【二轮复习】高考数学 题型20 6类立体几何大题（解题技巧）.zip

这是一份【二轮复习】高考数学 题型20 6类立体几何大题（解题技巧）.zip，文件包含二轮复习高考数学题型206类立体几何大题解题技巧原卷版docx、二轮复习高考数学题型206类立体几何大题解题技巧解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共144页， 欢迎下载使用。
技法01 空间中的平行关系解题技巧
空间中的平行关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面平行、面面平行的判定及性质定理，同时还需注意书写过程的规范性，需重点强化练习.
知识迁移 空间中的平行关系
线线平行
①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等）
③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行
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
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
例1-1．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，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.

例1-2．（2022·全国·统考高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
例1-3．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
例1-4．（2024·全国·模拟预测）如图1，已知四边形为直角梯形，，，，M为CF的中点．将沿折起，使得点C与点A重合，如图2，且平面平面，分别为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：∵Q，H分别是的中点，∴．
∵平面，平面，∴平面．
如图，连接，∵N，P分别是的中点，∴且．
易知且，
∵Q是的中点，∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴．
∵平面，平面，∴平面．
∵，平面，平面，
∴平面平面.
（2）由(1)知，又，，∴，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面．
以M为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
∴，，，∴，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，
∴是平面PQH的一个法向量．
设平面的法向量为，
则，则，
令，则，∴是平面的一个法向量．
∴，
结合图象易知二面角Q﹣PH﹣D为锐二面角，故二面角的余弦值为．
1．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
2．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
3．（2024·广东佛山·统考一模）如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作.
(1)证明：；
(2)求顶点到直线的距离.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心，为底面直径，四边形是梯形，且，为底面圆周上一点，点在上．
(1)若，求证：平面；
(2)当时，求二面角的正弦值．
技法02 空间中的垂直关系解题技巧
空间中的垂直关系是高考中的高频考点，需熟练掌握线面垂直、面面垂直的判定及性质定理，同时还需注意书写过程的规范性，需重点强化练习.
知识迁移 空间中的垂直关系
线线垂直
①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直
③菱形、正方形的对角线互相垂直
线面垂直的判定定理
线面垂直的性质定理
面面垂直的判定定理
面面垂直的性质定理
例2-1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，N为的中点．

(1)证明:平面
(2)若M是线段上的点，且平面与平面的夹角为．求与平面所成角的正弦值．
证法一：连结(如图)，
易知是以AB斜边的等腰直角三角形，∴，
又∵，
∴，
∵，N为的中点，
∴，
∴，即，
∵平面，∴平面ABC．

证法二：取的中点D，连结(如图)，
∵，∴，
又∵，∴，
∵，∴，
∵平面，∴平面．
∵平面．∴，
又∵，平面，
∴平面；

证法三：易知为等腰直角三角形，
不妨设，则，
又N为斜边中点，∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，且，
∵，∴，∴，
又∵，平面，
∴平面ABC．
例2-2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，

过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
例2-3．（2023·全国·统考高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
例2-4．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
1．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
2．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
3．（2021·全国·统考高考真题）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．
4．（2021·全国·统考高考真题）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?
5．（2024·广东汕头·金山中学校考一模）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
技法03 向量法与几何法求空间角的解题技巧
立体几何中空间角是高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求角，难度中等偏上，需重点强化练习.
知识迁移
1．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θ的范围为(0，eq \f(π,2)]，公式为cs θ＝eq \f(|a·b|,|a||b|)
2．直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，
则sin θ＝|cs β|＝eq \f(|a·n|,|a||n|).
3．求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉．
如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足
|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．
例3-1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，N为的中点．

(1)证明:平面
(2)若M是线段上的点，且平面与平面的夹角为．求与平面所成角的正弦值．
（2）
∵，∴，
∴是等腰直角三角形，
∵N为中点，∴，
∴N为三棱锥外接球的球心，
依题意，∴，
连结，
∵平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴为二面角的平面角，等于，
解法一：由上知为等腰直角三角形，∴M为PC的中点，
∵，
∴平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，
∴点A在平面上的射影在上，
∴即为与平面所成的角，
易得，由余弦定理可得
．
解法二：由（1）知两两垂直，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
∵M为PC的中点，∴，
∴，
设平面PBC的法向量为
则，
取，则得，
∴，
∴AM与平面PBC所成角的正弦值为．
例3-2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，

于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.

法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.
例3-3．（2023·天津·统考高考真题）三棱台中，若面，分别是中点.

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【详解】（1）
连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
例3-4．（2021·全国·统考高考真题）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?
【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．
1．（2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
2．（2021·全国·统考高考真题）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.
3．（2023·四川南充·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，二面角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值．
4．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDEFG中，侧面ABGF是矩形，侧面BCDG与底面EFGD是直角梯形，．
(1)求证：四边形ACDE是平行四边形；
(2)若，二面角的正切值为，求多面体ABCDEFG的体积．
技法04 空间距离的解题技巧
立体几何中空间距离的求解常常可以转化为点到面的距离的求解，进而转化为对应几何体的高来求解，高考中的高频考点，需熟练掌握向量法和几何法求点面距，需重点强化练习.
知识迁移
1．空间两点间的距离公式
若，，则 =.
2．点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
例4-1．（2023·四川南充·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，且直线与所成角为，求点E到平面的距离．
【详解】（1）取BD中点为F，连接AF，
因为，所以，且，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，
所以，，且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为，且直线与所成角为，，
所以，
在中，，，
以C为原点，分别为x，y轴的正方向，过点C作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，，平面，所以平面，
则，
得，
设为平面的一个法向量，
则，取得，
所以点E到平面的距离.
例4-2．（2023·海南省直辖县级单位·校考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点．
(1)证明：；
(2)若点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的正弦值．
【详解】（1）
连接,
因为四边形为正方形，所以．
在直三棱柱中，平面平面，
由得，又平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，．
设为平面ABD的一个法向量，
则，即，得，令，则，
故，
由题意，，解得，
所以，．
设为平面BCD的一个法向量，
则，即，
令，则，，即，
平面ABC的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以，
所以平面和平面的夹角的正弦值为．
例4-3．（2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知为圆锥的顶点，为底面的圆心，其母线长为6，边长为的等边内接于圆锥底面，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若为中点，射线与底面圆周交于点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.
【详解】（1）因为为圆锥的顶点，为底面的圆心，所以面.
又因为面，所以，即.
因为为外接圆圆心，且为正三角形，所以.
又因为且，面，所以面，
因为面，所以面面.
（2）作交于，取中点为.
因为，，所以.
因为面，，面，所以，.
如图，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
因为，，所以，，
所以，，，，.
由，得，，，
，.
设面的法向量为，则，
取，则，，所以.
设面的法向量为，则,
取，则，，所以.
由，且，
解得，所以，.
又因为，所以，
所以到面的距离.
1．（2023·海南·校联考模拟预测）如图，在长方体中，，点为的中点，点是上靠近的三等分点，与交于点.

(1)求证：平面；
(2)若，求点到平面的距离.
2．（2023·江西景德镇·统考三模）如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

(1)证明：面面；
(2)若为上的一点，点到面的距离为，求二面角的余弦值.
3．（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．
技法05 动点的应用及解题技巧
立体几何中的动点问题是一类难点问题，需要寻找题干中动点满足的对应条件，从几何法或空间向量法去解决待解问题，需强加练习和重点复习.
例5．（2024·湖北·校联考模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.
(1)求二面角的正切值；
(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）如图，过点作于点，连接，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
平面，，.
为二面角的平面角.
∵，，∴为等边三角形，，
又中，，，，.
又，，，H为线段的中点.
，，
中，，，
所以二面角的正切值为.
（2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，，
又平面，则，，两两垂直，
以H为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，.
设平面的法向量为，，
令，可得.
假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.
，
因为直线与平面所成的角为，
，
整理得：，解得或（舍去）.
所以，则.
所以当时，与平面所成的角为.
1．（2024·山西临汾·统考一模）如图，在三棱柱中，，，，二面角的大小为.
(1)求四边形的面积；
(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
2．（2024·广东茂名·统考一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
(1)证明：；
(2)点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值.
3．（2023·全国·统考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．
(1)求三棱锥的体积的最大值；
(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．
技法06 范围的应用及解题技巧
立体几何中范围问题是一类常考的综合问题，需结合已知条件，找到数量关系求解，难度中上，需强加练习和重点复习.
例6．（2024·河南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，侧面底面，，O为的中点.
(1)证明：平面；
(2)若M为棱上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）
如图，连接，因为O为的中点，所以，
又因，，所以四边形为平行四边形，故，
因为，所以，
又因侧面底面，侧面底面，面，
所以平面，又因平面，所以，
又因，平面，平面，
所以平面.
（2）
过作，则，
如图建立空间直角坐标系，
由（1）可知，则为等边三角形，
又因，，
故，，
则，，，
则，，
设，，，
平面的一个量为，
设线与平面所成角为，
则，
则，
当时，，
当时，，
故当时，取得最大值为，即取得最大值为，
此时点与点重合.
综上可知，当点与点重合，与平面所成角的正弦值的最大值为.
1．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，，M是棱PD上的点，且PB与平面MAC平行．

(1)求证：；
(2)若Q为棱PC上的动点，求MQ与平面PBC所成角的余弦值的最小值．
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在三棱台中，，，点D在棱上，且．

(1)求证：D为的中点；
(2)记二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，求的取值范围．
3．（2024·广东广州·广州市培正中学校考二模）如图，在直三棱柱中，为的中点.请从条件①、②、③中选择合适的两个作为已知，并解答下面的问题：条件①：平面的面积为；条件②：；条件③：点到平面的距离为.
(1)求二面角所成角的正弦值；
(2)点是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围.
图形语言
符号语言
图形语言
符号语言
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
图形语言
符号语言
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
图形语言
符号语言
判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
图形语言
符号语言
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
图形语言
符号语言
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
图形语言
符号语言
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）
图形语言
符号语言
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
图形语言
符号语言