专题23 立体几何大题综合-备战2024年数学新高考一轮复习之专题知识归纳和题型技巧大综合

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空间中的平行关系
线线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
空间中的垂直关系
线线垂直
线面垂直的判定定理
一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
面面垂直的判定定理
一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
面面垂直的性质定理
两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
冲刺训练
一、解答题
1．（2023·广东梅州·统考三模）如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.

(1)证明：平面平面.
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，可证平面，从而可证，由线面平行的性质定理可证，从而可证四边形为平行四边形，通过解三角形可得，即，再由平面可证，从而可证平面，从而有平面，即可证明平面平面；
（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用二面角空间向量求法可得方程，求解即可.
【详解】（1）由题知，平面平面，过点作的垂线，垂足为，连接，
又因为平面平面，所以平面.
因为平面，所以，则共面.
因为平面，平面，平面平面，
所以，则四边形为平行四边形，所以.
因为，，所以，
因为，所以，
由正弦定理得，即，
所以，因为，所以，
所以，即.
因为平面，平面，所以，
又因为,平面，所以平面.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，如图所示，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
设平面的法向量，
所以，即，令，得，
所以平面的一个法向量.
所以，即，解得或，
当时，，不合题意，
所以线段的长为2.

2．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为的正三角形，平面平面，．

(1)求证：平行四边形为矩形；
(2)若为侧棱的中点，且平面与平面所成角的余弦值为，求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，由正三角形、面面垂直的性质易得面，再由线面垂直的性质及判定证，即可得结论；
（2）构建空间直角坐标系，设并求面、面的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.
【详解】（1）取中点，连接，为正三角形，则，
面面，面面，面，则面，

面，故，又，面，，
所以面，面，故，则平行四边形为矩形.
（2）如下图，以为原点，为轴，为轴建立坐标系，设，
则，，，，，
所以，，

设面的法向量为，则，令，则，
设面的法向量为，则，令，则，
由，解得，
则面的法向量为，，
点到平面的距离.
3．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为中点
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）由已知，有，且，
平面，所以平面，
因为平面，所以.
在Rt中，，
所以.
因为，所以.
且，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1），
所以为二面角的平面角，，
因为为的中点，
所以，， ，，，
如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.

则.
设，
则,.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，则，所以.
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍）.
因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为.
4．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．

(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；
（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．

5．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）在三棱锥中，，平面平面，且.

(1)证明：；
(2)若是直线上的一个动点，求直线与平面所成的角的正切值最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)2.
【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定和性质证明即可；
（2）作出直线与平面所成的角，并得到该角正切的函数关系，再借助二次函数求解作答.
【详解】（1）在三棱锥中，在平面内过点作直线，如图，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）过作交于，连接，由（1）知平面，
因此是直线与平面所成的角，
又平面，所以，
设，由，，得，，
又，所以，，
在中，由余弦定理,
得，
所以，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成的角的正切值最大值为2.

6．（2023·福建宁德·校考模拟预测）图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，，，．E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2．

(1)求证：；
(2)求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，再得出线线垂直.
（2）先建立空间直角坐标系，由空间向量法求两个平面的法向量，再求两个法向量所成角的余弦值的绝对值，得出结果.
【详解】（1）如下图，过点D作交于点，连结，
因为，，．
所以，，，由,
所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面，又平面，
所以.

（2）如下图，
由，得，即，当时取等号.
当△CDE周长最大时，，即.
取的中点O，因为，所以.
以O为原点，为x轴，为y轴，为z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，
平面的法向量，
则，
所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为.

7．（2023·福建福州·福州四中校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，且，点在线段（含端点）上运动，设.

(1)当平面时，求实数的值；
(2)当平面平面时，求平面与平面的夹角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，可得为的中点，即可求出求实数的值；
（2）（方法一）由线面垂直和面面垂直的判定定理和性质定理可证得是平面与平面的夹角，求解即可.
（方法二）以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和平面的法向量，由题意可得，可求出，即可求出平面的法向量，再求出平面的法向量，由二面角的公式求解即可.
【详解】（1）如图，连接，交于点，连接，
为的中点，且平面平面，

平面平面，，
为的中点，即实数的值为.
（2）（方法一）在直三棱柱中，平面，
平面，
，又平面，
平面，又平面，
当，.
又平面平面，
平面平面平面，
如图，延长交于点，过点作交于，

过作交于点，连接，则，
又平面，
又平面，
是平面与平面的夹角，
，
，
，
平面与平面的夹角的正弦值为.
（方法二）在直三棱柱中，，
两两相互垂直，
如图，以所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，

则，
，
，
设为平面的一个法向量，
则即
令，则，
设为平面的一个法向量，
，
则即，
令，则，则
当平面平面时，，即，
平面的法向量，
设为平面的一个法向量，
则即
令，则
，
，
平面与平面的夹角的正弦值为.
8．（2023·福建三明·统考三模）如图，平面五边形由等边三角形与直角梯形组成，其中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，且.

(1)当时，证明并求四棱锥的体积；
(2)已知点为棱上靠近点的三等分点，当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）首先取取的中点，连结，，由条件可先证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判断定理，以及勾股定理证明平面，最后根据锥体的体积公式，即可求解；（2）以点为原点，根据（1）中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图，取的中点，连结，，

因为为等边三角形，且，则，.
因为，，，，
所以，，那么，则也是等边三角形，
所以，.
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，所以，
所以，
因为，，平面，
所以平面.
所以.
（2）由（1）知平面，以､所在直线分别为轴､轴，在平面内过作的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

则，，
在中，因为，所以，
由则，
过点作直线的垂线，垂足为，则，
所以，，
所以
设，因为，所以，
所以，，，即
所以，，
设平面的法向量为，
则，
不妨令，则，，
所以
不妨设平面的法向量为，设平面与平面的夹角为
则，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
9．（2023·河北·统考模拟预测）在圆柱中，等腰梯形为底面圆的内接四边形，且，矩形是该圆柱的轴截面，为圆柱的一条母线，.

(1)求证：平面平面；
(2)设，，试确定的值，使得直线与平面所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）先证明平面以及平面，根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在圆柱中，,平面,平面,
故平面；
连接，因为等腰梯形为底面圆的内接四边形，，

故，
则为正三角形，故，则，
平面,平面,
故平面；
又平面，
故平面平面.
（2）如图，以为坐标原点，在底面圆过点垂直于平面作直线为x轴，
以为轴建立空间直角坐标系，

由于，由（1）可知,
故,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
由，，，
可得，
设直线与平面所成角为，
则，
即得，解得或，符合，
故或.
10．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）如图，在四棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)已知，，.若平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用夹角余弦值建立方程求解即可.
【详解】（1）如图，取的中点分别为，连接BE，AF，EF，CF，
所以，且，
又，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，所以，
因为，，所以，
又，所以，
所以，即.
又，，平面，
所以平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，平面，因为，平面，
所以，，所以.
在Rt中，，，
则，则.
因为，，所以，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
，，.
由，，
得.
设平面的法向量为，则，即，
取，则，得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故的值为.
11．（2023·河北·校联考三模）如图，四棱锥的底面是菱形，其对角线交于点，且平面是的中点，是线段上一动点．

(1)当平面平面时，试确定点的位置，并说明理由；
(2)在（1）的前提下，点在直线上，以为直径的球的表面积为．以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，求点的坐标．
【答案】(1)是的中点
(2)，
【分析】（1）根据面面平行的性质证明，即可得解；
（2）先根据球的体积求出，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，
因为是的中点，所以是的中点；
（2）由题意，解得，
设，
由题意，，
则，
则，
则，解得或，
当时，，则，
当时，，
设，则，
所以，解得，则，
综上所述点的坐标为，.

12．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，的中点为，的中点为.

(1)证明：OD∥平面；
(2)若，，，求平面与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接，则为的中点，然后由三角形中位定理可得∥，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由题意可证得平面，所以以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）连接，因为四边形为平行四边形，
所以为的中点，
因为为的中点，
所以∥，
又平面，平面，
所以∥平面.

（2）因为，又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
取的中点，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，，
建立如图所示空间直角坐标系，，

由得，则，
设平面的法向量为，
则，
令，所以 ，
因为平面，所以可取平面的法向量为.
设平面与平面所成角为，由图可知为锐角，
则，
故平面与平面所成角为.
13．（2023·山东济南·校考模拟预测）如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．

(1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面；
(2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；
（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）证明：
连接，如下图（1）中所示：
因为四边形为平行四边形，所以是中点，
又点为线段的中点，则，且,
又且，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；

（2）以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：
由平面⊥平面，，可知，
均为边长为2的正三角形，
则有，
设，
则，
为平面的法向量，
所以，
解得（其中舍去）,所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取．
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取
所以．
所以二面角的正弦值为．
即二面角的正弦值为.
14．（2023·山东·山东师范大学附中校考模拟预测）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.
15．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点是线段上靠近的三等分点
【分析】（1）根据与底面所成角的余弦值为，推出是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，再以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；
（2）根据二面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
（2）设，则
，
设平面的一个法向量为，
则，
若，则有，则，取，则，
此时，不合题意；
所以，令，得，，
则，
所以，
整理得，解得.
所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，点是线段上靠近的三等分点.

16．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知图1是由等腰直角三角形和菱形组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，，．将三角形沿折起，使得平面平面（如图2）．

(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，则，再结合已知面面垂直可得平面，则，而，再由线面垂直的判定可得面，从而可证得，
（2）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.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，．
∵，∴．
又∵平面平面，且平面平面，平面，
∴平面．
∵平面，∴．
∵在菱形中，， ∴为等边三角形，
∵的中点为，∴，
∵∥，∴
∵，平面，
∴平面，∵平面，∴．
（2）由（1）平面，∵平面，∴，
∵，
∴如图,以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则
，
∴，，．
设平面的法向量为，则
，不妨设，则．
设平面的法向量为，则
，令，则，
设二面角的大小为，由图可知为钝角，
∴，∴．
∴二面角的正弦值为．

17．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图所示得三棱锥.

(1)证明：；
(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定可得平面，由线面垂直性质可证得结论；
（2）利用余弦定理可求得，作，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由面面角的向量求法可构造方程求得的值，由此可得结果.
【详解】（1）取中点，连接，

四边形为菱形，，，，，
，平面，平面，
平面，.
（2），，
，解得：；
，，；
在平面中，作，交于点，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

假设在线段上存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，
，，，
又，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，解得：，
当时，；当时，；
当或时，平面与平面所成角的余弦值为.
18．（2023·广东佛山·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，，分别为，的中点.

(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）设中点为，连接、，由三角形中位线性质可得，且，从而得到四边形为平行四边形，再由，即可证得平面；
（2）利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）如图（1），设中点为，连接、，
底面为正方形，，分别为，的中点．
，且，又，，
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
（2）连结，，过作交于点，
∵，∴点也是中点，连接，
，为的中点，∴，又底面为正方形，
，，，
平面平面，，平面平面，平面，
平面，又平面，，
∴在中，，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
∴，，
平面，是平面的一个法向量，，
设平面的一个法向量为，
则 ，令，则， ，
设二面角为，显然二面角为锐角，
，
故二面角的余弦值为．
【点睛】
19．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点是的中点.

(1)证明：；
(2)设的中点为，点在棱上（异于点，，且，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）由等腰三角形的性质可得，由面面垂直的性质可得平面，则，所以由线面垂直的判定可得平面，从而可得结论；
（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为，点是的中点，所以.
因为平面平面，所以平面平面，
因为四边形为矩形，所以，
因为平面平面，平面，
所以平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由题意可得两两垂直，
设，如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，

因为点是的中点，所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令可得，所以平面的一个法向量.
，设，
即，所以.
又，
所以，
化简得，解得或（舍去）.
所以，
设直线与平面所成的角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台中，为中点，，，．

(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式可求出，再由等体积法求出三棱锥的体积．
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，又，则，
又，∴四边形为平行四边形，则，
∵，∴，又，，
∴，∵平面，，∴平面．
（2）∵，，∴，
又∵，平面，，∴平面，
∵，，为中点，∴．
以为正交基底，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，，，则，又平面的一个法向量为，
则，∴，即．
∵平面，平面平面，平面，
∴．

21．（2023·重庆·二模）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解.
【详解】（1）如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
22．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）如图，在三棱台中，面，，
(1)证明：；
(2)若棱台的体积为，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明，则；
（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【详解】（1）在平面中过点作的垂线，
在平面ABC中过点作的垂线，
面面，，面，
且面面，故面，
面，所以，
故，，三条两两垂直，
建立以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
如图所示，则由题意得

，，即，
，.
（2）设，
，
根据，则，
由棱台体积公式得
，
所以，则
在（1）问建系基础上，
设面的法向量
由，即，
取，则，则 ，
由题意得，根据，则，则
，
设面法向量
由，即，
取，则，，则，
设二面角的大小为，依图可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
23．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图，平行六面体中，点P在对角线上，，平面平面．
(1)求证：O，P，三点共线；
(2)若四边形是边长为2的菱形，，，求二面角大小的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，由面面平行的性质得出，进而得出O，P，三点共线；
（2）以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角大小的余弦值．
【详解】（1）证明：连交于，连．
在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，且，
又O，分别为BD，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，于是，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
因为，都经过点O，所以O，P，三点共线．
（2）解：由（1）可知，所以．
作平面于Q，于E，于F，连，，，
则，，由，得，
又，平面，所以平面，
于是，同理，
又，，
所以，则，
所以点Q在上，且，所以点Q与O重合，于是．
以点O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，于是，
又，所以，，
设平面的法向量为，
则，于是可得，
不妨令，则，
平面的一个法向量为，
，
又结合图形易得二面角为锐角，
所以二面角大小的余弦值为．
24．（2023·湖北·统考二模）如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的长度；
(2)若，且的面积，求二面角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根据平行关系可得，再结合垂直关系可得，即可得结果；
（2）根据题意分析可得平面ABC，，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD，
∵分别为的中点，则且，
又∵为三棱柱，且分别为的中点，则且，
可得且，即四边形DEFB为平行四边形，故，
又∵平面，则平面，
平面，可得，
又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，
∴.
（2）由（1）可知：，且，即，
∴，
则可得，且，
∵平面，平面，则，
∴，解得，
由（1）知平面，平面，则，
又∵，则
又∵，，则，
，平面ABC，
∴平面ABC，
平面ABC，则，
且，可得，
∴为直角三角形，则，
以为坐标原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
∵平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
可得，
∴，
故二面角的正弦值为.
25．（2023·山东菏泽·统考二模）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，，，，，E为PD中点.
(1)求证：面PAB；
(2)点Q在棱PA上，设，若二面角P－CD－Q余弦值为，求.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）取PA中点为F，连接EF，FB.通过证明，可得面PAB.
（2）如图建立以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴的空间直角坐标系，由，可得，后分别求出平面PCD法向量，平面CDQ法向量，则，据此可得答案.
【详解】（1）取PA中点为F，连接EF，FB.因E，F分别为PD，PA中点，则
，即四边形ECBF为平行四边形，
则，又平面PAB，平面PAB，则面PAB；
（2）取CD中点为G，因，则.
又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDC，
则平面ABCD.过C点作BA平行线，交AD于M.因平面ABCD，
则.过C做PG平行线CN，则以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴，如图建立空间直角坐标系.
则
注意到，则，故.
则，，，
.
设平面PCD法向量为，则，取；
设平面CDQ法向量为，则，
令，则，故取.
因二面角P－CD－Q余弦值为，则，
即.
又，则.
.
26．（2023·江苏·统考三模）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．
(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；
(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．
条件①：；
条件②：∠PED＝60°；
条件③：PM＝3ME：
条件④：PE＝3ME．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，设，，由平面MBD⊥平面PBC，可得两平面法向量互相垂直，即可得，据此可知可选择①④或②③；
（2）由（1）所建立空间直角坐标系及平面MBD法向量，利用向量方法可得答案.
【详解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，
又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，
则，，，，
设，.
则，，，，.
故.
设平面MBD法向量为，
则，令，可得；
设平面PBC法向量为，
则，可令，可得.
要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.
注意到条件①，
PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，
条件③，条件④.
则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；
（2）由（1），当选择①④时，，，.
则，平面MBD法向量为，
设BP与平面MBD所成角为，则；
当选择②③时，，，.
则，平面MBD法向量，
设BP与平面MBD所成角为，则；
.
27．（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，
(1)求证：平面；
(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.
（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
为线段的中点，，
平面，平面，平面，
又，，四边形为平行四边形，则
平面，平面，可得平面，
又，，平面，
可得平面平面，平面，
则面.
（2）取中点，中点，连接，，，
由，，为边的中点，
得，所以为等边三角形，从而，，
又，为的中点所以，又是等边三角形，
所以，所以为二面角的平面角，所以，
过点作，过作交于，连接，
是等边三角形，所以可求得，，所以，，
，，，，
所以，，又，，面，
所以面，又，所以面，
平面，所以面面，
由，在中易求得，又，
所以，，
面面，面，
所以面，所以为与平面所成的角，
在中可求得，所以，
与面所成角的正弦值为
28．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，四棱锥内，平面，四边形为正方形，，．过的直线交平面于正方形内的点，且满足平面平面.
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直推出，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，建立坐标系，求出动点的轨迹方程，进一步求解扇形的弧长；
（2）由（1）知，设出点M的坐标，利用向量法求得二面角的余弦值，求出点M坐标，再根据向量法求二面角的平面角余弦值.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
设，因为，所以，，
所以，即，
设AB中点为N，则，
如图，
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为.
（2）由（1）知，可设，
，
设平面的一个法向量为，
则即，
令，则，
可得平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
所以.
当二面角的余弦值为时，，
解得或（M与A重合，舍去），
所以，，
易知平面的一个法向量为，
所以.
由图知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
29．（2023·山东潍坊·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且.

(1)求证：直线平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【详解】（1）如图，设交于点，连接，易知底面，，所以，
又是底面圆的内接正三角形，由，可得，.
又，，所以，即，
又，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面.
.
（2）因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，

设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
30．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为．
(1)求三棱锥体积的取值范围；
(2)当直线与平面所成角最小时，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据线面夹角分析可得，建立平面直角坐标系求点的轨迹方程，结合圆的性质可得的取值范围，进而可得结果；
（2）根据线面夹角结合圆的性质分析直线与平面所成角的最小值，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）如图1，过点作平面，垂足为，连接，
则直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，
可得，则，
如图2，以分别为轴建立平面直角坐标系，则，
设，
因为，则，
整理得，即点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
可得，即，
所以，
故三棱锥体积，
即三棱锥体积的取值范围为.

（2）连接，
由（1）可知：直线与平面所成角为，则，
因为点的轨迹方程为，且，
即点的轨迹过点，延长分别交圆于点，
则，
当且仅当三点共线时，等号成立，
因为，则，
可得直线的方程为，
联立方程，解得或，
即点，可得，
如图4，以为坐标原点建立建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
由题意可知：平面的法向量为，
则，
所以二面角的平面角的余弦值为.