2024年新高中考试数学解答题模拟训练——立体几何（答案版）

这是一份2024年新高中考试数学解答题模拟训练——立体几何（答案版），共101页。
(1)证明：平面平面；
(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；
（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．
【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，
因为是菱形，所以，且是的中点，
所以且，又，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，
是正三角形，，，又平面，
所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，
则，，，，，，
则设，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，令，，
得
平面的法向量可以为，
，解得，
所以，则
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
所以点到平面的距离.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．
(1)求证：平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.
（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD的中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，
因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.

（2）解：如图所示，过E作交AB于O，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，
取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，
因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，
以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，
设，所以，
可得，，，则，，
设平面的一个法向量，则，可得，
令，则平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，则，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二成角的余弦值为．
3．（2023春·河南焦作·高二博爱县第一中学校考阶段练习）如图，四棱台的下底面和上底面分别是边和的正方形，侧棱上点满足.
(1)证明：直线平面；
(2)若平面，且，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）延长和交于点，连接交于点，连接，即可得到，从而得到为中点，即可得到且，从而得到，即可得解；
（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：延长和交于点，连接交于点，连接，
由，故，所以，所以，
所以，所以为中点，
又且，且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量，由，得，
取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
4．（2023春·广东清远·高二阳山县南阳中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．
(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．
又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
所以，
令得．
设平面PBC的法向量为，
所以，
令得．
设平面PAB与平面PBC的夹角为．
所以，
所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接
(1)证明：；
(2)若，平面与平面所成二面角的大小为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面，得，再证平面，得，然后证明平面，得证；
（2）以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角得的长，然后利用棱锥体积公式计算．
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，
由底面为矩形，有，而，平面，
所以平面，又平面，所以．
又因为，点是的中点，所以．
而，平面，所以平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，
所以得证．
（2）如图，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
因为，设，（），
则，，点是的中点，所以，
由，所以是平面的一个法向量；
由（1）知，，所以是平面的一个法向量．
因为平面与平面所成二面角的大小为，
则，解得（负值舍去）．
所以，
．
6．（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）如图所示的在多面体中，，平面平面，平面平面，点分别是中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面平行及面面平行的判定定理即可完成证明,
（2）方法一先建系求法向量，再利用向量法求两平面的夹角，方法二利用几何法找到面面角，利用三角形知识求两平面的夹角.
【详解】（1）如图，取中点，连接，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，
所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为点分别是中点，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）方法一：因为，所以，
由（1）知平面平面，
所以，
所以两两相互垂直，
如图，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则，
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，
得，即，解得，
取，得，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
方法二：因为平面平面，所以平面和平面的夹角即二面角.
如图，过点作，垂足为点，过点作交于点，
则为二面角所成平面角.
在中，，
在中，，
在直角梯形中，因为，,所以，
所以
在中，，
所以，
利用三角形等面积可得，
所以，
因为，所以，
过点作于，则，
所以，
在中，，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
7．（2023·湖北省直辖县级单位·统考模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为
(1)证明：；
(2)若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）解法一：取AB中点O，连接PO，CO.推导得到平面，平面PBC，根据体积即可得出答案；解法二：先证明平面PAB. 过M作交AP于点N，证明得到平面PBC，根据体积即可得出答案；
（2）解法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合平面向量基本定理，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法三：通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案.
【详解】（1）解法一：
如图1，取AB中点O，连接PO，CO.
因为，，所以，，.
又因为是菱形，，所以，.
因为，所以，所以.
又因为平面，平面ABCD，，
所以平面.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
所以.
因为，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，
所以.
解法二：
如图2，取AB中点O，连接PO，CO，
因为，，
所以，，，
又因为是菱形，，
所以，.
因为，所以，所以.
因为平面PAB，平面PAB，，
所以平面PAB.
所以，.
过M作交AP于点N，，所以.
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，所以.
因为，，
所以，
所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.
（2）解法一：
由（1）知，，，.
如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，，，.
因为，设，则，
因为，，，，故存在实数a，b，使得，
所以，解得，
所以.
设平面的法向量为，则，即，
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法二：
由（1）知，，，，
如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，，，.
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
因为，设，则，
因为，所以，所以
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法三：
在平面内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，
因为是菱形，所以.
如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.
所以，四边形是平行四边形，，.
所以，所以，
所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.
如图5，在平面PAB内，作，交AB于T，
因为平面，所以平面，所以，
因为，，
在平面内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，
在中，，，所以，
所以，
因为，，，且两直线在平面内，所以平面，
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在中，，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
8．（2023·湖南长沙·周南中学校考二模）如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，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、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；
（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，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）取中点，连接、，如图所示：
，点是的中点，
，
又是的中点，
，
又在直三棱柱中，有， 平面
，
平面，
平面，且面，平面平面，
，
平面，且平面，
，
又，且、平面，
平面，
又，
平面，
平面，
面平面.
（2）由（1）知平面，则，
设，则，，，
，
由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，
此时，
以为坐标原点，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，如图所示：
则有，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则有，取，解得，
设直线与平面所成的角为，
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
9．（2023·广东梅州·梅州市梅江区梅州中学校考模拟预测）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解.
【详解】（1）取的中点Q，连接,
则有，且，又，且，
故，且，
则四边形EFPQ为平行四边形，则，
又平面，平面，故平面．
（2）取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则可得，，，，
由P为中点，故，
则，，，
设平面BFP的法向量，
则，即，故取，
故所求角的正弦值为，
所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为．
10．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，.
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，可证，即，从而证得面，即可得到结果；
（2）根据题意，过S作面，垂足为D，连接，以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算以及二面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：取的中点为E，连结，
∵，∴，
在和中，
∴，∴，
∵的中点为E，∴，
∵，∴面，
∵面，∴
（2）
过S作面，垂足为D，连接，∴
∵，平面
∴，同理，
∵底面为等腰直角三角形，，
∴四边形为正方形且边长为2.
以D为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面的法向量，则，解得，
取，则，∴，
设平面与平面夹角为
故平面与平面夹角的余弦值为.
11．（2023·湖南岳阳·湖南省平江县第一中学校考模拟预测）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中平面EDC），四边形ABCD是正方形，平面ABCD，，且平面平面 ．
(1)设 为棱 的中点，证明：四点共面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明平面，平面，进而证明，即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.
【详解】（1）连接,由于四边形ABCD是正方形，所以,
又平面，平面,所以 ,
平面，所以平面，
由于为棱的中点，，所以 ,
又平面平面，平面平面，平面,
所以平面 ,
因此,所以四点共面，
（2）由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,,设，
由（1）知,故，解得，故,
,
设平面，的法向量分别为则
即，取，则 ，
即，取，则 ，
设平面与平面的夹角为，则
12．（2024秋·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，．
(1)证明：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）连接与交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）由已知条件得面，则，由得.以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由面得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由求得，然后利用向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）连接与交于点，连接
为三棱柱，为平行四边形，点为的中点
又为的中点，则，
又平面平面，平面．
（2）解法1：
，面
面，
，，即
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
面，则平面的一个法向量为
设平面的法向量为，则，即
令
设平面与平面的夹角为，
平面与平面的夹角的余弦值是．
解法2：设点为的中点，点为的中点，
连接交于点，连接，
设点为的中点，连接
点为的中点，点为的中点
且，点为的中点
为矩形，
又平面，
在中，，可得
为等腰直角三角形，其中
而点为的中点，且
点为的中点，点为的中点
且，
又在Rt中，，点为的中点，
在中，，且点为的中点
且
即为平面与平面的夹角
在中，
．
平面与平面的夹角的余弦值是．
13．（2023·上海虹口·上海市复兴高级中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，，O为AC的中点．
(1)证明：⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形三线合一得到，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设，利用空间向量及二面角列出方程，求出答案.
【详解】（1）在中，，O为AC的中点．
则中线，且；
同理在中有，则；
因为，O为AC的中点．
所以且；
在中有，则，
因为，平面ABC，
所以⊥平面ABC．
（2）由（1）得⊥平面ABC，故建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，则，
而，
，
，
设平面PAM的一个法向量为，
由得，，
令，
又x轴所在直线垂直于平面PAC，
∴取平面PAC的一个法向量，
，
平方得，令，
，
．
14．（2023·天津·高三专题练习）已知正三棱柱中，侧棱长为，底面边长为2，D为AB的中点.
(1)证明：；
(2)求二面角的大小；
(3)求直线CA与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）由正三棱柱的性质可得平面，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面，即可得；（2）以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系利用空间向量与二面角的几何关系即可求得二面角的大小为；（3）根据（2）中结论，利用线面角与空间向量的关系即可得直线CA与平面所成角的正弦值为.
【详解】（1）由为正三棱柱可知，平面，
又平面，所以，
由底面是边长为2的正三角形，D为AB的中点，所以；
又，平面，所以平面；
又平面，所以；
（2）取线段的中点分别为，连接，
易知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示;
由侧棱长为，底面边长为2可得，
，
由D为AB的中点可得，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得；
即；
易得即为平面的一个法向量，
所以，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
所以，即；
即二面角的大小为.
（3）由（2）可知，平面的一个法向量为，
设直线CA与平面所成的角为，
所以，
即直线CA与平面所成角的正弦值为.
15．（2022·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）如图所示，在四棱锥P—ABCD中，，，，，E是边AD的中点，异面直线PA与CD所成角为.
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P—CD—A的大小为，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
【答案】(1)在平面PAB内存在一点M，为AB，CD延长后的交点，使得直线CM//平面PBE
(2)
【分析】（1）将AB，CD延长交于一点M，先证明CM//BE，利用线面平行的判定定理即可证明CM//平面PBE.
（2）以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
（1）
将AB，CD延长交于一点M，则M在平面PAB内.
∵，BC//AD∴CE//BM且CE=BM，
∴四边形BCDE为平行四边形，∴CM//BE.
∵平面PBE，平面PBE，所以CM//平面PBE.
所以在平面PAB内存在一点M，为AB，CD延长后的交点，使得直线CM//平面PBE
（2）
由已知可得，AD⊥DC，CD⊥PA，PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.
所以∠PDA为二面角P—CD—A的平面角，所以∠PDA=30°.
建立如图空间直角坐标系，设AP=2则A(0，0，0)，P(0，0，2)，，，∴，，
设平面PCE的法向量为，由，不妨设x=2，则.
设直线PA与平面PCE所成角为，则，
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
16．（2023·全国·高三专题练习）已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，.
(1)若点是棱上的动点请判断下列条件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为；②中哪一个条件可以推断出平面（无需说明理由），并用你的选择证明该结论；
(2)若点为棱上的一点（不含端点），试探究上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)②，证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先连接、交于，确定是的几等分点，再确定是的几等分点．
（2）建立空间直角坐标系，平面垂直，对应法向量垂直，数量积为，列出方程求解．
【详解】（1）条件②可以推断平面.
如图，连接，相交于点，连EM.
在梯形中，有，，.
又因为，所以，故，又平面，
平面，所以平面.
故当时，平面.
（2）以A为原点，AD，AB，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系，
则A(0，0，0)，D(1，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(0，2，0)，
设，则
对于平面ADN，设其法向量，
满足，即，故取
对于平面BDN，设其法向量，
满足，即，故取，
若平面ADN平面BDN，则，即，
解得，此时N为PC的中点，.
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱台中，.
(1)求证：平面平面；
(2)若四面体的体积为2，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）延长三条侧棱交于点，判断出，为中点.取的中点，证明出和，进而证明出平面，利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面.
（2）先由体积关系求出.以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）（1）延长三条侧棱交于点.因为所以， 分别为中点，且.
因为，所以.
取的中点，则.
因为
所以所以.
，则，故，
即.
因为，,平面,平面,
所以平面.
又平面，故平面平面.
（2）因为，所以.
而,
所以，解得：.
以为坐标原点，为轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
设为面的一个法向量，
因为，所以，
不妨设，则面的一个法向量.
同理可求得面的一个法向量.
由图示，二面角的平面角为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
18．（2023春·广东·高二校联考期中）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，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）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；
（2）取中点，以为坐标原点，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：取中点，连接，，，
因为为菱形且，
所以为等边三角形，故．
又在等边三角形中，，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以；
（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，
在中，，所以为边长为的等边三角形，
由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，
以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在中，，，可得，，，，
故，，，
设为平面的一个法向量，则有，
令，则，得，
设直线与平面所成角为，
则有，
故直线与平面所成角的正弦值为.
19．（2023春·福建宁德·高二福建省宁德第一中学校考阶段练习）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.
(1)证明：；
(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据为矩形，且是中点得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性质定理得到平面，再结合平面即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，根据得到，然后利用向量的方法求与平面所成的角的正弦值，列方程求即可.
【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，
所以，
又，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，
设是的中点，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，，
假设存在满足题意的，则由.
可得，.
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，，即，
设与平面所成的角为，所以
解得（舍去），
综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.
20．（2023春·陕西西安·高二陕西师大附中校考期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，，E为棱AB的中点.
(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面、面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取的中点，连接，
∵底面ABCD为菱形，则，
又∵分别为的中点，则，
故，
注意到，平面，
则平面，
∵平面，则，
又∵，E为棱AB的中点，则，
平面，
∴平面，
且平面，故平面平面ABCD.
（2）若，，则为等边三角形，且为的中点，
故，
由（1）得，如图所示建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面的法向量，则，
取，则，，
所以，
取平面的法向量，
则，
设二面角为，
则，可得，
所以二面角的正弦值为.
21．（2023春·内蒙古巴彦淖尔·高二校考阶段练习）如图，四边形是正方形，平面，，，，F为的中点．
(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）建立空间直角坐标系，求得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）求出平面的法向量，求解两个平面的夹角.
【详解】（1）依题意，平面，且四边形是正方形
以A为原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
取的中点M，连接．
，则，
∴，∴，
∵平面平面，∴平面．
（2），F为的中点，
则，，，
又，平面，故为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，因为，
，即,令，得，，
故．
设二面角的大小为，则，
由图知，所求二面角为钝角，所以二面角的大小是
22．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石．如图所示的一块木料中，是正方形，平面，，点，是，的中点．
(1)若要经过点和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面周长；
(2)若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析.
【分析】（1）根据线面平行的判定定理可得平面，设的中点为，根据线面平行的性质可得就是应画的线，然后根据线面垂直的判定定理结合条件可得截面周长；
（2）建立空间直角坐标系，可得平面的法向量，设平面，根据线面垂直的性质可得的位置，进而即得.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以平面，又平面，
设平面平面，则，
设的中点为，连接，则，又，
所以，即为，就是应画的线，
因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，
所以，即截面为直角梯形，又，
所以，，
所以，截面周长为；
（2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴的正向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设平面，设，又，
∴，，
由，可得，即，
即为的三等分点，连接，即就是应画的线.
23．（2023春·福建漳州·高二福建省华安县第一中学校考期中）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点G为BD的中点时.
【分析】（1）由面面垂直可得AE平面BCD，得出CDAE，再由CDEF可得CD平面AEF，即可得出平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出锐二面角的余弦值，当最大，最小，即可得出此时点G为BD的中点.
【详解】（1）(1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AEBC，
又因为平面ABC平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE平面ABC，
所以AE平面BCD，
又因为CD平面BCD，所以CDAE，
因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，
又因为BDCD，所以CDEF，又因为CDAE，AE∩EF，
AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD平面AEF，
又因为CD平面ACD，所以平面ACD平面AEF.
（2）在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H,
设BC=4，则，DF=FC=l，.
以为正交基底，建立如图空间直角坐标系E-xyz,
则,
设，则,，
设平面AEG的法向量为,
由，得，令，故，
设平面ACD的法向量为，
则,即，令，则,
设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为,
则，
当最大，此时锐二面角最小，
故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.
24．（2023·安徽蚌埠·统考二模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
（2）因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
25．（2023·上海徐汇·上海市南洋模范中学校考三模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.
【详解】（1）证明：由题知，
，
又，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
在正中，为中点，于是，
又，平面，所以平面
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，
所以，又，
所以，平面
所以平面，于是两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，
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.
设，
则.
由于直线与平面所成角的正弦值为，
，
即，整理得
，由于，所以
于是.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
26．（2023·全国·高三专题练习）如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．
(1)证明：平面ABCD；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1) 取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.
（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点G，连接EG，FG，AC，
因为，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，
，又平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
因为，所以平面平面ABCD，
因为平面ABCD，所以平面ABCD．
（2）设，
由，得，
因为，所以，
由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由得，取，得，
连接BD，因为，，，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
27．（2023·北京·模拟预测）如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．
(1)证明：；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．
①四棱锥的体积为2；
②直线与所成角的余弦值为．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明线面垂直来证得.
（2）选①，结合四棱锥的体积，证得平面；选②，结合直线与所成角的余弦值，证得平面；由此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：在图①中
因为，，为中点所以，，
所以为平行四边形，所以，同理可证，
在图②中，取中点，连接，，，
因为，所以，，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）若选择①：因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以过点作，
则平面，因为，
所以四棱锥的体积，
所以，所以与重合，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，
在中，，
所以所，以，所以，
因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，
设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
28．（2023·山东淄博·山东省淄博实验中学校考三模）在四棱锥中，平面平面，，为的中点.
(1)求证：；
(2)若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可.
【详解】（1）∵，为的中点，∴
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，又平面，
∴
（2）由，，
可知四边形为等腰梯形，易知，
∵，∴
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
平面的法向量为，
设，则，
，，
∵直线与平面所成角为，
∴，
∴①
∵点在棱上，∴，
即，
∴，，代入①解得或（舍去）.
， ，，
设平面的法向量为，
，
令，得，，
所以点到平面的距离
【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
29．（2023春·江苏徐州·高二徐州市第七中学校考阶段练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面为梯形，底面ABCD，，，，E为PA的中点．
(1)证明：平面平面BCE；
(2)若二面角P-BC-E的余弦值为，求三棱锥P-BCE的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）线面垂直的性质可得，若为中点，连接，由正方形的性质及勾股定理可得，再由线面垂直的性质有面，最后根据面面垂直的判定证结论.
（2）构建空间直角坐标系，设求相关点坐标，再求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示，结合二面角的余弦值求参数m，最后求、向量法求到面的距离，再由体积公式求棱锥的体积.
【详解】（1）因为底面ABCD，面，则，
由，，则，又，则，
若为中点，连接，易知：为正方形，则，又，即，
所以，
综上，，即，
又，则面，又面，
所以平面平面BCE.
（2）由题设，可构建如下图示的空间直角坐标系，若，
则，，，，，
所以，，，
若为面的一个法向量，则，令，则，
若为面的一个法向量，则，令，则，
所以，整理得，
所以，即，易得：，
由底面ABCD，面，则，又，即，
由，则面，面，即，
所以在直角△中，，
在△中，、、，即，则，
所以.
由上有：且面的一个法向量，
则，故到面的距离，
所以.
30．（2023·辽宁·校联考二模）如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，平面ABCD为等腰梯形，，平面PAD⊥平面PAB，.
(1)求证：△PAD为直角三角形；
(2)若，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于H，连BD，证明，再结合面面垂直的性质、线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）在平面内过点P作，以P为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
【详解】（1）在等腰梯形中，作于H，连BD，如图，
则，且，则，
即，而，因此，，即，
因平面平面，平面平面，平面，而，
则平面，又平面，于是有，，平面，
则有平面，平面，因此，，
所以为直角三角形.
（2）在平面内过点P作，因平面平面，平面平面，则平面，
因此，两两垂直，以点P为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，，，
，有，从而得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
，设直线PD与平面所成角为，
则有，
所以直线PD与平面所成角的正弦值为.
31．（2023秋·四川眉山·高二统考期末）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.
(1)求证：；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）取的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，求出的值，即可求得棱的长.
【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，所以，.
（2）解：取的中点，连接，
，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设，其中，
则、、、、，
，，，
设平面的法向量为，则，取，则，
由题意可得，
，解得，则.
32．（2023秋·广东江门·高三江门市棠下中学校联考期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且，，，．
(1)求证：；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使二面角的余弦值为？若存在，求三棱锥体积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）证明，结合，证明平面PAC，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，设，求出平面MAC的一个法向量，结合平面ACD法向量以及条件可推出即M为PD中点，即可求得答案.
【详解】（1）因为，，，所以，
又因为，且，，
所以，所以，
又因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，平面PAC，平面PAC，所以平面PAC，
又因为平面PAC，所以．
（2）在BC上取点E，使，则，故以A为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，，
在平面MAC中，，，
设平面MAC的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
可取平面ACD法向量为，
所以，即，
解得，所以M为PD中点，
所以三棱锥的高h为1，．
33．（2023·广东佛山·校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，侧面底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，记平面与平面的交线.
(1)证明：直线平面.
(2)若在直线上且为锐角，当时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，结合面面垂直证明线面垂直；
（2）根据体积关系求出边长，建系求出法向量，求出二面角即可.
【详解】（1）证明分别是的中点，,平面,
平面平面
平面，平面平面.
平面平面，平面平面，平面
平面.
平面
（2）是的中位线，
又，当时，
又因为故此时
以为原点，直线为轴，直线
为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，
令平面的法向量为
则令则
令平面的法向量为
则令则
因为，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
34．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．
(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）设的中点为，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而得到平面，然后根据面面垂直的判定定理即得；
（2）根据题意以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而求解.
【详解】（1）设的中点为，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，
因为在等边三角形中，为的中点，
所以，
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，
因为，，，
所以四边形为矩形，
即，，，所以，
设，， ，，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
所以，，，，
设平面和平面的法向量分别为，，
则，，
即， ，
取，，则，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
35．（2023春·湖北武汉·高二武汉市第四十九中学校考阶段练习）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.
(1)求证：；
(2)当时，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）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出；
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出答案.
【详解】（1）由题意知平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
又因为，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.
因为，点是中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为点、分别是、的中点，所以，则.
则，.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
36．（2023秋·江苏盐城·高三校考期末）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，，，，.
(1)证明：平面；
(2)在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)存在，
【分析】（1）由面面垂直的性质可得，再得出即可证明；
（2）设，求出平面和平面的法向量，利用向量关系建立方程求出即可得出.
【详解】（1）证明：正方形中，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
，且，又，
，又，，
，又，，
又平面，
平面；
（2）解：如图，以B为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设点，，，
，
，
设平面的法向量为，
，
令，
显然，平面的法向量为，
，
即，即
即，解得或（舍），
所以存在一点，且.
37．（2023春·江苏徐州·高二校考期末）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依据面面垂直判定定理去证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求二面角的正弦值.
【详解】（1）设，连接，


在菱形中，为中点，且，
因为，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）作平面，以为，，轴，建立空间直角坐标系，
易知，则，，
因为，，所以为二面角的平面角，
所以，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设平面的法向量为，由，得
取，则，，所以，
设二面角为，则，
又，则.
38．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．
(1)证明：平面；
(2)侧棱上是否存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)侧棱上存在点，或
【分析】（1）利用相似三角形和勾股定理证出，根据平面与平面垂直的性质和直线与平面垂直的性质，证得，根据直线和平面垂直的判定定理，证出平面；
（2）根据平面与平面垂直的性质以及为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角与平面与平面的夹角公式及关系，求出存在点，得出或.
【详解】（1）证明：设交于点，
底面为矩形，在中，，
为的中点，，
在中，，
，，，，，
，，，即,
∵，为等边三角形，为的中点，，
∵平面平面平面SAO，平面平面=，，
平面，
平面，，即，
又，，平面，平面.
（2）设，，
底面为矩形，∴，
∵平面平面，平面平面=，，
平面.
以坐标原点，过点作平行于的直线为轴，以和所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系；
∵，为等边三角形，
为的中点，
，，
,,,,，
,，，；
,
，
设平面的法向量为，
，即，令，
设平面的法向量为，
由可得，
令，，
,
平面与平面夹角的余弦值为，
，
整理得，或，均符合，
或，
侧棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
或.
39．（2023·天津南开·南开中学校考模拟预测）在四棱锥中，，，，，，平面，．
(1)若是的中点，求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明两两垂直，以点坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（3）利用空间向量法求解线面角即可.
（1）
解：取的中点，连接．
因为是中点，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）
证明：因为平面，平面,平面,
所以，，又，所以两两垂直．
如图，以点坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系．
则，
所以，，
因为，所以，
因为平面，所以，
因为，平面,平面，
所以平面．
（3）
解：由（2）知是平面的一个法向量，，，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
40．（2023春·广东清远·高二清新一中校考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，是的中点，点在上，且平面.
(1)求的值；
(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接与交于点，求出，利用线面平行的性质可得出，由此可得出的值；
（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，由可得出，求出的值，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）解：连接与交于点，
因为底面是菱形，是的中点，
所以，且，所以.
因为平面，平面，平面平面，
所以 ，所以.
（2）解：因为底面是菱形，是的中点，，
因为，则，
由余弦定理可得，
所以，，所以.
因为平面，平面，平面，
所以，，
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，，，.
设，，则，
所以.
因为，所以，解得.
所以，，.
设为平面的法向量，则，得，
取，所以为平面的一个法向量.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值是.