专题03 空间向量与立体几何各种大题建系与计算技巧9题型（期中专项训练）（原卷版+解析版）高二数学上学期人教版A

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题型1 等角证明及建系型
题型6 二面角及其延长线型建系（难点）
题型2 投影型证明与建系
题型7 最值型（重点）
题型3 斜棱柱垂线建系法（重点）
题型8 不规则几何体：台体型
题型4 斜棱柱垂面建系法（常考点）
题型9 不规则几何体：多面体型
题型5 翻折型证明建系法 （难点）

题型一、等角证明及建系型 （共3小题）
1．（21-22高二上·浙江·期中）如图，四棱台中，底面为正方形，平面，且，，.
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）由中位线证明，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用向量法求出线面角，解出P点坐标即可求解.
【详解】（1）延长侧棱交于点，连结交于点，连结，
由条件可知，分别为与的中点，
∴，又∵平面，平面，
∴平面
（2）如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，则，
设平面的一个法向量，
∴，即
∴令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
∴
解得：，或，或
∴或.
2．（2024·河南·模拟预测）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．
(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）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.
【详解】（1）
连接，
因为底面是边长为2的正方形，所以，
又因为，，
所以，所以，
点为线段中点，所以，
在中，，，
所以，
则，
又，平面，平面，
所以平面.
（2）【方法一】：由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，
则，
则，
，
设面的法向量为，面的法向量为，
则，取，则
取，则.
设二面角大小为，
则，
所以二面角的正弦值为.
【方法二】：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．
由题设得，，，，
，，
，，．
设是平面的法向量，
则，即，可取．
设是平面的法向量，
则，即，可取．
所以．
因此二面角的正弦值为．
3．（24-25高三上·江苏常州·开学考试）如图，平行六面体中，底面ABCD是边长为2的菱形，且，，，，AC与BD交于O．
(1)证明：平面ABCD；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明，以及；
（2）根据（1）的结果，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）∵底面ABCD是边长为2的菱形，∴．
∵，，∴，∴．
∵点O为线段BD中点，∴．
在中，，，，
∴，∴．
则，∴．
又，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
（2）由（1）知，平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，．
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，取，则．
，即，取，则．
设二面角大小为，则．
∴，
∴二面角的正弦值为．
题型二、投影型证明与建系 （共3小题）
4．（2019高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ．
(1)求证：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量的坐标，计算，即可证明结论；
（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.
【详解】（1）证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；
则 ，
故，，
∴，
∴⊥，即 ；
（2）证明：因为 平面ABC，平面ABC，所以,
因为 ，故 ，∵M为AP上一点，且 ，
∴M(0,，)，∴(0,,)，
(-4,,)，(4,,)；
设平面BMC的法向量为，
则 ，即，
令 ，则；
设平面AMC的法向量为，则 ，
即，令 ，则；
由于，
得⊥，即平面AMC⊥平面BMC．
5．（2011·浙江·高考真题）如图，在三棱锥中，，为的中点，⊥平面，垂足落在线段上．
（1）证明：⊥；
（2）已知，，，．求二面角的大小．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）因为，为的中点，
又平面，则，
又,则平面,
（2）在平面内作于连接
得平面，
所以
则为二面角的平面角
在中，得
在中，，
在中，
所以得，
在中，得
又
从而
故
同理，
因为
所以
即二面角的大小为
6．（22-23高二·贵州贵阳·阶段练习）如图，在三棱锥中，是点在平面ABC上的投影，，，是BD的中点.
(1)证明：平面DAC；
(2)若O点正好落在的内角平分线上，，，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接BO并延长交AC于点E，由题可得，进而可得，然后根据线面平行的判定定理即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）连接BO并延长交AC于点E，连接OA，DE，
因为是在平面ABC上的投影，
所以平面，，平面ABC，所以，，
又，所以，即，所以，
又，即，
所以，，
所以，所以，
即，所以为BE的中点，
又为DB的中点，所以，
又平面，平面DAC，
所以平面DAC；
（2）过点A作，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
又点正好落在的角平分线上，
所以，所以，
所以，，则，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面AMB的一个法向量为，
则，令则，
所以.
设平面AMC的一个法向量为，
则，
令，则，，所以.
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，
即二面角的正弦值为.
题型三、斜棱柱垂线建系法 （共3小题）
7．（2023·湖北·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面，点为棱的中点，.

(1)求证：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆的几何关系证明先线垂直，再根据线面垂直的性质和线面垂直判定即可求解；（2）根据线面角法向量求法和均值不等式即可求解.
【详解】（1）因为点为棱的中点，，
所以A,B,C三点共圆，且AC为直径，
所以.
因为平面，平面，
所以.
又因为，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
（2）设，
以为轴，为轴，过点与垂直的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，

则.
所以，，，
设平面的法向量为，
所以
令，
则，.
所以.
所以
（当且仅当，即时，等号成立）.
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为.
8．（2023·广东韶关·模拟预测）如图，在三棱柱中，为的中点，，，，点在底面上的射影为点.

(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，可得，进而可证平面；
（2）如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成角的余弦值，即可得解．
【详解】（1）连接交于点，连接，则是的中点，
由于、分别是，的中点，
所以，由于平面，平面，所以平面；

（2）由点在底面上的射影为点，所以平面．
在中，，，，，
过作的平行线为，易知，，两两垂直，
如图以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
，得，，，，，
设平面的法向量，
，令，则，，
，
设平面的法向量为，
，令，则，，
平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，
所以，则，
所以平面与平面所成角的正弦值为．
9．（2022·广西南宁·二模）如图，在三棱柱中，点在底面ABC的射影为BC的中点O，底面ABC是边长为2的正三角形，．
(1)求证：；
(2)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）先由和证得平面，即可证得，进而证得；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再按照线面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）
∵底面ABC是边长为2的正三角形，O为BC的中点，
连接AO，∴．
∵点在底面ABC的射影为BC的中点O，∴．
而，∴平面．
又平面，∴．
∵，∴．
（2）由（1）可知OA，OB，两两垂直，
分别以OB，OA，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则由题意有，，，
，．
所以，，，
设为平面的法向量，
则，得，
令，则，．
所以是平面的一个法向量．
设所求角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
题型四、斜棱柱垂面建系法 （共3小题）
10．（2023·天津津南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，是的中点，且.

(1)证明：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)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合面面垂直的性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角；
（3）建系，利用空间向量求面面夹角
【详解】（1）连接，
由题意可知：为等边三角形，且是的中点，
所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
且平面，可得，
，平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，
由题意可知：为等边三角形，则，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图，以为坐标原点原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，即，
可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（1）可知：平面，则为平面的法向量，
由（2）可得：，
所以平面与平面所成角的余弦值.

11．（24-25高二上·辽宁大连·期末）如图，在三棱柱中，，，，分别是线段和上的点，且，，，二面角的余弦值为.
(1)证明：平面ABC；
(2)求点到平面的距离；
(3)侧棱上是否存在点D，使得直线AD与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，在处.
【分析】（1）利用线线平行可得平面，平面，进而利用线面平行可得平面平面，利用线面平行的性质可得结论；
（2）取的中点，连接，过作，可证平面，可得为点到平面的距离，求解即可；
（3）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解.
【详解】（1）在上取点，使，连.
则平面，平面，所以平面，
由，得，故.
平面，平面，所以平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，则平面.
（2）取的中点，连接，由知，.
又，，故平面，平面平面，
过作，则平面，为所求.
又，即为二面角的平面角.
令，.
而，，则，，
，故.
（3）存在，在处.
由（2）得平面，则平面平面.
过作，则平面.
而在中，令，由余弦定理有，
即，解得.
，则.
作，以为原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
则，.
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，得.
设，.
，
.
有，则，即在处.
12．（2023·山西·模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形为菱形，E为棱的中点，为等边三角形．
(1)求证：；
(2)若，求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，先证平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）根据题意，设AC，AB的中点分别为O，G，连接，以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
如图，连接，与相交于点F，连接CF，．
因为四边形为菱形，所以F为的中点，且．
因为为等边三角形，所以，
因为，BF、CF在面A1BC内，所以平面．
因为平面，所以．
因为，所以．
（2）设AC，AB的中点分别为O，G，连接．
由（1）可知，又，AB1、AC在面AB1C内，
所以平面，OB1、OC在面AB1C内，则OB1、OC与BC垂直，
因为，所以平面，
因为为等边三角形，所以．
以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
由，得，
所以．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
题型五、翻折型证明建系法 （共3小题）
13．（2023·江苏淮安·模拟预测）如图，在平面五边形ABCDE中是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是直角梯形，其中．将沿AD折起，使得点E到达点M的位置，且使．
(1)求证：平面平面ABCD；
(2)设点P为棱CM上靠近点C的三等分点，求平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)正弦值为
【分析】（1）取AD的中点N，连接MN，BN．通过证明，，得平面MAD．再根据面面垂直的判定可得平面平面ABCD；
（2）以N为坐标原点，直线NA为x轴、NB为y轴、NM为z轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量求出二面角的余弦值，再根据同角公式求出其正弦值.
【详解】（1）如图，取AD的中点N，连接MN，BN．
因为是等边三角形，所以，且，
在直角梯形ABCD中，因为，
所以四边形BCDN是矩形，所以，且，
所以，即，
又，平面MAD．平面MAD．所以平面MAD．
因为平面ABCD，
所以平面平面ABCD．
（2）由（1）知NA，NB，NM两两互相垂直，
以N为坐标原点，直线NA为x轴、NB为y轴、NM为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意，，
由P是棱CM的靠近点C的三等分点得，
，
设平面PBD的一个法向量为，
则，即，
令，则，故平面BDP的一个法向量为．
而平面MAD的一个法向量为，
设平面PBD与平面MAD所成的二面角的平面角为，
则，
所以，
所以平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值为．
14．（2023·四川巴中·模拟预测）如图1所示，在四边形ABCD中，，E为BC上一点，且，，，将四边形AECD沿AE折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，点F在棱BE上，平面DCF与棱AB交于点G.
(1)证明：；
(2)若直线BD与平面ADF所成角的正弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点F的坐标，求出平面ADF的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【详解】（1）因为，，所以．
因为平面DCFG，平面DCFG，所以平面DCFG，
因为平面ABE，平面平面，所以；
（2）因为，，，
平面BCE，平面BCE,所以平面BCE，
又平面AEB，所以平面AEB平面BCE，
故以E为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴，
在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，由（1）知，平面AEB平面BCE，且，
所以点C在平面AEB的射影为BE中点，故，，
设，则，，，
设平面ADF的法向量为，则，即，
不妨令，则，，所以．
因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或（舍），所以F为EB中点，
所以.
15．（24-25高二上·四川成都·期中）如图1所示，直角梯形，，，且，点A，E分别在线段MD，BC上，且，点为DC的中点，将四边形MBEA沿AE折起，使二面角的大小为.

(1)若（如图2所示），求直线AB与平面所成角的正弦值；
(2)若，点Q为平面ABE内一点，若平面ABE（如图3所示），求PQ的值；
(3)若时，点为线段的中点，将沿折起，使与四边形AEBM在平面AEND的同侧且平面平面ADE，点为四面体MECD内切球球面上一动点，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用公式求解即可；
（2）根据题意可得，进而得平面PQK，又平面，确定点，进而根据三角形的相关知识可解出PQ的值；
（3）建立空间直角坐标系，根据等体积法求出内切球的球心坐标和半径，然后得内切球的方程，利用阿氏球相关知识可知空间中必存在一定点，使球上的点满足，然后根据方程解出点的坐标，进而求出的最小值.
【详解】（1）如图2，由题AM、AE、AD三线两两垂直，建立如图所示的坐标系，，，，，
，，，
设平面BCD的法向是，
由，得，即，
所以取平面BCD的一个法向量，
设AB与平面所成角为，所以，
与平面BCD所成角的正弦值为
（2）如图，设AE、AB的中点分别为K、T，连接KT.

由平面几何知：，，所以，且平面PKT.
若平面，因为平面ABE
所以，又，，平面，，所以平面PQK，
又平面，所以且，
在中，，因为，又，所以，
所以在中，；
（3）显然，MECD为棱长为的正四面体，作面BME，设内切球球心为，
建立如图所示的坐标系，且，则，.

设内切球半径为，由等体积法知，，所以，
所以内切球的方程为，
由阿氏球知，空间中必存在一定点，使球上的点满足，
即，
则，
由球的方程，
所以，解得，
所以，所以，
所以的最小值为.
【点睛】思路点睛：根据题意建立空间直角坐标系，用空间向量解决立体几何中的求空间角问题，求最值问题.
题型六、二面角及其延长线型建系 （共3小题）
16．（2023·河南新乡·三模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，是等边三角形，，，M是AD的中点.
(1)证明：平面ECD.
(2)当二面角为时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得四边形DEFM是平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理可得结论；
（2）取AB的中点O，连接FO，过点O作AD的平行线ON交CD于N，以O为原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系. 由题意得是二面角的平面角，，求出平面CBF，平面ABF的法向量，利用向量夹角公式可求得结果.
【详解】（1）因为，，M是AD的中点，
所以，且，
所以四边形DEFM是平行四边形，从而，
因为平面ECD，平面ECD，所以平面ECD.
（2）取AB的中点O，连接FO，过点O作AD的平行线ON交CD于N，以O为原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为是等边三角形，所以.
因为，所以，且，
所以就是二面角的平面角，，
则，，，，
，，.
设是平面CBF的法向量，
则即 取，得 .
设是平面ABF的法向量，
则即 取，得，
所以，
易知二面角为锐角，所以它的余弦值为.
17．（22-23高二下·安徽芜湖·期末）在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，且直线与平面所成角为为中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，转化为证明平面；
（2）根据（1）的结果，过点作延长线的垂线，垂足为，以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）由为等边三角形，且为中点，得.
又因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面
（2）过作延长线的垂线，垂足为，连接.
由（1）知，平面，又因为平面，所以.
因为，平面，所以平面.
直线与平面所成角为，则.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，过点作与轴平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题可得，.

设为平面的法向量，则
可取
设为平面的法向量，则
可取
因为，
则，
所以二面角的正值为
18．（2021·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在三棱锥中，底面是边长2的等边三角形，，点F在线段BC上，且，为的中点，为的中点.
(Ⅰ)求证：//平面；
(Ⅱ)若二面角的平面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【分析】(Ⅰ) 取的中点，连接、，即可证明，，从而得到面面，即可得证；
(Ⅱ) 连接，为二面角的平面角，如图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：(Ⅰ)取的中点，连接、，因为为的中点，为的中点，所以，，又，所以，因为面，面，面，所以面，面，又，面，所以面面，因为面，所以平面；
(Ⅱ)连接，因为底面是边长2的等边三角形，，所以，，所以为二面角的平面角，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以
故直线与平面所成角的正弦值为；
题型七、最值型 （共3小题）
19．（22-23高二下·江苏宿迁·期末）如图（1）所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角大小为，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点记作点）

(1)求点到面的距离；
(2)求四棱锥外接球的体积；
(3)点为一动点，满足，当直线与平面所成角最大时，试确定点的位置．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可证得平面平面，取中点 ，连接 ，则有两两垂直，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解，
（2）连接，则四边形的外接圆圆心在的中点，外接圆的圆心为的三等分点，过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，连接，求出其长度可得外接球的半径，从而可求出外接球的体积，
（3）由，表示出点的坐标，然后利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【详解】（1）由，，，得 ，，
因为垂直平分，
所以，
所以为平面与平面的二面角的平面角，
所以 ，，所以为等边三角形，
取中点 ，连接 ，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为
所以为二面角的平面角，
所以，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设的一个法向量为 ，则
，令，则
又，
所以点到面的距离；
（2）连接，由，则四边形的外接圆圆心在的中点，
为正三角形，则外接圆的圆心为的三等分点，
过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，
如图所示，连接，则即球的半径.
在中，，
则，
在中，，
所以由勾股定理得，
则球的体积 ；

（3）设，由得，
所以，得， ，
所以，
设直线与平面所成角为（），
则
所以当时，取得最大值，
此时直线与平面所成角最大，
即当时，直线与平面所成角最大.

20．（23-24高三上·江西南昌·阶段练习）如图（1）所示，在中，垂直平分.现将三角形沿折起，使得二面角大小为，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点记作点）.
(1)求证：；
(2)点为一动点，满足，当直线与平面所成角最大时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，先证明和为等边三角形，再取的中点，连接，证明平面，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）先证明，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，
在中，由，
得，
故，所以，
因为垂直平分，
所以，
所以即为二面角的平面角，所以，
所以为等边三角形，
因为，所以为等边三角形，
取的中点，连接，则，
又平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）在中，因为，
所以，
因为平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为 ，
则，可取，
设，由得，
所以，得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
，
所以当时，取得最大值，
此时直线与平面所成角最大，
所以当直线与平面所成角最大时，.
21．（21-22高三下·安徽·阶段练习）如图甲，在 中，∠B=90°，BC=1，AB=2，D、E分别是AB、AC边上的动点（除去端点），满足，.现将△ 沿DE折起，使点A到达点A'的位置，连接A'B，A'C得到如图乙所示的四棱锥A'-DBCE.
(1)设l为平面A'DE与平面的交线，求证：l//平面DBCE；
(2)若A'D⊥BD，则当为何值时，四棱锥A'-DBCE的体积最大？
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明线线平行，再证明线面平行即可；
（2）根据四棱锥体积公式求出四棱锥A'-DBCE的体积的表达式，利用导数求得其最大值.
【详解】（1）由题意可知，而 ,
故 ,
则 ，且 ,
而平面平面
平面
平面平面 ,
而平面平面平面；
（2）由（1）知，∠B=90°，
故 ,
由此可知,
又平面


,

在上为正，在上为负,
在上为增函数，在上为减函数
所以当时四棱锥体积最大..
题型八、不规则几何体：台体型 （共3小题）
22．（24-25高二上·浙江杭州·期末）如图，在三棱台中，，分别为、的中点.
(1)求证：平面；
(2)若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小.
【答案】(1)证明过程见详解；
(2).
【分析】（1）根据三棱台的性质，先证面面平行，再证线面平行即可；
（2）根据条件建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再求两平面所成二面角的大小.
【详解】（1）在三棱台中，，，所以，
因为为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）因为平面，为等腰直角三角形，，
故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，平面与平面所成的锐二面角为，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，解得，
，即，解得，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为
，
又，所以平面与平面所成的锐二面角为.
23．（2025·甘肃白银·模拟预测）在多面体中，四边形与四边形均为直角梯形，，且点四点共面.
(1)证明：①平面平面；
②多面体是三棱台.
(2)若，动点在内部及边界上运动，且，求异面直线与所成角的最小值.
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①根据线线平行得到线面平行，进而利用面面平行的判定定理证明即可；
②由面面平行的性质定理得平面平面，由平面基本性质证得直线相交于点，即可证明直线相交于点.
（2）先通过线面垂直的判定定理得平面，进而得点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆（在内部及边界上），再建立空间直角坐标系，结合辅助角公式利用向量法求出异面直线夹角余弦值的表达式，利用正弦函数性质求解最值即可.
【详解】（1）①如图①，四边形与四边形均为直角梯形，，故，
因为平面平面，所以平面，
同理可得平面，因为平面，
所以平面平面.

②如图②，在梯形中，延长交于点，
平面平面，同理平面，
又平面平面.
故直线相交于点，
又由（1）可知：平面平面，
故多面体是三棱台.
（2）四边形与四边形均为直角梯形，，
，又，平面，平面，
又动点在内部及边界上运动，且，
是等腰直角三角形，，
点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆（在内部及边界上）.
如图以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
.
设异面直线与所成角为，则
，
设（取为锐角），
则.
，且为锐角，，
，
当，即时，异面直线与所成角取得最小值.

24．（23-24高三下·浙江·开学考试）如图，多面体中，四边形与四边形均为直角梯形.已知点四点共面，且.
(1)证明：
（i）平面平面；
（ii）多面体是三棱台；
(2)若，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(2)
【分析】（1）（i）由线线平行得到线面平行，进而得到面面平行；（ii）由面面平行得到线线平行，即，作出辅助线，证明出直线相交于点，故多面体是三棱台；
（2）由勾股定理逆定理得到线线垂直，从而建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，求出两平面的夹角余弦值.
【详解】（1）（i）四边形与四边形均为直角梯形，，故，，
因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，
因为平面，，所以平面平面；
（ii）由（i）知，平面平面，又四点共面，
平面平面，平面平面，故，
由于四边形与四边形均为直角梯形，且，
故与不垂直且夹角为锐角，与不垂直且夹角为锐角，
所以为相交直线，延长两直线相交于点，所以直线，直线，
又平面，平面，故平面，平面，
又平面平面，故，
故直线相交于点，故多面体是三棱台；
（2）因为，故，则⊥，故⊥，
又，故，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，故，
设平面的法向量为，则，
令，则，，故，平面的法向量为，
设平面与平面所成角大小为，则.
题型九、不规则几何体：多面体型 （共3小题）
25．（2024·贵州·三模）如图，在正四棱锥中，，已知，，其中分别为的中点.
(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明四边形和四边形为平行四边形，进而证得，，即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，连接，
由题意可得为的中点，
因为为的中点，
所以且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为为的中点，
所以且，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以；
（2）由题意知平面，，
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
26．（2023·广西南宁·模拟预测）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，M为棱的中点．

(1)若点N为的中点，求证：平面；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面．
（2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：连接，，
因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）解：取的中点O，连接，
因为侧面为菱形，且，
所以在中，，解得，
所以'，即，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
过O作的垂线，交于H并延长，
分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，
故，，，，，
则，，，，，
设平面的法向量为，则 ，即，
取，可得，
设平面的法向量为， ，即，
令，则，所以，
则，故平面与平面夹角的余弦值为．

27．（2023·山东·模拟预测）矩形所在平面与等腰梯形所在平面互相垂直，，，直线与平面所成角为，.

(1)求平面与平面夹角的余弦值；
(2)线段上任意一点到平面的距离是否为定值?如果是，则求出定值，否则说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合题意可求得相关点坐标，进而求得平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法可得答案；
（2）根据线面平行的判定定理可证明平面，从而可判断段上任意一点到平面的距离为定值，利用空间距离的向量求法可求得定值.
【详解】（1）过点F作,垂足为G，
因为平面平面，平面平面，平面,
故平面，则为直线与平面所成角，即，
过点C作平面的垂线作为z轴，以为轴，建立空间直角坐标系，

因为，
在等腰梯形中，，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
故，
平面的一个法向量可取为，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
（2）设交于点H，连接，
因为,且，故四边形为平行四边形，
则，平面，平面，
故平面，
所以线段上任意一点到平面的距离是否为定值，
又，
故A点到平面的距离为，
即定值为.