回归教材重难点03 空间向量与立体几何-【查漏补缺】2022年高考数学（理）三轮冲刺过关

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回归教材重难点03 空间向量与立体几何

立体几何解答题是高考数学必考内容，该考点命题相对稳定，难度中等，是考生必须突破的核心内容之一.
高考数学立体几何解答题，主要采用“论证与计算”相结合的方式，在命题上一般包含小问，会涉及到空间点、线、面位置关系的判定与探究，特别是平行与垂直关系的证明；空间角(包括异面直线夹角、直线与平面所成角和二面角)或空间距离(包括空间几何体的体积、表面积和点到平面的距离等)的计算.立体几何在解题能力方面的要求是：在数学思想上，一般涉及转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程思想；在解题方法上，一般涉及几何法、向量法，往往是两种方式相结合进行处理.

1.全国卷高考数学立体几何一般分两种设问方式，一种是直接求解空间角或空间距离；另外一种是已知空间角或者空间距离，求解相关几何量的大小..解决这类问题一般需要先根据题意建立合适的空间直角坐标系，然后通过数学抽象将几何问题转化为代数问题，找到关键量的坐标表示(需引入参数，但要求尽可能少的参数，一般可以用共线向量处理)，再用待定系数的方法进行直接运算，求解函数或方程，得出参数的具体值，最后还原到几何体中求解相应的几何量.
2.翻折问题主要包含两大问题：平面图形的折叠与几何体的表面展开.这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，展开与折叠问题就是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程.解决翻折问题，关键是对翻折前后不变量及不变性的把握，即将翻折前后的图形进行比较，弄清楚哪些角和长度变了，哪些没变(可以观察各面的位置关系变化，同一面上的边角基本不会变)；哪些点、线共面，哪些不共面；翻折后的线与原来的线有什么关系，尤其要注意找出相互平行或垂直的直线.
3.解决存在性问题主要有以下方法：
(1)几何法，即分析法与综合法并用，一般先假设存在，借助相应的性质定理进行分析推理，得出结论.若存在，再用判定定理证明，即先猜后证；若不存在，则用反证法证明.
(2)向量法，即建立适当的空间直角坐标系，利用假设存在符合题意的条件，结合题意，根据空间向量的坐标运算列出方程.若方程有解，则存在；若方程无解或者所求不符合题意，则不存在.
4.开放性问题相对于存在性问题而言，有其结论的多样性，即结论的不确定性.如果结论是肯定的，需要通过推理论证或者转化为向量运算进行说明；如果是否定的，则需要得出矛盾，利用反证法或者通过数量关系的矛盾性解决.
5.“新定义”题型解题步骤
解题时可以分这样几步：
(1)对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号。
(2)细细品味新定义的概念、法则，对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时可以寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点。
(3)对定义中提取的知识进行转换，有效的输出，其中对定义信息的提取和化归是解题的关键，也是解题的难点。如果是新定义的运算、法则，直接按照运算法则计算即可；若是新定义的性质，一般就要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特值排除等方法。

【真题演练】
1．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】

（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.

则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
2．（2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．

（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）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，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】
（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．

从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
     如图，联结交于点N．

由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
   如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．

联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】
（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
3．（2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】
（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】
第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
4．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；
（2）若是边长为1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).
【解析】
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】
（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,

所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．

因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．

如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】
(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
5．（2020·全国·高考真题（理））如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．


（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；
（2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.
【详解】
（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论
在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.

在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.
［方法二］：空间向量共线定理

以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．
设，则．
所以．故．所以，点在平面内．
［方法三］：平面向量基本定理
同方法二建系，并得，
所以．
故．所以点在平面内．
［方法四］：
根据题意，如图3，设．
在平面内，因为，所以．

延长交于G，
平面，
平面．
，
所以平面平面①．
延长交于H，同理平面平面②．
由①②得，平面平面．
连接，根据相似三角形知识可得．
在中，．
同理，在中，．

如图4，在中，．
所以，即G，，H三点共线．
因为平面，所以平面，得证．
［方法五］：
如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．

（2）［方法一］【最优解】：坐标法
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，如图2.
则、、、，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
［方法二］：定义法

在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．   
在中，．
所以，则．
［方法三］：向量法

由题意得，
由于，所以．
如图7，在平面内作，垂足为G，
则与的夹角即为二面角的大小．
由，得．
其中，，解得，．
所以二面角的正弦值．
［方法四］：三面角公式
由题易得，．
所以．
．
．
设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得
，所以．
【整体点评】
（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．
（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．


【好题演练】
1．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，底面是正方形，为直角三角形，，，的面积是的面积的倍．

(1)证明：平面平面；
(2)为上的点，四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先证明为平面和平面所成二面角的平面角，
再分别证明和即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，求法向量，求解即可.
(1)
证明：如图，取的中点，的中点，连接,，，

因为，，，所以，
所以，因为为直角三角形，，
所以，为等腰直角三角形，因为，，
所以，因为，，所以，
所以的面积是面积的倍，，，，
所以，因为为等腰直角三角形，所以，
所以，
所以，因为，，
所以为平面和平面所成二面角的平面角，
所以平面平面；
(2)
由四棱锥的体积是四棱锥体积的一半，
可得为的中点，设，可得，，
由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，向量，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
各点坐标如下：，，，，，．

设平面的法向量为，
由，，有，
取可得，
设平面的法向量为，
由，，有，
取，，，可得，所以，，，
设平面和平面夹角为，
所以，
故平面和平面夹角的余弦值为．
2．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模（理））如图1，矩形ABCD，点E，F分别是线段AB，CD的中点，，将矩形ABCD沿EF翻折.

(1)若所成二面角的大小为（如图2），求证：直线面DBF；
(2)若所成二面角的大小为（如图3），点M在线段AD上，当直线BE与面EMC所成角为时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由题设易知，再由面面垂直的性质可得面，根据线面垂直的性质有，最后由线面垂直的判定即可证结论.
（2）过作面，构建空间直角坐标系并设且，求出面法向量、直线BE的方向向量，根据线面角的大小，结合空间向量夹角的坐标表示列方程求出参数m，再确定面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值即可.
(1)
由题设易知：是边长为2的正方形，是的对角线，
所以，
又面面，面面，，面，
所以面，又面，则，
又，则面.
(2)
过作面，而面，则，，而，
可构建如下图示的空间直角坐标系，由题设知：，

所以，，，且，
则，，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
，可得，则，
又是面的一个法向量，
所以，则锐二面角的余弦值为.
3．（2022·甘肃·二模（理））在圆锥PO中，高，母线，B为底面圆O上异于A的任意一点.

(1)当时，过底面圆心O作所在平面的垂线，垂足为H，求证：；
(2)当时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理可证平面POA，得到.再根据平面PAB，得到，然后利用线面垂直的判定定理得到平面OHB，从而得到；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量方法计算求解.
(1)
证明：因为PO为圆锥的高，所以.
又，所以平面POA.
因为平面POA，所以.
因为平面PAB，又平面PAB，所以，
又因为，所以平面OHB，所以
(2)
如图，以O原点，OA为x轴，OP为z轴建立空间直角坐标系，

得，
所以.
设平面PAB的一个法向量为，则
.则可取.
设平面POB的一个法向量为，则，
则可取.所以.
敀所求二面角的余弦值为.
4．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，.

(1)试在棱PC上找一点E满足：；
(2)若F为棱PC上一点，满足，求二面角的余弦值.
【答案】(1)E为棱PC的中点
(2)
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，待定系数法表示出点坐标，由空间向量求解
（2）由垂直关系解出点坐标，再由空间向量求解
(1)
∵，，，
∴，，
如图，以A为原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系，
可得，，，，

设点E为棱PC上的点，且.
向量，，且
∴，，
∴
∴，，
若故.
∴，∴即
∴E为棱PC的中点.
(2)
，，，
由点F在棱PC上，设，故，
由，得,，
解得，即.
设为平面ABF的法向量，
则，即，
不妨令，可得为平面ABF的一个法向量.
取平面PAB的法向量，
则.
易知，二面角是锐角，
∴其余弦值为.
5．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（理））如图，四棱锥中，平面，分别为的中点.

(1)求证：平面//平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)见详解；
(2).
【解析】
【分析】
（1）若要证明面面平行，只要证明一个平面内的两个相交直线和另一个平面平行即可；
（2）根据题意，利用几何法，先求得二面角的平面角，在解三角形即可得解.
(1)
∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF//PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF//平面PAD，
∵AB//CD，AB＝2CD，∴AF//CD，AF＝CD．
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF//AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF//平面PAD，
∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD//平面EFC；
(2)

由，，
所以，所以，又，
所以为等边三角形，
又为中点，
作于，
又平面，
所以，
所以平面，
作于，连接，
则为二面角的平面角，
又，，
所以，
所以.
6．（2022·贵州·模拟预测（理））如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，，，点在底面上的投影为点.

(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).
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的性质和判定可证得平面，再运用面面垂直的判定可得证；
本题考查面面垂直的判定及二面角，要求考生掌握证明及利用空间向量求二面角.
（2）过点作交于点，以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.运用面面角的向量求解方法可求得答案.
(1)
证明：由题意知，，，由正弦定理，
所以，则.
又点在底面上的投影为点，所以平面，所以，
又，所以平面，又平面PAB
则平面平面.
(2)
解：过点作交于点，由（1）可知，以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

在中，，
又平面，所以，又是以边长为4的正三角形，
所以，所以，
又，所以，解得，
所以，
则，，，，，
所以，，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设为平面的法向量，
则，
解得，令，则，
由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
所以二面角的余弦值为.
7．（2022·安徽黄山·二模（理））如图，侧面水平放置的正三棱台，，且侧棱长为.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延长三条侧棱交于一点O，由可得为的中位线，由已知可得，从而由勾股定理的逆定理可得，同理可得由线面垂直的判定定理可证得结论，
（2）由（1）可得两两垂直，所以可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
(1)
延长三条侧棱交于一点O.

因为，所以为的中位线，
因为侧棱长为，所以.
所以，于是
同理可得
因为是平面内两条相交直线.
所以，即平面；
(2)
由（1）可知两两垂直，所以可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图所示）.

则.
设平面的一个法向量为，
因为，
所以，令，则，
即平面的一个法向量为             
取平面的一个法向量为，
所以，            
由于二面角为钝角，则其余弦值为.
8．（2022·陕西渭南·二模（理））如图，在梯形ABCD中，，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，且.

(1)求证：EF⊥平面BCF；
(2)求平面FAB与平面FCB夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
(1)证明AC⊥BC得EF⊥BC，再结合EF⊥FC即可得证；
(2)取BF中点为G，连接CG、AG，证明∠AGC为平面FAB与平面FCB夹角或其补角，解三角形ACG即可.
(1)
在梯形中，∥，，
∴梯形为等腰梯形，
∵，，，
，∴，即.
∵EF∥AC，∴EF⊥BC，又∵EF⊥CF，，
平面；
(2)
取BF中点为G，连接CG、AG，

∵BC＝FC，∴CG⊥BF，
∵BC＝FC，∠ACF＝∠ACB＝90°，
∴，
∴AF＝AB，∴AG⊥BF，
∴∠AGC为平面FAB与平面FCB夹角或其补角，
在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝，
∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，FC⊥AC，FC平面ACFE，
∴FC⊥平面ABCD，∵BC平面ABCD，∴FC⊥BC，
∴在Rt△BCF中，BF＝，CG＝，
∴在Rt△AGB中，，
∴在△ACG中，根据余弦定理得，.
∴平面FAB与平面FCB夹角的余弦值为.
9．（2022·安徽宣城·二模（理））如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，.

(1)证明：平面平面PBC；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由以及证得平面PAB，进而证得平面平面PBC；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PBC和平面PCD的法向量，利用夹角公式计算出余弦值，再通过平方关系计算出正弦值即可.
(1)

设，
因为，得是等边三角形，且由，得，
所以O是BD的中点，则，
又，所以，所以，
所以，
即，
又平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，所以平面PAB，
因为平面PBC，所以平面平面PBC.
(2)

以O为坐标原点，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，，，，
所以，
，，，
设平面PBC的法向量，
则，令，得，
设平面PCD的法向量为，
则令，得，
，，
故二面角的正弦值为.
10．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（理））如图，在三棱柱中，平面分别是的中点.

(1)求证：//平面；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）连接，且交于点，再连接，由即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设出点，表示出，
由直线与平面所成角的正弦值解出点坐标即可.
(1)

连接，且交于点，再连接，如图所示.
因为三棱柱，所以.
又分别是的中点，所以，
所以四边形是平行四边形，所以点是的中点.
在中，点是的中点，是的中点，所以，
又平面平面，所以平面.
(2)

不妨设，则.
在中，由余弦定理得，即.
所以，所以.
因为平面，又平面，所以，
又，所以.
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，所以.
设平面的一个法向量为，
由得
令，解得，
所以平面的一个法向量.
设，且，
所以，得，
所以点的坐标为，
所以.
设直线与平面所成的角为，
则

解得，所以.
11．（2022·贵州·模拟预测（理））如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，，，平面平面ABCD，，平面ABCD.

(1)证明：.
(2)若，求直线EF与平面AEB所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取BC的中点G，连接DG，FG，则，由于四边形ABCD是菱形，，所以可得，再利用线面垂直的判定可得平面DFG，从而可得，
（2）设，以为原点，所在的直线分别为轴，以过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，利用空间向量求解
(1)
如图，取BC的中点G，连接DG，FG，，

，，
，且，
∵四边形ABCD是菱形，，
∴为等边三角形，
∵，
∴，且，
又，平面DFG.
平面DFG，.
(2)
设，
∵四边形ABCD是菱形，∴，
∵平面ABCD，平面，
∴，
∵平面平面ABCD，， 平面平面，
∴平面，
∴以为原点，所在的直线分别为轴，以过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

，，，，
易知，，，.
设平面EAB的法向量为，，，，则
，令，则，
，
故直线EF与平面AEB所成角的正弦值为.
12．（2022·陕西榆林·三模（理））如图：在多面体中，底面是正方形，，．底面．

(1)证明：平面．
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，交于点，取的中点，连接，，证得，，得到四边形是平行四边形，得出，进而证得平面；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求得则，，结合向量的夹角公式，即可求解.
(1)
证明：如图（1），连接，交于点，取的中点，连接，，
因为底面是正方形，所以是的中点，所以，，
又由，，所以，，
故四边形是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面．

(2)
解：以点为坐标原点，建立如图（2）所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，，
设异面直线与所成角的大小为，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为．