文档内容
【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题29 立体几何大题综合 （新高考通用）
1．（2021春·广东深圳·高三深圳市南头中学校考阶段练习）如图，在以 为顶点，母
线长为 的圆锥中，底面圆 的直径 长为2， 是圆 所在平面内一点，且
是圆 的切线，连接 交圆 于点 ，连接 、 ．
(1)求证：平面 平面 ．
(2)当二面角 的大小为 时，求四棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四棱锥 的体积为 .
【分析】（1）由圆锥的几何性质推得平面 平面 ，根据面面垂直的性质及
线面垂直的性质，可得 ，再由面面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由平面 平面 ， ，知 平面 ，从而有 ，
，故 ，进而得 ，由 和棱锥的
体积公式，得解．
【详解】（1）证明： 是圆 的切线， ，
由圆锥的性质知顶点 在底面圆上的投影为底面圆心 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，
，， ，则 ， ，
又 ， 、 平面 ，
平面 ，
平面 ，
平面 平面 ．
（2） ，且 为 的中点， ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，
， ，
为二面角 的平面角，即 ，
，
在 中， ， ，
，
四棱锥 的体积 ．
2．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在多面体 中，四边形 与
均为直角梯形， ， ， 平面 ， ，
．
(1)已知点 为 上一点，且 ，求证： 与平面 不平行；
(2)已知直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求该多面体 的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量及直线 的方向向量，
即可证明；
（2）设 且 ，利用空间向量法求出表示出线面角的正弦值，即可求出
参数 的值，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ，所以 、
，又 ，
如图建立空间直角坐标系，则 、 、 、 、 ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ，
，所以 ，
因为 ，且不存在 使得 ，即 与 不共线，
所以 与平面 不平行且不垂直.
（2）解：设 且 ，则 ，所以 ，
直线 与平面 所成角的正弦值为 ，，化简得 ，解得 或
（舍去），
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，
平面 ，
所以 ， ，又 ， ，所以 ，
， 平面 ，所以 平面 ，
又 ，所以 ，
，所以 ，
所以 ，即多面体 的体积为 .
3．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形 中， 为边 的
中点，过 作 于 .把 沿 翻折至 的位置，连接 ､ .
(1) 为边 的一点，若 ，求证： 平面 ；
(2)当四面体 的体积取得最大值时，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)由线面平行判定定理证明 平面 ， 平面 ，根据面面平
行判定定理证明平面 平面 ，根据面面平行性质定理证明 平面 ；(2)根据锥体体积公式由条件确定 平面 ，建立空间直角坐标系，求平面
与平面 的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
因为在正三角形 中， ，
又因为 ，所以 ，
平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又有 ，且 ，所以 ，
而 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
有 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
又 平面 ，
因此 平面 .
（2）因为 ，又因为 的面积为定值，
所以当 到平面 的距离最大时，四面体 的体积有最大值，
因为 ， ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，当 时，平面 平面 ， 平面
所以 平面 ，即在翻折过程中，点 到平面 的最大距离是 ，
因此四面体 的体积取得最大值时，必有 平面 .
如图，以点 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直接坐标系，
易知 ， ， ， ，
， ， ，
为平面 的一个法向量，
设平面 的法向量为 ，
，
由 ，令 得： ， ，
所以 为平面 的一个法向量，
.
所以平面 与平面 的夹角（锐角）的余弦值为 .
4．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）已知四棱锥 的底面 是平行
四边形，侧棱 平面 ，点 在棱 上，且 ，点 是在棱 上的动点（不为端点）.（如图所示）
(1)若 是棱 中点，
（i）画出 的重心 （保留作图痕迹），指出点 与线段 的关系，并说明理
由；
（ii）求证： 平面 ；
(2)若四边形 是正方形，且 ，当点 在何处时，直线 与平面
所成角的正弦值取最大值.
【答案】(1)(i)作图见解析；(ii)证明见解析；
(2)点 在线段 靠近 的三等分处时, 正弦值取最大值为 .
【分析】（1）(i)根据重心为三角形三边中线的交点可作图；(ii)利用线面平行判定定理
证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，表示出线面夹角的正弦值，即可求最大值.
【详解】（1）（i）设 与 交点为 ，连接 与 交于点 ，
因为 为 中点， 为 中点，
所以 与 交点 为 重心，
所以 ,
又因为 为 的 边的中线，
所以点 也为 的重心，即重心 在 上.
（ii）连接 并延长交 于点 ，连接 ，因为 为 重心，所以 ,
又因为 ,
所以 ，
又因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 ；
（2）因为四边形 为正方形，所以 ,
平面 ， 平面 ，所以 ，
所以以 为坐标原点，建立如图所示坐标系，
所以
设 ，则
设平面 的法向量为 ，
，化简得 ，
取 则 ，设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，
所以当 时，即点 在线段 靠近 的三等分点处时，
直线 与平面 所成角的正弦值取最大值为 .
5．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）如图，五棱锥 中， ，
， ， ， ， ， ， ，
O，H分别是线段 的中点， ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由几何关系证 ，由线线垂直证线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系 如图所示，由向量法求二面角的余弦值，进而可求
出正弦值.
【详解】（1）∵ ， ，
∴AEDC为等腰梯形，∵O，H分别是线段 的中点，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，即 共线，
∵ ， ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平面 ，
∴ 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系 如图所示，
则 ，
.
设 是平面ABP的法向量，
则 ，取 ，则 ；
设 是平面ACP的法向量，
则 ，取 ，则 .∴ ，
则二面角 的正弦值为 .
6．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）如图，在三棱柱 中，
AC⊥BC，AC＝BC＝2， ，BC 与 交于点E，平面 平面ABC，
1
，是侧棱 上一点．
(1)若D为 的中点，证明： 平面BCD．
(2)是否存在点D，使得二面角 的正弦值为 ？若存在，指出点D的位
置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)存在， 为 的三等分点处，即 或 .
【分析】(1)由线面平行的判定定理即可证明 平面BCD.(2)首先假设存在，使得二面角 的正弦值为 ，建立适当的空间直角坐
标系，分别求的两个平面的法向量，即可求得二面角 的正弦值为 时点
D的位置.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，
为 的中点， 为 的中点，
，又 ， ，
为 的中点， 且 ，
为 的中点， ，
， 四边形 为平行四边形，
， 面 ， 面 ，故 面 ，
同理 面 ，又 面 ， 面 且 ，
所以面 面 ，又 面 ， 平面BCD
（2）连接 ，
面 面 且面 面 ，又
面 ，又 面 ，
，
在 中， ，
则 ，即 ，则 面 ，
分别以 为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ，
则 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 即
令 ，则 ， ；
设平面 的一个法向量为 ，
则 即
令 ，则 ， ；
所以二面角正弦值为 ，
解得 或 ，
所以存在点D，使得二面角 的正弦值为 ，此时， 为 的三等分点处，即 或 .
7．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱 内接于圆柱，
，平面 平面 ．
(1)证明： 为圆柱底面的直径；
(2)若M为 中点，N为 中点，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）根据面面垂直的性质定理证明 平面 ，继而证明 平面
，根据线面垂直的性质定理证明 ，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 与平面 的法向量，
根据空间向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接 ，在直三棱柱 中， ，
∴四边形 为正方形，
∴
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，∴
又 平面 ， 平面 ，
∴ ．
又 ， , 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴ ，∴ 为圆柱底面的直径．
（2）由已知 平面 ， ，
∴以 为正交基底建立空间直角坐标系 ，
∴ ， ， ， ， ， ．
∵ 为 ， 中点，
∴ ， ．
设平面 的一个法向量为 ．
则 ，又 ， ，
∴ ，取 ，得 ， ，∴ ，
设平面 的一个法向量为 ．则 ，又 ， ，
∴ ，取 ，得 ， ．
∴ ，
∴ ，
所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ．
8．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）如图1，在长方形ABCD中，已知 ，
，E为CD中点，F为线段EC上（端点E，C除外）的动点，过点D作AF的垂
线分别交AF，AB于O，K两点．现将 折起，使得 （如图2）．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)求直线DF与平面 所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证 平面 ，得 平面 ，所以 ，再证
平面 ，从而得证面面垂直；
（2）直线DF与平面 所成角为 ，记 ，设 （ ），
由 ，得 ，计算 ，利用基本不等式得最大值，从而得角的最
大值．
【详解】（1）因为 ， ， ， 平面 ， ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ．又因为 ， ， 平面 ， ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）连结FK，由（1）可知，直线DF与平面 所成角为 ，记 ．
在图1中，因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ．
又因为 ，所以 ．
设 （ ），由 ，得 ，解得 ．
在图2中，因为 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 时等号成立，
又因为 ，所以 的最大值为 ，
即直线DF与平面 所成角的最大值为 ．
9．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）如图①，在 中， ， ，
，D，E分别是边AB，AC的中点，现将 沿着DE折起，使点A到达点P
的位置，并连接PB，PC，得到四棱锥 ，如图②，设平面 平面
(1)证明： 平面PBD；(2)若点B到平面PDE的距离为 ，求平面PEC与平面PBD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直判定定理证得 平面PBD，再运用线面平行的判定定
理证得 平面PBC，再运用线面平行的性质定理证得 ，进而证得结果.
（2）过点B作 ，由面面垂直的性质证得 平面PDE，进而求得
，取BD的中点O，连接OP，再由线面垂直的性质证得 ，进而
由线面垂直的判定定理证得 平面BCED，则以D为坐标原点建系，分别计算平面
PEC与平面PBD的法向量，代入面面夹角的计算公式即可.
【详解】（1）证明：因为 ，所以 .
因为D，E分别是边AB，AC的中点，
所以 ，所以 ， .
又BD， 平面PBD， ，
所以 平面PBD.
因为 ， 平面PBC， 平面PBC，
所以 平面PBC.
又 平面PDE，平面 平面 ，
所以 ，所以 平面PBD.
（2）
如图，过点B作 ，垂足为F.
由（1）知平面 平面PBD，又平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面PDE，
所以点B到平面PDE的距离即为BF的长，即 .
在 中， ，所以 .又 ，所以 是边长为2的等边三角形.
取BD的中点O，连接OP，则 ， .
由（1）知， 平面PBD，又 平面PBD，所以 .
又 ，BD， 平面BCED，
所以 平面BCED.
以D为坐标原点，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴，且以过点D与OP平行的直线
为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则 ， ， ，
， ， ， .
设平面PEC的法向量为 ，则
令 ，得 ， ，
所以 是平面PEC的一个法向量.
又 是平面PBD的一个法向量，
所以 ，
所以平面PEC与平面PBD夹角的余弦值为 .
10．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱 中， 为 的中点，
， .
(1)证明： ；(2)若 ，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角 的正弦值.
①三棱柱 的体积为 ；
②直线 与平面 所成的角的正弦值为 ；
③二面角 的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）通过证明 平面 来证得 .
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角
的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱 中，由题意可得 ， ，
，
∴ ，又∵ ，∴ ，
同时在 中，∵ ， ，∴ ，
∵ 平面 ，
∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，∴ .
（2）∵ ， 且 ，∴ 平面 ，
方案一：选择①③
∵ 平面 ，∴ ， ，∴ 为二面角 的平面角，即 ，
∴ ，又∵三棱柱 的体积为 ，∴ .
法一：取 的中点为 ，连接 ， ，过 作 于点 ，连接 ，
∵ 平面 ，∴ 平面 ，
又∵ ，由三垂线定理可得 ，
∴ 为二面角 的平面角，
其中 ， ， ，则 ，
由于二面角 的平面角与二面角 的平面角互补，
故二面角 的正弦值为 .
法二：过 作 ，过 作 ，过 作 交 于点 ，连接
，
∴ 为二面角 的平面角，其中 ， ，
，
∴ ，故二面角 的正弦值为 .法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面 的一个法向量为 ，且 ， ，
则 ，令 ，则 ， ，故 ，
设平面 的一个法向量为 ，且 ， ，
则 ，
令 ，则 ， ，故 ，
，故二面角 的正弦值为 .
方案二：选择①②；
解析：过点 作 于点 ∵平面 平面 ， ，
∴ 平面 ，故直线 与平面 所成角为 ，且 ，设 ， ，则 ，即 ，
.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵ 平面 ，∴ ， ，
∴ 为二面角 的平面角，即 ，
过点 作 于点 ，
∵平面 平面 且交线为 ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，故直线 与平面 所成角为 ，且 .
设 ，则 ，即 .
余下解法参考方案一.
11．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥 中，D，E，P分别在棱AC，
AB，BC上，且D为AC中点， ， 于F.(1)证明：平面 平面 ；
(2)当 ， ，二面角 的余弦值为 时，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）先证明 平面 ，由此即可得到本题答案；
（2）以点 为原点， 分别为 轴建立空间直角坐标系，求出向量
与平面 的法向量，然后代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为 ，
所以 都是等腰三角形，
因为 于F，所以F为DE的中点，
则 ， ，
又因为 是平面 内两条相交直线，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）因为 ， ，所以 ， ， ，
所以 ， ，由（1）知 为二面角 的平面角
所以 ，
以点 为原点， 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易得 ， ，知 ，
因为 ， ，
可得 ，
所以
设平面 的法向量 ， ，
所以 ，令 ，则 ，
所以 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为θ，
，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
12．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ，点 在棱 上，且 .
(1)证明： 平面 ；
(2)设 是 的中点，点 在棱 上，且 平面 ，求二面角 的余
弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出 ，利用勾股定理可证得 ，再利用面面垂
直的性质的定理可证得结论成立；
（2）推导出点 为 的中点，然后以点 为坐标原点，以 、 所在直线分别
为 、 轴，过点 且垂直于平面 的直线作 轴建立空间直角坐标系，求出点
的坐标，利用空间向量法可求得二面角 的余弦值.
【详解】（1）证明：由 得 ， ， ，
，由余弦定理可得 ，
，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 .
（2）解：因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，故
，
而 是 的中点，故 为 中位线，得 ，
又 ，故 为 中点，
由（1）可知 平面 ，以点 为坐标原点，以 、 所在直线分别为 、
轴，
过点 且垂直于平面 的直线作 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则 、 、 、 ，
设点 ，其中 ， ， ， ，
所以， ，解得 ，
则 ，解得 ，故点 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ， ，
则 ，取 ，可得 ，
所以， .
由图可知，二面角 的平面角为锐角，故二面角 的余弦值为 .
13．（2023·浙江·模拟预测）如图所示的几何体是一个半圆柱，点P是半圆弧 上一
动点（点P与点A，D不重合）， ．(1)证明： ；
(2)若点P在平面ABCD的射影为点H，设 的中点为E点，当点P运动到某个位置
时，平面 与平面 的夹角为 ，求此时DH的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【分析】(1)先证明 ， ，由线面垂直判定定理证明 平面 ，
再证明 ；
(2)建立空间直角坐标系，设 ，根据向量方法利用 表示平面 与平面
的夹角余弦，由条件列方程可求得 ，由此确定点 的坐标，再求 的长度．
【详解】（1）连接AP，在半圆柱中，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又因为AD是直径，所以 ，
又 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ．
（2）依题意可知，以线段AD的中点O为坐标原点，
以 为 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，设 ，则 ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 则
令 ，则 ，
所以 为平面 的一个法向量．
设平面 的法向量为 ，
因为
所以 ，则
令 ，则 ，
所以 为平面 的一个法向量．
因为平面 与平面 所成的锐二面角为 ，
所以 ，
令 ，则 ，平方得 ，
即 ，又由 ，
可解得 或 （舍去），所以 ，
点P在平面ABCD的射影为点 ，
因此DH的长度为 ．
14．（2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试）如图，在直三棱柱 中，
分别是棱 的中点， .
(1)证明： ；
(2)若 ，平面 与平面 所成的锐二面角的角余弦值为 ，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）取BC的中点，连接DE，DF，证明 平面DEF，即可证明
.
（2）建立空间直角坐标系，由平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ，求
得 的长，计算 即可.【详解】（1）
证明：取BC的中点，连接DE，DF，
因为D，E分别为BC，BA的中点，所以 ，
又因为 ，所以 ，
因为D，F分别为BC， 的中点，所以 ，
又因为 为直三棱柱，所以 ，所以 ，
因为 ， 平面DEF， 平面DEF，
所以 平面DEF，因为 平面DEF，所以 .
（2）
设 （ ），以C为原点，CA，CB， 分别为x，y，z轴建立如图空间直角
坐标系，
因为 ， ，则 ， ， ，
， ，
设平面 的一个法向量 ，
则 ，即 ，取 ，为平面 的一个法向量，平面 与平面 所成锐二面角的余弦
值为 ，
所以 ，解得 ，
由（1）， 即直线EF与平面ABC所成的角， ，
，所以直线EF与平面ABC所成的角的正弦值为 .
15．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知四边形ABCD中，
， ，O是AC的中点，将 沿AC翻折
至 ．
(1)若 ，证明： 平面ACD；
(2)若D到平面PAC的距离为 ，求平面PAC与平面ACD夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由题目已知可得出 平面PAC，从而得到 ，再由等腰三角形
性质可得 ，进而得出结论.
(2)取CD中点F并连接OF，PF，可得出所求二面角，再利用已知条件，构建直角三
角形，即可计算两平面的夹角.
【详解】（1） 中， ， ， ，所以 ，则 ，又 ，所以 平面PAC， 平面PAC，所以 .
又因为 ，O是AC的中点，所以 ， ，所以 平面
ACD.
（2）取CD中点F，连接OF，PF，在 中过F作FG垂直于PO，垂足为G，
，则 ，
又因为 ，所以 为平面PAC与平面ACD夹角，所以 平面POF，又
平面POF，
所以 ，又 ，所以 平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的
距离，
因为点D到平面PAC的距离为 ，又由F为CD中点，所以F到平面PAC的距离为
.
中， ，因为点 可能在 上，也可能在 的延长线上，
所以 或 ，所以平面PAC与平面ACD所成角不会是钝角，所以大小为 .
16．（2023秋·浙江宁波·高三期末）在菱形 中，G是对角线 上异于端点的一
动点（如图1），现将 沿 向上翻折，得三棱锥 （如图2）.
(1)在三棱锥 中，证明： ；
(2)若菱形 的边长为 ， ，且 ，在三棱锥 中，当时，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）证明 平面 ，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）由题意求得相关线段的长，证明 平面 ，建立空间直角坐标系，求得相
关点坐标，求出平面 的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在图1中，连接 交 于O，连接 ，
由菱形的性质得 ，
在图2中，因为 平面 且 ，
,
所以由直线与平面垂直的判定定理得 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
（2）由 平面 平面 ，得平面 平面 ，
菱形 的边长为 ， ， ，
则 ,
则三棱锥 中， ，又 ，
解 得 ，
故 ，
作 ，交 延长线于H，得 ，
由于平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ,所以 平面 ，
如图，以O为原点， 分别为 轴，过O作 的平行线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
所以 ，
，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
可得平面 的法向量 ，
设直线 与平面 所成角为 ， ，
所以 .
另解提示：根据上述解法求出 ，
由 ，可得 ，
由 ，可得 ，
设点G到平面 的距离为d，直线 与平面 所成角为 ，因为 即 ，可得 ，
所以 .
17．（2023·安徽·统考一模）如图，四棱锥 中， 为等腰三角形，
， .
(1)证明： ；
(2)若 ，点 在线段 上， ，求平面 与平面 夹角的余
弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）根据给定条件，取 的中点 ，利用线面垂直的判定证明 平面
即可推理作答.
（2）以 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，如图，因为 ，则 ，
又 ，即有 ，而 ，于是四边形 为平行四边形，
又 ，则 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 ，因此 平面 ，而 平面 ，
所以 .（2）因为 ，且 平面 ，则 平面
，
又 ，则 平面 ，分别以 所在的直线为 轴建立空间
直角坐标系 ，如图，
又 ，则 ，又 ，则 ，
所以 ，则 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得
，
又平面 的一个法向量为 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
18．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，已知四棱锥 的底面是平行四边形，
侧面PAB是等边三角形， ， ， ．
(1)求证：面 面ABCD；(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且 平面
BEQF，是否存在点Q，使得平面 平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若
不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点Q， .
【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得 ，又 ，所以 面
PAB，进而得出结论；
（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量 ，设 ，
求得平面BEQF的法向量 ，由 得出答案.
【详解】（1）在 中，因为 ， ，
所以 ， ，
所以 ，则 ，即 ，
又 ， ， 面PAB，
所以 面PAB，又 面ABCD，
所以面 面ABCD；
（2）假设存在点Q，使得平面 平面PAD；
如图，以A为原点，分别以 ， 为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系 ，
设 ，则 ， ， ， ，， ， ， ，
设 是平面PAD的法向量，则 ，取
，
设 ，其中 ．
则
连接EF，因 平面BEQF， 平面PAC，平面 平面 ，故
，
取与 同向的单位向量 ，
设 是平面BEQF的法向量，
则 ，取 ．
由平面 平面PAD，知 ，有 ，解得 ．
故在侧棱PD上存在点Q且当 时，使得平面 平面PAD．
19．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在四棱锥 中，底面 是等
腰梯形， ， ．平面 平面 ， 为 的中点，
， ，E，F，G分别为 ， ， 的中点．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答
案；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案.
【详解】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，
在等腰梯形 中， ， ， ， ．
∵O为AB的中点，即有四边形 是平行四边形，
∴ ， ．
∴ 为正三角形，∴ ， ．
在 中， ， ，
∴ 为边长为2的正三角形，∴ ， ．
∴ ，又F为FD的中点，∴ ．
∵ ， ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，即 平面 ．∵ 平面 ，∴ ．
而G为PC中点，则 ，又∵ ， 平面 ，∴
平面 ．
∵ 平面PCD，∴平面 平面 ．
（2）∵ ，平面 平面 ，平面 平面 ， 平
面 ，
∴ 平面 ，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直
角坐标系，则 ， ， ， ，
于是 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，
则 即 取 ，则 ，
设平面 与平面 所成锐二面角为 ，
∵ 为平面 的一个法向量，
∴ ．
∴ ， ．
∴平面 与平面 所成锐二面角的正切值为 ．
20．（2023·湖南·模拟预测）如图，在三棱柱 中，平面ABC⊥平面 ，
侧面 为菱形 ， ，底面ABC为等腰三角形， ，O是
AC的中点．
(1)证明： ；
(2)若二面角 的余弦值为 ，求三棱柱 的体积．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面 ，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证
得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得 ，可得三棱柱
的体积.
【详解】（1）平面ABC⊥平面 ，平面 平面 ，
菱形 中， ， 为等边三角形，O是AC的中点， ，
平面 ， 平面 ， 平面 ， .
（2） 平面 ， ， ，
以点O为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐
标系， ，设 ，
则 ， ， ， ， ， ，
·
， ， ，
设平面 的法向量是 ，由 ，令 ， ，得
设平面 的法向量是 ，
由 ，令 ， ，可得
，
所以 ，由 ，解得 ，
， ，
三棱柱 的体积为 .
21．（2023·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面 是直角梯形，
， ， ， ，侧面 是等腰三角形，
.
(1)求证： ；
(2)若侧面 底面 ，侧棱 与底面 所成角的正切值为 ， 为侧
棱 上的动点，且 .是否存在实数 ，使得平面 与平面
的夹角的余弦值为 ？若存在，求出实数 若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在， .【分析】（1）通过证明线面垂直，即可证明 ；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点 坐标，求出平面 与平面
的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数 的值.
【详解】（1）由题意，
在四棱锥 中，取 的中点为 ，连接 ， ，
在等腰 中， ，∴ ，
在直角梯形 中，
， ， ， ，
∴ , , ，四边形 是矩形，
∴ ， ， ， ，
∴ ， , ,
∵ 面 ， 面 ， 面 ， ，
∴ 面 ，
∵ 面 ,
∴ .
（2）由题意及（1）得， ， ， ， ，
在四棱锥 中，侧面 底面 ，面 底面 ，
∴ ，
∵侧棱 与底面 所成角的正切值为 ，
设 ，
∴由几何知识得， ，四边形 是平行四边形，
∴ , ，
在直角 中， ， ，∴ ，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴ ， ， ， ， ， ，
∵ 为侧棱 上的动点，且 ，
设
由几何知识得， ，解得： ，
在面 中，其一个法向量为 ，
在面 中， ， ，
设平面的法向量为 ，
则 ，即 ，解得：
当 时， ，
设平面 与平面 的夹角为
∵平面 与平面 的夹角的余弦值为
∴
解得： 或 （舍）
∴存在实数 ，使得平面 与平面 的夹角的余弦值为 .22．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，圆锥的轴截面 是等腰直角三角形，且
，点 在线段 上，且 ，点 是以 为直径的圆上一动点．
(1)当 时，证明：平面 平面 ；
(2)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）先根据线面垂直的性质证明 ，再根据线面垂直的判定定理可
证得 平面 ，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）当三棱锥 的体积最大时，△ 的面积最大，此时 为线段 的中点，
如图，以点 为坐标原点，过 点且垂直 的直线为 轴， ， 分别为 轴，
轴，建立空间直角坐标系 ，利用向量法求解即可.
【详解】（1） 垂直于圆锥的底面， 在圆锥的底面，
，
当 时，且BC=3CA，则 ， ，
又 平面 ，
平面 ，
又 平面 ， 平面 平面 ；
（2）由题可知 ，且轴截面为等腰直角三角形， ， ，
当三棱锥 的体积最大时，△ 的面积最大，此时 为弧 的中点，
如图，以点 为坐标原点，过 点且垂直 的直线为 轴， ， 分别为 轴，
轴，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ，， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ，
，
设平面 的法向量 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ， ，
则 ，
由图可知该二面角为钝角，
二面角 的余弦值为 ．
23．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在斜三棱柱
中， 是边长为2的正三角形， ，侧棱 与底面
所成角为60°.
(1)求三棱柱 的体积；(2)在线段 （含端点）上是否存在点 ，使得平面 与平面 的夹角为60°?
若存在，请指出点 的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) .
(2)存在， 位于点
【分析】(1)求三棱柱 的体积，根据题目已知条件可以判断三棱锥
为正三棱锥，因此可以求出三棱柱的高，进而可以求得三棱柱的体积.(2)建立空间直角
坐标系，假设存在点G，则点G满足 ，利用平面 与平面
的夹角为60°，分别求出两平面的法向量，代入公式使得夹角为60°，求出 ，只要满
足 即存在点G.
【详解】（1）取 中点M，连接AM，DM.如图所示
因为 为正三角形， 为等腰三角形且以BC为底，
故 ， （三线合一），所以 平面 .
又 平面 ，所以平面 平面 ，
故 在平面 的射影在射线AM上，
为侧棱AD与底面 所成角，
即 .
在 中， ， ，由余弦定理知 ，
故三棱锥 为正三棱锥，高 ，底面 的面积 ，
三棱柱的高也为2，故三棱柱 的体积 .
（2）以M为坐标原点，MA、MB为 ， 轴建立如图所示坐标系.依题意， ， ， ， ，
假设存在点 满足题意，设 ， ，
， .
设平面 的法向量为 ，
则 取 ，
平面 的法向量 .
依题意， ，解得 ，故当 位于点 时，满足要求.
24．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在斜三棱柱 中，底面 是边
长为2的正三角形，侧面 为菱形，已知 ， ．
(1)当 时，求三棱柱 的体积；(2)设点P为侧棱 上一动点，当 时，求直线 与平面 所成角的正弦值
的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）取 的中点为O，根据等边三角形可知 ， ，再计
算出各个长度可知 ，根据线面垂直判定定理可证 平面 ，即 为
三棱柱的高，根据体积公式求出即可；
（2）根据 及余弦定理解出 ，以 为原点建立合适空间直角坐标系，找出
点的坐标，求出平面 的一个法向量，设 ，求出 ，根据
直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，
根据二次函数性质即可求得范围.
【详解】（1）解：如图，取 的中点为O，
因为 为菱形，且 ，所以 为正三角形，
又有 为正三角形且边长为2，则 ， ，
且 ， ，所以 ，
所以 ，因为又 ，
平面 ， 平面 ，所以 平面 ，所以三棱柱 的体积 ．
（2）在 中， ， ，
由余弦定理可得 ，
所以 ，由（1） ， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，
所以平面 平面 ，所以在平面 内作 ，则 平面 ，
以 ， ， 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：
则 ， ， ， ，
， ，
设 是平面 的一个法向量，
， ，
则 ，即 ，取 得 ，设 ，
则
，
设直线 与平面 所成角为 ，
则
，
令 ，则 在 单调递增，
所以 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围为 ．
25．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）如图1，在菱形 中， 为 的中点，
.现将 沿 翻折至 ，并连接 ，得到如图2所示
的四棱锥 ，且 .
(1)证明： ；(2)在棱 上是否存在点 ，使得 与平面 所成的角的正弦值为 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)存在，
【分析】（1）利用余弦定理求边长，勾股定理证明垂直，得 ， ，
证得 平面 ，从而 .
（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量，利用已知线面角的正弦，求得 的值.
【详解】（1）证明：在 中，
，
由 ，得 ，
所以 ，即在空间中 .
又 ，所以 .
连接 ，在 中， ；
在 中，由 ，得 ，
所以 .
又 ， 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以 .
（2）由（1）可知 两两垂直，分别以 所在直线为 轴， 轴，轴建立空间直角坐标系 ，则 ，
.
设平面 的法向量
令 ，则 .
假设棱 上存在 点，使得 与平面 所成的角的正弦值为 ，
设 ，则 ，
，
所以
，
整理得 ，解得 .
又 ，所以 ，故 .
26．（2023·山东日照·统考一模）如图，已知圆锥 ，AB是底面圆О的直径，
且长为4，C是圆O上异于A，B的一点， .设二面角 与二面角
的大小分别为 与 .(1)求 的值；
(2)若 ，求二面角 的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出 ，从而求得 的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面 和平面 的法向量，计算出二面角
的余弦值．
【详解】（1）连结 ．
因为点 为圆锥的顶点，所以 平面 ．
分别取 ， 的中点 ， ，
连接 ， ， ， ，则在圆 中， ．
由 平面 ，得 ．
又 ，故 平面 ，
所以 ．
所以 ．
同理， ．
于是 ．
（2）因为 ，即 所以 即．
在圆 中， ，以点 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，
过 且垂直于平面 的直线为 轴建立空间直角坐标系 ．
则 ， ， ．
又因为 平面 ，所以 轴，从而 ．
则 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
不妨取 ，则 ， ，此时 ．
设平面 的法向量为 ，
则 ，即
不妨取 ，则 ， ，此时 ．
所以 ．
又二面角 为钝二面角，
所以二面角 的余弦值为 ．【点睛】方法点睛：
几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二
面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.
27．（2023·山东威海·统考一模）在如图所示的圆柱中，AB，CD分别是下底面圆O，
上底面圆 的直径，AD，BC是圆柱的母线，E为圆O上一点，P为DE上一点，且
平面BCE.
(1)求证： ；
(2)若 ，二面角 的正弦值为 ，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过面面平行的判断证明平面 平面 ，再由面面平行的性
质证明 ，即 是中位线，由此得到 是 的中点；
（2）设 ，通过勾股定理计算将 到 的距离和 到平面 的距离用
表示，根据二面角 的正弦值列方程求出 ，再代入体积公式计算即可.
【详解】（1）如图，连接 ， ，因为 为母线，
所以 ,
又 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，
所以平面 平面 .
又因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为 是 的中点，
所以 是 的中点，
即 .
（2）如下图，作 ， ， .
设 到 的距离为 ，则 到 的距离为 .
设 ，则有 ， ，
，
， ，因为 ，
所以 .
因为 平面 ，
所以 到平面 的距离即是 到平面 的距离，即 .
所以 ，
解得 .
所以 .
28．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）如图，在边长为4的等边三角形
中，平行于 的直线分别交线段 于点 .将 沿着 折起至 ，
使得二面角 是直二面角.
(1)若平面 平面 ，求证： ；
(2)若三棱锥 的体积为1，求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.（2）由已知求证得 分别为 中点，利用二面角的定义，作辅助线，利用几
何法求二面角的正弦值.
【详解】（1）证明： ， 平面 ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ，平面 平面
（2）设 ，过 作 于点 ，如图所示，
二面角 为直二面角， 平面 ，
，解得 ， 分别为 中点，
过 作 于点 ，因为 ， ， 平面
平面 ，
过 作 于点 ，连接 ，因为 ，
所以 平面 ，所以
即为二面角 的平面角 的补角，
且 ， ， ，
.二面角 的正弦值为 .
29．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）如图所示，六面体 的底面
是菱形， ，且 平面
，平面 与平面
的交线为 .
(1)证明：直线 平面 ；
(2)已知 ，三棱锥 的体积 ，若 与平面 所成角为
，求 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即可；
(2)作辅助线得出在 点处可以作为原点建立空间直角坐标系，利用已知求出
，进而求出 ，结合平面的法向
量求出 的取值范围即可.
【详解】（1）连接 ，，即 .
四边形 为平行四边形，则 .
平面 平面
平面 ，
平面 平面 ，又 平面 ，
，
四边形 是菱形， ，
又 平面 平面 ，则 ，
又 ， 平面 ，
平面 ，又
平面 .
（2）连接 交 于 点， ，则 .
平面 ，
平面 ，因为 平面 ，
则 .
，四边形 是菱形，则 ，
，
以 为 轴， 轴， 轴建立如图的空间直角坐标系，设 ，则 .
.
，即 ，
，则 ，
，又 是平面 的一个法向量，
，
设 ，则
.
30．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）如图四棱锥
在以 为直径的圆上， 平面 为
的中点，(1)若 ，证明： ⊥ ；
(2)当二面角 的正切值为 时，求点 到平面 距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到 为等边三角形， ，由线面垂直得到
，从而得到 ⊥平面 ，证明出 ⊥ ；
（2）作出辅助线，得到 为二面角 的平面角，由二面角的大小得到
， ，由勾股定理得到 ， ，当
位于线段 中垂线上时， 取得最大值，由等体积法得到 .
【详解】（1）记AC的中点为O，连结 ，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EO SA，
因为 平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接 ，取连接OD并延长，交 于点 ，.
因为 ，所以 ，
由对称性可知AB=AD，故 为等边三角形，
又因为O为 的外心，所以O为 的中心，故 ，
∵ 平面 ， 平面ABCD，
，
∵ ， 平面 ，
∴ ⊥平面 ，
∵ 平面EOD，
.
（2）过点D作 于 ，作 于 ，连接 ，
因为 平面ABCD， 平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因为 ， 平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为 平面SAC，
所以DH⊥SC，
因为 ， ， 平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN 平面DHN，
所以 ，
故 为二面角 的平面角，因为 ，所以 ，故 为等边三角形，
由题意知 ，
， ，
，
，
在Rt 中， ，
，
∵三角形ASC为直角三角形，
∴三角形ASC为等腰直角三角形，
，
又由 ，
由勾股定理得： ，
因为 平面ABCD， 平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AC为直径，所以AD⊥DC，
因为 ， 平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，因为 平面ASD，
所以DC⊥SD，
，
由于点 在半圆弧 上运动，当 位于线段 中垂线上时， 的面积取得最大
值，
且最大值为 ，
设点 到平面 距离为 ，
根据 ，
即点 到平面 距离的最大值为 .
