2023届立几大题热点50题训练（带解析）

这是一份2023届立几大题热点50题训练（带解析），共114页。
2023立体几何大题热点50题
一．解答题（共50小题）
1．（2023•新城区校级模拟）如图，在三棱柱中，，平面平面，，在上的投影为1．
（1）证明：．
（2）求二面角的余弦值．

2．（2023•温州模拟）已知三棱锥中，是边长为3的正三角形，，与平面所成角的余弦值为．
（1）求证：；
（2）求二面角的平面角的正弦值．

3．（2023•抚顺模拟）如图，四棱锥的底面是正方形，点，在侧棱上，是侧棱的中点．
（1）若，证明：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；②为的中点．

4．（2023•九江二模）如图，在三棱柱中，平面，，，，为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在异于点的一点，使得与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由．

5．（2023•太原模拟）如图，四棱锥中，，，且，，，直线与平面的所成角为，，分别是和的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．

6．（2023•江苏模拟）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）点在线段上（异于点，，与平面所成角为，求的值．

7．（2023•浙江模拟）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．

8．（2023•贵州模拟）如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点．
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）若，试确定的位置，使二面角的正弦值等于．

9．（2022秋•滨江区校级期末）如图①，在等腰梯形中，，，将沿折起，使得，如图②．
（1）求直线与平面所成的角；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的平面角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由．

10．（2023•桃城区校级一模）如图所示，，，，四点共面，其中，，点，在平面的同侧，且平面，平面．
（1）若直线平面，求证：平面；
（2）若，，平面平面，求锐二面角的余弦值．

11．（2023•榆林二模）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且．
（1）证明：平面．
（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

12．（2023•大英县校级模拟）在三棱锥中，是边长为4的等边三角形，平面平面，，点为棱的中点，点在棱上且满，已知使得异面直线与所成角的余弦值为的有两个不同的值，．
（1）求，的值；
（2）当时，求二面角的余弦值．

13．（2023•贵州模拟）如图甲，已知四边形ABCD是直角梯形，E，F分别为线段AD，BC上的点，且满足，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，，将四边形CDEF沿EF翻折，使得C，D分别到C1，D1的位置，并且，如图乙

（1）求证：ED1⊥BC1；
（2）求平面AD1E与平面BC1F所成的二面角的余弦值．
14．（2023•南充模拟）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，．
（1）证明：平面；
（2），是否存在常数，，满足，且直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．

15．（2023•兰州模拟）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．

（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
（2）在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．

16．（2023•开封二模）如图1，在直角梯形中，，，，为的中点，将沿折起（如图，在图2所示的几何体中：
（1）若，求证：平面；
（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值．

17．（2022秋•天津期末）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面，，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（3）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

18．（2023•丰台区一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，交于点，，．点是棱的中点，连接，．
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，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．

19．（2023•包头一模）如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与，重合）．
（1）证明：；
（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．

20．（2023•兴庆区校级一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且在．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由．

21．（2023•南宁模拟）如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，，，，是上一点，且．将沿着折起使得平面平面，连接、，、分别是、的中点，如图2．

（1）证明：在图2中、、、四点共面，且平面平面；
（2）在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长．

22．（2023•石景山区一模）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．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）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（Ⅱ）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．

23．（2023•安康二模）如图，在斜三棱柱中，为中点，底面，，，，，分别在线段，上，且．
（1）求证：面；
（2）记面面，求二面角的余弦值．

24．（2022秋•郴州期末）如图2，在平行四边形中，，，．将沿翻折，使点到达点位置（如图，且平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）设是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

25．（2023•新疆模拟）如图，在平面四边形中，，且，以为折痕把和向上折起，使点到达点的位置，点到达点的位置，且平面和平面不重合．
（1）求证：；
（2）若点为的重心（三条中线的交点），平面，求直线与平面所成角的余弦值．

26．（2022秋•驻马店期末）如图，在多面体中，四边形是平行四边形，四边形是矩形，，，，是棱的中点，是棱上的动点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值．

27．（2023•烟台一模）如图，在四棱棱中，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．

28．（2023•咸阳校级模拟）已知直四棱柱中，底面为梯形，，，，，，分别是，上的点，且为上的点．
（1）证明：；
（2）当时，求平面与平面所成的二面角的正弦值．

29．（2023•焦作二模）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且．现将沿翻折到△，如图2．

（1）证明：．
（2）已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由．
30．（2023•龙岩模拟）三棱柱中，，，侧面，为矩形，，三棱锥的体积为．
（1）求侧棱的长；
（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．

31．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若点在线段上，，且异面直线与成角，求平面和平面夹角的余弦值．

32．（2023•湖北模拟）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．

33．（2023•平湖市模拟）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；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

34．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，点是线段的中点，点在线段上且满足，面．
（Ⅰ）当 时，证明：平面；
（Ⅱ）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？

35．（2023•宛城区校级开学）四棱柱中，底面为正方形，面，点，，分别为棱，，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若，棱上存在点，使得二面角的余弦值为，求的值．

36．（2023•南开区校级模拟）如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．

37．（2023春•荔湾区月考）如图，把边长为的正方形纸片沿对角线折成直二面角，是的中点，是原正方形的中心，动点在线段（包含端点，上．
（1）若为的中点，求直线到平面的距离；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

38．（2023•九龙坡区校级开学）如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，．
（1）求证：平面平面；
（2）点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

39．（2023•石家庄模拟）如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）侧棱上是否存在点，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．

40．（2023•高州市一模）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求的长．

41．（2023•邵阳一模）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，为棱的中点．
（1）若上有一点满足平面，确定点的位置并证明；
（2）若，，求平面与平面所成二面角的正弦值．

42．（2023•重庆二模）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．

43．（2023•武威模拟）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值．

44．（2023•舞钢市开学）如图所示，在四棱锥中，是等边三角形，，，记平面与平面的交线为．
（1）证明：．
（2）若，，为上一点，求与平面所成角的正弦值的最大值．

45．（2023•新城区校级一模）如图，三棱柱的底面是正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．

46．（2023•安徽开学）如图，四棱锥的底面为正方形，二面角为直二面角，，点为棱的中点．
（1）求证：；
（2）若，点是线段上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．

47．（2023•湖北模拟）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，．
（1）求到平面的距离；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．

48．（2023•河南模拟）如图，在四棱锥M﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝4，AD＝2，MC＝2，∠ADC＝45°，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点（含端点）．
（1）若E为线段AD的中点，证明：平面MOE⊥平面MAD；
（2）若3AE＝DE，求二面角D﹣ME﹣O的余弦值．

49．（2023•梅州一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于．把沿翻折至△的位置，连接、．
（1）为边的一点，若，求证：平面；
（2）当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值．

50．（2023•新乡模拟）如图，已知圆锥，是底面圆的直径，且长为4，是圆上异于，的一点，．设二面角与二面角的大小分别为与．
（1）求的值；
（2）若，求二面角的余弦值．


2023立体几何大题热点50题
参考答案与试题解析
一．解答题（共50小题）
1．（2023•新城区校级模拟）如图，在三棱柱中，，平面平面，，在上的投影为1．
（1）证明：．
（2）求二面角的余弦值．

【分析】（1）由条件根据面面垂直性质定理证明平面，由此证明，结合，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：平面平面，
又平面平面，且平面，，
平面，
平面，
，又，
；
（2）在上的投影为1，又
易得，即，
△为等边三角形，
由（1）得平面平面，，
建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示，则根据题意可得：
，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
又为平面的一个法向量，
，，
设二面角的平面角为，由图可知，
，
二面角的余弦值为．

【点评】本题考查二面角、直线与平面垂直，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
2．（2023•温州模拟）已知三棱锥中，是边长为3的正三角形，，与平面所成角的余弦值为．
（1）求证：；
（2）求二面角的平面角的正弦值．

【分析】（1）如图所示，取中点为，连接，，易证，，从而可证平面，可证结论；
（2）取中点为，连接，，二面角的平面角为，利用余弦定理可求二面角的平面角的余弦值，从而可求正弦值．
【解答】解：（1）证明：如图所示，取中点为，连接，，

因为是边长为3的正三角形，，
所以三棱锥是正四面体，
所以，，
又因为，，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以．
（2）如下图所示，

取中点为，连接，，
因为是边长为3的正三角形，，
所以三棱锥是正四面体，
所以，，
所以二面角的平面角为，
另一方面，，，
所以由余弦定理得，
所以，
所以二面角的平面角的正弦值为．
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的大小的求法，属中档题．
3．（2023•抚顺模拟）如图，四棱锥的底面是正方形，点，在侧棱上，是侧棱的中点．
（1）若，证明：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；②为的中点．

【分析】（1）连接，设交点为，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，根据向量法，向量夹角公式，即可求解．
【解答】解：（1）证明：连接，设交点为，连接，，，
在中，点是的中点，点是线段的中点，，
又平面，且平面，
平面，
在中，点是线段的中点，点是线段的中点，所以，
又平面，且平面，
平面，又，且，平面，
平面平面，又平面，
平面；
（2）若选①平面，连接，
为正方形，点分别为与的中点，
又易知，，同理，
又，平面，
以，，所在直线分别为，，轴，建系如图，
设，则，，，，
，0，，，0，，，1，，
，，，，，
平面，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，
，；
若选②为的中点，连接，
为正方形，点分别为与的中点，
由题意，．同理，
又，平面．
以，，所在直线分别为，，轴，建系如图，
设，则，，，，
，0，，，0，，，1，，
，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，
显然平面的一个法向量为，
设二面角的平而角为，
，．



【点评】本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
4．（2023•九江二模）如图，在三棱柱中，平面，，，，为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在异于点的一点，使得与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由．

【分析】（1）根据题意，分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据题意，连接，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算结合线面角的求法即可得到结果．
【解答】解：（1）证明：平面，平面，
，
，

由已知得，，
，同理可得，
，即，
又，，平面，
平面，
（2）连接，，，，
，
平面，
，
以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，

则，
设，则，，，
，
由（1）知平面的一个法向量为，
，
化简得，解得或（舍去），
故在棱上存在异于点的一点，使得与平面所成的角为，且．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量研究线面角问题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
5．（2023•太原模拟）如图，四棱锥中，，，且，，，直线与平面的所成角为，，分别是和的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．

【分析】（1）取的中点，连接，，可证平面，平面，进而可证平面平面，可证结论；
（2）以点为原点，，所在的直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面夹角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：取的中点，连接，，
是的中点．，平面，平面，
平面，
同理可得平面，
，平面，平面，
平面平面，平面，
平面；
（2）以点为原点，，所在的直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

由题意可得，0，，，0，，，4，，，4，，
，直线与平面所成的角为，
点的竖坐标为，
又，点的横坐标为，纵坐标，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，1，，
设平面的一个法向量，，，
则，令，，，，0，，
，，
平面与平面夹角的余弦值．
【点评】本题考查二面角的求法，考查线面平行的证明，属中档题．
6．（2023•江苏模拟）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）点在线段上（异于点，，与平面所成角为，求的值．

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解．
【解答】（1）证明：因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面．
（2）解：取的中点，连接，四边形为菱形，且，
所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，所以，又因为，，
所以平面．取中点，连结，
以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，0，，，0，，，，1，，
所以，．
设平面的一个法向量为，，，
所以，即，令，可得平面的一个法向量．
设，可得点，，
由题意，
解得或（舍，即．
【点评】本题主要考查直线与平面垂直的判断，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
7．（2023•浙江模拟）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．

【分析】（1）说明面，作，连接，推出面面，说明与面的所成角为．
通过四面体的体积为，求解即可．
（2）设，，延长交于点，连接，证明，，推出，求解，分别做，，说明面，面，设面与面所成的二面角为，则．求解即可．
【解答】（1）解：因为，所以，，，
，所以面，
作，连接，因为面，所以，
因为，所以面，
因为面，所以面面，
因为面面，所以作，可得面，
所以为与面的所成角，与面的所成角为．
，

所以设，，则，
所以由，得，
四面体的体积为，
所以，解得，即．
（2）解：设，，由（1）得，
延长交于点，连接，
因为，，，所以面，
所以，因为，所以，
因为，所以，
即为边上的高，因为，，所以面，
因为面，所以，
由（1）得，若，则点在上，

所以为的垂心．因为，所以，
所以，即，
分别做，，则面，面，
所以在面的投影为，
设面与面所成的二面角为，则．
面与面所成夹角的余弦值为．
【点评】本题考查几何体二面角的求法，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
8．（2023•贵州模拟）如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点．
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）若，试确定的位置，使二面角的正弦值等于．

【分析】（1）取的中点，连接，，先证明平面，得出，取的中点，连接，，易得，由线面垂直判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，根据法向量性质求出，再根据二面角的正弦值等于即可求出参数，从而确定的位置．
【解答】解：（1）证明：由题意，，且，
故四边形是平行四边形，又，
所以是正三角形，四边形是菱形．
如图所示：取的中点，连接，，
所以是正三角形，则，．
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，取的中点，连接，，
则，即，，，四点共面，
又，则，
由，，，，平面，
平面；
（2），，．又且，
以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，，
设，则，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
又，，
取，
二面角的正弦值等于，
，，
，即点在线段靠近的三等分点处．

【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，方程思想，属中档题．
9．（2022秋•滨江区校级期末）如图①，在等腰梯形中，，，将沿折起，使得，如图②．
（1）求直线与平面所成的角；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的平面角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）通过线面垂直的判定证明平面，直线与平面所成的角，即为，通过即可求出结果． （2）以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．利用向量法求出满足的点，使得二面角的平面角的大小为，并能求出相应的实数的值．
【解答】解：（1）等腰梯形中，，，
由平面几何知识易得，，
，，
又，，平面，
直线与平面所成的角为（或其补角），
，．
直线与平面所成的角为．
（2）在线段上存在点，使得二面角的平面角的大小为，理由如下：
由（1）知，以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

平面，又平面，平面平面，是顶角为的等腰三角形，知轴与底边上的中线平行，
则，
，
令，则，，
设平面的法向量，则，
令，则平面的法向量，
平面的一个法向量为，
要使二面角的平面角的大小为，
则，解得或（舍去）．
所以在线段上存在点，使得二面角的平面角的大小为，此时在线段上靠近的三等分点处．
【点评】本题主要考查直线与平面所成角的求法，二面角的求法，考查向量法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
10．（2023•桃城区校级一模）如图所示，，，，四点共面，其中，，点，在平面的同侧，且平面，平面．
（1）若直线平面，求证：平面；
（2）若，，平面平面，求锐二面角的余弦值．

【分析】（1）通过证明平面平面，可证平面；
（2）以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面，平面的一个法向量，利用向量法可求锐二面角的余弦值．
【解答】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以，
因为平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，
直线平面，所以平面；
（2）解：因为平面，平面，平面，
所以，，又因为，
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）可得，又因为，所以四边形为平行四边形，

不妨取，由题意可得，0，，，0，，，0，，，2，，，2，，
所以，0，，，2，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，则，，，
易知平面，
则平面的一个法向量为，2，，
所以，．
锐二面角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．
11．（2023•榆林二模）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且．
（1）证明：平面．
（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）证明和，原题即得证；
（2）取棱的中点，连接，易证，，两两垂直，故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系．设，求出平面的法向量，解方程即得解．
【解答】解：（1）证明：因为四边形是菱形，所以．
因为，，平面，且，
所以平面．因为平面，所以．
因为，所以，所以．
因为，平面，且，所以平面．
（2）取棱的中点，连接，易证，，两两垂直，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，0，，，，，0，，
故，，．
因为，所以，则．
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为．
设平面与平面所成的锐二面角为，则，
整理得，解得或（舍去）．
故存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
12．（2023•大英县校级模拟）在三棱锥中，是边长为4的等边三角形，平面平面，，点为棱的中点，点在棱上且满，已知使得异面直线与所成角的余弦值为的有两个不同的值，．
（1）求，的值；
（2）当时，求二面角的余弦值．

【分析】先取中点，连结，，根据题意证明，，两两垂直；以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，由得到的坐标；
（1）用向量的方法，结合题意得到，求出的值，即可得出结果；
（2）由（1）得到，求出平面的一个法向量，根据题意，再得到为平面的一个法向量，求两法向量夹角余弦值，即可得出结果．
【解答】解：取中点，连结，，
因为是边长为4的等边三角形，所以，；
又，所以，；
因为平面平面，所以平面，
所以，，两两垂直；
以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则有，0，，，0，，，0，，，；
因为为棱的中点，所以，
又点在棱上且满足，
所以，
即；
所以；
（1）因为，
又异面直线与所成角的余弦值为
所以，即，
整理得，解得或；
因为，所以，；
（2）由（1）可得，
则，又，
设平面的一个法向量为，
则有，即，令，则，，即，
又平面，即平面，
所以为平面的一个法向量；
所以．
由图像易知，二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为．
【点评】本题主要考查由异面直线所成的角求其它的量，以及求二面角的问题，灵活掌握空间向量的方法求解即可，属中档题．
13．（2023•贵州模拟）如图甲，已知四边形ABCD是直角梯形，E，F分别为线段AD，BC上的点，且满足，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，，将四边形CDEF沿EF翻折，使得C，D分别到C1，D1的位置，并且，如图乙

（1）求证：ED1⊥BC1；
（2）求平面AD1E与平面BC1F所成的二面角的余弦值．
【分析】（1）根据翻折前图形的性质可得EF⊥FC1，EF⊥BF，证得线面垂直，得到线线垂直，再利用线面垂直的判定得到线面垂直，进而得证；
（2）根据（1）的证明，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出平面AD1E和平面BC1F的法向量，利用向量的夹角公式进而求解．
【解答】解：（1）证明：∵在图甲中，AB∥CD∥EF，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，
∴在图乙中有，EF⊥FC1，EF⊥BF，
又∵FC1与BF是平面BC1F内的交线，
∴EF⊥平面BC1F，因为BC1⊂平面BC1F，∴EF⊥BC1，
如图，分别过D1，E作D1M⊥EF，EN⊥AB，垂足分别是M，N，

易知MF＝C1D1＝1，∴EM＝1，
又，∴C1F＝D1M＝EM＝1，
同理BF＝EN＝AN＝2，又，
∴，
∴BC1⊥C1F，又EF与C1F是平面C1D1EF内的交线，
∴BC1⊥平面C1D1EF，ED1⊂平面C1D1EF，∴BC1⊥ED1
（2）由（1）易知，以C1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D1（0，0，1），，E（1，0，2），，，
设平面AD1E的一个法向量为，
由可得，解得，∴，
平面BC1F的一个法向量为，，
∴平面AD1E与平面BC1F所成的二面角的余弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
14．（2023•南充模拟）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，．
（1）证明：平面；
（2），是否存在常数，，满足，且直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）连接，交于点，可证，，再由线面垂直的判定定理，得证；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，由，可用含的式子表示出点的坐标，再由，，求出的值，即可得解．
【解答】（1）证明：连接，交于点，则点为的中点，
因为，所以，
因为底面是菱形，所以，
又，，平面，
所以平面．

（2）解：由（1）知，平面，
因为平面，所以，
又，，、平面，
所以平面，
故以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，，，，0，，
所以，0，，，，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，所以，1，，
由，知，，，
所以，，，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，，
化简得，解得，
所以点的坐标为，，，
故存在点满足题意，且点的坐标为，，．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
15．（2023•兰州模拟）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．

（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
（2）在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．

【分析】（1）选择①②：由，可得，，利用勾股定理可证，结合，可得平面，进而得证；
选择①③：在中，利用正弦定理可得，知，结合，可得平面，进而得证；
选择②③：由，可得，，在中，利用余弦定理求出的长，再由勾股定理可证，结合，可得平面，进而得证；
（2）由，求得点到平面的距离，设直线与平面所成角为，由，得解．
【解答】（1）证明：选择①②：
因为，且为的中点，所以，
由，知，所以，
所以，，
因为，所以，即，
又，，、平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
选择①③：
在中，由正弦定理知，，
所以，
因为，所以，即，
因为，且为的中点，所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
选择②③：
因为，且为的中点，所以，
由，知，所以，
所以，，
因为，且，所以，
在中，由余弦定理知，，即，解得或（舍负），
所以，即，
又，，、平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）解：在中，，，所以，
在中，，
设点到平面的距离为，
因为，所以，即，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理，等体积法，正弦、余弦定理是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16．（2023•开封二模）如图1，在直角梯形中，，，，为的中点，将沿折起（如图，在图2所示的几何体中：
（1）若，求证：平面；
（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值．

【分析】（1）由，，知平面，有，而，再利用线面垂直的判定定理，得证；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，其中，用含的式子表示出平面的法向量，由，，可求得的值，从而知，再写出平面的法向量，计算，的值，即可得解．
【解答】（1）证明：在直角梯形中，，，
由，可得，
所以，所以，所以，
因为，，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，且为的中点，所以，
又，、平面，
所以平面；
（2）解：以为坐标原点，，所在直线为，轴，过作直线垂直于平面为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，0，，，2，，，0，，
设，，，其中，
所以，，，，0，，，，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，所以，，，
因为与平面所成的角为，
所以，，整理可得得，解得或，
因为轴平面，所以平面的一个法向量为，0，，
当时，平面的法向量为，，，所以，，
此时二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为；
当时，平面的法向量为，，，所以，，
此时二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为，
综上所述，二面角的余弦值为或．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角、二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属中档题．
17．（2022秋•天津期末）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面，，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（3）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，求得平面的法向量，证明，即可；
（2）分别求得平面与平面的法向量，，设平面与平面的夹角为，由，，得解；
（3）设存在点满足符合题意，用含的式子表示点，由方程，是否有解，即可得解．
【解答】（1）证明：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，1，，，2，，，0，，，，，，0，，
所以，1，，，，，，，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，所以，，，
所以，即，
又平面，所以平面．
（2）解：由（1）知，平面的法向量为，，，
同理可得，平面的法向量，，，
设平面与平面的夹角为，则，，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：设存在点满足符合题意，则，，，
所以，1，，
由（2）知，平面的法向量，，，
因为直线与平面所成的角为，
所以，，解得，，
若不存在点符合题意．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用空间向量证明线面平行，求线面角、二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18．（2023•丰台区一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，交于点，，．点是棱的中点，连接，．
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，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．

【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与平面的夹角的余弦值，即可求解．
【解答】解：（1）由题意可知，是中点，
又因为是棱的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（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，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

因为菱形的边长为2，，
所以，
所以，设，0，，
所以，
设为平面的一个法向量，
由，可得，
取，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，所以，
所以，所以，
因为，所以，
所以线段的长为．
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，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
因为菱形的边长为2，，
所以，
所以，设，0，，
所以，
设为平面的一个法向量，
由，可得，
取，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，所以，
所以，所以，
因为，所以．
所以线段的长为．
【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了利用空间向量求二面角，属于中档题．
19．（2023•包头一模）如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与，重合）．
（1）证明：；
（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．

【分析】（1）连接，根据线面垂直判定定理，，，得平面，再由线面垂直性质定理解决即可；（2），设，则，，由，得，设，则，又平面，得，当且仅当，即时，取等号，即当时，三棱锥的体积最大，由，，两两互相垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，即可解决．
【解答】解：（1）证明：连接，是底面圆的直径，
，，又易知平面，
，又，，平面，
平面，又平面，
；
（2）根据题意可知，设，则，，
又，
，．
，，
设，则，
由（1）可知平面，
又到的距离为，
，
当且仅当，即时，取等号，
当时，三棱锥的体积最大，
，，两两互相垂直，
以，，所在的直线分别为，，轴，建系如图，
则，
，
设平面的法向量为，
则，取，
平面，
平面的一个法向量为，
，
，
二面角的正弦值为．

【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
20．（2023•兴庆区校级一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且在．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由．

【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，即可证明；
（Ⅱ）建系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解；
（Ⅲ）根据向量法，向量数量积运算，即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）证明：平面，平面，
，又由题意可知，且，
平面，又平面，
平面平面；
（Ⅱ）以点为坐标原点，平面内与垂直的直线为轴，，方向为轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则根据题意可得：
，0，，，0，，，2，，，2，，
由，可得点的坐标为，
由，可得，1，，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
又平面的一个法向量为，
，又二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为；
（Ⅲ）直线不在平面内，理由如下：
点在上，且．，，，
，，，
平面的法向量，1，，
，
故直线不在平面内．

【点评】本题考查线面垂直的判定定理，面面垂直判定定理，向量法求解二面角问题，属中档题．
21．（2023•南宁模拟）如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，，，，是上一点，且．将沿着折起使得平面平面，连接、，、分别是、的中点，如图2．

（1）证明：在图2中、、、四点共面，且平面平面；
（2）在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长．

【分析】（1）证明，即可知、、、四点共面；由平面平面，，可证平面，从而知，再证四边形为正方形，得，从而知平面，然后由面面垂直的盘判定定理，得证；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，则，0，，求得平面的法向量，设直线与平面所成角为，由，，结合基本不等式，求得的值，即可．
【解答】（1）证明：因为、分别是、的中点，所以，
又，所以，
所以、、、四点共面，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
由图1可知，，，
所以四边形为菱形，
又，所以四边形为正方形，即，
因为，、平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，0，，，2，，，2，，
所以，2，，
设，，，则，0，，，0，，，，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，所以，1，，
设直线与平面所成角为，
则，，当且仅当，即时，等号成立，
此时直线与平面所成角的正弦值取得最大值，且，0，，
所以的长为1．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22．（2023•石景山区一模）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．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）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（Ⅱ）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．

【分析】（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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①②或②③，同样可以证明求解．
【解答】解：（Ⅰ）证明：底面是正方形，，
平面，平面，
平面，
平面与交于点，
平面，平面平面，
．
（Ⅱ）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，
，，，
以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，
，点为的中点，则，0，，
，2，，，2，，，0，，
设平面的法向量为，，，
则，令，得，0，，
设平面的法向量为，，，
则，取，得，1，，
，
平面与平面所成锐二面角的大小为；
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，
，，且两直线在平面内，
则平面，平面，则，
，为等腰三角形，点为的中点，
，是等腰直角三角形，且，
即，，
平面平面，
平面平面，平面，
则平面，又为正方形，
，，，
以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，
，点为的中点，则，0，，
，2，，，2，，，0，，
设平面的法向量为，，，
则，令，得，0，，
设平面的法向量为，，，
则，取，得，1，，
，
平面与平面所成锐二面角的大小为；
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，
，，，
，，且两直线在平面内，
则平面，平面，则，
，是等腰三角形，为的中点，
，是等腰直角三角形，且，
即，，
平面平面
平面平面，平面，
则平面，又为正方形，
，，，
以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，
，点为的中点，则，0，，
，2，，，2，，，0，，
设平面的法向量为，，，
则，令，得，0，，
设平面的法向量为，，，
则，取，得，1，，
，
平面与平面所成锐二面角的大小为．
【点评】本题考查线线平行的判定与性质、二面角的求法，考查运算求解能力，是中档题．
23．（2023•安康二模）如图，在斜三棱柱中，为中点，底面，，，，，分别在线段，上，且．
（1）求证：面；
（2）记面面，求二面角的余弦值．

【分析】（1）过作交于，过作交于，再根据线面平行的判定定理，即可证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，二面角的平面角的余弦值即为平面与底面夹角的余弦值，分别求出平面与底面的法向量，后可得答案．
【解答】解：（1）证明：过作交于，过作交于，
，分别为，的三等分点，
，，
，，
是平行四边形．
，又平面，平面，
面；
（2）证明：，为中点，
底面，
以、、所在直线分别为轴、轴、轴，建系如图，
则，，，，3，，，0，，，0，，，6，，，3，．，，，
，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
又底面的一个法向量为，
设所求二面角的大小为，
，
二面角的余弦值为．


【点评】本题考查线面平行的判定定理，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
24．（2022秋•郴州期末）如图2，在平行四边形中，，，．将沿翻折，使点到达点位置（如图，且平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）设是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用余弦定理求出的长，由勾股定理得，过点作，然后利用面面垂直的性质定理及判定定理证明即可，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量建立关系式分析即可．
【解答】解：（1）证明：在中，由余弦定理得，
，
，
过点作交于点，如图所示，

又平面平面，且平面平面，
由平面，
所以平面，又平面，
所以，又，，
所以平面，又平面，
所以平面平面．
（2）由题知，即，
由（1）知，且平面，所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，2，，，
，
设为平面的法向量，
由，则可取，
且，
又易得平面的法向量为，
由，
故存在实数使得平面与平面的夹角的余弦值为．
【点评】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
25．（2023•新疆模拟）如图，在平面四边形中，，且，以为折痕把和向上折起，使点到达点的位置，点到达点的位置，且平面和平面不重合．
（1）求证：；
（2）若点为的重心（三条中线的交点），平面，求直线与平面所成角的余弦值．

【分析】（1）设的中点为，连接，，利用三线合一可得，，再利用线面垂直的判定与性质即可证；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的空间向量求法即可得到答案．
【解答】解：（1）证明：由题知，
设的中点为，连接，，
因为，所以，
又因为，所以，
且，平面，，
所以平面，又平面，所以．
（2）在中，由勾股定理得，，
所以为等边三角形．连接并延长，直线必过点，，
过作，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

在中，，，，，
设平面的法向量为，
由，
不妨取，设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角的余弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解线面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
26．（2022秋•驻马店期末）如图，在多面体中，四边形是平行四边形，四边形是矩形，，，，是棱的中点，是棱上的动点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值．

【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可得线线垂直即可证明，
（2）根据空间向量的坐标运算可利用法向量的夹角与平面角的关系，即可求解．
【解答】解：（1）证明：四边形是矩形，．
又，且，平面，，
平面，又平面，
，
，且，，
，
，又，且，
平面；
（2）由（1）可知，，两两垂直，
分别以，，的方向为，，轴的正方向，建系如图，
设，，则，0，，，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
，，且，
平面，
平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的锐角为，
则，
平面与平面所成锐二面角的余弦的最大值为．

【点评】本题考查线面垂直的判定定理，勾股定理的应用，向量法求解面面角问题，向量夹角公式的应用，函数思想，属中档题．
27．（2023•烟台一模）如图，在四棱棱中，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．

【分析】（1）取的中点，连接，，可证，，从而知平面，再由线面垂直的性质定理，得证；
（2）过点作于点，可证平面平面，从而知点到平面的距离为，利用勾股定理求得，再利用等体积法，求得点到平面的距离，设直线与平面所成角为，由，得解．
【解答】（1）证明：取的中点，连接，，
因为为等边三角形，所以，
又为菱形，，，所以，
因为，、平面，
所以平面，
因为平面，所以．

（2）解：由（1）知，，，
所以为二面角的平面角，即，
又，所以是边长为的等边三角形，
过点作于点，则，且为的中点，
由（1）知，平面，
因为平面，所以平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面，即点到平面的距离为，
所以，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
即，解得，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，二面角的定义，等体积法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
28．（2023•咸阳校级模拟）已知直四棱柱中，底面为梯形，，，，，，分别是，上的点，且为上的点．
（1）证明：；
（2）当时，求平面与平面所成的二面角的正弦值．

【分析】（1），在上取点，连接，，，使得，则，且，从而，再由，得平面，由此能证明．
（2）推导出，，从而平面，，进而得到，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的二面角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：四棱柱是直四棱柱，，
在上取点，连接，，，使得，则，且，
在矩形中，，
，又，
又，平面，
平面，．
（2）四棱柱为直四棱柱，
，又，，且，平面，
平面，
，，，两两垂直，
以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

，则，0，，，6，，，2，，
，，
设平面的法向量，，，
则，令，得平面的一个法向量，1，，
取平面的一个法向量，0，，
，
，
平面与平面所成的二面角的正弦值等于．

【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的定义及其正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
29．（2023•焦作二模）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且．现将沿翻折到△，如图2．

（1）证明：．
（2）已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据翻折前后，不变的位置关系可知，，从而得平面，再由线面垂直的性质定理，得证；
（2）由，，，知，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，用含的式子表示出平面的法向量，然后由，，求出的值，即可得解．
【解答】（1）证明：因为，所以，
所以，即，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
（2）解：由（1）知，，，，
所以为二面角的平面角，即，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，0，，，0，，，，，，0，，，0，，
所以，，，，0，，
设，，，则，，，
所以，，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令，则，，所以，，，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，，解得，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
30．（2023•龙岩模拟）三棱柱中，，，侧面，为矩形，，三棱锥的体积为．
（1）求侧棱的长；
（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）过在平面内作，垂足为，可证平面，从而可得，可求侧棱的长；
（2）存在满足题意，，如图，以，，分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线段的长．
【解答】解：（1）过在平面内作，垂足为，
侧面为矩形，，又，
平面，平面，平面平面，
平面，平面，
三棱锥的体积为，，，
，
，，；
（2）存在满足题意，．
理由如下：如图，以，，分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，2，，
设，，，则，
，，0，，，2，．
设平面的一个法向量为，，，
则，即，
令，则，
平面的一个法向量为，1，，
设直线与平面所成角为，

则，
解得，存在满足题意，．

【点评】本题考查空间几何体和体积的计算，考查线面解的求法，考查运算求解能力，属中档题．
31．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若点在线段上，，且异面直线与成角，求平面和平面夹角的余弦值．

【分析】（1）由平面平面，，可证平面，有，再利用勾股定理，证明，结合，得平面，然后由面面垂直的判定定理，得证；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，利用异面直线与成角，求得的值，由，，知即为所求，再在中，由余弦定理，求出的值，得解．
【解答】（1）证明：由题意知，，，
因为平面平面，平面平面，且，
所以平面，
因为平面，所以，所以，
所以，即，
因为，，、平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，0，，，1，，，2，，，0，，
所以，1，，，1，，
设，，，则，，，
所以，，，
因为异面直线与成角，
所以，，解得（舍负），
所以，，，
所以，，
因为，，所以即为所求，
在中，由余弦定理知，，
故平面和平面夹角的余弦值为．

【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求异面直线夹角的方法，理解二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
32．（2023•湖北模拟）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．

【分析】（1）取的中点，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，根据体积公式能求出结果．
（2）根据及余弦定理求出，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，根据线面角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，根据二次函数的性质能求出结果．
【解答】解：（1）如图，取的中点为，

为菱形，且，△为正三角形，
又为正三角形，且边长为2，则，，
且，，，
，
，平面，
三棱柱的体积为：
；
（2）在中，，，
由余弦定理得，
，由（1）得，，
又，平面，
平面，平面平面，
在平面内作，则平面，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，0，，，，，，0，，，1，，，2，，，1，，
设，，是平面的一个法向量，
则，1，，，2，，
则，取，得，，，
设，
则，，
设直线与平面所成角为，
则，，
令，
令，
则在，单调递增，
，，
直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，．
【点评】本题考查三棱柱的体积、线面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
33．（2023•平湖市模拟）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；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

【分析】（1）先证△△，可得，从而知，再结合，可证平面，故有；
（2）选择①③：易知，得为等边三角形，再由三棱柱的体积为，推出，取的中点，连接，，过作于点，连接，则的补角即为所求；
选择①②：过点作于点，可证平面，从而知，再求得，，下面的解题步骤与选择①③相同；
选择②③：易知，得为等边三角形，过点作于点，则，可证平面，从而知，再求得，下面的解题步骤与选择①③相同．
【解答】（1）证明：在三棱柱中，，，，
△△，，
又为的中点，，
在中，，，，
，、平面，
平面，
又平面，．
（2）解：由（1）知，，
，，、平面，
平面，
选择①③：平面，，，
为二面角的平面角，即，
为等边三角形，即，，
，
又三棱柱的体积为，，即，
取的中点，连接，，过作于点，连接，
平面，平面，为二面角的平面角，
在中，，，
，，，
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．

选择①②：过点作于点，
平面平面，平面平面，
平面，
故直线与平面所成角为，即，
设，，则，即，，
下面的解题步骤与选择①③相同．

选择②③：平面，，，
为二面角的平面角，即，
为等边三角形，即，
过点作于点，则，
又平面平面，平面平面，
平面，
故直线与平面所成角为，即，
设，则，即，
下面的解题步骤与选择①③相同．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理与性质定理，理解线面角、二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
34．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，点是线段的中点，点在线段上且满足，面．
（Ⅰ）当 时，证明：平面；
（Ⅱ）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？

【分析】（Ⅰ）取的中点，连接，连接，交于点，交于点，证明，，即可证明平面；
（Ⅱ）由余弦定理求出，判断，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，计算，的最大值即可．
【解答】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，连接，交于点，交于点，则、是的三等分点，
所以，时，，所以，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（Ⅱ）解：平行四边形中，，所以，
又，所以，
所以，所以，
又因为面，、平面，所以，；
分别以、、为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则平面的一个法向量为，0，，
，0，，，，，，0，，，0，，，0，，，0，，，
，0，，，0，，，，，
设平面的一个法向量为，，，则，
令，得，，，1，，
则，，
令，解得，
所以时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小．

【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的正弦值应用问题，是中档题．
35．（2023•宛城区校级开学）四棱柱中，底面为正方形，面，点，，分别为棱，，的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若，棱上存在点，使得二面角的余弦值为，求的值．

【分析】（1）先证明，分别与面平行，再由面面平行的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
【解答】（1）证明：因为，分别为棱，中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为为棱的中点，所以，
又，所以，
因为平面，平面，所以平面．
又，，平面，所以平面平面．
（2）解：由题意知、、两两垂直，则以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，，
则，
故，，
设，，，则由可得，所以，，，
则，
设平面的一个法向量为，则
取，则平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则
取，则平面的一个法向量，
由题知，
解得或，
因为，所以，即．
【点评】本题主要考查面面平行的证明，二面角的求法，向量法在立体几何中的应用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
36．（2023•南开区校级模拟）如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．

【分析】（1）使用空间向量证明：只需证明与平面的法向量垂直即可；
（2）分别求出两个平面的法向量，使用空间向量求两面夹角的余弦值；
（3）设，根据直线与平面所成角的正弦值使用空间向量求出值．
【解答】解：（1）证明：四边形为矩形，，
又平面平面，平面平面，面，
平面，
以所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，0，，，2，，，2，，，0，，，2，，
，，，，
设平面的法向量，
则，取，
，，
又平面，平面；
（2）设平面的法向量，
则，取，
，
平面与平面夹角的余弦值为；
（3）点在线段上，设，，，
，0，，2，，，，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
，
，
，又，，
，，，，
，
的长为．

【点评】本题考查向量法证明线面平行，向量法求解面面角问题，向量法求解距离问题，方程思想，属中档题．
37．（2023春•荔湾区月考）如图，把边长为的正方形纸片沿对角线折成直二面角，是的中点，是原正方形的中心，动点在线段（包含端点，上．
（1）若为的中点，求直线到平面的距离；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）建系，根据向量法，证明，在根据线面平行的判定定理，向量夹角公式，即可求解；
（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解．
【解答】解：（1）连接，，，
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又，平面，
，，又，．
建立如图所示空间直角坐标系，根据题意可得：
，0，，，0，，，0，，
，2，，，0，，，1，，
，
设平面的法向量为，
则，取，
所以点到平面的距离为，
又，平面，平面，
平面，
直线到平面的距离为；
（2）设存在点，且，，
，，
设平面的法向量为，
则，取，
又平面，平面的一个法向量为，
，
，解得或（舍，
存在，且．

【点评】本题考查向量法求解点面距问题，向量法求解面面角问题，方程思想，属中档题．
38．（2023•九龙坡区校级开学）如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，．
（1）求证：平面平面；
（2）点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【分析】（1）求出，，由此能证明平面，由线面垂直的性质定理即可得证；
（2）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，利用向量法能求出结果．
【解答】解：（1）证明：，，，
，，，
，
平面，平面，，
，、平面，
平面，，平面，
平面，平面平面．
（2）以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，则，，，
则，
设，则，0，，，0，，，1，，，0，，
，1，，，，．设，，为平面的法向量，
由，得，取，则，，，
易知，0，是平面的一个法向量，
，，
解得或，
，，
，即在线段靠近点的三等分点处时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
39．（2023•石家庄模拟）如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）侧棱上是否存在点，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．

【分析】（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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，解出的值，求出存在点，得出或．
【解答】（Ⅰ）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，平面平面，，
平面，
平面，，即，
又，，，平面，平面．
（Ⅱ）解：由在侧棱上，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，
综上，侧棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
此时或，
【点评】本题考查了线面垂直的证明以及两个平面的夹角计算，属于中档题．
40．（2023•高州市一模）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求的长．

【分析】（1）证明平面即可；
（2）以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别找到平面、平面的一个法向量即可．
【解答】（1）证明：因为点为的中点，且．所以，则，
又，．所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以．
又，，所以，
所以，则．
又，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）解：由（1）可知，，，，两两互相垂直．以为原点，
，，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，

，0，，，0，，，，，设，0，，
则，0，，，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，，，
由，得，，取，则，则，0，，
设平面的一个法向量为，，，
由，得，取，则，，，
于是，，
整理得，解得舍去）．
所以，即的长为2．
【点评】本题考查面面垂直的判定，考查二面角，属于中档题．
41．（2023•邵阳一模）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，为棱的中点．
（1）若上有一点满足平面，确定点的位置并证明；
（2）若，，求平面与平面所成二面角的正弦值．

【分析】（1）点与线段确定唯一平面，且平面平面，故只需在平面中过点找平行于的直线即可；
（2）建立空间直角坐标系，先求出两平面的法向量，则锐二面角的平面角的余弦值为两个法向量夹角余弦值的绝对值．
【解答】解：（1）点为中点，证明如下：
如图，连接，，

，分别为，的中点，
为的中位线，，
平面，平面，
平面，
为的中点时满足条件．
（2）取的中点，连接，
侧面为菱形，且，
在中，，解得，
，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
过作的垂线，交于，并延长，
分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
则，0，，，1，，，1，，，2，，，，，
则，，，
，，，2，，，1，，
设平面的法向量为，，，
则，取，得，1，，
设平面的法向量为，，，
则，取，得，0，，
，
平面与平面所成二面角的正弦值为．
【点评】本题考查点的位置关系的判断与证明、二面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
42．（2023•重庆二模）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．

【分析】（1）易证平面，所以，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，从而证得；
（2）以为原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，设，求出相应点的坐标，再求出面与平面的法向量，结合题目条件求出的值，再利用三棱锥的体积公式求解即可．
【解答】证明：（1）因为矩形，所以，
由底面为长方形，有，而，
所以平面，而平面，所以，
又因为，点是的中点，所以，
而，所以平面，而平面，所以，
又，，所以平面，
所以得证；
解：（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，0，，，0，，，1，，，1，，
所以，
又因为点是的中点，所以，
由平面，所以平面的一个法向量为，
由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为，
则，解得，
所以，
．
【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题．
43．（2023•武威模拟）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值．

【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到，利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到，利用勾股定理可证得，由此可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可求得，结合二次函数的性质可求得的最大值．
【解答】解：（1）证明：连接，
，，
，又，
，为棱中点，
，又，，，平面，
平面，又平面，
；
在直角梯形中，取中点，连接，
，，又，，，
四边形为正方形，
，，
，又，
，，
，，平面，
平面，又平面，
，
，，，，
又，，平面，
平面；
（2）以正方向分别为，，轴，建系如图，设，
则，0，，，2，，，0，，，，
，，，，
，，，，，
设平面的法向量为，
则，取，
轴平面，平面的一个法向量，
设平面与平面所成的锐二面角为，
则，
当时，，，
平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为．



【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，方程思想，向量夹角公式的应用，函数思想，属中档题．
44．（2023•舞钢市开学）如图所示，在四棱锥中，是等边三角形，，，记平面与平面的交线为．
（1）证明：．
（2）若，，为上一点，求与平面所成角的正弦值的最大值．

【分析】（1）根据条件可证平面，然后根据线面平行的性质定理即可得到结果．
（2）根据条件建立空间直角坐标系，根据向量法，结合线面角公式即可求得结果．
【解答】（1）证明：因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，平面，
所以．
（2）解：因为，，所以，
在中，因为，，所以，
因为在直角中，因为，所以，
取的中点，连接，，在等边中，，
在等腰直角中，，，
在中，因为，所以，
以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：

则，
设，，由（1）知，且过点，则，
即，得，即，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
则
设与平面所成角为，
则，，
，即，
则与平面所成角的正弦值的最大值为．
【点评】本题主要考查线线平行的证明，直线与平面所成角的求法，考查向量法的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
45．（2023•新城区校级一模）如图，三棱柱的底面是正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．

【分析】（1）取的中点，连接，，易证四边形为平行四边形，从而有，故而得证；
（2）过点作于，连接，以为原点，、、分别为，，轴建立空间直角坐标系，用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：取的中点，连接，，

因为，分别是棱，的中点，
则，，
四边形为平行四边形，
所以，
平面，平面，
平面；
（2）在平面中过点作于，连接，
平面平面，平面平面，平面，
又因为，，
所以，，
因为点为的中点，，
故以为原点，、、分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，1，，，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则有，则可取，
设直线与平面所成角为，
则．
【点评】本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解线面角的正弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
46．（2023•安徽开学）如图，四棱锥的底面为正方形，二面角为直二面角，，点为棱的中点．
（1）求证：；
（2）若，点是线段上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．

【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，推导出，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可证明；
（2）求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量夹角公式可得直线与平面所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取的中点，的中点，连接，，
因为二面角为直二面角，，所以平面，
又四边形是正方形，所以，，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，，则，2，，，0，，，1，，，2，，
所以，，
所以，所以，即．
（2）解：因为，所以是等边三角形．
由（1）得，0，，，0，，，，1，，，2，，
，，，．
由题意知，所以．
设平面的法向量为，则，即，
令，可，，所以平面的法向量．
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题主要考查了直线与直线垂直的判定，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
47．（2023•湖北模拟）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，．
（1）求到平面的距离；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．

【分析】（1）设到平面的距离为，根据等体积建立关于的方程，解出即可．
（2）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，设平面与平面的夹角为，则代入求解．
【解答】解：（1）因为平面，
所以是三棱锥的高，
根据题意，，
设到平面的距离为，
由，得，
代入数据，得，
所以到平面的距离为．

（2）由平面，，平面，
，，
又，，则，
，，两两垂直，
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，0，，，0，，，2，，
则
设平面的一个法向量为，
则，则可取，
平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
，则平面与平面的夹角的正弦值为．
【点评】本题考查等体积法的运用以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查运算求解能力，属于中档题．
48．（2023•河南模拟）如图，在四棱锥M﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝4，AD＝2，MC＝2，∠ADC＝45°，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点（含端点）．
（1）若E为线段AD的中点，证明：平面MOE⊥平面MAD；
（2）若3AE＝DE，求二面角D﹣ME﹣O的余弦值．

【分析】（1）由OM⊥平面ABCD，知OM⊥AD，在△ODE中，结合余弦定理与勾股定理，可证OE⊥AD，从而知AD⊥平面MOE，再由面面垂直的判定定理，得证；
（2）连接OA，先证OA⊥OD，再以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面OME与平面DME的法向量与，然后利用空间向量数量积的坐标运算，求得cos＜，＞的值，得解．
【解答】（1）证明：由点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，知OM⊥平面ABCD，
因为AD⊂平面ABCD，所以OM⊥AD，
在△ODE中，OD＝2，DE＝，∠ADC＝45°，
由余弦定理知，OE2＝OD2+DE2﹣2OD•DEcos∠ADC＝4+2﹣2•2••＝2，
所以OE2+DE2＝OD2，即OE⊥AD，
因为OM∩OE＝O，OM、OE⊂平面MOE，所以AD⊥平面MOE，
又AD⊂平面MAD，所以平面MOE⊥平面MAD．
（2）解：连接OA，
在△AOD中，由余弦定理知，OA2＝OD2+AD2﹣2OD•ADcos∠ADC＝4+8﹣2•2•2•＝4，
所以OA2+OD2＝AD2，即OA⊥OD，
因为OM⊥平面ABCD，
故以O为坐标原点，OD，OA，OM所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则O（0，0，0），D（2，0，0），E（，，0），M（0，0，2），
所以＝（，，﹣2），＝（0，0，2），
设平面OME的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令y＝1，则x＝﹣3，z＝0，所以＝（﹣3，1，0），
同理可得，平面DME的一个法向量为＝（1，1，1），
所以cos＜，＞＝＝＝﹣，
由图可知，二面角D﹣ME﹣O为锐角，
所以二面角D﹣ME﹣O的余弦值为．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，利用空间向量求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
49．（2023•梅州一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于．把沿翻折至△的位置，连接、．
（1）为边的一点，若，求证：平面；
（2）当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值．

【分析】（1）由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理，即可证明平面；
（2）根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论．
【解答】解：（1）证明：取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又，，平面，平面，
平面，又有，且，
，又平面，平面，
平面，又，，平面，
平面平面，又平面，
平面；
（2），又的面积为定值，
当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
，，，
平面，又平面，
平面平面，
当时，平面平面，平面
平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
四面体的体积取得最大值时，平面，
如图，以，，所在直线为轴，轴，轴，建系如图，
易知，，
，0，，，，，，
，0，，，
，，
易知为平面的一个法向量，
设平面的法向量为
则，取，
，
平面与平面的夹角的余弦值为．


【点评】本题考查线线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，向量法求解面面角问题，向量夹角公式的应用，化归转化思想，属中档题．
50．（2023•新乡模拟）如图，已知圆锥，是底面圆的直径，且长为4，是圆上异于，的一点，．设二面角与二面角的大小分别为与．
（1）求的值；
（2）若，求二面角的余弦值．

【分析】（1）分别取，的中点，，连接，，，，可得，同理，利用，计算即可；（2）由，可得，可求，，建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值．
【解答】解：（1）由题意得平面，分别取，的中点，，连接，，，，
则在圆中，，
，是的中点，，
，同理，
于是；
（2）因为，即，，
，又，
解得，，
在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，

则，0，，，0，，，，，又平面，
所以轴，从而，，，
则，0，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，
不妨取，则，，
平面的一个法向量为，，，
同理平面的一个法向量，0，，
，．
又二面角为钝二面角，
二面角的余弦值为．
【点评】本题考查二面角的求法，考查空间几何体的性质，属中档题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/4/1 17:49:44；用户：张羊利老师；邮箱：15015092009；学号：27523413