2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题04立体几何中的平行与垂直问题(学生版+解析)

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题型01 线段成比例证线面平行
【例1-1】（2025·上海静安·一模）已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．

(1)证明：平面；
【分析】（1）根据平行线的性质可得，进而可证线面平行；
【详解】（1）因为，，则，可得，
且平面，平面，所以平面.
【例1-2】（2025·福建三明·模拟预测）如图，等腰梯形中，，，，垂足为，将沿翻折，得到四棱锥．在四棱锥中，点，分别在线段，上，且．

(1)求证：平面；
【分析】（1）若分别是上的点，且，连接，利用线面、面面平行的判定定理依次证明平面、平面、平面平面，再由线面平行的性质即可证结论；
【详解】（1）若分别是上的点，且，连接，
又，所以，即四点共面，
由平面，平面，则平面，
同理可证平面，又，且都在平面内，
所以平面平面，平面，故平面；

如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边，这也是得到线面平行的一种有力工具。题目中出现比值关系时，可考虑利用比值关系，寻找线线平行，进而得到线面平行。
【变式1-1】（2025·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧面底面为正三角形，E，F分别是棱，的中点，点G在侧棱上，且．
(1)求证：∥平面；
【分析】（1）由平行线分线段成比例易得，再由线面平行的判定定理即可证明；
【详解】（1）如图，连接，交于点，设交于点，连接，
因为四边形为菱形，所以为线段的中点.
因为点E，F分别是棱，的中点，
所以点为线段的中点，所以.
又，所以.
又平面，平面，所以平面.
【变式1-2】如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且

(1)求证：平面；
【分析】（1）连接、分别交于点H、O，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可；
【详解】（1）连接、分别交于点H、O，连接，
在正方体中，且，
所以，则，
同理可得，所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
【变式1-3】如图，在正方体中，点G，E，F，P分别为棱，，，的中点，点M是棱上的一点，且

(1)求证：D，B，F，E四点共面；
(2)求证：平面；
(3)棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）连接，可证四边形为平行四边形，得到，进而可证即可证明；
（2）连接、分别交于点H、O，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可；
（3）根据题意，首先,则，再由时，根据面面平行的判定证明即可．
【详解】（1）连接，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，

又在正方体中且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以D，B，F，E四点共面；
（2）连接、分别交于点H、O，连接，
在正方体中，且，
所以，则，
同理可得，所以，所以，
又平面，平面，所以平面；
（3）存在，且，理由如下：
因为，所以，，
又，，
平面，平面，平面，
延长交于，延长交于，连接，

为中点，易得，，
分别为的中点，易得，
，，
，又，即，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面平面，
所以时，平面平面．
题型02 线面平行的判定
【例2-1】（25-26高三上·山西·月考）如图，在直三棱柱中，，，是棱上一点（不包含端点），是的中点.

(1)若是的中点，求证：平面；
【分析】（1）作出辅助线，根据线线平行可证明四边形是平行四边形，即可证明出结论；
【详解】（1）取的中点，连接，
因为是的中点，所以,
直三棱柱中且，
又是的中点，所以且，故且，
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
【例2-2】（2025·内蒙古赤峰·一模）如图，在四棱锥中，，，平面，，为的中点.
(1)求证：平面；
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可.
【详解】（1）
取中点，连接，，
，分别为，的中点.且.
又，，
又，，且，是平行四边形，
又平面，平面，平面
【变式2-1】如图，四棱锥中，平面，，，，，，是的中点.

(1)求证：平面；
【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行；
【详解】（1）

取中点，为中点，，且，
又，，，且，
四边形为平行四边形，即，
平面，平面，
平面；
【变式2-2】（2025·江苏常州·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点．

(1)求证：平面；
【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判断定理将问题转化为证明即可；
【详解】（1）取的中点，连接，

在中，且，又，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
所以． 又平面，平面，
所以平面．
【变式2-3】（2025·上海黄浦·一模）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点．
(1)求证：平面ADE；
【分析】（1）取的中点，通过平行的传递性得到，由题中条件得到四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面；
【详解】（1）取的中点，连接，，即，
，G，F分别是线段BE，DC的中点，
，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
题型03 线面平行的性质定理
【例3-1】（2025·湖北·模拟预测）在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面，，是边长为的等边三角形，是的中点，为上一点.
(1)若与交于点，满足平面，求的长；
(2)设，若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.
【分析】（1）根据线面平行性质可知，根据平行线分线段成比例可知；由面面垂直性质可知平面，根据长度关系和勾股定理可求得结果；
【详解】（1）若平面，
平面平面，平面，，
，，，，；
作，垂足为，连接，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是边长为的等边三角形，为中点，，，
，，.
【例3-2】（2025·上海普陀·一模）如图所示，过圆柱的轴的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方形是该圆柱底面圆周上异于两点的点．
(1)设平面平面，求证：；
【分析】（1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求解；
【详解】（1）由已知得，又平面，在平面外，
则平面，
又平面平面平面
则.
【变式3-1】（2025·四川成都·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是菱形，，分别是棱，上的点，平面，且.

(1)求证：；
【分析】（1）设，连接交于点，连接，由线面平行的性质可得，进而得到是的中点，再过点作，根据平行线段成比例求解即可；
【详解】（1）如图，设，连接交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
为的中点，，
过点作，交于点，则，
，，，即；
【变式3-2】（2025·山东威海·三模）如图，在直平行六面体中，点在棱上．
(1)若平面，证明：；
【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质定理可得，结合为的中点，得证；
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为平面平面，平面平面，所以，
因为为直平行六面体，
所以为平行四边形，可得为的中点，
所以为的中点，即.
【变式3-3】如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，平面AEC．
(1)求证：点E是棱PD的中点；
【分析】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF，结合四边形ABCD为矩形可得为BD的中点，根据平面AEC可得，进而求证即可；
【详解】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF，
四边形ABCD为矩形，为BD的中点，
平面AEC，平面PBD经过PB且与平面AEC交于EF，，
又点F是BD的中点，点E是棱PD的中点.
题型04 面面平行证线面平行
【例4-1】（2025·四川南充·一模）如图所示，已知多面体的底面是正方形，底面，，．

(1)证明：平面；
【分析】（1）由题意，可得，，所以平面平面，进而可得平面，得证.
【详解】（1）因为底面是正方形，所以，
又平面，平面，所以平面，
又，，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面，且与相交于点，
所以平面平面，
又平面，所以平面.
【例4-2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面，．
(1)设分别为的中点，为的重心，证明：平面；
【分析】（1）只需证明平面及平面进而证得平面平面，根据面面平行的性质，证得结果；
【详解】（1）因为分别为的中点，则．
又在平面外，则平面．
连接，延长交于，连接．因为为的重心，则
为的中点，从而．
又在平面外，则平面．
因为是平面内的两条相交直线，则平面平面．
因为平面，所以平面．
【变式4-1】（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点.
(1)求证：平面；
【分析】（1）取的中点，连接、，所以且，根据线面平行的判定定理可得平面，平面，从而可得平面平面，由面面平行的性质定理即可证明；
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为点为棱的中点，且，所以且，
，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
因为平面，平面，且，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
【变式4-2】（2025·广东江门·模拟预测）如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为.
(1)求证：平面；
【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，然后由面面平行的性质定理即可证明；
【详解】（1）因为底面是矩形，所以，因为平面，平面，故平面，在直角梯形中，，因为平面，平面，故平面，
又因，平面，
故平面平面，又因平面，故平面.
【变式4-3】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，，分别为棱，的中点，且，.
(1)证明：平面；
【分析】（1）取PD中点为G，构造平行四边形，根据线线平行证明线面平行即可；
【详解】（1）证明：如下图，取中点G，连接，
因为E，F分别为棱BC，PA的中点，G为AD中点，所以，
由在平面内，不在平面内，故平面，
由在平面内，不在平面内，故平面，
又且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
题型05 四点共面问题
【例5-1】（2026高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD，ABCD是直角梯形，，，，点E是PB的中点．
(1)线段PA上是否存在一点G，使得点D，C，E，G共面？存在请证明，不存在请说明理由；
【分析】（1）通过线线平行可证得四点共面；
【详解】（1）存在，当G为PA的中点，点D，C，E，G共面．
证明如下：
取PA的中点G，连接EG，
又∵点E是PB的中点，∴，
在底面直角梯形中，，则，
所以线段PA上存在一点G，使得点D，C，E，G共面．
【例5-2】如图，是两个全等的矩形，它们不在同一个平面内，G，H分别是BC，BE的中点.
(1)证明：D，G，H，F四点共面.
(2)证明：直线DG，AB，FH经过同一点.
(3)证明：平面平面DAF.
【分析】（1）利用平行四边形证明，即可证明四点共面；
（2）由梯形可知，再根据两平面的交线，证明过点即可；
（3）根据平面平行的判定定理证明即可.
【详解】（1）连接CE，因为GH是的中位线，所以.
因为ABCD，ABEF是两个全等的矩形，
所以，
所以，则四边形CDEF为平行四边形，从而.
又因为，所以，故D，G，H，F四点共面.
（2）由（1）的证明过程知DGHF为梯形，设，
因为平面平面ABEF，所以平面平面ABEF.
又因为，所以，即直线DG，AB，FH经过同一点.
（3）因为ABCD是矩形，所以.
又不在平面DAF内，所以平面DAF.
同理可证平面DAF.
因为平面GBH，
所以平面平面DAF.
【变式5-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，在平行六面体中，底面是边长为3的菱形，分别在线段和上，且，．
(1)证明：四点共面；
【分析】（1）利用空间向量的线性运算来证明两向量相等，得四点共面；
【详解】（1）由，因为平行六面体可知：
且
又因为，，
所以，
则有，即四点共面；
【变式5-2】（2025·福建龙岩·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点．
(1)设，且，，，四点共面，求实数的值；
【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，利用共面向量基本定理建立方程组求解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，求出平面的法向量，然后利用建立方程求解即可；
方法三：延长交于，连接，利用线面平行判定定理证明平面，然后利用线面平行的性质定理得四边形是平行四边形，利用比例相等求解即可；
【详解】（1）方法一：坐标法（利用共面向量基本定理）
在平面内作，以为原点，，，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，，，，，
，，，，，
又，分别为，的中点，
，，
，
，，共面，存在实数，，使得，
即，
，解得；
方法二：坐标法（利用法向量）
在平面内作，以为原点，，，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，，，，，
，，，，，
，
又，分别为，的中点，
，，
设平面的法向量为，
，，令得，
，
又，，共面，
，解得；
方法三：几何法：延长交于，连接，
，分别为，的中点，，
平面，平面，
平面，
又平面平面，
，，又，
四边形是平行四边形，
，，
过作交于，，
又，；
【变式5-3】（2025·山西·二模）中，，，，是的中点，是的中点，是的中点.如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得.
(1)证明：、、、共面；
【分析】（1）取的中点，的中点，连接、、，证明出四边形、、为平行四边形，可得出，由此得出，即可证得结论成立；
【详解】（1）取的中点，的中点，连接、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
翻折前，中，，，，
是的中点，是的中点，是的中点，
则，，，，，
翻折后，则有，，，
因为，为的中点，所以，，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为为的中点，所以，，故四边形为平行四边形，
所以，，故，，
所以四边形为平行四边形，所以，所以，
所以、、、共面.
题型06 空间几何垂直的判定
【例6-1】（2025·山东聊城·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面平面.
(1)证明：平面PAD.
【分析】（1）取中点，利用面面垂直的性质得线面垂直，结合，通过线面垂直判定定理证明平面；
【详解】（1）取PA的中点，连接DH.
因为，所以.
由平面平面PAB，平面平面平面PAD，得DH⊥平面PAB.
因为平面PAB，所以.
又平面平面ABCD，所以.
又，所以平面PAD.
【例6-2】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，.

(1)证明：平面；
【分析】（1）依题意，延长，交于点，连接，证明，推得平面，即可证平面.
【详解】（1）延长，交于点，连接，
因为平面，，平面，
所以，，
即，.
因为为等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
又，所以，所以，
又，平面，
所以平面，即平面.
【变式61-1】（2025·重庆·模拟预测）已知平面四边形由一个等边与一个直角拼接而成，且 ，现将沿折叠，折叠后使平面平面.
(1)取中点，证明：平面；
【分析】（1）根据条件证明，即可.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为为正三角形，为棱的中点，所以，
又，平面，所以平面；
【变式6-2】（2025·湖北·模拟预测）在三棱柱中，，为的三等分点，侧面为正方形，，.
(1)证明：平面平面；
(2)证明：平面；
【分析】（1）用面面垂直的判定定理证明；
（2）用线面垂直的判定定理证明；
【详解】（1）由四边形是正方形，可知，
又，，平面，则平面.
而平面，故平面平面.
（2）因为，，，平面，则平面，
而平面，则.
由（1）知平面平面，平面平面，平面，且，
故平面.
【变式6-3】（2025·广东·模拟预测）如图为正四棱台与正四棱锥拼接而成的几何体．
(1)证明：平面；
【分析】（1）记与的交点为O，根据线面垂直的性质定理，可证，又，根据线面垂直的判定定理，分析即可得证.
【详解】（1）记与的交点为O，由平面，平面，
可知，
而，，平面，平面，
故平面．
由题易得平面与平面为同一平面，故平面．
题型07 面面垂直的性质定理
【例7-1】（2025·广西南宁·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，平面平面.设平面与平面的交线为l.
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，利用面面垂直的性质可得平面，从而有平面；
（2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可．
【详解】（1）分别延长，设，连接，如图，
则即为平面与平面的交线，
因为为棱的中点,，则是的中点，
因为中，，所以，从而,
因为平面平面且交线为，平面，
所以平面，即平面；
（2）取的中点,
因为侧面为菱形，且，所以BC，
由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，侧面为菱形，且，
所以，
则,
设平面的法向量为，
则，所以，可取，
设平面的法向量为，
则，所以，可取，
所以，
所以二面角的正弦值为.
【例7-2】（2025·全国·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，，E，M分别为棱，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用中位线的性质及线面平行的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用夹角公式及正余弦函数的平方关系得解.
【详解】（1）因为E，M分别为棱，的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）取中点为，连接，
由可知，，
因为平面平面，是交线，平面，
所以平面，
以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则,
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以，
因为平面平面，是交线，，平面,
所以平面，故平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【变式7-1】（2025·浙江宁波·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，.
(1)证明：平面；
(2)若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，利用线面平行的判定推理得证.
（2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解.
【详解】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接，
则，，，
在梯形中，，E为CD的中点，则，
因此，四边形为平行四边形，，
而平面，平面，所以平面.
（2）由平面平面，平面平面，
，平面，则平面，
因为，，
则，则，即直线两两垂直，
以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
则，
设平面MEF的法向量为，
则，取，得，
设平面的法向量为，
则，取，得，
则，
所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为.
【变式7-2】如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
(1)取线段中点M，连接，证明：平面;
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上是否存在一点E，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.
【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由向量夹角公式即可求解；
（3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）在四棱锥中，取中点N，连接，
由为 的中点，且，，
得，，
则四边形为平行四边形，所以，
而平面，不在平面内，
所以平面.
（2）取 的中点O，连接，
由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面.
由，，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线两两垂直，
以O为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，取，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为.
（3）令，，
，，
设平面的法向量为，
则，
取，得，
平面的法向量为，
于是，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，.
【变式7-3】（2025·云南大理·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，，，平面平面.

(1)证明：平面，
(2)若，求平面和平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2).
【分析】（1）由勾股定理可证得，根据面面垂直的性质证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法求解即可.
【详解】（1）因为，，所以，
因为，所以为正三角形，
又因为，所以，，
在△ABD中，，
所以，
因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
如图，以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的一个法向量为，
所以，所以，取，则，，
所以，
取平面的一个法向量为，
设平面和平面夹角大小为，
则，，
所以平面和平面夹角的正弦值为.
1．（2025·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上.
(1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小；
(2)证明：平面平面
【答案】(1)(2)证明详见解析
【分析】利用几何法找到线面成角，利用线面垂直证明面面垂直.
【详解】（1）连接，如图.
由题可知，平面，平面,则，
且即为直线与平面所成角，
即.由，为边的中线，
可得.而，可得，.
而即为直线与平面所成角，且,
则，可得直线与平面所成角为.
（2）由，，，平面,故平面，
而平面，则平面平面
2．（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可.
【详解】（1）在四边形中，因为，，
所以四边形为平行四边形，
又因为，，
所以四边形为正方形，
折叠后，显然，，
又因为，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，，，

设平面的法向量，
则，令，
解得，，可得，
点到平面的距离为.
法二：如图，过点作，垂足为，连接，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，得到，
在中，，，
由余弦定理得，则.
即，
设点到平面的距离为，
由得，
又，，所以，
所以点到平面的距离为.
3．（2025·四川自贡·一模）三棱锥中，，，，，，．
(1)求三棱锥的体积；
(2)若M是PC的中点，求证：；
(3)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3).
【分析】（1）补形成四棱锥，根据给定条件可得平面，再利用等体积法求出体积.
（2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证.
（3）求出平面PAC与平面PBC的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【详解】（1）过点作，使，连接，则四边形是平行四边形，
而，则是矩形，，由，得，
而平面，则平面，又平面，
则，由，，，得，
而，则，而，
于是，即，平面，
因此平面，，
所以三棱锥的体积为.
（2）由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，
，，
所以.
（3）由（2）得，
设平面PAC与平面PBC的法向量分别为，
则，令，得，
，令，得，
因此，
所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为.
4．（2025·河北·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，，，．
(1)求证：平面平面；
(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）由平面得到．由得到．
利用直线和平面垂直的判定定理得到平面，利用平面和平面的判定定理得到平面平面；
（2）由得到以点为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，建系，写出点的坐标，求出和平面的法向量，设直线与平面所成角为，
利用数量积公式求出，从而得到直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）因为平面，平面，所以．
因为，所以．
又因为平面，故平面．
又因为平面，所以平面平面．
（2）因为，所以以点为坐标原点，
以，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
设平面的法向量为，
则即，令得，
故平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
5．（2025·新疆·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，在梯形中，，，，点C在平面的投影恰好是的重心G.
(1)证明：平面平面；
(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）作出辅助线，得到，并证明出⊥平面，进而推出⊥平面，从而得到面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设，则，，根据线线垂直得到数量积为0，从而得到方程，求出，从而求出平面的法向量，利用线面角的正弦向量公式求出线面角的正弦值.
【详解】（1）设是的中点，连接，
因为，所以，
又，所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以⊥平面，
所以⊥平面，
又平面，所以平面⊥平面；
（2）因为平面，平面，
所以，，
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，
故，
设，则，因为为的重心，
故，即，故，
又C在平面的投影恰好是的重心G.
所以⊥平面，即⊥，又，
所以，解得，负值舍去，
故，，，
设平面的一个法向量为，
其中，
则，
解得，令，则，故，
设直线与平面所成角大小为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
6．（2025·河南·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，是边长为2的正三角形，且.
(1)求证：平面平面；
(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）连接，取的中点，连接，由平面，即可求证；
（2）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】（1）连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，
所以，均是边长为2的正三角形，
取的中点，连接，则，
因为，所以，
所以平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）由（1）知两两垂直，
所以以点为坐标原点，为轴建系，
则 ，
所以，
设为平面的法向量，
则，令得，
即，
设为平面的法向量，
则，令，得，
所以，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值