【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题03 立体几何大题 （拔高练）

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对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题03 立体几何大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）
1．（2023·湖北·荆州中学校联考二模）如图，已知四棱锥中，，，，平面，平面平面
(1)证明：；
(2)若，且，为的重心．求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
（2）以为坐标原点，，为，轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）过作于，∵平面平面，平面平面，
因为平面，∴平面，又平面，
∴，又∵平面，平面，∴
平面，，
∴平面，又∵平面，∴
（2）以为坐标原点，，为，轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，
∴，，，
又设，∵，∴①
∴，∴②
由①②得，，∴
又，故，
设平面的法向量为则，
令，∴
设直线与平面所成角为．
则．
2．（2023·安徽蚌埠·统考三模）如图，在四面体中，为的重心，，分别在棱，上，平面平面.
(1)求的值；
(2)若平面，，且，求平面与平面的夹角的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）延长交于点，连接，由已知的面面平行可得，为的重心，所以 ，可求的值；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小.
【详解】（1）延长交于点，连接，
因为为的重心，所以为的中点且 ，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
所以 ， 所以 .
（2）因为平面，平面BCD，所以，，
因为，，，平面，所以平面，
如图，以BA为x轴，BC为y轴，过B与CD平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
由(1)同理可得，则 ，
所以
所以 ， ，
设平面的法向量为，则
令，则，，则，
设平面的法向量为则
，令，则，，则，
设平面与平面的夹角为，则 ，
所以平面与平面的夹角的大小为.
3．（2023·辽宁抚顺·统考模拟预测）如图，四棱锥的底面是正方形，点P，Q在侧棱上，E是侧棱的中点．
(1)若，证明：BE∥平面；
(2)若每条侧棱的长都是底面边长的倍，从下面两个条件中选一个，求二面角的大小．
①平面；②P为的中点．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)若选①，二面角为；若选②，二面角为
【分析】（1）连接，设交点为O，连接，，，先证明平面平面，进而即可证明平面；
（2）选①或②，都是先证明平面，进而建立空间直角坐标系,根据二面角的向量公式求解即可．
【详解】（1）连接，设交点为O，连接，，，
在中，点E是的中点，点Q足线段的中点，所以．
又因为平面，且平面，所以平面，
在中，点O是线段的中点，点P是线段的中点，所以．
又因为平面，且平面，所以平面，
又因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
（2）若选①平面，连接，
因为为正方形，所以点O分别为与的中点，
由题意，，所以，同理，
又，所以平面．
故以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，
所以，，，，，．
因为平面，所以平面的一个法向量为．
显然平面的一个法向量为．
设二面角的平面角为，所以，所以．
若选②P为的中点，连接，因为为正方形，所以点O分别为与的中点，
由题意，，所以．同理，
又，所以平面．
故以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设，则，，，，
所以，，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
显然平面的一个法向量为，
设二面角的平而角为，所以，所以．
4．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上的动点（不与A、C重合），平面与棱交于点.
(1)求证；
(2)若平面平面，，判断是否存在点D使得平面与平面所成的锐二面角为，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证明平面，再由线面平行的性质定理证明；
（2）假设D点存在，建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题，判断D点坐标是否有解.
【详解】（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
（2）连接，取AC中点O，连接，，在菱形中，，
∴是等边三角形，
又∵O为AC中点，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以点为原点，，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
假设存在点D，满足题意，设，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，，
故，
设平面的法向量为
，，
，，令，则，，故，
，解，
所以点D在点C的位置时，平面与平面所成锐角为，
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
5．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知平行六面体中，，，，侧面是菱形，．
(1)求与底面所成角的正切值；
(2)点分别在和上，，过点的平面与交于G点，确定G点位置，使得平面平面．
【答案】(1)
(2)点G在线段靠近的三等分点处
【分析】（1）证明平面ABCD，从而找到与底面所成角，解三角形，即可求得答案；
（2）证明当分别为线段和的中点时，平面平面，说明与平面BEF的交点G在线段BN上，结合三角形相似即可确定G点位置.
【详解】（1）取的中点M，连接，，．
∵侧面为菱形，，
∴为等边三角形，，,
∵，，，由余弦定理知，
∴，∴．
在中，，，有，∴．
又∵平面，∴平面．
又∵平面，∴．
∵，平面ABCD，∴平面ABCD，
∴为直线与底面所成的角，
由，则，
∴．
（2）当分别为线段和的中点时，平面平面．
证明如下：
连接，，EF，．侧面是菱形，则．
又∵，平面，
∴平面，平面，故，
平面BEF，
∴平面BEF，平面，∴平面平面BEF．
连接交于点N，连接BN，，BD．∴平面平面，
∴与平面BEF的交点G在线段BN上．
∵，∽，∴，
即点G在线段靠近的三等分点处．
6．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，在三棱锥中，满足，点M在CD上，且，为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且.
(1)求证：面ABC；
(2)若二面角的平面角的大小为，求直线EM与面ABD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）在BE上取一点N，使得，由题可得，，根据线面平行及面面平行的判定定理可得面面ABC，进而即得；
（2）根据面面垂直的判定定理可得面面AEC，过点C作，则面ABD，根据条件可得C到面ABD的距离及M到面ABD的距离，然后利用余弦定理可得EM，进而即得.
【详解】（1）在BE上取一点N，使得，连接FN，NM，
∵，∴，，，
∵，∴，
则，又面ABC，面ABC，
∴面ABC，
∵，∴.
∵面ABC，面ABC，∴面ABC，
∵，面FNM，
∴面面ABC，又面FNM，
∴面ABC；
（2）∵，，
所以二面角的平面角为.
又∵，面AEC，
∴面AEC，∵面ABD，
∴面面AEC，
∵面面，在面AEC内过点C作于H，则面ABD，
则.
∵，
∴，即C到面ABD的距离为，
∵，∴M到面ABD的距离为.
计算EM：，
在中，，，
∴.
∴EM与面ABD所成角的正弦值为.
7．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图，在多面体PABCFE中，PA⊥平面ABC，，且,D为PA的中点，连接BD，PC，点M，N满足.
(1)证明：平面PEF；
(2)若，，求直线PC与平面PEF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明；
（2）根据垂直关系，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接AF交PC于点，因为，PA=2CF，所以，又PN=2NC，则点与点N重合，所以AN=2NF，
同理，连接AE交DB于点M，得AM=2ME，所以，
又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF．
（2）由题意可知，，
在中，
，
，所以AC2=AB2＋BC2，所以AB⊥BC，以B为坐标原点，BC，BA，BE所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以P(0，2，4)，E(0，0，1)，F(2，0，2)，C(2，0，0)，，，，设平面PEF的法向量为，则不妨取x=1，则y=3，z=－2，即，设直线PC与平面PEF所成的角为θ，
所以直线PC与平面PEF所成角的正弦值为．
8．（2023·山西·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形为菱形，E为棱的中点，为等边三角形．
(1)求证：；
(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）根据题意，先证平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）根据题意，设AC，AB的中点分别为O，G，连接，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，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
如图，连接，与相交于点F，连接CF，．
因为四边形为菱形，所以F为的中点，且．
因为为等边三角形，所以，
因为，BF、CF在面A1BC内，所以平面．
因为平面，所以．
因为，所以．
（2）设AC，AB的中点分别为O，G，连接．
由（1）可知，又，AB1、AC在面AB1C内，
所以平面，OB1、OC在面AB1C内，则OB1、OC与BC垂直，
因为，所以平面，
因为为等边三角形，所以．
以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
由，得，
所以．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
9．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考三模）图1是直角梯形ABCD，，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达的位置，且．
(1)求证：平面平面ABED．
(2)在棱上是否存在点P，使得点P到平面的距离为？若存在，求出直线EP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，
【分析】（1）在图1中，连接，交于O，由几何关系可得，，结合图2易得 是二面角 的平面角，由勾股定理逆定理可证，进而得证；
（2）以，， 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 ，，求得，同时求出平面的法向量，由点面距离的向量公式求得，进而求得，结合向量公式可求直线EP与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）如图所示：
在图1中，连接，交于O，因为四边形是边长为2的菱形，并且，所以，且．
在图 2 中， 相交直线 ，均与 垂直， 所以 是二面角 的平面角， 因为 ， 所以 ，，所以平面 平面 ；
（2）由 （1） 知， 分别以，， 为 x，y，z 轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系， 则 ，，，，， ，，，，.
设 ，，
则 .
设平面 的法向量为 ，
则， 即 ， 取 ，
因为点 到平面 的距离为 ，
所以 ， 解得 ，
则 ， 所以 .
设直线 与平面 所成的角为 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
10．（2023·河北石家庄·统考一模）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.
11．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面和侧面均为正方形，为棱的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角为30°，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得平面，即平面，进而，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，结合面面角的向量求法即得.
【详解】（1）因为侧面、侧面均为正方形，
所以，，又，平面，
所以平面，又，所以平面，
又平面，所以．
由，为棱的中点，所以，
又，平面，
因此平面，又平面，
故平面平面；
（2）由（1）得是与侧面所成角，即，
令，所以，又，
所以，，，
则，．
以A为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，．所以，．
设是平面的一个法向量，
则即取．
易知是平面的一个法向量，
则．
而平面与平面的夹角为锐角，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
12．（2023·福建厦门·统考二模）如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，A1D⊥BD1．
(1)证明：四边形ADD1A1为正方形；
(2)若直线BD1与平面ABCD所成角的正弦值为，CD＝2AB，求平面ABD1与平面BCD1的夹角的大小．
【答案】(1)详见解析；
(2)
【分析】（1）易证平面，从而得到，再由，得平面，从而得到，然后由正方形的定义证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据直线BD1与平面ABCD所成角的正弦值为求得a，b的关系，再分别求得平面ABD1的一个法向量为和平面BCD1的一个法向量为，由求解.
【详解】（1）解：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1知：，
又，且，
所以平面，
又平面，
所以，又，且，
所以平面，
又平面，
所以，
因为四边形是矩形，
所以是正方形；
（2）建立如图所示空间直角坐标系：
，
设，
则，所以，
设ABCD的一个法向量为，
直线BD1与平面ABCD所成的角为，
则，即，解得，
则，
所以，
设平面ABD1的一个法向量为，
则，即，
令，则，
设平面BCD1的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
因为，则，
所以平面ABD1与平面BCD1的夹角为.
13．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，直角梯形ABCD中，，直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台．
(1)求圆台的表面积和体积；
(2)若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角到，且直线与平面ABCD所成角的正弦值为，求角的最小值．
【答案】(1)表面积和体积分别为，
(2)
【分析】（1）利用圆台的表面积、体积公式求圆台的表面积和体积；
（2）构建空间直角坐标系，确定、面ABCD的一个法向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求，进而可求的最小值.
【详解】（1）由题意，直角梯形ABCD旋转形成下底面半径为2，上底面半径为1，高为2的圆台，可得该圆台的母线长为，
所以该圆台的表面积，
该圆台的体积，
故所求圆台的表面积和体积分别为，；
（2）作，以点B为坐标原点，射线BA，BM，BC为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，即，
又平面ABCD的一个法向量，设与平面ABCD所成的角为，
则，
两边平方并结合，
解得或，故时所求的最小值为．
14．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在中，，且，，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点．
(1)是否存在点D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；
(2)当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
【答案】(1)存在，当为圆弧的中点，此时；
(2)．
【分析】（1）面即为所求，即BC⊥AD，此时易知D为圆弧BC的中点；
（2）易知当四边形ABDC面积最大时，四棱锥的体积最大，设，根据可求四边形ABDC面积最大时的大小.建立空间直角坐标系，求出此时各点坐标，利用向量法即可求出平面PCD与平面PBD夹角的余弦值．
【详解】（1）当为圆弧的中点，即时，，
证明如下：∵为圆弧的中点，∴，即为的平分线，
∵，∴为等腰的高线，即，
∵平面，
∴平面，∴，
∵，∴面，∴．
（2）由（1）得，为四棱锥的高，∵，∴当底面积取最大值时，四棱锥体积最大.
设，则，
，
∵，
∴时，取最大值，
∴当四棱锥体积最大时，，
过在平面内作直线，交圆弧于点，
由题知两两垂直，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面的法向量为，
则，即，令，得；
设平面与平面的夹角为，则，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
15．（2023·山东·烟台二中校联考模拟预测）如图所示，在直三棱柱中，E，F分别是线段AC，的中点，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直判定定理得证；
（2）设，则，建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角余弦值解出即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
而E为AC的中点，所以．
因为平面ABC，平面ABC，所以．
又，平面，所以平面．
因为平面BEF，所以平面平面．
（2）因为，设，则，．
以E为坐标原点，以EB，EC所在直线分别为x，y轴，
过点E与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图，
设，则，，，，，
所以，，，．
设平面BEF的法向量为，
则，得，令，则．
设平面ABF的法向量为，
则，得，令，则．
设二面角的平面角为，则，
所以，解得．
故．
16．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．
(1)当时，求三棱柱的体积；
(2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）取的中点为O，根据等边三角形可知，，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式求出即可；
（2）根据及余弦定理解出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数性质即可求得范围.
【详解】（1）解：如图，取的中点为O，
因为为菱形，且，所以为正三角形，
又有为正三角形且边长为2，则，，
且，，所以，
所以，因为又，
平面，平面，所以平面，
所以三棱柱的体积．
（2）在中，，，
由余弦定理可得，
所以，由（1），，
又，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，所以在平面内作，则平面，
以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
，，
则，即，
取得，设，
则
，
设直线与平面所成角为，
则
，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
17．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）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.
18．（2023·湖南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.
【详解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以点O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，，设，
则，，，，， ， ·
， ， ，
设平面的法向量是，
由，令，，得
设平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的体积为.
19．（2023·山东聊城·统考一模）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，，，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)或
【分析】（1）根据题意，取中点为，连接，由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面垂直的判定可得平面，从而得到结果；
（2）根据题意，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，由条件可得，从而得到三棱锥的体积.
【详解】（1）
取中点为，连接，因为为等边三角形，所以，
且平面平面，平面平面，面，所以平面，
又平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为中点，所以，且，平面，所以平面，
且平面，所以平面平面.
（2）
由（1）可知，且，，所以平面，
且平面，所以，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则可得，
即，，
设平面的法向量为，
则，则可得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，或，即或
当时，则，
所以.
当时，，
所以.
20．（2023·湖南郴州·统考三模）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.
21．（2023·湖南岳阳·统考二模）在中，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)在①图1中，②图1中，③图2中三棱锥的体积最大.
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.
问题：已知__________，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，结合中位线的性质可得，即可证明；
（2）选①：由二倍角的正切公式求出，进而求出BD，选②：根据向量的线性运算求出BD，选③：设，利用线面垂直的判定定理和性质可得平面，则，利用导数求出体积的最大值，求出BD.分别建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出面面角即可；
【详解】（1），平面，
平面平面.
又分别为的中点，
.
（2）选①，在图1所示的中，由，
解得或（舍去）.
设，在Rt中，，
解得.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的坐标系，
，
则.
设，则.
，即，解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则，
取平面CBN的一个法向量，
则，
平面BMN与平面的夹角的余弦值为.
选②，在图1所示的中，设，
则，
又，由平面向量基本定理知，即.
以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则.
设，则，
即，解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
选③，在图1所示的中，设，则，
为等腰直角三角形，.
折起后，且，平面，
平面，又，
，
令，
当时，；当时，，
时，三棱锥的体积最大.
以点为原点，分别为轴建立如图所示直角坐标系，
，
，则，
设，则.
，即，
解得，
当（即是的靠近的一个四等分点）时，.
设平面的一个法向量为，且，
由得令，则.
取平面的一个法向量，
则，
平面与平面的夹角的余弦值为.
22．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，D，E，P分别在棱AC，AB，BC上，且D为AC中点，，于F.
(1)证明：平面平面；
(2)当，，二面角的余弦值为时，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）先证明平面，由此即可得到本题答案；
（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出向量与平面的法向量，然后代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为，
所以都是等腰三角形，
因为于F，所以F为DE的中点，
则，，
又因为是平面内两条相交直线，
所以平面，
又平面，
所以平面平面 ；
（2）因为，，所以，，，
所以， ，
由（1）知为二面角的平面角
所以，
以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易得，，知，
因为，，
可得，
所以
设平面的法向量，，
所以，令，则，
所以 ，
又，
设直线与平面所成角为θ，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
23．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱中，为的中点，，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，又∵，∴，
同时在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：选择①③
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的体积为，∴.
法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂线定理可得，
∴为二面角的平面角，
其中，，，则，
由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的正弦值为.
法二：过作，过作，过作交于点，连接，
∴为二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值为.
法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，故，
设平面的一个法向量为，且，，
则，
令，则，，故，
，故二面角的正弦值为.
方案二：选择①②；
解析：过点作于点∵平面平面，，
∴平面，故直线与平面所成角为，且，
设，，则，即，.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
过点作于点，
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，故直线与平面所成角为，且.
设，则，即.
余下解法参考方案一.
24．（2023·浙江·校联考三模）如图，四面体中，，，与面的所成角为．
(1)若四面体的体积为，求的长；
(2)设点在面中，，，过作的平行线，分别交于点，求面与面所成夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作，，根据线面垂直和面面垂直的性质可证得平面，由线面角定义知，设，，利用面积桥可得，由，结合棱锥体积公式可构造方程求得的值，即为；
（2）设，延长交于点，根据垂直关系可说明点为的垂心，方法一：结合相似的知识可证得，由此可说明分别为中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果；
方法二：作，，利用射影面积法可求得结果.
【详解】（1），，，，
又，平面，平面；
作，连接，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，平面面，
平面平面，则作，可得平面，
为与平面的所成角，，
设，，则，，，，
则由得：，
，解得：，即.
（2）设，由（1）得：，
延长交于点，连接，
，，，平面，平面，
平面，，又，，
，，，，
为边上的高，即，；
，，平面，平面，
又平面，；
由（1）得，若，则点在上，为的垂心；
∽，，
又，，，，即；
方法一：，为中点，为中点，
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，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
平面，平面的一个法向量为，
，即平面与平面所成夹角的余弦值为.
方法二：，，即；
分别作，，则平面，平面，
在平面的投影为，，
设平面与平面所成的二面角为，则.
25．（2023·广东江门·统考一模）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.
26．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，．
(1)求证：平面平面ACD；
(2)若，，五面体ABCDE的体积为，求平面CDE与平面ABED所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理证明线线平行，得到平行四边形，进而根据线面垂直的判定即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）取AC中点M，连接BM，∵，∴，
又∵平面，平面，∴，
又，平面，
∴平面，取CD中点F，连接MF，EF，
∴且，又∵且，
∴且，
∴四边形BMFE为平行四边形，∴．
∴平面ACD，又∵平面CDE，∴平面平面ACD．
（2）过点作，则．
设，∴，
．
由（1）可知两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
如图，∴，
．
设平面CDE与平面ABED的一个法向量分别为，
∴，
，
设平面与平面所成角为θ，
∴，即平面与平面所成角的余弦值为.
27．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱内接于圆柱，，平面平面．
(1)证明：为圆柱底面的直径；
(2)若M为中点，N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）根据面面垂直的性质定理证明平面，继而证明平面，根据线面垂直的性质定理证明，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面与平面的法向量，根据空间向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接，在直三棱柱中，，
∴四边形为正方形，
∴
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，
∴
又平面，平面，
∴．
又，,平面，
∴平面，又平面，
∴，∴为圆柱底面的直径．
（2）由已知平面，，
∴以为正交基底建立空间直角坐标系，
∴，，，，，．
∵为，中点，
∴，．
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，，∴，
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，．
∴，
∴，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
28．（2023·江苏·二模）已知矩形，，为的中点，现分别沿，将和翻折，使点重合，记为点．
(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）取的中点，连接，先利用线面垂直判定定理证得平面，再由线面垂直性质得证；
（2）先利用线面垂直判定定理证得，可得为直线与平面所成角的平面角，从而得解．
【详解】（1）已知矩形，沿，将和翻折，使点重合，记为点，
可得，
取的中点，连接，
，，
，，
又，，，
平面，
，
；
（2），，
，，
又四边形为矩形，，
，
，
为直线与平面所成角的平面角，
，
即直线与平面所成角的正弦值为．
29．（2023·广东·统考一模）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.
30．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）如图，三棱柱中，，，侧面为菱形
(1)求证：平面平面；
(2)若，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质，结合线面垂直、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据面面垂直的判定定理和性质定理，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）由，，故，且，
所以，又，又，平面，
所以平面，而平面，则.
因为四边形是菱形，所以，
由，平面，于是平面.
又平面，因此平面平面；
（2）因为，四边形是菱形，所以是正三角形.
取BC的中点O，连接，则，
由（1）知：平面，平面，所以平面平面ABC.
又平面平面，平面，所以平面ABC.
以O为坐标原点，OC，所在直线分别为y，z轴，在面ABC内过O且与AB平行的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
易知平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则，令，
则.
设二面角的大小为，则，而，
所以，二面角正弦值为.