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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
第 36 练 空间向量及其应用（精练）
刷真题 明导向
一、解答题
1．（2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥 中， 平面 ，
．
(1)求证： 平面PAB；
(2)求二面角 的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得 ，再利用勾股定理证得 ，从而利用线面垂直的
判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面 与平面 的法向量，再利用空间向
量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为 平面 平面 ，
所以 ，同理 ，
所以 为直角三角形，
又因为 ， ，
所以 ，则 为直角三角形，故 ，又因为 ， ，
所以 平面 .
（2）由（1） 平面 ，又 平面 ，则 ，
以 为原点， 为 轴，过 且与 平行的直线为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即
令 ，则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 ，
又因为二面角 为锐二面角，
所以二面角 的大小为 .
2．（2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱 中， ．点分别在棱 , 上， ．
(1)证明： ；
(2)点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设 ，利用向量法求二面角，建立方程求出 即可得解.
【详解】（1）以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
，
，又 不在同一条直线上，
.
（2）设 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
，
化简可得， ，
解得 或 ，
或 ，
.
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．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）根据题意易证 平面 ，从而证得 ；
（2）由题可证 平面 ，所以以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角
坐标系，再求出平面 的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【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 ．
4．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱 中， ，D为
的中点，E为 的中点，F为 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)(3)
【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，
利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线 与平面 夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面 与平面 夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱 中， 平面 ，且 ，则
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 、 、 、 、 、 、 、 、 ，
则 ，
易知平面 的一个法向量为 ，则 ，故 ，
平面 ，故 平面 .
（2）解： ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，取 ，可得 ， .
因此，直线 与平面 夹角的正弦值为 .
（3）解： ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，则 ，
因此，平面 与平面 夹角的余弦值为 .
5．（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．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）过点 、 分别做直线 、 的垂线 、 并分别交于点 、 ，由平面知识易得
，再根据二面角的定义可知， ，由此可知， ， ，从而可证得
平面 ，即得 ；
（2）由（1）可知 平面 ，过点 做 平行线 ，所以可以以点 为原点， ， 、所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，求出平面 的一个法向量，以及
，即可利用线面角的向量公式解出．
【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 ，
∴ ．6．（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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到 ，再根据直角
三角形的性质得到 ，即可得到 为 的中点从而得到 ，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的
基本关系计算可得.
【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 .7．（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．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明 ，根据线面垂直的性质可得
，从而可得 平面 ，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 ；
（2）解：如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
，
则 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则有 ，可取 ，
则 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .8．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体 中， ，E为 的
中点．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正
弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2) 与平面 所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关
系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）连接 ，由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ,
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点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 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .9．（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．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证平面 平面 ，从而可证 平面
.
（2）选①②均可证明 平面 ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面
角的正弦值.【详解】（1）取 的中点为 ，连接 ，
由三棱柱 可得四边形 为平行四边形，
而 ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
而 ，则 ，同理可得 平面 ，
而 平面 ，
故平面 平面 ，而 平面 ，故 平面 ，
（2）因为侧面 为正方形，故 ，
而 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 ，
若选①，则 ，而 ， ，
故 平面 ，而 平面 ，故 ，
所以 ，而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则.
若选②，因为 ，故 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 ，
而 ， ，故 ，
所以 ，故 ，
而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.
10．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 ．(1)求A到平面 的距离；
(2)设D为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得 平面 ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h，
则 ，
解得 ，
所以点A到平面 的距离为 ；
（2）取 的中点E,连接AE,如图，因为 ，所以 ,
又平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，所以 平面 ，在直三棱柱 中， 平面 ，
由 平面 ， 平面 可得 ， ，
又 平面 且相交，所以 平面 ，
所以 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得 ，所以 ， ，所以 ，
则 ,所以 的中点 ，
则 ， ,
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
【A组 在基础中考查功底】
一、解答题
1．（2023·新疆和田·校考一模）如图，在三棱柱 中， 平面
为线段 的中点．
(1)求证： ；
(2)求直线 与平面 所成角大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，正方形对角线互相垂直，线面垂直判定定理得线面垂直，再由
线面垂直性质定理得线线垂直即可；（2）根据空间向量法求线面角即可.
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以 ．
因为在三棱柱 中， ，
所以 ．
又因为 ，
所以四边形 为正方形．连结 ，则 ．
又因为 平面 ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，
所以 ；
（2）因为 两两垂直，所以如图建立空间直角坐标系 ，可得 ．
因为 为线段 上的中点，所以 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则
，
令 ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则
，
因为 ，所以 ，
所以直线 与平面 所成角的大小为 ．
2．（2023秋·江苏南京·高三校联考阶段练习）已知四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD， ，
，AB⊥DA，AB∥CD．(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)设M是棱PC上的点，若二面角M-BD-A的余弦值为 ，试求直线BC与平面BDM所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）依题意可证明AD⊥面PCD；根据面面垂直判断定理即可证明结论；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面BDM与平面ABCD的法向量，根据二面角向量公式求出
点点M的位置，从而求出平面BDM的一个法向量，即可求出直线BC与平面BDM所成的角的正弦值．
【详解】（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，
∵PD⊥平面ABCD，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ；
又∵ ； 面PCD， 面PCD
∴AD⊥面PCD；
又∵ 面PAD；
∴平面PAD⊥平面PCD．
（2）由（1）得DA，DP，DC两两垂直，所以以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则依题意有： ， ， ， ， ，
由 ，得点 ，
因为PD⊥平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为 ，
设 为平面BDM的法向量，
又因为 ， ，
所以 ，即 ，
令 ，则 ， ，
∴ ，
∵二面角M-BD-A的余弦值为 ，
∴ ，
解得 ，
故有 ，此时点M为线段PC的中点．设直线BC与平面BDM所成的角为 ，平面BDM的一个法向量为 ；
又因为 ，
所以 ，
即直线BC与平面BDM所成角的正弦值为 ．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体 中，E为线段 的中点，F
为线段 的中点．
（1）求点 到直线 的距离；
（2）求点 到平面 的距离；
【答案】（1） ；（2） ；
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则
（1）
因为 ，
所以 .
所以点 到直线 的距离为 .
（2）设平面 的一个法向量为 ，
.
由
令 ，则 ，即 .
设点 到平面 的距离为 ，
则 ，即点 到平面 的距离为 .
4．（2023春·北京海淀·高三北京交通大学附属中学校考阶段练习）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)若 ，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作辅助线，得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解
【详解】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱 可得四边形 为平行四边形，
而 ， ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
而 ， ，则 ，同理可得 平面 ，
而 ，NK， 平面MKN，
故平面 平面 ，而 平面MKN，
故 平面 ；
（2）因为侧面 为正方形，故 ，
而 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，故 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 ，
又 ，而 ， ，
故 平面MNK，而 平面MNK，故 ，
所以 ，故 两两垂直，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
故 ， ， ，
设平面BNM的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线AB与平面BNM所成的角为 ，则
．
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知长方体 ＝ ＝1，直线BD与平面所成的角为30°，AE垂直BD于E，F为 的中点．
(1)求异面直线AE与BF所成的角的余弦；
(2)求点A到平面BDF的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量求异面直线夹角，根据 ，运算求解；（2）利用空间向量
求点到面的距离，根据 ，运算求解．
【详解】（1）在长方体 中，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴， 所在直线
为z轴建立空间直角坐标系如图．
由已知AB＝ ＝1，
可得A（0，0，0）、B（2，0，0）、F（1，0，1）．
又AD⊥平面 从而BD与平面 所成的角即为∠DBA＝30°，
又AB＝2，AE⊥BD，AE＝1，AD＝
从而易得∵ ＝ ＝（－1，0，1）．
设异面直线AE与BF所成的角为 ，
则 ．
即异面直线AE、BF所成的角的余弦为
（2）设 ＝（x，y，z）是平面BDF的一个法向量．
＝ ， ＝（－1，0，1）， ＝（2，0，0）．
由 ∴ ，即
取 ＝
所以点A到平面BDF的距离
6．（2023·全国·模拟预测）在图1中，四边形 为梯形， ， ， ，
，过点A作 ，交 于 ．现沿 将 折起，使得 ，得到如图2所示
的四棱锥 ，在图2中解答下列两问：(1)求四棱锥 的体积；
(2)若F在侧棱 上， ，求证：二面角 为直二面角．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
【详解】（1）在图1中，∵ ，∴ ，
又 ，∴ ，
又 ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 为菱形．
在图2中，连接 ，则 ，
又 平面 ，
，∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴
∵ ， 平面 ,
∴ 平面
（2）在图2中，以 为原点，以 所在的直线为 轴建立如图所示的直角坐标系，则 ，， ， ，
设面 的一个法向量为 ，
由
令 ，则 ，取
设面 的一个法向量为 ，
由
令 ，则 ，取
所以 ，∴ ，从而二面角 为直二面角
7．（2023·全国·高三专题练习）在斜三棱柱 中， 是等腰直角三角形，
，平面 底面 ， .(1)证明： ；
(2)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定定理，性质定理解决即可；（2）根据空间向量法计算出二面角的余弦值，
再求出二面角的正弦值即可.
【详解】（1）证明：取 中点 ，连接 ，如图所示：
∵ 是等腰直角三角形，
∴ ，且 ，
∵平面 底面 ，平面 底面 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，（符合勾股定理），
∴ ，
∵ 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，
∴ .
（2）由（1）知，可以建立分别以 为 轴的空间直角坐标系，
则 ，
又因为斜三棱柱 中， ，
所以 ，
所以 ，
设平面 的法向量 ，则 ，令 ，则 ，
∴平面 的法向量 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，则 ，
∴平面 的法向量 ，
设二面角 的平面角为 ，
则 .
所以 ，
故二面角 的正弦值为 .
8．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图所示，四棱锥 的底面 是矩形， 底面 ，
， ， ， ．
(1)证明： 平面 ；
(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)建立空间直角坐标系，证明 与平面 的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即
可.
【详解】（1）由题意知， ， ， 两两互相垂直，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 ，
则 ， ， ， ，
所以 ， ．
底面 ， 底面 ，
又 ， ，
且 平面 ,
平面 ，
所以 是平面 的一个法向量．
因为 ，
所以 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）因为 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，设平面 的法向量为 ，则
由 ，解得 ，令 ，
得平面 的一个法向量为 ．
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ．
故：直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
9．（2023秋·山东·高三沂源县第一中学校联考开学考试）如图，在四棱锥 中，底面四边形
为菱形，点 为棱 的中点， 为边 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)若侧面 底面 ，且 ， ，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）作出辅助线，证明出四边形 为平行四边形， ，从而求出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）取线段 的中点 ，连接 ， ，
∵ ， 分别为 ， 的中点，
∴ 且 ，∵底面 是菱形，且 为 的中点，
∴ 且 ，
∴ 且 .
∴四边形 为平行四边形，
∴ .
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
（2）连接 ，
由 得 是等边三角形，
∴ ，
∵侧面 底面 ，侧面 底面 ， 底面 ，
∴ 侧面 ，
因为 ， ，
由余弦定理的： ，
解得： ，
以 为原点建立空间坐标系 ，如图所示.
则 ， ， ， ，则 ， ， ， ，
设平面 的一个法向量 ，
则 ，即 ，令 ，则 .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，解得： ，令 ，则 ，
故 ，
∴ ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
10．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，在三棱柱 中， ，
，平面 平面 ．
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，Q是 的重心，直线 与 所成角的余弦值为 ，求直线 和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）作 于H，
∵平面 平面 ，平面 平面
∴ 平面
∵ 平面 ，
∴ ，
∵ ， 平面 ，
∴ 平面 ；
（2）设 ，以B为原点，以 所在的直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，则 ，
由（1）可知 平面 ，∴ ，
∵ ，∴∵ ∴
∵Q是 的重心，∴ ，
而
设直线 与 所成角为 ，则
．
此时
设平面 的一个法向量为
由
令 ，则 ，取
设直线 和平面 所成角为 ，则
.
11．（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥 中， ， ， ， 分别为 ，
的中点， ， ， 分别为 ， ， 的中点， 平面 ， 与平面 所成的角为 ．(1)求证： 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）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定理和性质进行证明即
可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）连结 ．
∵ ， 分别为 ， 的中点，
∴ ，即四边形 是梯形，
∵ ， 为分别为 ， 的中点，
∴ ，而 平面 ， 平面
∴ 平面 ，
∵ 、 为分别为 、 的中点，
∴ ，而 平面 ， 平面∴ 平面 ，又 ， 平面 ， 平面 ，
∴平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ；
（2）∵ ， 为 的中点，
∴ ，
∵ 平面 ，故 ， ， 两两垂直．
分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ．
不妨设 ，由 得 ， ，
∵ 与平面 所成的角为 ，而 平面 ，
∴ ，∴ ，
∴ ， ， ，
易知 为平面 的法向量，
， ，
设 为平面 的法向量，
∴ ，令 ，则 为平面 的一个法向量，
∴ ，
∴平角 与平面 的夹角的余弦值为 .
12．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥 中， ，底面ABCD为菱形，边长
为2， ， ，且 ，异面直线PB与CD所成的角为 .
(1)求证: 平面ABCD;
(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理、判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到直线的距离.
【详解】（1）因为四边形 为菱形，所以 ,
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ,
因为 ， 为 中点，
所以 ，
又因为 平面 ，
所以 平面 .（2）以 为原点， 方向为 轴方向，建系如图，
因为 ,所以 为异面直线 所成的角，
所以 ，在菱形 中， ，
因为 ，所以 ,
设 ，则 ，
在 中，由余弦定理得， ，
所以 ，解得 ，
所以 ,
,
所以 ,
所以点E到直线BP的距离为 .
13．（2023·北京·高三专题练习）如图，在直三棱柱 中， ， 分别是 ， 的中点，已
知 ， ．(1)证明： 平面 ；
(2)求 与平面 所成角的正弦值；
(3)求 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接 ， ，连接 ，即可得到 ，从而得证；
（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】（1）证明：连接 ， ，连接 ，
在直三棱柱 中 为矩形，则 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
平面 ， 平面 ．
平面 ．（2）解： ， ， ， ， ．
由直三棱柱 中， 底面 ， 底面 ， ， ．
以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，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
，
设 与平面 所成的角为 ，则 ，所以 与平面 所成角的正弦值为 ；
（3）解：设 到平面 的距离为 ，则 ；
14．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是直角梯
形，其中 ， ， ， ，E为棱 上的点，且 .
(1)求证： 平面 ；
(2)求二面角 的余弦值；
(3)求点E到平面 的距离.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2) ；
(3) .
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质，结合线面垂直的判定定理进行计
算证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量夹角公式，结合锐角三角函数定义进行求解即可.
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，而 ，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有 ，
， ， ，
因为 ，所以 ，而 平面 ，
所以 平面 ；
（2）设平面 的法向量为 ，
，
则有 ，
由（1）可知平面 的法向量为 ，
所以有 ，
由图知二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 ；
（3）由（2）可知：平面 的法向量为 ，
，所以可得：
，
所以点E到平面 的距离为 .
15．（2023·全国·高三专题练习）图1是由矩形 ， 和菱形 组成的一个平面图形，其
中 ， ， ．将该图形沿 ， 折起使得 与 重合，连接 ，如图
2．(1)证明：图2中C，D，E，G四点共面；
(2)求图2中二面角 的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）依题意可得 ， ，根据平行公理可得 ，即可得证；
（2）在平面 内过点 作 ，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：∵四边形 和 分别是矩形和菱形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ， ， 四点共面．
（2）解：在平面 内过点 作 ，以 为原点， ， ， 所在直线分别为 ， ，
轴，建立如图所示空间直角坐标系，
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 ，令 ，可得 ．
∴ ，显然二面角 为锐角．
∴二面角 的平面角的余弦值为 ．
16．（2023·全国·高三专题练习）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“刍甍”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分别是正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩
下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”（如图2）．
(1)若 是四边形 对角线的交点，求证： 平面 ；
(2)若正方形的变成为2，且二面角 是直二面角，求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取线段 中点 ，连接 、 ，依题意可得 且 ，即可得到 ，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
【详解】（1）证明：取线段 中点 ，连接 、 ，
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中知 且 ， 且 ，
所以在图2中， 且 ， 且 ，
∴四边形 是平行四边形，则 ，
由于 平面 ， 平面 ，∴ 平面 .
（2）解：由图1， ，折起后在图2中仍有 ， ，
∴ 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 ，
则 、 、 、 、 ，
∴
设平面 的一个法向量为
由 ，得 ，取 ，则于是平面 的一个法向量
点B到平面 的距离为 .
17．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，在四棱锥 中，平面 平面
，点 在棱 上，设 .
(1)证明： .
(2)设二面角 的平面角为 ，且 ，求 的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质、勾股定理的逆定理，结合面面垂直的性质、线面垂直
的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 .
因为 ，所以 .
又 ，所以四边形 是平行四边形，从而 .
因为 ，所以 ，从而 .
因为 ，所以 ，则 .
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ， 平面 ，从而 .
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ；
（2）由（1）知 两两垂直，以 为坐标原点， 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 .
，
，可得 .
设平面 的法向量为 ，
由 ，
不妨令 ，则 .
因为 平面 ，所以可取平面 的一个法向量为 ，
因为 ，所以 ，
解得 或 （舍去）.
18．（2023·全国·高三专题练习）在如图所示的圆柱 中, 为圆 的直径, 是 上的两个三等分
点, , , 都是圆柱 的母线.(1)求证： 平面 ;
(2)若 已知直线 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)根据题意由面面平行,证明线面平行即可;
(2)由 可得到底面的长度和角度,由 与平面 所成角为 可得到母线长,通过建立直角坐标系,
求两个面的法向量,进而求得二面角大小的余弦值.
【详解】（1）证明: 为圆 的直径, 是 上的两个三等分点,
,
,
均为等边三角形,
,
四边形 是平行四边形,
,
又 平面 平面 ,
平面 ,
平面 平面 ,
平面 ,
,
平面 平面 ,平面 ,
平面 .
（2）连接 ,则 圆 ,
,
,
又 ,
以 为原点, 所在直线分别为 轴,建系如图示:
则 ,
,
设平面 的法向量 ,
,
令 则 ,
而平面 的法向量为 ,
,即二面角 的余弦值
19．（2023·河北·统考模拟预测）如图，三棱柱 ，底面 是边长为2的正三角形，
，平面 平面 .
(1)证明： 平面 ；
(2)若 与平面 所成角的正弦值为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，得到BD⊥ ，再证明出
AB⊥ ，从而得到 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面角的余弦值.
【详解】（1）取AB的中点N，AC的中点D，连接BD， ，CN，
因为底面 是边长为2的正三角形， ，
所以 ，BD⊥AC，CN⊥AB，
因为平面 平面 ，交线为AC， 平面 ，
因为BD⊥AC，所以BD⊥平面 ，
因为 平面 ，
所以BD⊥ ，
因为 ， 平面 ，
所以AB⊥平面 ，
因为 平面 ，
所以AB⊥ ，
因为 ， 平面ABC，
所以 平面ABC；
（2）过点C作CF AB，
以C为坐标原点，CN所在直线为x轴，CF所在直线为y轴， 所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ，
， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，解得： ，设 ，则 ，
故 ，
故 ，
因为 ，解得： ，
故
设平面 的法向量为 ，
则 ，
设 ，则 ，
则 ，
设平面 与平面 夹角的余弦值为 ，
则 ，故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
20．（2023·全国·高三专题练习）如图,在四棱锥 中, 平面 , ,正方形 的
对角线交于点O．
(1)求证: 平面PAC;
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析;
(2)
【分析】(1)由于 平面 ,则 ,由正方形 ,则 ,根据线面平行判定定理即可证
明线面垂直;
(2)根据题意建立合适的空间直角坐标系,设 ,找到 点的坐标,求出 ,再求出平面
的法向量,根据题中条件,找到平面 法向量,求出法向量夹角的余弦值的绝对值,根据图像判断二面
角 大小的范围,即可求出其余弦值.
【详解】（1）解:由题知 平面 ,
,
正方形 ,
,平面 , 平面 ,
平面 .
（2）由题知 平面 , 为正方形,
以 为坐标原点, 方向为 轴, 方向为 轴, 方向为 轴建立空间直角坐标系如图所示:
不妨设 , ,
,
,
记平面 法向量为 ,
,
即 ,
不妨取 ,则 ,
平面 ,
平面 法向量为 ,
,
由图可知二面角 的大小为钝角,故二面角 的余弦值为 .
21．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形 为正方形，E，F分别为 的中点，以 为折
痕把 折起，使点C到达点P的位置，且平面 平面 ．
(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）证明出三角形全等，得到 ，结合面面垂直，得到线面垂直，从而证明出 平面
；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.
【详解】（1）因为四边形 为正方形， ， 分别为 ， 的中点．
所以△ ≌△ ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
设 ，则 ，
又平面 平面 ，交线为 ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
又 平面 ，
所以 ，又 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）建立空间坐标系如图所示，设 ，则各点坐标如下：
， ， ， ，所以， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，得
，令 ，可得 ， ，即 ，
易知平面 的一个法向量 ，
所以 ，
设二面角 的大小为 ，则 ，
所以二面角 的正弦值 ．
22．（2023·全国·高三专题练习）在 中， ， ， 分别 上的点
且 ， ，将 沿 折起到 的位置，使 ．
(1)求证： ；(2)是否在射线 上存在点 ，使平面 与平面 所成角的余弦值为 ？若存在，求出 的长
度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，DM=2或12．
【分析】（1）先证明出 平面 ，从而得到 ，结合 ，得到 平面 ，
从而证明出 ；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，分 与 两种情况，求出两平面的法向量，从而列出方
程，求出 或 ，得到 的长度.
【详解】（1）证明： ， 平面 ，
平面 ，
∵ 平面 ，
，
又 ， 平面 ，
平面 ，
∵ 平面 ，
∴ ；
（2）由题意， 两两垂直，以C为坐标原点，分别以 所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系 ，
因为 ， ，
易得 ，设 ，则 ，
当 时， 两点重合，平面 的法向量为 ，
设平面 的一个法向量为 ，且 ， ，
故 ，不妨取 ，得 ，则 ，
设平面 与平面 所成角为 ，
则 ，不合题意，舍去；
故 ，
设平面 的一个法向量为 ，且 ，
故 ，不妨取 ，解得 ．
故
化简可得 ，解得： 或 ，
因为 ，所以 或12．【B组 在综合中考查能力】
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥 的底面为正方形， ， 平面
， 分别是线段 的中点， 是线段 上的一点.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，且 点不是线段 的中点，求三棱锥 体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定可证得 平面 ，由中位线性质知 ，从而得到 平面
，由面面垂直判定可得结论；
（2）以 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设 ， ，由线面角的向量求法可
构造方程求得 ，结合垂直关系可得 平面 的距离为 ，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）连接 ，
分别是线段 的中点， ，
底面四边形 为正方形， ，
平面 ， 平面 ， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
， 平面 ，
又 平面 ， 平面 平面 .（2）以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
设 ， ，
则 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，解得： ， ， ；
设直线 与平面 所成角为 ，
，
解得： 或 （舍）， ，
平面 ， 平面 ， ；
， ， 平面 ， 平面 ，
到平面 的距离为 ，
.
2．（2023秋·湖南长沙·高三长郡中学校考假期作业）如图所示，直三棱柱 中， ，
， .(1)求证： ；
(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）根据题意证得 平面 ，得到 ，进而证得 平面 ，利用你线面
垂直的性质，即可证得 ；
（2）以 为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面 的一个法向量为 和
，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为三棱柱 为直三棱柱，且 ， ，
在直角 与直角 中，可得 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 .
因为 底面 ， 底面 ，所以 ，
又 ， ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 .
（2）解：以 为坐标原点，以 ， ， 分别为 ， ， 轴建立的空间直角坐标系，
如图所示，则 ， ， ， ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，所以平面 的一个法向量为 .
设直线 与平面 所成角的大小为 ，
则 .
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
3．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）在四棱锥 中，底面ABCD为正方形，平面 平面
， ， .(1)证明：平面 平面 ；
(2)若E为PC的中点，异面直线BE与PA所成角为 ，求四棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知的面面垂直证明线面垂直和线线垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线所成的角，求得棱锥的高，可解棱锥的体积.
【详解】（1）证明：过点D作 ，垂足为点F，
因为平面 平面PAB，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面PAB， 平面PAB，所以 ，
因为 ，又 平面PAD， ，所以 平面PAD，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）如图，以点D为原点，DA为X轴，DC为Y轴建立空间直角坐标系，
则 、 、 、 ，
设 ，
则 ，因为 ，所以 ，
所以 ， ，因为异面直线BE与PA所成角为 ，所以 ，
化简得 ，解得 （ 舍），所以 ；
所以 ， 平面ABCD，
四棱锥 ，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，
所以四棱锥 的体积为 .
4．（2023秋·江西南昌·高三南昌二中校考开学考试）如图， 在四棱锥 中， 平面ABCD，
， ， ， . E为棱 PC上一点，平面ABE与棱PD交于点F. 且
.
(1)求证: F为PD的中点；
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先求出 ，即可得到 为 的中点，再证明 平面 ，由线面平行的性质得到
，即可得到 ，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，
在 中， ，
在直角梯形 中，由 ， ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 为 的中点，
因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为平面 平面 ， 平面 ，
所以 ，所以 ，所以 为 的中点；
（2）由题可知因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ，又 ，
所以 ， ， 两两相互垂直，如图建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，则 ， ，于是 ，
因为 平面 ，且 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
又 ，且 为 的中点，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 是平面 的一个法向量， ．
由题设，二面角 的平面角为锐角，所以二面角 的余弦值为 ．
5．（2023·天津·校联考模拟预测）如图，在三棱锥 中， 底面 ， ．点 ， ，分别为棱 ， ， 的中点， 是线段 的中点， ， ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求点 到直线 的距离；
(3)在线段 上是否存在一点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ，若存在，求出线段
的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.
【详解】（1）因为 底面 ， ，
建立空间直角坐标系如图所示，则 ，
所以 ，
设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，不妨设 ，可得 ，
又 ，
可得 ，因为 平面 ，
所以 平面 ，
（2）因为 ，
所以点 到直线 的距离 .
（3）设 ， ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 令 ，则 ，
所以 ，
即 ，解得 或 （舍去），
所以 .
6．（2023秋·江苏·高三江苏省梁丰高级中学校联考阶段练习）如图所示，在三棱锥 中，已知平面 ，平面 平面 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ， ，在线段 上（不含端点），是否存在点 ，使得二面角 的余弦值
为 ，若存在，确定点 的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在； 是 上靠近 的三等分点
【分析】（1）过点 作 于点 ，由面面垂直性质定理可得 平面 ，由此证明 ，
再证明 ，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面 ，平面 的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件
列方程确定点 的位置；
【详解】（1）过点 作 于点 ，
因为平面 平面 ，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ．（2）假设在线段 上（不含端点），存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ，
以 为原点，分别以 、 为 轴， 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
即 取 ， ， ，
所以 为平面 的一个法向量，
因为 在线段 上（不含端点），所以可设 ， ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
即 ，
取 ， ， ，
所以 为平面 的一个法向量，，又 ，
由已知可得
解得 或 （舍去），
所以，存在点 ，使得二面角 的余弦值为 ，
此时 是 上靠近 的三等分点．
7．（2023秋·四川内江·高三期末）如图，扇形 的半径为 ，圆心角 ，点 为 上一点，
平面 且 ，点 且 ， 面 ．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）连接 ，设 与 相交于点 ，连接MN，利用余弦定理可求得 ， ， 的长
度，进而得到 ，又 ，由此可得 平面 ；
（2）建立恰当空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用向量法求解二面角的余弦值，从而即
可得答案．
【详解】（1）证明：连接 ，设 与 相交于点 ，连接 ，
平面 ， 在平面 内，平面 平面 ，
，
，
，
在 中，由余弦定理可得， ，
，
又在 中， ，
由余弦定理可得， ，
，故 ，
又 平面 ， 在平面 内，
，
又 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ；
（2）解：由（1）可知直线 ， ， 两两互相垂直，所以以点 为坐标原点，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 ，则 ，可取 ；
设平面 的一个法向量为 ，则 ，可取 ，
，
平面 与平面 所成二面角的正弦值为 ．
8．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台
中，已知 ， ， ，A到平面 的距离为 .
(1)求 到平面 的距离；
(2)若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先判定BD1⊥DD1，再根据等体积法计算即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求线面角即可.
【详解】（1）在正方形 中， ，则 ，在 中，由条件可知 ，即 ，
所以 ，
因为A到平面 的距离为 ，所以 ，
因为 ，记 到平面 的距离为 ，
所以由 ，得 ，
即 到平面 的距离为 ；
（2）在四棱台 中， ∥平面 ，
则 到平面 的距离即为 到平面 的距离，
假设 不垂直于平面 ，则 ，与 矛盾，
所以 平面 ，
又因为平面 平面 ，所以 平面 ，
由 平面 ，
所以在直角梯形 中，如图所示，过D1作D1M⊥AD于M点，
则 ，
以A为原点， 方向为 轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，则 ，
，
设 是平面 的一个法向量，
由 ，取 ，则 ，所以 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 .
9．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知四棱锥 ，底面为菱形 平面 ，
为 上一点.
(1)平面 平面 ，证明： ；
(2)当二面角 的余弦值为 时，试确定点 的位置.【答案】(1)证明见解析
(2)点 为棱 中点
【分析】（1）由 ，利用线面平行的判定定理得到 平面 ，再利用线面平行的性质定理
证明；
（2）取 中点 ，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立如图所示空间直
角坐标系.，设 ，分别求得平面 的一个法向量 和平面 的一个法
向量为 ，利用夹角公式求解.
【详解】（1）证明：因为 平面 平面 ，
所以 平面 ，
又因为平面 平面 ，所以 .
（2）取 中点 ，则 ，
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立如图所示空间直角坐标系.
所以 ，
设 ，
所以 ，
设平面 的法向量 ，则有，即
令 ，则 .
平面 的一个法向量为 ，
所以 .
解得 ，
即当点 为棱 中点时满足条件.
10．（2023秋·云南保山·高三统考期末）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是
矩形， 是 上一点， 平面 .
(1)求证： 平面 ；
(2)从下面三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并作答：①异面直线 与 所成角的正切值为 ；
②直线 与平面 所成角的正弦值为 ；③点 到平面 的距离为 ；
若___________，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理进行证明；（2）选①：根据异面直线所成角的定义计算得到 ；选②：根据直线与平面所成角的的定义计算得
到 ；选③：利用等体积转换计算得到 ；然后再利用空间向量法求两个平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：如图，连接 交 于点 ，连接 ，
平面 平面 ，
平面 平面 ，
，
是 的中点， 是 的中点，
又 ，
平面 ， 平面 ，
，又 ， ， 平面 ，
平面 平面 ，
又 ， 平面 .
平面 .
（2）如图，
选①： 异面直线 与 所成角为 或其补角，
由（1） ，
；
选②： 平面 直线 与平面 所成角为 ， ，
，
；选③：设 ，由 是 的中点，得 ，
，
所以 ，解得 ，所以 ；
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
，
设平面 的一个法向量为 ，则 所以
令 ，则 ，
设平面 的一个法向量为 ，则
所以 令 ，则 ，
记平面 与平面 的夹角为 ，
则 .
11．（2023秋·广东河源·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥 中， 分别为 的中点，
连接 .(1)当 为 上不与点 重合的一点时，证明： 平面 ；
(2)已知 分别为 的中点， 是边长为 的正三角形，四边形 是面积为 的矩形，当
时，求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线得出线线平行关系，然后根据线面平行的判定说明；
（2）先证明 两两垂直，以此来建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求二面角.
【详解】（1）因为 分别为 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 .
（2）因为 是正三角形， 为 的中点，
所以 ，又因为 ， ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为四边形 是矩形，所以 ，即直线 两两垂直，
以 为坐标系的原点，射线 分别为 轴建立空间直角坐标系，因为四边形 是面积为 的矩形， ，所以 ，
由已知得， ， ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
∴ ，∴ ，令 ，得 ， .
∴ ，设 与平面 所成的角为 ，
则 .
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
12．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在五棱锥 中， ，
， .(1)证明： ；
(2)若平面 平面 ，平面 平面 ，探索： 是否为定值？若为定值，请求出 的
值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)是定值，
【分析】（1）由线面垂直证线线垂直.
（2）由空间直角坐标系，设 ，根据面面垂直的向量表示可得 ，
即得.
【详解】（1）证明：取 中点 ，连接 ，连接 交 于 ，
如图，由 知 为等腰梯形， ，
又 ，故 ，
显然 为 中点， ，
故 又 ，所以 平面
又 平面 ，故 .
（2）若平面 平面 ，由 为平面 与平面 的交线， 知， ，
如图，可以 为原点，建立平面直角坐标系.
设 ，因 ，
如图，底面延长 交于 点，
由 知 为等边三角形，
又 ，可知 也为等边三角形，
故 ，
又 ，
所以 ，又 ，所以 为等边三角形，
所以 也为等边三角形，故 ，
所以 ，故 ，
， ，
，设平面 法向量为 ，则 即
可令 得 ，
，
设平面 法向量为 ，则 即
可令 ，
，有 ，
故 .
13．（2023·江苏扬州·仪征中学校考模拟预测）如图，在四棱锥 中， 为直角梯形，
，平面 平面 ． 是以 为斜边的等腰直角三角形，
为 上一点，且 ．
(1)证明：直线 ∥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 交 于点 ，连接 ，则可得 ∽ ，再结合已知条件可得，所以 ∥ ，然后由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知可证得 平面 ，所以以 为坐标原点， 所在的方向分别为 轴、 轴的正方向，
与 均垂直的方向作为 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，利用空间向量求解即
可.
【详解】（1）证明：连接 交 于点 ，连接 ，
因为 ∥ ，所以 ∽ ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ∥ ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以直线 ∥平面 .
（2）平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
，所以 平面 ．
以 为坐标原点， 所在的方向分别为 轴、 轴的正方向，与 均垂直的方向作为 轴的正方
向，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 ，则
，令 ，得 ，
设平面 的一个法向量为 ，则
，令 ，得 ．
设二面角 的平面角的大小为 ，由图可知 为锐角，则
所以二面角 的余弦值为 ．
14．（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和 个圆柱拼接而成，点
为弧 的中点，且 ， ， ， 四点共面.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若平面 与平面 所成二面角的余弦值为 ，且线段 长度为2，求点 到直线 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过 作 ，交底面弧于 ，连接 ，有 为平行四边形，根据题设可得，即 ，再由线面垂直的性质可得 ，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.
（2）构建如下图示空间直角坐标系 ，令半圆柱半径为 ，高为 ，确定相关点坐标，进而求平面
、平面 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得 ，即可求出点 到直线
的距离.
【详解】（1）过 作 ，交底面弧于 ，连接 ，易知： 为平行四边形，
所以 ，又 为弧 的中点，则 是弧 的中点，
所以 ，而由题设知： ，则 ，
所以 ，即 ，由 底面 ， 平面 ，则 ，又 ，
平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系 ，
令半圆柱半径为 ，高为 ，则 ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，
若 是面 的一个法向量，则 ，令 ，则 ，
若 是面 的一个法向量，则 ，令 ，则 ，
所以 ，
整理可得 ，则 ，又 ，
由题设可知，此时点 ， ， ，
则 ， ，
所以点 到直线 的距离 ..
15．（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 ．
16．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）如图，在三棱锥 中， 平面ABD，E为AB的中点，
， .(1)证明： 平面CED；
(2)当二面角 的大小为30°，求 与平面ACD所成角的正弦值.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质得 ，再利用三线合一得 ，最后利用线面垂直的判定
即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量和法向量，利用线面角的公式即可得到答案.
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 为 的中点，所以 是 的中线，
所以 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）建系如图，因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ，平面 平
面 ， 平面 ， 平面 ，
则二面角 的平面角为 ，所以 ，
又因为 是边长为2的等边三角形，所以 ，在直角三角形 中，有 ，
结合 ，得到以下坐标：
，
则 ，设 是平面 的法向量，由 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，又因为 ，
设 与平面 所成角为 ，则 .
17．（2023·全国·高三专题练习）如图，在 中， ， ， ，E为AB中点，
过点E作ED垂直AC于D，将 沿ED翻折，使得面 面 ，点M是棱AC上一点，且
面 ．
(1)求 的值；
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）利用面面存在的性质得出 ，过点B作BQ垂直CD于点Q，由面面平行的判定
定理及性质定理可得 ，求出CQ、 ，根据相似比可得答案；
（2）以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
求出平面BCDE、平面MBE的法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为面 面 ，面 面 ，
由题意可知， ， ，所以 ，
过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，
因为 ， 平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以 平面ADE，
又因为 平面ADE， ，BQ， 平面ADE，
所以平面 平面ADE，
又因为面 面ADC＝QM，平面 平面ADC＝AD，所以 ，
因为BC＝2， ，所以，CQ＝1，
在折叠前的图形中， ，
，所以AQ＝3， ，
易知D为AQ的中点，所以 ，
所以 ，所以 ；
（2）由（1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 ， ，
易知平面BCDE的一个法向量 ，
，
设平面MBE的法向量为 ，
所以 ，令 ，则 ，故 ，
所以 ，
所以二面角 的余弦值为 ．
18．（2023·吉林·统考模拟预测）如图1，在等腰梯形 中， ，
沿 将 折成 ，如图2所示，连接 ，得到四棱锥 .(1)若平面 平面 ，求证： ；
(2)若点 是 的中点，求点 到直线 的距离的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到四边形 是平行四边形，证得 ，进而证得 平面 ，结
合线面平行的性质定理，即可证得 .
（2）取 中点 ，以 为原点，过 作平面 的垂线为 轴，建立空间直角坐标系 ，设
，求得 和向量 ，得到
，且 ，结合点 到直线 的距离
，即可求解.
【详解】（1）证明：在梯形 中，因为 且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又因为 平面 ，且 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，且平面 平面 ，所以 .
（2）解：取 中点 ，连接 ，因为 是等边三角形，可得
以 为原点， 所在直线为 轴， 轴，过 作平面 的垂线为 轴，建立空间直角坐标系
，如图所示，设 ，
则 ，
所以 ， ， ，且
，
则点 到直线 的距离
因为 ，所以当 时， ；
当 时， ，所以点 到直线 的距离的取值范围是 .
【C组 在创新中考查思维】
一、解答题
1．（2023·上海·高三专题练习）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 .
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ，
， ， ，E为 的中点，且 ．
(1)求证： 平面 ；(2)记 的中点为N，若M在线段 上，且直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求线段 的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2或
【分析】（1）连接 ，由勾股定理证得 ，由等腰三角形得性质证得 ，再结合线面垂直
得判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面 的法向量，设 ，利用空间向量的夹角公式求出
余弦值，进而列出方程，解之即可.
【详解】（1）连接 ，∵ ， ，∴ 且
∴四边形 为平行四边形；
∵ 且E为 的中点，∴ ，
所以 ，
∴ ，∴ ，即 ，
又∵ ，∴ 平面
（2）以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 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 ，取
设 ，则 ，而 ，所以 ，
∵平面 的法向量为 ，设直线 与平面 所成的角为 ，则
化简得 ，解得： 或 ，满足
故线段 的长度为2或 ．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F分别在BC，CD
上，且 ， ．
(1)证明：平面 平面ABD；
(2)若 平面ABC， ， ， ，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值
时，求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用线面平行及面面平行的判定定理可证得；
（2）分析知当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可得解.
【详解】（1） ， ，
又 平面ABD， 平面ABD， 平面ABD，
又G是△ABC的重心，
又 平面ABD， 平面ABD， 平面ABD，
又 ， 平面
所以平面 平面ABD
（2）由 ， ， ，可得
又 ，
又 平面ABC， 平面ABC，
又 ， 平面 ， 平面 ，
又 平面 ，
P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合.
如图，作 ，以C为原点， 为 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为
则 ，令 ，
设平面 的一个法向量为
则 ，令 ，，
所以二面角 的余弦值为
4．（2023·全国·高三专题练习）如图甲，等腰梯形ABCD中， ， 于点E，且
，将梯形沿着DE翻折，如图乙，使得A到Р点，且 .
(1)求直线PD与平面EBCD所成角的正弦值；
(2)若 ，求三棱锥 的表面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 作 于 点，先证明PM垂直于平面BCDE，即 为直线 与平面 所成
角，然后计算可得；
(2)作 交 于 点，以MB、MN、MP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，用向量法求出三个侧面与底面与底面所成二面角的余弦值，根据二面角的余弦值=侧面在底面上的投影面积
侧面面积可得.
【详解】（1）如图，
作 于 点，
∵ ， 平面PBE， 平面PBE，
∴ 平面 ，
∴ ，
又∵ ， 平面BCDE， 平面BCDE，
∴ 平面 ，∴ 为 与平面 所成角，
设 ，则 ， ，
因为
所以 ，
所以 .
（2）如图，过 作 交 于 点，
∴ .
由（1）知， 平面 ，易知MB、MN、MP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系 ，
因为 ，得
为直角三角形，且 ，所以 ，所以
得 所以 ，
∴ 为 的中点，
∴ .
，
设 分别为平面PBC，平面PCD，平面PBD的法向量，
则 ， ， ，取
，
得 ，
记二面角 ,二面角 ,二面角 的平面角分别为 ，易知 均为锐角，则 ， ， ，
因为 ， ，
，
所以 ， ，
又
所以三棱锥 的表面积 .
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，
，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点.
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PA的中点为F，连接EF，BF，证得CE//BF，进而线面平行得判定定理即可得出结论；
（2）法一：取AD的中点O连接PO，CO，证得 为直线 与平面 所成角，解三角形求出
，作 于 ，连接 证得 为二面角 的平面角，求出 的余弦值即可.
法二：建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量： ， ，然后利用空间向量的相
关结论可求得二面角 的余弦值为 ．
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连结 是 的中点， ，
四边形 是平行
四边形，
平面 平面 ，
直线 //平面 .
（2）法一：四棱锥 中，侧面 为等边三角形且垂直于底面 ，
是 的中点.取 的中点 在底面 上的射影 在
上，设 ，则 ，
直线 与底面 所成角为 ，可得： ，
可得： ， ，作 于 ，连接 ，所以 就是
二面角 的平面角， ，二面角 的余弦值为：法二：
由已知得 ,以 为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角
坐标系 ，则
则 ， ， ， ，
, 则
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而 是底面ABCD的法向量，所以
，
即又 在棱 上,设
由①，②得 （舍去）或
所以 ，从而
设 是平面ABM的法向量，则
所以可取 .于是
因此二面角M-AB-D的余弦值为 .
6．（2023·全国·高三专题练习）如图1，已知等边 的边长为 ，点 分别是边 上的点，且
满足 ，如图2，将 沿 折起到 的位置．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)给出三个条件：① ；②平面 平面 ；③四棱锥 的体积为 ，从中任选一个，求平面 和平面 的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，
【分析】（1）在等边 中，利用已知条件可证明 ，利用面面垂直的判定定理即可证明.
（2）构建空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
【详解】（1）证明：
等边 中，由 ，得 即 ，
所以
又 得
在 中， ，由余弦定理得
，
，
又 平面 ，
平面 ，
又 平面
平面 平面
（2）解（1）：若选择条件①
， 平面 ，
平面 ，
，
结合（1）可知， 两两垂直，
以 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：
.设平面 的法向量为 ， ，
则 ，
令 则 ，即 ，
同理，平面 的法向量为 ，
设平面 和平面 的夹角为 ，则 ，
故平面 和平面 的夹角的余弦值为 .
解（2）：若选择条件②平面 平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，
平面 ，
，
结合（1）可知， 两两垂直，
以 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：
.设平面 的法向量为 ， ，
则 ，
令 则 ，即 ，
同理，平面 的法向量为 ，
设平面 和平面 的夹角为 ，则 ，
故平面 和平面 的夹角的余弦值为 .
解（3）：若选择条件③四棱锥 的体积为 ，
容易求得，四边形 的面积为 ，又四棱锥 的体积为 ，
所以，四棱锥 的高为 ，即点 到底面 的距离为1，
又因为 ，
平面 ，
，
结合（1）可知， 两两垂直，
以 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：，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，
令 则 ，即 ，
同理，平面 的法向量为 ，
设平面 和平面 的夹角为 ，则 ，
故平面 和平面 的夹角的余弦值为 .
7．（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，
四边形ABCD为等腰梯形， ， ，平面 平面 ， ．
(1)求证：平面 平面 ；(2)若二面角 的余弦值为 ，求直线PD与平面PBC所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质得到 平面 ，由面面垂直的判定即可证明；
（2）过 作 ， ，垂足分别为 ， ，连接 ，由几何法可证 即为二面角
的平面角，过 作 平面 ，以 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设
，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可.
【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）过 作 ， ，垂足分别为 ， ，连接 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，所以 平面
，又 平面 ，所以 ，
又 ，且 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，即 即为二面角 的平面角，
不妨设 ，则可知 ，且 ， ，
因为 ，所以 ，所以 ，
过 作 平面 ，以 为x，y，z轴，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 ，
设直线PD与平面PBC所成角为 ，则 ，
即 .
8．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，圆台下底面圆 的直径为 ， 是圆 上异于
的点，且 ， 为上底面圆 的一条直径， 是边长为 的等边三角形， .
(1)证明： 平面 ；
(2)求平面 和平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)线线垂直从而证明线面垂直.
(2)利用向量法，即可求二面角的余弦值.
【详解】（1）∵ 为圆台下底面圆 的直径， 是圆 上异于 的点，
故
又∵ ， ，∴
∵ ，
∴ ，
∴
∴ ，又∵ ， ， 平面
∴ 平面
（2）取 的中点，连接 ，则 ，由(1)可知，
∵ ，∴ 平面 ，
又∵
∴以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
由题意可得 ， ，
∵ 平面 ，∴ ，
四边形 为矩形，
∴
平面 的一个法向量为 .
设平面 的一条法向量为 ， ，
由 得 令 ，则 ，
平面 的一个法向量为则平面 与平面 的夹角的余弦值为
∴平面 和平面 夹角的余弦值为
9．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱台ABC－ABC 中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，
1 1 1
AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC B 为等腰梯形，且BC ＝CC ＝4，M为BC 中点．
1 1 1 1 1 1 1
(1)证明：平面ABC⊥平面AOM；
(2)记二面角A－BC－B 的大小为θ，当θ∈[ ， ]时，求直线BB 平面AAC C所成角的正弦的最大值．
1 1 1 1
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；
（2）设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，利用坐标法可求 ， 然后利
用导函数求最值即得.
【详解】（1）∵△ABC是等腰三角形，O为BC的中点，
∴BC⊥AO，
∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为 的中点，
∴BC⊥MO．
∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，
∴BC⊥平面AOM，
∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOM．
（2）在平面AOM内，作ON⊥OA，
∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，
∴ON⊥平面ABC，
以OB，OA，ON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵MO⊥BC，AO⊥BC，
∴∠AOM为二面角 的平面角，即∠AOM＝θ，
∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2 cosθ，2 sinθ），C1（－2，2 cosθ，
2 sinθ），B1（2，2 cosθ，2 sinθ），
∴ ＝(－2，2 cosθ，2 sinθ)，
设平面AA1C1C的法向量为 ＝(x，y，z)，其中 ＝(4，3，0)， ＝(2，2 cosθ，2 sinθ)，
所以 ，即 ，
则可取 ，
设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα＝|cos＜ ， ＞|＝ ，
设f (θ)＝ ，θ∈[ ， ]，则 ，
∴f（θ）在[ ， ]上单调递增，
∴f（θ）∈[－2 ， ]，即
∴ ，
∴ ．
∴直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值为 .
10．（2023·四川成都·川大附中校考二模）如图，C是以 为直径的圆O上异于A，B的点，平面
平面 为正三角形，E，F分别是 上的动点.
(1)求证： ；
(2)若E，F分别是 的中点且异面直线 与 所成角的正切值为 ，记平面 与平面 的
交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线 与平面 所成角的取值范围.
【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 平面 ，即可证明 .
（2）由已知结合线面平行的判定定理知 平面 ，结合线面平行的性质定理知 ，建立空间
直角坐标系，设 ，求出平面 的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解.
【详解】（1）证明：因为C是以 为直径的圆O上异于A，B的点，所以 ，
又平面 平面 ，且平面 平面 平面 ，
所以 平面 平面 .
所以
（2）由E，F分别是 的中点，连结 ，所以 ，由（1）知 ，
所以 ，所以在 中， 就是异面直线 与 所成的角.
因为异面直线 与 所成角的正切值为 ，
所以 ，即
又 平面 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，平面 平面 ，
所以
所以在平面 中，过点A作 的平行线即为直线l.
以C为坐标原点， 所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面 的直线为z轴，建立空间直
角坐标系，设 .因为 为正三角形所以 ，从而
由已知E，F分别是 的中点，所以
则 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以可设 ，平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，
又 ，则 .
设直线 与平面 所成角为 ，则 .
所以直线 与平面 所成角的取值范围为 .
