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2023届北京新高考复习 专题2 立体几何解答题30题专项提分计划原卷版解析版
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这是一份2023届北京新高考复习 专题2 立体几何解答题30题专项提分计划原卷版解析版，共23页。
1．（2022·北京·北京工业大学附属中学校考三模）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，，连接，即可得到，从而得证；
（2）（3）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：连接，，连接，
在直三棱柱中为矩形，则为的中点，又为的中点，所以，
平面，平面．
平面．
（2）解：，，，，．
由直三棱柱中，底面，底面，，．
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为；
（3）解：设到平面的距离为，则；
2．（2022·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABQ，，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．
(1)求证：；
(2)求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值；
(3)求点A到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由中位线定理得EFDC，然后由线面平行判定定理和性质定理得出线线平行，从而证得结论成立；
（2）以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．用空间向量法求二面角的余弦值．
（3）根据向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．
又因为EF平面PCD，DC⊂平面PCD，
所以EF平面PCD．
又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.
（2）因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由，则，
所以，.
设平面PAB的一个法向量为，则可取
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，
由，，
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．
所以cs〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．
（3）由点到平面的距离公式可得，
即点A到平面PCD的距离为.
3．（2022·北京·北京四中校考三模）已知如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，，，，E为PB中点，BC//平面PAD.
(1)求证：四边形ABCD是直角梯形；
(2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出CD⊥平面PAD，得到.再由BC//平面PAD，证明出，即可证明四边形ABCD是直角梯形；
（2）过A作AD的垂线交BC于点M.证明出AP，AD，AM三条直线两两垂直建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线AE与平面PCD所成角的正弦值.
【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以，.
因为，所以.
因为，所以.所以
因为，所以CD⊥平面PAD.所以.
因为BC//平面PAD，BC平面ABCD，平面PAD平面
所以，
又.所以四边形ABCD是直角梯形.
（2）在平面ABCD内，过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，所以.
所以AP，AD，AM三条直线两两垂直.如图建立空间直角坐标系.
则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），B（2，-1，0）.
因为E为PB中点，所以.
所以.
设平面PCD的法向量为，则,即.
不妨令，则，，于是.
设直线AE与平面PCD所成的角为，
所以,
所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.
4．（2022·北京大兴·北京市大兴区兴华中学校考三模）如图，在直三棱柱中，D，E分别是棱AB，的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得各条件相融．并求直线与平面所成的角的正弦值．
条件①：；条件②：；条件③：到平面的距离为1．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形的中位线定理及平行四边形的性质，结合线面平行的判定定理即可求解；
（2）选择①，根据直棱柱的定义及线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
选择②，根据直棱柱的定义及线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
选择③，根据直棱柱的定义及直线到平面的距离的定义，再利用线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
（1）
取的中点为，连接.
分别是，的中点, .
D是的中点，
直三棱柱， .，.
四边形为平行四边形.
又平面，平面，所以平面.
（2）
选择条件①：；
直三棱柱，平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面.
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件②：；
取的中点为，连接.
直三棱柱，分别是，的中点,
平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面..
分别是，的中点, ，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件③：到平面的距离为1．
过点作,垂足为，
直三棱柱，
平面，平面，，
，平面，
所以平面.平面.所以
由（1）知平面；因为到平面的距离为1，
所以.又，所以
又因为是的中点, ,所以是的中点, .
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
5．（2022·北京·北京市第九中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M为PD的中点．
(1)求证：PB平面ACM；
(2)求直线BM与平面PAD所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）（3）取中点，连PO，证明平面，以点O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求线面角的正弦，二面角的余弦作答.
（1）
连接，连，如图，正方形中，N为的中点，而M为PD的中点，
则，而平面，平面，
所以平面.
（2）
取中点，连，如图，正中，，
因侧面底面，侧面底面，侧面，则平面，
在平面内过O作，则射线两两垂直，
以点O为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
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是.
（3）
由（2）知，，
设平面的法向量，则，令，得，
于是得，显然二面角大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.
6．（2022·北京·景山学校校考模拟预测）如图，正三棱柱中，E，F分别是棱，上的点，平面平面，M是AB的中点．
(1)证明：平面BEF；
(2)若，求平面BEF与平面ABC夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得平面，过在平面内作，垂足为，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，即可得证；
（2）依题意可得平面，由线面平行的性质得到，即可得到，延长，，相交于点，连接，则平面与平面所成的角就是二面角，再证平面，即可得到是二面角的平面角，从而得解；
（1）
证明：在等边中，为的中点，所以，
在正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，
过在平面内作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，，
平面，平面，平面．
（2）
解：由题设平面，平面平面，
，
四边形是平行四边形，又且，
所以，
延长，，相交于点，连接，则、分别为、的中点，
则平面与平面所成的角就是二面角，
可知，，所以平面，
是二面角的平面角，
又，，
所以，即平面与平面所成的角为；
7．（2022·北京·北京市第五中学校考三模）如图，在三棱柱 中，平面 平面 ，是矩形，已知 ，动点 在棱 上，点 在棱 上，且 .
(1)求证： ;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值;
(3)在满足（2）的条件下，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)点到平面的距离为.
【分析】(1)利用线面垂直判定定理证明平面，由此证明； (2)建立空间直角坐标系，利用向量方法求直线 与平面 所成角的正弦值，列方程求的值； (3)利用向量方法求点到平面的距离.
【详解】（1）因为四边形是矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
（2）因为平面平面 ，平面平面，
平面，，
所以平面，又，
所以两两相互垂直，以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，,
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，，
则，，
取，可得，
设直线 与平面的夹角为，
则，
所以，
化简可得，又，
所以，所以；
（3）由(2) 平面的法向量为，，又，
设点到平面的距离为，
则.
所以点到平面的距离为.
8．（2022·北京·北大附中校考三模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.
【详解】（1）证明：由题知，
，
又，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
在正中，为中点，于是，
又，平面，所以平面
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，
所以，又，
所以，平面
所以平面，于是两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，
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.
设，
则.
由于直线与平面所成角的正弦值为，
，
即，整理得
，由于，所以
于是.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
9．（2022·北京·北京市第十二中学校考三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】(1)根据面面垂直的性质即可证明平面；
(2)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面法向量和的坐标，根据数量积的定义计算即可；
(3)直接利用空间向量法即可求出点到平面的距离.
（1）
四边形为正方形，则，
平面平面，平面平面，
平面；
（2）
如图，取的中点为，连接，
在正中，，平面平面，
平面平面，平面，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨取，
则，
，，
设面的一个法向量为，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
，
，因此直线与平面所成角的正弦值为.
（3）
由(2)知，
设点到平面的距离为，
所以.
10．（2022·北京·北京八十中校考模拟预测）如图，在长方体中，AD=1，，H，F分别是棱，的中点.
(1)判断直线HF与平面的位置关系，并证明你的结论；
(2)求直线HF与平面ABCD所成角的正弦值；
(3)在线段HF上是否存在一点Q，使得点Q到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)面，证明见解析；
(2)；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）为的交点，连接，易得为平行四边形，根据平行四边形性质、线面平行判定即可证面.
（2）由（1）只需求与面ABCD所成角的正弦值，根据已知条件求值即可.
（3）由（1）知HF上任意一点到面的距离都相等，只需求到面的距离，利用长方体的结构特征求距离即可.
【详解】（1）若为的交点，连接，又H，F分别是棱，的中点，
由长方体的结构特征知：且，故为平行四边形，
所以，面，面，则面.
（2）由（1）知： HF与面ABCD所成角，即为与面ABCD所成角，
长方体中，到面ABCD的距离为，，
所以与面ABCD所成角正弦值为，即HF与面ABCD所成角的正弦值为.
（3）由（1）知：面，即HF上任意一点到面的距离都相等，
所以只需求到面的距离，而到面的距离为，
所以到面的距离，故HF上不存在Q，使得Q到平面的距离是.
11．（2022·北京·人大附中校考三模）如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面.
(1)求二面角的余弦值；
(2)证明：在线段上存在点，使得.并求
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先证明出⊥平面ABC， .以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系.用向量法求二面角的余弦值；
（2）设点D的坐标中,(0(1)
因为是正方形, .
又平面平面平面ABC∩平面=AC,所以⊥平面ABC.
因为，所以，所以.
可以以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系.
则
.
设平面A1BC1的法向量为，则
，不妨令，解得：.
同理可求平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，显然.
所以.
即二面角的余弦值为.
(2)
设点D的坐标中,(0所以.
因为，所以，
解得，所以.
12．（2022·北京东城·统考三模）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，距离为
【分析】（1）取中点，连接，进而根据几何关系证明四边形是平行四边形，进而证明结论；
（2）分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（3）假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可.
【详解】（1）证明：取中点，连接.
因为正三棱柱，
所以，且.
因为E为线段的中点，
所以且.
所以且.
因为D为中点，所以.
所以且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：分别取中点O，，连接.
1．（2022·北京·北京工业大学附属中学校考三模）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，，连接，即可得到，从而得证；
（2）（3）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：连接，，连接，
在直三棱柱中为矩形，则为的中点，又为的中点，所以，
平面，平面．
平面．
（2）解：，，，，．
由直三棱柱中，底面，底面，，．
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为；
（3）解：设到平面的距离为，则；
2．（2022·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）如图，在三棱锥中，平面ABQ，，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH．
(1)求证：；
(2)求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值；
(3)求点A到平面PCD的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由中位线定理得EFDC，然后由线面平行判定定理和性质定理得出线线平行，从而证得结论成立；
（2）以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．用空间向量法求二面角的余弦值．
（3）根据向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EFAB，DCAB，所以EFDC．
又因为EF平面PCD，DC⊂平面PCD，
所以EF平面PCD．
又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ平面PCD＝GH，
所以EFGH，又因为EFAB，所以ABGH.
（2）因为，PB⊥平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直．
以点B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由，则，
所以，.
设平面PAB的一个法向量为，则可取
设平面PDC的一个法向量为＝(x，y，z)，
由，，
得，取z＝1，得＝(0，2，1)．
所以cs〈〉＝，
所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为．
（3）由点到平面的距离公式可得，
即点A到平面PCD的距离为.
3．（2022·北京·北京四中校考三模）已知如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，，，，E为PB中点，BC//平面PAD.
(1)求证：四边形ABCD是直角梯形；
(2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明出CD⊥平面PAD，得到.再由BC//平面PAD，证明出，即可证明四边形ABCD是直角梯形；
（2）过A作AD的垂线交BC于点M.证明出AP，AD，AM三条直线两两垂直建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线AE与平面PCD所成角的正弦值.
【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以，.
因为，所以.
因为，所以.所以
因为，所以CD⊥平面PAD.所以.
因为BC//平面PAD，BC平面ABCD，平面PAD平面
所以，
又.所以四边形ABCD是直角梯形.
（2）在平面ABCD内，过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，所以.
所以AP，AD，AM三条直线两两垂直.如图建立空间直角坐标系.
则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），B（2，-1，0）.
因为E为PB中点，所以.
所以.
设平面PCD的法向量为，则,即.
不妨令，则，，于是.
设直线AE与平面PCD所成的角为，
所以,
所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.
4．（2022·北京大兴·北京市大兴区兴华中学校考三模）如图，在直三棱柱中，D，E分别是棱AB，的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得各条件相融．并求直线与平面所成的角的正弦值．
条件①：；条件②：；条件③：到平面的距离为1．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形的中位线定理及平行四边形的性质，结合线面平行的判定定理即可求解；
（2）选择①，根据直棱柱的定义及线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
选择②，根据直棱柱的定义及线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
选择③，根据直棱柱的定义及直线到平面的距离的定义，再利用线面垂直的性质定理和判定定理，建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出线面角的正弦值.
（1）
取的中点为，连接.
分别是，的中点, .
D是的中点，
直三棱柱， .，.
四边形为平行四边形.
又平面，平面，所以平面.
（2）
选择条件①：；
直三棱柱，平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面.
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件②：；
取的中点为，连接.
直三棱柱，分别是，的中点,
平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面..
分别是，的中点, ，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件③：到平面的距离为1．
过点作,垂足为，
直三棱柱，
平面，平面，，
，平面，
所以平面.平面.所以
由（1）知平面；因为到平面的距离为1，
所以.又，所以
又因为是的中点, ,所以是的中点, .
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
5．（2022·北京·北京市第九中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD，M为PD的中点．
(1)求证：PB平面ACM；
(2)求直线BM与平面PAD所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）（3）取中点，连PO，证明平面，以点O为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求线面角的正弦，二面角的余弦作答.
（1）
连接，连，如图，正方形中，N为的中点，而M为PD的中点，
则，而平面，平面，
所以平面.
（2）
取中点，连，如图，正中，，
因侧面底面，侧面底面，侧面，则平面，
在平面内过O作，则射线两两垂直，
以点O为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
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是.
（3）
由（2）知，，
设平面的法向量，则，令，得，
于是得，显然二面角大小为锐角，
所以二面角的余弦值为.
6．（2022·北京·景山学校校考模拟预测）如图，正三棱柱中，E，F分别是棱，上的点，平面平面，M是AB的中点．
(1)证明：平面BEF；
(2)若，求平面BEF与平面ABC夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得平面，过在平面内作，垂足为，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，即可得证；
（2）依题意可得平面，由线面平行的性质得到，即可得到，延长，，相交于点，连接，则平面与平面所成的角就是二面角，再证平面，即可得到是二面角的平面角，从而得解；
（1）
证明：在等边中，为的中点，所以，
在正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，
过在平面内作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，，
平面，平面，平面．
（2）
解：由题设平面，平面平面，
，
四边形是平行四边形，又且，
所以，
延长，，相交于点，连接，则、分别为、的中点，
则平面与平面所成的角就是二面角，
可知，，所以平面，
是二面角的平面角，
又，，
所以，即平面与平面所成的角为；
7．（2022·北京·北京市第五中学校考三模）如图，在三棱柱 中，平面 平面 ，是矩形，已知 ，动点 在棱 上，点 在棱 上，且 .
(1)求证： ;
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值;
(3)在满足（2）的条件下，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)点到平面的距离为.
【分析】(1)利用线面垂直判定定理证明平面，由此证明； (2)建立空间直角坐标系，利用向量方法求直线 与平面 所成角的正弦值，列方程求的值； (3)利用向量方法求点到平面的距离.
【详解】（1）因为四边形是矩形，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
（2）因为平面平面 ，平面平面，
平面，，
所以平面，又，
所以两两相互垂直，以为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，,
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，，
则，，
取，可得，
设直线 与平面的夹角为，
则，
所以，
化简可得，又，
所以，所以；
（3）由(2) 平面的法向量为，，又，
设点到平面的距离为，
则.
所以点到平面的距离为.
8．（2022·北京·北大附中校考三模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.
【详解】（1）证明：由题知，
，
又，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
在正中，为中点，于是，
又，平面，所以平面
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，
所以，又，
所以，平面
所以平面，于是两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，
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.
设，
则.
由于直线与平面所成角的正弦值为，
，
即，整理得
，由于，所以
于是.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
9．（2022·北京·北京市第十二中学校考三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】(1)根据面面垂直的性质即可证明平面；
(2)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面法向量和的坐标，根据数量积的定义计算即可；
(3)直接利用空间向量法即可求出点到平面的距离.
（1）
四边形为正方形，则，
平面平面，平面平面，
平面；
（2）
如图，取的中点为，连接，
在正中，，平面平面，
平面平面，平面，
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨取，
则，
，，
设面的一个法向量为，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
，
，因此直线与平面所成角的正弦值为.
（3）
由(2)知，
设点到平面的距离为，
所以.
10．（2022·北京·北京八十中校考模拟预测）如图，在长方体中，AD=1，，H，F分别是棱，的中点.
(1)判断直线HF与平面的位置关系，并证明你的结论；
(2)求直线HF与平面ABCD所成角的正弦值；
(3)在线段HF上是否存在一点Q，使得点Q到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)面，证明见解析；
(2)；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）为的交点，连接，易得为平行四边形，根据平行四边形性质、线面平行判定即可证面.
（2）由（1）只需求与面ABCD所成角的正弦值，根据已知条件求值即可.
（3）由（1）知HF上任意一点到面的距离都相等，只需求到面的距离，利用长方体的结构特征求距离即可.
【详解】（1）若为的交点，连接，又H，F分别是棱，的中点，
由长方体的结构特征知：且，故为平行四边形，
所以，面，面，则面.
（2）由（1）知： HF与面ABCD所成角，即为与面ABCD所成角，
长方体中，到面ABCD的距离为，，
所以与面ABCD所成角正弦值为，即HF与面ABCD所成角的正弦值为.
（3）由（1）知：面，即HF上任意一点到面的距离都相等，
所以只需求到面的距离，而到面的距离为，
所以到面的距离，故HF上不存在Q，使得Q到平面的距离是.
11．（2022·北京·人大附中校考三模）如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，平面平面.
(1)求二面角的余弦值；
(2)证明：在线段上存在点，使得.并求
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先证明出⊥平面ABC， .以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系.用向量法求二面角的余弦值；
（2）设点D的坐标中,(0
因为是正方形, .
又平面平面平面ABC∩平面=AC,所以⊥平面ABC.
因为，所以，所以.
可以以A为原点，AC为x轴，AB为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系.
则
.
设平面A1BC1的法向量为，则
，不妨令，解得：.
同理可求平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，显然.
所以.
即二面角的余弦值为.
(2)
设点D的坐标中,(0
因为，所以，
解得，所以.
12．（2022·北京东城·统考三模）如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，距离为
【分析】（1）取中点，连接，进而根据几何关系证明四边形是平行四边形，进而证明结论；
（2）分别取中点O，，连接，进而以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（3）假设存在点G，设，进而根据得，再计算点到面的距离即可.
【详解】（1）证明：取中点，连接.
因为正三棱柱，
所以，且.
因为E为线段的中点，
所以且.
所以且.
因为D为中点，所以.
所以且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：分别取中点O，，连接.
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