1、多加總結。當三年所有的數(shù)學知識點加在一起，可能會使有些基礎不牢固的學生犯迷糊。
2、做題經(jīng)驗。哪怕同一題只改變數(shù)字，也能成為一道新的題目。
3、多刷錯題。多刷錯題能夠進一步地掃清知識盲區(qū)，多加鞏固之后自然也就掌握了知識點。
對于學生來說，三輪復習就相當于是最后的“救命稻草”，家長們同樣是這樣，不要老是去責怪孩子考試成績不佳，相反，更多的來說，如果能夠陪同孩子去反思成績不佳的原因，找到問題的癥結所在，更加重要。
【一專三練】 專題03 立體幾何大題拔高練-新高考數(shù)學復習分層訓練（新高考通用）
1．（2023·湖北·荊州中學校聯(lián)考二模）如圖，已知四棱錐中，，，，平面，平面平面
(1)證明：；
(2)若，且，為的重心．求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性質定理、線面垂直的判定定理和性質定理即可證明；
（2）以為坐標原點，，為，軸，過平行于的直線為軸建立空間直角坐標系，分別求出直線的方向向量與平面的法向量，由線面角的向量公式代入即可得出答案.
【詳解】（1）過作于，∵平面平面，平面平面，
因為平面，∴平面，又平面，
∴，又∵平面，平面，∴
平面，，
∴平面，又∵平面，∴
（2）以為坐標原點，，為，軸，過平行于的直線為軸建立空間直角坐標系，
∴，，，
又設，∵，∴①
∴，∴②
由①②得，，∴
又，故，
設平面的法向量為則，
令，∴
設直線與平面所成角為．
則．
2．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考三模）如圖，在四面體中，為的重心，，分別在棱，上，平面平面.
(1)求的值；
(2)若平面，，且，求平面與平面的夾角的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）延長交于點，連接，由已知的面面平行可得，為的重心，所以 ，可求的值；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求二面角的大小.
【詳解】（1）延長交于點，連接，
因為為的重心，所以為的中點且 ，
因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，
所以 ， 所以 .
（2）因為平面，平面BCD，所以，，
因為，，，平面，所以平面，
如圖，以BA為x軸，BC為y軸，過B與CD平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系，
由(1)同理可得，則 ，
所以
所以 ， ，
設平面的法向量為，則
令，則，，則，
設平面的法向量為則
，令，則，，則，
設平面與平面的夾角為，則 ，
所以平面與平面的夾角的大小為.
3．（2023·遼寧撫順·統(tǒng)考模擬預測）如圖，四棱錐的底面是正方形，點P，Q在側棱上，E是側棱的中點．
(1)若，證明：BE∥平面；
(2)若每條側棱的長都是底面邊長的倍，從下面兩個條件中選一個，求二面角的大?。?br>①平面；②P為的中點．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)證明見解析
(2)若選①，二面角為；若選②，二面角為
【分析】（1）連接，設交點為O，連接，，，先證明平面平面，進而即可證明平面；
（2）選①或②，都是先證明平面，進而建立空間直角坐標系,根據(jù)二面角的向量公式求解即可．
【詳解】（1）連接，設交點為O，連接，，，
在中，點E是的中點，點Q足線段的中點，所以．
又因為平面，且平面，所以平面，
在中，點O是線段的中點，點P是線段的中點，所以．
又因為平面，且平面，所以平面，
又因為，且，平面，所以平面平面，
又因為平面，所以平面；
（2）若選①平面，連接，
因為為正方形，所以點O分別為與的中點，
由題意，，所以，同理，
又，所以平面．
故以O為原點，，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系．
設，則，，，，
所以，，，，，．
因為平面，所以平面的一個法向量為．
顯然平面的一個法向量為．
設二面角的平面角為，所以，所以．
若選②P為的中點，連接，因為為正方形，所以點O分別為與的中點，
由題意，，所以．同理，
又，所以平面．
故以O為原點，，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系．
設，則，，，，
所以，，，，，，
則，，
設平面的法向量為，
則，即，取，得，
顯然平面的一個法向量為，
設二面角的平而角為，所以，所以．
4．（2023·云南曲靖·曲靖一中?？寄M預測）如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為4的菱形，，點D為棱AC上的動點（不與A、C重合），平面與棱交于點.
(1)求證；
(2)若平面平面，，判斷是否存在點D使得平面與平面所成的銳二面角為，并說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)不存在，理由見解析
【分析】（1）先證明平面，再由線面平行的性質定理證明；
（2）假設D點存在，建立空間直角坐標系，利用法向量解決二面角問題，判斷D點坐標是否有解.
【詳解】（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
（2）連接，取AC中點O，連接，，在菱形中，，
∴是等邊三角形，
又∵O為AC中點，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以點為原點，，，為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
假設存在點D，滿足題意，設，
，，，，
，，
設平面的一個法向量為，
則，所以，令，則，，
故，
設平面的法向量為
，，
，，令，則，，故，
，解，
所以點D在點C的位置時，平面與平面所成銳角為，
由于D不與A、C重合，故AC上不存滿足題意的點.
5．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預測）已知平行六面體中，，，，側面是菱形，．
(1)求與底面所成角的正切值；
(2)點分別在和上，，過點的平面與交于G點，確定G點位置，使得平面平面．
【答案】(1)
(2)點G在線段靠近的三等分點處
【分析】（1）證明平面ABCD，從而找到與底面所成角，解三角形，即可求得答案；
（2）證明當分別為線段和的中點時，平面平面，說明與平面BEF的交點G在線段BN上，結合三角形相似即可確定G點位置.
【詳解】（1）取的中點M，連接，，．
∵側面為菱形，，
∴為等邊三角形，，,
∵，，，由余弦定理知，
∴，∴．
在中，，，有，∴．
又∵平面，∴平面．
又∵平面，∴．
∵，平面ABCD，∴平面ABCD，
∴為直線與底面所成的角，
由，則，
∴．
（2）當分別為線段和的中點時，平面平面．
證明如下：
連接，，EF，．側面是菱形，則．
又∵，平面，
∴平面，平面，故，
平面BEF，
∴平面BEF，平面，∴平面平面BEF．
連接交于點N，連接BN，，BD．∴平面平面，
∴與平面BEF的交點G在線段BN上．
∵，∽，∴，
即點G在線段靠近的三等分點處．
6．（2023·廣東深圳·深圳中學校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，在三棱錐中，滿足，點M在CD上，且，為邊長為6的等邊三角形，E為BD的中點，F(xiàn)為AE的三等分點，且.
(1)求證：面ABC；
(2)若二面角的平面角的大小為，求直線EM與面ABD所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）在BE上取一點N，使得，由題可得，，根據(jù)線面平行及面面平行的判定定理可得面面ABC，進而即得；
（2）根據(jù)面面垂直的判定定理可得面面AEC，過點C作，則面ABD，根據(jù)條件可得C到面ABD的距離及M到面ABD的距離，然后利用余弦定理可得EM，進而即得.
【詳解】（1）在BE上取一點N，使得，連接FN，NM，
∵，∴，，，
∵，∴，
則，又面ABC，面ABC，
∴面ABC，
∵，∴.
∵面ABC，面ABC，∴面ABC，
∵，面FNM，
∴面面ABC，又面FNM，
∴面ABC；
（2）∵，，
所以二面角的平面角為.
又∵，面AEC，
∴面AEC，∵面ABD，
∴面面AEC，
∵面面，在面AEC內(nèi)過點C作于H，則面ABD，
則.
∵，
∴，即C到面ABD的距離為，
∵，∴M到面ABD的距離為.
計算EM：，
在中，，，
∴.
∴EM與面ABD所成角的正弦值為.
7．（2023·遼寧·遼寧實驗中學?？寄M預測）如圖，在多面體PABCFE中，PA⊥平面ABC，，且,D為PA的中點，連接BD，PC，點M，N滿足.
(1)證明：平面PEF；
(2)若，，求直線PC與平面PEF所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）根據(jù)線面平行的判斷定理，轉化為證明；
（2）根據(jù)垂直關系，以點為原點，建立空間直角坐標系，利用線面角的向量公式，即可求解.
【詳解】（1）證明：連接AF交PC于點，因為，PA=2CF，所以，又PN=2NC，則點與點N重合，所以AN=2NF，
同理，連接AE交DB于點M，得AM=2ME，所以，
又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF．
（2）由題意可知，，
在中，
，
，所以AC2=AB2＋BC2，所以AB⊥BC，以B為坐標原點，BC，BA，BE所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
所以P(0，2，4)，E(0，0，1)，F(xiàn)(2，0，2)，C(2，0，0)，，，，設平面PEF的法向量為，則不妨取x=1，則y=3，z=－2，即，設直線PC與平面PEF所成的角為θ，
所以直線PC與平面PEF所成角的正弦值為．
8．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在三棱柱中，四邊形為菱形，E為棱的中點，為等邊三角形．
(1)求證：；
(2)若，求平面和平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意，先證平面，再由線面垂直的性質定理即可證明；
（2）根據(jù)題意，設AC，AB的中點分別為O，G，連接，以O為坐標原點，的方向分別為x軸y軸z軸的正方向，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算，即可得到結果.
【詳解】（1）
如圖，連接，與相交于點F，連接CF，．
因為四邊形為菱形，所以F為的中點，且．
因為為等邊三角形，所以，
因為，BF、CF在面A1BC內(nèi)，所以平面．
因為平面，所以．
因為，所以．
（2）設AC，AB的中點分別為O，G，連接．
由（1）可知，又，AB1、AC在面AB1C內(nèi)，
所以平面，OB1、OC在面AB1C內(nèi)，則OB1、OC與BC垂直，
因為，所以平面，
因為為等邊三角形，所以．
以O為坐標原點，的方向分別為x軸y軸z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
所以，
由，得，
所以．
設平面的法向量為，
則令，得．
設平面的法向量為，
則令，得．
設平面與平面的夾角為，
所以，
即平面與平面夾角的余弦值為．
9．（2023·河北衡水·河北衡水中學?？既＃﹫D1是直角梯形ABCD，，∠D＝90°，四邊形ABCE是邊長為2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE為折痕將△BCE折起，使點C到達的位置，且．
(1)求證：平面平面ABED．
(2)在棱上是否存在點P，使得點P到平面的距離為？若存在，求出直線EP與平面所成角的正弦值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）在圖1中，連接，交于O，由幾何關系可得，，結合圖2易得 是二面角 的平面角，由勾股定理逆定理可證，進而得證；
（2）以，， 為 x，y，z 軸建立空間直角坐標系，設 ，，求得，同時求出平面的法向量，由點面距離的向量公式求得，進而求得，結合向量公式可求直線EP與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）如圖所示：
在圖1中，連接，交于O，因為四邊形是邊長為2的菱形，并且，所以，且．
在圖 2 中， 相交直線 ，均與 垂直， 所以 是二面角 的平面角， 因為 ， 所以 ，，所以平面 平面 ；
（2）由 （1） 知， 分別以，， 為 x，y，z 軸建立如圖 2 所示的空間直角坐標系， 則 ，，，，， ，，，，.
設 ，，
則 .
設平面 的法向量為 ，
則， 即 ， 取 ，
因為點 到平面 的距離為 ，
所以 ， 解得 ，
則 ， 所以 .
設直線 與平面 所成的角為 ，
所以直線 與平面 所成角的正弦值為 .
10．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考一模）如圖，四棱錐中，底面為矩形且垂直于側面，為的中點，，．
(1)證明：平面；
(2)側棱上是否存在點E，使得平面與平面夾角的余弦值為，若存在，求的值；若不存在，說明理由．
【答案】(1)見詳解
(2)側棱上存在點，或
【分析】（1）利用相似三角形和勾股定理證出，根據(jù)平面與平面垂直的性質和直線與平面垂直的性質，證得，根據(jù)直線和平面垂直的判定定理，證出平面；
（2）根據(jù)平面與平面垂直的性質以及為等邊三角形，建立空間直角坐標系，利用空間向量的夾角與平面與平面的夾角公式及關系，求出存在點，得出或.
【詳解】（1）證明：設交于點，
底面為矩形，在中，，
為的中點，，
在中，，
，，，，，
，，，即,
∵，為等邊三角形，為的中點，，
∵平面平面平面SAO，平面平面=，，
平面，
平面，，即，
又，，平面，平面.
（2）設，，
底面為矩形，∴，
∵平面平面，平面平面=，，
平面.
以坐標原點，過點作平行于的直線為軸，以和所在直線分別為軸和軸，建立如圖所示的空間直角坐標系；
∵，為等邊三角形，
為的中點，
，，
,,,,，
,，，；
,
，
設平面的法向量為，
，即，令，
設平面的法向量為，
由可得，
令，，
,
平面與平面夾角的余弦值為，
，
整理得，或，均符合，
或，
側棱上存在點，使得平面與平面夾角的余弦值為，
或.
11．（2023·河北邢臺·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在三棱柱中，側面和側面均為正方形，為棱的中點．
(1)證明：平面平面；
(2)若直線與平面所成角為30°，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理可得平面，即平面，進而，再次利用線面垂直的判定定理可得平面，結合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）建立如圖空間直角坐標系，利用向量法求出平面的法向量，結合面面角的向量求法即得.
【詳解】（1）因為側面、側面均為正方形，
所以，，又，平面，
所以平面，又，所以平面，
又平面，所以．
由，為棱的中點，所以，
又，平面，
因此平面，又平面，
故平面平面；
（2）由（1）得是與側面所成角，即，
令，所以，又，
所以，，，
則，．
以A為原點，以，，分別為軸，軸，軸的正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，．所以，．
設是平面的一個法向量，
則即?。?
易知是平面的一個法向量，
則．
而平面與平面的夾角為銳角，
所以平面與平面的夾角的余弦值為．
12．（2023·福建廈門·統(tǒng)考二模）如圖，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，A1D⊥BD1．
(1)證明：四邊形ADD1A1為正方形；
(2)若直線BD1與平面ABCD所成角的正弦值為，CD＝2AB，求平面ABD1與平面BCD1的夾角的大?。?br>【答案】(1)詳見解析；
(2)
【分析】（1）易證平面，從而得到，再由，得平面，從而得到，然后由正方形的定義證明；
（2）建立空間直角坐標系，設，根據(jù)直線BD1與平面ABCD所成角的正弦值為求得a，b的關系，再分別求得平面ABD1的一個法向量為和平面BCD1的一個法向量為，由求解.
【詳解】（1）解：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1知：，
又，且，
所以平面，
又平面，
所以，又，且，
所以平面，
又平面，
所以，
因為四邊形是矩形，
所以是正方形；
（2）建立如圖所示空間直角坐標系：
，
設，
則，所以，
設ABCD的一個法向量為，
直線BD1與平面ABCD所成的角為，
則，即，解得，
則，
所以，
設平面ABD1的一個法向量為，
則，即，
令，則，
設平面BCD1的一個法向量為，
則，即，
令，則，
所以，
因為，則，
所以平面ABD1與平面BCD1的夾角為.
13．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預測）如圖，直角梯形ABCD中，，直角梯形ABCD繞BC旋轉一周形成一個圓臺．
(1)求圓臺的表面積和體積；
(2)若直角梯形ABCD繞BC逆時針旋轉角到，且直線與平面ABCD所成角的正弦值為，求角的最小值．
【答案】(1)表面積和體積分別為，
(2)
【分析】（1）利用圓臺的表面積、體積公式求圓臺的表面積和體積；
（2）構建空間直角坐標系，確定、面ABCD的一個法向量，應用空間向量夾角的坐標表示列方程求，進而可求的最小值.
【詳解】（1）由題意，直角梯形ABCD旋轉形成下底面半徑為2，上底面半徑為1，高為2的圓臺，可得該圓臺的母線長為，
所以該圓臺的表面積，
該圓臺的體積，
故所求圓臺的表面積和體積分別為，；
（2）作，以點B為坐標原點，射線BA，BM，BC為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，，即，
又平面ABCD的一個法向量，設與平面ABCD所成的角為，
則，
兩邊平方并結合，
解得或，故時所求的最小值為．
14．（2023·山東青島·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，且，，將繞直角邊PA旋轉到處，得到圓錐的一部分，點D是底面圓弧BC(不含端點)上的一個動點．
(1)是否存在點D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，請說明理由；
(2)當四棱錐體積最大時，求平面PCD與平面PBD夾角的余弦值．
【答案】(1)存在，當為圓弧的中點，此時；
(2)．
【分析】（1）面即為所求，即BC⊥AD，此時易知D為圓弧BC的中點；
（2）易知當四邊形ABDC面積最大時，四棱錐的體積最大，設，根據(jù)可求四邊形ABDC面積最大時的大小.建立空間直角坐標系，求出此時各點坐標，利用向量法即可求出平面PCD與平面PBD夾角的余弦值．
【詳解】（1）當為圓弧的中點，即時，，
證明如下：∵為圓弧的中點，∴，即為的平分線，
∵，∴為等腰的高線，即，
∵平面，
∴平面，∴，
∵，∴面，∴．
（2）由（1）得，為四棱錐的高，∵，∴當?shù)酌娣e取最大值時，四棱錐體積最大.
設，則，
，
∵，
∴時，取最大值，
∴當四棱錐體積最大時，，
過在平面內(nèi)作直線，交圓弧于點，
由題知兩兩垂直，則以為原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
則，
設平面的法向量為，
則，即，令，得；
設平面的法向量為，
則，即，令，得；
設平面與平面的夾角為，則，
∴平面與平面夾角的余弦值為．
15．（2023·山東·煙臺二中校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，在直三棱柱中，E，F(xiàn)分別是線段AC，的中點，．
(1)求證：平面平面；
(2)若，且二面角的余弦值為，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定可得平面，再由面面垂直判定定理得證；
（2）設，則，建立空間直角坐標系，利用向量法求出二面角余弦值解出即可得解.
【詳解】（1）因為，所以，
而E為AC的中點，所以．
因為平面ABC，平面ABC，所以．
又，平面，所以平面．
因為平面BEF，所以平面平面．
（2）因為，設，則，．
以E為坐標原點，以EB，EC所在直線分別為x，y軸，
過點E與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系如圖，
設，則，，，，，
所以，，，．
設平面BEF的法向量為，
則，得，令，則．
設平面ABF的法向量為，
則，得，令，則．
設二面角的平面角為，則，
所以，解得．
故．
16．（2023·湖北·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在斜三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，側面為菱形，已知，．
(1)當時，求三棱柱的體積；
(2)設點P為側棱上一動點，當時，求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）取的中點為O，根據(jù)等邊三角形可知，，再計算出各個長度可知，根據(jù)線面垂直判定定理可證平面，即為三棱柱的高，根據(jù)體積公式求出即可；
（2）根據(jù)及余弦定理解出，以為原點建立合適空間直角坐標系，找出點的坐標，求出平面的一個法向量，設，求出，根據(jù)直線面所成角的正弦值等于線與法向量夾角的余弦值的絕對值建立等式，構造新函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)性質即可求得范圍.
【詳解】（1）解：如圖，取的中點為O，
因為為菱形，且，所以為正三角形，
又有為正三角形且邊長為2，則，，
且，，所以，
所以，因為又，
平面，平面，所以平面，
所以三棱柱的體積．
（2）在中，，，
由余弦定理可得，
所以，由（1），，
又，平面，平面，
所以平面，因為平面，
所以平面平面，所以在平面內(nèi)作，則平面，
以，，所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖所示：
則，，，，
，，
設是平面的一個法向量，
，，
則，即，
取得，設，
則
，
設直線與平面所成角為，
則
，
令，則在單調遞增，
所以，
故直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為．
17．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預測）如圖，四棱臺的下底面和上底面分別是邊和的正方形，側棱上點滿足.
(1)證明：直線平面；
(2)若平面，且，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）延長和交于點，連接交于點，連接，即可得到，從而得到為中點，即可得到且，從而得到，即可得解；
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）證明：延長和交于點，連接交于點，連接，
由，故，所以，所以，
所以，所以為中點，
又且，且，
所以且，
故四邊形為平行四邊形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）解：以為原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸
建立如圖所示的空間直角坐標系.
則.
所以.
設平面的法向量，由，得，
取，
故所求角的正弦值為，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
18．（2023·湖南·模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，側面為菱形，，底面ABC為等腰三角形，，O是AC的中點．
(1)證明：；
(2)若二面角的余弦值為，求三棱柱的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通過面面垂直的性質證明線面垂直，再證得線線垂直；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法解決二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的體積.
【詳解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，為等邊三角形，O是AC的中點，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以點O為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，設，
則，，，，， ， ·
， ， ，
設平面的法向量是，
由，令，，得
設平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的體積為.
19．（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，為等邊三角形，為的中點，，平面平面．
(1)證明：平面平面；
(2)若，，，直線與平面所成角的正弦值為，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析；
(2)或
【分析】（1）根據(jù)題意，取中點為，連接，由面面垂直的性質定理可得平面，再由線面垂直的判定可得平面，從而得到結果；
（2）根據(jù)題意，以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，設，由條件可得，從而得到三棱錐的體積.
【詳解】（1）
取中點為，連接，因為為等邊三角形，所以，
且平面平面，平面平面，面，所以平面，
又平面，所以，
又因為，，平面，所以平面，
又因為平面，所以，
因為為中點，所以，且，平面，所以平面，
且平面，所以平面平面.
（2）
由（1）可知，且，，所以平面，
且平面，所以，
以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
設，則可得，
即，，
設平面的法向量為，
則，則可得，取，則，
所以平面的一個法向量為，
設直線與平面所成角為，
所以，
解得，或，即或
當時，則，
所以.
當時，，
所以.
20．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考三模）如圖，在三棱錐中，側面底面是邊長為2的正三角形，分別是的中點，記平面與平面的交線.
(1)證明：直線平面.
(2)若在直線上且為銳角，當時，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）證明線面平行，進而由線面平行的性質得到線線平行，結合面面垂直證明線面垂直；
（2）根據(jù)體積關系求出邊長，建系求出法向量，求出二面角即可.
【詳解】（1）證明分別是的中點，,平面,
平面平面
平面，平面平面.
平面平面，平面平面，平面
平面.
平面
（2）是的中位線，
又，當時，
又因為故此時
以為原點，直線為軸，直線
為軸，過點且垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，
則，
，
令平面的法向量為
則令則
令平面的法向量為
則令則
因為，因為二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為.
21．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考二模）在中，，過點作，交線段于點（如圖1），沿將折起，使（如圖2），點分別為棱的中點.
(1)求證：；
(2)在①圖1中，②圖1中，③圖2中三棱錐的體積最大.
這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，再解答問題.
問題：已知__________，試在棱上確定一點，使得，并求平面與平面的夾角的余弦值.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理與性質可得，結合中位線的性質可得，即可證明；
（2）選①：由二倍角的正切公式求出，進而求出BD，選②：根據(jù)向量的線性運算求出BD，選③：設，利用線面垂直的判定定理和性質可得平面，則，利用導數(shù)求出體積的最大值，求出BD.分別建立如圖空間直角坐標系，利用向量法求出面面角即可；
【詳解】（1），平面，
平面平面.
又分別為的中點，
.
（2）選①，在圖1所示的中，由，
解得或（舍去）.
設，在Rt中，，
解得.
以點為原點，分別為軸建立如圖所示的坐標系，
，
則.
設，則.
，即，解得，
當（即是的靠近的一個四等分點）時，.
設平面的一個法向量為，且，
由得令，則，
取平面CBN的一個法向量，
則，
平面BMN與平面的夾角的余弦值為.
選②，在圖1所示的中，設，
則，
又，由平面向量基本定理知，即.
以點為原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
則.
設，則，
即，解得，
當（即是的靠近的一個四等分點）時，.
設平面的一個法向量為，且，
由得令，則.
取平面的一個法向量，
則，
平面與平面的夾角的余弦值為.
選③，在圖1所示的中，設，則，
為等腰直角三角形，.
折起后，且，平面，
平面，又，
，
令，
當時，；當時，，
時，三棱錐的體積最大.
以點為原點，分別為軸建立如圖所示直角坐標系，
，
，則，
設，則.
，即，
解得，
當（即是的靠近的一個四等分點）時，.
設平面的一個法向量為，且，
由得令，則.
取平面的一個法向量，
則，
平面與平面的夾角的余弦值為.
22．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）在三棱錐中，D，E，P分別在棱AC，AB，BC上，且D為AC中點，，于F.
(1)證明：平面平面；
(2)當，，二面角的余弦值為時，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明平面，由此即可得到本題答案；
（2）以點為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，求出向量與平面的法向量，然后代入公式，即可得到本題答案.
【詳解】（1）因為，
所以都是等腰三角形，
因為于F，所以F為DE的中點，
則，，
又因為是平面內(nèi)兩條相交直線，
所以平面，
又平面，
所以平面平面 ；
（2）因為，，所以，，，
所以， ，
由（1）知為二面角的平面角
所以，
以點為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
易得，，知，
因為，，
可得，
所以
設平面的法向量，，
所以，令，則，
所以 ，
又，
設直線與平面所成角為θ，
，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
23．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預測）如圖在三棱柱中，為的中點，，.
(1)證明：；
(2)若，且滿足：______，______（待選條件）.
從下面給出的①②③中選擇兩個填入待選條件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的體積為；
②直線與平面所成的角的正弦值為；
③二面角的大小為60°；
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）通過證明平面來證得.
（2）先選擇條件，然后根據(jù)所選條件，利用幾何法或向量法求得二面角的正弦值.
【詳解】（1）在三棱柱中，由題意可得，，，
∴，又∵，∴，
同時在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：選擇①③
∵平面，∴，，
∴為二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的體積為，∴.
法一：取的中點為，連接，，過作于點，連接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂線定理可得，
∴為二面角的平面角，
其中，，，則，
由于二面角的平面角與二面角的平面角互補，
故二面角的正弦值為.
法二：過作，過作，過作交于點，連接，
∴為二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值為.
法三：如圖所示，建立空間直角坐標系，
設平面的一個法向量為，且，，
則，令，則，，故，
設平面的一個法向量為，且，，
則，
令，則，，故，
，故二面角的正弦值為.
方案二：選擇①②；
解析：過點作于點∵平面平面，，
∴平面，故直線與平面所成角為，且，
設，，則，即，.
余下解法參考方案一.
方案三：選擇②③；
∵平面，∴，，
∴為二面角的平面角，即，
過點作于點，
∵平面平面且交線為，，平面，
∴平面，故直線與平面所成角為，且.
設，則，即.
余下解法參考方案一.
24．（2023·浙江·校聯(lián)考三模）如圖，四面體中，，，與面的所成角為．
(1)若四面體的體積為，求的長；
(2)設點在面中，，，過作的平行線，分別交于點，求面與面所成夾角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作，，根據(jù)線面垂直和面面垂直的性質可證得平面，由線面角定義知，設，，利用面積橋可得，由，結合棱錐體積公式可構造方程求得的值，即為；
（2）設，延長交于點，根據(jù)垂直關系可說明點為的垂心，方法一：結合相似的知識可證得，由此可說明分別為中點，以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用面面角的向量求法可求得結果；
方法二：作，，利用射影面積法可求得結果.
【詳解】（1），，，，
又，平面，平面；
作，連接，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，平面面，
平面平面，則作，可得平面，
為與平面的所成角，，
設，，則，，，，
則由得：，
，解得：，即.
（2）設，由（1）得：，
延長交于點，連接，
，，，平面，平面，
平面，，又，，
，，，，
為邊上的高，即，；
，，平面，平面，
又平面，；
由（1）得，若，則點在上，為的垂心；
∽，，
又，，，，即；
方法一：，為中點，為中點，
以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，
，，，
設平面的法向量，
則，令，解得：，，；
平面，平面的一個法向量為，
，即平面與平面所成夾角的余弦值為.
方法二：，，即；
分別作，，則平面，平面，
在平面的投影為，，
設平面與平面所成的二面角為，則.
25．（2023·廣東江門·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，是的中點，點在上，且平面.
(1)求的值；
(2)若平面，，，，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）連接與交于點，求出，利用線面平行的性質可得出，由此可得出的值；
（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點，由可得出，求出的值，利用空間向量法可求得直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）解：連接與交于點，
因為底面是菱形，是的中點，
所以，且，所以.
因為平面，平面，平面平面，
所以 ，所以.
（2）解：因為底面是菱形，是的中點，，
因為，則，
由余弦定理可得，
所以，，所以.
因為平面，平面，平面，
所以，，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系.
則，，，.
設，，則，
所以.
因為，所以，解得.
所以，，.
設為平面的法向量，則，得，
取，所以為平面的一個法向量.
因為，
所以直線與平面所成角的正弦值是.
26．（2023·江蘇南通·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在五面體ABCDE中，平面ABC，，，．
(1)求證：平面平面ACD；
(2)若，，五面體ABCDE的體積為，求平面CDE與平面ABED所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用中位線定理證明線線平行，得到平行四邊形，進而根據(jù)線面垂直的判定即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，寫出相應點的坐標，分別求出平面與平面的法向量，利用向量的夾角公式即可求解.
【詳解】（1）取AC中點M，連接BM，∵，∴，
又∵平面，平面，∴，
又，平面，
∴平面，取CD中點F，連接MF，EF，
∴且，又∵且，
∴且，
∴四邊形BMFE為平行四邊形，∴．
∴平面ACD，又∵平面CDE，∴平面平面ACD．
（2）過點作，則．
設，∴，
．
由（1）可知兩兩互相垂直，建立如圖所示空間直角坐標系，
如圖，∴，
．
設平面CDE與平面ABED的一個法向量分別為，
∴，
，
設平面與平面所成角為θ，
∴，即平面與平面所成角的余弦值為.
27．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預測）如圖，直三棱柱內(nèi)接于圓柱，，平面平面．
(1)證明：為圓柱底面的直徑；
(2)若M為中點，N為中點，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質定理證明平面，繼而證明平面，根據(jù)線面垂直的性質定理證明，即可證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，求得平面與平面的法向量，根據(jù)空間向量的夾角公式，即可求得答案.
【詳解】（1）證明：連接，在直三棱柱中，，
∴四邊形為正方形，
∴
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，
∴
又平面，平面，
∴．
又，,平面，
∴平面，又平面，
∴，∴為圓柱底面的直徑．
（2）由已知平面，，
∴以為正交基底建立空間直角坐標系，
∴，，，，，．
∵為，中點，
∴，．
設平面的一個法向量為．
則，又，，
∴，取，得，，∴，
設平面的一個法向量為．
則?，又，，
∴，取，得，．
∴，
∴，
所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．
28．（2023·江蘇·二模）已知矩形，，為的中點，現(xiàn)分別沿，將和翻折，使點重合，記為點．
(1)求證：
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，先利用線面垂直判定定理證得平面，再由線面垂直性質得證；
（2）先利用線面垂直判定定理證得，可得為直線與平面所成角的平面角，從而得解．
【詳解】（1）已知矩形，沿，將和翻折，使點重合，記為點，
可得，
取的中點，連接，
，，
，，
又，，，
平面，
，
；
（2），，
，，
又四邊形為矩形，，
，
，
為直線與平面所成角的平面角，
，
即直線與平面所成角的正弦值為．
29．（2023·廣東·統(tǒng)考一模）如圖所示的在多面體中，，平面平面，平面平面，點分別是中點.
(1)證明：平面平面；
(2)若，求平面和平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性質定理和線面平行及面面平行的判定定理即可完成證明,
（2）方法一先建系求法向量，再利用向量法求兩平面的夾角，方法二利用幾何法找到面面角，利用三角形知識求兩平面的夾角.
【詳解】（1）如圖，取中點，連接，因為，所以，
又因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，
所以，
又因為平面平面，所以平面，
因為點分別是中點，所以，
又因為平面平面，所以平面，
又因為平面，所以平面平面.
（2）方法一：因為，所以，
由（1）知平面平面，
所以，
所以兩兩相互垂直，
如圖，以點為坐標原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
因為，所以，
則，
平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，
由，
得，即，解得，
取，得，
設平面和平面的夾角為，
則，
所以平面和平面的夾角的余弦值為.
方法二：因為平面平面，所以平面和平面的夾角即二面角.
如圖，過點作，垂足為點，過點作交于點，
則為二面角所成平面角.
在中，，
在中，，
在直角梯形中，因為，,所以，
所以
在中，，
所以，
利用三角形等面積可得，
所以，
因為，所以，
過點作于，則，
所以，
在中，，
所以，
所以平面和平面夾角的余弦值為.
30．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？级＃┤鐖D，三棱柱中，，，側面為菱形
(1)求證：平面平面；
(2)若，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質，結合線面垂直、面面垂直的判定定理進行證明即可；
（2）根據(jù)面面垂直的判定定理和性質定理，建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.
【詳解】（1）由，，故，且，
所以，又，又，平面，
所以平面，而平面，則.
因為四邊形是菱形，所以，
由，平面，于是平面.
又平面，因此平面平面；
（2）因為，四邊形是菱形，所以是正三角形.
取BC的中點O，連接，則，
由（1）知：平面，平面，所以平面平面ABC.
又平面平面，平面，所以平面ABC.
以O為坐標原點，OC，所在直線分別為y，z軸，在面ABC內(nèi)過O且與AB平行的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，
，，.
易知平面的一個法向量，
設平面的法向量為，則，令，
則.
設二面角的大小為，則，而，
所以，二面角正弦值為.

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