新高考数学二轮复习专题3立体几何解答题专项提分计划（教师版）

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新高考复习
专题3 立体几何解答题专项提分计划
1．（2023·广东惠州·统考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．

(1)证明：平面平面PBC；
(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF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或利用平面的法向量数量积等于零证明；
(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.
【详解】（1）方法一：
因为底面ABCD，平面ABCD，
所以．

因为ABCD为正方形，所以，
又因为，平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，
所以，
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC．
方法二：
因为底面ABCD，平面PAB，

所以平面底面ABCD
又平面底面，，平面ABCD，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，所以．
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC
因为底面ABCD，，
以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则，
设，则，
所以，，，，
设为平面AEF的法向量，
则所以取，则，，
则，
设为平面PBC的法向量，
则所以取，则， ，
则
因为，所以,
所以平面平面PBC.
（2）（基于（1）解法一、二）
因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则，
易知是平面PAB的法向量
设，则，所以，，
所以
即，得，所以，
设为平面AEF的法向量，则
所以平面AEF的法向量，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，

所以点P到平面AEF的距离为．
由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，
所以
解得，故F是BC的中点．
所以，，
的面积为
因为，的面积为
设点P到平面AEF的距离为h，则有

解得
所以点P到平面AEF的距离为．
（基于（1）解法三）
易知是平面PAB的法向量
所以，
即，解得
所以，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，

所以点P到平面AEF的距离为．
2．（2022·广东广州·统考一模）如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，

(1)证明：平面平面；
(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；
（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．
【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，
因为是菱形，所以，且是的中点，
所以且，又，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，

是正三角形，，，又平面，
所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，
则，，，，，，
则设，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，令，，
得
平面的法向量可以为，
，解得，
所以，则
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
所以点到平面的距离.
3．（2022·广东·统考模拟预测）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍”   (如图2)。

(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）取线段中点，连接、，可得四边形是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；
（2）由题可得即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．
【详解】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG是平行四边形，则，  
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，

设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
4．（2022·广东中山·中山纪念中学校考模拟预测）如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.

(1)求证：直线平面；
(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)存在，

【分析】（1）证明，可得面，根据线面平行的性质可得，再根据面面垂直的性质可得面，即可得证；
（2）取中点，连接，，说明，，两两垂直，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.
【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴，
又平面，面，∴面，
又面，面面，∴，
又，面面，面面，
∴面，则面；
（2）解：取中点，连接，∵，∴，
∵平面平面，平面平面，
又∵平面，∴平面，
又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，
∵点，分别是，中点，
连接，则，
分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
∴，，
设，，
设面的法向量为，
则，取，得，
，
，
依题意，得，
即，解得，即，
∴，
∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．

5．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.

(1)证明：；
(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？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)存在，

【分析】（1）根据为矩形，且是中点得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性质定理得到平面，再结合平面即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，根据得到，然后利用向量的方法求与平面所成的角的正弦值，列方程求即可.
【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，
所以，
又，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，
设是的中点，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，，
假设存在满足题意的，则由.
可得，.
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，，即，
设与平面所成的角为，所以

解得（舍去），
综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.
6．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.

(1)证明：平面；
(2)若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
（2）因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

7．（2023·广东广州·统考二模）在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，，，.

(1)证明：平面EAC.
(2)若四棱锥的体积为，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值.
【答案】(1)证明详见解析
(2)

【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面EAC.
（2）根据四棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线EC与平面PAB所成角的正弦值.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为四边形是菱形，所以是的中点，
又是的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面.

（2）取的中点，连接，则，
因为平面平面且交线为，平面，
所以平面.
设，则，解得.
因为底面是菱形，，所以，且.
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，
，
设平面的法向量为，
则，
故可设，
则，
所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值为.

8．（2023·广东肇庆·统考二模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接与交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）由已知条件得面，则，由得.以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由面得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由求得，然后利用向量夹角公式求解即可.
【详解】（1）连接与交于点，连接

为三棱柱，为平行四边形，点为的中点
又为的中点，则，
又平面平面，平面．
（2）解法1：
，面
面，

，，即
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，




面，则平面的一个法向量为
设平面的法向量为，则，即
令
设平面与平面的夹角为，

平面与平面的夹角的余弦值是．
解法2：设点为的中点，点为的中点，
连接交于点，连接，

设点为的中点，连接
点为的中点，点为的中点
且，点为的中点
为矩形，
又平面，
在中，，可得
为等腰直角三角形，其中
而点为的中点，且
点为的中点，点为的中点
且，
又在Rt中，，点为的中点，
在中，，且点为的中点
且
即为平面与平面的夹角
在中，
．
平面与平面的夹角的余弦值是．
9．（2022·广东广州·华南师大附中校考三模）如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且．

(1)求证：直线平面CDE；
(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据边对应成比例,可证明平行四边形,进而可得线线平行,即可求解.
（2）根据空间中两点距离公式,可得线段的最小值,进而根据空间向量,求平面法向量,进一步可求解.
（1）
过N作与ED交于点，过M作与CD交于点，连接．

由已知条件，可知矩形ABCD与矩形ADEF全等．
∵，，
∴
∴
又，则四边形为平行四边形，
所以．
∵平面CDE，平面CDE，
∴平面CDE．
（2）
由平面ABCD⊥平面ADEF，平面平面，
又平面ADEF，AF⊥AD，
∴AF⊥平面ABCD．
以A为原点，分别以AB，AD，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

过M点作MG⊥AD，垂足为G，连接NG，易知NG⊥AD，设
可得，，
∴，
可知当时，MN长最小值为．
此时，，
又，，
∴，，
设平面AMN的法向量为，
由可得，
令，可得
设平面MND的法向量为，
由可得，
令，可得
∴，
∴
则二面角A-MN-D的正弦值为．
10．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测） 如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，分别是，的中点.

(1)记平面与平面的交线为，求证：直线平面；
(2)若，点是的中点，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先证平面，再证，最后得出l平面；
（2）建立坐标系，利用向量方法求二面角的正弦值.
（1）
因为分别是的中点
所以，
又因为平面，平面
所以平面
又平面，平面与平面的交线为，
所以，
而平面，平面，
所以平面
（2）
如图，因为是圆的直径，点是的中点，

所以，
因为直线平面
所以
所以以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则
，，
所以，
设平面的法向量，则，即
令，则
得
因为直线平面
所以为平面的法向量
所以
所以二面角的正弦值为
11．（2022·广东·统考模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，，，与交于点．

(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
【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即可；（2）利用空间向量求二面角的余弦值
(1)

证明：在直四棱柱中，平面，平面
所以．
因为，，所以
又，即， ，
所以在中，，即
在中，，即
在中，，即
所以又，所以平面．
(2)

解：因为平面，，故以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
由（1）知平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
则
令，得，
所以
又二面角的平面角是钝角，
所以二面角的余弦值是
12．（2022·广东·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，为的中点，2，且，平面平面.

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，推导出，由平面平面，得平面，由此能证明；
（2）由，平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．
(1)
证明：连接，
在中，∵，，
所以为等边三角形，
又为的中点，
，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，
；
(2)
解：为边长为2的正三角形，为的中点，
，由（1）知平面，
以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，0，，，0，，，0，，，
，1，，，0，，
设平面的法向量，，，
则，取，，，
因为，，，
所以平面，
则平面的法向量可取，1，，
，
平面与平面所成角的正弦值为．

13．（2022·广东佛山·校联考模拟预测）如图，三棱柱中，侧面是菱形，，．

(1)证明：；
(2)若，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取BC中点O，连接AO，，易证，再根据，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）以，，所在直线及其正方向建立空间直角坐标系，易知为平面的一个法向量，再求得平面的一个方向量，由求解.
【详解】（1）解：取BC中点O，连接AO，，
因为侧面是菱形，，
所以
因为，
所以，且，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2），则，
由（1）得平面，
且平面，
所以，即，
所以，
因为，
所以，
即BC，，OA两两垂直，
以，，所在直线及其正方向建立如图空间直角坐标系，

则，，，，，
可取为平面的一个法向量，
设平面的一个方向量为，
，
则，即，取，
则，
易知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值．
14．（2022·广东汕头·统考三模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，E，F分别是PA，PD的中点，过E，F作平面交线段PB，PC分别于点G，H，且

(1)求证：；
(2)若PD⊥平面ABCD，且二面角为，二面角的正弦值为，求t的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由题意，可得，根据线面平行的判定定理可得平面PBC，从而由线面平行的性质定理可得，由平行公理即可得证；
（2）由PD⊥平面ABCD，可得∠ADC为二面角的平面角，则，取BC中点O，连接OD，以D为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求出平面PBD的法向量与平面EFG的法向量为，从而利用向量法即可求解.
（1）
证明：∵E，F分别是PA，PD中点，
∴，
又∵，
∴，
又∵平面PBC，平面PBC，
∴平面PBC，
又∵平面α，平面平面，
∴，
∴；
（2）
解：∵PD⊥平面ABCD，AD，平面ABCD，
∴，，
∴∠ADC为二面角的平面角，则，
取BC中点O，连接OD，以D为原点，DA所在直线为x轴，DO所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，设点G坐标为，
∵，，
∴，
∴，
∴，
设平面PBD的法向量为，则，
即，令，则，，则，
设平面EFG的法向量为，，，
∴，即，
令，则，，则，
设二面角E-FG-P的平面角为θ，
∵二面角E-FG-P的正弦值为，
∴，，
∴，
∴，解得或（舍去）.
15．（2022·广东茂名·统考模拟预测）某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1．

(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；

【分析】（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，用向量法求与平面所成角的正弦值；
（2）假设存在这样的点P，设，由和联立解出，即可求解．
【详解】（1）（1）由长方体可知，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，，.所以.
设平面的一个法向量为，
则有，即，令，则，，故，
所以，故与平面所成角的正弦值为；
（2）由（1）可知，，，所以，假设存在这样的点P，设，由题意可知，所以，因为，则有，所以，又，所以，解得（舍），，所以当时，，此时点到直线的距离为．
16．（2022·广东韶关·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，．

(1)证明：平面；
(2)若与平面所成角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）证明平面线面垂直，即证，线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，首先作出线面角，从而求出点坐标，再用法向量求出二面角的平面角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：
∵平面，平面，平面，
∴，，
结合，平面，平面，
∴平面
又∵平面
∴，结合，平面，平面，
∴平面
（2）如图，以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，故

由（1）可知平面，平面，故
在平行四边形中，，故，结合，
可得点的坐标，
由（1）知平面
∴是斜线在平面上的射影，
∴与平面所成角为，
∵在中，，，，
∴，从而P点坐标为．
对于二面角，
设平面的一个法向量为
此时，，
则由 得，即 ，取得，
平面的一个法向量为，，
设平面的法向量为，
此时，，，
则由 得，即 ，取得，
于是平面的一个法向量为，
故二面角的余弦值为
17．（2022·广东·统考三模）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，，，顶点P在底面ABCD的正投影为AD的中点O.

(1)求证：平面PAC⊥平面POB
(2)若平面PAB与平面PCD的交线为l，，求l与平面PAC所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明，再由线面垂直的性质定理得，从而得线面垂直，然后可得面面垂直；
（2）由线面平行的判定定理与性质定理证明，因此求得直线与平面所成角即可，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
(1)
证明：在Rt△ABC中，，在Rt△AOB中，，
则，于是，
所以
因为PO⊥平面ABCD，平面，则；
又，平面，所以AC⊥平面POB，
而AC平面PAC，所以PAC⊥平面POB
(2)

因为，AB平面PCD，CD平面PCD，
所以AB//平面PCD，.
又平面PAB平面，AB平面PCD，所以.
则l与平面PAC所成角的正弦值等于AB与平面PAC所成角的正弦值..
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，，），B（2，0，0），C（2，2，0），
所以，，.
设平面PAC的一个法向量为，则，即，即，
令，得.
设l与平面PAC所成角为，则，.
又因为，所以l与平面PAC所成角为.
18．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，AB⊥AC，平面平面ABC，平面与平面的交线为l.

(1)证明：；
(2)已知，，l上是否存在点P，使与平面ABP所成角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）由四边形为菱形，得到，根据平面平面ABC，证得，进而得到平面，从而证得；
（2）取中点D，连接AD，证得平面，以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
(1)
证明：因为四边形为菱形，所以，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
又因为，所以平面，
又由平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以.
(2)
解：上不存在点P，使与平面ABP所成角为60°，
理由如下：
取中点D，连接AD，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为平面平面ABC，平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
可得,
则，，，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
假设l上存在一点P，使与平面ABP所成角为60°，
设，则，所以，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，可取，
又由，所以，
即，此方程无解，
因此上不存在点P，使与平所成角为.

19．（2022·广东·统考模拟预测）在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，E为的中点，点P在平面内的投影F恰好在直线上．

(1)证明：．
(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）由四边形为长方形得，由平面得，根据线面垂直的判断定理可得平面，再由性质定理可得答案；
（2）连接，由（1）和已知得，求出、，过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出
平面的一个法向量、，利用线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为，，E为的中点，所以，
所以四边形为长方形，，
因为平面，平面，所以，
又因为，所以平面，
平面，所以．
（2）连接，由（1）平面，平面，所以，
因为，所以，
所以，即，，，
所以，即，
过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令，则，
所以，
设直线PB与平面PAD所成角的为，所以
，
所以直线PB与平面PAD所成角的正弦值为．

20．（2022·广东广州·统考二模）如图，已知四边形是边长为2的菱形，，平面平面．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据面面垂直的性质和判定可得证；
（2）设AC与BD相交于点O，连接FO，以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法可得答案.
【详解】（1）证明：菱形ABCD中，，又平面平面，平面平面，所以平面AEFC，
又BD在平面BED内，所以平面平面；
（2）解：因为平面平面．平面平面，所以平面．
设AC与BD相交于点O，连接FO，
因为，所以，所以四边形AOEF为平行四边形，所以，所以平面ABCD，
菱形ABCD中，，所以是正三角形，则OC=1，OF=AE=AB=2，，
以点O为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，
则，，，，
则，，，
设平面ACF的法向量为，
设平面DCF的法向量为，则，令，则，
所以，
又由图示得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．

21．（2022·广东茂名·统考二模）如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．

(1)证明：平面ABCD；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1) 取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.
（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
（1）
取的中点G，连接EG，FG，AC，
因为，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，
，又平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD，
因为，所以平面平面ABCD，
因为平面ABCD，所以平面ABCD．
（2）
设，
由，得，
因为，所以，
由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由得，取，得，
连接BD，因为，，，所以平面，
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
22．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图在斜三棱柱中，，侧面底面，点M，N分别为的中点，点D为线段上一点，且．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）找出与平行的直线，由线面平行的判定定理证明
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解
（1）
连接交于G，连接．
因为M，N分别为的中点，所以点G为的重心，
所以，又，所以，
因为平面平面，
所以平面．
（2）
在平面内作于点O．
因为，所以，
则点O为中点，所以．
因为侧面底面，而侧面底面，
侧面，所以底面，
所以两两垂直．
以O为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系．

则，
因为M，N分别为的中点，所以．
设为平面的一个法向量，，
则即取得．
又为平面的一个法向量，所以，
所以，
故二面角的正弦值．
23．（2022·广东梅州·统考二模）如图①，在直角梯形中，，，，，､分别是，的中点，将四边形沿折起，如图②，连结，，.

(1)求证：；
(2)当翻折至时，设是的中点，是线段上的动点，求线段长的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明平面，再根据线面垂直得性质即可得证；
（2）证明平面，可得，利用勾股定理求出，再利用勾股定理证明，以为原点，建立如图的空间直角坐标系，设，，，求出点得坐标，从而可得出答案.
(1)
证明：因为四边形是直角梯形，，分别是的，中点，
所以，，，
又，所以平面，
又因平面，所以；
(2)
解：由（1）可知平面，
因为平面，所以，
在中，，
又，
所以，即，
所以，，，
以为原点，建立如图的空间直角坐标系，
则，，，
设，，，
所以，
得：，，，


，
则当时，有最小值，
所以线段长的最小值为.

24．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点G为BD的中点时.

【分析】（1）由面面垂直可得AE平面BCD，得出CDAE，再由CDEF可得CD平面AEF，即可得出平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出锐二面角的余弦值，当最大，最小，即可得出此时点G为BD的中点.
（1）(1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AEBC，又因为平面ABC平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE平面ABC，所以AE平面BCD，又因为CD平面BCD，所以CDAE， 因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，又因为BDCD，所以CDEF，又因为CDAE，AE∩EF，AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD平面AEF，又因为CD平面ACD，所以平面ACD平面AEF.
（2）在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H,设BC=4，则，DF=FC=l，.以为正交基底，建立如图空间直角坐标系E-xyz,则,设，则,，设平面AEG的法向量为,由，得，令，故，设平面ACD的法向量为，则,即，令，则,设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为,则，当最大，此时锐二面角最小，故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.
25．（2022·广东肇庆·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，，，四边形是菱形，，是的中点.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，证明出平面，可得出，由可得出，由已知条件结合线面垂直的判定定理可证得平面，由此可得出平面；
（2）连接，证明出平面，设，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
(1)
证明：连接，因为四边形是菱形，则，
因为，故为等边三角形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，所以.
因为，所以.
又，且，所以平面，所以平面.
(2)
解：连接，因为，，是的中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.
设，因为，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，

则、、、，
，，.
设平面的法向量是，
则，取，可得.
设平面的法向量是，
则，取，可得.
所以，
由图可知，二面角为钝角，因此，二面角的余弦值是.
26．（2022·广东江门·统考模拟预测）如图，在正四棱锥中，，，P在侧棱上，平面.

(1)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
(2)侧棱上是否存在一点E，使得平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)侧棱上存在一点E，使得平面，且.

【分析】（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．
（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由可求解.
（1）
如图，由题意知平面，，故两两垂直．
以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

∵，不妨设，则，
∴.
由题意得，，，，.
∴，，
设平面的一个法向量为，则有，可取，
∵平面，
∴平面的一个法向量，
设平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，
所以
（2）
假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，

由（1）设，且，即，可得，即，
所以，
由平面的一个法向量，
若平面，则，
即，解得.
故.
所以侧棱上存在一点E，使得平面，且.
27．（2023·广东茂名·统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.

(1)求证：平面PAB；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）由已知可推出，进而得出D为AC中点，证得，即可根据线面平行的判定定理；
（2）先证明平面.方法一：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可；方法二：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可.
【详解】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB
所以.
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）
如图1，取的中点F，连结PF、AF.
由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.
因为
所以，
所以.
又，则有，
所以，.
则有，，，
所以，，，
又，平面，平面.
所以平面.
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.

由，，可得.
，，，，，.
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
  令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，
则，，，，，
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
28．（2022·广东茂名·统考二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD， ，E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且A、D、E、F四点共面．

(1)求证：F为PC的中点；
(2)若△PAD为等边三角形，二面角 的大小为 ，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明AD∥平面PBC，再根据线面平行的性质定理即可证明EF∥AD,即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面ADFE的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.
（1）
证明：四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC．
由题意A、D、E、F四点共面，平面ADFE平面PBC=EF，
∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，
∵E是棱PB的中点，∴F为PC中点．
（2）
如图，以BC为x轴，连接BC中点O和AD中点G,以OG为y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

因为AB=CD，BC=2AD，
设AD=a，则BC=2a， ，
所以，
，
因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD，由题意知 ,
所以∠PGO为二面角 的平面角，又二面角的大小为 ，
所以 ，
因为PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO ，
所以AD⊥平面PGO，
过P作PH垂直于y轴于点H，
因为PH⊂平面PGO，所以AD⊥PH，
又PH⊥GH，平面ABCD， ，
所以PH垂直于平面ABCD，且 ,
，
，∴，
因为E，F分别为PB，PC的中点，
所以，
设平面ADFE的法向量为，则，
所以，取z=1，，
设BD与平面ADFE所成角为θ，
则，
即直线BD与平面ADFE所成角的正弦值为．
29．（2022·广东·统考一模）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.

(1)证明：平面DEF；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明，再证明，根据线面垂直的判定定理可证明结论；
（2）先推出三棱锥的体积最大时，点E，F分别是，的中点，由此再求二面角的余弦值；
法一：通过证线面垂直可说明是二面角的平面角，解直角即可求得答案；
法二：建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出平面DEF和平面BDF的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.
【详解】（1）证明：如右图，连接AE，由题意知AB为的直径，所以.

因为AD，EF是圆柱的母线，所以且,
所以四边形AEFD是平行四边形.
所以 ,
所以.
因为EF是圆柱的母线，所以平面ABE,
又因为平面ABE，
所以.
又因为，DF，平面DEF，
所以平面DEF.
（2）由（1）知BE是三棱锥底面DEF上的高，
由（1）知，，所以，
即底面三角形DEF是直角三角形.
设，，则,
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，
三棱锥的体积最大,
下面求二面角的余弦值：
法一：
由（1）得平面DEF，因为平面DEF，所以.
又因为，，所以平面BEF.
因为平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,
由（1）知为直角三角形，则.
故,
所以二面角的余弦值为.
法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，
如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则.
由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取为.
设平面BDF的法向量为，由，，
得，即，即，
取，得.
设二面角的平面角为θ,
则，
由图可知θ为锐角，所以二面角的余弦值为.
30．（2022·广东揭阳·普宁市华侨中学校考二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.

(1)证明：若，直线平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或

【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；
（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；
（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.
【详解】（1）
如图所示，在线段上取一点，使，连接，，
，
，
又，，
，四边形为平行四边形，
，
又，，
所以平面平面，
平面，
平面；
（2）
如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又是中点，则，
所以，，，
设平面的法向量，
则，令，则，
设平面的法向量，
则，令，则，
所以，
则二面角的正弦值为；
（3）存在，或
假设存在点，设，即，，
由（2）得，，，且平面的法向量，
则，，
则，
，

解得或，
故存在点，此时或.