．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若正方形的变成为2，且二面角是直二面角，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段中点，连接、，依题意可得且，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】（1）证明：取线段中点，连接、，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，且，
在图1中知且，且，
所以在图2中，且，且，
∴四边形是平行四边形，则，
由于平面，平面，∴平面.
（2）解：由图1，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角，∴，
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，
则、、、、，
∴
设平面的一个法向量为
由，得，取，则
于是平面的一个法向量
点B到平面的距离为.
17．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，点在棱上，设.
(1)证明：.
(2)设二面角的平面角为，且，求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）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）证明：取的中点，连接.
因为，所以.
又，所以四边形是平行四边形，从而.
因为，所以，从而.
因为，所以，则.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，平面，从而.
又，平面，
所以平面，因为平面，所以；
（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，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.
，
，可得.
设平面的法向量为，
由，
不妨令，则.
因为平面，所以可取平面的一个法向量为，
因为，所以，
解得或（舍去）.
18．（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的圆柱中,为圆的直径,是上的两个三等分点,,,都是圆柱的母线.
(1)求证：平面;
(2)若已知直线与平面所成角为求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据题意由面面平行,证明线面平行即可;
(2)由可得到底面的长度和角度,由与平面所成角为可得到母线长,通过建立直角坐标系,求两个面的法向量,进而求得二面角大小的余弦值.
【详解】（1）证明:为圆的直径,是上的两个三等分点,
,
,
均为等边三角形,
,
四边形是平行四边形,
,
又平面平面,
平面,
平面平面,
平面,
,
平面平面,
平面,
平面.
（2）连接,则圆,
,
,
又,
以为原点,所在直线分别为轴,建系如图示:
则,
,
设平面的法向量,
,
令则,
而平面的法向量为,
,
即二面角的余弦值
19．（2023·河北·统考模拟预测）如图，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，得到BD⊥，再证明出AB⊥，从而得到平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面角的余弦值.
【详解】（1）取AB的中点N，AC的中点D，连接BD，，CN，
因为底面是边长为2的正三角形，，
所以，BD⊥AC，CN⊥AB，
因为平面平面，交线为AC，平面，
因为BD⊥AC，
所以BD⊥平面，
因为平面，
所以BD⊥，
因为，平面，
所以AB⊥平面，
因为平面，
所以AB⊥，
因为，平面ABC，
所以平面ABC；
（2）过点C作CFAB，
以C为坐标原点，CN所在直线为x轴，CF所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得：，设，则，
故，
故，
因为，解得：，
故
设平面的法向量为，
则，
设，则，
则，
设平面与平面夹角的余弦值为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
20．（2023·全国·高三专题练习）如图,在四棱锥中,平面,,正方形的对角线交于点O．
(1)求证:平面PAC;
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析;
(2)
【分析】(1)由于平面,则,由正方形,则,根据线面平行判定定理即可证明线面垂直;
(2)根据题意建立合适的空间直角坐标系,设,找到点的坐标,求出,再求出平面的法向量,根据题中条件,找到平面法向量,求出法向量夹角的余弦值的绝对值,根据图像判断二面角大小的范围,即可求出其余弦值.
【详解】（1）解:由题知平面,
,
正方形,
,
平面,平面,
平面.
（2）由题知平面,为正方形,
以为坐标原点,方向为轴,方向为轴, 方向为轴建立空间直角坐标系如图所示:
不妨设,,
,
,
记平面法向量为,
,
即,
不妨取,则,
平面,
平面法向量为,
,
由图可知二面角的大小为钝角,
故二面角的余弦值为.
21．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形为正方形，E，F分别为的中点，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且平面平面．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明出三角形全等，得到，结合面面垂直，得到线面垂直，从而证明出平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.
【详解】（1）因为四边形为正方形，，分别为，的中点．
所以△≌△，所以，
因为，所以，所以，
设，则，
又平面平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
又平面，
所以，又，且，平面，
所以平面.
（2）建立空间坐标系如图所示，设，则各点坐标如下：
，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，得
，令，可得，，即，
易知平面的一个法向量，
所以，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值．
22．（2023·全国·高三专题练习）在中，，，分别上的点且，，将沿折起到的位置，使．
(1)求证：；
(2)是否在射线上存在点，使平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，DM=2或12．
【分析】（1）先证明出平面，从而得到，结合，得到平面，从而证明出；
（2）建立空间直角坐标系，设，分与两种情况，求出两平面的法向量，从而列出方程，求出或，得到的长度.
【详解】（1）证明：，平面，
平面，
∵平面，
，
又，平面，
平面，
∵平面，
∴；
（2）由题意，两两垂直，以C为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为，，
易得，
设，则，
当时，两点重合，平面的法向量为，
设平面的一个法向量为，且，，
故，不妨取，得，则，
设平面与平面所成角为，
则，不合题意，舍去；
故，
设平面的一个法向量为，且，
故，不妨取，解得．
故
化简可得，解得：或，
因为，所以或12．
【B组 在综合中考查能力】
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥的底面为正方形，，平面，分别是线段的中点，是线段上的一点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且点不是线段的中点，求三棱锥体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，由中位线性质知，从而得到平面，由面面垂直判定可得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，，由线面角的向量求法可构造方程求得，结合垂直关系可得平面的距离为，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）连接，
分别是线段的中点，，
底面四边形为正方形，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
，平面，
又平面，平面平面.
（2）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，，，，，
设，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
设直线与平面所成角为，
，
解得：或（舍），，
平面，平面，；
，，平面，平面，
到平面的距离为，
.

2．（2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校考假期作业）如图所示，直三棱柱中，，，.

(1)求证：；
(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）根据题意证得平面，得到，进而证得平面，利用你线面垂直的性质，即可证得；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为三棱柱为直三棱柱，且，，
在直角与直角中，可得，
所以，所以，
所以，所以.
因为底面，底面，所以，
又，，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立的空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，
令，可得 ，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.

3．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若E为PC的中点，异面直线BE与PA所成角为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知的面面垂直证明线面垂直和线线垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线所成的角，求得棱锥的高，可解棱锥的体积.
【详解】（1）证明：过点D作，垂足为点F，
因为平面平面PAB，平面平面，平面，
所以平面PAB，平面PAB，所以，
因为，又平面PAD，，所以平面PAD，
因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以点D为原点，DA为X轴，DC为Y轴建立空间直角坐标系，

则、、、，
设，
则，因为，所以，
所以，，
因为异面直线BE与PA所成角为，所以，
化简得，解得（舍），所以；
所以，平面ABCD，
四棱锥，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，
所以四棱锥的体积为.
4．（2023秋·江西南昌·高三南昌二中校考开学考试）如图， 在四棱锥中，平面ABCD，，，，. E为棱 PC上一点，平面ABE与棱PD交于点F. 且.

(1)求证: F为PD的中点；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先求出，即可得到为的中点，再证明平面，由线面平行的性质得到，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，，
在中，，
在直角梯形中，由，，
所以，所以，
因为，所以为的中点，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面平面，平面，
所以，所以，所以为的中点；
（2）由题可知因为平面，平面，所以，，又，
所以，，两两相互垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，于是，
因为平面，且，
所以平面，又平面，所以，
又，且为的中点，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以是平面的一个法向量，．
由题设，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
5．（2023·天津·校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求点到直线的距离；
(3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.
【详解】（1）因为底面，，
建立空间直角坐标系如图所示，
则，
所以，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得 ，
又，
可得，因为平面，
所以平面 ，
（2）因为，
所以点到直线的距离.
（3）设，，则，
设平面的法向量为，
则令，则，
所以，
即，解得或（舍去），
所以.
6．（2023秋·江苏·高三江苏省梁丰高级中学校联考阶段练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．

（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．

7．（2023秋·四川内江·高三期末）如图，扇形的半径为，圆心角，点为上一点，平面且，点且，面．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，设与相交于点，连接MN，利用余弦定理可求得，，的长度，进而得到，又，由此可得平面；
（2）建立恰当空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角的余弦值，从而即可得答案．
【详解】（1）证明：连接，设与相交于点，连接，
平面，在平面内，平面平面，
，
，
，
在中，由余弦定理可得，，
，
又在中，，
由余弦定理可得，，
，故，
又平面，在平面内，
，
又， 平面，
平面，平面；

（2）解：由（1）可知直线，，两两互相垂直，所以以点为坐标原点，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，可取；
设平面的一个法向量为，则，可取，
，
平面与平面所成二面角的正弦值为．
8．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，A到平面的距离为.

(1)求到平面的距离；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先判定BD1⊥DD1，再根据等体积法计算即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）在正方形中，，则，
在中，由条件可知，即，
所以，
因为A到平面的距离为，所以，
因为，记到平面的距离为，
所以由，得，
即到平面的距离为；
（2）在四棱台中，∥平面，
则到平面的距离即为到平面的距离，
假设不垂直于平面，则，与矛盾，
所以平面，
又因为平面平面，所以平面，
由平面，
所以在直角梯形中，如图所示，过D1作D1M⊥AD于M点，

则，
以A为原点，方向为轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，

则，，
设是平面的一个法向量，
由，取，则，所以，
设直线与平面所成角为，则.
9．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知四棱锥，底面为菱形平面，为上一点.
(1)平面平面，证明：；
(2)当二面角的余弦值为时，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)点为棱中点
【分析】（1）由，利用线面平行的判定定理得到平面，再利用线面平行的性质定理证明；
（2）取中点，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.，设，分别求得平面的一个法向量和平面的一个法向量为，利用夹角公式求解.
【详解】（1）证明：因为平面平面，
所以平面，
又因为平面平面，所以.
（2）取中点，则，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
所以，
设，
所以，
设平面的法向量，则有
，即
令，则.
平面的一个法向量为，
所以.
解得，
即当点为棱中点时满足条件.
10．（2023秋·云南保山·高三统考期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，是上一点，平面.

(1)求证：平面；
(2)从下面三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并作答：①异面直线与所成角的正切值为；②直线与平面所成角的正弦值为；③点到平面的距离为；
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）根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理进行证明；
（2）选①：根据异面直线所成角的定义计算得到；选②：根据直线与平面所成角的的定义计算得到；选③：利用等体积转换计算得到；然后再利用空间向量法求两个平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接，

平面平面，
平面平面，
，
是的中点，是的中点，
又，
平面，平面，
，又，，平面，
平面平面，
又，平面.
平面.
（2）如图，
选①：异面直线与所成角为或其补角，
由（1），
；
选②：平面直线与平面所成角为，，，
；
选③：设，由是的中点，得，
，
所以，解得，所以；
以为坐标原点，所在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，则所以
令，则，
设平面的一个法向量为，则
所以令，则，
记平面与平面的夹角为，
则.

11．（2023秋·广东河源·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥中，分别为的中点，连接.

(1)当为上不与点重合的一点时，证明：平面；
(2)已知分别为的中点，是边长为的正三角形，四边形是面积为的矩形，当时，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线得出线线平行关系，然后根据线面平行的判定说明；
（2）先证明两两垂直，以此来建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求二面角.
【详解】（1）因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以//平面.
（2）因为是正三角形，为的中点，
所以，又因为，，
所以平面，平面，所以，
因为四边形是矩形，所以，即直线两两垂直，
以为坐标系的原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，

因为四边形是面积为的矩形，，所以，
由已知得，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，，，
∴，∴，令，得，.
∴，设与平面所成的角为，
则.
所以与平面所成角的正弦值为.
12．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在五棱锥中，，，.

(1)证明：；
(2)若平面平面，平面平面，探索：是否为定值？若为定值，请求出的值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)是定值，
【分析】（1）由线面垂直证线线垂直.
（2）由空间直角坐标系，设，根据面面垂直的向量表示可得，
即得.
【详解】（1）证明：取中点，连接，连接交于，
如图，由知为等腰梯形，，
又，故，
显然为中点，，
故 又，所以平面
又平面，故.

（2）若平面平面，
由为平面与平面的交线，知，，
如图，可以为原点，建立平面直角坐标系.

设，因，

如图，底面延长交于点，
由知为等边三角形，
又，可知也为等边三角形，
故，
又，
所以，又，所以为等边三角形，
所以也为等边三角形，故，
所以，故，
，，
，
设平面法向量为，则即
可令得，
，
设平面法向量为，则即
可令，
，有，
故.
13．（2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，为直角梯形，，平面平面．是以为斜边的等腰直角三角形，为上一点，且．

(1)证明：直线∥平面;
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，则可得∽，再结合已知条件可得，所以∥，然后由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知可证得平面，所以以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，与均垂直的方向作为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，
因为∥，所以∽，
所以，
因为，所以，
所以，所以∥，
因为平面，平面，
所以直线∥平面.
（2）平面平面，平面平面平面，
，所以平面．

以为坐标原点，所在的方向分别为轴、轴的正方向，与均垂直的方向作为轴的正方向，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
，令，得，
设平面的一个法向量为，则
，令，得．
设二面角的平面角的大小为，由图可知为锐角，则
所以二面角的余弦值为．
14．（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，，，四点共面.

(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为2，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作，交底面弧于，连接，有为平行四边形，根据题设可得，即，再由线面垂直的性质可得，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.
（2）构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关点坐标，进而求平面、平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，即可求出点到直线的距离.
【详解】（1）过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，
所以，又为弧的中点，则是弧的中点，
所以，而由题设知：，则，
所以，即，由底面，平面，则，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系，
令半圆柱半径为，高为，则，，，，
所以，，，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
若是面的一个法向量，则，令，则，
所以，
整理可得，则，又，
由题设可知，此时点，，，
则，，
所以点到直线的距离.
.
15．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．

(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；
（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．

16．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABD，E为AB的中点，，.

(1)证明：平面CED；
(2)当二面角的大小为30°，求与平面ACD所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得，再利用三线合一得，最后利用线面垂直的判定即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量和法向量，利用线面角的公式即可得到答案.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又因为为的中点，所以是的中线，
所以，且，平面，
所以平面.
（2）建系如图，因为平面，平面，所以，，平面平面，平面，平面，
则二面角的平面角为，所以，
又因为是边长为2的等边三角形，所以，在直角三角形中，有，结合，得到以下坐标：
，
则，
设是平面的法向量，由，即，
令，则，所以，又因为，
设与平面所成角为，则.

17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在中，，，，E为AB中点，过点E作ED垂直AC于D，将沿ED翻折，使得面面，点M是棱AC上一点，且面．

(1)求的值；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用面面存在的性质得出，过点B作BQ垂直CD于点Q，由面面平行的判定定理及性质定理可得，求出CQ、，根据相似比可得答案；
（2）以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
求出平面BCDE、平面MBE的法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为面面，面面，
由题意可知，，，所以，
过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，

因为，平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以平面ADE，
又因为平面ADE，，BQ，平面ADE，
所以平面平面ADE，
又因为面面ADC＝QM，平面平面ADC＝AD，所以，
因为BC＝2，，所以，CQ＝1，
在折叠前的图形中，，
，所以AQ＝3，，
易知D为AQ的中点，所以，
所以，所以；
（2）由（1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，
易知平面BCDE的一个法向量，
，
设平面MBE的法向量为，
所以，令，则，故，
所以，
所以二面角的余弦值为．

18．（2023·吉林·统考模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，沿将折成，如图2所示，连接，得到四棱锥.
(1)若平面平面，求证： ；
(2)若点是的中点，求点到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到四边形是平行四边形，证得，进而证得平面，结合线面平行的性质定理，即可证得.
（2）取中点，以为原点，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得和向量，得到，且，结合点到直线的距离，即可求解.
【详解】（1）证明：在梯形中，因为且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，且平面，所以平面，
因为平面，且平面平面，所以.
（2）解：取中点，连接，因为是等边三角形，可得
以为原点，所在直线为轴，轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
则，
所以，，，且，
则点到直线的距离
因为，所以当时，；
当时，，所以点到直线的距离的取值范围是.
【C组 在创新中考查思维】
一、解答题
1．（2023·上海·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.
(1)证明：若，直线平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；
（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；
（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.
【详解】（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
又，，
，四边形为平行四边形，
，
又，，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
则二面角的正弦值为；
（3）存在，或
假设存在点，设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，
，
解得或，
故存在点，此时或.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2或
【分析】（1）连接，由勾股定理证得，由等腰三角形得性质证得，再结合线面垂直得判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，设，利用空间向量的夹角公式求出余弦值，进而列出方程，解之即可.
【详解】（1）连接，∵，，∴且
∴四边形为平行四边形；
∵且E为的中点，∴，
所以，
∴，∴，即，
又∵，∴平面
（2）以为原点，为轴，为轴，为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
设，则，而，所以，
∵平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，
则
化简得，解得：或，满足
故线段的长度为2或．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F分别在BC，CD上，且，．
(1)证明：平面平面ABD；
(2)若平面ABC，，，，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面平行及面面平行的判定定理可证得；
（2）分析知当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可得解.
【详解】（1），，
又平面ABD，平面ABD，平面ABD，
又G是△ABC的重心，
又平面ABD，平面ABD，平面ABD，
又，平面
所以平面平面ABD
（2）由，，，可得
又，
又平面ABC，平面ABC，
又，平面，平面，
又平面，
P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合.
如图，作，以C为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为
则，令，
设平面的一个法向量为
则，令，
，
所以二面角的余弦值为
4．（2023·全国·高三专题练习）如图甲，等腰梯形ABCD中，，于点E，且，将梯形沿着DE翻折，如图乙，使得A到Р点，且.
(1)求直线PD与平面EBCD所成角的正弦值；
(2)若，求三棱锥的表面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 作于点，先证明PM垂直于平面BCDE，即为直线与平面所成角，然后计算可得；
(2)作交于点，以MB、MN、MP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，用向量法求出三个侧面与底面与底面所成二面角的余弦值，根据二面角的余弦值=侧面在底面上的投影面积侧面面积可得.
【详解】（1）如图，
作于点，
∵，平面PBE，平面PBE，
∴平面，
∴，
又∵，平面BCDE，平面BCDE，
∴平面，∴为与平面所成角，
设，则，，
因为
所以，
所以.
（2）如图，
过作交于点，
∴.
由（1）知，平面，易知MB、MN、MP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
因为，得
为直角三角形，且，所以，所以
得所以，
∴为的中点，
∴.
，
设分别为平面PBC，平面PCD，平面PBD的法向量，
则，，，取，
得，
记二面角,二面角,二面角的平面角分别为，易知均为锐角，则，，，
因为，，
，
所以，，
又
所以三棱锥的表面积.
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点.
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PA的中点为F，连接EF，BF，证得CE//BF，进而线面平行得判定定理即可得出结论；
（2）法一：取AD的中点O连接PO，CO，证得为直线与平面所成角，解三角形求出，作于，连接证得为二面角的平面角，求出 的余弦值即可.
法二：建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为．
【详解】（1）证明：取的中点，连结是的中点，，
四边形是平行四边形，
平面平面，
直线//平面.
（2）法一：四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，是的中点.取的中点在底面上的射影在上，设，则，
直线与底面所成角为，可得：，
可得：，，作于，连接，所以就是二面角的平面角，，二面角的余弦值为：
法二：
由已知得,以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则
则，，，，
,则
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即
又在棱上,设
由①，②得（舍去）或
所以，从而
设是平面ABM的法向量，则
所以可取.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为.
6．（2023·全国·高三专题练习）如图1，已知等边的边长为，点分别是边上的点，且满足，如图2，将沿折起到的位置．
(1)求证：平面平面；
(2)给出三个条件：①；②平面平面；③四棱锥的体积为，从中任选一个，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，
【分析】（1）在等边中，利用已知条件可证明，利用面面垂直的判定定理即可证明.
（2）构建空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
【详解】（1）证明：
等边中，由，得即，
所以
又得
在中，，由余弦定理得
，
，
又平面，
平面，
又平面
平面平面
（2）解（1）：若选择条件①
，平面，
平面，
，
结合（1）可知，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：.
设平面的法向量为，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
解（2）：若选择条件②平面平面，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，
，
结合（1）可知，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：.

设平面的法向量为，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
解（3）：若选择条件③四棱锥的体积为，
容易求得，四边形的面积为，又四棱锥的体积为，
所以，四棱锥的高为，即点到底面的距离为1，
又因为，
平面，
，
结合（1）可知，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：，
设平面的法向量为，，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
7．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，，，平面平面，．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由面面垂直的判定即可证明；
（2）过作，，垂足分别为，，连接，由几何法可证即为二面角的平面角，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面．
（2）过作，，垂足分别为，，连接，
因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，
又，且，，平面，所以平面，
因为平面，所以，即即为二面角的平面角，
不妨设，则可知，且，，
因为，所以，所以，
过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
设直线PD与平面PBC所成角为，则，
即.
8．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，圆台下底面圆的直径为， 是圆上异于的点，且，为上底面圆的一条直径，是边长为的等边三角形，.
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)线线垂直从而证明线面垂直.
(2)利用向量法，即可求二面角的余弦值.
【详解】（1）∵为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，
故
又∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴，又∵，，平面
∴平面
（2）取的中点，连接，则，由(1)可知，
∵，∴平面，
又∵
∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，
∵平面，∴，
四边形为矩形，
∴
平面的一个法向量为.
设平面的一条法向量为，，
由 得 令，则，
平面的一个法向量为
则平面与平面的夹角的余弦值为
∴平面和平面夹角的余弦值为
9．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1中点．
(1)证明：平面ABC⊥平面AOM；
(2)记二面角A－BC－B1的大小为θ，当θ∈[，]时，求直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；
（2）设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，利用坐标法可求， 然后利用导函数求最值即得.
【详解】（1）∵△ABC是等腰三角形，O为BC的中点，
∴BC⊥AO，
∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为的中点，
∴BC⊥MO．
∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，
∴BC⊥平面AOM，
∵BC平面ABC，
∴平面ABC⊥平面AOM．
（2）在平面AOM内，作ON⊥OA，
∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，
∴ON⊥平面ABC，
以OB，OA，ON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵MO⊥BC，AO⊥BC，
∴∠AOM为二面角的平面角，即∠AOM＝θ，
∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2csθ，2sinθ），C1（－2，2csθ，2sinθ），B1（2，2csθ，2sinθ），
∴＝(－2，2csθ，2sinθ)，
设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2csθ，2sinθ)，
所以，即，
则可取，
设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，
则sinα＝|cs＜，＞|＝，
设f (θ)＝，θ∈[，]，则，
∴f（θ）在[，]上单调递增，
∴f（θ）∈[－2，]，即
∴，
∴．
∴直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值为.
10．（2023·四川成都·川大附中校考二模）如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面为正三角形，E，F分别是上的动点.
(1)求证：；
(2)若E，F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成角的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明.
（2）由已知结合线面平行的判定定理知平面，结合线面平行的性质定理知，建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
【详解】（1）证明：因为C是以为直径的圆O上异于A，B的点，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面平面.
所以
（2）由E，F分别是的中点，连结，所以，由（1）知，
所以，所以在中，就是异面直线与所成的角.
因为异面直线与所成角的正切值为，
所以，即
又平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以
所以在平面中，过点A作的平行线即为直线l.
以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设.
因为为正三角形所以，从而
由已知E，F分别是的中点，所以
则，所以，
所以，
因为，所以可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的取值范围为.