2023北京高三一模数学分类汇编-专题05 空间向量与立体几何（解析版）

这是一份2023北京高三一模数学分类汇编-专题05 空间向量与立体几何（解析版），共50页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为1， 侧棱长为2，E为BC上一点，则三棱锥B1—AC1E的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由为到平面的距离， 所以根据等体积法可得，代入数值即可得解.
【详解】
因为为正四棱柱，
所以为到平面的距离，
则.
故选：B.
2．（2023·北京房山·统考一模）如图，已知正方体，则下列结论中正确的是（ ）
A．与三条直线所成的角都相等的直线有且仅有一条
B．与三条直线所成的角都相等的平面有且仅有一个
C．到三条直线的距离都相等的点恰有两个
D．到三条直线的距离都相等的点有无数个
【答案】D
【分析】所成的角都相等的直线有无数条，A错误，成的角相等的平面有无数个，B错误，距离相等的点有无数个，C错误，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：根据对称性知与三条直线的夹角相等，则与平行的直线都满足条件，有无数条，错误；
对选项B：根据对称性知平面与三条直线所成的角相等，则与平面平行的平面都满足条件，有无数个，错误；
对选项C：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体边长为，，，上一点，则，，，点到直线的距离为
，
同理可得到直线和的距离为，故上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，错误；
对选项D：上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，正确；
故选：D.
3．（2023·北京朝阳·统考一模）在长方体中，与平面相交于点M，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平面交线的性质可知，又平行线分线段成比例即可得出正确答案，对于ABD可根据长方体说明不一定成立.
【详解】如图，连接，交于，连接，，
在长方体中，平面与平面的交线为,
而平面，且平面，
所以，
又，，
所以，故C正确.
对于A，因为长方体中与不一定垂直，故推不出，故A错误；
对于B，因为长方体中与不一定相等，故推不出，故B错误；
对于D，由B知，不能推出与垂直，而是中线，所以推不出，故D错误.
故选：C.
4．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论：
①三棱锥的体积的最大值为；
②的最小值为；
③点到直线的距离的最小值为．
其中所有正确结论的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质计算可得.
【详解】在直三棱柱中平面，
对于①：因为点在棱上，所以，又，
又，，，点在棱上，所以，，
所以，当且仅当在点、在点时取等号，故①正确；
对于②：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，
因为，，所以，所以，
即的最小值为，故②错误；
对于③：如图建立空间直角坐标系，设，，，，
，
所以，，
则点到直线的距离
，
当时，
当时，，，则，
所以当取最大值，且时，
即当在点在点时点到直线的距离的最小值为，故③正确；
故选：C.
5．（2023·北京石景山·统考一模）已知正方体的棱长为2，点为正方形所在平面内一动点，给出下列三个命题：
①若点总满足，则动点的轨迹是一条直线；
②若点到直线与到平面的距离相等，则动点的轨迹是抛物线；
③若点到直线的距离与到点的距离之和为2，则动点的轨迹是椭圆.
其中正确的命题个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】根据正方体中的线面垂直以及线线垂直关系，即可确定满足满足的动点的轨迹，从而可判断①；利用线线关系将点线距离转化为点点距离，结合圆锥曲线的定义即可判断动点的轨迹，即可得判断②③，从而可得答案.
【详解】对于①，如图在正方体中，连接，
在正方体中，因为四边形为正方形，所以，
又平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
平面平面，平面，点总满足，
所以平面，所以，则动点的轨迹是一条直线，故①正确；
对于②，平面,平面，则点到直线等于到的距离，
又到平面的距离等于到的距离，
则到的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，动点的轨迹是抛物线，故②正确；
对于③，点到直线的距离等于到的距离，所以到的距离与到点的距离之和为2，即，则点的轨迹为线段，故③不正确.
所以正确的命题个数是2.
故选：C.
二、填空题
6．（2023·北京海淀·统考一模）在中，，D是边AC的中点，E是边AB上的动点（不与A，B重合），过点E作AC的平行线交BC于点F，将沿EF折起，点B折起后的位置记为点P，得到四棱锥．
如图所示．给出下列四个结论：
①平面PEF；
②不可能为等腰三角形；
③存在点E，P，使得；
④当四棱锥的体积最大时，．
其中所有正确结论的序号是_________．
【答案】①③
【分析】根据线面平行的判断定理，判断①；证明,即可判断②；利用垂直关系转化，结合反证法，即可判断③；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断④.
【详解】①因为，平面，平面，
所以平面，故①正确；
②因为是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，则，
因为，，所以，且
当时，,所以，
此时是等腰三角形，故②错误；
③因为，且，，
且平面，平面，所以平面，平面，
所以平面平面，且平面平面，
如图，过点作，连结，
则平面，平面，所以，
若，，平面，平面，
所以平面,平面，
所以，
如图，，延长，交于点，
则和都是等腰直角三角形，
则，点到直线的距离等于，
这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则，
设，则，则，
则存在点E，P，使得，故③正确；
④当底面的面积一定时，平面平面平面时，即平面时，四棱锥的体积最大，
设，，
得（舍）或，
当，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，此时，故④错误；
故答案为：①③.
7．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）如图，在直角梯形中，E为的中点，，，M，N分别是，的中点，将沿折起，使点D不在平面内，则下命题中正确的序号为______．
①；
②；
③平面；
④存在某折起位置，使得平面平面．
【答案】②③
【分析】①③，作出辅助线，得到，从而得到与不平行，平面；②证明线面垂直，得到线线垂直；④建立空间直角坐标系，得到两平面的法向量，由法向量不为0得到不存在某折起位置，使得平面平面.
【详解】①③，如图所示：直角梯形中，，
又因为，，所以，
故四边形为矩形，
因为N分别是的中点
连接，则与相交于点，故点是的中点，
因为是的中点，所以，
又，而与相交于点，
故与不平行，故与不平行，①错误，
因为，平面，平面，
所以平面，③正确；
②，因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
由①知，所以，②正确；
④，连接，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，，，
故，
设平面的法向量为，
故，
解得，令，则，
故，
设平面的法向量为，
故，
解得，令，则，
故，
故，
因为，故，故，
故不存在某折起位置，使得平面平面，④错误.
故选：②③.
8．（2023·北京西城·统考一模）如图，在棱长为的正方体中，点，分别在线段和上．
给出下列四个结论：
①的最小值为；
②四面体的体积为；
③有且仅有一条直线与垂直；
④存在点，，使为等边三角形．
其中所有正确结论的序号是____．
【答案】①②④
【分析】对于①，利用直线之间的距离即可求解；对于②，以为顶点，为底面即可求解；对于③，利用直线的垂直关系即可判断；对于④，利用空间坐标即可求解.
【详解】对于①，由于在上运动，在上运动，所以的最小值就是两条直线之间距离，而，所以的最小值为；
对于②，，而，所以四面体的体积为；
对于③，由题意可知，当与重合，与重合时， ，又根据正方体性质可知，，所以当为中点，与重合时，此时，故与垂直的不唯一，③错误；
对于④，当为等边三角形时，，则此时.所以只需要与的夹角能等于即可.
以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图，
设，则由题意可得，，，则可得，，则，整理可得，该方程看成关于的二次函数，，所以存在使得为等边三角形.
故答案为：①②④.
9．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是空间中任意一点．给出下列四个结论：
①若点在线段上运动，则始终有；
②若点在线段上运动，则过，，三点的正方体截面面积的最小值为；
③若点在线段上运动，三棱锥体积为定值；
④若点在线段上运动，则的最小值为．
其中所有正确结论的序号有________．
【答案】①③④
【分析】由平面判断①；由向量法判断②；由等体积法判断③；将与四边形沿展开在同一平面上，由余弦定理得出的最小值.
【详解】对于①：如下图，连接，所以，又，所以，
因为平面，所以，由线面垂直的判定可知，
平面，因为平面，所以，故①正确；
对于②：在上取一点，使得，连接，
易知，且，即四点共面，
即过，，三点的截面为截面.
以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：
，
因为，，
所以截面的面积为
，
当时，，，三点的正方体截面面积最小值为，故②错误；
对于③：如下图，由已知得，所以直线上所有点到平面
的距离相等，又，而是一个定值，所以三棱锥体积为定值，故③正确；
对于④：如下图，将与四边形沿展开在同一平面上，由图可知，线段
的长度即为的最小值，在中，
，故④正确；
故答案为：①③④.
10．（2023·北京·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，
①对于任意一个位置总有平面；
②存在某个位置，使得；
③存在某个位置，使得；
④四棱锥的体积最大值为．
上面说法中所有正确的序号是____________．
【答案】①④
【分析】证明，结合线面平行判定判断①；由结合与不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点与点重合，从而判断③；取的中点为，连接，当平面时，四棱锥的体积最大，从而判断④.
【详解】分别取的中点为，连接.
因为的中点分别为，所以，且.
即四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定可知对于任意一个位
置总有平面，故①正确；
因为，所以与不垂直，由可知，与不垂直，故②错误；
由题意，若，则由线面垂直的判定可得平面.
则，因为，所以与全等，则，
此时点与点重合，不能形成四棱锥，故③错误；
取的中点为，连接，，当平面时，四棱锥
的体积最大，最大值为，故④正确；
故答案为：①④.
11．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：
①平面平面；
②一定是锐角；
③；
④三棱锥的体积为定值．
其中真命题的有__________．
【答案】①③④
【分析】根据正方体特征可知平面，利用面面垂直的判定定理即可求得①正确；当是的中点时是直角，即②错误；易知平面，利用线面垂直的性质即可得，所以③正确；根据等体积法和线面平行判定定理可得三棱锥的体积为定值，即可知④正确.
【详解】对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；
对于②，当是的中点时，
易得，
满足，此时是直角，所以②错误；
对于③，连接，如下图所示;
由正方体可知，且平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面；
又平面，所以，即③正确；
对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，
平面，所以点到平面的距离是定值，
所以三棱锥的体积为定值,即④正确.
故答案为：①③④.
12．（2023·北京海淀·101中学校考模拟预测）如图，在长方体中，，，点在侧面上．若点到直线和的距离相等，则的最小值是____．
【答案】
【详解】如图在面A1ABB1建立P面直角坐标系，设P（x，y）．（0≤x≤2，0≤y≤2）
∵点P到直线AA1和CD的距离相等，，即x2=y2+1．
∴A1P=
∴当P（，1）时，A1P最小为.
故答案为：.
三、解答题
13．（2023·北京海淀·统考一模）如图，直三棱柱中，，，，是的中点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）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）证明：在直三棱柱中，平面，且，
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、、、，
、、，
所以，，，则，，
又因为，、平面，因此，平面.
（2）解：设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，，
因此，与平面所成角的正弦值为.
14．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角为60°，，，，，．
(1)求证：；
(2)求直线DE与平面AEF所成角的正弦值．
(3)直接写出的值，使得，且三棱锥的体积为．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【分析】（1）根据矩形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量距离公式，结合三棱锥的体积公式进行求解即可.
【详解】（1）四边形ABCD是矩形，，
又∵，，平面ADE，
平面ADE，
∵平面ADE，
；
（2）由（1）知平面ADE，
如图建立空间直角坐标系，其中为轴的正方向，
，，
即为二面角的平面角，即，
∴，，
∴，
设平面的法向量为，
令，则，
所以，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值；
（3）设点到平面的距离为，
，
，，
设平面的法向量为，，
所以，
.
15．（2023·北京海淀·校考模拟预测）如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，四边形A1ACC1是边长为4的正方形，，点D为BB1中点．再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．
(1)求证：AB⊥平面A1ACC1；
(2)求直线BB1与平面A1CD所成角的正弦值；
(3)求点B到平面A1CD的距离．
条件①：； 条件②：； 条件③：平面ABC⊥平面A1ACC1．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【分析】（1）考虑选择条件①②和选择条件②③，根据勾股定理得到，再根据线线垂直或面面垂直得到证明.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，计算给点坐标，平面的一个法向量为，再根据向量夹角公式得到答案.
（3）直接利用点到平面的距离公式计算得到答案.
【详解】（1）若选择条件①②：
，故，故.
又，，平面，故平面.
若选择条件②③：
，故，故.
平面ABC⊥平面A1ACC1，平面平面，平面，
故平面.
若选择条件①③：不能确定的角度，故的长度不能确定，不能得到后面的结论，求不出夹角和距离，故不能选择
（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，则
，，，，，，，
设平面的一个法向量为，则 ，
令，则，所以，，
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3），点B到平面A1CD的距离为.
16．（2023·北京房山·统考一模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点.
(1)求证：平面PBD；
(2)求平面ABCD与平面APM所成角的余弦值；
(3)求D到平面APM的距离.
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合相似三角形的判定定理和性质、线面垂直的判定定理进行证明即可；
（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；
（3）利用空间点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）因为，M为BC的中点，
所以，
因为四棱锥的底面是矩形，
所以，
所以，所以，
而，即，
因为底面ABCD，底面ABCD，
所以，而平面PBD，
所以平面PBD；
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为因为四棱锥的底面是矩形，
所以，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，
因为平面ABCD，
所以平面ABCD的法向量为，
设平面APM的法向量为，
，，
于是有，
平面ABCD与平面APM所成角的余弦值为；
（3）由（2）可知平面APM的法向量为，，
所以D到平面APM的距离为.
17．（2023·北京朝阳·统考一模）如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E分别为AC，的中点，，．
(1)求证：平面BDE；
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值；
(3)求点D到平面ABE的距离．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质得到，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求线面角即可；
（3）利用空间向量的方法求点到面的距离即可.
【详解】（1）在三棱柱中，，为，的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，
在三角形中，，为中点，∴，
∵，平面，∴平面.
（2）
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
在直角三角形中，，，∴，
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
，令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，
所以.
（3）设点到平面的距离为，所以.
18．（2023·北京东城·统考一模）如图，在长方体中，，和交于点E，F为AB的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
（i）平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值；
（ii）点A到平面CEF的距离.
条件①：；
条件②：直线与平面所成的角为.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)见解析；(2)（ⅰ） ；（ⅱ） 1
【分析】（1）利用空间中直线与平面平行的判定定理，结合三角形中位线即可证明；
（2）若选条件①，利用，通过推理论证得到，建立空间直角坐标系，求平面法向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解；
若选条件②，利用与平面所成角为，通过推理论证得到，建立空间直角坐标系，求平面法向量，再根据面面夹角的向量公式及点到面的距离公式运算求解．
【详解】（1）如图，连接，，.
因为长方体中,∥且，
所以四边形为平行四边形.
所以为的中点，
在中，因为，分别为和的中点，
所以∥.
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）选条件①：.
(ⅰ)连接.
因为长方体中，所以.
在中,因为为的中点，，
所以.
如图建立空间直角坐标系，因为长方体中,，
则，，，，，
，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，可得.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以.
设平面与平面的夹角为 ，
则
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
(ⅱ)因为，
所以点到平面的距离为.
选条件②：与平面所成角为.
连接.
因为长方体中，平面，平面，
所以.
所以为直线与平面所成角，即.
所以为等腰直角三角形.
因为长方体中，所以.
所以.
以下同选条件① .
19．（2023·北京西城·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为棱上一点，平面与棱交于点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，完成下列两个问题
(1)求证：为的中点；
(2)求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）若选条件①，利用线面平行判定定理和性质定理即可得出四边形为平行四边形，又即可得为的中位线即可得出证明；若选条件②，利用勾股定理可得为的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得，即可得出证明；
（2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，易知是平面的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）选条件①：
因为，平面，平面，
所以平面
因为平面平面，
所以
又， 所以四边形为平行四边形．
所以且．
因为且，所以且．
所以为的中位线．
所以为的中点．
选条件②：．
因为平面，平面，所以．
在中，．
在直角梯形中，
由，，可求得，所以．
因为，所以为的中点．
因为，平面，平面， 所以平面．
因为平面平面，所以．
所以，
所以为的中点；
（2）由题可知因为平面，所以．
又，所以两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，则，即
令，则，．于是．
因为平面，且，所以平面，
又平面，所以．
又，且为的中点，所以．平面，
所以平面，所以是平面的一个法向量．
．
由题设，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
20．（2023·北京海淀·清华附中校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，底面ABCD，，E是PC上任一点，.
（1）求证：平面平面PAC：
（2）若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）依题意可得，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，从而得到平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；
【详解】解：（1）在四棱锥中，底面ABCD为菱形，所以，又因为底面ABCD，底面ABCD，所以，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；
（2）取的中点，连接，因为底面ABCD为菱形且，所以为等边三角形，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，令，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，所以即，令则，，所以，设直线ED与平面EBC所成角为，则
所以直线ED与平面EBC所成角的正弦值为
21．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）如图所示，在三棱柱中，是中点，平面，平面与棱交于点，，
(1)求证：；
(2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见解析；(2)或
【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证得.
（2）建立空间直角坐标系，根据与平面所成角的正弦值求得，进而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）根据棱柱的性质可知，，
由于平面，平面，
所以平面.
由于平面，平面平面，
所以.
（2）由于平面，平面，
所以，
由于是的中点，所以，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以，
解得或，
当，即时，,
当，即时，.
22．（2023·北京·汇文中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，O是边的中点，底面．在底面中，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）证明后可证线面平行；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）由题意，又，所以是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2），所以是平行四边形，所以，，而，所以，
以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
设平面的一个法向量为，则
，取，则，即，
易知平面的一个法向量是，
所以，
所以二面角的余弦值为．
23．（2023·北京丰台·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，AC交BD于点O，，．点E是棱PA的中点，连接OE，OP．
(1)求证：平面PCD；
(2)若平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段OP的长．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】(1)根据线面平行的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示出平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值，即可求解.
【详解】（1）因为底面是菱形，所以是中点，
因为E是棱PA的中点，所以，
又因为平面PCD, 平面PCD,
所以平面PCD.
（2）选择条件①:
因为，是的中点，所以,
因为平面平面,平面平面,
平面，
所以平面，因为平面，所以，
又，所以两两垂直，
以为原点建立空间直角坐标系,
因为菱形的边长为2，
所以,
所以设
所以，
设为平面的一个法向量，
由得所以
取，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为,
平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,
所以，所以
所以，所以，因为，所以，所以.
所以线段OP的长为.
选择条件②:
因为.在菱形中，，
因为平面平面,
所以平面,
因为平面，所以，因为,
所以两两垂直，
以为原点建立空间直角坐标系,
因为菱形的边长为2，
所以,
所以设
所以，
设为平面的一个法向量，
由得所以
取，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为,
平面PAC与平面PCD的夹角的余弦值为,
所以，所以
所以，所以，因为，所以，所以.
所以线段OP的长为.
24．（2023·北京·校考模拟预测）如图，在三棱柱中，D，E，G分别为的中点，与平面交于点F，，，．
(1)求证：F为的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线FG与平面BCD所成角的正弦值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，即可证明；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量计算即可.
【详解】（1）由三棱柱的性质知，，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
平面平面，
所以，因为E为的中点，所以F为的中点.
（2）选条件①，因为平面平面，平面平，
又因为，E为的中点，所以，
所以平面，又因为平面，所以，
又因为，，
平面，所以平面，
如图建立空间直角坐称系.
由题意得，
.
设平面的法向量，
,
，则，
平面BCD的法向量，
又,
设直线与平面所成的角为,
则，
所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.
选条件②，因为，，，
则，所以，又因为，
，平面，所以平面，
因为，E为的中点，所以，
如图建立空间直角坐称系.
由题意得，
.
设平面的法向量，
,
，则，
平面BCD的法向量，
又,
设直线与平面所成的角为,
则，
所以直线FG与平面BCD所成角的正弦值为.
25．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，，，E是的中点．
(1)求证：直线∥平面；
(2)已知，点M在棱上，且二面角的大小为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见详解；(2)
【分析】（1）根据中位线定理和线面平行判定即可求解；（2）根据线面垂直的判定或性质，以及建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值即可进一步得解.
【详解】（1）
取PA中点F，
连接，
因为E是的中点，F是PA中点，
所以是中位线，
所以平行且等于AD的一半，
因为，
所以平行于，
又，
所以与平行且相等，
所以四边形BCEF为平行四边形，
所以CE平行于BF，
而平面，
平面，
所以直线∥平面.
（2）
若选①：平面平面，
取AD中点O，
因为侧面为等边三角形，
所以平面，
易证平面，
以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,
所以,
所以，
所以
所以，
所以,,
设平面的一个法向量为，
所以，
令，
解得，
所以，
易知地面一个法向量为，
又二面角的大小为，
所以，
所以，
解得，
又点M在棱上，所以，
所以，
所以的值为.
若选②：
则取AD中点O，
因为侧面为等边三角形，
所以平面，
连接OA,OC,OD，
易知，
所以，
以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,
所以,
所以，
所以
所以，
所以,,
设平面的一个法向量为，
所以，
令，
解得，
所以，
易知地面一个法向量为，
又二面角的大小为，
所以，
所以，
解得，
又点M在棱上，所以，
所以，
所以的值为.
26．（2023·北京石景山·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.
(1)求证：；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面平面；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明出结论；
（2）选条件①②可以证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果;选条件①③或②③同样可以证明求解.
【详解】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
平面，平面,
所以平面，
又因为平面与交于点.
平面，平面平面
所以.
（2）选条件①②
侧面为等腰直角三角形，且
即，
平面平面，
平面平面，平面,
则平面，又为正方形，
所以.
以点为坐标原点，分别为轴,轴,轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则
因为，所以点为的中点，则
从而：，
设平面的法向量为：，
则，
令，可得
设平面的法向量为：，则
，
令，可得
所以
则两平面所成的锐二面角为
选条件①③
侧面为等腰直角三角形，且即
，且两直线在平面内，可得平面，平面，则.
又因为且两直线在平面内，
则平面平面则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点
又因为，所以为等腰直角三角形，
下面同①②
选条件②③
侧面为等腰直角三角形，且，
即
平面平面，
平面平面，平面,
则平面为正方形，
所以.
又因为且两直线在平面内，则平面，平面
则
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
下面同①②.
27．（2023·北京海淀·101中学校考模拟预测）如图一所示，四边形是边长为的正方形，沿将点翻折到点位置(如图二所示)，使得二面角成直二面角.，分别为，的中点.

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）取的中点，连结，由四边形是正方形，可知在三棱锥中，，从而易知平面，进而可证明；
（2）由二面角为直二面角，可知，即，从而可知，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，然后分别求出平面、平面的法向量、，进而由，可求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连结，
因为四边形是正方形，所以在三棱锥中，，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）因为二面角为直二面角，平面平面，且，，所以，即，所以两两垂直.
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.
易知，所以，，，，，，，
则，，
显然平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则，
取，可得，，所以平面的一个法向量，
则，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.