素养拓展29立体几何中的结构不良问题（精讲+精练）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）解析版_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_1.2024一轮复习

【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） 素养拓展 29 立体几何中的结构不良问题（精讲+精练） 一、知识点梳理 一、空间向量与立体几何的求解公式 (1)异面直线成角：设a，b分别是两异面直线l，l 的方向向量，则l 与l 所成的角θ满足：cos θ＝； 1 2 1 2 (2)线面成角：设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，a与n的夹角为β， 则直线l与平面α所成的角为θ满足：sin θ＝|cos β|＝. (3)二面角：设n，n 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量， 1 2 则两面的成角θ满足：cos θ＝cos〈n，n〉＝； 1 2 注意：二面角的平面角大小是向量n 与n 的夹角或是向量n 与n 的夹角的补角，具体情况要判断确定． 1 2 1 2 (4)点到平面的距离：如右图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量， 则点B到平面α的距离为：|BO|＝，即向量BO在法向量n的方向上的投影长. 二、几种常见角的取值范围 ①异面直线成角∈(0，] ；②二面角∈[0，π] ；③线面角∈[0，] ；④向量夹角∈[0，π] 三、平行构造的常用方法 ①三角形中位线法；②平行四边形线法；③比例线段法. 四、垂直构造的常用方法 ①等腰三角形三线合一法；②勾股定理法；③投影法. 五、用向量证明空间中的平行关系 (1)线线平行：设直线l 和l 的方向向量分别为v 和v，则l∥l(或l 与l 重合)⇔v∥v. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (2)线面平行：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u. (3)面面平行：设平面α和β的法向量分别为u，u，则α∥β⇔u ∥u. 1 2 1 2 六、用向量证明空间中的垂直关系 (1)线线垂直：设直线l 和l 的方向向量分别为v 和v，则l⊥l⇔v⊥v⇔v·v＝0. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 (2)线面垂直：设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u. (3)面面垂直：设平面α和β的法向量分别为u 和u，则α⊥β⇔u⊥u⇔u·u＝0. 1 2 1 2 1 2 七、点面距常用方法 ①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法 二、题型精讲精练【典例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． 【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 . 【题型训练-刷模拟】 一、解答题 1．（2023·北京海淀·校考三模）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 的正方形，侧面 为等腰直角三角形，且 ，点 为棱 上的点，平面 与棱 交于点 ．(1)求证： ； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面 与平面 所成锐二面角 的大小． 条件①： ； 条件②：平面 平面 ； 条件③： ． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)由底面 是正方形得 ，用线面平行的判定定理证得 平面 ，再用线面平 行的性质定理证得 ； (2) 若选条件①②，由平面 平面 得 ， ，由 为正方形得 ，即 可建立空间直角坐标系，由点的坐标求出向量的坐标，从而求出平面 和平面 的法向量，代入夹 角公式即可求出平面 与平面 所成锐二面角的大小；若选条件①③，易证得 平面 ，从 而证得 ，所以 平面 ，从而得到 ，又因为 ，则可说明 为等腰 直角三角形，即可建立与①②相同的空间直角坐标系，下面用与①②相同的过程求解；若选条件②③，由 平面 平面 ，可证 平面 ，所以 ， ，又由 平面 ，可证 ，结合 可得点 为 的中点，则可得 ，即可建立与①②相同的空间直角坐标系， 下面用与①②相同的过程求解. 【详解】（1）证明：因为底面 是正方形，所以 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 又因为平面 与 交于点 ， 平面 ，平面 平面所以 ． （2）选条件①②，则 ，平面 平面 . 因为侧面 为等腰直角三角形，且 ，即 ， ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ， 又由 为正方形得 ． 以点 为坐标原点， ， ， 分别为 轴， 轴， 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， ， 因为 ，所以点 为 的中点，则 , 从而 ， ， ， , 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，可得 , 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，可得 ， 所以 ，则两平面所成的锐二面角为 ． 选条件①③，则 ， ． 侧面 为等腰直角三角形，且 ，即 ， ， 因为 ， ，且两直线在平面 内，可得 平面 ， 因为 平面 ，则 ． 又因为 ， ，且两直线在平面 内， 则 平面 ， 因为 平面 则 ， 因为 ，所以 为等腰三角形，所以点 为 的中点. 又因为 ，所以 为等腰直角三角形， 则可建立与①②相同的空间直角坐标系，以下用与①②相同的过程求解． 选条件②③，则平面 平面 ， ． 因为侧面 为等腰直角三角形，且 ， 即 ， ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 又因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ， 又由 为正方形得 ． 因为 ， ，且两直线在平面 内，则 平面 ， 因为 平面 ，则 ， 因为 ，所以 为等腰三角形，所以点 为 的中点，则 . 则可建立与①②相同的空间直角坐标系，以下的过程与①②相同． 2．（2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体 中， ，E为 的中 点.(1)证明：平面 平面 ； (2)若点F在 内，且 ，从下面三个结论中选一个求解. ①求直线 与平面 所成角的正弦值； ②求平面 与平面 所成角的余弦值； ③求二面角 的余弦值. 注：若选择多个结论分别解答，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）故以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图 所示的空间直角坐标系 ，分别求出平面 平面 的法向量 ，由 ，即可证明； （2）选①，分别求出直线 的方向向量与平面 的法向量，由线面角的向量公式求解即可；选②、 ③，分别求出两个平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案. 【详解】（1）因为 是长方体，所以 ， ， 两两垂直， 故以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角 坐标系 .因为 ，所以 ， ， ， ， . 则 ， ， ， . 设平面EAB的法向量为 ，则 即 令 ，则 ， ，得 ； 设平面 的法向量为 ，则 即 令 ，则 ， ，得 . 因为 ，所以 ，故平面 平面 . （2）取 的中点H，由长方体的性质易得 ， ，连接 ， 所以四边形 为平行四边形， ， 因为 ，所以 平面 ， 所以 平面 ，即 平面 . 由 是等边三角形，易得三棱锥 为正三棱锥，所以点F为等边 的中心，故 ， . 选择结论①： 由（1）得平面 的一个法向量为 . 设直线BF与平面 所成角为 ，则 ， 所以BF与平面 所成角的正弦值为 . 选择结论②： 由（1）得平面EAB的一个法向量 ，又 ， ， 设平面FAB的法向量为 ，则 即 令a＝0，得b＝5，c＝2，则 . 设平面FAB与平面EAB所成角为 ，则 . 选择结论③： 因为点F在 内， ，所以 为直线 与平面 的交点， 所以平面 的一个法向量为 . 又 ， ，设平面FAB的法向量为 ，则 即 令a＝0，得b＝5，c＝2，则 . 设二面角 为 ，则 . 观察图形可得二面角 为钝二面角，所以二面角 的余弦值为 . 3．（2023·北京·统考模拟预测）如图，在三棱柱 中， 平面 ， ， 为线段 上一点，平面 交棱 于点 . (1)求证： ; (2)若直线 与平面 所成角为 ，再从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，求点 到 平面 的距离. 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)证明见解析 (2) ． 【分析】（1）由线面平行的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法计算点到平面的距离即可. 【详解】（1）证明：由题意可知， 因为三棱柱 ， 平面 所以侧面 为矩形 面 ， 平面 平面 又 平面 平面 且 平面 （2）解：若选择条件①， 平面 ， 平面 ， 平面 ， ， ， 又 两两垂直； 若选择条件②， 平面 ， 平面 ， 平面 ， ， ， 又 ， ， ，两两垂直； 以下条件①和条件②的计算过程相同， 因为 两两垂直，所以如图建立空间直角坐直角坐标系 ． 可得 ， ． 则 ， ． 设 ， 则 ． 设 为平面 的法向量， 则 即 令 ，则 ， ，可得 ． 则 ． 解得 ，则 ． 因为 ，所以点 到平面 的距离为 ． 4．（2023·北京海淀·校考三模）在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， ， 且 平面 ， 分别是 的中点， 是 上一点，且 . (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 与平面 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，按第一个解答记分. 【答案】(1)证明见解析； (2) . 【分析】（1）通过证明 即可证明结论； （2）以O为原点建立空间直角坐标系，由选择条件可得相应点坐标，可得向量PA坐标与平面 法向 量坐标，即可得答案. 【详解】（1）因G，F分别为 中点，则 为 中位线，则 . 又 平面 ， 平面 ，则 平面 . （2）如图以O为原点建立空间直角坐标系. 若选①，因 ，底面 是边长为2的菱形，则 ， 若选②，因 ，底面 是边长为2的菱形，则 ，则 ， . 所以 . 又 ，则 ，得 . 则 ， . 设平面 法向量为 ，则 . 得 ，又 ，设直线 与平面 所成角为 . 则 . 5．（2023·全国·高三专题练习）如图在几何体 中，底面 为菱形， .(1)判断 是否平行于平面 ，并证明； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求： （i）平面 与平面 所成角的大小； （ii）求点 到平面 的距离. 条件①：面 面 条件②： 条件③： 注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分. 【答案】(1) 与平面 不平行，证明见解析 (2)（i） ；（ii） 【分析】（1）利用线面平行的判定定理构造平行四边形得线线平行，即可得结论； （2）选择条件证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角及点到 平面距离. 【详解】（1） 不平行于平面 ，理由如下： 取 中点 ， 因为 ，所以 则四边形 为平行四边形，所以 ，又 ，所以 不平行于 ， 假设 平面 ，因为平面 平面 ， 平面 所以 ，与 不平行于 矛盾，所以假设不成立，即 不平行于平面 ；（2）选择条件①： 取 中点 ，连接 因为菱形 ，所以 为正三角形，又 为 中点，所以 ， 由于 ，所以 ， 又因为面 面 ，面 面 ， 面 所以 面 ，因为 面 ，所以 又因为 ， 面 ，所以 面 ， 而 面 ，所以 ， 所以如图，以 为原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系， 则 （i）因为 面 ，所以 为平面 的一个法向量 设平面 的法向量为 ，因为 所以 ，令 ， 设平面 与平面 所成角为 ， 所以 ，则 即平面 与平面 所成角大小为 ； （ii）因为 ，由（i）知平面的一个法向量为所以点 到平面 的距离为 . 选择条件②：连接 ，取 中点 ，连接 因为菱形 ，所以 为正三角形，又 为 中点，所以 ，由于 ， 所以 ， 在菱形 中，有 ， 又因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 又因为 ， 面 ，所以 面 ， 而 面 ，所以 ， 所以如图，以 为原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系， 则 （i）因为 面 ，所以 为平面 的一个法向量 设平面 的法向量为 ，因为 所以 ，令 ， 设平面 与平面 所成角为 ， 所以 ，则 即平面 与平面 所成角大小为 ；（ii）因为 ，由（i）知平面的一个法向量为 所以点 到平面 的距离为 . 条件③： 取 中点 ，连接 因为菱形 ，所以 为正三角形，又 为 中点，所以 ，由于 ， 所以 ， 因为 ，由（1）可得 ，所以 所以 ，即 因为 ，所以 又因为 ， 面 ，所以 面 ， 而 面 ，所以 ， 所以如图，以 为原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系， 则 （i）因为 面 ，所以 为平面 的一个法向量 设平面 的法向量为 ，因为 所以 ，令 ， 设平面 与平面 所成角为 ，所以 ，则 即平面 与平面 所成角大小为 ； （ii）因为 ，由（i）知平面的一个法向量为 所以点 到平面 的距离为 . 6．（2023·北京·校考模拟预测）如图，在四棱锥 中， ， ， 底面 ， 为棱 上的点， ， . (1)若 平面 ，求证：点 为 的中点； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面 与平面 夹角的余弦值. 条件①： 平面 条件②：直线 与 夹角的余弦值为 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)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行的性质证明线线平行，即可得结论； （2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，选择条件①，利用 平面 ，确定 的坐标，进而 利用向量法可求平面 与平面 夹角的余弦值；选择条件②，利用直线 与 夹角的余弦值为 ， 确定 的坐标，进而利用向量法可求平面 与平面 夹角的余弦值． 【详解】（1）证明：过 作 交 于 ，连接 ，如图所示：， ， ， 确定平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 平面 ， ， ∴四边形 为平行四边形，则 为 的中位线， 点 为 的中点； （2）选择条件①： 平面 底面 ， ， 以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ,0, ， ,0, ， ,2, ， ,0, ， ,1, ， 设 , , ，且 ， ， , , ， ,2, ， , , ,2, ， ， ， ， , , ， , , ， ,1, ，设平面 的一个法向量为 , , ， 则 ，令 ，则 ， ， 平面 的一个法向量为 , , ， ,0, ，若 平面 ，则 ， ，解得 ， , , ， 平面 ， ,0, 是平面 的一个法向量， 则 , ， 平面 与平面 夹角的余弦值为 ． 选择条件②：直线 与 夹角的余弦值为 底面 ， ， 以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ,0, ， ,0, ， ,2, ， ,0, ， ,1, ， 设 , , ，且 ， ， , , ， ,2, ， , , ,2, ， ， ， ，, , ， , , ， ,1, ， 直线 与 夹角的余弦值为 ，整理得 ，解得 或 （舍）， 设平面 的一个法向量为 , , ， 则 ，令 ，则 ， ， 平面 的一个法向量为 , , ， 平面 ， ,0, 是平面 的一个法向量， 则 , ， 平面 与平面 夹角的余弦值为 ． 7．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形 是边长为2的菱形， ，四边形 为 矩形， ，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题（如果选择多个条件分别解答，按 第一个解答计分）. ① 与平面 所成角相等；②三棱锥 体积为 ；③(1)平面 平面 ； (2)求二面角 的大小； (3)求点 到平面 的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）若选①，则作 面 ，证明 和 重合从而得到 面 ，从而得到面面垂 直；若选②，计算得到 到面 的距离 ，得到 面 ，从而得到面面垂直；若选③， 通过余弦定理计算得到 ，再通过 面 ，从而得到面面垂直； （2）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可； （3）通过点面距离的计算公式直接计算即可. 【详解】（1）选①，连接 ，作 面 ，垂足为 . 与平面 所成角相等， ， 在 的中垂线 上， 在平面 内， , 和 重合， 面 ， 又 面 ， 面 面若选②，设 到面 的距离为 ， ，得 ， 即为 到面 的距离，即 面 ， 又 面 ， 面 面 . 若选③，由余弦定理得， ， ，又 面 面 ， 又 面 面 面 （2）因为 面 ， 面 ， 所以 ， 取 中点 ，则 ， 所以 ，又因为 ， 所以建立如下图所示空间直角坐标系， ， ，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 ， ， ， 由图可知二面角 是钝角， 所以二面角 的大小为 . （3） ， 平面 的一个法向量为 ， 点 到平面 的距离 . 8．（2023·全国·高三专题练习）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. 9．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）如图所示的五边形 中 是矩形， ， ， 沿 折叠成四棱锥 ，点 是 的中点， ．(1)在四棱锥 中，可以满足条件① ；② ；③ ，请从中任选 两个作为补充条件，证明：侧面 底面 ；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答 计分．） (2)在（1）的条件下求直线 与平面 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）选条件①②，利用勾股定理得到 ，进而得到 底面 ，利用面面垂直的判 定定理即可得证； 选条件①③，利用正弦定理得到 ，进而得到 底面 ，利用面面垂直的判定定理即可得 证； 选条件②③，利用余弦定理和勾股定理得到 ，进而得到 底面 ，利用面面垂直的判定 定理即可得证； （2）由（1）可得 平面 ，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：（1）方案一：选条件①②． 因为在四棱锥 中 ，点 是 的中点， ，所以 ， 又因为在 中， ，所以 ， 又因为 是矩形， ，所以 ， ， 由 可得 ，所以 ， 则由 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，又因为 侧面 ，所以侧面 底面 ； 方案二：选条件①③． 因为在四棱锥 中 ，点 是 的中点， ，所以 ， 又因为在 中， ， 所以由正弦定理得： ，即 ，所以 ， 即 ，所以 ， 则由 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，又因为 侧面 ， 所以侧面 底面 ； 方案三：选条件②③． 因为在四棱锥 中 ，点 是 的中点， ，所以 ， 又因为在 中， ，所以 ， 又因为 是矩形， ，所以 ， 又因为在 中， ，则 ， 设 ， ， 所以有 ，解得 或 （舍 ，所以 ， 由 可得 ，所以 ， 则由 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，又因为 侧面 ， 所以侧面 底面 ； （2）在（1）条件下知 平面 ，且 ， 故如图所示：以 为坐标原点，以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴， 建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ， 则 ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ，则 ， ， 设直线 与平面 所成角为 ，则 ， 直线 与平面 所成角的正弦值为 . 10．（2023·全国·高三专题练习）在 中， ，过点 作 ，交线段 于点 （如图1），沿 将 折起，使 （如图2），点 分别为棱 的中点. (1)求证： ；(2)在①图1中 ，②图1中 ，③图2中三棱锥 的体积最大. 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题. 问题：已知__________，试在棱 上确定一点 ，使得 ，并求平面 与平面 的夹角的 余弦值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) . 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得 ，结合中位线的性质可得 ，即可证 明； （2）选①：由二倍角的正切公式求出 ，进而求出BD，选②：根据向量的线性运算求出BD，选③： 设 ，利用线面垂直的判定定理和性质可得 平面 ，则 ， 利用导数求出体积的最大值，求出BD.分别建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出面面角即可； 【详解】（1） ， 平面 ， 平面 平面 . 又 分别为 的中点， . （2）选①，在图1所示的 中，由 ， 解得 或 （舍去）. 设 ，在Rt 中， ， 解得 . 以点 为原点， 分别为 轴建立如图所示的坐标系 ，， 则 . 设 ，则 . ，即 ，解得 ， 当 （即 是 的靠近 的一个四等分点）时， . 设平面 的一个法向量为 ，且 ， 由 得 令 ，则 ， 取平面CBN的一个法向量 ， 则 ， 平面BMN与平面 的夹角的余弦值为 . 选②，在图1所示的 中，设 ， 则 ， 又 ，由平面向量基本定理知 ，即 . 以点 为原点， 分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，， 则 . 设 ，则 ， 即 ，解得 ， 当 （即 是 的靠近 的一个四等分点）时， . 设平面 的一个法向量为 ，且 ， 由 得 令 ，则 . 取平面 的一个法向量 ， 则 ， 平面 与平面 的夹角的余弦值为 . 选③，在图1所示的 中，设 ，则 ， 为等腰直角三角形， . 折起后 ，且 ， 平面 ， 平面 ，又 ，， 令 ， 当 时， ；当 时， ， 时，三棱锥 的体积最大. 以点 为原点， 分别为 轴建立如图所示直角坐标系 ， ， ，则 ， 设 ，则 . ，即 ， 解得 ， 当 （即 是 的靠近 的一个四等分点）时， . 设平面 的一个法向量为 ，且 ， 由 得 令 ，则 . 取平面 的一个法向量 ，则 ， 平面 与平面 的夹角的余弦值为 . 11．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）如图所示的五边形 中 是矩形， ， ， 沿 折叠成四棱锥 ，点 是 的中点， ． (1)在四棱锥 中，可以满足条件① ；② ；③ ，请从中任选 两个作为补充条件，证明：侧面 底面 ；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答 计分．） (2)在（1）的条件下求点 到平面 的距离． 【答案】(1)条件选择见解析，证明见解析 (2) 【分析】（1）选条件①②，利用勾股定理逆定理证得 ，由等腰三角形的几何性质可得出 ，利用线面和面面垂直的判定定理可证得结论成立； 选条件 ①③，利用正弦定理推导出 ，，由等腰三角形的几何性质可得出 ，利用线面 和面面垂直的判定定理可证得结论成立； 选条件②③，利用余弦定理求出 的长，利用勾股定理逆定理证得 ，由等腰三角形的几何性质 可得出 ，利用线面和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）计算出三棱锥 的体积，计算出 的面积，利用等体积法可求得点 到平面 的距离. 【详解】（1）证明：方案一：选条件①②. 因为在四棱锥 中， ，点 为 的中点，则 ，因为 ，在 中， ， ， 又因为四边形 为矩形， ，则 ， ， 因为 ， ， ，所以， ，则 ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，所以，侧面 平面 ； 方案二：选条件①③. 因为在四棱锥 中， ，点 为 的中点，则 ， 在 中， ， ， ， 由正弦定理可得 ，即 ，所以， ， 所以， ，即 ， 因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，所以，侧面 平面 ； 方案三：选条件②③. 因为在四棱锥 中， ，点 为 的中点，则 ，且 ， 在 中， ， ， 又因为四边形 为矩形， ，则 ， 所以， ， 在 中， ，则 ， 设 ，由余弦定理可得 ， 整理可得 ，解得 或 （舍），所以， ， 因为 ， ， ，所以， ，则 ，因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，所以，侧面 平面 . （2）解：在（1）的条件下， 平面 ， 因为 为 的中点， ， ， 在 中， ， ，则 ， 所以， ，则 ， ， 在 中， ， ，则 ， 所以， ， 所以， ， 设点 到平面 的距离为 ，由 可得 ， 所以， . 因此，点 到平面 的距离为 . 12．（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥 中，侧棱 平面 ，底面四边形 是矩形， ，点 、 分别为棱 、 的中点，点 在棱 上． (1)若 ，求证：直线 平面 ； (2)若 ，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立．①平面 与平面 的交线为直线 ， 与直线 成角的余弦值为 ； ②二面角 的余弦值为 ． 注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)条件选择见解析，证明见解析 【分析】（1）取 的中点 ，连接 、 ，证明出平面 平面 ，利用面面平行的性质可证 得结论成立； （2）若选①，分析可知异面直线 与 所成的角即为 ，由 结合勾股定理可求得 的长，然后以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立空间直角坐标 系，利用空间向量法可求得二面角 的余弦值； 若选②，以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立空间直角坐标系，设 ，利用空间向量法可求得 的值，分析可知异面直线 与 所成的角即为 ，求出 的 余弦值即可. 【详解】（1）证明：如下图所示，取 的中点 ，连接 、 ， 因为 、 分别为 、 的中点，所以， ， 因为 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ， 又因为 ，所以， ， 因为 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ， 因为 ， 、 平面 ，故平面 平面 ， 因为 平面 ，所以， 平面 .（2）证明：若选①作为已知条件，平面 与平面 的交线为直线 ，作出直线 如图， 由于 ， 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，平面 平面 ，所以， ， 所以，异面直线 与 所成的角即为 ， 因为 ，则 ，则 ， 故 ， 以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则 、 、 、 ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 取 ，可得 ，易知平面 的一个法向量为 ， 则 ， 由图可知，二面角 为锐角，故二面角 的余弦值为 ； 若选②为已知条件，以点 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， 设 ，则 、 、 ， ， 。设平面 的的法向量为 ，则 ， 取 ，可得 ， 易知平面 的一个法向量为 ，且二面角 的余弦值为 ， 则 ，解得 ， 平面 与平面 的交线为直线 ，作出直线 如图， 由于 ， 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ， 因为 平面 ，平面 平面 ，所以， ， 所以，异面直线 与 所成的角即为 ， 因为 ，则 ， 则 . 13．（2023·江苏盐城·盐城中学校考模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面ABCD是矩形， 底面ABCD，且 ，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.(1)证明：F为PD的中点； (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BE与平面PAD所成角的正弦值. 条件①：三角形BCF的面积为 ； 条件②：三棱锥 的体积为1. 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)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定证 面 ，再由线面平行的性质可证 ，进而有△ 中 为中位线，即可证结论； （2）由线面垂直的性质、判定证 两两垂直，且 面 ，构建空间直角坐标系，根据所 选条件求得 ，进而求直线方向向量和面 的法向量，利用线面角夹角的向量求法求其正弦值. 【详解】（1）由底面ABCD是矩形，则 ，而 面 ， 面 ， 所以 面 ， 又E是PC的中点，面ABE与线段PD交于点F，即面 面 ， 而 面 ，则 ，故 ， △ 中 为中位线，故F为PD的中点； （2）由 底面ABCD， 面 ，则 ，又 ， 由 ， 面 ，则 面 ， 由 面 ，故 ，即△ 为直角三角形，且 ； 由 面 ，则面 面 ，同理有面 面 ； 又 面 ，故 ，又 ， 所以 两两垂直，可构建如下空间直角坐标系，选①，则 ，故 ，而 ， 选②，由 ，而 ，所以 ； 此时， ， ，则 ， 又 是面 的一个法向量，若直线BE与平面PAD所成角为 ， 所以 . 14．（2023·北京·高三专题练习）如图，已知直三棱柱 中， ， 为 中点， ，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题： (1)证明： ； (2)求直线 与平面 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)证明详见解析 (2)条件选择见解析，直线 与平面 所成角的正弦值为 【分析】（1）若选① ，则通过证明 平面 来证得 .若选②，则先证明 ，然后通过证明 平面 来证得 . （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线 与平面 所成角的正弦值. 【详解】（1）若选择条件①: ，连接 ， 在直三棱柱 中， 平面 ， 平面 ， 所以 . 在三角形 中， ， 为 的中点， 所以 ，由于 ， 平面 ， 所以 平面 ，由于 平面 ，所以 ， 由于 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 由于 平面 ，所以 .若选择条件②： ，连接 ， 由于 是 中点，所以 ， 根据直三棱柱的性质可知 ， 由于 平面 ，所以 平面 ， 由于 平面 ，所以 . 由于 ，所以 ， 所以 ，则 ，则 ， 由于 ， 平面 ，所以 平面 ， 由于 平面 ，所以 . （2）先得到 :若选①，则在 中，由 ，得 ， 又 ，所以 ， . 若选②，则 . 在三角形 中， ，所以 ， 所以 ， 根据直三棱柱的性质可知 ， ， 以点 为原点，分别以 为 轴建立空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，得 ， 设直线 与平面 所成角为 ， 则 . 15．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）如图，已知四棱锥 ，底面 是平行四边形，且 ， 是线段 的中点， . (1)求证： 平面 ； (2)下列条件任选其一，求二面角 的余弦值. ① 与平面 所成的角为 ； ② 到平面 的距离为 . 注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形中的几何关系可得 再根据勾股定理可得 ，利用线面垂直 的判定定理即可证明结果； （2）选①，取 中点为 ，连接 ，根据几何关系可得 ，根据（1）可得 ，根据线面垂直的判定定理可得 平面 ，则 与平面 所成的角为 ， 由此计算出 ，进而计算得 ，可得 为等边三角形； 选②，取 中点为 ，连接 ，计算长度及 根据等体积法可求得 ，即可得 为 等边三角形，建立合适的空间直角坐标系，求得各个点的坐标，进而求得平面 的法向量及平面 的法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角的余弦值绝对值即可求得结果. 【详解】（1）证明：因为 ，且 ，故 ，在 中， ， 由余弦定理可得： ， 解得 ，在 中， ， 所以 ，即 ， 又因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）选①，取 中点为 ，连接 ，如图所示： 因为 ，故 ，由（1）得 平面 ， 因为 平面 ，所以 ， 因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，所以 为 与平面 所成的角， 即 ，因为 ， ， 所以 为等边三角形，且边长为1，所以 ， ， 由 可得 ， 因为 ， ， 所以 ，所以 为等边三角形， 以 为原点， 为在 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：所以 ， ， 设 是平面 的法向量， 则 ，即 ， 取 ，可得 ， 设 为平面 的法向量， 则 ，即 ， 取 ，可得 ， 设二面角 所成的角为 ，则 ， 所以二面角 的余弦值为 . 选②， 取 中点为 ，连接 ，如图所示： 因为 ，故 ，由（1）得 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 设 到平面 的距离为 ， 因为 ， ，所以 等边三角形， 所以 ， ，设 ，则 ， 因为 ，所以 ， 因为 ， 为 中点，所以 ， 所以 ，由 ， ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，即 ， 所以 ，因为 ， 即 ， 即 ， 解得 ，即 ，所以 ，所以 为等边三角形， 以 为原点， 为在 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系： 所以 ，， 设 是平面 的法向量， 则 ，即 ， 取 ，可得 ， 设 为平面 的法向量， 则 ，即 ， 取 ，可得 ， 设 所成的角为 ，则 ， 所以二面角 的余弦值为 . 16．（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 ； .