（2023·全國·統(tǒng)考高考甲卷）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．

(1)證明：；
(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．
（2023·全國·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.

(1)證明：平面；
(2)證明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
（2022·全國·統(tǒng)考高考甲卷）在四棱錐中，底面．
(1)證明：；
(2)求PD與平面所成的角的正弦值．
（2022·全國·統(tǒng)考高考乙卷）如圖，四面體中，，E為的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)，點F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．
（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在平面四邊形中，，，將沿向上折起，使得平面與平面所成的銳二面角的平面角最大．

(1)求該幾何體中任意兩點間的距離的最大值；
(2)若，垂足為，點是上一點，證明：平面平面．
（2023?寧夏三模）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，
AB⊥BC，且AB＝AP＝BC＝1，AD＝2．
（1）求證：CD⊥平面PAC；
（2）若E為PC的中點，求PD與平面AED所成角的正弦值．
（2023?四川成都·統(tǒng)考模擬）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△A1B1C1與△AB1C1均是邊長為2的正三角形，且AA1＝．
（Ⅰ）證明：平面AB1C1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求四棱錐A﹣BB1C1C的體積．
（2023?海南?？凇き偵絽^(qū)三模）如圖，三棱臺ABC﹣A1B1C1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1與A1C相交于點D，，且
DE∥平面BCC1B1．
（1）求三棱錐C﹣A1B1C1的體積；
（2）平面A1B1C與平面ABC所成角為α，CC1與平面A1B1C所成角為β，求證：．
（2023·海南瓊?！ば＜壞M）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝4，
AB＝2，點M，N，P分別是BB1，B1C1，BC的中點，點Q為棱CC1上一點，且直線
AA1和PQ所成的角為．
（1）求證：PQ∥平面AMN；
（2）求點P到平面AMN的距離．
（2023·陜西商洛·鎮(zhèn)安中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在六面體中，四邊形是菱形，，平面，，為的中點，平面．

(1)求；
(2)若，求直線與平面所成角的正弦值．
（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考模擬）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1的側(cè)面BB1C1C是邊長為1的正方形，側(cè)面BB1C1C⊥側(cè)面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中點．
（1）求證：平面GBC⊥平面BB1C1C；
（2）若P為線段BC的中點，求三棱錐A﹣PBG的體積．
（2023?四川雅安·區(qū)聯(lián)考三模）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中、四邊形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，AB＝BC＝2，CA＝CB1，CA⊥CB1，
（1）證明：平面CAB1⊥平面ABB1A1；
（2）求直線BB1和平面ABC所成角的正弦值；
（2023?寧夏平羅縣·校級二模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，
AD⊥CD，AD∥BC，且PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，E是PD的中點，點F在PC上，且
PF＝2FC．
（1）證明：DF∥平面PAB；
（2）求三棱錐P﹣AEF的體積．
（2023?河南開封·三模）如圖，四邊形ABCD是圓柱OO1的軸截面，EF是圓柱的母線，P是線段AD的中點，已知AB＝4，BC＝6．
（1）證明：BF⊥平面EPF；
（2）若直線AB與平面EPF所成角為60°，求三棱錐B﹣EPF的體積．
（2023·內(nèi)蒙古赤峰·校聯(lián)考三模）如圖，為圓錐的頂點，是圓錐底面的圓心，四邊形是圓的內(nèi)接四邊形，為底面圓的直徑，在母線上，且，，．

(1)求證：平面平面；
(2)設(shè)點為線段上動點，求直線與平面所成角的正弦值的最大值．
題型訓(xùn)練
答案&解析
【1】
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得平面，再由勾股定理求出為中點，即可得證；
（2）利用直角三角形求出的長及點到面的距離，根據(jù)線面角定義直接可得正弦值.
【詳解】（1）如圖，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
過作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距離為1，，
在中，，
設(shè)，則，
為直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
過B作，交于D，則為中點，
由直線與距離為2，所以
，，，
在，，
延長，使，連接，
由知四邊形為平行四邊形，
，平面，又平面，
則在中，，，
在中，，，
,
又到平面距離也為1，
所以與平面所成角的正弦值為.
【2】
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，所以由求出點坐標(biāo)，再求出平面與平面BEF的法向量，由即可證明；
（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）連接，設(shè)，則，，，
則，
解得，則為的中點，由分別為的中點，

于是，即，則四邊形為平行四邊形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，則，得，
因此，則，有，
又，平面，
則有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因為，過點作軸平面，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
，
在中，，
在中，，
設(shè)，所以由可得：，
可得：，所以，
則，所以，，
設(shè)平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
設(shè)平面的法向量為，
則，得，
令，則，所以，
，
所以平面平面BEF；

（3）法一：過點作交于點，設(shè)，
由，得，且，
又由（2）知，，則為二面角的平面角，
因為分別為的中點，因此為的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，則，
從而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值為.

法二：平面的法向量為，
平面的法向量為，
所以，
因為，所以，
故二面角的正弦值為.
【3】
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理證明，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，從而可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；
（2）以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可得出答案.
【詳解】（1）證明：在四邊形中，作于，于，
因為，
所以四邊形為等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因為平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因為平面，
所以；
（2）解：如圖，以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，
，
則，
則，
設(shè)平面的法向量，
則有，可取，
則，
所以與平面所成角的正弦值為.
【4】
【答案】(1)證明過程見解析
(2)與平面所成的角的正弦值為
【分析】（1）根據(jù)已知關(guān)系證明，得到，結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）根據(jù)勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合線面角的運算法則進(jìn)行計算即可.
【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；
在和中，因為，
所以，所以，又因為E為的中點，所以；
又因為平面，，所以平面，
因為平面，所以平面平面.
（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，
所以，所以，
當(dāng)時，最小，即的面積最小.
因為，所以，
又因為，所以是等邊三角形，
因為E為的中點，所以，，
因為，所以,
在中，，所以.
以為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，所以，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，取，則，
又因為，所以，
所以，
設(shè)與平面所成的角的正弦值為，
所以，
所以與平面所成的角的正弦值為.
【5】
【答案】(1)
(2)證明見解析
【解析】（1）如圖，以為坐標(biāo)原點，為軸，平面為平面，
建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
設(shè)，顯然，當(dāng)時，平面與平面共面，此時的銳二面角一定不是最大
的，所以，
所以，

設(shè)平面的法向量為，
則即
令，則．
又平面的一個法向量為，
則，
又，所以，
所以，
當(dāng)時，等號成立，由
得，
所以，即點在面上．
所以平面平面，
所以，
所以該幾何體中任意兩點間的距離的最大值為．
（2）由（1）知平面，
所以．
又，且，
平面，
所以平面．
又平面，
所以．
由，且平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
【6】
【解答】解：（1）作CF⊥AD，垂足為F，易證，四邊形ABCF為正方形．
所以CF＝AF＝DF＝1，．又，
因為AC2+CD2＝AD2，所以AC⊥CD．
因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD．
又AC∩PA＝A，AC?平面PAC，PA?平面PAC，所以CD⊥平面PAC．
（2）以點A為坐標(biāo)原點，以AB，AD，AP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則A（0，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0），．
則，，．
設(shè)平面AED的法向量為，
由，得，
令z＝1，可得平面AED的一個法向量為．
設(shè)PD與平面AED所成角為θ，
則．
【7】
【解答】解：（Ⅰ）證明：取B1C1中點O，連接AO，A1O，如圖，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△A1B1C1與△AB1C1均是邊長為2的正三角形，且AA1＝，
∴A1O⊥B1C1，AO⊥B1C1，AO＝A1O＝＝，
∴∠A1OA是平面AB1C1和平面A1B1C1所成角，
∵＝，∴∠A1OA＝90°，
∴平面AB1C1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）∵A1O⊥B1C1，AO⊥B1C1，AO∩A1O＝O，∴B1C1⊥平面AOA1，
∵AA1?平面AOA1，∴B1C1⊥AA1，∴B1C1⊥BB1，
取BC中點D，連接AD，OD，則AO＝AD＝，DO＝，AO⊥AD，
過A作AE⊥平面BB1C1C，交CD于點E，由題意E是OD中點，
AE＝＝，
∴四棱錐A﹣BB1C1C的體積為：
V＝＝＝2．
【8】
【解答】解：（1）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1?平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC?平面ABC
∴BC⊥平面ABB1A1，∵BB1?平面ABB1A1，
∴BC⊥BB1，又AC⊥BB1，BC∩AC＝C，BC，AC?平面ABC
∴BB1⊥平面ABC，連接C1B，
∵DE∥平面BCC1B1，DE?平面ABC1，平面ABC1?平面BCC1B1＝C1B，
∴DE∥C1B，∵，∴，∴．
∴三棱錐C﹣A1B1C1底面A1B1C1的面積，高h(yuǎn)＝BB1＝2，
∴三棱錐C﹣A1B1C1的體積為：；
（2）證明：分別以為x，y，z軸的正方向建系如圖．
則A（6，0，0），C（0，4，0），B1（0，0，2），A1（3，0，2），C1（0，2，2），
∴．
設(shè)平面A1B1C的法向量為，
則，取，
又平面ABC的一個法向量為，
∴csα＝|cs＜，＞|＝＝＝，
．
又，所以．
∴．
又α+β∈（0，π），∴．
【9】
【解答】（1）證明：在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AA1∥CC1
∴直線AA1和PQ所成的角為，
∴直角三角形△PQC為等腰直角三角形，∴QC＝2，故點Q為棱CC1的中點．
連接BC1，∴PQ∥BC1，MN∥BC1故．∴PQ∥MN
又MN?平面AMN，PQ?平面AMN，∴PQ∥平面AMN
（2）以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則A（4，0，0），B（4，2，0），C（0，2，0）B1（4，2，4），C1（0，2，4），
∴P（2，2，0），M（4，2，2），N（2，2，4）
則，
設(shè)平面AMN的法向量為，則，
即令z＝1，則平面AMN的法向量，
設(shè)P到平面AMN的距離為d，∴
∴點到平面AMN的距離為．
【10】
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）四邊形是菱形，，
又平面，平面，平面，
同理可得：平面．
，平面，平面平面，
平面平面，平面平面，，
同理可得：，四邊形是平行四邊形；
連接交于點，連接交于點，連接，
設(shè)，，則，
延長交于點，連接，
平面，平面，平面平面，，
又，四邊形為平行四邊形，則，
為的中點，．
，，即，解得：，.
（2）由（1）知，兩兩垂直，故以為坐標(biāo)原點，正方向分別為軸的正方向，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，
，，；
設(shè)平面的法向量為，
則，令，解得：，，，
，
即直線與平面所成角的正弦值為.
【11】
【解答】解：（1）證明：在△GBB1中，，BB1＝1，∠A1B1B＝60°，
則在△GB1B中，由余弦定理得GB＝＝，
因為，即，
所以GB⊥BB1，由已知平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，
且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1 又GB?平面AA1B1B，故GB⊥平面 BB1C1C，
又GB?平面GBC，則平面GBC⊥平面BB1C1C；
（2）由題意知，由（1）知，GB⊥平面 BB1C1C，BC?平面BB1C1C，
則BC⊥GB，又BC⊥BB1，且GB∩BB1＝B，GB，BB1?平面AA1B1B，
可得BC⊥平面AA1B1B，因此PB為三棱錐P﹣ABG的高，
因為∠A1B1B＝60°，∠GBB1＝90°，所以∠ABG＝30°，
又S△ABG＝sin∠ABG×AB×BG＝××4×＝，
所以VA﹣PBG＝VP﹣ABG＝×S△ABG×PB＝××＝．
【12】
【解答】證明：（1）取AB1的中點O，連接OC，OB，如圖所示：
∵四邊形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，
∴△ABB1為等邊三角形，又∵AB＝2，
∴OB＝2×＝，AB1＝2，
∵CA＝CB1，CA⊥CB1，∴CO⊥AB1，且CO＝＝1，
又∵BC＝2，∴BC2＝OB2+CO2，
∴CO⊥OB，
又∵CO⊥AB1，AB1∩OB＝O，
∴CO⊥平面ABB1A1，
又∵CO?平面CAB1，
∴平面CAB1⊥平面ABB1A1；
解：（2）由（1）可知，OB，OB1，OC兩兩垂直，
以點O為坐標(biāo)原點，分別以，，的正方向為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：
則B（，0，0），B1（0，1，0），A（0，﹣1，0），C（0，0，1），
∴＝（﹣，1，0），＝（，1，0），＝（0，1，1），
設(shè)平面ABC的一個法向量為＝（x，y，z），則，
即，取x＝得，，
∴＝（，﹣3，3），
∴直線BB1和平面ABC所成角的正弦值為|cs＜，＞|＝＝．
【13】
【解答】解：（1）證明：在線段PB上取點M，使得PM＝2MB，
所以，在△PBC中，，且MF∥BC，
因為在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，
所以MF∥AD，MF＝AD，
所以四邊形ADFM是平行四邊形，所以DF∥AM，
又DF?平面PAB，AM?平面PAB，
所以DF∥平面PAB；
（2）作FG⊥PD交PD于點G，
因為PA⊥面ABCD，所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA與AD交于點A，
所以CD⊥面PAD，CD⊥PD，
又FG⊥PD，所求FG∥CD，
所以△PFG～△PCD，
所以，得，又E為PD中點，
所以．
【14】
【解答】解：（1）證明：連接AF，
∵四邊形ABCD是圓柱OO1的軸截面，
∴AB為圓O的直徑，
∴AF⊥BF，
又EF是圓柱的母線，
∴EF⊥平面ABF，
∵BF?平面ABF，
∴EF⊥BF，
又∵AF?EF＝F，AD∥EF，AF，EF?平面ADEF，
∴BF⊥平面ADEF，
又∵P是線段AD的中點，
∴平面ADEF即為平面EPF，
∴BF⊥平面EPF．
（2）由（1）知BF⊥平面EPF，
∴BF為三棱錐B﹣EPF的高，且AF為AB在平面EPF內(nèi)的射影，
∴AB與平面EPF所成角為∠BAF，
由已知∠BAF＝60°，AB＝4，BC＝6，
∴，AF＝ABcs60°＝2，，
∴．
【15】
【答案】(1)證明見解析
(2)1
【解析】（1）如圖，設(shè)交于點，連接，
由已知可得，又，
所以四邊形為菱形，所以，
∵，，，
∴，∴，
∴，又，所以，
因為為的中點，∴，．
由余弦定理可得，
∴，所以，即，
又平面，，∴平面．
又平面，∴平面平面．

（2）由已知平面，平面，所以，
又，，平面，
∴平面，
又平面，∴．
由（1）知，，平面，
所以平面，
∴，又點為的中點，
所以．
以點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

則，，，，，，
設(shè)，則，
∴，，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，令，則，
所以為平面的一個法向量．
設(shè)直線與平面所成的角為，
則，
構(gòu)建，
則，
當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，
∴時，取到最大值4．
此時，取到最大值1.
另解：由，知，
當(dāng)時，，此時平面，
設(shè)直線與平面所成的角為，因為，
當(dāng)時，取到最大值1．

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