文档文本内容
题号猜押11 全国卷高考数学第17 题（解答题）
溯源
年份
卷别
原题号
考点
具体内容
2025
Ⅰ卷
T17
立体几何
四棱锥、面面垂直证明、球面上点共面、异面直线所成
角
2025
Ⅱ卷
T17
立体几何
翻折问题、线面垂直证明、二面角正弦值
2024
Ⅰ卷
T17
立体几何
四棱锥、线面平行证明、二面角求参
2024
Ⅱ卷
T17
立体几何
翻折问题、线线垂直证明、二面角正弦值
2023
Ⅰ卷
T19
函数与导数
函数单调性讨论、不等式证明
2023
Ⅱ卷
T19
概率统计
频率分布直方图、分段函数最值
2022
Ⅰ卷
T19
立体几何
直三棱柱、点到平面距离、二面角正弦值
2022
Ⅱ卷
T19
概率统计
频率分布直方图、条件概率
2021
Ⅰ卷
T19
解三角形
正弦定理、边角互化、余弦定理求角
2021
Ⅱ卷
T19
立体几何
四棱锥、面面垂直证明、二面角余弦值
近5 年解答题第三题（等价T17）考点分布呈现明显特征。立体几何占据绝对主导地位，10 套试卷中出现
6 次（2025Ⅰ、Ⅱ卷，2024Ⅰ、Ⅱ卷，2022Ⅰ卷，2021Ⅱ卷），考查形式高度稳定：第（1）问证明线面平行、
线面垂直或面面垂直，第（2）问建立空间直角坐标系求二面角、线面角或点到平面距离。概率统计出现2
次（2023Ⅱ卷、2022Ⅱ卷），函数与导数出现1 次（2023Ⅰ卷），解三角形出现1 次（2021Ⅰ卷）。2024、
2025 年连续四次（含Ⅰ、Ⅱ卷）该位置均为立体几何，表明立体几何已成为该位置的固定考点，其他模块
偶有轮换但概率较低。
预测
2026 年T17 极大概率仍为立体几何，延续“证明+计算”的双问结构。第（1）问考查垂直关系的证明（线
面垂直或面面垂直）概率较高，平行证明作为备选；第（2）问以向量法求二面角的正弦值或余弦值为
主，线面角、点到平面距离作为备选。图形载体可能为棱锥（特别是四棱锥、三棱锥）或棱柱，底面可能
涉及正方形、菱形、等腰三角形等特殊图形。翻折问题（2024Ⅱ卷、2025Ⅱ卷）成为近年热点，需重点关
注。
备考核心
主攻立体几何证明，熟练掌握线面垂直的判定（线与平面内两条相交直线垂直）、面面垂直的判定（一个
平面内的一条直线垂直于另一个平面），注意辅助线的添加技巧；强化向量法建系，能根据图形特征合理
建立空间直角坐标系（以垂直关系为轴），准确写出各点坐标，熟练计算平面法向量（待定系数法）；掌
握二面角的向量求法（注意锐角判断），理解线面角的向量公式；关注翻折问题，理解翻折前后几何元素
的位置关系变化，能找出翻折过程中的不变量与变量。规范书写，先证垂直关系再建系，法向量求解过程
可简写，结论明确。限时训练，每道题控制在12~15 分钟。
考点1 立体几何
1．（2026·浙江宁波·二模）如图，四棱锥
中，
底面
，
，
平面
，
，
．
(1)证明：
；
(2)若点
到平面
的距离为1，求平面
与平面
夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直性质可知
，再由线面垂直判定定理可证明
平面
，结合线
面垂直定义可得结论；
（2）方法1：过点B 作
，可知
平面
，由条件可得
，建立空间直角坐标系，再
求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值.
【详解】（1）因为
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
因为
底面
，
平面
，所以
，
因为
，
，所以
，
又因为
，
平面
，
所以
平面
，因为
平面
，
所以
．
（2）由（1）可知，
，
，
两两垂直，以
为原点，
，
，
所在直线分别为
轴，
轴，
轴，建立如图所示坐标系．
过点
作
，交
于点
，因为
底面
，
平面
，所以
，
因为
，所以
平面
，又点
到平面
的距离为，所以
，
在
中，
，由
可得
；
设
，则
，即
，解得
；
因此
为
的中点，
，所以
．
可得
，
，
，
，
，
所以
，
．
设
是平面
的法向量，
则
，
即
，取
，则
，
，
所以
是平面
的一个法向量．
因为
平面
，所以
是平面
的一个法向量．
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
．
2．（2026·河南南阳·一模）已知三棱锥
中，底面
是边长为2 的正三角形，且
，
，
，
分别为棱
，
的中点．
(1)求证：
；
(2)求平面
与平面
的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形和等边三角形性质证明
，方法一：用向量数量积运算推导；方法二：
通过作垂线构造线面垂直关系证明
.
（2）方法一：建立空间直角坐标系求点坐标和向量，计算平面法向量，利用公式求夹角正弦值；方法二：
找出二面角，借助平面几何求线段长，用余弦定理求正弦值.
【详解】（1）取线段
的中点为
，连接
，
，
因为
，所以
，
又因为
为正三角形，所以
，
又
，所以
平面
，故有
．
方法一：设
，
，
，则
，
因为
，所以
，所以
，
所以
，所以
①
同理由
，可得
②
由①-②得
，所以
，
又
，所以
，即
．
方法二：作
平面
于
，易得
，
又
，
，
所以
平面
，所以
，
同理
，即
为
的垂心，故得
，
从而得
平面
，故
．
（2）方法一：
作
平面
于
，连接
，作
垂直
，建立如图所示空间直角坐标系．
则
，
，
，
，
，
，故有
，
，
记平面
的法向量
，则
，
即
，取
，解得
，
取平面
的法向量
，不妨设平面
与
的夹角为
，
则
，
从而正弦值为
，即平面
与
夹角的正弦值为
．
方法二：
取
中点
，连接
交
于
，可知
为
中点，
连接
，
，易知
，
，
过
作
的平行线
，则
，
，
因为
为平面
与平面
的交线，
故
为平面
与平面
所成二面角的平面角，
由平面几何知识易得
，故
，
又
为等腰三角形，故在
中，
，
又在
中，
，
在
中，
，故
，
于是在
中由余弦定理得：
，
从而
，即平面
与
夹角的正弦值为
．
3．（2026·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥
中，底面
为菱形，
，
，
平面
，点
，
分别在棱
，
上，且
．
(1)求证：
；
(2)若
，
与平面
所成的角为60°，点
关于平面
的对称点为
，求点
到平面
的
距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得
，结合菱形对角线垂直及
推
出
平面
，进而
平面
，从而
，由中点性质即得
.
（2）由
及第一问知
底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利
用
与平面
所成的角为60°，求出P 点坐标，再求平面PCD 的法向量以确定点A 关于该平面的对称
点M，最后通过平面PAB 的法向量计算点M 到该平面
的距离.
【详解】（1）证明：连
，
相交于点
，连
．∵底面
为菱形，∴
且
．
又
平面
，
平面
，平面
平面
，∴
，
∴
，又
，而
．
∴
平面
，又
，∴
平面
，而
平面
，
∴
，
，
为等腰三角形，即
．
（2）若
，则
，由（1）知
，∴
平面
，
以
为原点以
，
，
分别为
轴，
轴，
轴建立直角坐标系，
又
，∵
，则
，
，
，
，
∵
，
，∴
平面
，
与平面
所成的角为60°，
∴
，∴
，∴
．
∴
，
，
．
设平面
的法向量为
则
取
，
，
，∴
，
设
，
，则
，
到平面
的距离相等，
，
∴
．
又
，∴
，解得
，
设平面
的法向量为
，∵
，
．
则
取
，
，
，∴
，
则点
到平面
距离为
．
4．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在直三棱柱
中
，
，
，
，
分别是
棱
，
，
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)若平面
与平面
夹角的余弦值为
，求
的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）构造线线平行，根据线面平行的判定定理证明线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示平面
与平面
夹角的余弦，从而求
的长.
【详解】（1）取
中点
，连接
，
，
因为
是
中点，所以
，
，
又在直三棱柱
中，
，
，
是
中点，
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
．
（2）取
中点
，连接
，
，
由
是
中点，所以在直棱柱
中，
平面
，
因为
，所以
，
所以
．
以
为坐标原点，以
所在的直线分别为
轴，
轴，
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设
，则
，
所以
．
设平面
的一个法向量为
，
所以
，令
，则
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，则
.
因为平面
与平面
夹角的余弦值为
，
所以
，
解得
，所以
．
5．（2026·山东济宁·一模）如图，在三棱柱
中，平面
平面
，
为
的中点，
为
的中点.
(1)求证：
平面
；
(2)若三棱柱
的体积为
，求
与平面
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
的中点为
，连接
，证明四边形
为平行四边形，进而可得
，
可证结论；
（2）由已知可得
平面
，结合柱体的体积公式求得
，建立空间直角坐标系，利用向量法
可求得
与平面
所成角的正弦值.
【详解】（1）取
的中点为
，连接
，
因为
为
的中点，所以
且
，
又因为
为
的中点，
，
，所以
且
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
；
（2）因为平面
平面
，平面
平面
，
，
所以
平面
，所以
为三棱柱
的高，
所以
，
所以
，解得
，
在平面
内作
，
以
为坐标原点，
所在直线为坐标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
，令
，则
，
则平面
的一个法向量为
，
设
与平面
所成角为
，
所以
.
所以
与平面
所成角的正弦值为
.
6．（2026·江苏·一模）如图，已知
是圆锥
的轴截面，
，
.
(1)求圆锥
的外接球的表面积；
(2)若
为弧
的中点，求二面角
的正切值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆锥轴截面的特征得到线面垂直，判断出球心位置，结合勾股定理求出球的半径，代
入球的面积公式求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，结合二面角的向量求法及同角的三角函数关系求解即可.
【详解】（1）因为
是圆锥
的轴截面，所以
平面
.
又
平面
，所以
.
在
中，
，
，所以
.
设圆锥
的外接球的球心为
，半径为
，
结合圆锥的定义及对称性易知球心
在
上.
在
中，
，则
，
整理得
，解得
.
所以圆锥
的外接球的表面积
.
（2）因为
为弧
的中点，所以
.
因为
平面
，
平面
，所以
.
又
，
所以可以
为原点，以
，
，
所在直线为
，
，
轴建立空间直角坐标系.
则
，
，
，
，
.
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，
，令
，则
，
，所以
.
因为
，
，
，所以
平面
，
则
即为平面
的一个法向量，
.
设二面角
的平面角为
，
则
，
，
所以
.
故二面角
的正切值为
.
7．（2026·广东深圳·一模）已知球
的半径为1，在球
的内接八面体
中，顶点
，
分别在平
面
两侧，且四棱锥
与
都是正四棱锥.
(1)如图1，若点
在平面
上，求证：
平面
；
(2)如图2，若二面角
的正切值为
，求该内接八面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
.
【分析】（1）先证明
，再利用线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）解法1 记正方形
的中心为
，取
中点
，设
，利用二面角的平面角定义求得
，
， 因为
为二面角
的平面角且
，列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式求解；
解法2 记正方形
的中心为
，以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，求出平面
和平面
的法向量，利用向量法列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式求解；
解法3 以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，求出平面
和平面
的法向量，利用
向量法列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式求解；
【详解】（1）如图，连接
，则
必过点
，
在四边形
中，由于对角线
，
互相平分，
则四边形
为平行四边形，故
，
由于
平面
且
平面
，
所以
平面
；
（2）解法1 如图，记正方形
的中心为
，取
中点
，连接
，
，
，
，由于
，则
，同理可证
，则
为二面角
的平面角，又
，则
，
则
为二面角
的平面角，
为二面角
的平面角，
不妨设点
在
的下方，
设
则
，
，
，
，
，
于是
，
，
于是
，
，
由于
，则
，解得
，
则
，则
，即内接八面体的体积为
；
解法2 如图，记正方形
的中心为
，连接
，
，
则
，
，
两两垂直，如图，以点
为坐标原点，以
所在直线为
轴，
所在直线为
轴，
所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
不妨设点
在
的下方，
则
，
，
，
，
于是点
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，令
，则
，
于是平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，令
，则
，
于是平面
的一个法向量为
，
设二面角
的平面角为
，由于
，
则
，则
，
，
则
，即内接八面体的体积为
.
解法3 如图，过点
作
，记正方形
的中心为
，连接
，
，
由于
平面
，
，
平面
，则
，
，
且
，则
，
，
两两垂直，如图，以点
为坐标原点，以
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，
由对称性，不妨设点
在
的下方，设
则
，
，
，
，
于是点
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，
令
，则
，
，
于是平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，
令
，则
，
，
于是平面
的一个法向量为
，
设二面角
的平面角为
，由于
，
则
，则
，
则
，即内接八面体的体积为
.
8．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥
中，底面ABCD 为菱形，
，
分别为CD，
PA 的中点.
(1)证明：
平面PBC；
(2)若平面
平面ABCD，
，
，
，平面PAE 与平面PAB 夹角的余弦值为
，求点
到平面PBC 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到
，再结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出
点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可.
【详解】（1）取PB 中点
，连接
，
分别为
的中点，
且
，
且
，
，且
，则四边形
为平行四边形，
，
平面
平面
，
平面
.
（2）取AB 中点
，连接OP，OD，BD
因为
，所以
，
∵平面
平面
，
面
，
为交线，
平面
，
，
为正三角形，
，
以
为原点，分别以OB，OD，OP 为
，
，
轴建系，如图，
设
，
则
，
，
，
，
，
所以
，
易知平面PAB 的法向量可取
，
设平面PAE 的法向量为
，
因为
，令
，可取
，
所以
，解得
，
所以
，
，
，
设平面PBC 的法向量为
，
因为
，令
，可得
，
所以
.
9．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在梯形
中，
，
，
，
，
于点
，
于点
，将
沿
翻折，将
沿
翻折，使得点
重合为点
.
(1)证明：平面
平面
；
(2)求四棱锥
外接球的表面积；
(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）通过折叠性质，可得
平面
，再结合面面垂直的判定定理，即可证明；
（2）根据几何体体特征，可得四棱锥
外接球的球心
在过
且与平面
垂直的直线上，建
立空间直角坐标系，设
，由
，得
，进而可求外接球的表面积；
（3）由（2）建立的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出平面
与平面
的法向量，再结合
二面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）在梯形
中，
于点
，故翻折后
，
，
又因为
平面
，
平面
，
，所以
平面
，
又因为
平面
，所以平面
平面
.
（2）在梯形
中，因为
，
，
，
，
于点
，
于
点
，
所以四边形
为矩形，且
，
，
，
.
取
的中点
，连接
，则
，且
，
因为
平面
，
平面
，故
，所以
，
，
两两垂直.
所以以
为原点，过点
与
平行的直线为
轴，以直线
为
轴，以直线
为
轴，建立空间直
角坐标系如下图所示，
所以
，
，
，
，
，
因为四边形
为矩形，所以
与
的交点
到
，
，
，
的距离相等，
所以四棱锥
外接球的球心
在过
且与平面
垂直的直线上，
设
，外接球的半径为
，由
，得
，解得
，
所以
，所以四棱锥
外接球的表面积
.
（3）由（2）得
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，则
，
令
，得一个法向量
，
设平面
的法向量为
，
则
，则
，
令
，得一个法向量
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，所以平面
与平面
夹角的余弦值为
.
10．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在正四棱台
中，
为
的中点，
.
(1)证明：
；
(2)平面
把四棱台
分成两部分，体积分别是
和
，求
的值；
(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）结合题意作出图形，利用线面垂直的判定定理得到
平面
，再利用线面垂直的性质
证明即可.
（2）利用割补法对原图形作出处理，再求解体积比即可.
（3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法求解即
可.
【详解】（1）由题意知四边形
为正方形，则
，
将正四棱台
还原为正四棱锥
，
如图，作出符合题意的图形，
则
平面
，又
平面
，得到
，
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，因为
平面
，
所以
，即
.
（2）利用平面
把棱台分成三棱锥
和几何体
，
设
，由题意得
，
.
因为
，
所以
，
，故
.
（3）以
为原点，
，
，
所在直线分别为
轴、
轴、
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设
，则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，可得
，
取
，则
，
，得到
，
设平面
的法向量为
，
则
，即
，
令
，则
，
，可得
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
即平面
与平面
夹角的余弦值为
.
11．（2026·河南许昌·模拟预测）如图，在四棱锥
中，底面
是正方形，平面
平面
，
是边长为2 的等边三角形，
为侧棱
的中点，
为线段
上一点.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
平面
，求直线
与平面
所成角的正弦值；
(3)设点
为三棱锥
的外接球的球心，试判断三棱锥
的体积是否为定值？若是，求出该定
值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)是定值，
【分析】（1）先由面面垂直证明
平面
，得
，再由题设条件证明
，即可证明
平面
，再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由
平面
证得
，得
为线段
的中点，取
的中点
为坐标原点建系，求出相关
向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（3）先判断三棱锥
外接球的球心为线段
的中点
，易得
，可得点
到平面
的距
离为点
到平面
的距离的一半，利用等体积即可求出三棱锥
的体积.
【详解】（1）
平面
平面
，平面
平面
，
，且
平面
，
则
平面
，
因
平面
，则
，又
，则
，
因
平面
，则
平面
，
又
平面
，故平面
平面
.
（2）由
平面
，平面
平面
，
平面
，则
故
为
的中点，取
的中点
，连接
，
，
则
平面
，因
平面
，则
，
，
平面
，所以
平面
故可以
为坐标原点，
，
所在直线为
轴，过
作
的平行线为
轴，建立如图所示的空间直
角坐标系
，
由题意，
，
，
，
，
则
，
，
.
设平面
的法向量为
，
则
，故可取
，
设
与平面
所成角为
，则
.
（3）由（1）知，
平面
，因
平面
，则
，即
为直角三角形，
又
也为直角三角形，则三棱锥
外接球的球心为线段
的中点
.
，即
，
在平面
外，
在平面
内，则
平面
，
故点
到平面
的距离等于点
到平面
的距离，又等于点
到平面
的距离的一半.
故
，
而
，故
.
12．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为
的正方形
中，
、
分别为线段
、
的中点，
现将四边形
折起至
，得到三棱柱
，如图2 所示，记二面角
的平面角
为
．
(1)若
时，求三棱柱
的体积；
(2)若
为线段
上一点，满足
，求直线
与平面
所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明出
，
，可知
，证明出
平面
，当
时，求出
的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱
的体积；
（2）以点
为坐标原点，
、
所在直线分别为
、
轴，过点
且垂直于平面
的直线为
轴建
立空间直角坐标系，分析可知
，根据
可求出点
的坐标，再利用空间向量法可求得直
线
与平面
所成角的正弦值的取值范围．
【详解】（1）翻折前，在图1 中，因为四边形
为正方形，所以
，
，
，
因为
、
分别为
、
的中点，所以
，
，
所以四边形
为平行四边形，且
，
因为
，所以
，
翻折后，在图2 中，
，
，
所以二面角
的平面角为
，
因为
，
、
平面
，所以
平面
，
当
时，即
，且
，则
，
所以三棱柱
的体积为
.
（2）因为
平面
，以点
为坐标原点，
、
所在直线分别为
、
轴，
过点
且垂直于平面
的直线为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
、
、
、
，
设点
，其中
，由题意可知
，则
，故
，
，
，
因为
，则
，解得
，
则点
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
则
，取
，则
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
，
因此直线
与平面
所成角的正弦值的取值范围为
.
1．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正四棱柱
中，
为
的中点，
．
(1)求点
到平面
的距离；
(2)求二面角
的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点
到平面
的距离为
，利用等体积法，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面
和
的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）设点
到平面
的距离为
，
因为
是正四棱柱，
为
的中点，
，
所以
，
则
，
由
，即
，得到
，
解得
，故点
到平面
的距离为
．
（2）以
，
所在的直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
，所以
，
则
，
设
为平面
的法向量，
所以
，即
，令
，得
，
所以平面
的一个法向量为
，
设
为平面
的一个法向量，
所以
，即
，令
，得
，
所以平面
的一个法向量为
，
设二面角
的平面角为
，
因为
，
则
，
所以二面角
的正弦值为
．
2．（2026·河北唐山·一模）如图，在三棱锥
中，
，
，D 是
的中点.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，三棱锥
的体积为
，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）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）利用锥体体积求出
，再建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，然后利用线面角的向
量法求解.
【详解】（1）由
，D 是
的中点，得
，而
，
，
平面
，则
平面
，而
平面
，所以平面
平面
.
（2）由（1）知
平面
，则
，
而
，解得
，
即
，直线
两两垂直，
以
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
，
，
设平面
的法向量
，则
，令
，得
，
因此
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
3．（2026·山东青岛·一模）如图，在菱形
中，
，
，
为
的中点，将
沿
翻折至
，得到四棱锥
.
(1)证明：平面
平面
；
(2)当二面角
为120°时，求
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及面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，判断二面角
对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量
求法求解即可.
【详解】（1）由题意得，
为等边三角形，
又
为
中点，所以
，
，故
.
又因为
，所以
平面
.
又因为
平面
，所以平面
平面
.
（2）如图，以
为原点，
，
以及垂直于平面
的直线为
，
，
轴，建立空间直角坐标系，
由（1）知，
，
又
，所以
即为二面角
的平面角，即
.
则
，
，
，
.
，
，
，
设平面
的法向量
，
则
，即
，取
设直线
与平面
所成的角为
，
则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
4．（2026·河北邯郸·一模）如图，在三棱台
中，
平面
，
，
，
，
，
是棱
上一点（不含端点）．
(1)若
为
的中点，求直线
与平面
所成角的正弦值．
(2)是否存在点
，使得
？若存在，求出
的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可；
（2）方法一假设存在点
，根据
求解得出
与
重合，与题意矛盾；方法二根据线面垂直的
判定及性质，若
可证明
平面
，又
平面
，得出矛盾.
【详解】（1）由
平面
，
，可得
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
，
，
，
，
．
由
为
的中点，可得
，
，
，
．
设平面
的法向量为
，
由
，可得
，令
，得
．
设直线
与平面
所成的角为
，
则
，
即直线
与平面
所成角的正弦值为
．
（2）（方法一）连接
，如图，
由
，
可得
．
假设存在点
（异于
），使得
，则
，
解得
，则
与
重合，
这与假设矛盾，则假设不成立，故不存在点
，使得
．
（方法二）假设存在点
（异于
），使得
．
因为
平面
，
平面
，所以
．又
，
所以
．
连接
．由
，可得
，
则
，
，则
．
因为
，
，
平面
，所以
平面
．
又
平面
，所以
．
因为
，
，
，
平面
，所以
平面
．
又
平面
，所以
，
又
，
平面
，从而
平面
，
这与
平面
矛盾，则假设不成立，故不存在点
，使得
．
5．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥
中，平面
平面
，
．
(1)证明：平面
平面
；
(2)已知平行于
的平面将三棱锥
截为两部分，求截面面积的最大值；
(3)若二面角
的大小为
，求
的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知得
，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论；
（2）设平行于
的截面
与
的交点分别为
，得
为平行四边形，
令
，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面
积的最大值；
（3）构建合适的空间直角坐标系，设
，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根
据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解.
【详解】（1）由
，则
，即
，
由平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，则平面
平面
.
（2）设平行于
的截面
与
的交点分别为
，
因为
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
，同理可得
，所以
，同理可证
，
所以四边形
为平行四边形，
令
，则
，
所以
，
，
又截面
始终为平行四边形，
所以
，
要使截面
的面积最大，只需
且
，
此时
最大；
（3）由（1）
平面
，在平面
内作
，如下图示，
可构建如图示的空间直角坐标系
，
设
，则
，
故
，
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，得
，
所以平面
的法向量为
，
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，得
，
所以平面
的法向量为
，
由二面角
的大小为
，
则
，
所以
，可得
，
解得
或
（舍），所以
的余弦值为
.
6．（2026·河北张家口·一模）如图，已知斜三棱柱
中，
，
，
，点
为
的中点．
(1)证明：平面
平面
；
(2)若
，点
为
的中点，求点
到平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明
，
，根据线面垂直判定定理证明
平面
，再利用平面
与平面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可.
【详解】（1）连接
和
，
在斜三棱柱
中，由
，
所以
为等腰直角三角形，所以
为等腰直角三角形，
又
为
的中点，所以
，
又
，
，
，所以
，
所以
，又
为
的中点，
所以
，又
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
；
（2）由
，所以
，又
为等腰直角三角形，
所以
，又
，所以
，
又
，所以
和
为等边三角形，
所以
，所以
，所以
，又
，
以
为坐标原点，分别以
为
轴建立空间直角坐标系，
所以
，
所以
，
所以
，
，
设平面
的法向量为
，
所以
，令
，得
，
所以点
到平面
的距离为
.
7．（2026·陕西榆林·一模）如图，直四棱柱
内接于圆柱
，且底面为矩形，B 是圆柱
底面圆O 的圆周上一动点，AC 是圆O 的直径，且
，E 是AB 的中点，Q 是
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)设
，求平面
与平面ABC 的夹角的正弦值.（用
表示）
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
的中点
，根据中位线的性质可证四边形
为平行四边形，得到
，根
据线面平行的判定定理可证；（2）以
为坐标原点，直线
，
分别为
轴建立空间直角坐标系，
求得平面
与平面ABC 的法向量，即可求得面面夹角的余弦值，进而根据同角三角函数的关系式可求
得其正弦值.
【详解】（1）如图，取
的中点
，连接
，
则
，且
．
因为底面为矩形，所以
，
，且
，
所以
，且
，
则四边形
为平行四边形，所以
．
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
．
（2）以
为坐标原点，直线
，
分别为
轴，过点
且在底面内与
垂直的直线为
轴建立空
间直角坐标系，如图所示．
设
，则
，
，
，
所以
，
．
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，得
.
易知平面
的一个法向量为
．
设平面
与平面
的夹角为
，
则
．
所以
，
即平面
与平面
的夹角的正弦值为
．
8．（2026·江苏·一模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中
，
．将
沿
翻折至
，使得二面角
为直二面角．
(1)证明：
平面
；
(2)若
在同一个球面上，求该球的半径；
(3)求平面
与平面
所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得
平面
，进而根据线线垂直证明
平面
．
（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，
（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得
为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，
或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.
【详解】（1）二面角
为直二面角，即平面
平面
，
又因为
平面
，平面
平面
，
所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
由题意
平面
，
所以
平面
．
（2）取
中点
中点
，连接
，
则
，
因为
平面
，
平面
，所以
，所以
，
在
中，
为
中点，所以
.
以
为正交基底建立如图所示空间直角坐标系
，
则
．
设该球的球心坐标为
，则
解得
.
所以该球的半径为
.
（3）法一：取
中点
，在
中，过
作
，垂足为
，连接
，
平面
平面
平面
，
平面
平面
，所以
平面
．
而
平面
，故
，
又因为
，
平面
，故
平面
，
而
平面
，所以
，
则
为平面
与平面
的所成角.
直角三角形
中，
，
所以平面
与平面
所成角的余弦值为
.
法二：平面
的一个法向量为
，
设平面
的法向量为
，则
即
取
，得平面
的一个法向量为
.
所以平面
与平面
所成角的余弦值为
.
9．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在四棱柱
中，底面
是梯形，
，
侧面
为菱形，
．
(1)求证：
；
(2)若
，
，点
在平面
上的射影恰为线段
的中点，求
与平面
所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过连接辅助线，利用等腰三角形三线合一得到线线垂直，再结合线面垂直判定定理证明
线面垂直，最后由线面垂直的性质得到线线垂直；
（2）以
为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而得到平面
的法向量和直线
的方向
向量，最后利用线面角与向量夹角的关系计算正弦值.
【详解】（1）连接
，易知
，
又
为
的中点，
，
又
，
平面
，
∴
平面
，
平面
，
∴
．
（2）∵
在面
上的射影为
，又
，
以
为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令
，则
，
∵
，则
，
∴
，又
，
设平面
的法向量为
，
，
则
，令
，又
，
则
与平面
所成角的正弦值为
．
10．（2026·贵州黔东南·模拟预测）如图，在三棱柱
中，平面
平面
，四边形
是矩形，
，
.
(1)证明：
平面
.
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值.
(3)在线段
上是否存在点D，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
？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)
；
(3)存在，
【分析】（1）由勾股定理可得
，然后由面面垂直性质可得
平面
，据此可得
，又由四边形
是矩形可得
，据此可完成证明；
（2）由（1）可建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，然后由空间向量知识可得答
案；
（3）假设存在满足条件的点D，且
（
），使得直线
与平面
所成角的正弦值
为
，由（2）结合题设可得
，据此可得答案.
【详解】（1）因为
，
，所以
，所以
.
因为平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，
所以
平面
.
因为
平面
，所以
.
因为四边形
是矩形，所以
.
因为
平面
，
平面
，且
，所以
平面
；
（2）由（1）可知
，
，
两两垂直，则以A 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.
因为
，
，所以
，
，
，
，
.
设平面
的法向量为
，
则
，令
，得
.
易知平面
的一个法向量为
.
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
即平面
与平面
夹角的余弦值为
.
（3）假设存在满足条件的点D，且
（
），
使得直线
与平面
所成角的正弦值为
.
由（2）可知
，
，
，
则
.
因为直线
与平面
所成角的正弦值为
，
所以
.
解得
，所以
，即
，
则存在满足条件的点D，此时
.
11．（2026·山西朔州·一模）如图，线段
的中点都是
.
(1)若
，证明：平面
平面
；
(2)若
，且点
到平面
的距离为
，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）先证
平面
，得
，由
及O 为中点可得
，进而
可得
，从而可得
平面
，即可证得面面垂直；
（2）先建立空间直角坐标系，再由点
到平面
的距离及
可得
，进而再用向量的方
法计算线面角可得.
【详解】（1）因为
，且
，
平面
，则
平面
又因
平面
，所以
.
由
可得
，因为线段
的中点都是O，
所以
，则得
，
即
，即
，所以
.
又因
，
，
平面
，所以
平面
，
而
平面
，故平面
平面
.
（2）在平面
内，以过O 且垂直
的直线为x 轴，以
所在的直线为
轴，建立空间直角坐
标系，如图：
设
，则
，
因为
，所以
.
设平面
的法向量为
，
，
所以
，即
，故可取
.
又因为点
到平面
的距离为
，且
，
依题意可得
，联立
，解得
，
将
代入
，解得
(
舍去).
所以
，满足
.
设平面
的法向量为
，
则
，即
，故可取
.
因为
，
，
设直线
与平面
所成角为
，
所以
.
12．（2026·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥
中，底面
为正方形，
底面
，
，
为线段
中点，
为线段
上的动点．
(1)证明：平面
平面
；
(2)设直线
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）先利用线面垂直的判定定理证明
平面
，再根据面面垂直的判定定理证明平面
平面
.
（2）方法1：先确定
为直线
与平面
所成的角，再利用直角三角形的边角关系求
的取
值范围.
方法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角正弦的取值范围.
【详解】（1）因为
，且
为线段
中点，所以
．
又因为
底面
，
平面
，所以
．
而
，且
，因此
平面
而
平面
，因此
．
又因为
，所以
平面
．
而
平面
，所以平面
平面
.
（2）法一：由（1）可知直线
与平面
所成角为
，
因此
不妨设
，则
，
所以
法二：以
为原点，
，
，
所在直线分别为
，
，
轴，建立空间直角坐标系．
不妨设
，设
，
，则
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的一个法向量
，
，即
，令
，则
，
则
，
因此
.
13．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥
中，平面
⊥平面
，
，
分别为棱
上的点.
(1)若
∥
，
∥
，证明:
∥
；
(2)若
分别为棱
的中点，在棱
上是否存在点G，使得平面
与平面
所成角为
?若
存在，求
的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,
或
【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面
∥平面
，再由面面平行的性质定理证明
∥
；
（2）由面面垂直的性质定理证明
平面
，建立空间直角坐标系，设棱
上是否存在点G，使得
平面
与平面
所成角为
，且
，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得.
【详解】（1）若
∥
，
平面
，
平面
，所以
∥平面
；
若
∥
，
平面
，
平面
，所以
∥平面
.
因为
平面
，所以平面
∥平面
.
又平面
平面
，平面
平面
，
所以
∥
.
（2）因为
，所以
，所以
.
因为平面
⊥平面
，平面
平面
，
平面
，所以
平面
.
过
作
，垂足为
，则
.
所以
.
如图所示，以点
为坐标原点，分别以
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系
.
则
.
所以
.
设：在棱
上是否存在点G，使得平面
与平面
所成角为
，且
，
则
，所以
.
设平面
的法向量为
，
则
.
令
，则
.
所以平面
的法向量为
.
由
平面
，知平面
的一个法向量为
.
所以
，
即
，化简得
，解得
或
.
故在棱
上存在点G，使得平面
与平面
所成角为
，此时
或
.
14．（2026·浙江·模拟预测）如图，在多面体
中，四边形
为正方形，
平面
，
，且
，
，
为棱
上的点.
(1)证明：平面
平面
；
(2)若平面
与平面
的夹角的余弦值为
，求线段
的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案；
（2）建系，利用面面角的向量计算公式计算可得答案.
【详解】（1）证明：因为
平面
，
平面
，所以
，
又四边形
为正方形，所以
，
因为
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
，
在四边形
中，易知
，因为
，所以
，
又
，故
，
所以
，故
，
因为
，
平面
，
所以
平面
，
又
平面
,
所以平面
平面
.
（2）由（1）知
三条直线两两垂直.
以
为坐标原点、
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，
设
（
），
则：
，
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，即
，令
，得
，
，
所以
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，即
，
令
，得
，
，
所以
，
，
解得
或
（舍）.
所以
.
15．（2026·湖南·模拟预测）如图，在三棱锥
中，
．
(1)证明：
；
(2)若
和
所在平面垂直，且平面
与平面
所成角的余弦值为
，求
．
【答案】(1)证明见解析
(2)
或
．
【分析】（1）取
中点
，求证
，
，再结合线面垂直的判定定理和定义求证；
（2）法一：以点
为坐标原点建系，设
，分别计算两个平面的法向
量，利用向量求出面面角即可得出
；法二：过点
作
于点
，过点
作
于点
，证
明
为平面
与平面
所成的角，再在
、
中利用三角函数值建立关系即可求
出
.
【详解】（1）取
中点
，连接
．
因为
，所以
．
又由题
，可得
≌
，则
，
故
．
因为
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
.
（2）法一：设
，
由平面
平面
且平面
平面
，由面面垂直的性质定理可知，
可以点
为坐标原点，过点
垂直于平面
的直线为
轴，直线
为
轴，
过点
垂直于平面
的直线为
轴建立空间直角坐标系，
则有
，
则
，
设平面
的一个法向量为
，
则有
，故可取
，
易知平面
的一个法向量为
，
则
，解得
，
所以
或
，
法二：如图，过点
作
于点
，过点
作
于点
，连接
．
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
，
所以
平面
，即
为平面
与平面
所成的角，
由题
，可知
．
设
，则
，
所以在
中，
，所以
，
在
中，
，
所以
，即
，
所以
或
．
16．（25-26 高三下·河南驻马店·开学考试）如图，在圆台
中，下底面圆
的直径
，点C 在
圆
上，且
，上底面圆
的半径
，且平面
平面
．
(1)证明：
．
(2)若圆台
的高为2，求平面
与平面
所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作
，由面面垂直的性质及圆台的性质可得四边形
为矩形，再由勾股定理
可得
为
的中点，最后根据三角形中位线可证；
（2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据面面角向量法计算可解.
【详解】（1）作
，垂足为M，连接
．
因为平面
平面
，平面
平面
，
所以
平面
．
因为
平面
，所以
，
．
因为圆台的上、下底面平行，所以
圆
，
则
，
．
因为
平面
，所以
，即点
，
，M，P 共面．
因为
平面
，所以
，
，
所以四边形
为矩形，
所以
，
．
在
中，
，
．
在
中，
，解得
，
所以
．
在
中，M，
分别为
，
的中点，
所以
，所以
．
（2）以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为x，y，z 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
，
令
，得
．
设平面
的法向量为
，
则
，即
，令
，得
．
因为
，所以
，
所以平面
与平面
所成二面角的正弦值为
．
17．（2026·江西·一模）如图，在四棱锥
中，底面是直角梯形
，
为正三角形，且平面
平面
．
(1)求证：
；
(2)求直线
和平面
所成角的正弦值；
(3)设点
是三棱锥
外接球上一点，求点
到平面
距离的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据线面垂直的性质，判断线线垂直.
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进
而求出线面角的正弦值.
（3）根据三棱锥外接的性质，求出球心和半径，进而根据向量法，求出点到平面的距离的最大值.
【详解】（1）设O 为
的中点，连接
，
由题得
，
所以
为正三角形，则
，
所以
平面
，
平面
，
．
（2）由（1）可知
两两垂直，故以
为坐标原点，
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
，
令
，则
，则
，
则
，
所以直线
和平面
所成角的正弦值为
.
（3）设外接球的球心为
，分别过
和
外心作平面
和平面
的垂线，
垂线的交点就是球心，易求
，则外接球的半径
，
又
，所以点
到平面
的距离
，
所以点
到平面
距离的最大值为
.
18．（2026·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥
中，
平面
，
为棱
上一点，
为
中点．
(1)若
，证明：
平面
；
(2)证明：
平面
；
(3)若直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
或
【分析】（1）由几何关系得到线线平行，进而证明线面平行；
（2）通过几何关系以及已知条件证明线线垂直，进而证明线面垂直；
（3）建立空间直角坐标系，先设出比值，分别求解直线
的方向向量以及平面
的法向量，运用线
面所成角的向量公式进行计算.
【详解】（1）由
得
为
中点，
又
为
的中点，于是
，
由
平面
平面
，得
平面
．
（2）因为
，所以
，可求
，由余弦定理得
，所以
所以
，
由
平面
平面
得
PD，
由
平面
平面
可得
平面
．
（3）
如图，以
为坐标原点，过
点作平行于
方向的直线为
轴正方向，
的方向为
轴正方向，
的
方向为
轴正方向，建立空间直角坐标系
，则有
，
设
，则有
，则有
设平面
的法向量为
，
即
，可取
，
记直线
与平面
所成角为
,
，
即
，整理得
，
解得
或
．
19．（2026·江苏镇江·一模）如图，在多面体
中，底面
是平行四边形，
，
，
，
为
的中点，
，
，
.
(1)证明：
平面
；
(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）证明
，再根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）证明
平面
，建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，利用向量法即
可求出答案.
【详解】（1）在
中，
，
，
，
由余弦定理可得
，
所以
，所以
，所以
，
又因为
，
，
平面
，
所以
平面
.
（2）由（1）知
平面
，
平面
.所以
，
由于
，
，所以四边形
为平行四边形，所以
，
因为
，所以
，
又因为
，
，
平面
，
所以
平面
，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
，
易知平面
的一个法向量
，
设平面
的一个法向量
，
因为
，
，
所以
，令
，则
，
，
所以
，
设平面
与平面
夹角为
，
所以
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
.
20．（25-26 高三下·河南·开学考试）如图，在
中，
，
，
为线段
上一点，
，
，过点
作
，交
于点
，将
沿
翻折至
的位置，使得
．
(1)证明：
平面
；
(2)在线段
上是否存在点
，使得平面
与平面
的夹角的余弦值为
？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)在线段
上存在点
使得平面
和平面
的夹角的余弦值为
，且此时
【分析】（1）由线面垂直得到
，由勾股定理逆定理得到
，由线面垂直的判定定理判断
即可.
（2）建立空间直角坐标系，设出点
坐标，求出平面
和平面
的法向量，结合向量法求面面角
列方程求解即可.
【详解】（1）证明：因为
，所以
，
，
因为
，且
平面
，所以
平面
．
又
平面
，所以
.
由题意易知
，又
，
，
所以
，则
．
又
，且
平面
，
所以
平面
．
（2）取
的中点
，连接
，
，则
，
，
由（1）易证平面
平面
，平面
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，故
两两垂直．
以
为原点，直线
，
，
分别为
轴，
轴，
轴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
，
则
，即
，令
，则
，
，所以
．
易知
，所以
，又
，
，
，
所以
．
设
，
.
设平面
的一个法向量
，
则
，即
，令
，得
，
，所以
．
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
解得
或
（舍去），此时
，
所以在线段
上存在点
使得平面
和平面
的夹角的余弦值为
，且此时
．
