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专题03 立体几何大题综合(新高考浙江专用)
一、解答题
1．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）在直角梯形
中，
，
，
，现将
沿着对角线
折起，使点D 到达点P 位
置，此时二面角
为
．
(1)求异面直线
，
所成角的余弦值；
(2)求点A 到平面
的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹
角；
（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.
【详解】（1）过点D 做
交
于O，连接
，
以O 点为原点，以
为x 轴，在平面
内，过点O 垂直于
的线为y 轴，
过点O 垂直于平面
的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为
，所以
，
1
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所以
为二面角
的平面角．所以
，
又因为
，所以点
，
又因为
，
，由等边三角形
可得
，
所以
，
，
所以
，
所以
与
夹角的余弦值为
．
（2）
，
，
设
为平面
的一个法向量，
则
，
令
，则
，
故
，
所以点A 到平面
的距离为
．
2．（2023·浙江绍兴·绍兴一中校考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面
ABCD 为正方形，
底面ABCD，
，E 为线段PB 的中点，F 为线段BC
上的动点．
2
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(1)证明：平面
平面PBC；
(2)若直线AF 与平面PAB 所成的角的余弦值为
，求点P 到平面AEF 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
．
【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；
(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.
【详解】（1）方法一：
因为
底面ABCD，
平面ABCD，
所以
．
因为ABCD 为正方形，所以
，
又因为
，
平面PAB，
平面PAB，
所以
平面PAB．
因为
平面PAB，所以
．
因为
，E 为线段PB 的中点，
所以
，
又因为
，
平面PBC，
平面PBC，
所以
平面PBC．
又因为
平面AEF，
所以平面
平面PBC．
3
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方法二：
因为
底面ABCD，
平面PAB，
所以平面
底面ABCD
又平面
底面
，
，
平面ABCD，
所以
平面PAB．
因为
平面PAB，所以
．
因为
，E 为线段PB 的中点，所以
．
因为
，
平面PBC，
平面PBC，
所以
平面PBC，
又因为
平面AEF，
所以平面
平面PBC
解法三：因为
底面ABCD，
，
以A 为坐标原点，以
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则
，
设
，则
，
所以
，
，
，
，
设
为平面AEF 的法向量，
4
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则
所以
取
，则
，
，
则
，
设
为平面PBC 的法向量，
则
所以
取
，则
，
，
则
因为
，所以
,
所以平面
平面PBC.
（2）（基于（1）解法一、二）
因为
底面ABCD，
，以A 为坐标原点，以
的方向分别为x 轴，
y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则
，
易知
是平面PAB 的法向量
设
，则
，所以
，
，
所以
即
，得
，所以
，
设
为平面AEF 的法向量，则
所以平面AEF 的法向量
，
5
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又因为
所以点P 到平面AEF 的距离为
，
所以点P 到平面AEF 的距离为
．
（另解）由（1）可知，
是直线AF 与平面PAB 所成的角，
所以
解得
，故F 是BC 的中点．
所以
，
，
的面积为
因为
，
的面积为
设点P 到平面AEF 的距离为h，则有
解得
所以点P 到平面AEF 的距离为
．
（基于（1）解法三）
易知
是平面PAB 的法向量
所以
，
即
，解得
所以
，
6
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又因为
所以点P 到平面AEF 的距离为
，
所以点P 到平面AEF 的距离为
．
3．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）如图，在直三棱柱
中，
，
，
，M 为
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)求点A 到平面
的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；
(2)利用等体积法求解.
7
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【详解】（1）
连接
交
于点
，连接
，
则有
为
的中点，M 为
的中点，
所以
，
且
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）连接
,因为
，所以
,
又因为
平面
，
平面
，
所以
，
,所以
平面
,
又因为
平面
,所以
,
又
，所以
是等腰直角三角形，
,
所以
,
,
设点A 到平面
的距离为
，
因为
,所以
,
8
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所以
.
4．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，在四棱锥
中，底面ABCD 为平
行四边形，
，侧面
底面ABCD，
，且二面角
的大小是
．
(1)证明：
；
(2)求二面角
的正弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直可得线线垂直，进而由线线垂直证明线面垂直，即可得直
线与直线的垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角.
【详解】（1）侧面
底面ABCD，且交线为
,又
平
面
,所以
底面ABCD,
由于
底面ABCD,故
,
又
,
平面
,所以
平面
,
由于
平面
,因此
,
（2）由于
，
，所以
即为二面角
的平面角，所以
，故三角形
为等腰直角三角形，
,
由于
两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
则
.
9
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所以
设平面
的法向量分别为
，
则
，取
，则
，
，取
，则
，
设二面角
的平面角为
，则
，
所以二面角
的正弦值为
5．（2023·浙江金华·统考模拟预测）在四棱锥
中，面
面
，
，
是线段
上的靠近
点的三
等分点.
(1)求证：
面
；
(2)若面
和面
的夹角为
，求线段
的长.
【答案】(1)证明见解析
10
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(2)
【分析】（1）法一：由面面垂直的性质有
面
，进而有
，根据已知
有
得
，且
，最后由线面垂直的判定证结论；法二：构
建
点为原点建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直，由线面垂直的判定证结论；
（2）法一：取
的中点
，连结
，交
于点
，易证
面
，过
作
于点
，连结
就是二面角
的平面角，结合已知条件求
；法二：根据面面角大小，向量法求出
坐标，即可得
长度.
【详解】（1）法一：由
，面
面
，
面
，面
面
，
所以
面
，
面
，故
，
由勾股定理得：
，而
，
又
，所以
，所以
，
易得：
，
所以
，故
，
又
，
面
，所以
面
.
法二：因为面
面
，在平面
内作
，则
面
，
以
点为原点建立空间直角坐标系，则
，
11
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设
，因为
，所以
，可得
.
所以
，又
，
故
，所以
，
又
，
面
，所以
面
.
（2）法一：取
的中点
，连结
，交
于点
，则
，
所以
为平行四边形，则
，由（1）知：
面
，
过
作
于点
，连结
就是二面角
的平面角，
即
，而
，则
，且
，
，故
，
而
，由（1）知：
面
，则
面
，
面
，
所以
，故在直角
中
.
法二：因为
，若平面
的法向量
，
所以
，令
，则
，
面
的法向量为：
，
所以
，所以
（负值舍），则
.
6．（2023·浙江·校联考三模）如图，三棱台
中，
，
，
12
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为线段
上靠近
的三等分点.
(1)线段
上是否存在点
，使得
平面
，若不存在，请说明理由；若存在，
请求出
的值；
(2)若
，
，点
到平面
的距离为，且点
在底
面
的射影落在
内部，求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）取
的靠近点
的三等分点
，连接
、
、
，证明出平面
平面
，利用面面平行的性质可得出
平面
，由此可得出结论；
（2）过点
在平面
内作
，垂足为点
，连接
，过点
在平面
内作
，垂足为点
，证明出
平面
，求出
的值，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直线
与平面
所成角的正弦值.
【详解】（1）取
的靠近点
的三等分点
，连接
、
、
，
13
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则
，
又因为
，所以，四边形
为平行四边形，则
，
因为
平面
，
平面
，所以，
平面
，
因为
，所以，
，
因为
平面
，
平面
，所以，
平面
，
因为
，
、
平面
，所以，平面
平面
，
因为
平面
，故
平面
，
因此，线段
上是否存在点
，且当
时，
平面
.
（2）过点
在平面
内作
，垂足为点
，连接
，
由
，
，
，所以，
，
所以，
，所以，
，
过点
在平面
内作
，垂足为点
，
因为
，
，
，
、
平面
，
所以，
平面
，
因为
平面
，则
，
又因为
，
，
、
平面
，所以，
平面
，
因为点
到平面
的距离为，即
，
且
，
14
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所以，
，
由图可知，
为锐角，所以，
，
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
，则
，
取
，则
，
，
所以，
，
因为
，
因此，
与平面
所成角的正弦值为
.
7．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，在直四棱柱
中，
在棱
上，满足
15
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在棱
上，满足
.
(1)当
时，证明：
平面
；
(2)若平面
与平面
所成的锐二面角的余弦值为
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法1：在棱
上取
，使得
，连接
，利用线面
平行的判定定理证明即可；法2：在棱
上取
，使得
，连接
，
利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，求解平面
与平面
的法向量，利用向量夹角余
弦公式列方程求解即可
的值.
【详解】（1）证明：
方法1：
在棱
上取
，使得
，连接
.
16
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因为
，所以
，且
.
当
时，
，则
，且
，
所以
，
所以四边形
是平行四边形，所以
.
又因为
平面
平面
，
所以
平面
.
方法2：
在棱
上取
，使得
，连接
.
因为
，所以
又
平面
，
平面
，所以
平面
.
又因为
，且
，所以四边形
是平行四边形，
所以
，又
平面
，
平面
，从而
平面
.
因为
平面
，所以平面
平面
，
因为
平面
所以
平面
.
（2）取
的中点
，则
.分别以射线
为
轴的正半轴建
立空间直角坐标系，如图所示，则
，所以
.
17
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因为
，所以
，所以
.
设
是平面
的法向量，
则
，可取
.
不难得到：平面
的一个法向量为
.
所以
，化简得：
，
解得
，或
.因为
，所以
.
8．（2023·浙江·校联考模拟预测）在四棱锥
中，底面
为矩形，
，
为等腰直角三角形，平面
平面
，
为
中点.
(1)在线段
上是否存在点
，使得点
到平面
的距离为
.若存在，求出
的值；若不存在，说明理由；
(2)求二面角
的正弦值.
【答案】(1)存在，
18
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(2)
【分析】（1）法1：取
中点，记为
，连接
，
，
，根据面面垂直的性
质得到
平面
，利用等体积法计算可得；
法2：取
中点，记为
，连接
，
，
，根据面面垂直的性质得到
平
面
，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；
（2）法1：过点
作
，交
于点
，连结
，则
，则
为
二面角
的一个平面角，再由余弦定理计算可得；
法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）法1：取
中点，记为
，连接
，
，
，
因为
为等腰直角三角形，所以
，
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
平面
，
因为
，
，所以
，则
，
，
，
假设
存在，由
，即
，
又
，所以
，
又
，
，又
，又
，
.
法2：取
中点，记为
，连接
，
，
，
因为
为等腰直角三角形，所以
，
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
平面
，因为
，
，所以
，
19
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如图以
为原点，
所在直线为
轴，
所在直线为
轴，
所在直线为轴，建
立空间直角坐标系，
则
，
，
，
设线段
上存在
，使得它到平面
的距离为
，
则
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，令
，则
，
到平面
的距离
，解得
或
（舍去），
则
，
；
（2）法1：由（1）可知
平面
，易得
，
，
则
，
，
过点
作
，交
于点
，连结
，则
，
为二面角
的一个平面角，
在
中，可得
，同理可得
，又
，
20
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，
，即二面角
的正弦值为
；
法2：如图建立空间直角坐标系：
则
，
所以
，
，
，
设
为平面
法向量，
所以
，则
，
设
为平面
法向量，则
，令
，则
，
设二面角
为
，显然
为锐角，则
，
所以
，即二面角
的正弦值为
.
9．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）如图，在四棱锥
中，
平面
，菱形
的边长2，
，
．
21
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(1)求直线
与平面
所成角的正弦值；
(2)若点F，E 分别在线段PB，PC 上，且平面
，求线段DE 的长度．
【答案】(1)直线
与平面
所成角的正弦值为
；
(2)线段DE 的长度为
.
【分析】（1）过点
作
，垂足为
，证明
平面
，由此确定直线
PB 与平面
所成角，再求其正弦值；
（2）建立空间直角坐标系，设
，由条件列方程求
的坐标，由此求求线
段DE 的长.
【详解】（1）过点
作
，垂足为
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
又
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，
所以
，
所以直线
与平面
所成角为
，
由已知四边形
为菱形，
，
,
所以
为边长为
的等边三角形，故
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，又
，
所以
，
22
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在
中，
，
，
,
所以
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
；
（2）连接
，点
为线段
的中点，
由已知
为等边三角形，所以
，又
，
所以
，又
平面
，
以点
为坐标原点，
为
轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
，
故
，
设
，则
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，故
，
所以
，
所以
，
所以
，
所以
，
所以线段DE 的长度为
.
23
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10．（2023·浙江·校联考二模）如图，四面体
，
为
上的点，且
与平面
所成角为
，
(1)求三棱锥
的体积；
(2)求二面角
的余弦值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析．
【分析】（1）取
中点
，可证明
平面
，得平面
平面
，
在平面
内的射影就是直线
，
是
与平面
所成的角，即
，由正弦定理求得
，有两个解，在
时可证
平面
，在
时，取
中点
证明
平面
，然后由棱锥体积公式计
算体积；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）取
中点
，连接
，
因为
，所以
，又
，
，
平面
，
所以
平面
，而
平面
，所以
，
由已知
，
，所以
，
，
，
由
平面
，
平面
得平面
平面
，因此
在平面
24
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内的射影就是直线
，
所以
是
与平面
所成的角，即
，
，因此
，
在
中，由正弦定理
得
，
，
为
内角，所以
或
，
，
，
若
，则
，即
，
，
平面
，所以
平面
，
；
若
，则
，
，
取
中点
，连接
，则
，
因为平面
平面
，平面
平面
，而
平面
，
所以
平面
，
，
所以
；
（2）若
，以
为
轴建立如图所示的空间直角坐标系
，
25
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则
，
，
，
，
，
，所以
点坐标为
，
，
，
，
设平面
的一个法向量是
，
则
，取
，则
，
，即
，
设平面
的一个法向量是
，
则
，取
，则
，
，即
，
，
所以二面角
的余弦值是
；
若
，以
为
轴，
为
轴，过
且平行于
的直线为轴建立如图
所示的空间直角坐标系
，
，
则
，
，
，
，
26
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，
，所以
点坐标为
，
，
，
，
设平面
的一个法向量是
，
则
，取
，则
，
，即
，
设平面
的一个法向量是
，
则
，取
，则
，
，即
，
，
所以二面角
的余弦值是
．
11．（2023·浙江台州·统考模拟预测）如图，在四棱锥
中，
，
与
均为等腰直角三角形，
，
，且平面
平面
.
27
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(1)求证：
；
(2)若
，求点
到平面
的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
的中点
，结合等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可证得
平面
，由线面垂直的性质可得结论；
（2）由面面垂直的性质可证得
平面
，以
为坐标原点可建立空间直角坐标
系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取
的中点
，连接
，
与
均为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
又
，
平面
，
平面
，
平面
，
.
（2）
平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
平面
，又
，
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，
28
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，
，
，
，
又
，
，
则
，
，
，
，
设
，则
，
，
，则
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，解得：
，
，
；
点
到平面
的距离
.
12．（2023·浙江宁波·镇海中学校考二模）如图，在以A，B，C，D，E，F 为顶点的
六面体中（其中
平面EDC），四边形ABCD 是正方形，
平面ABCD，
，且平面
平面
．
(1)设
为棱
的中点，证明：
四点共面；
(2)若
，求平面
与平面
的夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
29
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【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明
平面
，
平面
，进而证明
，即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.
【详解】（1）连接
,由于四边形ABCD 是正方形，所以
,
又
平面
，
平面
,所以
,
平面
，所以
平面
，
由于
为棱
的中点，
，所以
,
又平面
平面
，平面
平面
，
平面
,
所以
平面
,
因此
,所以
四点共面，
（2）由于
两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
,
,设
，
由（1）知
,故
，解得
，故
,
,
设平面
，
的法向量分别为
则
即
，取
，则
，
即
，取
，则
，
30
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设平面
与平面
的夹角为
，则
13．（2023·浙江杭州·统考二模）在三棱锥
中，底面
为等腰直角三角形，
.
(1)求证：
；
(2)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）根据题意，可证
，即
，从而证得
面
，即
可得到结果；
（2）根据题意，过S 作
面
，垂足为D，连接
，以D 为原点，
分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系
，根据空间向量的坐标运算
以及二面角的计算公式，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：取
的中点为E，连结
，
∵
，∴
，
在
和
中，
∴
，∴
，
31
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∵
的中点为E，∴
，
∵
，∴
面
，
∵
面
，∴
（2）
过S 作
面
，垂足为D，连接
，∴
∵
，
平面
∴
，同理，
∵底面
为等腰直角三角形，
，
∴四边形
为正方形且边长为2.
以D 为原点，
分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系
，则
，
设平面
的法向量
，则
，解得
，
取
，则
，∴
，
设平面
的法向量
，则
，解得
，
取
，则
，∴
，
设平面
与平面
夹角为
故平面
与平面
夹角的余弦值为
.
32
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14．（2023·浙江·统考一模）如图，在长方体
中，P，Q 是长方形
EFGH 内互异的两点，
是二面角
的平面角．
(1)证明：点P 在EG 上；
(2)若
，
，求直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据二面角的平面角的定义得
，
，根据线面垂直的
判定得
平面APC．根据长方体的性质以及线面垂直的判定得
平面AEGC．
从而可得平面APC 与平面AEGC 重合，再根据平面的性质可得点P 在EG 上；
（2）根据线面角的定义作出线面角，在直角三角形中求出线面角的正弦值，利用基本
不等式可求出结果.
【详解】（1）由于
是二面角
的平面角，则
，
，
又
，
平面
，
平面
，所以
平面APC．
又
平面
，所以
，
因为
，
，所以四边形
是平行四边形，所以
，
所以
．
因为在长方体
中，
平面EFGH，
平面EFGH，则
，
又
，
平面AEGC．
平面AEGC．
33
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故
平面AEGC．
由
平面APC 且
平面AEGC，平面APC 与平面AEGC 有公共直线
，得平
面APC 与平面AEGC 重合，
所以点P 在平面AEGC 内，又点
在平面EFGH 内，平面AEGC
平面EFGH
，
所以点P 在EG 上．
（2）因为
，所以底面为正方形，
因为
，
，所以
与
全等，所以
，
又点P 在EG 上，故点P 为
的中点，所以点
为正方形EFGH 中心，
过P 作
，交
于
，交
于
，则
为
的中点，
为
的中点，作
于
点．
因为
平面ABFE，
平面ABFE，则
，又
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
则直线AP 与平面PBC 所成角
．
设
，
，则
，
，
因为
，所以
，
所以
，当且仅当
时，等号成立，
故直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值的最大值是
．
34
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15．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图，在三棱柱
中，
平面
，
D，E 分别为棱AB，
的中点，
，
，
.
(1)证明：
平面
；
(2)若三棱锥
的体积为
，求二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)二面角
的余弦值为
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据直线与平面的位置关系计算直线方向向量和
平面法向量，即可证明；
（2）根据三棱锥
的体积可求得三棱柱的高为
，利用空间向量求二面角的余
弦值即可.
【详解】（1）证明：在三棱柱
中，
平面
，
，
，
.
所以
，则
，则
，
则如下图，以
为原点，
为
轴建立空间直角坐标系，设
，
35
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则
，
所以
，
，设平面
的法向量为
，
所以
，令
，则
，
所以
，又
平面
，所以
平面
；
（2）解：三棱锥
的体积
，解得
，则
由（1）知平面
的法向量为
，
设平面
的法向量为
，
，
所以
，令
，则
，
则
，由图可知二面角
为锐角，
所以二面角
的余弦值为
.
16．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）如图，在四棱锥
中，已知
，
，
，
，
，
，
为
中点，
为
中点.
36
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(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，求平面
与平面
所成夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
.
【分析】（1）根据线面平行及面面平行的判定定理即得；
（2）方法一，延长
与
交于
，由题可得面
面
，过
作
，
过
作
，进而可得
即为面
与面
所成二面角的平面角，结合
条件即得；
方法二，利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）连接
，∵
为
中点，
为
中点，
∴
，又
面
，
面
，
∴
面
，
在
中，
，
，
，
∴
，即
，
在
中，
，
，∴
，
，
37
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在
中，
，
，
，
，
∴
，
，∴
，
∵F 为AB 中点，∴
，
，
∴
，又∵
面
，
面
，
∴
面
，又∵
，CF，
面
，
∴平面
平面
；
（2）解法一：延长
与
交于
，连
，则面
面
，
在
中，
，
，
，所以
，
又
，
，
，
面
，
∴
面
，
面
，
∴面
面
，
在面
内过
作
，则
面
，
∵
面
，∴
，
过
作
，连
，∵
，
面
，
面
，
∴
面
，
面
，
∴
，
∴
即为面
与面
所成二面角的平面角，
∵
，
，
∴
，
，
∵
，
，
∴
，
，
，又
，
38
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∴
，
，
，
∴
.
解法二：在
中，
，
，
，所以
，
又
，
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，
所以平面
平面
，
又∵
，
，
∴
，
以
为
轴，
为
轴，过
且垂直于面
的直线为轴建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
设平面
的法向量
，
，
，
，令
，则
，∴
，
设平面
的法向量
，
，
39
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令
，则
，
，
∴
，
所以
，
∴平面
与平面
所成角的余弦值为
.
17．（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
40
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【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
，
41
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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
，
，
42
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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
，
43
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∵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.
18．（2023·浙江温州·统考三模）如图，已知四棱台
的体积为
，
且满足
，
为棱
上的一点，
且
平面
.
(1)设该棱台的高为，求证：
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）利用线面平行条件求AE，再结合等腰梯形
可求得
，然后利
44
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用棱台的体积公式求出h 可证；
（2）利用三角形
可求
，再用等体积法求出点E 到平面
的距离，然后
可得.
【详解】（1）连接
，由棱台性质可知，
，可得
，
又
，
，所以
，所以
四点共面
又因为
平面
，平面
平面
，
平面
所以
，所以四边形
为平行四边形，
所以
，
又四边形
为等腰梯形，
易知
为梯形
的高，即
所以
易得上下底面的面积分别为：
，
由体积公式有
，解得
所以
（2）连接
由（1）知
，所以
平面ABCD，
45
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因为平面
平面
，所以平面
平面ABCD，
又
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
因为
平面
，所以
易得
记三棱锥
的高为
，
则由
得
，解得
又
，
所以
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
19．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知四棱锥
中，底面
为平行四边
形，
，平面
平面
.
(1)若
为
的中点，证明：
平面
；
(2)若
，求平面
与平面
所夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
.
46
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【分析】（1）利用等腰三角形的性质及线面垂直的判定推理作答.
（2）根据给定条件，作出平面
与平面
所成二面角的平面角，再结合对应三
角形计算作答.
【详解】（1）在四棱锥
中，
为
的中点，又
，则
，
而
，
因此
平面
，
所以
平面
.
（2）在平面
内过点
作
交直线
于
，连接
，如图，
因为平面
平面
，平面
平面
，则
平面
，
而
平面
，则有
，又
，
平面
，
于是
平面
，
平面
，则
，有
，得
，
平面
，
平面
，则
平面
，平面
与平面
的交线为，
因此
，有
，从而
为平面
与平面
所成二面角
的平面角，
显然
，则
，
所以平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
20．（2023·浙江宁波·统考二模）如图，在四棱锥
中，平面
平面
ABCD，平面
平面ABCD．
47
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(1)求证：
平面ABCD；
(2)设
，
，
，平面PBC 与平面PCD 的夹角的余弦
值为
，求BC 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)BC 的长为
．
【分析】（1）在平面ABCD 中取一点E，并过点E 作直线
，
，利用面
面垂直的性质可证
，
，再根据线面垂直的判定定理，即可证明
平
面ABCD；
（2）以A 为原点，AD，AB，AP 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐
标系，设
，利用向量法求出平面PBC 与平面PCD 的法向量，即可利用二面角
的公式求出t，即为BC 的长.
【详解】（1）证明：如图，在平面ABCD 中取一点E，并过点E 作直线
，
因为平面
平面ABCD，平面
平面
，
平面ABCD，
所以
平面PAD，因为
平面PAD，所以
；
同理，过点E 作直线
，
因为平面
平面ABCD，平面
平面
，
平面ABCD，所以
平面PAB，
因为
平面PAB，所以
；
48
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因为
，
平面ABCD，所以
平面ABCD．
（2）由（1）知
，如图，
以A 为原点，AD，AB，AP 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，
设
，则
，
，
，
，
所以
，
，
，
，
设平面PBC 的法向量为
，
则
，令
，得
，
设平面PCD 的法向量为
，
则
，令
，得
，
由题知
，即
，解得
，
所以BC 的长为
．
21．（2023·浙江·校联考二模）如图，直三棱柱
中，
，
，
．
49
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(1)证明：
平面
；
(2)若
，求二面角
的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
中点为
，连结
.可证明四边形
是平行四边形，
得出
，
，结合三棱柱的性质可推得四边形
是平行四边形，
，然后判定
平面
.同理可推出
平面
，然后判定平面
平面
.最后根据面面平行的性质定理，即可得出证明；
（2）根据直三棱柱的性质，以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系.设
，得
出点的坐标.根据余弦定理，得出
，然后借助
，求出点
的坐标，
以及
的坐标，然后根据向量关系得出
的坐标.根据向量法求出平面
和平面
的法向量，根据向量法，结合图中二面角的形状即可得出答案.
【详解】（1）
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如图1，取
中点为
，连结
.
由三棱柱的性质可知，
，
，
，
.
因为
，
，
所以
，
.
又因为
为
的中点，所以
.
又
，
所以四边形
是平行四边形，
所以，
，
，
所以
，
，
所以，四边形
是平行四边形，
所以
.
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
因为
，
，
所以四边形
是平行四边形，
所以
.
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
因为
，
平面
，
平面
，
所以平面
平面
.
因为
平面
，
所以
平面
.
51
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（2）根据直三棱柱的性质可知，
平面
.
如图2，以点
为坐标原点，以
所在的直线为
轴，以
所在的直线为
轴，在
平面
中，过点A 作
的垂线为轴，建立空间直角坐标系.
设
，则
，
，
则
，
，
.
在
中，由余弦定理可得
.
又
，所以
.
如图3，过点
作
的延长线于
，
则
，则
，
.
所以
，则
.
由
，可得
，所以
.
同理可得，
.
52
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所以
，
.
设
是平面
的一个法向量，
则
，即
，
取
，则
，
，
所以
是平面
的一个法向量.
又
，
，
设
是平面
的一个法向量，
则
，即
，
取
，则
，
，
所以
是平面
的一个法向量.
所以
.
由图象可知，二面角
为锐角，
所以二面角
的余弦值是
.
22．（2023·浙江·统考二模）如图，在多面体
中，
，
平面
，
为等边三角形，
，
，
，点
是
的中点．
53
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(1)若点
是
的重心，证明；点
在平面
内；
(2)求二面角
的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取A
中点N，连接
，MN，由点G 是
的重心，得出
，再证明四边形
是平行四边形，即可证明点
在平面
内；
（2）解法1：由
⊥平面
，
，得出平行四边形
为矩形，
得出
，再由点
是
的中点得出
，证明出
平面
，
得出
，即可得出
就是所求二面角的平面角，求出
的正弦值即
可得出答案；解法2：建立空间直角坐标系，分别求出平面
和平面
的一个
法向量，求出两平面夹角的余弦，再求出正弦即可．
【详解】（1）证明：取A
中点N，连接
，MN，如图所示，
因为点G 是
的重心，
故G 一定在中线
上，
因为点
是
的中点，点
是
的中点，
54
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所以
是梯形
的中位线，
所以
，且
，
又
，
所以
，
所以四边形
是平行四边形，
因为点
，
平面
，
所以点
平面
，
即点
在平面
内．
（2）解法1：
因为
⊥平面
，
，
所以
⊥平面
，
又因为
平面
，
所以
，
因为四边形
是平行四边形，
所以四边形
是矩形，
，
所以
，
因为
为等边三角形，点
是
中点，
55
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所以
，
所以
，
又因为
平面
，
平面
，
，
所以
平面
，
又因为
平面
，
所以
，
所以
就是所求二面角的平面角，
因为
，
所以
，
故二面角
的正弦值为
．
解法2：以
为原点，
所在直线为x 轴，垂直于
的直线为y 轴，
所在直线
为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
56
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，
设平面
与平面
的法向量分别为
，
则
，不妨取
.则
，
，不妨取
，
所以
，
故二面角
的正弦值为
．
23．（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱
中，底面
平面
，
是正三角形，
是棱
上一点，且
，
.
(1)求证：
；
(2)若
且二面角
的余弦值为
，求点
到侧面
的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
57
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【分析】（1）取
的中点
，根据等腰三角形三线合一性质、面面垂直的性
质，结合线面垂直的判定可证得
平面
，由平行关系和线面垂直的性质可证
得结论；
（2）取
中点
，作
，由二面角平面角定义和线面垂直的判定可知
，所求距离为
；设
，根据长度关系，在
中，利用余
弦定理可构造方程求得，利用面积可求得
.
【详解】（1）取
的中点
，连接
，
为等边三角形，
；
，
为
中点，
，
，
为
中点，
为
中点，又
为
中点，
，
；
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
平面
，又
平面
，
；
，
平面
，
平面
，
平面
，
，又
，
.
（2）取
中点
，连接
，
58
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由三棱柱结构特征知：
，又
，
，即
四点共面，
由（1）知：
平面
，
平面
，
，
，
是二面角
的平面角，
，
作
，垂足为
，
，
，
，
平面
，
平面
，
设
，则
，
又
，
，
，
，
，解得：
，
又
，
，
即
，解得：
，
59
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即点
到侧面
的距离为
.
24．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，正三棱柱
的所有棱长均为
为
的中点，
为
上一点，
(1)若
，证明：
平面
；
(2)当直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
的长度.
【答案】(1)证明见解析；
(2)3.
【分析】（1）记
与
交于点
，连结
，证明
，原题即得证；
（2）取
中点
，以
原点，直线
为
轴，直线
为
轴，建立如图空间直角
坐标系. 设
，利用向量法求解.
【详解】（1）记
与
交于点
，连结
.
由
得
.
又
平面
，
平面
,
所以
平面
.
60
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（2）取
中点
，以
原点，直线
为
轴，直线
为
轴，建立如图空间直角
坐标系.
则
设
，则
设平面
法向量为
，则
,
取
因为线面角正弦值为
，
所以
解得
，故
25．（2023·浙江·二模）如图，在正方体
中，
是
的中点，
是
内部或边界上的点.
61
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(1)证明：
平面
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，进而由线线平行得出线面平行；
（2）作出辅助线，找到
点在平面
的投影，设直线
与平面
所成角为
，
则
，设出正方体棱长，求出
，
，得到
，从而求出直线
与平面
所成角的正弦值的取值范围.
【详解】（1）连接
，连接
，
∵N，M 分别为
的中点，
∴
是
的中位线，
∴
，
∴
平面
平面
，
∴
平面
.
62
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（2）设平面
与平面
交于直线
，延长
交
于
，过点
作
于
，
因为正方体
中，由勾股定理得
，
因为
是
的中点，所以
⊥
，
因为
⊥平面
，
平面
，
所以
⊥
，
因为
，
平面
，
所以
⊥平面
，
因为
平面
，所以
⊥
，
因为
，
平面
，
所以
⊥平面
，
设直线
与平面
所成角为
，则
，
设正方体棱长为2，则
，
，
故
，由勾股定理得
，
，
，
又点
在
内部或边界上，则
，
故
，
.
26．（2023·浙江金华·统考模拟预测）在四棱锥
中，底面
为梯形，
为
上的点，且
.
63
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(1)证明：
面
：
(2)若
面
，面
面
，求二面角
的正
弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形相似可得线线平行，进而可得线面平行，
（2）建立空间直角坐标系，由法向量的夹角即可求解面面角.
【详解】（1）设
，连
，
，
，且
，
又
，
，
又
面
面
面
；
（2）连
，过点
作
，垂足为
，
平面
平面
，平面
平面
，
平面
,
平面
平面
，
又
平面
平面
,
，
平面
,从而
平面
，
，
，
64
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令
，则
.以
为原点，
为
轴，
为
轴，
为轴建立空
间直角坐标系.
，
，
设面
的法向量为
，
令
，则
，
，
，
设面
的法向量为
，
，令
，则
，
，
所以二面角
的正弦值为
.
27．（2023·浙江绍兴·统考二模）如图，在多面体
中，
平面
65
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为正三角形，
为等腰Rt
.
(1)求证：
；
(2)若
平面
，求直线
与平面
所成的线面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；
（2）法一：由分析可知，
就是直线
与平面
所成的线面角，设
，当
时，
与
重合，可得
两点重合，不符合题意，当
时，求出
，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，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代入即可得出答案.
【详解】（1）设
为
中点，连接
，则由
为正三角形，得
；
平面
，且
为等腰直角三角形，计算可得：
.
面
，于是
面
，
面
，
从而
.
（2）法一：由（1）可知，过点
作
，垂足为
，则
就是直线
与
平面
所成的线面角.
当
平面
时，可得
到平面
的距离为
.
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设
，所以
，可得
，
当
时，
，不妨设
在底面
射影为
，则
，此时
与
重
合，可得
两点重合，不符合题意，舍去；
当
时，
，此时
在
的延长线上，作
，由于
为矩形，
可得
，可得
，可得
.
于是
.
法二：建立如图坐标系，可得
，
由
，解得
，
又
平面
，令
，
可得
，解得
.
当
时
重合，所以
，此时
.
不妨设平面
的法向量为
，则
代入得
，令
，则
，所以
.
由于
，不妨设所成角为
，则
.
67
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28．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图，在三棱锥
中，
，
，
，
．
(1)证明：
平面
；
(2)点E，F 分别位于线段
，
上（不含端点），连接
，若
，直
线EF 与平面
所成的角为
，求k 的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理进行证明；
（2）以
为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法，求平面ABC 的法向
量，由
，求得参数k 的值.
【详解】（1）证明：因为
，
，
所以
为等腰直角三角形，
，
又因为
，
，
平面
，
所以
平面
．
（2）如图，以
为坐标原点，分别以
为
轴，
轴，轴建立空间直角坐
标系，不妨假设
，
所以得到
，
，
，
，
，
，
设
，
，由
， 解得
68
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，则
，
由
同理可得
，则
．
设平面
的法向量为
，
，
，取
，即
.
又因为
与平面
所成的角为
，
所以
，
故
．
29．（2023·浙江嘉兴·校考模拟预测）如图，在直三棱柱
中，平面
侧面
，且
.
(1)求证：
；
(2)若直线
与平面
所成的角为
，
为线段
的中点，求平面
与平面
所成锐二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的判定与性质即可完成证明；
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（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进而求得两个平
面所成锐二面角的大小.
【详解】（1）取
的中点为M，连接
.因为
，所以
.
又因为平面
侧面
，平面
侧面
，
平面
，
所以
平面
.
因为
平面
，所以
.
因为在直三棱柱
中，
底面
且
平面
，
所以
，又
，从而
侧面
，
又因为
平面
，所以
.
（2）由（1）知
平面
，
所以直线
与平面
所成的角为
，
因为
，
，
，
;
以
为原点，
，
，
分别为
，
，轴正向建立坐标系，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
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，故可设
，
设平面
的法向量为
，
，故可设
，
设平面
与平面
所成锐二面角为
，
∴
，所以
.
30．（2023·浙江·校考模拟预测）如图，在四棱锥
中，底面
为正方形，
点
在底面
内的投影恰为
中点，且
．
(1)若
，求证：
面
；
(2)若平面
与平面
所成的锐二面角为
，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）根据已知条件
，不妨设
，
，然后根据勾
股定理分别证明
，
，最后根据线面垂直的判断进行证明即可.
（2）首先过
点做底面垂线，垂足为
中点
.不妨假设底面正方形
的边长为
，
.建立空间直角坐标系，通过已知条件平面
与平面
所成的锐二面角
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为
，求出
，最后根据线面角的夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）如图，连接
，
.
已知
，不妨设
，
.
已知点
在底面的投影落在
中点，所以四棱锥
为正四棱锥，
即
，
底面
为正方形，
，得
，同理得
，
为
的中点，
，
，得
，
，
，同理可得
，
平面
，
平面
，且
，
平面
.
（2）如图，过
点做底面垂线，垂足为
中点
.
以
所在直线为
轴，以过
点且与
平行的直线为
轴，以
所在直线为轴
如图建立空间直角坐标系.
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不妨假设底面正方形
的边长为
，
.
因此得
，
，
，
，
，
.
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
由
，得
，解得：
，
，
，故
；
设平面
的法向量为
，
由
，得
，解得：
，
，
，故
；
由平面
与平面
所成的锐二面角为
，
得
，解得
或
（舍）.
得
，
，设直线
与平面
所成角为
，
则
.
故直线
与平面
所成角的正弦值为
.
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