专题12 空间向量与立体几何压轴大题（十二大题型）-备战2023-2024学年高三数学上学期期中真题分类汇编（全国通用）

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专题12空间向量与立体几何压轴大题


线面平行、面面平行的判定定理
1．（山东省济宁市泗水县2022-2023学年高三上学期期中）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：

(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1平面BCHG.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用中位线定理与空间平行线的传递性，推得，由此得证；
（2）利用线面平行的判定定理证得EF平面BCHG，A1E平面BCHG，从而利用面面平行的判定定理即可得证.
【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点
∴GH是的中位线，∴GHB1C1，
又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，
∴B，C，H，G四点共面．
（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EFBC，
∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，
∴EF平面BCHG，
∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，
∴A1GEB，，
∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，
∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，
∴A1E平面BCHG，
∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，
∴平面EFA1平面BCHG.
2．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，则是的中点连结，则，从而平面，再由，即可得到平面，由此能证明平面平面．
（2）连接，即可证明平面，如图以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与面成的角的正弦值．
【详解】（1）证明：连接交于，则是的中点，
连接，是的中点，，
平面，平面，
平面；
又，平面，平面，平面，
又与相交于点，平面，
所以平面平面．
（2）解：连接，因为四边形是菱形，所以，
又，，所以为等边三角形，所以，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面，
如图，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设面的法向量为，
依题意有，则，
令，，，则，
所以，
所以直线与面成的角的正弦值是．

3．（2022秋·江苏徐州·高三统考期中）如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E为PB的中点．求证:

(1)平面AEC;
(2)平面AEC⊥平面PBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1) 设,连接,根据中位线可得,再根据线面平行的判定定理即可证明;
(2)根据可得,根据四边形为菱形,可得,再根据线面垂直的判断定理可得平面,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】（1）设,连接,如图所示:

因为O,E分别为,的中点,所以,
又因为平面,平面,
所以平面．
（2）连接,如图所示:

因为,为的中点,所以,
又因为四边形为菱形,所以,
因为平面,平面,且,
所以平面,又因为平面,
所以平面平面．
4．（2022秋·福建福州·高三校联考期中）如图所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知，，.

(1)求证：平面；
(2)连接，求多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面平面，再根据面面平行的性质得证；
（2）由面面垂直的性质得到平面，平面，再根据计算可得；
【详解】（1）证明：由正方形与梯形，可得，，
因为平面，且平面，所以平面，
又因为平面，且平面，所以平面，
又由，且平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）解：因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面，

同理可证平面，
连接，故多面体的体积


故多面体的体积为.
补全平行的条件
5．（湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.
  
(1)求证：；
(2)求证：平面；
(3)若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；
（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.
【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
（2）如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.
  
（3）取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
6．（广东省梅州市大埔县虎山中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，，，且.
  
(1)记线段的中点为，在平面内过点作一条直线与平面平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行性质定理，可得所作直线必平行面与面的交线，因此先作两平面交线，再在平面内作交线的平行线.
（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长，设其交点为，连接，
则为平面与平面的交线，
因为，所以，又，
所以，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
取的中点，连接，
∵分别为的中点，
∴，∴．
∵平面， 平面，
∴平面．
  
（2）以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得，
所以，
设平面的法向量为，
则得，
取得，，
平面的一个法向量.
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.
  
7．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

(1)若点在线段上，且平面，试确定点的位置；
(2)若，求锐二面角的大小.
【答案】(1)点为线段上靠近点的三等分点
(2)
【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；
（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.
【详解】（1）点为线段上靠近点的三等分点，
证明如下：
如图，

在取点，连接，,使得，
又，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，所以平面.
又平面，，平面，
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，所以在中，，所以，
所以点为线段上靠近点的三等分点.
（2）如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，
又，则，
由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，
则，
因为，所以，解得，
故，则，
设平面的法向量为，
则，不妨取，则，
设平面的一个法向量为，则，
记锐二面角的平面角为，所以，
又，则，所以锐二面角的大小为.
8．（2022秋·辽宁·高三校联考期中）如图：在正方体中，M为的中点.
  
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在一点N，使得平面平面，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明可证明结论；
（2）上的中点N即满足平面平面，通过证明平面结合平面可证明结论.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.
∵为正方体，底面为正方形，∴O为BD的中点.
∵M为的中点，在中，OM是的中位线，所以.
又平面，平面，∴平面；
（2）上的中点N即满足平面平面，
∵N为的中点，M为的中点，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面；
由（1）知平面，
又∵，
∴平面平面.
  
线面平行、面面平行的性质定理
9．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）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．（山东省济南市章丘区第四中学2022-2023学年高三上学期期中）已知四棱锥，底面为菱形，平面，，，为上一点．
  
(1)平面平面，证明：．
(2)当直线与平面的夹角为时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）过点作的垂线，垂足为，所以平面，由题意可求得直线与平面的夹角为，可得点为中点，由等体积法求解即可.
【详解】（1）因为平面平面，
所以平面，平面，
又因为平面平面，所以．
（2）过点作的垂线，垂足为，则，
因为平面，所以平面，
若点为中点，则点为的中点，
此时，
所以直线与平面的夹角为，
即点为中点时满足题意，
  
因为平面，所以平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，所以点到平面的距离为，
故
11．（河北省石家庄市部分学校2023届高三上学期期中）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，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面；
（2）由平面，，可得平面ABCD，作，垂足为M，则，进而得到平面BFG，即的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可.
【详解】（1）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）∵平面，，
∴平面，
过C在平面内，作，垂足为，则，
∵，又直线FG，BF在平面内，
∴平面，
∴的长是点C到平面的距离，
∵中，，
∴由等面积可得，
∴点C到平面的距离为.

12．（安徽省合肥市肥东县综合高中2022-2023学年高三上学期11月期中）如图，在四棱柱中，底面为梯形，，平面与交于点．求证：．

【答案】证明见解析
【分析】根据四棱柱性质可证明平面平面，再利用面面平行的性质定理即可证明.
【详解】由四棱柱可知，，平面，平面，
所以平面；
又，平面，平面，
所以平面；
又，平面，平面；
所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以.
线面垂直、面面垂直的判定定理
13．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）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.
  
14．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期中）如图，在四棱柱中，底面，底面满足，且，.
  
(1)求证：平面；
(2)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，利用勾股定理逆定理可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）根据题目中各边的长度由勾股定理可得，再由直棱柱性质可得为四棱锥的高，根据椎体体积公式求出结果即可.
【详解】（1）由底面，平面，
所以，
又因为，.
满足，可得，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）中，且，，可得，
因此，即，
又平面，，
可得平面，平面，
即，
又，平面，
所以平面，即为四棱锥的高，
即四棱锥的体积..
15．（福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中2023届高三上学期10月期中）在如图所示的几何体中，，平面，，，，.

(1)证明：平面；
(2)过点作一平行于平面的截面，画出该截面（不用说明理由），并求夹在该截面与平面之间的几何体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)截面为平面，体积为
【分析】（1）由余弦定理和勾股定理可得，结合线面垂直的性质可得，由线面垂直的判定可得结论；
（2）取的中点，的中点，由面面平行的判定可知所求截面为平面；利用棱锥体积公式可得所求体积为.
【详解】（1）在中，，，，，
由余弦定理得：，，，
又平面，平面，，
，平面，平面.
（2）取的中点，的中点，连接，则平面即为所求.
理由如下：
，，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面；
由（1）可知：平面，且平面，
，，
夹在该截面与平面之间的几何体的体积.

16．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中期中考试）如图，正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点．将，，分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点P．
  
(1)求证：平面PEF；
(2)若，且K为PD的中点，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）由题意求得，由（1）知PD⊥平面PEF，求得，根据K为PD的中点，即可求解．
【详解】（1）在正方形ABCD中，，，
折叠后即有，，
又因为，平面PEF，所以平面PEF；
（2）由题意知，，故，
由（1）知平面PEF，
故；
因为为PD的中点，
所以三棱锥的体积．
17．（湖南省长沙市长郡中学2023届高三上学期期中）在三棱台中，为中点，，，.

(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论；
（2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，
又，，
，四边形为平行四边形，，
又，，
，，，
，平面，平面.
（2），，，
又，，平面，平面，
连接，，，为中点，；
以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
设，则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
又平面的一个法向量，
，解得：，即，
平面，平面平面，平面，
.
18．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）如图，直四棱柱的底面为菱形，且，，E，F分别为BC，的中点．
  
(1)证明：平面平面．
(2)求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理作答.
（2）连接，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角余弦作答.
【详解】（1）在直四棱柱中，底面为菱形，，连接，如图，
  
显然为正三角形，由为的中点，得，而平面，
平面，则，又，平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面．
（2）连接，由（1）知是正三角形，为的中点，则，而，即有，
又平面，于是两两垂直，
以A为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
  
由，得，
，，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
因此，
所以平面和平面的夹角的余弦值为．
补全垂直的条件
19．（2022秋·河北沧州·高三任丘市第一中学校考期中）如图，在五面体中，平面ABC，，，.
  
(1)问：在线段CD上是否存在点P，使得平面ACD?若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
(2)若，，，求平面ECD与平面ABC夹角的余弦值.
【答案】(1)存在，即当P为线段CD的中点时，平面ACD；证明见解析
(2)
【分析】（1）先判断出结论；证明时分别取的中点为，连接，根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）延长交于一点F，连接，说明为平面ECD与平面ABC的交线，进而证明即为平面ECD与平面ABC夹角，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】（1）当P为线段CD的中点时，平面ACD；
证明：分别取的中点为，连接，
  
则，而，，
故,即四边形为平行四边形，
则;
因为平面ABC，平面,故，则；
由，O为AC中点，故，则，
又平面，
故平面ACD；
（2）在平面中延长交于一点F，连接，
则为平面ECD与平面ABC的交线，
  
由于，，故B为的中点，
而O为的中点，故，
由（1）知，平面ACD，故平面ACD，
所以平面ACD，平面ACD，
故，平面,平面，
且平面ABC，平面ABC，故，则为锐角，
故即为平面ECD与平面ABC夹角，
在中，，，所以,
则,
即平面ECD与平面ABC夹角的余弦值为.
20．（江苏省盐城市四校2023届高三上学期期中）如图，在直三棱柱中，，．

(1)试在平面内确定一点H，使得平面，并写出证明过程；
(2)若平面与底面所成的锐二面角为60°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面垂直和面面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质定理进行证明即可；
（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）取棱BC的中点D，连接，AD．在等腰直角△ABC中，，
又，平面，故平面．
又平面，故平面平面，这两个平面的交线为．
在中，作，则有平面；
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，

则，，，．
设平面的法向量，
则即可取．
可取平面的法向量，
由题意得．得，平面的一个法向量为；
又平面的法向量，则．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
21．（重庆市长寿中学校2023届高三上学期期中数学）如图，四边形是菱形，，平面，，，设，连接，交于点，连接，.

(1)试问是否存在实数，使得平面?若存在，请求出的值，并写出求解过程；若不存在，请说明理由.
(2)当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)存在，；
(2).
【分析】（1）依题意，可得平面，过点作于点，则四边形为矩形，设，求出，，，欲使平面，只需，再列方程求解即可；
（2）建立空间直角坐标系利用向量法求解.
【详解】（1）存在，且，理由如下：

因为四边形为菱形，所以，与互相垂直且平分，
因为，所以，所以三角形是等边三角形.
因为平面，平面，平面，
所以，，
因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，所以.
过点作于点，易得四边形为矩形，
设，则，，
因为，所以，所以，
，.
欲使平面，只需，
即，所以，解得.
所以存在实数，使得平面，且.
（2）如图，以为原点，边上的垂直平分线所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，，
所以，，.

设平面的法向量为，
则，所以，
解得，令，则平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则，所以，
解得，令，则平面的一个法向量为.
设锐二面角的平面角为，则.
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
22．（海南省文昌中学2023届高三上学期期中）如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，，与相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点．又．

(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求二面角的大小；
(3)设点M在棱上，且，问为何值时，平面．
【答案】(1)；
(2)45°；
(3)见解析.
【分析】（1）由已知得到PO⊥平面ABCD，利用线面垂直的性质得到PO⊥BD，过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，利用平面几何即可得解；
（2）连接OE，由为等腰梯形，所以，且为中点，所以，又平面，∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，然后求值即可；
（3）连接MD，MB，MO，利用PC⊥平面BMD，得到PC⊥OM，Rt△POC中求的PM＝，MC＝．

【详解】（1）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD
又，
由平面几何可得：，
过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，
则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴OC＝OD＝1，OB＝OA＝2，OA⊥OB
∴
又AB∥DC∴四边形EBCD是平行四边形．
∴
∴E是AB的中点，且，
又，
∴PEA为直角三角形，
∴
在△PED中，由余弦定理得
故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为；
（2）连接OE，由为等腰梯形，所以，且为中点，
所以，又平面，
∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平面角，
∴sin∠PE0＝，∴∠PEO＝45°，
∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的大小为45°；
（3）连接MD，MB，MO，
∵PC⊥平面BMD，OM⊂平面BMD，
∴PC⊥OM，
在Rt△POC中，PC＝PD＝，OC＝1，PO＝，
∴PM＝，MC＝，
∴，
故λ＝时，PC⊥平面BMD
线面垂直、面面垂直的性质定理
23．（广东省广州市南沙区东涌中学2023届高三上学期期中数学试题）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．
  
(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，
  
面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，
  
设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，
则面的法向量为，，
点到平面的距离.
24．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，四棱锥的底面是菱形，平面底面，，分别是，的中点，，，.
  
(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理直接证明；
（2）利用直线与平面垂直证明直线与直线垂直；
（3）求出四棱锥的高与底面积，从而利用体积公式求出体积.
【详解】（1）证明：取中点，连接，因为分别是的中点，所以，
又因为底面是菱形，是的中点，所以，
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）证明：取中点，连接，
因为，为中点，所以，
又因为平面底面，平面底面，平面，
所以底面，又底面，所以，
  
因为底面是菱形，所以，
又因为分别是的中点，所以，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（3）解：由（2）知底面，所以是四棱锥的高，
因为，，为中点，所以，
因为底面是菱形，，，所以，
所以四棱锥的体积.
25．（2022秋·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，．
  
(1)证明：//平面PBC；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）延长FO至点M，使，连接MD，进而可证，可得，进而可证结论；
（2）可证OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP为坐标轴建立空间直角标系，求得平面APB与平面PBC的一个法向量，进而可求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：如图，延长FO至点M，使，连接MD，
∵底面ABCD的中心为O，∴平面ABCD，∴，
∵，，
∴，
∴，∴，∴，∴
而，∴，∴，
∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC；
  
（2）由（1）知E是PD的中点，又，∴，
不妨设，则，，
∵是正四棱锥，底面ABCD的中心为O，∴OC，OD，OP两两垂直，
以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，
  
则，，，，
∴，，，
设平面PAB的一个法向量为，
，令，则，，
设平面PBC的一个法向量为，
则，令，则，，
∴，
∴二面角的余弦值为．
26．（2022·浙江宁波·高三统考）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为菱形，．
  
(1)若四棱锥的体积为1，求的长；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）过作于，连接，根据面面垂直得性质可得底面，设，求出，再根据锥体的体积公式即可得解；
（2）取的中点，连接，则，以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，过作于，连接，
因为侧面底面，且侧面底面面，
所以底面，
设，因为，
所以，
在菱形中，，则为等边三角形，
则，
所以四棱锥的体积，
解得；
（2）取的中点，连接，则，
以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
，令，得，
则，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.
  
27．（2022秋·重庆·高三西南大学附中校考期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为A1B上一点，平面．
  
(1)求证：；
(2)若，，P为AC的中点，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过条件证明平面，然后得到；
（2）以B为原点建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值.
【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，
平面，又平面，
平面，且平面，
，又平面,平面，，
平面， 又平面，
（2）由（1）知平面，平面,从而
如图,以B为原点建立空间直角坐标系,平面，
其垂足落在直线.在，
在直三棱柱.
在,
则

设平面的一个法向量
则  即可得
平面的一个法向量,
二面角平面角的余弦值是.
  
利用空间向量证明平行，垂直
28．（2022秋·广东潮州·高三上学期期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，E为PD的中点．

(1)证明：//平面AEC
(2)设三棱锥的体积是，，求平面DAE与AEC的夹角．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算公式进行计算证明即可；
（2）根据空间向量夹角公式，结合棱锥体积公式进行求解即可.
【详解】（1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
由几何关系有：，
则直线的方向向量为：，，
设平面的法向量，则：，
据此可得：平面的一个法向量为，
结合可知：，即
据此可得：平面.

（2）因为平面ABCD，E为PD的中点．，
所以点E到平面ABCD的距离为，
因为三棱锥的体积是，
所以有，
结合（1）的结论可知：，
则平面的一个法向量为.
由平面可知平面的一个法向量为：，
据此可得：，
则，
观察可知二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
29．（广东省深圳市南山区北京师范大学南山附属学校2023届高三上学期期中）如图，且，，且，且，平面，.
  
(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用空间向量证明线面平行，即证与平面的法向量垂直；
（2）利用向量法求二面角的余弦值，再利用平方关系求正弦值；
（3）利用已知求点坐标，向量法求点到直线的距离.
【详解】（1）证明：因为，，平面，
而、平面，所以，，
因此以为坐标原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
  
因为且，且，，
所以， ，，， ，，，，，
设为平面的法向量，，，
则，不妨令，可得；
又，所以，得，
又直线平面，平面．
（2）依题意，可得，，，
设为平面的法向量，
则，
不妨令，可得，
设为平面的法向量，
则，不妨令，可得，
若二面角的大小为，则，
因此，
二面角的正弦值为．
（3）设点坐标为，则，
平面的法向量为，
则，解得，
有，平面的法向量，
点到平面的距离.
30．（安徽省滁州市定远县民族中学2022-2023学年高三上学期11月期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点．
  
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面；
（2）分别求出平面和平面的法向量，利用向量法求解．
【详解】（1）证明：由题意，在矩形中，，，，
，分别是，的中点，
，，
在四棱锥中，面面，面面，，平面
面，
面，，
，，，
面，面，，
面，面，，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，
  
,0,，,0,，,4,，,4,，,0,，,2,，,2,，
,0,，面的一个法向量为，
，平面，平面．
（2）由题意及（1）得：
在平面中，,0,，,0,，,2,，
,2,，,2,，
设平面的法向量为，
则，取，得,,，
平面的一个法向量为,0,，
设二面角的平面角为，由图得为钝角，
二面角的余弦值为：
．
31．（江苏省常州市横林高级中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，分别是的中点，.
    
(1)证明：.
(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）解法一：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，证明即可；
解法二：过点作，可证得，所以四点共面，由余弦定理求得，可得，又，所以平面，进而得；
（2）求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）解法一：如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
  
则，
.
因为，所以.
解法二：过点作，垂足为，连接.
  
因为PD⊥底面ABCD，底面ABCD，所以PD⊥BC，
因为底面ABCD是矩形，所以CD⊥BC，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，则，
因为分别是的中点，则，
所以，所以四点共面.
因为，
所以，
所以，即，则，
又，，则,
又，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解法一：接（1）中解法一，
.
.
设平面的法向量，
，令，得.
设平面的法向量为，
则，令，得.
.
故平面EFG与平面PAB所成角的余弦值为.
解法二：接（1）中解法二，
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，
.
  
设平面的法向量为，
则，令，得.
平面，则平面的法向量为，
.
故平面EFG与平面PAB的夹角的余弦值为.
32．（山西省运城市2023届高三上学期期中）如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点．
  
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量法证明即可；
（2）求平面和平面的法向量，利用空间向量法求解即可；
【详解】（1）因为底面，底面，且底面是边长为2的正方形，
所以两两垂直，
以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
  
则，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，取可得，所以平面的一个法向量为，
因为，所以平面.
（2）由（1）得，，
设平面的法向量为，
则，取可得，所以平面的一个法向量为，
由（1）得平面的一个法向量为，
设二面角为，
则，
又由图可知为钝角，
所以二面角的大为．
求空间角
33．（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且
  
(1)证明：平面平面ACE；
(2)求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可证平面PBD，进而可得结果；
（2）以点O为坐标原点建系，根据垂直关系求点E的坐标，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，则
又因为ABCD为菱形，则，
且，平面PBD，
所以平面PBD，则平面，
故平面平面PBD.
（2）由题意可知：，平面ABCD，
故以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
  
则，，，，
设，则，
可得，解得，即，
可得，
因为，则，解得，所以，
由题意可知：平面PAC的一个法向量为，
设平面ACE的一个法向量，可得，
则，
令，则，可得
则，
所以平面PAC与平面ACE所成角的余弦值为.
34．（湖北省十一校2023届高三上学期期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.
  
(1)证明：平面平面；
(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）利用面面垂直的判定定理进行证明；
（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.
【详解】（1）如图，连接，交于，连接.
因为侧面为菱形，所以，且为的中点.又，故.
又，且，所以，所以.又，所以，所以.
因为平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.
  
（2）由（1）知，两两互相垂直，因此以为坐标原点，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，，，.
故，，.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.因为平面平面，所以也是平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值.
  
35．（2022秋·河北邢台·高三统考期中）如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点，，的边长为2．
  
(1)求证：：平面；
(2)若三棱柱的高为1，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，推出四边形是平行四边形，则，由线面平行的判定定理，即可得出答案；
（2）由是等边三角形，得，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，解得平面的法向量,设平面的一个法向量为,设二面角为，则，进而可得，即可得出答案．
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，
  
根据题意可得，且，，
由三棱柱得性质知，所以，则四边形是平行四边形，
所以，
因为面，面，
所以面．
（2）因为是等边三角形，且边长为2，所以，
因为三棱柱的高为1，
以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系：
  
所以，,,，,0,，,0,，
所以,0,，,,，,0,，
设平面的法向量,,，
则，
令．则，，
所以,,，
设平面的一个法向量为,,，
所以，
令，则，，
所以,2,，
设二面角为，
所以，
所以，
所以二面角的正弦值为．
36．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）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.
37．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定可得平面，得到；由勾股定理可证得；由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；
（2）作，垂足为，且，以为坐标原点可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）四边形为直角梯形，，，
又，，平面，平面，
又平面，；
作，

，，，，
又，，
，，，
，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）作，垂足为，且，
由（1）知：平面，平面，
，，，，，，
，，则，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
平面，是平面的一个法向量；
设平面的法向量，又，，
，令，解得：，，；
；
由图形可知：平面与平面所成二面角为锐二面角，
平面与平面所成二面角的余弦值为.
38．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.
  
(1)求证：平面；
(2)若，求与所成角的余弦值.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：因为底面是菱形，
所以，
又平面，平面
所以，
又，平面，平面，
所以平面.
（2）设
因为，
所以
以为坐标原点,射线分别为轴,轴的正半轴
建立空间直角坐标系，
如图：
  
则，
所以 ，
设与所成角，
所以

，
即与所成角的余弦值为.
已知夹角求其他量
39．（江苏省苏州市昆山中学2023届高三上学期期中）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)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）以点为原点，以、、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平面；
（2）设，则，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为底面，，
如图，以点为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
  
则、、、、、、、，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
又因为，则，所以，，
又因为平面，所以，平面.
（2）解：依题意，设，则，
所以，，，
由已知，得，
整理可得，解得或，
所以，线段的长为或.
40．（2022秋·福建厦门·高三厦门一中校考期中）已知正方体，点为中点，直线交平面于点.
  
(1)证明：点为的中点；
(2)若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【详解】（1）在正方体中，，又平面，且平面，
则平面，而交平面于点，即平面，
又平面，有平面，因此平面平面，
于是，而为中点，
所以为的中点.
（2）以为坐标原点，方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
  
不妨设正方体的棱长为3，设，
则,
从而，
设平面的一个法向量为，则
,即,不妨取,则,即，
设直线与平面所成角为，
又直线与平面所成角的正弦值为，
因此，解得，
所以.
41．（2022秋·河北沧州·高三统考期末）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是AC的中点.
  
(1)求证：平面
(2)确定在线段上是否存在一点P，使得AP与平面所成角为，若存在，求出的值;若不存，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，或0.
【详解】（1）因为侧面为菱形，，则是等边三角形，取中点O，连接，于是有，
又平面⊥平面，Ì且平面，平面∩平面，于是⊥平面，
又平面，即有，
又，且，因此平面，而平面，则，
由四边形为菱形，得，又平面，，
所以平面.
（2）由（1）可知，，平面，且平面，有，
  
取中点D，连结，有，，
以O为原点，为空间正交基底建立直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量为，则，令z=1，得，
令，则，，
依题意，，
整理得，，解得或，
所以存在满足条件的点P，的值或0.
42．（山西大学附属中学校2022-2023学年高三上学期11月期中）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，
.
  
43．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，为等边三角形，面底面ABCD，E为AD的中点.
  
(1)求证：；
(2)在线段BD上存在一点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为.
①确定点F的位置；
②求点C到平面PEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)①点的位置是线段上靠近的三等分点；②
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质定理，即可证明线线垂直；
（2）①根据（1）的证明过程，以点为原点，建立空间直角坐标系，
以线面角的向量公式求点的位置；②根据①的结果，结合点到平面的距离的向量公式，
计算结果.
【详解】（1）取中点，连接，,
为等边三角形,
,
面底面，
面底面，
面，
面，
，
，
，
又，
面，
面，
，
  
（2）①如图以为原点，为轴，为轴建立空间
  
直角坐标系.设，
，，，,,
，，，，
，
设是平面的一个法向量
则有，
令解得：


因为直线与平面所成角的正弦值为

即
解得，所以点的位置是线段上靠近的三等分点，
②，，
，
点到平面的距离.
44．（福建省石狮市永宁中学2023届高三上学期期中）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．
    
(1)若平面平面，证明：；
(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【详解】（1）在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，
  
在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
（2）由（1）知，，，
，平面，平面,
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故以为坐标原点，分别为轴，
在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
  
则，，
因为，平面AEB平面BCE，且，
所以点在平面的射影为中点，故，，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则，，
所以为平面的一个法向量．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或（舍），
所以为中点，所以.
求异面直线，点到面或者面到面的距离
45．（2022秋·福建宁德·高三统考期中）如图，已知菱形和矩形所在的平面互相垂直，，
.    
(1)求直线与平面的夹角；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，点的坐标和平面的法向量，利用空间向量在立体几何中的应用，即可求得直线与平面的夹角.
（2）根据空间直角坐标系写出，的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量求解点到平面的距离公式即可求出结果.
【详解】（1）设，因为菱形和矩形所在的平面互相垂直，所以易得平面，
以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，过点且平行于的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
  
由已知得，，
因为轴垂直于平面，因此可令平面的一个法向量为，
又，设直线与平面的夹角为，
则有，即，
所以直线与平面的夹角为.
（2）由（1）空间直角坐标系，得，，所以，，
可设平面的法向量为，则，得，
令，得，，即，
又因为，
所以点到平面的距离为.
46．（山东省青岛市青岛第十九中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在四面体中，．点为棱上的点，且，三棱锥的体积为．
  
(1)求点A到平面的距离；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由题意证明平面平面，说明在面上的射影为F，从而建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求得答案；
（2）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）取中点，连接，因为，所以，
又平面，
所以平面，而平面，所以，
由已知，所以，
由平面平面，得平面平面，
因此在平面内的射影就是直线，
设在面的射影为，则在直线上，
由题意知,则,
所以，
所以，又因为，所以与重合，所以平面，
以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
  

所以点坐标为，
．
设平面的一个法向量是，
则，取，则，即，
所以点A到平面的距离．
（2）设平面的法向量为，
则，取，则，
故，
所以，
由于平面与平面夹角范围为，
所以平面与平面夹角的余弦值是．
47．（辽宁省朝阳市建平县2022-2023学年高三上学期期中）如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.
①与平面所成角相等；②三棱锥体积为；③
  
(1)平面平面；
(2)求二面角的大小；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）若选①，则作面，证明和重合从而得到面，从而得到面面垂直；若选②，计算得到到面的距离，得到面，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到，再通过面，从而得到面面垂直；
（2）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；
（3）通过点面距离的计算公式直接计算即可.
【详解】（1）选①，连接，作面，垂足为.
  
与平面所成角相等，
，
在的中垂线上，
在平面内，,
和重合，
面，
又面，
面面
若选②，设到面的距离为，
，得，
即为到面的距离，即面，
又面，
面面.
若选③，由余弦定理得，，

，又面
面，
又面
面面
（2）因为面，面，
所以，
取中点，则，
所以，又因为，
所以建立如下图所示空间直角坐标系，
  
，
，
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，即，
令，则，
，
，
由图可知二面角是钝角，
所以二面角的大小为.
（3），
平面的一个法向量为，
点到平面的距离.
48．（2022秋·山东淄博·高三统考期中）三棱锥中，，，.记中点为，中点为
（1）求异面直线与的距离；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）将三棱锥放在长方体中研究，建立空间直角坐标系，求出、、的值，求出点的坐标，求出，的坐标，利用即可求解；
（2）求平面平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解.
【详解】三棱锥三组对棱相等，因此三棱锥的外接平行六面体为长方体，将三棱锥放在长方体中研究

设长方体的三维分别为、、且，即，解得：
因此以为坐标原点，长方体在处的三条棱的方向为正方向建立空间直角坐标系，则
，，，，，，
（1），，
设垂直于和，
所以，
令，，，所以，
而，因此所求距离为：
（2），，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
所以，
所以，
所以所求角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：求二面角的方法总结
（1）定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，求两线的夹角；
（2）垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一个交线，这两个交线所成的角；
（3）三垂线法：过一个半平面内的一点作另一个半平面的一条垂线，过垂足作棱的垂线，记垂足为，连接，则即为二面角的平面角；
（4）向量法：求两个半平面法向量夹角的即为二面角的平面角或二面角平面角的补角.
49．（安徽省合肥市肥东县综合高中2023届高三上学期期中）如图所示，在四棱锥中，侧面是正三角形，且与底面垂直，平面，，是棱上的动点.
    
(1)当是棱的中点时，求证：平面；
(2)若，，求点到平面距离的范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的性质推导出，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出平面，，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，其中，利用空间向量法可求得点到平面距离的范围.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，且平面平面，所以.
取的中点，连接、，
因为是棱的中点，所以，且，
因为且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接.
因为是正三角形，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为，，为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为，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、、、，所以，
设，其中，
则，
设平面的法向量，
所以，
令，得，
设点到平面距离为，.
当时，；
当时，，则，
当且仅当时等号成立.
综上，点到平面距离的取值范围是.
求点到线的距离
50．（辽宁省沈阳市东北育才学校科学高中部2022-2023学年高三上学期期中）三棱台中，平面，，且，，是的中点．
  
(1)求三角形重心到直线的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立坐标系，过点作，求出，进而得出三角形重心到直线的距离；
（2）利用向量法得出二面角.
【详解】（1）因为，所以，，
在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系，则
  
，，，，，
过点作，设，

.
则.
因为，
所以，解得，
所以，．
即三角形重心到直线的距离为.
（2），，，
设平面的法向量，则，
取，则
设平面的法向量，则，
取，则
所以，
由图可知，二面角为锐角，所以，二面角的余弦值为．
51．（2022秋·江苏盐城·盐城中学上学期期中）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.
  .
52．（河北省沧衡八校联盟2022-2023学年高三上学期11月期中）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.

53．（2022秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校联考期中）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
点的存在性问题
54．（山东省大教育联盟学校2022-2023学年高三上学期期中）图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.
  
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在图①中，连接，交于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，
，，，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
  
55．（2022秋·黑龙江佳木斯·高三佳木斯一中校考期中）如图，如图1，在直角梯形中，．把沿对角线折起到的位置，如图2所示，使得点P在平面上的正投影H恰好落在线段上，连接，点E，F分别为线段，的中点．
  
(1)求证：平面//平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在棱上是否存在一点M，使得M到点四点的距离相等？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)直线与平面所成角的正弦值为；
(3)存在，理由见解析.
【分析】（1）先证明，由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，应用空间向量知识求线面角；
（3）证明到点四点的距离相等即可．
【详解】（1）在中，，所以
在中，，，所以为等边三角形，
因为点P在平面上的正投影H恰好落在线段上，
所以平面，又平面，
所以，所以为线段的中点，
又点E，F分别为线段，的中点，
所以，
由，平面，平面，所以平面，
由，平面，平面，所以平面，
由平面，，
所以平面//平面；
（2）在平面内过作的垂线
如图建立空间直角坐标系，
  
则，，，
因为，
设平面的法向量为
因为，，
所以有，
即，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，

所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）存在，点为线段的中点，理由如下：
因为在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
又
所以点到四个点的距离相等，
所以点为所找的点，即线段的中点为所求.
56．（广东省广州市白云中学2023届高三上学期期中）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.
57．（2022秋·浙江绍兴·高三绍兴一中期中考试）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
  
(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，
故BD⊥平面ADE．
因为平面ADE，
所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，
  
则，，，，
所以，，
设，其中，解得，
故，
设平面QAD的法向量为， 则
即令y＝1，则，z＝－2λ，
故，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以，解得或，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
58．（安徽省卓越县中联盟2022-2023学年高三上学期期中）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.
  
(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定可得平面，由线面垂直性质可证得结论；
（2）利用余弦定理可求得，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由面面角的向量求法可构造方程求得的值，由此可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
  
四边形为菱形，，，，，
，平面，平面，
平面，.
（2），，
，解得：；
，，；
在平面中，作，交于点，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
  
假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，
，，，
又，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：，
当时，；当时，；
当或时，平面与平面所成角的余弦值为.
59．（2022秋·广东深圳·高三深圳中学上学期期中）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．
  

1．（河北省保定市重点高中2022-2023学年高三上学期11月期中）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.
2．（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，，，.

(1)求的长度；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，由线面垂直判定可知平面，由此可知，根据长度关系可得结果；
（2）作交于点，，由面面垂直的判定与性质、线面角的定义可知为所求线面角，由长度关系可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
是等边三角形，，
又，，平面，平面，
平面，，，
为等边三角形，.
（2）平面，平面，平面平面，
作，垂足为，则平面，，连接，
为直线与平面所成的角，
由题意知：，又，
，
，，
，，，，
直线与平面所成的角的正弦值为.

3．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期11月期中）如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为1，延长直径AB到点C，使得BC＝1，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点.
  
(1)证明：平面PDE⊥平面POD；
(2)点E到平面PAD的距离为d1，求d1的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件可证明CE⊥平面POD，即可证明面面垂直；（2）分别求和的面积，利用等体积转化为点到平面的距离.
【详解】（1）证明：由题设，PO⊥平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，
所以CE⊂平面ABD，则PO⊥CE，且OD⊥CE，
又PO∩OD＝O，PO，OD⊂平面POD，
所以CE⊥平面POD，
又CE⊂平面PDE，
所以平面PDE⊥平面POD.
（2）因为OD⊥CE，OD＝1，OC＝2，
所以，，
又AE⊥AC，CA＝3，
所以，，
所以，，为等边三角形，
所以，且△ADE的面积为，
因为，,，
所以PA＝PD＝2，
所以△PAD为等腰三角形，其底边AD上的高为，
所以△PAD的面积为，
因为，
，
所以，
所以
    
4．（江苏省淮安市涟水县第一中学2023届高三上学期期中）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．
    
5．（福建省厦门第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试）如图，在三棱柱中，已知平面，且.
  
(1)求的长；
(2)若为线段的中点，求二面角的余弦值.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）根据题意可得平面，进而分析可知正方形，即可得结果；
（2）根据题意利用补形法分析可得二面角的平面角为，利用余弦定理运算求解.
【详解】（1）连接，
因为平面，平面，则，
又因为，平面，
所以平面，
且平面，可得，
因为为平行四边形，且，则为矩形，
所以正方形，可得.
（2）根据题意将三棱柱转化为正四棱柱，
取的中点，连接，则三点共线，且//，
因为//，可得//，
所以平面即为平面，
同理平面即为平面，
因为//，平面，则平面，
且平面，则，
所以二面角的平面角为，
可得，
在中，则，
所以二面角的余弦值为.
  .
6．（江苏省南京市金陵中学2022-2023学年高三上学期期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且，将半圆沿AD翻折如图2．
  
(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正六边形的性质可得，即可证；
（2），由此可得，再求平面与平面的法向量，代入公式即可得．
【详解】（1）证明：连接，，，六边形为正六边形，则，
  
在翻折过程中，，平面，平面，
所以平面．
（2）连接，分别交于，，则，，
翻折过程中，平面，平面，，
，，所以平面，同理平面，
所以平面平面．又因为，
则三棱柱为直三棱柱，，，
且，，．
设，所以，
．
所以，即，，，为二面角的平面角，
即平面平面．以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴，
建立空间直角坐标系如图，
  
则,,，，，,2,，,3,，,2,，
，
设平面的一个法向量，有，
令得，同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，观察图可知其为锐角，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
7．（安徽省合肥市庐江第五中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，侧面ABED与ACFD均为梯形，AB∥DE，AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE．已知AB＝BE＝AC＝1，DE＝DF＝2．

(1)证明：平面ABED⊥平面ACFD；
(2)求平面BEFC与平面FCAD的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，，得，由平面平面，结合面面垂直的性质定理可得平面，即可得出答案；
（2）作中点，连接，易知，，两两垂直，以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为,,，平面的法向量为,,，设平面与平面的夹角为，则，即可得出答案．
【详解】（1）证明：因为，，所以，
又平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）如图，作中点，连接，易知，，两两垂直，
以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，

则,0,，,0,，,1,，
所以,0,，，
设平面的法向量为,,，
则，取，则，，
所以,1,，
设平面的法向量为,,，则，
取，则，，
所以,0,，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以，
所以平面与平面的角．
8．（黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在三棱柱中，底面，，，，、分别为棱、的中点，，.
  
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，证明出，再证明出四边形为平行四边形，可得出，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，，以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，分析可知，与平面所成角等于与平面所成角，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值，即为所求.
【详解】（1）证明：取中点，连接、.
因为是的中点，且，故为的重心，
所以、、共线，且，
又，故，所以，
因为且，则四边形为平行四边形，故且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
则四边形为平行四边形，所以，所以，
又平面，平面，所以面.
（2）解：因为且，、分别为、的中点，
则且，所以，四边形为平行四边形，所以，，
又因为，所以，，
因平面，故平面，
又，是中点，故.
于是以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系（如图），
  
则、、、、、、
，
，，，
设为平面的法向量，则，
令，得，
因为，故与平面所成角等于与平面所成角，记为，
所以.
9．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）如图，已知直角梯形与，，，，AD⊥AB，，G是线段上一点.

(1)平面⊥平面ABF
(2)若平面⊥平面，设平面与平面所成角为，是否存在点G，使得，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证AD⊥平面ABF，再由面面垂直的判定证结论；
（2）由题设构建空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，结合已知夹角的余弦值求参数，进而确定点的存在性.
【详解】（1）因为，，，AF、AB平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，
所以平面⊥平面ABF.
（2）由面⊥面，，面面，面，
所以平面，AB在面ABCD内，则，结合已知建立如下空间直角坐标系，

则，设，得，
平面的法向量为，又，
设平面的法向量为，则，
取，则，
故=，解得=，（舍），
所以点G的坐标为，故存在点G为BF中点时使得.
10．（福建省泉州市安溪一中、泉州实验中学、养正中学2023届高三上学期期中）如图，在三棱柱中，，．
  
(1)证明：；
(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，，即可证明平面，从而得证；
（2）证明平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，再由空间向量求解．
【详解】（1）取的中点，连接，，
，，，，
又，平面，平面，
而平面，
；
  
（2）在中，，，
可得，，
在中，，，可得，
在中，，，，
可得，即，
由（1）知，平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，
平面，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，，，，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
由，取，得，
由，取，得．
．
由图可知，二面角的平面角为钝角，
二面角的余弦值为．
11．（湖南省衡阳师范学院祁东附属中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，平面五边形由等边三角形与直角梯形组成，其中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，且.
  
(1)当时，证明并求四棱锥的体积；
(2)已知点为棱上靠近点的三等分点，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）首先取取的中点，连结，，由条件可先证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判断定理，以及勾股定理证明平面，最后根据锥体的体积公式，即可求解；（2）以点为原点，根据（1）中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，取的中点，连结，，
  
因为为等边三角形，且，则，.
因为，，，，
所以，，那么，则也是等边三角形，
所以，.
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，
所以，
因为，，平面，
所以平面.
所以.
（2）由（1）知平面，以､所在直线分别为轴､轴，在平面内过作的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
  
则，，
在中，因为，所以，
由则，
过点作直线的垂线，垂足为，则，
所以，，
所以
设，因为，所以，
所以，，，即
所以，，
设平面的法向量为，
则，
不妨令，则，，
所以
不妨设平面的法向量为，设平面与平面的夹角为
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
12．（2022秋·吉林长春·高三长春市第十七中学上学期期中）如图，等腰梯形中，，，，为中点，为中点.将沿折起到的位置，如图．
  
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）证明，即可证明平面；
（2）由平面，得点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，找出点到平面的距离即可求解.
【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为，
所以为等边三角形，则.
因为为中点，所以，
在等腰梯形中，可得.
连接，在中，由余弦定理可得,
则，所以，则.
因为、分别是、中点，
所以，所以，
从而可得，，
因为，、平面，
所以平面．
（2）由（1）可知，，因为平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
因为是中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半.
取的中点为，连接.
  
因为为等边三角形，所以，
由（1）知，因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，、平面，
所以平面，
则点到平面的距离为.
因为是等边三角形，边长为，故，
所以点到平面的距离为，
故点到平面的距离为．