高考数学二轮复习专题5 立体几何（理科）解答题30题 教师版

这是一份高考数学二轮复习专题5 立体几何（理科）解答题30题 教师版，共54页。试卷主要包含了如图，在三棱柱中，，，，其中分别是的中点.等内容，欢迎下载使用。
专题5 立体几何（理科）解答题30题

1．（青海省海东市第一中学2022届高考模拟（一）数学（理）试题）如图，在三棱柱中，，．

(1)证明：平面平面．
(2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设，由余弦定理求出，从而由勾股定理得到，，进而证明出线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.
（1）
设．
在四边形中，∵，，连接，
∴由余弦定理得，即，
∵，
∴．
又∵，
∴，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面．
（2）
取AB中点D，连接CD，∵，∴，
由（1）易知平面，且．
如图，以B为原点，分别以射线BA，为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系B-xyz，

则，，，，，．
，，
设平面的法向量为，则，
得，令，则取，
，，
AC与平面所成角的正弦值为．
2．（陕西省榆林市2023届高三上学期一模理科数学试题）如图，在四棱锥中，平面底面，且.

(1)证明：.
(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）利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，然后利用线面垂直证明线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后求出二面角的平面角的余弦值
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为，所以.
又，所以.
又，所以为正三角形，所以.
因为在平面内相交，所以平面.
又平面，所以.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则.
设平面的法向量为，
则令，得.
由题可知，平面的一个法向量为.
设平面和平面所成的锐二面角为，
则.
3．（广西南宁市第二中学2023届高三上学期1月月考（期末）数学（理）试题）如图，四棱柱ABCD—的侧棱⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，E，F分别为，AA1的中点.

(1)证明：B，E，D1，F四点共面；
(2)若求直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）通过证明来证明B，E，D1，F四点共面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AE与平面BED1F所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为G，连接AG，GE，
由E，G分别为，的中点，
∴EG∥DC∥AB，且，
∴四边形ABEG为平行四边形，
故.
又F是的中点，即，
∴，
故B，F，，E四点共面.

（2）连接AC、BD交于点O，取上底面的中心为，
以O为原点，、、分别为x、y、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则A（，0，0），B（0，1，0），，F（，0，1），
∴
设面的一个法向量为，
则，即，取，
设直线AE与平面BED1F所成角为θ，故，
∴直线AE与平面BED1F所成角的正弦值为.

4．（河南省十所名校2022-2023学年高三阶段性测试（四）理科数学试题）如图所示，四棱台的上､下底面均为正方形，且底面ABCD.

(1)证明：；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)利用线面垂直的判定定理证明线线垂直；
(2)利用空间向量的坐标运算求面面角.
【详解】（1）平面平面，
如图，连接四边形为正方形，，
又平面，
平面，
平面.
（2）由题意知直线两两互相垂直，故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

由已知可得，
.
设平面与平面的法向量分别为.
则令，则，
令，则，
，
故二面角的正弦值为.
5．（贵州省毕节市2023届高三年级诊断性考试（一）数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，，，M，N分别为CD，PD的中点，K为PA上一点，.

(1)证明：B，M，N，K四点共面；
(2)若PC与平面ABCD所成的角为，求平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证明线线平行，再利用基本事实判定四点共面；
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求解两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角平面角的余弦值.
【详解】（1）证明：连接AC交BM于E，连接KE，

∵四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，
且，，
，，，，
∵M，N分别是CD，PD的中点，，，
K，E，M，N四点共面，
，B，M，N，K四点共面.
（2），，∴，
平面ABCD，∴PC与平面ABCD所成的角为，
在中，，∴，
以AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，如图
，，，，
，，
设平面BMNK的一个法向量为，则，
令，得平面BMNK的一个法向量为，
又平面PAD的一个法向量为，
设平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的大小为，
，
平面BMNK与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为.

6．（贵阳省铜仁市2023届高三下学期适应性考试（一）数学（理）试题）如图（1），在梯形中，，，，为中点，现沿将折起，如图（2），其中分别是的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点，易证得四边形为平行四边形，从而得到，利用等腰三角形三线合一性质可分别得到，结合平行关系和线面垂直的判定可证得结论；
（2）根据长度关系可证得两两互相垂直，则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）取中点，连接，

为中点，，，又，
四边形为平行四边形，，，
分别为中点，，，
又为中点，，，，，
四边形为平行四边形，；
，为中点，，；
，，，四边形为正方形，
，，又，平面，
平面.
（2）由（1）知：，，又，；
，为中点，，
，，，
，又，平面，平面，
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，
，令，解得：，；
平面，平面的一个法向量为，
，
由图形知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
7．（湖北省武汉市2022届高三下学期2月调研考试数学试题）在如图所示的多面体中，点在矩形的同侧，直线平面，平面平面，且为等边三角形，.

(1)证明：；
(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）取中点，连接，则由平面平面，可得平面，再由平面，可得，， 再由已知条件可证得，由线面垂直的判定定理可得平面，然后由线面垂直的性质可得结论，
（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】（1）取中点，连接，
.
由平面平面，且交线为，
平面.
又平面，有，
四点共面.
平面平面，
.
又在矩形中，，
∴∽，
∴,
∵,
∴，
.
又∵，
平面.
平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：.

设平面的法向量.
，令，则.
设平面ECF的法向量.
，令，则
.
所平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
8．（甘肃省兰州市第五十中学2022-2023学年高三第一次模拟考试数学（理科）试题）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，，AB⊥AD，四边形ADEF为正方形，平面ADEF⊥平面ABCD．BC＝3AB＝3AD，M为线段BD的中点．

(1)求证：BD⊥平面AFM；
(2)求平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】(1)证明AF⊥BD以及BD⊥AM即可求证BD⊥AM；
(2)在点A处建立空间坐标系，分别计算平面AFM与平面ACE的法向量，结合空间角与向量角的联系计算即可.
【详解】（1）因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD．
又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，平面，
所以AF⊥平面ABCD，而平面，所以AF⊥BD，因为AB＝AD，M线段BD的中点，
所以BD⊥AM，且AM∩AF＝A，平面，所以BD⊥平面AFM
（2）由（1）知AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AB，AF⊥AD，
又AB⊥AD，所以AB，AD，AF两两垂直．
分别以为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz（如图）．

设AB＝1，则A，B，C，D，E，
所以，，，
设平面ACE的一个法向量为，
则    即，
令y＝1，则，则．
由（1）知，为平面AFM的一个法向量．
设平面AFM与平面ACE所成的锐二面角为，
则．
所以平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为．
9．（甘肃省兰州市第五十八中学2022-2023学年高三上学期第一次模拟考试数学（理科）试题）在直角梯形 (如图1)，，，AD＝8，AB＝BC＝4，M为线段AD中点．将△ABC沿AC折起，使平面ABC⊥平面ACD，得到几何体B－ACD(如图2)．

(1)求证：CD⊥平面ABC；
(2)求AB与平面BCM所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先根据勾股定理得到，再根据面面垂直的性质定理可证CD⊥平面ABC；
（2）取AC的中点O，连接OB，先证明两两垂直，再以为原点，OM、OC、OB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）由题设可知，，AD＝8，
∴，∴CD⊥AC，
又∵平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面，
∴CD⊥平面ABC．
（2）取AC的中点O，连接OB，由题设可知△ABC为等腰直角三角形，所以，
又因为平面ABC⊥平面ACD，平面平面ACD＝AC，平面，
所以平面,连接OM，因为平面,所以，
因为M、O分别为AD和AC的中点，所以，
所以OM⊥AC，故以为原点，OM、OC、OB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，，，，
∴，，，
设平面BCM的一个法向量为，
则，得，令，得，
∴．
所以AB与平面BCM所成角的正弦值为.
10．（陕西省西安市长安区2023届高三下学期一模理科数学试题）如图，在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，F在上，满足.

(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）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为平面，平面ABCD,所以,
又因为，平面，
所以平面.
（2）过A作的垂线交于点M,
因为平面，平面,
所以,
以A为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系如图，

则,
因为E为的中点，所以,
因为F在上，设,则,
故,
因为，所以，
即，即，
即，
所以，
设平面的一个法向量为，则,
即，令，则，故；
，设平面的一个法向量为，则,
即，令，则，故，
故，
由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
11．（陕西省铜川市王益中学2023届高三下学期一模理科数学试题）如图，四棱锥中，底面，，，且．

(1)求证：；
(2)若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求与底面所成的角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）由已知结合勾股定理可推得，.进而证得平面，然后根据线面垂直的性质即可得出；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系. 设写出各点的坐标，根据向量法得出平面与平面的法向量，结合已知可得，求出点坐标.在中，求出即可.
【详解】（1）取中点E，连接，则由已知得且，所以．
由已知可得，，.
又，所以，
所以.
又底面，平面，所以.
又，平面，平面.
所以平面.
因为平面，所以．
（2）
如图，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设，由题知，，，，.
则，，.
设是平面的一个法向量.
所以有，
令，则，，则是平面的一个法向量.
由已知得，是平面的一个法向量.
又平面与平面所成的二面角的余弦值为，
则，
整理可得，.
因为，所以，即．
由直线与平面所成角定义知与底面所成的角为，
在中，有，所以．
所以，与底面所成的角的正切值为.
12．（山西省太原市2022届高三下学期模拟三理科数学试题）已知三角形PAD是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD沿AD折叠，所成二面角的大小为，此时恰有.

(1)求BD的长；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）取中点，连接，，即可得到，再由，从而得到平面，即可得解，从而求出；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】（1）解：取中点，连接，，
∵是正三角形，
∴，
又∴，，平面
∴平面，平面，
∴，
∴在菱形中，， 则，
∴
（2）解：取为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，， ，，
设平面PCD的法向量为，

∵
∴，令，则，，∴，
设平面PCB的法向量为
∵
∴，令，则，，所以
所以，
又二面角为钝二面角，二面角的余弦值为；
13．（山西省吕梁市2022届高三三模理科数学试题）如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，侧面是矩形，为的中点，.

(1)证明：平面；
(2)点在线段上，若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，进而即得；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法即得.
(1)
因为矩形中，为的中点，
所以，
所以.
因为，
所以，
所以.
因为，
所以平面.
因为平面，
所以，又，
所以平面.
(2)
由（1）知两两相互垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，令，连接，
则，
所以.
设平面的一个法向量为，
则，得，
所以，令，得，所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
所以，
故二面角的余弦值为.
14．（山西省际名校2022届高三联考二（冲刺卷）理科数学试题）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，为等边三角形，为棱的中点.

(1)证明：∥平面；
(2)当的长为多少时，平面平面？请说明理由，并求出此时直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)，

【分析】（1）取线段的中点，连接，利用三角形中位线定理结合已知条件可得四边形为平行四边形，则∥，然后利用线面平行的判定定理可证得结论，
（2）当时，由已知条件可证得平面，从而可得平面平面，分别取线段，的中点，，连接，，则可证得两两垂直，所以分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
(1)
证明：取线段的中点，连接，
则为的中位线，
∥ ，，
∵∥，，
∥，，
∴四边形为平行四边形.
∥，
平面，平面，
∥平面.
(2)
当时，平面平面.
理由如下：
在中，，，.
又，，平面，
又平面，∴平面平面.
分别取线段，的中点，，连接，，
因为为等边三角形，为的中点，所以，即平面，.
因为，分别为，的中点，所以，
又，所以.
分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，
令，.
.
所以直线与平面所成角的正弦值为，所成的角为.

15．（内蒙古呼伦贝尔市部分校2022届高考模拟数学（理）试题）如图，在四棱锥中，PA平面ABCD，，，AD=2.

(1)求证：平面PCD⊥平面；
(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，连接，证明，，由线面垂直判定定理知平面，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
取的中点，连接，如图，

因为AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，            
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
(2)
过点作于，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
在等腰梯形中，AD//BC，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
则，
所以，，
设平面的法向量为，因为 ，
所以，令，则，  
设平面的法向量为，因为，
所以，令，则，     
所以.
16．（内蒙古呼和浩特市2022届高三第二次质量数据监测理科数学试题）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，D、E分别是，的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)已知，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，证得，再根据题意证得平面，得到，进而证得平面，即可证得平面平面.
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，得到和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
(1)
证明：由题意知，，可得，，
所以，所以，所以，
因为，且为的中点，可得，
又因为侧棱底面，且底面，所以，
又由，所以，
因为，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，所以平面平面.
(2)
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，设，
可得，，，则，，
由平面，所以平面的法向量为，
设与平面ADE所成角为，则.

17．（内蒙古包头市2022届高三第二次模拟考试数学（理）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形.，D，E分别为AC和上的点，且，，F为棱上的点，.

(1)证明：，且；
(2)当为何值时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证以及即可证得平面，即可证得，建立空间直角坐标系，求出，由即可证得；
（2）直接写出平面的一个法向量，求出平面DEF的法向量，由夹角公式表示出余弦值，由平方关系求出二面角的正弦值，结合二次函数求解即可.
【详解】（1）因为，，所以，
又，且，所以平面，
又平面，所以.
因为，所以在中，
，
又，所以，
由，且，得，
取点B为坐标原点，以BA，BC，所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系（如图所示）.

则，，，，
设，则，于是，
所以，即.
（2）因为平面的一个法向量为，又由（1）知，
，
设平面DEF的法向量为，则，所以有
取，得，，于是平面DEF的法向量为，
所以，
设平面与平面DEF所成的二面角为，则，
故当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值取得最小值为.
所以当时，平面与平面DEF所成的二面角的正弦值最小.
18．（浙江省金华十校2022-2023学年高三上学期期末模拟数学试题）如图，在三棱锥中，，为的中点，.

(1)证明：平面平面；
(2)若是边长为的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可得；利用线面垂直判定可证得平面，由面面垂直的判定可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可构造方程求得的值，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1），为中点，，
又，，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，过作垂直于的直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量；
二面角的大小为，
，解得：；
，.
19．（慕华优策联考2022-2023学年高三第一次联考理科数学试题）在四棱锥中，底面ABCD是等腰梯形，，，平面平面，.

(1)求证：为直角三角形；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).

【分析】（1）由平面平面证平面、，由几何关系证，即可证平面、；
（2） 以P为原点PC，PD分别为x，y轴建立如图空间直角坐标系，由向量法求得平面PAB及平面的法向量，即可求二面角的余弦值，最后求正弦值即可
【详解】（1）证明：在等腰梯形中，，，作，且为垂足，
∴，，∴，∴，∴.
又∵，面面，面面，面，
∴面，又平面，
∴，∵平面，∴平面 ，
∵平面，∴，∴，即△为直角三角形.
（2）由（1）知，平面，平面，∴，
∵，∴，，
过A作于，面面，面面，面，则平面.
在中，.
以P为原点PC，PD分别为x，y轴建立如图空间直角坐标系，

则，，，，，.
在平面PAB中，设其法向量为，，，
则，令，解得，则，
在平面中，设其法向量为，，.
则，令，得，故，
则，故求二面角的正弦值为.
20．（新疆部分学校2023届高三下学期2月大联考（全国乙卷）数学（理）试题）如图，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，平面平面ABCD，，E为CD的中点.

(1)求证：；
(2)若，，求平面PBC与平面PAE所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取AD的中点F，连接PF，EF，根据面面垂直的性质定理证明平面ABCD，得，根据四边形ABCD为菱形以及是三角形的中位线，推出，再根据线面垂直的判定推出平面PEF，从而可得；
（2）记，过点O作，以OA，OB，OQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）如图，取AD的中点F，连接PF，EF.

∵，∴.
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD.
又平面ABCD，∴.
∵四边形ABCD为菱形，∴.
∵点E，F分别为CD，AD的中点，∴，∴.
∵，，，PF，平面PEF，
∴平面PEF.
又平面PEF，∴.
（2）记，则.
由（1）知，平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，则，.
过点O作，则OA，OB，OQ两两垂直.
如图，以OA，OB，OQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，
因为，，所以，
所以，，所以，
∴，，，.
设平面PAE的法向量为，
由，令，则，，所以.
设平面PBC的法向量为，
由， 令，则，，所以.
设平面PBC与平面PAE所成锐二面角为，则
，
所以平面PBC与平面PAE所成锐二面角的余弦值为.
21．（江西省金溪县第一中学2023届高三一轮复习验收考试数学（理）试题）如图，在长方体中，，点为的中点.

(1)证明；
(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）先利用线面垂直判定定理证明平面，进而证得；
（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，利用向量的方法即可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）因为在长方体中，，
所以，
因为点为的中点，所以，
又均为锐角，所以，
因为，
所以，所以，
又在长方体中，平面，
平面，所以，
又因为，平面，平面
所以平面，
因为平面，所以.
（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，
所以，
设平面的一个法向量为，
则有得，取，得，
设平面的一个法向量为，
则有，取，得，
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.
22．（江西省上饶市六校2023届高三第一次联考数学（理）试题）如图，在斜三棱柱中，是边长为4的正三角形，侧棱，顶点在平面上的射影为边的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）先证明出面，利用面面垂直的判定定理即可证明；
（2）以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.
【详解】（1）因为是边长为4的正三角形，边的中点，所以.
因为顶点在平面上的射影为，所以平面,.
因为面，面，,
所以面.
所以面，所以平面平面.
（2）
以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
因为是边长为4的正三角形，为边的中点，
所以.
在直角三角形中，.
所以，，，，.
所以,.
在三棱柱中，由，可求得：.
同理求得：.
所以，,.
设为平面的一个法向量，为平面的一个法向量.
因为，即，不妨设，则.
同理可求：.
设为二面角的平面角，由图可知：为锐角，
所以.
即二面角的余弦值为.
23．（江西省重点中学协作体2023届高三下学期第一次联考数学（理）试题）如图，已知直角梯形与，，，，，，G是线段上一点.

(1)求证：平面；
(2)若平面上平面，设平面与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)连接，连接，根据比例关系可以找到平面内一条直线平行于平面外的一条直线.(2)根据已知条件可以建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，代入公式求出夹角的余弦值，通过换元转化为二次函数的值域问题即可求解.
【详解】（1）连接，连接，

可知，即，因为平面，平面，所以平面.
（2）由题意可知，平面，平面，建立空间直角坐标系，则，，平面的法向量为，又，设平面的法向量为，则，取，故，令，，当时，，当时，，所以.
综上，
24．（广西玉林、贵港、贺州市2023届高三联合调研考试（一模）数学（理）试题）在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形，点在底面上的射影为棱的中点，且与底面所成角为，点为线段上一动点．

(1)求证：；
(2)是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且点为的中点

【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）分析可知，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，设点，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：连接，为等边三角形，为的中点，则，
因为点在底面上的射影为点，则平面，
平面，，
，、平面，平面，
平面，.

（2）解：因为平面，，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，

因为平面，所以，与底面所成的角为，
则、、，设点，其中，
，，设平面的法向量为，
则，取，则，
，设平面的法向量为，
则，取，则，
由已知可得，可得，
，解得，即点.
因此，当点为的中点时，二面角的余弦值为．
25．（山东省青岛市青岛第二中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍”   (如图2)。

(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取线段中点，连接、，可得四边形是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；
（2）由题可得即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．
【详解】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG是平行四边形，则，  
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，

设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
26．（江西省部分学校2023届高三上学期1月联考数学（理）试题）如图，在正三棱柱中，，，分别是棱，的中点．

(1)证明：平面平面．
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据法向量垂直，即可求证，
（2）根据平面法向量的夹角即可求解面面角.
【详解】（1）设，分别是，的中点，连接，，，则，
是等边三角形，，
又根据题意可得：平面平面，且交线为，又平面，
平面，又平面，
．又根据正三棱柱的性质可知：平面，
平面，，平面，
，，
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，
则，
，
设平面，平面的法向量分别为，
所以取，则，
取，则，
所以，故，所以平面平面．

（2）设平面的法向量分别为,则，取，则，
设平面与平面所成的锐二面角为，则，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为
27．（湘豫名校联考2023届高三下学期2月入学摸底考试数学（理科）试题）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.
28．（河南省濮阳市2022-2023学年高三下学期第一次摸底考试理科数学试题）在如图所示的六面体中，平面平面，，，.

(1)求证：平面；
(2)若两两互相垂直，，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点分别为，连接，根据面面平行的性质定理证明四边形，，为平行四边形，即可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）取中点分别为，连接，则，

因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又因为，所以，所以四边形为平行四边形，，，
同理可得四边形为平行四边形，，，
因为平面平面，平面平面，
所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为两两互相垂直，
以为轴建立如图所示空间直角坐标系，

由题意可得，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，解得，
设平面的法向量，
则，解得，
所以，
由图可知所求角为锐角，所以二面角的余弦值为.
29．（吉林省长春市长春外国语学校2021-2022学年高三下学期期末数学试题）如图，直四棱柱的底面是边长为的菱形，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）利用菱形的性质、线面垂直的性质，结合线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）根据给定条件，求出，再作出直线与平面所成的角，在直角三角形中计算作答.
【详解】（1）在直四棱柱中，平面，平面，则，
四边形为菱形，则，而，平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）令，连接，如图，

平面，平面，则，由（1）知，，平面，
因此平面，又平面，于是得，而平面平面，
平面平面，平面，则平面，而平面，有，即，
菱形中，，，则，，令，
则，由得，令，连，
过M作交于N，则有平面，连，则是直线与平面所成的角，
，显然，则，
又，因此，，
所以与平面所成角的正弦值是.
【点睛】思路点睛：定义法求直线与平面所成的角，先找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；再计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
30．（广东省广州市天河区2021-2022学年高三下学期期末数学试题）如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，E是的中点．

(1)若的中点是M，求证：平面；
(2)若，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）取PC的中点F，连接EM，DF，FM，再根据已知得四边形DEMF是平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）由平面，，建立空间直角坐标系，求得平面PCE的一个法向量，平面PAB的一个法向量为 ，由 求解可得答案.
【详解】（1）如图所示：

取PC的中点F，连接EM，DF，FM，
因为四边形为矩形，E是的中点，
所以，，
所以，
所以四边形DEMF是平行四边形，
所以，又平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）由平面，，建立如图所示空间直角坐标系，

则，
所以 ，
设平面PCE的一个法向量为 ，
则，即 ，
令 ，得，
易知平面PAB的一个法向量为 ，
则 ，
设平面与平面所成二面角为，
所以.