考点巩固卷16 空间向量与立体几何(六大考点)-2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

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考点01：法向量的秒杀
方法1、眼神法：给定一个几何体中，若所求平面的法向量直接可以从图中看出，则此平面垂线的方向向量即为平面的法向量．
方法2、待定系数法：步骤如下：
①设出平面的法向量为．
②找出(求出)平面内的两个不共线的向量
，．
③根据法向量的定义建立关于的方程组
④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．
注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组有无数多个解，只需给中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向量．
方法三：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃（求外用外减，求内用内减）
向量，是平面内的两个不共线向量，则向量是平面的一个法向量.
1．若直线的方向向量为，平面的法向量为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可得直线的方向向量为与平面的法向量垂直，由向量垂直的坐标运算即可求解．
【详解】，则有直线的方向向量为与平面的法向量垂直，
即，
解得．
故选：B．
2．已知为平面的一个法向量，，则下列向量是平面的一个法向量的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，可知平面的法向量与平面的法向量共线，由选项判断即可求解.
【详解】记，因为，所以，
故是平面的一个法向量，故D正确.
易知A，B，C中的向量均不与向量平行，所以均不能作为平面的一个法向量.
故选：D.
3．已知，，，则平面的法向量与的夹角的余弦值为（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】B
【分析】求解法向量，即可由夹角公式求解.
【详解】设为平面的一个法向量，则由，
可得，令，得，，∴.
，
由于法向量的方向不能确定，
故平面的法向量与的夹角的余弦值也可能为.
故选：B
4．已知点，则下列向量可作为平面的一个法向量的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设平面的一个法向量为，利用列方程求解即可.
【详解】由知，
设平面的一个法向量为，所以，
取，解得，选项D符合，
另外选项ABC中的向量与选项D中的向量不共线.
故选：D
5．在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设平面的一个法向量为，利用列方程求解即可.
【详解】由已知，
设平面的一个法向量为，
取，解得，
选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线.
故选：A.
6．已知正方体的棱长为2，E为棱的中点，以A为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）.则平面ABE的一个法向量为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设平面ABE的法向量为，然后由，可求出其法向量.
【详解】由题意可得，，，
所以，
设平面ABE的法向量为，
由，得到，取，则，
所以平面ABE的一个法向量为，
所以是平面ABE的法向量.

故选：C.
7．已知，若平面的一个法向量为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用法向量和平面内直线的方向向量之间的关系求解即可.
【详解】由得：
，
面的一个法向量为，
所以，
即，
解得，
所以，
故选：C．
8．已知直线，的方向向量分别为，，且直线，均平行于平面，平面的单位法向量为（ ）
A．B．
C．D．或
【答案】D
【分析】根据平面法向量的性质进行求解即可.
【详解】设平面的单位法向量为，
因为直线，均平行于平面，
所以有，
由可得： 或，
故选：D
9．已知，，，则平面的一个法向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由点坐标分别表示出向量，再由空间向量垂直的坐标表示即可求出法向量.
【详解】由题可知，．
设是平面的法向量，
则，．
所以，可得
取，则，．
于是是平面的一个法向量．
故选：C．
10．已知平面内的两个向量，，则该平面的一个法向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用法向量的定义、求法进行计算.
【详解】显然与不平行，设该平面的一个法向量为，
则有，即，
令，得，所以，故A,B错误，
令，得，则此时法向量为，故D错误.
故选：C.
考点02：空间直角坐标系构建策略
①：利用共顶点的互相垂直的三条棱，构建空间直角坐标系
②：利用线面垂直关系，构建空间直角坐标系
③：利用面面垂直关系，构建空间直角坐标系
④：利用正棱锥的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系
⑤：利用底面正三角形，构建空间直角坐标系
⑥：利用底面正方形的中心，构建空间直角坐标系
11．已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的大小；
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，计算，进而可得答案；
（2）求出平面的法向量n=x,y,z，，利用线面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）因为平面，，
如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，因为，所以．
（2）设平面的法向量n=x,y,z，，
则，即，取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
又，所以，
所以直线与平面所成角的大小为．
12．如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为AB的中点．
(1)求证：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）建立空间直角坐标系，利用向量法证明,再通过线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面与平面的法向量，根据向量法求二面角的公式即可求解.
【详解】（1）以为原点，，，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，，，，，，
所以，，，，，，
所以，，，
，，．
因为，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）设平面的法向量为n=x,y,z，
则，取，则，．
所以，是平面的一个法向量，
又因为平面，
所以为平面的一个法向量，
则，
设平面与平面的夹角为，
则，即平面与平面的夹角的余弦值为．
13．如图，三棱台中，为等边三角形，，平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点D到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用，结合平面，得出平面；
（2）利用向量的夹角公式即可求解；
（3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解．
【详解】（1）因为侧棱底面，为等边三角形，所以过点作，则以为点A为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，
设长为，则
，，
因为，所以，则有，．
所以，，，，，，．
证明：因为，，设平面的法向量为，
则，令，则，
又因为．
所以，所以，又因为平面，所以平面．
（2）因为为中点，所以，则，
有，又，设直线与平面所成角为，
，
则直线与平面所成角的正弦值为．
（3）因为，平面的法向量为，
所以，点D到平面的距离为．
14．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)．
(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由题意可建立适当空间直角坐标系，得到、后借助空间向量共线定理即可得证；
（2）求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得点具体位置，再借助点到平面距离公式求解即可得.
【详解】（1）因为底面，且底面为正方形，且、底面，
所以，，两两互相垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，，，，，
则，，有，故；
（2），因为点满足，点是棱上的一个点（包括端点），
所以，设，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，得，，则，
由题可得轴平面，则平面的一个法向量为，
因为二面角角的余弦值为，
所以，
解得或（舍去），所以，
因为，所以点到平面的距离为．
15．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面是的中点，.

(1)求证：.
(2)若㫒面直线与所成的角为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析(2).
【分析】（1）设的中点为，连接，根据题意已知条件证明直线两两垂直，从而建立空间直角坐标系，令，写出相应点的坐标，利用向量法证明从而得；
（2）由（1）写出的坐标，利用异面直线所成角的向量表示求出的值，在求出四棱锥的体积即可.
【详解】（1）设的中点为，连接，
由四边形是矩形，得.
是的中点，.
平面平面，平面平面，
平面直线两两垂直.
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，设.

依题意得，，
.
，
，即.
（2）由（1）可得，
异面直线与所成的角为，
，解得，
由（1）平面，
所以为四棱锥的高，且，
四棱锥的体积为.
16．如图，为正方体．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明详见解析(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由向量垂直证明；
（2）利用向量法，线面角的求法求解.
【详解】（1）解：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，
则
因为 ，
且，
所以 ，
又，平面，
所以 平面；
（2）由（1）可知，为平面AB1C的一个法向量，
又，
所以
所以直线B1C1与平面AB1C所成角的正弦值为，
故直线B1C1与平面AB1C所成角的余弦值为
17．如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：

(1)平面平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）利用空间向量法证明线面垂直证明面面垂直；
（2）利用空间向量法证明平面，再根据线面垂直的性质得到面面平行；
【详解】（1）证明：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，，.
设，则，，.
因为，，，
所以，.
所以，，即，.
又平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，，
所以，.
所以，.
因为平面，所以平面.
又由（1）知平面，所以平面平面.
18．如图，直三棱柱中，，，，，是的中点．
(1)求直线的一个方向向量；
(2)求证：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系后，写出的坐标即可求解；
（2）写出的坐标，然后证明即可.
【详解】（1）
由题意知，两两垂直，故以点B为原点，
分别以、与的方向为与轴的正方向，建立空间直角坐标系，
所以、、、、
、．
则，是直线的一个方向向量
（2）因为M是的中点，所以，所以，
又因为，
所以，所以．
19．在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角.
(1)求证：；
(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系；
（2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案；
（3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值.
【详解】（1）因为，O为CD的中点，
所以．
又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD．
因为，，，所以．
取的中点，连接，则⊥，
以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，P0,0,1，．
，，
因为，
所以．
（2）设平面PAB的一个法向量为m=x,y,z，
则，即，
解得，令，则，则．
设直线PC与平面PAB所成的角为，
又，
则，
所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为．
（3）设平面POB的一个法向量为，
则，即，
解得，令，则a=2，故．
设平面POB与平面PAB的夹角为，
则．
故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为．
20．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，为中点．求证：平面．
【答案】证明见解析
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明、，即可得证.
【详解】如图以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
所以，则，即，
，则，即，
又，平面，
所以平面．
考点03：坐标处理距离问题
结论1：《点线距离》《异面直线求距离问题》
推导过程：已知直线的方向向量是，点则直线与直线夹角为θ，则
结论2：《点面距离》
提示：分别是平面外及平面上的两点，是平面的法向量
结论3：《线面距离》
提示：分别是直线上及平面上的任意两点，是平面的法向量
结论4：《面面距离》
提示：分别是平面1及平面2的任意两点，是平面2的法向量
结论5：《点点距离》
提示：与,的距离为
21．如图的外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，BD//CE，，BC=BD=1，为上的点.

(1)证明：；
(2)当为的中点时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）证明平面，利用线面垂直的性质即可得到；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到面的距离公式求解即可﹒是圆的直径，，
【详解】（1）∵CE⊥平面，平面，∴CE⊥AC，
又∵CE∩BC=C，、平面，
平面，∵BM⊂平面，∴AC⊥BM；
（2）由(1)和已知条件可知，CA、CB、CE两两垂直，故以C为原点，CA、CB、CE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C−xyz：

则C(0，0，0)，A3,0,0,B0,1,0,D0,1,1,E0,0,2,M0,12,32，
CA=3,0,0，CD⃗=0,1,1，CM=0,12,32
设平面CAD的法向量为n=x,y,z，
则n→⋅CA→=0n→⋅CD→=0⇒3x=0y+z=0，令，则x=0z=−1，即n=0,1,−1，
由点到平面的距离公式知，点到平面的距离d=CM⋅nn=12−322=22
22．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，E为PD中点，且．
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可得；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量后，借助点到平面的距离公式计算即可得；
（3）利用空间向量求出线面角的正弦值，再利用三角函数的基本关系求线面角的余弦值即可.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
∵为中点，为中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）由底面是矩形且平面，
故可以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
则，，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
则点到平面的距离；
（3）由轴平面，故平面的法向量可为，
设直线与平面所成角为，则，
∴，
∴，即直线与平面所成角的余弦值为.
23．如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．
(1)求四棱锥的表面积
(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.
【详解】（1）由，,所以,
,
所以,,
故四棱锥的表面积为
（2）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，
则,0,，,4,， ,4,，，其中，
则，
设平面的法向量为，则，
即令，则平面的法向量，
设到平面的距离为，，
由于，解得，
故，
点到直线的距离为．
24．如图，在四棱柱中，平面，底面是平行四边形，．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）证明出平面，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量为，，求出，再利用角三角函数的基本关系求解即可；
（2）直接利用空间向量求解点到面的距离即可．
【详解】（1）连接，相交于点O，连接，相交于点，
由，可得为等边三角形，
又由O为的中点，可得，，，
因为，，
所以，
又因为平面，所以平面，
由上知，，两两垂直，以O为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
有O0,0,0，A3,0,0，，，，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
由，，
有，
取，，，可得平面的一个法向量为，
（1）由，
有，，，
有，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）由，有，
可得点到平面的距离为．
25．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为线段的中点，，为线段上的动点.

(1)证明：；
(2)当为线段的中点时，求点到面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证出平面和平面，进而可得；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距离．
【详解】（1）平面，平面，
∴BC⊥PD，
又平面，
平面，又平面，
，
中，为的中点，，
平面，平面，
平面，.
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系D−xyz，
则，A1,0,0，，，
所以，，，
设为平面的法向量，

则，令，则y=−1,z=1，故，
则点与平面的距离.
26．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，PB=PD，，点E，F分别为棱，的中点.
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的大小为.
①求二面角的余弦值；
②求点F到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解(2)①；②31313
【分析】（1）取中点，连接，通过证明，再证平面.
（2）先证平面，以的交点为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角和点到面的距离.
【详解】（1）如图：
取中点，连接，.
因为为中点，所以且，
又四边形为菱形，且为中点，所以且，
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）如图：
连接，，交于点，
因为四边形为菱形，所以，且为，的中点，
又因为PB=PD，所以，，平面，且，
所以平面，易得为直线与平面所成的角的平面角，
则，又，，，
所以，，，，
以为原点，建立如图空间直角坐标系，则O0,0,0，B1,0,0，，
，，，.
所以，，，.
①设平面的法向量为
则，取.
设平面的法向量为，
则，取.
所以二面角的余弦值为：.
②点平面的距离为：.
27．如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．
(1)若点为棱的中点，求点到平面的距离；
(2)求锐二面角的余弦值的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用空间向量法求点到面的距离即可；
（2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可.
【详解】（1）连接，依题意可知平面，由于平面，
所以，
由于三角形是等边三角形，所以，，
又，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
又，故，，
则，，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，令，则，，
故，又，
所以点到平面的距离为.
（2）设，，
则，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
则，令，则，，
故，
设锐二面角为，
则，
令，
所以，设，
则，
二次函数的开口向上，对称轴为，
所以当时，该二次函数单调递增，
所以当时，该二次函数有最小值，
当时，该二次函数有最大值，
所以，即.
即锐二面角的余弦值的取值范围为.
28．如图，在四面体中，平面，点在线段上.

(1)当点是线段中点时，求点到平面的距离；
(2)若二面角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)；(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，利用空间向量法可求得到平面的距离；
（2）设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【详解】（1）由平面，，得两两垂直，
以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：

由为的中点，则A0,0,0、、、，
设平面的法向量为m=x,y,z，，，
则，取，得，而，
所以点到平面的距离为.
（2）设点，，，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，则，取，得，
显然平面的一个法向量为，
则，解得，
此时点为的中点，所以.
29．如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截而得到的，其中，，，．
(1)求到平面的距离．
(2)与平面平行吗？请说明理由．
【答案】(1)；(2)不平行，理由见解析.
【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，再利用点到平面距离的向量求法求解.
（2）由（1）中坐标系，求出，再利用空间位置关系的向量证明推理即得.
【详解】（1）显然直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，设，
由平面平面，平面平面，平面平面，
则，同理，即四边形为平行四边形，有，
即，解得，即，则，
设平面的法向量，则，取，得，
而，则点到平面的距离为.
（2）由（1）知，，而平面的法向量为
由，得与不垂直，
所以与平面不平行.
30．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点，是边长为2的等边三角形，．
(1)证明：；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由等边三角形三线合一可得，再由侧棱垂直于底面可得面即可得出结论；
（2）可由等体积法计算即可得出.
【详解】（1）法一:是等边三角形，且是中点
面，面
面，面，且 面
面
法二：取的中点，则面，可知两两垂直，
如图以为轴，为轴，为轴，则，，B−1,0,0，；
所以，，则，即；
（2）法一：由题可知：；
在中，，；
取中点，在中，，
边上的高为；
；
设点到平面的距离为，则，
解得，即点到平面的距离为．
法二：，，，，
设面的法向量为n=x,y,z，；
设点到面的距离为，
故点到平面的距离为.
考点04：坐标处理角度问题
结论1：异面直线所成角
①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解
②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式求出
关键是求出及与
结论2：线面角
提示：是线与平面法向量的夹角，是线与平面的夹角
结论3：二面角的平面角
提示：是二面角的夹角，具体取正取负完全用眼神法观察，若为锐角则取正，若为钝角则取负.
31．如图，在四棱锥中，，底面为正方形，，分别为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由线面平行的判定证明即可；
（2）首先由已知证明出，，再建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式求解即可．
【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，，
在中，由余弦定理得，，即，
所以，即，同理可得，
因为，，平面，，
所以平面，又平面，
所以，同理，又平面，，
所以平面，又平面，
所以，，又，
则以点为原点，以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
在中，，
则，，
所以，，
设平面的法向量，
则，取，得，
由图可知，平面的法向量为，
则，
所以平面与平面所成二面角的正弦值．
32．如图，在四棱锥中，为的中点，平面．
(1)求证：；
(2)若，．
（i）求证：平面；
（ii）设平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得；
（2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；
（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，，
因为，所以，所以四点共面，
因为平面，平面平面，平面，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以；
（2）（i）取的中点，连接，
由（1）知，所以，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，
因为，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以与全等，
所以，即，
因为，
又因为，、平面，
所以平面；
（ii）由（i）知平面，而平面，
所以，
因为，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
所以，，
设平面的法向量为n=x,y,z, 则
令，则，于是，
因为为平面的法向量,
设二面角为，由图可得
所以,
所以二面角的余弦值为，
则二面角的正弦值为
33．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．

(1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由；
(2)求点到平面的距离；
(3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)为靠近点的四等分点，理由见解析(2)(3)
【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得∥，而∥，则∥，从而可得结论；
（2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离；
（3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）当为靠近点的四等分点时，四点共面，
理由如下：
因为，所以，
所以∥，
因为四边形是菱形，所以∥，
所以∥，所以四点共面；

（2）取中点，连接，．
因为为等边三角形，，
所以，，．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，∥，所以．
因为，平面，平面，，
所以平面，又平面，所以．
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
所以，解得；

（3）由（2）知，，，两两垂直，
所以以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，A1,0,0，，
所以，，．
设，则，．
得，则．
又平面，则取平面的法向量．
设与平面所成的角为，则
，
化简整理得，解得．
则，．
设平面的法向量，则,
令，则取平面的法向量，
又平面的法向量．
故平面与平面夹角的余弦值为．

34．如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)若，点在棱上，且二面角的大小为.
①求证：；
②设是直线上的点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）利用面面垂直的性质得到平面，再利用线面垂直的性质得到，结合条件及线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，①求出平面和平面的法向量，结合条件得到，从而有，即可证明结果；②设，结合①中结果，利用线面角的向量法，得到，即可求出结果.
【详解】（1）在四棱锥中，
因为底面为矩形，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，且，
所以平面.
（2）①以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，所以，
因为点在棱上，所以设或显然不满足题设，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，取，则，
所以，是平面的一个法向量，
所以，
因为二面角的大小为，所以，
即，解得，
此时，，
，所以，
所以，即.
②因为是直线上的点，所以设，
由①可得，所以，平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，则.
令，则，
则，
当时，，
当时，，
令，则，则，
所以当，即时，，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
35．如图，直三棱柱的体积为6，的面积为4．
(1)求到平面的距离；
(2)设为的中点，，平面平面，求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用等体积法，由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，
平面，则，且.
以为坐标原点，以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，点到平面的距离为，则，
，，
，，
，，，，，
，，，
设平面的法向量m=x,y,z，
则，解得，令，得，；
设平面的法向量n=a,b,c，
则，解得，令，得，；
，
设平面与平面夹角为，则
则平面与平面夹角的正弦值为.
36．如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
(1)证明：平面.
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据三角形边角关系可证明相似，即可得,即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
【详解】（1）平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面,平面，
平面.
（2）由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
37．如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证.
（2）由（1）得直线的的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解.
（3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解.
【详解】（1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，
由题意可得A0,0,0，，，，，，
，，，
则，，
设平面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，则，
故，即，则，
令，得，
所以，
所以，又平面，
所以平面.
（2）由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
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）设平面的一个法向量，由（1）可得，，
则，故，即，
令，得，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
38．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是边长为8的正三角形，，且，点G，H分别是BC，BF的中点．
(1)设AE与平面DGH相交于点M，求的值；
(2)求平面BDM与平面CDM夹角的余弦值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）延长FE交HM的延长线于点N，连接DN，取AE的中点K，连接KH，得 ，且，又，得平面CDEF，得，可得CDNF是平行四边形，则，得；
（2）取AD的中点O，连接OE，可得平面ABCD，以O为原点，OA，OG，OE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，分别求出平面BDM和平面CDM的一个法向量，利用向量夹角的余弦公式，即可求出平面BDM与平面CDM夹角的余弦值
【详解】（1）
延长FE交HM的延长线于点N，连接DN，取AE的中点K，连接KH，
∵，H是BF的中点，
∴，且，
∵G，H分别是BC，BF的中点，
∴，
平面，平面，
∴平面，
平面，
又平面平面，
∴，
∴，
∵ABCD是正方形，
∴，
∴CDNF是平行四边形，
∵，
∴，
∴；
（2）取AD的中点O，连接OE，
∵是正三角形，
∴，
∵平面平面ABCD，
∴平面ABCD，
以O为原点，OA，OG，OE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，，，，，
设是平面BDM的一个法向量，
则，∴，
取，则，，
∴，
设是平面CDM的一个法向量，
则，∴，
取，则，，
∴，
∴，
∴平面BDM与平面CDM夹角的余弦值为．
39．如图，在长方体中，，，点E在棱AB上移动.
(1)求证：.
(2)当点E为棱AB的中点时，求点E到平面的距离.
(3)在棱AB上是否存在点M，使平面与平面AMC所成的角为？若存在，求出AM的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，.
【分析】（1）利用空间向量数量积为0，即可证明垂直；
（2）利用空间中点到平面的距离公式求解即可；
（3）利用空间向量求二面角即可.
【详解】（1）以D为坐标原点，直线DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
设，，
则，，，A1,0,0，.
因为，所以，
所以.
（2）因为E为AB的中点，所以，
从而，，.
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
即，得，
从而，
所以点E到平面的距离.
（3）设这样的点M存在，且，，平面与平面AMC所成的角为，
则，，，，.
设平面的法向量为，
则，
取，得.
平面AMC的一个法向量，
所以，
由，解得.
所以满足题意的点M存在，此时.
40．如图，平行六面体的体积为，，，，．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)2(2)
【分析】（1）根据菱形的判定定理可以确定底面ABCD是菱形，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理和性质进行求解即可；
（2）由（1）可知OD，0A，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，根据平面法向量的性质，结合空间向量夹角公式、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】（1）由题意可知底面是平行四边形，且O为底面的中心，
又因为，所以底面ABCD是菱形，
连结，
因为，，
所以，，
又平面ABCD，
所以底面ABCD，又平面，
所以平面底面ABCD，
因为底面ABCD，底面ABCD，
所以，
又根据底面ABCD是菱形，可知，
平面，
所以平面，故A0为点A到平面的距离．
因为，，
所以△ACD是边长为4的正三角形，所以．
即点A到平面的距离为2．
（2）由（1）可知OD，0A，两两互相垂直，
以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．
因为为平行六面体的高，又平行六面体的体积为，
所以，解得．
则O0,0,0，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
即，
取，则，，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，则，
所以，
故二面角的正弦值为．
考点05：坐标处理平行问题
线线平行：两个向量存在一定的倍数关系
线面平行：先求平面的法向量，然后法向量与线垂直即可
面面平行：先求其中一平面的法向量，然后让法向量与另一个平面垂直即可
41．如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）取的中点，连接，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）证明：由已知得，取的中点T，连接，
由N为的中点知，
．又，故，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系．
，
不妨设，
则，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
，
取，则.
设直线与平面所成角为
.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
42．如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，，，，，E，F，G分别为线段AD，DC，PB的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线GC与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用中位线定理得到线线平行，进而得到线面平行，再利用面面平行的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）连接EC，设与AC相交于点O，如图，
因为，且，，
所以四边形为矩形，
所以O为的中点，又因为G为PB的中点，
所以OG为的中位线，即，
因为平面PEF，平面PEF，
所以平面PEF，
因为E，F分别为线段AD，DC的中点，所以，
因为平面PEF，平面PEF，
所以平面PEF，
因为平面GAC，平面GAC，，
所以平面平面GAC.
（2）因为底面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
所以，，因为，
所以PA,AB,AD两两互相垂直，
以A为原点，AB,AD,AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则A0,0,0，，C1,1,0，，P0,0,1，
所以，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，则，所以，
令，可得，，所以，
设直线GC与平面所成角为θ，则，
所以直线GC与平面所成角的正弦值为.
43．如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：平面；
(2)已知：条件①平面，条件②，条件③平面平面，从这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定，并求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析
【分析】（1）连接，根据面面平行的性质得到，再证明，即可得到，从而得证；
（2）若选择条件①②，①③，均可说明该几何体为棱长为的正方体，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；选择②③，无法唯一确定该几何体.
【详解】（1）连接，如图1，
因为交平面于点平面，
所以平面，所以平面平面．
又因为平面平面且平面平面，
所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，
所以，
因为平面平面，所以平面．
（2）由（1）知，点是的中点，所以点是线段的中点．
若选择条件①②：
因为平面四边形的棱长相等，而且对角线，
所以四边形是正方形，
又因平面，所以．
故如图2建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
由，可取，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，
由题知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．
若选择条件①③：
因为平面平面平面，
所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，所以，
如图建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系，
则
，
设平面的法向量为，
由，可取，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，
又由题意知，二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
选择条件②③不合题意，
由条件②，且平面四边形的棱长相等，可得四边形是正方形，
由条件③平面平面，无法确定与，
故几何体不能唯一确定．
44．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点．
(1)求证：平面PAD；
(2)求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取PD的中点E，连接ME，AE，根据E是PD的中点，得到，，从而四边形ABME是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量n=x,y,z，平面PAB的一个法向量，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，由求解．
【详解】（1）证明：取PD的中点E，连接ME，AE，
因为E是PD的中点，M是PC的中点，
所以，，又，，
所以，，
所以四边形ABME是平行四边形，所以，
又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
（2）解：因为平面ABCD，DA，平面ABCD，
所以，，又，，所以．
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，所以．
设平面BDM的一个法向量n=x,y,z，又，，
所以
令，解得，，
所以平面BMD的一个法向量n=1,−1,1．
设平面PAB的一个法向量，又，，
所以
令，解得，，
所以平面PAB的一个法向量，
设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，
所以．
即平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值为．
45．如图1，在五边形中，，，且，将沿折成图2，使得，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若与平面所成的角为，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，，从而证明平面，平面，即可得到平面平面，即可得证．
（2）推导出平面，平面，平面平面，连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．
【详解】（1）取的中点，连接，，
，为的中点，，
又，．
又平面，平面，平面．
为的中点，．
又平面，平面，平面，
又，平面，平面平面，
又BF⊂平面，平面．
（2），由（1）知，，
又，为的中点，，
又，平面，平面，
又平面，，
又，，平面，平面，
又平面，平面平面，
连接，，为的中点，，
又平面平面，平面，
平面，平面，，
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，
是与平面所成的角，即，
，设，则，，，，
，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设二面角的平面角为，
，
所以，即二面角的正弦值为．
46．如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若，求点C到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)
【分析】（1）只需证明，结合线面平行的判定定理即可得解；
（2）只需证明平面，在结合面面垂直的判定定理即可得解；
（3）首先证明面，由等体积法即可列方程求解.
【详解】（1）设，连结，
∵E为中点，O为中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）连结，∵，O为中点，∴，
又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，∴平面，
又∵平面，∴平面平面；
（3）由（2）得：，由，同理可得：，
而平面，
∴面可求：，，，
∴，
而中，，可求：，，
可求：，
而，则，
则即为所求点C到平面的距离．
47．已知四棱锥分别为的中点，平面.
(1)若，证明：平面；
(2)若，二面角的大小为，求.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得，且，即可得到，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）方法一：作交，连接，由二面角的定义可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入计算，即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可求解.
【详解】（1）因为平面平面，
又，且PA∩PC=P，，平面
所以平面，
因为平面，所以，
与共面，所以，
又因为平面平面，所以平面.
（2）法1：如图，作交于，连接.
由得与全等，
所以，所以与全等，
所以，且，
是二面角的平面角，
，又因为，所以，
所以，
在中，，由，解得，
所以，所以.
法2：如图，以为原点，所在直线分别为，轴，
建立空间直角坐标系.则，，，
设，则，
所以，，，
设面的法向量为，
由，令，可得，
设面的法向量为，由，
令，可得.
设二面角的大小为，则，所以，
.
48．如图，在三棱柱中，平面平面，，分别为棱的中点.
(1)求证：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）根据条件得到且，从而有四边形为平行四边形，得到为的中点，则有，再利用线面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）如图，连接，设，连接，
因为分别是棱的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，则为的中点，
又为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因为，
所以，
因为平面平面，平面，平面平面ABC=AB，
所以平面，得到，
以为坐标原点，向量的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，由，得到，
所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，得到 ，令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
考点06： 坐标处理垂直问题
线线垂直：两个向量乘积等于0
线面垂直：线与平面中任意两条相交直线乘积等于0
面面垂直：求两个平面的法向量，然后两个法向量乘积等于0即可
49．如图所示，是的直径，点是上异于的动点，平面，分别为的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，二面角的正弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析(2)2
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由即可得证；
（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可进一步求解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
因为是的直径，所以，
因为，平面，所以平面，
因为分别是的中点，所以，
所以平面；
（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，设，且，
所以，，易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量，则，所以，
即，取，得，所以，
因为二面角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为，
所以，化简得，，
又因为，所以，解得，即，
所以，故.
50．如图，在平行六面体中，，
(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）利用向量数量积证明线线垂直，可证线面垂直；
（2）求平面的法向量，运用向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）(法一)
以为坐标原点，方向为轴非负方向，方向为轴非负方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，，，
由，得，
由，得，
由，得，即，
再由得，
则，则，故，
又，，平面，
则平面；
(法二)
，
则，
又，，平面，
则平面；
（2）设平面的法向量n=x,y,z，由（1）得，
则，不妨取，则，即，
又，设点到到平面的距离为，
则，故到面的距离为.
51．如图，在平行四边形中，，，为边上的点，，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且三棱柱的体积为.
(1)证明：平面平面PAE；
(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）设的中点为，连接，可以证明平面，所以，而，再由面面垂直的判定求解；
（2）以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量求解．
【详解】（1）证明：由，，为正三角形.
设的中点为，连接，则，
则.易知，，
所以.
所以，，，
故平面，平面，所以.
又易知中，，，
又平面，
所以平面.
又平面PAE，所以平面平面PAE.
（2）由（1）知,
取的中点，连接,则；又平面，
以的中点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向，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，
即，
令，则，，故.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
故，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
52．在长方体中，点E，F分别在，上，且，．

(1)求证：平面AEF；
(2)当，，时，求平面AEF与平面所成二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）分别由，，得到，，再利用线面垂直的判定定理证明；
（2）分别以AB、AD、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，连接AC，求得平面的一个法向量n=x,y,z，易得是平面AEF的一个法向量，设平面AEF和平面所成的角为，由求解.
【详解】（1）解：因为，
所以，
因为，
所以，又，平面
所以平面AEF；
（2）分别以AB、AD、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，连接AC，

因为，，，
则，
所以，，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则，，
所以，所以可取，
又因为平面AEF，
所以是平面AEF的一个法向量，
设平面AEF和平面所成的角为，
则，
所以平面AEF和平面所成的角的余弦值为．
53．在三棱锥P—ABC中，，，E为AC的中点，．

(1)求证：平面平面ABC；
(2)求点C到平面PAB的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)．
【分析】（1）先证，再证平面由线面垂直推出面面垂直即得；
（2）先证平面，建立空间直角坐标系，求出相关向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得.
【详解】（1），E为AC的中点，
又，且平面 ，故平面．
又平面ABC，所以平面平面ABC
（2）在三角形ABC中：，

由（1）知平面．因平面．
又E为AC的中点，则垂直平分AC，，
，又
，即，又平面，故得，平面.
故可以E为坐标原点，分别以、、所在方向为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图.

则，，，，
，，，
设平面PAB的一个法向量为，则
令，得．
设点C到平面PAB的距离，则．
54．如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，为的中点.
(1)证明：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）取的中点，连接，即可得到，根据面面垂直的性质得到平面，从而证明平面，即可得到，再由，即可得证；
（2）由（1）可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为是的中点，所以，
因为平面，且，
所以平面.
（2）因为，由（1）知四边形为矩形，则，
又平面，所以平面，
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
取平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以.
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
55．如图，在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.

(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AC=BC=PA，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值；
(3)在（2）的条件下，求平面PAB与平面PBC夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)2(3)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理求证；
（2）建立空间直角坐标系，由求解；
（3）由求解．
【详解】（1）证明：因为，所以，
又平面平面，得，
而平面，
得平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，
得，，
设平面的一个法向量为：，
则，取，得，
设与平面所成角为，
则，
得，得，
则与平面所成角的正切值为：
（3）解：
设平面的一个法向量为：，
则，取，得，
设平面与平面所成角为，
则，
得，
故平面与平面夹角的正弦值为：
56．如图①，在等腰梯形中，，，，，分别是线段的两个三等分点，若把等腰梯形沿虚线，折起，使得点和点重合，记为点，如图②.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面PAE与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见详解(2)
【分析】（1）通过证明来证得平面，由此证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法计算出平面PAE与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】（1）由题意可知：四边形ABEF是正方形，
则，且，平面PEF，
所以平面PEF，
因为平面ABEF，所以平面平面ABEF．
（2）如图，过点P作于点O，过点O作BE的平行线交AB于点G，
因为平面平面ABEF，平面平面，平面，
则平面ABEF．
又因为PO，EF，OG所在直线两两垂直，
所以分别以OG，OE，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则.
所以.
设平面PAE的法向量为n1=x1,y1,z1，则，
设，则，可得.
设平面的法向量为，则，
设z2=2，则，可得.
设平面PAE与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面PAE与平面所成锐二面角的余弦值为.