新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题33 立体几何解答题十七大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题33 立体几何解答题十七大题型汇总（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题33立体几何解答题十七大题型汇总原卷版doc、新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题33立体几何解答题十七大题型汇总解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共296页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149840878" 题型1中位线法证明线面平行 PAGEREF _Tc149840878 \h 1
\l "_Tc149840879" 题型2平行四边形法证明线面平行 PAGEREF _Tc149840879 \h 11
\l "_Tc149840880" 题型3做平行平面证明线面平行 PAGEREF _Tc149840880 \h 21
\l "_Tc149840881" 题型4线线垂直证明线面平行 PAGEREF _Tc149840881 \h 32
\l "_Tc149840882" 题型5面面平行 PAGEREF _Tc149840882 \h 40
\l "_Tc149840883" 题型6线线垂直 PAGEREF _Tc149840883 \h 50
\l "_Tc149840884" 题型7线面垂直 PAGEREF _Tc149840884 \h 59
\l "_Tc149840885" 题型8面面垂直 PAGEREF _Tc149840885 \h 69
\l "_Tc149840886" 题型9向量法证明平行与垂直 PAGEREF _Tc149840886 \h 78
\l "_Tc149840887" 题型10画图问题 PAGEREF _Tc149840887 \h 89
\l "_Tc149840888" 题型11角度问题 PAGEREF _Tc149840888 \h 104
\l "_Tc149840889" 题型12距离问题 PAGEREF _Tc149840889 \h 116
\l "_Tc149840890" 题型13探索性问题 PAGEREF _Tc149840890 \h 125
\l "_Tc149840891" 题型14最值取值范围问题 PAGEREF _Tc149840891 \h 138
\l "_Tc149840892" 题型15交线未知型 PAGEREF _Tc149840892 \h 152
\l "_Tc149840893" 题型16建系有难度型 PAGEREF _Tc149840893 \h 166
\l "_Tc149840894" 题型17几何法的运用 PAGEREF _Tc149840894 \h 183
题型1中位线法证明线面平行
【例题1】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，为的中点，为与的交点．

(1)证明：//平面；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中位线定理证明，再由判定证明即可；
（2）求出点到平面的距离，再由体积公式求解.
【详解】（1）证明：四边形为正方形，为与的交点，
是的中点，
又是的中点，，
又平面平面，
//平面．
（2）平面是的中点，
到平面的距离，
四边形是正方形，，
三棱锥的体积．
【变式1-1】1. （2023秋·四川泸州·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，是棱上的中点．

(1)证明平面；
(2)求三棱锥的体积；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；
（2）根据等体积法将三棱锥的体积转为求三棱锥的体积，在求出三棱锥高和底面积，根据三棱锥公式求解即可.
【详解】（1）令的交点为，连接
因为四边形是菱形，所以是的中点，
又因为是棱上的中点，所以在中，，
因为平面，平面
所以平面.

（2）因为四边形是菱形，所以．
又平面，且，所以平面
因为平面，所以
因为，所以，所以．
因为平面，且，所以平面．
因为是棱上的中点，所以到平面的距离．
四边形是菱形，，
则中，，
，三棱锥的体积为
【变式1-1】2. （2023秋·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，，为上一点，.

(1)证明：
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知易得，即有，再由中位线性质、平行线的性质证结论；
（2）由线面垂直的性质得，由已知及勾股定理可得，最后利用线面垂直、面面垂直的判定证结论.
【详解】（1）四边形是矩形，为的中点，
所以且，显然有，
则，又，故，
所以，则，
分别是的中点，则，
综上，.
（2）由底面，平面，所以，
又为中点，所以，
由（1）知：，则，
所以，即，
由，、平面，所以平面，
而平面，所以平面平面.
【变式1-1】3. （2023秋·北京·高三北京八中校考阶段练习）如图，在三棱柱中，，D是线段AC的中点，且平面ABC.
(1)求证：平面平面；
(2)求证：平面；
(3)若，，求三棱柱的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由平面证得平面平面；
（2）连接，设，连接，由证得平面；
（3）证得四边形为菱形，求得其面积，证得，求得，作于，证得 ，求得，从而求得三棱柱的表面积.
【详解】（1）因为，所以，
根据题意，平面平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）
连接，设，连接，
根据棱柱的性质可知，为的中点，
因为是的中点，
所以，
又因为平面平面，
所以平面。
（3）由（1）可知，平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以四边形为菱形，边长为2，
又因为平面，平面，所以，
又D为中点，所以，
，
由已知，所以 ，
由（1）可知，平面，平面，所以，
所以，
如图，作于，连接，
因为，，
所以 ，
又因为平面，平面，
所以，，
所以，
又面，所以面，
又面，所以 ，
所以，
所以，
所以三棱柱的表面积为
【变式1-1】4. （2023秋·上海松江·高三校考阶段练习）如图，在正方体中，点M，N，P，E，F分别是的中点．
(1)证明： 平面；
(2)求与面所成角的正弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；
（2）设点D到平面的距离为d，则有，求出，设与平面所成角是，则代入求解即可得出答案.
【详解】（1）证明：正方体中，又，
∴平面平面，
∴平面.

（2）设正方体的棱长是2，，
平面，平面，则，，，
，
设点D到平面的距离为d，
则有，解得：，
设与平面所成角是，
则．
【变式1-1】5.（2023秋·广东珠海·高三校考开学考试）在如图所示的四棱锥中，四边形为矩形，平面，为的中点.

(1)证明：平面；
(2)若，，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）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：连接，交于点，连接，
∵为中点，为中点，∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）
如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，
则，，
∵平面，∴平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，得.
∴
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
题型2平行四边形法证明线面平行
【例题2】（2023·陕西西安·校考一模）如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为，，的中点.

(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）取的中点G，连接，，利用线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面夹角正弦值.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
因为F，G分别为，的中点，
所以，，
又E为的中点，，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）
解：在直三棱柱中，平面，
又平面，平面，
所以，，又，
故以B为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，
所以，， ，
设平面的法向量为，
则令得，，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成的角的正弦值为.
【变式2-1】1. （2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面是棱（不与端点重合）上的点，分别为的中点，.

(1)证明：平面.
(2)当的长为何值时，平面与平面的夹角的大小为？
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，则，从而得证；
（2）解法一：首先证明平面，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出，即可得解；
解法二：当为的中点时，平面与平面所成角的大小为，首先证明平面，即可得到平面，则为平面与平面所成的二面角的平面角，求出即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，则且.
因为且，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）解法1：依题意可知，平面底面，平面底面，平面，所以平面，
又底面为直角梯形，，，且，
所以，所以为平行四边形，所以，则，
如图，以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，

则，
，
.
设，则，且，
得.
设平面的法向量为，
则即
令，则，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则即
令，则，
所以平面的一个法向量为.
平面与平面所成的锐二面角的大小为，
则，
解得，所以，
即当时，平面与平面所成角的大小为.
解法2：当为的中点，即当时，平面与平面所成角的大小为.
证明：因为，所以.
因为平面底面，平面底面底面，
所以平面.
又因为分别为的中点，所以，所以平面，
平面，所以，，
又因为平面平面，
所以为平面与平面所成的二面角的平面角，
又为等边三角形，为的中点，为的中点，所以，所以，
即平面与平面所成的二面角为，又，所以.
【变式2-1】2. （2023秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）如图，在五面体中，四边形为正方形，平面，，，，，.
(1)求证： 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）在△中，过点作交于，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）在△中，过点作交于，连接，
又，则且，
因为，所以，
又，，则，且，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
所以 平面；
（2）四边形为正方形，平面，则两两垂直，
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，

设平面的一个法向量为，则，，
则，令，则，，则，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【变式2-1】3. （2023春·山西·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥中．平面平面，∥，，，，点E，F分别为AS，CD的中点．

(1)证明：∥平面；
(2)若，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形为平行四边形，从而得，即证得线面平行；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角．
【详解】（1）如图，取的中点，连接，．
因为分别为的中点．
所以，．
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以．
因为平面，平面．
所以平面．
（2）如图，取的中点，连接，．
因为为等腰三角形，所以．
因为平面平面，平面平面．
所以平面．又，平面，则，，易证．
可建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，．
所以，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则有即取得
设平面AFS的一个法向量为，
则，即，取，得，
所以，设二面角的大小为，则．
【变式2-1】4. （2023秋·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考阶段练习）已知正方体的棱长为2，设分别为棱的中点.

(1)证明：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）利用线面平行的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，
由中位线可知且，
又因为且，
所以且，
所以为平行四边形，所以.
结合平面平面可知，平面.
（2）以为原点，为坐标轴建立如图坐标系.

此时，
设平面的法向量为，
则由，
可知：，设，
所以平面的法向量为，
设二面角的平面角为，则为锐角.
所以.
题型3做平行平面证明线面平行
【例题3】（2023秋·江西宜春·高三江西省丰城拖船中学校考开学考试）已知直四棱柱中，底面为菱形，，，，E为线段上中点.
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行得平行四边形，即可得线面平行，进而证明平面平面，即可证明结论；
（2）由题意可建立以为原点的空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求解．
【详解】（1）证明：在直四棱柱中，且，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
由且，故四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
又平面，平面，，
则平面平面，又平面，故平面；

（2）取中点，连接，
直四棱柱中，底面为菱形，，则、、两两垂直，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴的空间直角坐标系，如图所示：

又，，
则，
则,,，
设平面一个法向量为，则，即，
取，则，，故平面一个法向量为，
设与平面所成角为，则.
【变式3-1】1. （2022·四川南充·四川省南充高级中学校考一模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，．.

(1)已知点为的中点，求证：平面；
(2)求多面体的体积．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先证平面平面，然后由面面平行的性质可证；
（2）将多面体分解为三棱锥和四棱锥求解即可.
【详解】（1）记的中点为H，连接，
则，，所以四边形和为平行四边形，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面.

（2）连接，因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又，所以平面，
易知，梯形的面积为，
所以多面体的体积.

【变式3-1】2. （2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.
（2）证明平面，再利用等体积法求解作答.
【详解】（1）依题意，连接，分别是中点，则，
平面平面，则平面，
四边形是矩形，，同理有平面，
又平面，于是平面平面，又平面，
所以平面.

（2）在圆锥中，平面，平面，则平面平面，
平面平面，在平面内过点作于点，
则平面，在中，，则，
显然平面，平面，则，又，，因此，
.
【变式3-1】3. （2023秋·四川眉山·高三校考阶段练习）如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行可证明线面平行，进而得面面平行，由面面平行的性质即可求解,
（2）根据线面垂直，可得线面角的几何角，即可利用三角形的边角关系求解大小，或者建立空间坐标系，利用法向量求解.
【详解】（1）分别是中点，连接，则，

平面平面，则平面，
四边形是矩形，，同理有平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，故平面.
（2）解法一：
在圆锥中，平面，平面
则平面平面，平面平面，作于点，连接，
则面是在平面上的射影，是直线与平面所成的角，
在直角三角形中，，则，
平面，则平面，
在直角三角形中，，，则，
在直角三角形中，，
故，即直线与平面所成角的余弦为.
解法二：在圆锥中，平面，
在直角三角形中，，则，，
在直角三角形中，，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设是平面的法向量，则，
令得，
设直线与平面所成角为，则，
.
【变式3-1】4. （2023·湖南永州·统考一模）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．

(1)求证：平面；
(2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，要证平面，只需平面平面，结合已知条件即可得证.
（2）当时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据以及中点关系、即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.
【详解】（1）如图所示：

取中点，连接，
分别为的中点，且底面为矩形，
所以，且，
又因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，且平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以由面面平行的性质可知平面
（2）如图所示：

注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得，
又因为，且面，面，，
所以面，又因为面，所以，
又因为底面为矩形，所以，
因为，面，面，
所以面，因为面，
所以，又，
所以，又由三线合一，又，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为，
所以，
又因为为的中点，，
所以，
所以，，，
不妨设平面与平面的法向量分别为，
所以有以及，
即分别有以及，
分别令，并解得，
不妨设平面与平面的夹角为，
所以；
综上所述：平面与平面的夹角的余弦值为.
【变式3-1】5.（2023·甘肃陇南·统考一模）如图，在正三棱柱中，分别为棱的中点，．

(1)证明：平面．
(2)若三棱锥的体积为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形中位线性质得，则得平面，再利用面面平行的判定和性质即可得平面；
（2）首先利用求出的长度，再利用等体积法即可求出点到平面距离.
【详解】（1）取的中点为，连接．
因为为的中位线，所以，
又平面平面，
所以平面．
因为分别为棱的中点，所以，
又平面平面，所以平面．
又，平面，所以平面平面．
因为平面，所以平面．

（2）连接，设，因为为中点，为等边三角形，
则，，
则三棱锥的体积，解得，
所以．
在中，，
可求得边上的高为，所以．
设点到平面的距离为，所以．
由，解得．
题型4线线垂直证明线面平行
【例题4】（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）如图，三棱锥中，平面，是空间中一点，且平面.

(1)证明：平面；
(2)若，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）先根据线面垂直的性质证得，再有线面垂直的判定定理得平面，从而得 ，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解两个平面夹角的余弦值.
【详解】（1）过点作，垂足为，

因为平面平面，所以，
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以 ，
因为平面平面，所以平面.
（2）设，且，
以为坐标原点，BD为y轴，BA为z轴，过B垂直BD（与CD平行）的线为x轴，
如图建立空间直角坐标系，

则，
又，
由（1）设，
设平面的一个法向量，
则，令，则，所以，
设平面的一个法向量，
则，令，则，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
所平面与平面的夹角的余弦值为.
【变式4-1】1. （2023秋·江苏扬州·高三统考开学考试）如图，在多面体中，平面，平面平面BCD，其中是边长为2的正三角形，是以为直角的等腰三角形．

(1)证明：平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)或．
【分析】（1）取CD的中点F，连接EF，易得，再由平面平面BCD，得到平面BCD，再由平面BCD，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）过点B作，以B为坐标原点，分别以BP，BD，y，z轴建立空间直角坐标系，设，分别求得平面ACE的一个法向量为，平面BDE的一个法向量为，设平面ACE与平面BDE的夹角为，由求解.
【详解】（1）证明：取CD的中点F，连接EF，
因为是边长为2的正三角形，
所以．
∵平面平面BCD，且平面平面，
∴平面BCD．
又∵平面BCD，∴．
∵平面ECD，平面ECD；
∴平面；
（2）解：过点B作，以B为坐标原点，分别以BP，BD，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，，，
所以，，，．
设平面ACE的一个法向量为，
由，取，得；
设平面BDE的一个法向量为，
由，取，得．
设平面ACE与平面BDE的夹角为，
则，
解得或，即或．
【变式4-1】2. （2023秋·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考阶段练习）如图，在多面体中，平面平面平面和均为正三角形，，点为棱上一点．

(1)求证：平面；
(2)若为中点，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）直接利用直线与平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，进而可求解.
【详解】（1）取AC中点O，连接DO、OB，
在正△ACD和正△ABC中，，
∴，，，
而平面平面，平面平面，
平面，平面，
∴平面，平面，
又平面，所以，而．
∴四边形是平行四边形，所以，
而平面，平面，
∴平面．
（2）由（1）知，OB，OC，OD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则，，，，，
∴，，
显然平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，得，
，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【变式4-1】3. （2022·新疆·统考三模）多面体ABDEC中，△BCD与△ABC均为边长为2的等边三角形，△CDE为腰长为的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，F为BC的中点．
(1)求证：平面ECD；
(2)求多面体ABDEC的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得线面垂直，进而得到线线平行，从而证得线面平行；
（2）将多面体ABCDE分为两个三棱锥进行求解体积.
【详解】（1）证明：取CD的中点G，连接EG
∵△CDE为腰长为的等腰三角形，
∴
又∵平面CDE⊥平面BCD，平面ECD，平面平面,
∴EG⊥平面BCD，同理可得，AF⊥平面BCD
∴
又∵平面ECD，平面CDE，
∴平面CDE
（2）在△CDE中，
∴
又∵△BCD为边长为2的等边三角形
∴
过G作于H，在等边三角形BCD中，
，
又∵平面ABC⊥平面BCD，面BCD，平面平面,
∴GH⊥平面ABC
又∵
∴GH的长度是点E到平面ABC的距离
又∵△ABC为等边三角形
∴
∴
题型5面面平行
【例题5】（2023秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，先证明平面平面，进而得证平面．
（2）由题，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，连接，
∵是正方形，，分别是棱，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
∵，直线在平面内，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面．

（2）由题意可得，，，两两互相垂直，
如图以点为坐标原点，，，分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，，则，，，，，
，，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
【变式5-1】1. （2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中）如图，，为圆柱的母线，BC是底面圆O的直径，D，E分别是，的中点，面．

(1)证明：平面ABC；
(2)若，求平面与平面BDC的夹角余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点F，利用线面平行的判定定理，证得平面，平面，再由面面平行的判定定理，即可证得平面平面，即可证得平面．
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，取中点F，连接DF，EF，
因为D，E，F分别为，，的中点，所以，，
又因为平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又因为，平面，
所以平面平面，又因为平面DEF，所以平面．

（2）解：如图所示，连接，
因为分别为的中点，所以，且，
又因为D为的中点，所以，且，
所以，且，即四边形AOED为平行四边形，即，
因为面，所以面．
又因为面，所以，可得，
以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，
可得，，，，，
则，，，,
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以．
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．

【变式5-1】2. （2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱的中点，点在棱上，且．

(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，证明出线线平行，进而得到面面平行，得到线面平行；
（2）作出辅助线，得到线面垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而求出平面的法向量，利用线面角的求解公式求出答案.
【详解】（1）在平面内过点作交于点，连接，
则四边形为平行四边形，
所以，所以，
又，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面．
（2）取的中点，连接，
因为，
所以，所以，所以，
又，所以，所以．
在中，，
又，所以，所以，
又平面，所以平面．
过作，则平面，则两两垂直，
所以以为坐标原点，所在的直线分别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，
取，则，故，
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
【变式5-1】3. （2023秋·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别是棱，BC，AC的中点，.

(1)证明：平面 平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明线面平行，再由面面平行判定定理得证；
（2）利用三棱锥中等体积法求高即可.
【详解】（1）在中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以.
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
又因为，平面，
所以平面 平面.
（2）如图所示，连接.

利用勾股定理计算得，
所以的面积为.
设点到平面的距离为，
则三棱锥的体积为.
又易知平面，
所以三棱锥的体积为.
所以，解得，
即点到平面的距离为.
【变式5-1】4. （2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，，，，E为PC的中点.

(1)求证：∥平面PAD；
(2)若，平面平面ABCD，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，根据题意可得∥，∥，结合面面垂直的判定定理可得平面∥平面PAD，进而可得结果；
（2）根据面面垂直的性质定理可得平面ABCD，平面PCD，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，
因为E为PC中点，则∥，
且平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，
因为，，则，
且，可得，
则，
可知为等边三角形，则，
又因为，可得∥，
而平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，
又因为，平面，
可得平面∥平面PAD，而平面EOB，
所以∥平面PAD.

（2）因为，O为CD的中点，则，
且平面平面ABCD，平面，平面平面，
所以平面ABCD，
又因为为等边三角形，则，
且平面ABCD，平面平面ABCD，平面平面，
所以平面PCD，
在中，，，
由余弦定理可得，，
在中，由，可得，
在等边中，由，可得，，
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
设平面PCB的法向量为，则，
令，则，可得，
由上可知，平面PCD的一个法向量为，
可得，
由图象可得二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.

题型6线线垂直
【例题6】（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）如图，在几何体ABCDEF中，平面ABC，，侧面ABFE为正方形，，M为AB的中点，．

(1)证明：；
(2)若直线MF与平面DME所成角的正弦值为，求实数λ的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面CDM来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法以及直线MF与平面DME所成角的正弦值求得.
【详解】（1）因为CD⊥平面ABC，，所以平面ABC，
因为侧面ABFE为正方形，，所以平面ABC，
又平面ABC，所以，
因为，所以，
又平面ABFE，所以平面ABFE，
又平面ABFE，所以，
因为平面ABC，平面ABC，
所以，
又平面CDM，所以平面CDM，
又平面CDM，所以．
（2）由（1）可知，，M为AB的中点，所以．
取的中点为N，连接MN，则，
因为平面ABC，所以平面ABC．
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则M（0，0，0），，，F（1，0，2），
所以，，，
设平面DME的法向量为，
由得，取，
则，
设直线MF与平面DME所成角为θ，
则，
由题意可知，，
解得（负值舍去），故实数λ的值为．

【变式6-1】1. （2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）如图，在几何体中，平面四边形是菱形，平面平面，，且，，.
(1)证明：；
(2)若，求点B到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，进而利用线面垂直的性质定理证明即可；
（2）先利用余弦定理求得，再利用等体积法求解点到平面的距离即可.
【详解】（1）如图：
取中点为M，连接， ，，四边形为平行四边形，
，， ，，，
，，，，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，又平面， .
（2）设， ， ，
，， ，设点B到平面AEF的距离为，
平面平面，平面平面，，平面，
平面， ，，
又，
平面，平面，平面，平面，
，，，，
又，，，,
又，，，
所以点B到平面AEF的距离为.
【变式6-1】2. （2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）如图，在几何体中，平面四边形是菱形，平面平面，，且，，．

(1)证明：
(2)若二面角是直二面角，求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直、线面垂直的性质定理即可证明；
（2）以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，，求出平面和平面的一个法向量，由二面角是直二面角，求出，再由异面直线所成角求解即可.
【详解】（1） ，，，
取的中点，连接，则，，
则，.
平面平面，面平面，，
面，平面，
平面， .
（2）设与的交点为，的中点为，连接，可得，
由（1）得平面，平面，
分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
平面，，
，，
，．
设，，
由题设得，，，，
，，
设，，是平面的法向量，
则，取，得，
设是平面的一个法向量，
则，取，得，1，
二面角是直二面角，
，解得，
，
直线与直线所成角的余弦值为

【变式6-1】3. （2023秋·广东茂名·高三信宜市第二中学校考阶段练习）在四棱锥中，底面为直角梯形， 分别为的中点，.

(1)证明：；
(2)若与所成角为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由和证明面即可得出.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面和面的法向量，利用向量关系即可求出.
【详解】（1）连接，如图所示：

因为为的中点，
所以，
又且面，
所以面
又面，
所以.
（2）底面为直角梯形，，为的中点，
则，
综上，四边形为正方形，故，
又，
则四边形是平行四边形，则，
所以由题意，则，
以为原点，以为轴，为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，

则，
故，
设面的一个法向量为，则
，令，则，
取平面的一个法向量为，
,
所以平面与平面所成角的余弦值.
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图所示，菱形的对角线与交于点，点、分别为、的中点，交于点，将沿折起到的位置.
(1)证明：；
(2)若，，，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直线平行性质以及菱形对角线垂直的性质证明即可
（2）传统方法，分别在两个平面找垂直交线的直线，然后在三角形中求解二面角的大小.
【详解】（1）在菱形ABCD中，，，又点E，F分别为AD，CD的中点，
所以，则，易知，所以．
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由，得，
因为，所以，所以，
于是，所以．
由（1）知平面，又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
因为，所以二面角的大小为.
题型7线面垂直
【例题7】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，，，，平面，D为上一点，且.

(1)证明：平面；
(2)若E为上一点，，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过长度关系证得，在通过题干垂直关系证得，由此可得平面.
（2）求出、长度.再求三棱锥的体积,由三棱锥与三棱锥的体积关系，即可求出三棱锥的体积；或由等体积法求三棱锥的体积，即.
【详解】（1）如图，因为平面ABC，平面ABC，平面ABC，
所以，，
因为，所以.
因为，得，又，
所以在中，，
故，
因为，所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为平面，平面，且，
所以平面.
（2）由题意得，，，，
由（1）可知，平面ABD，
所以,则，
所以，
因为，
故.
方法1：所以，
又因为，
且，
所以.
方法2：因为平面，平面,
所以平面平面,
又因为平面平面,
点E到直线PA的距离也是点到平面的距离，
即，
所以三棱锥的体积为：
.
【变式7-1】1. （2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）在正三棱台中，侧棱长为1，且为的中点，为上的点，且.

(1)证明：平面，并求出的长；
(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）画出图形，由线面垂直的性质以及判定定理证明即可,解三角形即可求出的长.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可求解.
【详解】（1）如图所示：

由三棱台可知：延长交于点，
连接，延长交于，并连接，
易得三棱锥为正四面体，
所以，
且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，
且平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
在中，，
则，
所以.
（2）如图，以底面中心为坐标原点，以与平行的方向为轴，以方向为轴，以方向为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

则，
所以，
所以，
设平面的法向量为，则
即为
令，得，
取平面的法向量为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【变式7-1】2. （2023秋·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习）如图，在三棱锥中，是的中点，与均为正三角形．

(1)证明：．
(2)若，点满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，，证得平面，可证．
（2）为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的问题．
【详解】（1）证明：连接，因为与均为正三角形，所以．
又为的中点，所以，．
因为，平面，所以平面．
又平面，所以．
（2）因为，所以为等腰直角三角形，且．
不妨令，则．由，得，
则，故．
以为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

，，．
因为，所以．
则，，．
设平面的法向量为，则
令，则，得．
设平面的法向量为，则
令，则，得．
，
故二面角的正弦值为．
【变式7-1】3. （2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，，平面平面，，分别为，的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用勾股定理得，再利用面面垂直的性质得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后结合菱形性质及线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过线面关系及锥体体积求出，再利用等体积法求得点到平面的距离.
【详解】（1）由题知，，所以，所以.
又因为平面平面，且交线为，平面，所以平面，
又平面，所以，连接，

因为四边形是边长为2的菱形，，所以为等边三角形.
又因为为的中点，所以，
又，平面，平面，所以平面.
（2）设点到平面的距离为，连接，则，
因为，所以，又由（1）知，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以，，
又，，
又由，，，平面，平面，
所以平面，且，，
所以，即，
即点到平面的距离为.
【变式7-1】4. （2023秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2，BC=1，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，PA=PD，M为PC上一点，PM=2MC，平面MBD．
(1)求CD的长度；
(2)求证：PA⊥平面PBD；
(3)求PA与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)1；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）连接AC交BD于O，连结MO，由线面平行的性质得，且，利用等比例性质求CD的长度；
（2）由已知得BD⊥AD，结合面面、线面垂直的性质得BD⊥PA，再由PA⊥PD、及线面垂直的判定证结论；
（3）构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）连接AC交BD于O，连结MO．
∵平面MBD，PA平面PAC，平面平面，
∴，则，
由题设易知，得，故．
（2）由题意得，故，即BD⊥AD．
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD平面ABCD，
所以BD⊥平面PAD，PA平面PAD，则BD⊥PA，
又PA⊥PD，PD、 BD平面PBD，PD∩BD=D，所以PA⊥平面PBD.
（3）
取AB中点E，以DE为x轴，DC为y轴，过D作z轴⊥底面ABCD，
则，取AD中点F，
由△PAD为正三角形，则PF⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE平面APD，
所以PF⊥平面ABCD ，则，故，
设为平面PBC的一个法向量，则，
令，则，又，
所以，故PA与平面PBC所成角的正弦值为
题型8面面垂直
【例题8】（2023秋·四川宜宾·高三校考阶段练习）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成.在同一平面内，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，先证明平面，然后根据面面垂直的判定得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，先根据线面角算出，然后在利用法向量求二面角的大小
【详解】（1）如图，连接，因为该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，

，所以，所以，所以.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以.
因为平面，平面，所以.
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，，，

则，，，
设平面的一个法向量为，
则即令，则，
记直线与平面所成的角为，
则，
解得（负值舍去），即.
设平面的一个法向量为，，，
则即
令，则.
所以.
因此平面与平面所成角的余弦值为.
【变式8-1】1. （2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面切开后剩余的一半，，，O，分别为底面直径，的中点，G是的中点，H是上的动点．

(1)证明：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）根据圆柱的结构特征和已知条件，先证明平面，然后由面面垂直判定定理可证；
（2）设M为的中点，以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得.
【详解】（1）因为是的中点，所以．
根据圆柱的结构特征，可知平面平面，
又平面，平面平面，
所以平面．
又平面，故平面平面．
（2）如图，设M为的中点，连接，以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，．

设平面的法向量为，
则即令，则，所以．
连接，，则，
所以是等边三角形，故，则，
所以．
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．
【变式8-1】2. （2023秋·广西·高三统考阶段练习）如图，在底面为菱形的四棱锥中，，，．
(1)证明：平面平面．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直的判断定理，取的中点，易得，由勾股定理得，从而平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，利用向量法求得二面角.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，．
因为，所以，且，
由余弦定理可得，则，
所以，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）连接，易知，为正三角形，
则，且，
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，如图所示，

则，，，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
易得平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为．
【变式8-1】3. （2023秋·福建福州·高三福建省福清第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，点是的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得，再根据勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，从而利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值.
【详解】（1）平面平面，.
，由且是直角梯形，
，
即，.
平面平面，平面.
平面，平面平面.
（2）平面平面，.
又，平面平面，平面，
即为直线与平面所成角.
，，则，
取的中点，连接，以点为坐标原点，
分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设为平面的法向量，则，
令，得，得，
设为平面的法向量，
则，令，则，得.
.
平面与平面所成角的余弦值的余弦值为.
【变式8-1】4. （2023秋·江西新余·高三新余市第一中学校考开学考试）在四棱锥中，底面是梯形，，，，侧棱．

(1)证明：平面平面；
(2)若，是的中点，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证得结果；
（2）利用空间向量法求平面与平面的法向量，再求两个法向量所成角的余弦值，再求正弦值得出结果.
【详解】（1）取中点，连结，交于点，连结，因为，，
所以四边形是平行四边形，所以，，
因为，所以，
因为，所以，因为，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面．

（2）取中点，以为坐标原点，，，为，，轴，建立如图所示的空间坐标系，设，则，，，，
所以，，，，
，，
所以，．
设平面的一个法向量，
则有即
令，则，，
所以平面的一个法向量，
因为平面的一个法向量，
所以，设二面角的大小为，
则，所以二面角的正弦值为．
题型9向量法证明平行与垂直
【例题9】（2023秋·天津红桥·高三天津市瑞景中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．

(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
(4)求点到平面的距离.
【答案】(1)详见解析；
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）利用空间向量法，由证明；
（2）求得平面的一个法向量为 ，易知平面的一个法向量为 ，设平面与平面的夹角为 ，由 求解；
（3）易得，设直线与平面所成角，由 求解；
（4）易知，由求解.
【详解】（1）证明：在三棱柱中，平面，，且为棱的中点，建立如图所示空间直角坐标系：

则 ，，
所以 ， ，
则 ，
所以 ，即 ；
（2）由（1）知：，
设平面的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，得 ，则 ，
易知平面的一个法向量为 ，
设平面与平面的夹角为 ，
所以 ；
（3），
设直线与平面所成角，
则 ；
（4）易知，
所以点到平面的距离为：.
【变式9-1】1. （2023秋·山东滨州·高三校联考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，，，平面ABEF，，AD=AB=2BC=2BE=2.
(1)已知点G为AF上一点，AG=AD，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求点F到平面DCE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）空间向量法证明线面不平行即可；
（2）先根据线面角正弦值求参，再根据点到平面距离公式计算.
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，。
又，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，,，
所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，即不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行。
（2）设且，则，所以。
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
，化简得，
解得或（舍去），故。
,由（1）知平面DCE的一个法向量，
所以F到平面DCE的距离

【变式9-1】2. （2023秋·陕西西安·高三阶段练习）如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，且，M是上靠近点的三等分点，N是的中点，.

(1)求证：
；
(2)求平面
与平面
所成锐二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助空间直角坐标系，证明，即可得到本题答案；
（2）先求出平面法向量与平面法向量夹角的余弦值，从而可求得本题答案.
【详解】（1）因为底面是等腰直角三角形，所以，
又因为三棱柱为直三棱柱，所以，
所以，两两垂直，
以点为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图，由题可得，，
因为M是上靠近点的三等分点，所以，设，
则，解得，所以，
所以，，
所以，，即，
又因为，平面，
所以，；

（2）由（1）得，，设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以平面的法向量为，
由（1）得，为平面的法向量，
设平面与平面所成锐二面角为，
因为，
所以，
即平面与平面所成锐二面角的正弦值为.
【变式9-1】3. （2023秋·北京·高三东直门中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点、、分别为、、的中点.
(1)求证： 平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
(3)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】以点为坐标原点，利用向量法分别求解即可.
【详解】（1）如图，以点为坐标原点，
不妨设，
则，故，
因为轴平面，
则可取平面的法向量为，
所以，所以，
又平面，
所以 平面；
（2），则，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
因为轴平面，
则可取平面的法向量为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为；
（3）连接，，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的大小为.
【变式9-1】4. （2023秋·天津北辰·高三校考阶段练习）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线EF与平面夹角的正弦值；
(3)求点F到面PAC的距离
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行即可；
（2）利用空间向量求线面角即可；
（3）利用空间向量研究点面距离即可.
【详解】（1）根据平面，平面，
所以,
又底面是正方形，则,
可以建立如图所示以A为原点，所在直线对应轴的空间直角坐标系，
则，
所以，
易知是平面的一个法向量，
而，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，
设平面的一个法向量为，则有，
所以，令，即，
设直线EF与平面夹角为，所以；
（3）由（1）知，显然是平面的一个法向量，
则点F到面PAC的距离为.
【变式9-1】5.（2023秋·全国·高三校联考阶段练习）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面平面ABCD，，，G是CF的中点．

(1)证明：平面AEF；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直性质证明线面垂直，则可建立空间直角坐标系.利用直线与平面的法向量垂直证明线面平行；
（2）利用法向量求解线面角即可.
【详解】（1）如图，取BC中点H，取AD中点M，
因为为等边三角形，所以，平面平面ABCD，
又平面，平面平面，
所以平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则.
以H为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系,

由题意可得，，，，，，
已知G是CF的中点．则，
可知，
，，由四边形BDEF为平行四边形，
得，
设平面AEF的法向量，
则，取，得，
则平面AEF的一个法向量
故，则.
且平面AEF，则平面AEF.
（2），，，
设平面的法向量，
则，取，得，
得平面BDEF的一个法向量
设直线AE与平面BDEF所成角为，
则，
则为锐角，故.
故所求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为.
题型10画图问题
【例题10】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，分别是的中点，平面经过点与棱交于点．

(1)试用所学知识确定在棱上的位置；
(2)若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)靠近的三等分点处
(2)
【分析】（1）根据矩形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据面面垂直的性质，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）过作直线与平行，延长与交于点，
连接与的交点即为点．
因为底面是矩形，是的中点，
所以，且．
又，所以，
因为是的中点，可得，
则，所以．
故在棱的靠近的三等分点处．

（2）因为是的中点，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
取中点，连接，易知两两相互垂直，
如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
．

设平面的法向量为，
则即令，则，所以．
．
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
【变式10-1】1. （2023秋·福建厦门·高三厦门大学附属科技中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面与FC，EC分别交于P，Q两点.

(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由；
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面所成角的正弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)作图见解析，P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点
(2)存在，
【分析】（1）结合图形，先由线面关系证得AB，平面DCE，平面平面DCE，从而可得AM平分，得DQ平分，又，得到Q为EC的三等分点，且，从而作出线段PQ..
（2）利用空间向量法求出直线AC与平面所成角的正弦值，从而得出结论.
【详解】（1）如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点.
理由如下：由四边形ABCD为正方形得，，，
又平面FBC，平面FBC，所以平面FBC.
又平面平面，M为FB的中点，得，且P为FC的中点.
因为，，CD，平面DCE，AB，平面DCE，
所以AB，平面DCE，
又，AB，平面ABF，所以平面平面DCE，
平面平面，AM平分，得DQ平分，
又，得到Q为EC的三等分点，且，从而作出线段PQ.
（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
于是，，，
设，则M的坐标为.
设平面DAM的法向量为，则由，得，
令，得平面APQ的一个法向量为.
设直线AC与平面所成角为，则，
假设存在点M使得直线AC与平面所成角的正弦值为，
则有，解得，.
所以线段BF上存在点M，位于靠近点B的三等分点处，使得直线AC与平面所成角的正弦值为.

【变式10-1】2. （2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）如图，在棱长为的正方体中，，分别是，中点，过，，三点的平面与正方体的下底面相交于直线.

(1)画出直线的位置，并说明作图依据；
(2)正方体被平面截成两部分，求较小部分几何体的体积.
【答案】(1)作图见解析，依据见解析
(2)
【分析】（1）根据点线面的位置关系，三个平面两两相交，三条交线的可能情况分析，此题中的三条交线必定交于一点，即可作图并写出依据.
（2）根据作出的图形可以发现正方体被平面截成两部分，较小部分为三棱台，由棱台体积公式即可求解.
【详解】（1）如图所示即为所求：

依据如下：
延长交的延长线于，连接，则即为直线的位置.
∵，
∴平面，平面，
∴平面平面，
又由题意显然有平面平面，
∴平面平面，则即为直线的位置.（也可根据线面平行性质确定直线位置）
（2）如图所示：
设直线与交于点，则为四等分点，正方体被平面截成两部分，较小部分为三棱台，
其体积为
.
【变式10-1】3. （2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是正方形，分别是的中点，平面经过点，且与棱交于点．

(1)试用所学知识确定在棱上的位置；
(2)若，求多面体的体积．
【答案】(1)在棱的靠近的三等分点处
(2)．
【分析】（1）过作直线与平行，延长与交于点，连接，根据线面相交于平行的性质判断即可；
（2）多面体的体积，再根据锥体体积公式，结合线面垂直的判定与性质求解即可.
【详解】（1）过作直线与平行，则，故共面，
延长与交于点，连接与的交点即为点．
因为底面是正方形，是的中点，所以，且．
又，所以，因为是的中点，可得，
则，由平行线间交叉线的性质可得，，所以．
故在棱的靠近的三等分点处．
（2）连接，多面体的体积．
因为为中点，所以．
又平面平面，平面平面平面，平面，所以平面，
而平面，所以，
所以．
因为为中点，所以．
因为为的靠近的三等分点，所以，
所以．
故多面体的体积为．
【点睛】
【变式10-1】4. （2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，M是棱PD上靠近点P的三等分点．

(1)证明： 平面MAC；
(2)画出平面PAB与平面PCD的交线l，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若平面平面ABCD，，，，求l与平面MAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）连接交于点，连接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）延长，交于点，再根据平面的性质即可得解；
（3）根据面面垂直的性质证明平面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为，，
所以，
又因M是棱PD上靠近点P的三等分点，
所以，
所以，
又平面，平面，
所以 平面；
（2）延长，交于点，
所以时平面与平面的公共点，
所以直线就是平面与平面的交线；
（3）因为平面平面ABCD，，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，所以，
则，
则，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
即l与平面MAC所成角的正弦值为．

【变式10-1】5.（2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图，圆台的轴截面为等腰梯形，为底面圆周上异于的点.

(1)在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
(2)若四棱锥的体积为，设平面平面，求的最小值.
【答案】(1)作图见解析，理由见解析
(2)
【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;
(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.
【详解】（1）取中点，作直线即为所求，
取中点，连接，
则有，
如图，在等腰梯形中，，
有，
则四边形为平行四边形，

即有，
又平面平面，
所以 平面.
（2）法一：延长交于点，
故平面平面
故平面平面即在中，均为圆锥母线.

过点作于.
在等腰梯形中，，
此梯形的高
等腰梯形的面积为，
所以四棱锥的体积，
解得，
故点与重合，
由，
得，且，
故.
中，到距离.
则面积,
得：的最小值为：.
法二：同法一求出的位置.
以为原点，方向为轴正向建立空间直角坐标系，
设面的法向量为
，
取，
有；
同理可得面的法向量为,
由面面，可知，
设的方向向量为，
故
取,
下面分2个方法求
求方法1：，
，
当时，取最小值为.
求方法2：在上的投影向量的模为
故的最小值即到的距离为.
法三:
在三角形中，
,
,
所以.
【变式10-1】6.（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，是线段上的一动点，过点和直线的平面与，分别交于，两点.

(1)若为的中点，请在图中作出线段，并说明，的位置及作法理由；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)作图见解析，为的中点，为靠近点的三等分点，理由见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，再结合为的中点即可得到为的中点，根据面面平行的性质得到平分，再根据角平分线的性质即可得到为的三等分点；
（2）设的坐标为，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可求解.
【详解】（1）如图，取为的中点，为靠近点的三等分点.
理由如下：由四边形为正方形得，，，
又平面，平面，所以平面.
又平面平面，为的中点，得，且为的中点.
因为，，平面，平面，所以∥平面，
又，平面，所以平面平面，
平面平面，平分，得平分，
又，得到为的三等分点，且，从而作出线段.
（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
于是，，，
设，则的坐标为.
设平面的法向量为，则由得
令，得平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则，
假设存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，
则有，解得，.
所以线段上存在点，位于靠近点的三等分点处，使得直线与平面所成角的正弦值为.
题型11角度问题
【例题11】（2023秋·山西运城·高三校考阶段练习）如图，已知四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，，为侧棱的中点.

(1)求异面直线与所成角；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)90°
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的数量积得到结果；
（2）求出平面的法向量及，利用线面角的空间向量求法得出结果.
【详解】（1）侧棱底面，底面，所以，
又，以为坐标原点，分别为建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
∵，，
∴，
∴，则，
∴异面直线与所成角为90°.
（2）设平面的法向量为，
∵，，并且，，
∴，令得，
∴平面的一个法向量为
∵，∴，
设直线与平面所成角为，，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值.

【变式11-1】1. （2023秋·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，，，是的中点，为上的动点．

(1)证明：平面 平面；
(2)平面时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据空间中垂直关系的转化，即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，，利用法向量的夹角求解.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以平面平面．
又，平面平面，平面，
所以平面,又平面，所以．
又，是的中点，所以．
又，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为平面，平面，平面平面，所以．
又是的中点，所以是的中点，
则，，，，，，
所以，，，
则平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则即
令，得，，所以平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，所以，
故平面与平面夹角的余弦值为．

【变式11-1】2. （2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）如图，已知在三棱锥中，为的中点.

(1)证明：；
(2)若，为平行四边形，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一，结合线面垂直判定定理即可证明平面，然后再由线面垂直的性质可证；
（2）以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用法向量求解可得.
【详解】（1）连接，因为，则，
同理，
因为平面平面，
所以平面，
又平面，故.

（2）因为，易知三角形是等腰直角三角形，故，
由于三角形和三角形对应边相等，
则两个三角形全等，同理，，
因为，故，
由（1）知，而平面平面，
故平面.
不妨设，故.
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，

则，，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为，
因为，为平行四边形，
所以，所以，
所以，，
则，取，得；
同理，，取，得，
所以，，从而，
所以二面角的正弦值为.
【变式11-1】3. （2023秋·黑龙江大庆·高三大庆市东风中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．

(1)证明：；
(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）根据给定条件，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在四边形中，，取中点，连接，
由，得，则四边形是平行四边形，又，
因此是矩形，即有，有，，
从而，即，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
所以.

（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意，，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
【变式11-1】4. （2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，N为的中点．

(1)证明:平面
(2)若M是线段上的点，且平面与平面的夹角为．求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）法一、连结利用三角形全等判定，即可；法二、取的中点D，利用线线垂直证平面得即可；法三、设，利用条件及勾股定理判定即可；
（2）先判定M为的中点，法一、先证平面平面，判定即为与平面所成的角，解三角形即可；法二、建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面角即可.
【详解】（1）证法一：连结(如图)，
易知是以AB斜边的等腰直角三角形，∴，
又∵，
∴，
∵，N为的中点，
∴，
∴，即，
∵平面，∴平面ABC．

证法二：取的中点D，连结(如图)，
∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，
∵平面，∴平面．
∵平面．∴，
又∵，平面，
∴平面；

证法三：易知为等腰直角三角形，
不妨设，则，
又N为斜边中点，∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，且，
∵，∴，∴，
又∵，平面，
∴平面ABC．
（2）
∵，∴，
∴是等腰直角三角形，
∵N为中点，∴，
∴N为三棱锥外接球的球心，
依题意，∴，
连结，
∵平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴为二面角的平面角，等于，
解法一：由上知为等腰直角三角形，∴M为PC的中点，
∵，
∴平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，
∴点A在平面上的射影在上，
∴即为与平面所成的角，
易得，由余弦定理可得
．
解法二：由（1）知两两垂直，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∵M为PC的中点，∴，
∴，
设平面PBC的法向量为
则，
取，则得，
∴，
∴AM与平面PBC所成角的正弦值为
【变式11-1】5.（2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，在三棱柱中，为正三角形且与全等，D为BC的中点，，平面平面ABC.

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正三角形的性质，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）在三棱柱中，
因为为正三角形，D是BC的中点，所以.
因为平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）由题意知为正三角形，连接，
则.
因为平面平面ABC，平面平面，平面，
所以平面ABC，DC，DA，两两垂直，
如图，以D为坐标原点，DC，DA，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，，

所以，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，
则，令，得.
设平面的一个法向量，
则，令，得.
设平面与平面所成角为，
则，所以，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
题型12距离问题
【例题12】（2023秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）如图，三棱柱中，，底面，，．

(1)求点到平面的距离；
(2)若直线与距离为4，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，可得平面平面，再由性质定理可得平面，则的长为点到平面的距离，在中计算可得答案；
（2）连结，根据，可得，过作，求出，利用点到平面距离为2，可得与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）因为底面，平面，所以，
又，、平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
所以平面，则的长为点到平面的距离．
在中，，，则．
所以点到平面的距离为2．
（2）连结，因为，，，
所以，所以，
过作，交于，则为中点，
由直线与距离为4，所以，
因为，所以，又点到平面距离也为2，
设与平面所成角为，则．

【变式12-1】1. （2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，， .

(1)求点到平面的距离；
(2)设点为线段的中点，求二面角的正弦值.
【答案】(1)2；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的性质，勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）因为平面，又平面，平面，
所以，
又，由勾股定理得，
又，
所以，故，
因为，平面，
所以平面，则为点到平面的距离，
故点到平面的距离为2.
（2）在平面内过点作的平行线，则，
以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
由勾股定理得：，
则，

，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
所以，
记二面角的大小为，则，
故二面角的正弦值为.
【变式12-1】2. （2023秋·山西大同·高三大同一中校考阶段练习）如图，在正三棱柱中，已知，是的中点．

(1)求直线与所成角的正切值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过平行线转化，从而找到直线与直线所成的角，然后通过解三角形知识即可求解；
（2）解法一：先利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面，在平面内作，垂足为，再证明点到平面的距离即为的长，然后利用等面积法即可求解；解法二：利用等体积法即可求解．
【详解】（1）由正三棱柱的结构特征可知，，平面，为等边三角形，
所以直线与所成角即为直线与所成角，即，
由平面，且平面，所以，
又是的中点，所以，
所以在Rt中，，
即直线与所成角的正切值为．
（2）解法一：因为是的中点，且为等边三角形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
在平面内作，垂足为，
因为平面平面，且平面平面，平面，，
则平面，所以点到平面的距离即为的长，
结合（1）有，且，，
所以，
所以，即，
故点到平面的距离为．

解法二：设点到平面的距离为，
由解法一中可知，，
又知平面，且平面，则，
则，
，
又，所以，
故点到平面的距离为．
【变式12-1】3. （2023·江西南昌·校考模拟预测）如图，直三棱柱的体积为，的面积为．

(1)求到平面的距离；
(2)设为的中点，，平面平面，求二面角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用体积桥可构造方程求得结果；
（2）利用线面垂直的判定与性质可证得平面，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可求得结果.
【详解】（1）由题意知：；
设点到平面的距离为，
，解得：，
即点到平面的距离为.
（2）取的中点，连接，
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
三棱锥为直三棱柱，平面，
又平面，；
，平面，平面
则以为坐标原点，正方向为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

由（1）知：，，，
，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
而，所以，则二面角的大小为.
【变式12-1】4. （2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考阶段练习）已知正四棱柱中，，，为线段的中点，为线段的中点．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)证明：直线平面并且求出直线到平面的距离．
【答案】(1)
(2)证明见解析，直线到平面的距离为
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果；
（2）根据，由线面平行的向量证明可得结论；将所求距离转化为点到平面的距离，由点面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
（2）由（1）知：，，，，
，，
又平面，平面，
直线到平面的距离即为点到平面的距离，设该距离为，
则，即直线到平面的距离为.
题型13探索性问题
【例题13】（2023秋·河南·高三校联考阶段练习）如图1，在矩形中，，延长到点，且．现将沿着折起，到达的位置，使得，如图2所示．过棱的中点作于点．

(1)若，求线段的长；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由已知线面关系，证明，利用面积法求的长；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角问题，求出的值．
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，
因为，，平面，
所以平面，平面，
所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以．
因为，点是的中点，所以，
又，平面，所以平面，
平面，所以．
又，，平面，
所以平面，平面，所以．
因为，所以，
所以，
即线段的长为．
（2）由（1）可知两两垂直，
所以以为坐标原点，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．
由（1）可知，是平面的一个法向量，
是平面的一个法向量．
设平面与平面的夹角为，
则，解得，
所以当平面与平面夹角的余弦值为时，的值为2
【变式13-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.

(1)证明：BDC；
(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接,根据题意证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）取中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得，即可求解.
【详解】（1）证明:如图所示，连接,
因为为棱台，所以四点共面，
又因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：取中点，连接，
因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，
由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
假设点存在，设点的坐标为，其中，
可得
设平面的法向量，则，
取，可得，所以.
又由平面的法向量为，
所以，解得
由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即
故上存在点，当时，二面角的余弦值为.

【变式13-1】2. （2023·浙江·模拟预测）如图，在四面体中，分别是线段的中点，.

(1)证明：平面；
(2)是否存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出此时的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为；理由见解析.
【分析】（1）由已知条件先分别去证明、，由线面垂直的判定定理即可求解.
（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，引入参数来表示某些点的坐标，若要使得平面与平面的夹角的余弦值为，即可通过计算和分析去判断是否存在满足题意的参数，此时对应的即可判断是否存在满足题意的的长度.
【详解】（1）如图所示：

因为分别是线段的中点，
所以，，
又因为，
即，所以，
且注意到，
所以，
又因为平面，平面，且，
所以由线面垂直的判定定理可知平面.
（2）因为点是线段的中点，且有，
所以，
所以易知是直角三角形，其中，
又由（1）可知平面，
所以以为轴，过点与平行的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

因为，，设，
不妨设当，，此时平面与平面的夹角的余弦值为.
由（1）可知，平面，
所以平面，
又，分别是线段的中点，
所以有，
所以
不妨设平面与平面的法向量分别为，
则有，，
即有，，
分别令、，
此时有，
不妨设平面与平面的夹角为，
则由题意，
整理得，因为，所以，
所以，即，此时有.
综上所述：存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
【变式13-1】3. （2023秋·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习）如图，在直角梯形中，，，.以直线为轴，将直角梯形旋转得到直角梯形，且.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)存在，，理由见解析.
【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，从而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设出，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案.
【详解】（1）将直角梯形绕着旋转得到直角梯形，
故且，
故四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，，
所以两两垂直，
故以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，设，
则，
设，则，设，
则，解得，故，
当时，此时与重合，直线和平面垂直，
不满足所成角的正弦值为，舍去；
当时，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
设直线和平面所成角的正弦值为，
则，
解得或（舍去），
综上，在线段上是否存在点，使得直线和平面所成角的正弦值为，
此时.
【变式13-1】4. （2023秋·福建福州·高三福建省福州格致中学校考阶段练习）在四棱锥中，底面为矩形，点在平面内的投影落在棱上，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，，当四棱锥的体积最大时，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）作于点，进而得平面，再根据线面垂直的性质与判定定理证明即可；
（2）过点作于，连接，进而根据几何关系证明平面得到，，再求的体积，再根据结合勾股定理与基本不等式得当时，四棱锥的体积最大，最后建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）解：作于点，因为点在平面内的投影落在棱上，
所以平面，平面，
所以，
又为矩形，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
（2）解：过点作于，连接，
因为，，，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以，且，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，且，，
所以的体积，
在中，，所以，
当且仅当时，此时四棱锥的体积最大，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，所以，
设平面的法向量为，则，所以，
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.
【变式13-1】5.（2023秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）把矩形以所在的直线为轴旋转180°，得到几何体如图所示.其中等腰梯形为下底面的内接四边形，且，点G为上底面一点，且，.

(1)若P为的中点，求证：平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）空间向量法求线面角正弦值计算求参可得.
【详解】（1）证明：因为为直径，
所以，
因为平面，平面
所以，
因为,平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，P为的中点，所以，
因为，平面,平面,
所以平面
（2）因为等腰梯形为底面半圆的内接四边形，，
所以，
所以，
如图，以为坐标原点，在底面半圆过点垂直于平面作直线为x轴，
分别以，为y，z轴建立空间直角坐标系，
由于，，由（1）可知，
故，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，
由，，，
可得，所以，
设直线与平面所成角为，，
则，
即得，
解得或，符合，
故或
题型14最值取值范围问题
【例题14】（2023秋·湖南·高三湖南省祁东县第一中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，E为BC的中点．

(1)证明：．
(2)若二面角的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AD的中点F，可证得，，从而平面PEF，根据线面垂直的性质可得结论；
（2）过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，可得平面，以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系．写出点的坐标，求出平面PAB的法向量，可得直线DG与平面PAB所成的角的正弦值的表达式，结合换元法及二次函数的性质得出答案.
【详解】（1）如图，取AD的中点F，连接PF，EF．
∵底面ABCD是正方形，，∴，．
∵，平面PEF，∴平面PEF．
又∵平面PEF，∴．
（2）由（1）可知，二面角的平面角为，且为，
过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，
∵平面PEF，平面PEF，∴，
∵平面，∴平面，
以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易得，，，，
则，，，，，
，，，，
设平面PAB的法向量为，则
得取，则．
设，，则，
设直线DG与平面PAB所成的角为，
则 ，
令，则， ．
当时，，；
当时，，
当，即，时，取得最大值，且最大值为，此时．
所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为．
【变式14-1】1. （2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）如图，为圆柱的一条母线，且.过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为.已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心.为在上底面内的射影.记椭圆的离心率为.

(1)求的取值范围；
(2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，在求得长轴，得到，进而求得离心率的取值范围；
（2）当离心率时，求得，建立空间直角坐标系，设，求得平面的法向量的法向量和向量,结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，
当移至下底面端点时，，长轴的最大值，
所以长轴的取值范围，则，所以，
所以椭圆离心率的取值范围是；
（2）解：当离心率时，即，得，
则，
即，即点是母线的中点，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，
可得,,,,,
则,,,
设平面的法向量，则，
令，得，，所以，
设直线与平面所成角为，则.

【变式14-1】2. （2023·海南·统考模拟预测）如图，在平面四边形中，，，将沿向上折起，使得平面与平面所成的锐二面角的平面角最大．

(1)求该几何体中任意两点间的距离的最大值；
(2)若，垂足为，点是上一点，证明：平面平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】解：（1）如图，以为坐标原点，为轴，平面为平面，
建立空间直角坐标系，
则，
设，显然，当时，平面与平面共面，此时的锐二面角一定不是最大
的，所以，
所以，

设平面的法向量为，
则即
令，则．
又平面的一个法向量为，
则，
又，所以，
所以，
当时，等号成立，由
得 ，
所以，即点在面上．
所以平面平面，
所以，
所以该几何体中任意两点间的距离的最大值为．
（2）由（1）知平面，
所以．
又，且，
平面，
所以平面．
又平面，
所以．
由，且平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面
【变式14-1】3. （2023·全国·高三对口高考）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1，
(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；
(2)求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；
(3)若BC＝，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可证AC⊥DO，又PO⊥AC，即可证明AC⊥平面PDO.
（2）当CO⊥AB时，C到AB的距离最大且最大值为1，又AB＝2，即可求△ABC面积的最大值，又三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值.
（3）可求，即有PB＝PC＝BC，由OP＝OB， ，可证E为PB中点，从而可求，从而得解.
【详解】（1）在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO，又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC，
因为DO∩PO＝O，平面，所以AC⊥平面PDO.
（2）因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，又AB＝2，
所以△ABC面积的最大值为，又因为三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，
故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：.
（3）在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以，
同理PC＝，所以PB＝PC＝BC，在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面，使之与平面ABP共面，
如图所示，当O，E，共线时，CE+OE取得最小值，
又因为OP＝OB，，所以垂直平分PB，即E为PB中点.
从而＝OE+＝.亦即CE+OE的最小值为：.
【变式14-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱中，，.点、、、分别在棱、、、上，，，.
(1)求多面体的体积；
(2)当点在棱上运动时（包括端点），求二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知四边形为菱形，可得出，结合锥体的体积公式可求得结果；
（2）设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得二面角的余弦值的绝对值的取值范围.
【详解】（1）解：以为坐标原点，、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图，
则、、、、,
所以，，，则，
又因为、不在同一条直线上，故四边形为平行四边形，
因为，则，
又，故四边形为菱形，
多面体是以为顶点的四棱锥，
又，，
，
所以，.
（2）解：设，则，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，，所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，则，
，
因为，则，所以，.
因此，二面角的余弦值的绝对值的取值范围是.
【变式14-1】5.（2023·西藏日喀则·统考一模）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”

如图，在鳖臑ABCD中，侧棱AB⊥底面BCD；

(1)若，，，试求异面直线AC与BD所成角的余弦值.
(2)若，，点P在棱AC上运动.试求面积的最小值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）分两种情况,讨论，分别求解异面直线AC与BD所成角的余弦值.
（2）作于点，作于点，连结，先证明，从而表示出面积最后通过平行线分线段成比例求解范围，从而求解面积的最小值；
【详解】（1）如图，以为临边作平行四边形，连结，则异面直线和所成的角为或其补角，

当时，，
且由（1）可知，，，，
中，，
所以异面直线和所成的角的余弦值为；
当时，，，，
中，，
所以异面直线和所成的角的余弦值为；
综上可知，异面直线和所成的角的余弦值为或；
（2）
如图，作于点，作于点，连结，
中，都垂直于，所以，
所以平面，且平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，平面，所以，
设，，由，
得，，
中，，
得，

,当且仅当时，等号成立，
所以.
所以面积的最小值是.
【点睛】关键点睛：读懂题意，第一问容易忽略一种情况，是本题的易错点；第二问通过平行线分线段成比例求解范围时题目的难点和突破点.
【变式14-1】6.（2023·全国·高三专题练习）如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△，连接，，得到图②的四棱锥.
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值.
【答案】(1)
(2)平面和平面夹角余弦值的最小值为
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；
（3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及，得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值．
【详解】（1）解：取的中点，连接，
因为，则，
当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，
此时平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为；
（2）解：连接，
因为，所以，
所以为的平面角，即，
过点作平面，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，，，
过作于点，由题意得平面，
设,,，
所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设平面的法向量为，
因为，
则，
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
，
令，所以，则
所以，所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为.
【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角来表示折叠过程中形成的动点的横、纵、竖坐标，从而减少题中的变量，并且求解平面与平面夹角的余弦值时，两个平面法向量都含参数的正弦或余弦值，利用空间向量的坐标运算求解时，还需应用与的关系进行变形处理，从而使得只含或者的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解的最值，属于较难题目．
题型15交线未知型
【例题15】（2023秋·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，平面平面，若平面与平面相交于直线，为的中点.

(1)证明：直线平面；
(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）首先证明平面，由线面平行的性质得到，再由面面垂直的性质得到平面，从而得证；
（2）设为的中点，连接，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，取的中点，连接，则，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）∵底面是正方形，∴，
又平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴，
又平面平面，且平面平面，，平面，
∴平面，∴平面.
（2）设为的中点，连接，因为，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
取的中点，连接，则，所以，
如图以为原点建立空间直角坐标系，

则，
所以各点的坐标分别为，，，，，
设，∵，
∴，即，解得，所以，
∴，，，
设平面的一个法量为，
则，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
【变式15-1】1. （2023秋·贵州贵阳·高三统考开学考试）如图，是正三角形，四边形是矩形，平面平面，平面，点为中点，，．
(1)设直线为平面与平面的交线，求证：；
(2)若三棱锥的体积为，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证得.
（2）根据三棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）四边形是矩形，∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
而平面平面，∴；
（2）连接，
∵平面平面且交线为，平面，
∴平面
而平面，平面
∴平面
∴
∴，．
设中点为，
易得，，两两垂直，
以点为坐标原点，，，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
即，取，
则，，则．
取平面的法向量为．
∵
∴平面与平面夹角的余弦值是．

【变式15-1】2. （2023春·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点，点是线段上的点（不包括两个端点）.

(1)设平面与平面相交于直线，求证：；
(2)是否存在一点，使得二面角的余弦值为，如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由；
(3)当为线段的中点时，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且
(3)
【分析】（1）证明出平面，，利用线面平行的性质可证得，利用平行线的传递型可证得结论成立；
（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，设点，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论；
（3）利用空间向量法可求得点到平面的距离．
【详解】（1）证明：因为点、分别为棱、的中点，则，
在三棱柱中，四边形为平行四边形，所以，，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面平面，所以，，故.
（2）解：在直三棱柱中，，且平面，
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，

则点、、，设点，其中，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
因为二面角的余弦值为，则，
解得或3（舍），此时，，
因此，在线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，且.
（3）解：当为线段的中点时，即当时，平面的一个法向量为，
，所以，点到平面的距离为.
【变式15-1】3. （2021秋·广东广州·高三西关外国语学校校考阶段练习）如图，在等腰梯形中，，，矩形所在的平面垂直于平面，设平面与平面的交线为.
（1）求证：平面；
（2）若的长度为，求二面角的大小.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】（1）依题意可得平面，即可得到，再由面面垂直的性质得到平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求得.
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面与平面的交线为，
所以，
因为，平面平面，平面平面，
所以平面，
所以平面.
（2）设的中点为，的中点为G，的中点为M，则两两垂直，以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则点的坐标为，点的坐标为.
作，交于点，在中，，
所以点的坐标为，点的坐标为，所以.
设平面的法向量为，则，即，
令，解得，所以平面的一个法向量为.取平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，所以，即，
∴.
【变式15-1】4. （2023·全国·高三专题练习）在等腰直角三角形中，，点分别为的中点，如图1，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，连接，如图
（1）证明：平面和平面必定存在交线，且直线；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）当三棱锥的体积为时，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果；
（2）证得，，进而由线面垂直的判定定理可证得结果；
（3）由等体积法可得结果.
【详解】（1）因为分别为的中点，则，
又平面，平面，所以//平面.
又平面与平面有公共点，
则由公理3可知平面与平面必然相交，设交线为，
因为//平面，平面，所以由线面平行的性质定理得到.
（2）因为，且，所以平面，
由（1）知，则平面，又平面，所以.
因为，是中点，所以，
又，故平面.
（3）设，由三棱锥的体积得，
则，，，
从而，等腰三角形底边上的高，
所以三角形的面积.
三棱锥的体积，设点到平面的距离为，则，
由得，解得.
故到平面的距离为.
【变式15-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知四棱锥的底面为梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判断直线和的位置关系，并说明理由；
(2)若点到平面的距离为，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角余弦值大小．
①；
②为二面角的平面角．
【答案】(1)相交，理由见解析
(2)
【分析】（1）由题意延长必交于一点，结合平面的基本性质证明直线即为直线，即可判断直线和的位置关系；
（2）根据二面角平面角定义或垂直关系，即无论选择条件①②，结合面面垂直性质，均可证得平面，平面，设，根据垂直关系可用表示出所需长度，利用体积桥可求得，再利用面积桥可求得点到直线的距离，由此可得，进而得到.
【详解】（1）且，延长必交于一点，即为点，
平面，平面，且，，
平面，平面，又平面，平面，
连接，则平面平面，又平面平面，
直线即为直线，如下图所示，

，即直线与相交.
（2）若选条件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
若选条件②，若为二面角的平面角，则，，
又，；
平面平面，平面平面，平面，平面；
同理可知：平面，
平面，，；
取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，，又，，
；
设，则，又，，
，
，
，
，
又，，
由（1）知：二面角即为二面角，设其平面角为，
，，为中点，，，
设点到直线的距离为，
则，即，解得：，
，
又二面角为锐二面角，.
题型16建系有难度型
【例题16】（2023·福建龙岩·统考二模）三棱柱中，，，侧面为矩形，，三棱锥的体积为．

(1)求侧棱的长；
(2)侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明平面，结合题目条件，先计算出的值，然后即可以求得侧棱的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【详解】（1）在平面内过作，垂足为，
因为侧面为矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
易得，面，平面平面，
所以平面，
因为，所以，
因为，，所以；
（2）存在点满足题意，，理由如下：
如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
设，则，
故，，
设平面的法向量为
则即，令，则，
故平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则，解得，
故存在点E满足题意，所以.
【变式16-1】1. （2024秋·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）如图，在三棱台中，面，，
(1)证明：；
(2)若棱台的体积为， ，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明，则；
（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【详解】（1）在平面中过点作的垂线，
在平面ABC中过点作的垂线，
面面，，面，
且面面，故面，
面，所以，
故，，三条两两垂直，
建立以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
如图所示，则由题意得

，，即，
，.
（2）设 ，
，
根据，则，
由棱台体积公式得
，
所以，则
在（1）问建系基础上，
设面的法向量
由，即，
取，则，则 ，
由题意得，根据，则，则
，
设面法向量
由，即，
取，则，，则，
设二面角的大小为，依图可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【变式16-1】2. （2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）如图所示，为等边三角形，平面，，，，为线段上一动点．

(1)若为线段的中点，证明：．
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直可得，再证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）设的中点为，连接，在平面内，过点作交于点，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为为线段的中点，
且为等边三角形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以，，，四点共面，
因为平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以；
（2）设的中点为，连接，
在平面内，过点作交于点，
由（1）可得两两垂直，
分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，，
所以，，，，
所以，，．，
设平面的法向量为，
则，令，得，，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，得，，
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为．

【变式16-1】3. （2022秋·江苏常州·高三常州市第三中学校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，为的中点，平面平面

(1)证明：平面;
(2)己知四边形为边长为2的菱形，且，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据几何体特征，由面面垂直性质以及线面垂直判定定理即可证明；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量分别求出两平面的法向量，结合几何体特点即可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）由为的中点，所以；
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面;
（2）因为四边形为边长为2的菱形，且，
连接，则；
又平面平面，且平面平面，面平面，
所以平面；
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

所以为边长是2的等边三角形，可得；
又四边形为边长为2的菱形，且，
所以均为边长是2的等边三角形，所以；
易知，
所以；
设平面的法向量为，
则，即，
解得，令，则，所以.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以；
所以，
由图可知，所求二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【变式16-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示.

(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二根据等体积法求出点到平面的距离，再根据线面角的定义即可求出答案；
解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）在图1连接交于点，
在图2中，易知、都是等边三角形，
易得，，又，平面，
可得平面；
又直线平面，
所以.

（2）解法一：
假设存在点，符合题意.
设，则，则在中，由，
由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∵平面，∴平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，
所以

如图3，取中点，连接，，
由，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且.
由已知，即，
由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法二（等体积法）：
设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
作，垂足为，连接，得，∴
由（1）得直线平面，又，∴直线平面，
∴，所以是直角三角形，
所以的面积为，
设点到平面的距离为，
由得，得，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，得，
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
解法三（向量法） 由解法一知，如图3，以的中点为原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，
则，解得，令，则；
即向量，
设存在点，，满足题意，
则，
所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以
，
解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，
此时或
【变式16-1】5. （2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，分别为，的中点，点在上，且为三角形的重心.
(1)证明：平面；
(2)若，，四棱锥的体积为，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）连接，连接并延长交于点，连接，首先说明，由重心的性质得到，即可证明，从而得证；
（2）连接，即可得到平面，连接交于点，即可证明平面，再连接即可得到平面，根据锥体的体积求出，再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，因为，，所以，且，
由，得，，
则，所以.
连接并延长交于点，如图，
因为为的重心，所以.
连接，因为，所以.
又平面，平面，故平面.
（2）连接，因为，所以，
又，，平面，，所以平面.
连接交于点，则，.
又，，平面，，所以平面.
连接，平面，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面.
易得四边形的面积为，
由四棱锥的体积为得，，所以.
以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，.
设平面的法向量为， 则,即,
取，可得，
由（1）可知，为的中点，则，所以.
由（1）知，，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，设为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【变式16-1】6. （2023·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中，，四边形BDEF为正方形，满足，连接AE，AF，CE，CF．
(1)证明：；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，AM，ON．由已知条件可证，再利用线面垂直的判定，即平面ONC，证明平面ONC，即平面ONC，然后根据等边三角形三线合一证明，即可得到平面AEM，最后根据线面垂直的性质证得；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用等面积法可得OC边上的高，由勾股定理可得，进而得到E点坐标，再求出平面BDEF的一个法向量为，利用线面角的公式求解即可；方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为的菱形，令，，，表示出和平面BDEF的一个法向量为，利用线面角的公式和数量积的运算求解即可．
【详解】（1）证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，AM，ON．
∵菱形ABCD中，，
∴△ABD为等边三角形，∴．
∵四边形BDEF为正方形，
∴．
又∵，，
∴在△ABF中，由余弦定理可得．
∴，又M为CF的中点，∴①．
∵四边形ABCD为菱形，∴．
又∵四边形BDEF为正方形，，，则，
∴，又，ON、AC在面ONC内，故平面ONC．
∵，∴平面ONC，NC在面ONC内，∴，
由N为EF的中点，得．
∵，，，．
又∵，∴为等边三角形，∴．
又，，∴为等边三角形．
又∵M为CF中点，∴②．
由①②，且，EM、AM在面AEM内，得平面AEM，
又AE在面AEM内，故．
（2）方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得，．
点N作NH垂直OC于点H，在中，，，可得ON边上的高为，由等面积法可得OC边上的高，
由勾股定理可得，故，，
，，
设平面BDEF的法向量为，
则，即，取，平面BDEF的一个法向量为．
设直线AE与平面BDEF所成角为，则，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为．
方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为的菱形．
令，，，
依题意，，，
则，
，，
由于，
，
所以A1C与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故为平面BDEF的一个法向量，
设直线AE与平面BDEF所成角为，
，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为
题型17几何法的运用
【例题17】（2023·四川成都·校联考二模）如图，平面平面，四边形为矩形，为正三角形，，为的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)已知四棱锥的体积为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）利用平面几何知识结合已知条件可以证明，再利用面面垂直的性质进一步证明，
结合线面垂直、面面垂直的判定定理即得证.
（2）不妨设，则点到平面的距离即为的长度，结合附加条件四棱锥的体积为可以求得所有棱长，最终利用平面几何知识即可求解.
【详解】（1）一方面：因为为正三角形且为的中点，所以（三线合一），
又因为平面平面且平面平面，并注意到平面，
所以由面面垂直的性质可知平面，
又因为平面，
所以由线面垂直的性质可知；
另一方面：由题意不妨设，则，
因为为正三角形且为的中点，所以，，
所以，且，注意到与均为锐角，
所以，不妨设，

因为，
所以，即.
综合以上两方面有且，
注意到，平面，平面，
所有由线面垂直的判定有平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知平面，则点到平面的距离即为的长度，
一方面梯形的面积为，，
所以有四棱锥的体积为，
另一方面由题可知四棱锥的体积为，
结合以上两方面有，解得，
因为，所以，由（1）可知，
所以，所以，
所以.
【变式17-1】1. （2023·河南·襄城高中校联考三模）如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

(1)求；
(2)当正四棱台的体积最大时，证明：平面．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）取点构造平行四边形，再由比例关系证明求值．
（2）设，将体积表示为的函数，求出棱台的体积最大时的值，再添加辅助线，证明平面即可证得结论．
【详解】（1）如图所示，作交于，
再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，
所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
（2）由（1）易知为的四等分点，
所以点在点的正上方，所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
作交于，则为的四等分点．
连接，在中，，
而，
所以，即．
在中，，，，
所以，即．
而，平面，且，
所以平面，故平面．

【点睛】关键点睛：本题考查线面位置关系以及体积的最值，考查直观想象、逻辑推理、数学运算，属于中档题.
【变式17-1】2. （2023·重庆·统考三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1．
(1)求球O的表面积；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理求出底面外接圆的半径，再根据勾股定理求出球的半径，然后用球的表面积公式可求出结果；
（2）取的中点，连，过作，交于，连，则是二面角的平面角，解三角形可得结果.
【详解】（1）底面外接圆的半径，
又球心O到底面的距离为1．所以球的半径，
所以球O的表面积为.
（2）因为为球的直径，所以，，
取的中点，连，则，则,
因为，，所以，
在等腰三角形中，过作，交于，连，
则是二面角的平面角，，
在中， ，，
， ， ，
在中，,
在中， ，
在中， .
所以二面角B－AC－D的余弦值为.
【点睛】思路点睛：求二面角的常用思路：
（1）利用二面角平面角的定义，在二面角的棱上选取特殊点，分别在两个面内作棱的垂线，找到平面角，然后解三角形得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解.
【变式17-1】3. （2023春·江西·高三校联考阶段练习）如图①，在等腰梯形中，，现将沿翻折到的位置，且平面平面，如图②.
(1)当时，求；
(2)当三棱锥的体积为时，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取的中点，连接可得为等边三角形，再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得；
（2）过作，根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得，再根据等面积法可得点到的距离，进而结合锥体体积公式求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
当时，，
又，故四边形为平行四边形，故，
又，所以为等边三角形，
所以.
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
故，
在中，因为，
所以，故.
（2），
在图①中，过作，
所以.
因为
且，
所以点到的距离.
又，
故，
整理得，解得或（舍去），所以的值为.
【变式17-1】4. （2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）在正三棱台中，，，为中点，在上，.

(1)请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析，2
(2)
【分析】（1）根据直线与平面的公理，延长线段，延展平面，结合相似三角形，可得答案；
（2）根据线面角的定义，作图，求其所在三角形的边长，利用三棱台的几何性质，在其侧面，结合等腰梯形以及余弦定理，可得答案.
【详解】（1）①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：

作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面，由平面，则平面，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：

在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：

由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：

易知,，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于利用余弦定理求得，利用勾股定理求得，从而得解.
【变式17-1】5. （2024·全国·高三专题练习）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形， 平面平面，.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，.
【分析】（1）通过证明结合平面平面可证明结论；
（2）取中点，连接，，通过说明，可得为二面角的平面角，后由题目条件结合余弦定理可得答案；
（3）当点M在F点时，由（2）可知答案；当M在点E时，过B作，且使，连接，，则由题目条件可得；当与，都不重合时，令，延长交的延长线于，连接，过作交于，连接，通过说明，可得.后综合三种情况可得答案.
【详解】（1）证明：在梯形中，，，，，，
，，平面平面，平面平面，平面，平面.
（2）解：取中点，连接，，
，，，
，，为二面角的平面角.
，，，，
.

（3）由（2）知：
①当与重合时，；
②当与重合时，过作，且使，连接，，则平面平面，，，平面ABC，平面ABC，，平面，平面，，，；

③当与，都不重合时，令，，延长交的延长线于，连接，在平面与平面的交线上，在平面与平面的交线上，平面平面，
过作交于，连接，
由（1）知，，又，平面，，
平面，平面，.
又，平面ACH，，平面，，.
在中，，从而在中，，
，，.， .
综上所述，，.

【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角.
1. （2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面为正三角形，侧面是边长为2的正方形，为的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)取的中点，连接，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明，可得平面，又结合平面，可得相应结论；（2）由题结合几何知识可得为二面角的平面角，后由勾股定理可得答案.
【详解】（1）证明：为正三角形，为的中点，，
平面平面，
平面，
又平面平面平面.
（2）为正三角形，，
平面平面，
，
故，
又为的中点，，
为二面角的平面角，
侧面是边长为2的正方形，，
为边长为2的正三角形，，
在直角三角形中，，
，
二面角的余弦值为.
2. （2023·浙江·模拟预测）如图，在矩形中，为边上的点，且.将沿翻折，使得点到，满足平面平面，连接.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值的大小.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由平面几何可证，由平面平面可得平面，可得，又，可得平面，进而得证；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法运算可得解.
【详解】（1）在中，，，，
同理，在中，，
，，
又因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，，
又，与是平面内的两条相交直线，
平面，又平面，
平面平面.
（2）
如图，作，垂足为，在中，可得，，
由（1），，平面平面，
以点为坐标原点，，分别为，轴，过点垂直平面为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，，
，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，，
，
，
又，则，
所以二面角的正弦值为.
3. （2023·河南·校联考模拟预测）图，已知正方形是圆柱的轴截面（经过旋转轴的截面），点E在底面圆周上，，，点是的中点.

(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由平面，证得，，进而证得平面，得到，设点到平面的距离为，结合，即可求得点到平面的距离；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：因为线段是圆的直径，所以，可得，
又因为平面，且平面，所以，，
所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
设点到平面的距离为，
则由，可得，
所以，即点到平面的距离为.
（2）解：由（1）可知，
以点为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
由（1）可知，平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，由图可知为锐角，
则，
即二面角的余弦值为.

4. （2023·新疆·统考三模）如图，在四棱锥中，底面是长方形，，，点为线段的中点，点在线段上，且．

(1)证明：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据勾股定理可得，然后根据面面垂直的判定进行证明；
（2）根据等体积法，对于棱锥，用两种不同的方式表达，列方程求解.
【详解】（1）证明：因为，所以．
又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面．
（2）如图，作于于，连接，

因为平面平面，所以．
因为平面，
所以平面；
因为平面，所以；
因为平面，
所以平面平面，所以．
设棱锥的高为，
因为底面是长方形，，点为线段的中点，且．
所以
所以，
因为，即，
得，所以棱锥的高
5. （2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，点分别是的中点，点是线段上一点，且平面．

(1)求证：点是线段的中点；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：过点作，由线面平行的性质可知，从而证得四边形为平行四边形，由长度关系得，从而证得结论；
方法二：取的中点，根据面面平行的判定可证得平面平面，进而得到，从而证得结论；
方法三：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由可构造方程求得，从而得到结论；
（2）方法一：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可求得结果.
方法二：取中点，中点，过点作，利用线面垂直的判定与性质，结合二面角平面角定义可证得即为所求二面角的平面角；根据长度关系可求得结果；
【详解】（1）方法一：过点作，且，

，四点共面，
平面，平面平面，，
又，四边形是平行四边形，
，，又为中点，，
又，点是线段的中点.
方法二：取的中点，连接，

分别为中点，，
平面，平面，平面，
又平面，，平面，
平面平面，
又平面平面，平面平面，，
是中点，点是线段的中点.
方法三：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，
平面轴，平面的一个法向量，
又平面，，解得：，
点是线段中点.
（2）方法一：以为原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，
则，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，则，，；
，
又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
方法二：取中点，中点，连接，过点作，且，连接，

，为中点，，
平面，平面，，
，平面，平面，
又，平面，
平面，，又，平面，
平面，又平面，，
即为二面角的平面角；
在正方形中，作，且，

，，，
，
，，
又，，
，即二面角的余弦值为.
6. （2023·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）如图①在平行四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面，得到图②所示几何体．
(1)若为的中点，求四棱锥的体积；
(2)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为，如果存在，求出的值，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，的值为
【分析】（1）首先求出，及的长度，再证明平面，最后根据锥体的体积公式计算可得．
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）由图①知，，所以，在中，因为，，
可得，，所以．
由图②知，平面平面，平面，
平面平面，因为，所以平面，
因为为的中点，
所以．
（2）由（1）知，，三者两两垂直，以点为原点，
，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）．
则，，，，，，，
设，，
，
即，
所以，
设平面的法向量为，
所以，则，
令，得，
设平面的法向量为，
所以， 解得或（舍去），
所以此时的值为.
7. （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.
8. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
9. （2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
10. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；
(2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，

过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
11. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
12. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
13. （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，
.
通过构造三角形中位线，证明线线平行
1.利用平移法做出平行四边形
2.利用中位线做出平行四边形
通过构造面面平行，证明线面平行
通过两条直线同时垂直同一个平面，证明线线平行，在证明线面平行
由线面平行推理面面平行
线面垂直的性质定理，与面面垂直均可判定线线垂直
由线线垂直推理线面垂直
由线面垂直推理面面垂直
平行于垂直也可以通过向量法进行证明