1．（2021春·廣東深圳·高三深圳市南頭中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，在以為頂點，母線長為的圓錐中，底面圓的直徑長為2，是圓所在平面內(nèi)一點，且是圓的切線，連接交圓于點，連接、．
(1)求證：平面平面．
(2)當(dāng)二面角的大小為時，求四棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)四棱錐的體積為.
【分析】（1）由圓錐的幾何性質(zhì)推得平面平面，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)及線面垂直的性質(zhì)，可得，再由面面垂直的判定定理，即可得證；
（2）由平面平面，，知平面，從而有，，故，進而得，由和棱錐的體積公式，得解．
【詳解】（1）證明：是圓的切線，，
由圓錐的性質(zhì)知頂點在底面圓上的投影為底面圓心，
∴平面，又平面，
∴平面平面，
平面平面，平面，
平面，
，
，，則，，
又，、平面，
平面，
平面，
平面平面．
（2），且為的中點，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，，
為二面角的平面角，即，
，
在中，，，
，
四棱錐的體積．
2．（2023·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，在多面體中，四邊形與均為直角梯形，，，平面，，．
(1)已知點為上一點，且，求證：與平面不平行；
(2)已知直線與平面所成角的正弦值為，求該多面體的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量及直線的方向向量，即可證明；
（2）設(shè)且，利用空間向量法求出表示出線面角的正弦值，即可求出參數(shù)的值，再根據(jù)錐體的體積公式計算可得.
【詳解】（1）證明：因為平面，平面，所以、，又，
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則、、、、，
所以，，，
設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以，
因為，且不存在使得，即與不共線，
所以與平面不平行且不垂直.
（2）解：設(shè)且，則，所以，
直線與平面所成角的正弦值為，
，化簡得，解得或（舍去），
因為，平面，所以平面，又平面，平面，
所以，，又，，所以，
，平面，所以平面，
又，所以，
，所以，
所以，即多面體的體積為.
3．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為4的正三角形中，為邊的中點，過作于.把沿翻折至的位置，連接?.
(1)為邊的一點，若，求證：平面；
(2)當(dāng)四面體的體積取得最大值時，求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】(1)由線面平行判定定理證明平面，平面，根據(jù)面面平行判定定理證明平面平面，根據(jù)面面平行性質(zhì)定理證明平面；
(2)根據(jù)錐體體積公式由條件確定平面，建立空間直角坐標(biāo)系，求平面與平面的法向量，根據(jù)向量夾角公式求法向量的夾角余弦，由此可得結(jié)論.
【詳解】（1）取中點，連接，
因為在正三角形中，，
又因為，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因為，又因為的面積為定值，
所以當(dāng)?shù)狡矫娴木嚯x最大時，四面體的體積有最大值，
因為，，，，平面，
所以平面，
因為平面，所以平面平面，
當(dāng)時，平面平面，平面
所以平面，即在翻折過程中，點到平面的最大距離是，
因此四面體的體積取得最大值時，必有平面.
如圖，以點為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直接坐標(biāo)系，
易知，，，，
，，，
為平面的一個法向量，
設(shè)平面的法向量為，
，
由，令得：，，
所以為平面的一個法向量，
.
所以平面與平面的夾角（銳角）的余弦值為.
4．（2023春·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知四棱錐的底面是平行四邊形，側(cè)棱平面，點在棱上，且，點是在棱上的動點（不為端點）.（如圖所示）
(1)若是棱中點，
（i）畫出的重心（保留作圖痕跡），指出點與線段的關(guān)系，并說明理由；
（ii）求證：平面；
(2)若四邊形是正方形，且，當(dāng)點在何處時，直線與平面所成角的正弦值取最大值.
【答案】(1)(i)作圖見解析；(ii)證明見解析；
(2)點在線段靠近的三等分處時, 正弦值取最大值為.
【分析】（1）(i)根據(jù)重心為三角形三邊中線的交點可作圖；(ii)利用線面平行判定定理證明；
（2）利用空間向量的坐標(biāo)運算，表示出線面夾角的正弦值，即可求最大值.
【詳解】（1）（i）設(shè)與交點為，連接與交于點，
因為為中點，為中點，
所以與交點為重心，
所以,
又因為為的邊的中線，
所以點也為的重心，即重心在上.
（ii）連接并延長交于點，連接，
因為為重心，所以,
又因為,
所以，
又因為平面,平面,
所以平面；
（2）因為四邊形為正方形，所以,
平面，平面，所以，
所以以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示坐標(biāo)系，
所以
設(shè)，則
設(shè)平面的法向量為，
，化簡得，
取則，
設(shè)直線與平面所成角為，
所以，
所以當(dāng)時，即點在線段靠近的三等分點處時，
直線與平面所成角的正弦值取最大值為.
5．（2023春·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，五棱錐中，，，，，，，，，O，H分別是線段的中點，．
(1)證明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【分析】（1）由幾何關(guān)系證，由線線垂直證線面垂直；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，由向量法求二面角的余弦值，進而可求出正弦值.
【詳解】（1）∵，，
∴AEDC為等腰梯形，
∵O，H分別是線段的中點，
∴，，
又∵，
∴，即共線，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵平面，
∴平面；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，
則，
.
設(shè)是平面ABP的法向量，
則，取，則；
設(shè)是平面ACP的法向量，
則，取，則.
∴，
則二面角的正弦值為.
6．（2023春·江蘇南通·高三?？奸_學(xué)考試）如圖，在三棱柱中，AC⊥BC，AC＝BC＝2，，BC1與交于點E，平面平面ABC，，是側(cè)棱上一點．
(1)若D為的中點，證明：平面BCD．
(2)是否存在點D，使得二面角的正弦值為？若存在，指出點D的位置；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)詳見解析
(2)存在，為的三等分點處，即或.
【分析】(1)由線面平行的判定定理即可證明平面BCD.
(2)首先假設(shè)存在，使得二面角的正弦值為，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，分別求的兩個平面的法向量，即可求得二面角的正弦值為時點D的位置.
【詳解】（1）取的中點，連接，
為的中點，為的中點，
，又，，
為的中點，且，
為的中點，，
，四邊形為平行四邊形，
， 面，面，故面，
同理面，又面，面且，
所以面面，又面，平面BCD
（2）連接，
面面且面面，又
面，又面，
，
在中，，
則，
即，則面，
分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，
則，
，，，
設(shè)平面的一個法向量為，
則即
令，則，；
設(shè)平面的一個法向量為，
則即
令，則，；
所以二面角正弦值為，
解得或，
所以存在點D，使得二面角的正弦值為，此時，為的三等分點處，即或.
7．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預(yù)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(zhì)定理證明平面，繼而證明平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理證明，即可證明結(jié)論；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點坐標(biāo)，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(biāo)系，
∴，，，，，．
∵為，中點，
∴，．
設(shè)平面的一個法向量為．
則，又，，
∴，取，得，，∴，
設(shè)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．
8．（2023秋·江蘇蘇州·高三統(tǒng)考期末）如圖1，在長方形ABCD中，已知，，E為CD中點，F(xiàn)為線段EC上（端點E，C除外）的動點，過點D作AF的垂線分別交AF，AB于O，K兩點．現(xiàn)將折起，使得（如圖2）．
(1)證明：平面平面；
(2)求直線DF與平面所成角的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證平面，得平面，所以，再證平面，從而得證面面垂直；
（2）直線DF與平面所成角為，記，設(shè)（），由，得，計算，利用基本不等式得最大值，從而得角的最大值．
【詳解】（1）因為，，，平面，，
所以平面．
因為平面，所以．
又因為，，平面，，
所以平面．
因為平面，所以平面平面．
（2）連結(jié)FK，由（1）可知，直線DF與平面所成角為，記．
在圖1中，因為，所以，
又因為，所以．
又因為，所以．
設(shè)（），由，得，解得．
在圖2中，因為，所以，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
又因為，所以的最大值為，
即直線DF與平面所成角的最大值為．
9．（2023秋·廣東揭陽·高三統(tǒng)考期末）如圖①，在中，，，，D，E分別是邊AB，AC的中點，現(xiàn)將沿著DE折起，使點A到達(dá)點P的位置，并連接PB，PC，得到四棱錐，如圖②，設(shè)平面平面
(1)證明：平面PBD；
(2)若點B到平面PDE的距離為，求平面PEC與平面PBD夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先由線面垂直判定定理證得平面PBD，再運用線面平行的判定定理證得平面PBC，再運用線面平行的性質(zhì)定理證得，進而證得結(jié)果.
（2）過點B作，由面面垂直的性質(zhì)證得平面PDE，進而求得，取BD的中點O，連接OP，再由線面垂直的性質(zhì)證得，進而由線面垂直的判定定理證得平面BCED，則以D為坐標(biāo)原點建系，分別計算平面PEC與平面PBD的法向量，代入面面夾角的計算公式即可.
【詳解】（1）證明：因為，所以.
因為D，E分別是邊AB，AC的中點，
所以，所以，.
又BD，平面PBD，，
所以平面PBD.
因為，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC.
又平面PDE，平面平面，
所以，所以平面PBD.
（2）
如圖，過點B作，垂足為F.
由（1）知平面平面PBD，又平面平面，平面，
所以平面PDE，
所以點B到平面PDE的距離即為BF的長，即.
在中，，所以.
又，所以是邊長為2的等邊三角形.
取BD的中點O，連接OP，則，.
由（1）知，平面PBD，又平面PBD，所以.
又，BD，平面BCED，
所以平面BCED.
以D為坐標(biāo)原點，DB，DE所在直線分別為x軸、y軸，且以過點D與OP平行的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則，，，，，，.
設(shè)平面PEC的法向量為，則
令，得，，
所以是平面PEC的一個法向量.
又是平面PBD的一個法向量，
所以，
所以平面PEC與平面PBD夾角的余弦值為.
10．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預(yù)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(biāo)系，
設(shè)平面的一個法向量為，且，，
則，令，則，，故，
設(shè)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(shè)，，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(shè)，則，即.
余下解法參考方案一.
11．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)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(dāng)，，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(biāo)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(biāo)系，如圖所示，
易得，，知，
因為，，
可得，
所以
設(shè)平面的法向量，，
所以，令，則，
所以 ，
又，
設(shè)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.
12．（2023秋·浙江嘉興·高三統(tǒng)考期末）如圖，在三棱錐中，平面平面 ，，點在棱上，且.
(1)證明：平面；
(2)設(shè)是的中點，點在棱上，且平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可證得，再利用面面垂直的性質(zhì)的定理可證得結(jié)論成立；
（2）推導(dǎo)出點為的中點，然后以點為坐標(biāo)原點，以、所在直線分別為、軸，過點且垂直于平面的直線作軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出點的坐標(biāo)，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.
【詳解】（1）證明：由得，，，
，由余弦定理可得，
，則，
因為平面平面，平面平面，平面，
平面.
（2）解：因為平面，平面，平面平面，故，
而是的中點，故為中位線，得，
又，故為中點，
由（1）可知平面，以點為坐標(biāo)原點，以、所在直線分別為、軸，
過點且垂直于平面的直線作軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則、、、，
設(shè)點，其中，，，，
所以，，解得，
則，解得，故點，
設(shè)平面的法向量為，，，
則，取，可得，
設(shè)平面的法向量為，，
則，取，可得，
所以，.
由圖可知，二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為.
13．（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖所示的幾何體是一個半圓柱，點P是半圓弧上一動點（點P與點A，D不重合），．
(1)證明：；
(2)若點P在平面ABCD的射影為點H，設(shè)的中點為E點，當(dāng)點P運動到某個位置時，平面與平面的夾角為，求此時DH的長度．
【答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】(1)先證明，，由線面垂直判定定理證明平面，再證明；
(2)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，根據(jù)向量方法利用表示平面與平面的夾角余弦，由條件列方程可求得，由此確定點的坐標(biāo)，再求的長度．
【詳解】（1）連接AP，在半圓柱中，
因為平面，平面，
所以，
又因為AD是直徑，所以，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以．
（2）依題意可知，以線段AD的中點O為坐標(biāo)原點，
以為軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，
設(shè)，則，
所以，，
設(shè)平面的法向量為，
所以則
令，則，
所以為平面的一個法向量．
設(shè)平面的法向量為，
因為
所以，則
令，則，
所以為平面的一個法向量．
因為平面與平面所成的銳二面角為，
所以，
令，則，平方得，
即，又由，
可解得或（舍去），
所以，
點P在平面ABCD的射影為點，
因此DH的長度為．
14．（2023春·浙江紹興·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）如圖，在直三棱柱中，分別是棱的中點，.
(1)證明：；
(2)若，平面與平面所成的銳二面角的角余弦值為，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BC的中點，連接DE，DF，證明平面DEF，即可證明.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由平面與平面所成銳二面角的余弦值為，求得的長，計算即可.
【詳解】（1）
證明：取BC的中點，連接DE，DF，
因為D，E分別為BC，BA的中點，所以，
又因為，所以，
因為D，F(xiàn)分別為BC，的中點，所以，
又因為為直三棱柱，所以，所以，
因為，平面DEF，平面DEF，
所以平面DEF，因為平面DEF，所以.
（2）
設(shè)（），以C為原點，CA，CB，分別為x，y，z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
因為，，則，，，
，，
設(shè)平面的一個法向量，
則，即，取，
為平面的一個法向量，平面與平面所成銳二面角的余弦值為，
所以，解得，
由（1），即直線EF與平面ABC所成的角，，
，所以直線EF與平面ABC所成的角的正弦值為.
15．（2023春·浙江·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知四邊形ABCD中，，，O是AC的中點，將沿AC翻折至．
(1)若，證明：平面ACD；
(2)若D到平面PAC的距離為，求平面PAC與平面ACD夾角的大?。?br>【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】(1)由題目已知可得出平面PAC，從而得到，再由等腰三角形性質(zhì)可得，進而得出結(jié)論.
(2)取CD中點F并連接OF，PF，可得出所求二面角，再利用已知條件，構(gòu)建直角三角形，即可計算兩平面的夾角.
【詳解】（1）中，，，，所以，
則，又，所以平面PAC，平面PAC，所以.
又因為，O是AC的中點，所以，，所以平面ACD.
（2）取CD中點F，連接OF，PF，在中過F作FG垂直于PO，垂足為G，，則，
又因為，所以為平面PAC與平面ACD夾角，所以平面POF，又平面POF，
所以，又，所以平面PAC，所以FG就是點F到平面PAC的距離，
因為點D到平面PAC的距離為，又由F為CD中點，所以F到平面PAC的距離為.
中，，因為點可能在上，也可能在的延長線上，
所以或，所以平面PAC與平面ACD所成角不會是鈍角，所以大小為.
16．（2023秋·浙江寧波·高三期末）在菱形中，G是對角線上異于端點的一動點（如圖1），現(xiàn)將沿向上翻折，得三棱錐（如圖2）.
(1)在三棱錐中，證明：；
(2)若菱形的邊長為，，且，在三棱錐中，當(dāng)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）證明平面，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理即可證明結(jié)論；
（2）由題意求得相關(guān)線段的長，證明平面，建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點坐標(biāo)，求出平面的法向量，利用空間角的向量求法，即可求得答案.
【詳解】（1）在圖1中，連接交于O，連接，
由菱形的性質(zhì)得，
在圖2中，因為平面且，
,
所以由直線與平面垂直的判定定理得平面，
因為平面，所以.
（2）由平面平面，得平面平面，
菱形的邊長為，，，
則,
則三棱錐中，，又，
解得，
故，
作，交延長線于H，得，
由于平面平面，平面平面，平面,
所以平面，
如圖，以O(shè)為原點，分別為軸，過O作的平行線作為z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
所以，
，
設(shè)平面的法向量為，
則，取，則，
可得平面的法向量，
設(shè)直線與平面所成角為，，
所以.
另解提示：根據(jù)上述解法求出，
由，可得，
由，可得，
設(shè)點G到平面的距離為d，直線與平面所成角為，
因為即，可得，
所以.
17．（2023·安徽·統(tǒng)考一模）如圖，四棱錐中，為等腰三角形，，.
(1)證明：；
(2)若，點在線段上，，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)給定條件，取的中點，利用線面垂直的判定證明平面即可推理作答.
（2）以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解作答.
【詳解】（1）取的中點，連接，如圖，因為，則，
又，即有，而，于是四邊形為平行四邊形，
又，則，又平面，
所以平面，又，因此平面，而平面，
所以.
（2）因為，且平面，則平面，
又，則平面，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，
又，則，又，則，
所以，則，
，，
設(shè)平面的法向量為，則，令，得，
又平面的一個法向量為，則，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
18．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖，已知四棱錐的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，，，．
(1)求證：面面ABCD；
(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點，四邊形BEQF是過B，Q兩點的截面，且平面BEQF，是否存在點Q，使得平面平面PAD？若存在，確定點Q的位置；若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析；
(2)存在點Q，.
【分析】（1）結(jié)合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，進而得出結(jié)論；
（2）建立以A為原點的空間直角坐標(biāo)系，求出平面PAD的法向量，設(shè)，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.
【詳解】（1）在中，因為，，
所以，，
所以，則，即，
又，，面PAB，
所以面PAB，又面ABCD，
所以面面ABCD；
（2）假設(shè)存在點Q，使得平面平面PAD；
如圖，以A為原點，分別以，為x，y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，則，，，，
，，，，
設(shè)是平面PAD的法向量，則，取，
設(shè)，其中．
則
連接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，
取與同向的單位向量，
設(shè)是平面BEQF的法向量，
則，取．
由平面平面PAD，知，有，解得．
故在側(cè)棱PD上存在點Q且當(dāng)時，使得平面平面PAD．
19．（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考二模）如圖所示，在四棱錐中，底面是等腰梯形，，．平面平面，為的中點，，，E，F(xiàn)，G分別為，，的中點．
(1)求證：平面平面；
(2)求平面與平面所成銳二面角的正切值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)線面垂直判定定理以及性質(zhì)定理，結(jié)合面面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用二面角的空間向量計算公式，可得答案.
【詳解】（1）如圖所示，取AO的中點H，連接HD，HP，
在等腰梯形中，，，，．
∵O為AB的中點，即有四邊形是平行四邊形，
∴，．
∴為正三角形，∴，．
在中，，，
∴為邊長為2的正三角形，∴，．
∴，又F為FD的中點，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G為PC中點，則，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB兩兩垂直，
以H為坐標(biāo)原點，HD，HB，HP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，，，，
于是，，．
設(shè)平面的法向量為，
則即取，則，
設(shè)平面與平面所成銳二面角為，
∵為平面的一個法向量，
∴．
∴，．
∴平面與平面所成銳二面角的正切值為．
20．（2023·湖南·模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，側(cè)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(zhì)證明線面垂直，再證得線線垂直；
（2）建立空間直角坐標(biāo)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(biāo)原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，，設(shè)，
則，，，，， ， ·
， ， ，
設(shè)平面的法向量是，
由，令，，得
設(shè)平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的體積為.
21．（2023·湖南·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，，，，側(cè)面是等腰三角形，.
(1)求證：；
(2)若側(cè)面底面，側(cè)棱與底面所成角的正切值為，為側(cè)棱上的動點，且.是否存在實數(shù)，使得平面與平面的夾角的余弦值為？若存在，求出實數(shù)若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，.
【分析】（1）通過證明線面垂直，即可證明；
（2）建立平面直角坐標(biāo)系，得到各點的坐標(biāo)，設(shè)出點坐標(biāo)，求出平面與平面的法向量，通過兩平面夾角的余弦值即可求得實數(shù)的值.
【詳解】（1）由題意，
在四棱錐中，取的中點為，連接，，
在等腰中，，∴，
在直角梯形中，
，，，，
∴,,，四邊形是矩形，
∴，，，，
∴，,,
∵面，面，面，，
∴面，
∵面,
∴.
（2）由題意及（1）得，，，，，
在四棱錐中，側(cè)面底面，面底面，
∴，
∵側(cè)棱與底面所成角的正切值為，
設(shè)，
∴由幾何知識得，，四邊形是平行四邊形，
∴,，
在直角中，，，
∴，
建立空間直角坐標(biāo)系如下圖所示，
∴，，，，，，
∵為側(cè)棱上的動點，且，
設(shè)
由幾何知識得，，解得：，
在面中，其一個法向量為，
在面中，，，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，解得：
當(dāng)時，，
設(shè)平面與平面的夾角為
∵平面與平面的夾角的余弦值為
∴
解得：或（舍）
∴存在實數(shù)，使得平面與平面的夾角的余弦值為.
22．（2023·湖南·模擬預(yù)測）如圖所示，圓錐的軸截面是等腰直角三角形，且，點在線段上，且，點是以為直徑的圓上一動點．
(1)當(dāng)時，證明：平面平面；
(2)當(dāng)三棱錐的體積最大時，求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)證明，再根據(jù)線面垂直的判定定理可證得平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得證；
（2）當(dāng)三棱錐的體積最大時，△的面積最大，此時為線段的中點，如圖，以點為坐標(biāo)原點，過點且垂直的直線為軸，，分別為軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解即可.
【詳解】（1）垂直于圓錐的底面，在圓錐的底面，
，
當(dāng)時，且BC=3CA，則，，
又平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）由題可知，且軸截面為等腰直角三角形，，，
當(dāng)三棱錐的體積最大時，△的面積最大，此時為弧的中點，
如圖，以點為坐標(biāo)原點，過點且垂直的直線為軸，，分別為軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，
，，，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，令，則，，
，
設(shè)平面的法向量，
則，即，令，則，，，
則，
由圖可知該二面角為鈍角，
二面角的余弦值為．
23．（2023秋·湖南長沙·高三湖南師大附中?？茧A段練習(xí)）如圖，在斜三棱柱中，是邊長為2的正三角形，，側(cè)棱與底面所成角為60°.
(1)求三棱柱的體積；
(2)在線段（含端點）上是否存在點，使得平面與平面的夾角為60°?若存在，請指出點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】(1).
(2)存在，位于點
【分析】(1)求三棱柱的體積，根據(jù)題目已知條件可以判斷三棱錐為正三棱錐，因此可以求出三棱柱的高，進而可以求得三棱柱的體積.(2)建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在點G，則點G滿足，利用平面與平面的夾角為60°，分別求出兩平面的法向量，代入公式使得夾角為60°，求出，只要滿足即存在點G.
【詳解】（1）取中點M，連接AM，DM.如圖所示
因為為正三角形，為等腰三角形且以BC為底，
故，（三線合一），所以平面.
又平面，所以平面平面，
故在平面的射影在射線AM上，
為側(cè)棱AD與底面所成角，
即.
在中，，，由余弦定理知，
故三棱錐為正三棱錐，高，底面的面積，
三棱柱的高也為2，故三棱柱的體積.
（2）以M為坐標(biāo)原點，MA、MB為，軸建立如圖所示坐標(biāo)系.
依題意，，，，，
假設(shè)存在點滿足題意，設(shè)，，
，.
設(shè)平面的法向量為，
則取，
平面的法向量.
依題意，，解得，故當(dāng)位于點時，滿足要求.
24．（2023·湖北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在斜三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，側(cè)面為菱形，已知，．
(1)當(dāng)時，求三棱柱的體積；
(2)設(shè)點P為側(cè)棱上一動點，當(dāng)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(biāo)系，找出點的坐標(biāo)，求出平面的一個法向量，設(shè)，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(gòu)造新函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)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(biāo)系如圖所示：
則，，，，
，，
設(shè)是平面的一個法向量，
，，
則，即，
取得，設(shè)，
則
，
設(shè)直線與平面所成角為，
則
，
令，則在單調(diào)遞增，
所以，
故直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為．
25．（2023春·湖北·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖1，在菱形中，為的中點，.現(xiàn)將沿翻折至，并連接，得到如圖2所示的四棱錐，且.
(1)證明：；
(2)在棱上是否存在點，使得與平面所成的角的正弦值為若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）利用余弦定理求邊長，勾股定理證明垂直，得，，證得平面，從而.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量，利用已知線面角的正弦，求得的值.
【詳解】（1）證明：在中，，
由，得，
所以，即在空間中.
又，所以.
連接，在中，；
在中，由，得，
所以.
又，平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）由（1）可知兩兩垂直，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，
.
設(shè)平面的法向量
令，則.
假設(shè)棱上存在點，使得與平面所成的角的正弦值為，
設(shè)，則，
，
所以，
整理得，解得.
又，所以，故.
26．（2023·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖，已知圓錐，AB是底面圓О的直徑，且長為4，C是圓O上異于A，B的一點，.設(shè)二面角與二面角的大小分別為與.
(1)求的值；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出，從而求得的值.
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值．
【詳解】（1）連結(jié)．
因為點為圓錐的頂點，所以平面．
分別取，的中點，，
連接，，，，則在圓中，．
由平面，得．
又，故平面，
所以．
所以．
同理，．
于是．
（2）因為，即所以即
．
在圓中，，以點為坐標(biāo)原點，所在直線為軸，所在直線為軸，過且垂直于平面的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系．
則，，．
又因為平面，所以軸，從而．
則，，．
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
不妨取，則，，此時．
設(shè)平面的法向量為，
則，即
不妨取，則，，此時．
所以．
又二面角為鈍二面角，
所以二面角的余弦值為．
【點睛】方法點睛：
幾何法求解二面角，要根據(jù)二面角的定義來求解；向量法求解二面角，關(guān)鍵是求得二面角的兩個半平面的法向量，并且要注意二面角是銳角還是鈍角.
27．（2023·山東威?！そy(tǒng)考一模）在如圖所示的圓柱中，AB，CD分別是下底面圓O，上底面圓的直徑，AD，BC是圓柱的母線，E為圓O上一點，P為DE上一點，且平面BCE.
(1)求證：；
(2)若，二面角的正弦值為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先通過面面平行的判斷證明平面平面，再由面面平行的性質(zhì)證明，即是中位線，由此得到是的中點；
（2）設(shè)，通過勾股定理計算將到的距離和到平面的距離用表示，根據(jù)二面角的正弦值列方程求出，再代入體積公式計算即可.
【詳解】（1）如圖，連接，，
因為為母線，
所以,
又平面，
所以平面.
因為平面，
所以平面平面.
又因為平面平面，平面平面，
所以，
因為是的中點，
所以是的中點，
即.
（2）如下圖，作，，.
設(shè)到的距離為，則到的距離為.
設(shè)，則有，，
，
，，
因為，
所以.
因為平面，
所以到平面的距離即是到平面的距離，即.
所以，
解得.
所以.
28．（2023春·江蘇常州·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，在邊長為4的等邊三角形中，平行于的直線分別交線段于點.將沿著折起至，使得二面角是直二面角.
(1)若平面平面，求證：；
(2)若三棱錐的體積為1，求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用線線平行證明線面平行，再利用線面平行的性質(zhì)證明線線平行.
（2）由已知求證得分別為中點，利用二面角的定義，作輔助線，利用幾何法求二面角的正弦值.
【詳解】（1）證明：，平面，平面，
平面，又平面，平面平面
（2）設(shè)，過作于點，如圖所示，
二面角為直二面角，平面，
，解得，分別為中點，
過作于點，因為，，平面
平面，
過作于點，連接，因為，
所以平面，所以
即為二面角的平面角的補角，
且，，，
.
二面角的正弦值為.
29．（2023春·湖北·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，六面體的底面是菱形，，且平面，平面與平面的交線為.
(1)證明：直線平面；
(2)已知，三棱錐的體積，若與平面所成角為，求的取值范圍.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】(1)根據(jù)線面平行以及線面垂直，求出線面垂直即可；
(2)作輔助線得出在點處可以作為原點建立空間直角坐標(biāo)系，利用已知求出，進而求出，結(jié)合平面的法向量求出的取值范圍即可.
【詳解】（1）連接，
，即.
四邊形為平行四邊形，則.
平面平面
平面，
平面平面，又平面，
，
四邊形是菱形，，
又平面平面，則，
又，平面，
平面，又
平面.
（2）連接交于點，，則.
平面，
平面，因為平面，
則.
，四邊形是菱形，則，
，
以為軸，軸，軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)，則.
.
，即，
，則，
，又是平面的一個法向量，
，
設(shè)，則
.
30．（2023·重慶沙坪壩·重慶南開中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖四棱錐在以為直徑的圓上，平面為的中點，
(1)若，證明：⊥；
(2)當(dāng)二面角的正切值為時，求點到平面距離的最大值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）作出輔助線，得到為等邊三角形，，由線面垂直得到，從而得到⊥平面，證明出⊥；
（2）作出輔助線，得到為二面角的平面角，由二面角的大小得到，，由勾股定理得到，，當(dāng)位于線段中垂線上時，取得最大值，由等體積法得到.
【詳解】（1）記AC的中點為O，連結(jié)，則O為圓心，
又E為SC的中點，所以EOSA，
因為平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
連接，取連接OD并延長，交于點，
.
因為，所以，
由對稱性可知AB=AD，故為等邊三角形，
又因為O為的外心，所以O(shè)為的中心，故，
∵平面，平面ABCD，
，
∵，平面，
∴⊥平面，
∵平面EOD，
.
（2）過點D作于，作于，連接，
因為平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因為，平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因為平面SAC，
所以DH⊥SC，
因為，，平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因為DN平面DHN，
所以，
故為二面角的平面角，
因為，所以，故為等邊三角形，
由題意知，
，，
，
，
在Rt中，，
，
∵三角形ASC為直角三角形，
∴三角形ASC為等腰直角三角形，
，
又由，
由勾股定理得：，
因為平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因為AC為直徑，所以AD⊥DC，
因為，平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因為平面ASD，
所以DC⊥SD，
，
由于點在半圓弧上運動，當(dāng)位于線段中垂線上時，的面積取得最大值，
且最大值為，
設(shè)點到平面距離為，
根據(jù)，
即點到平面距離的最大值為.

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