考點鞏固卷16 空間向量與立體幾何(六大考點)-2025年高考數(shù)學一輪復習考點通關卷（新高考通用）-試卷下載-教習網(wǎng)

考點01：法向量的秒殺
方法1、眼神法：給定一個幾何體中，若所求平面的法向量直接可以從圖中看出，則此平面垂線的方向向量即為平面的法向量．
方法2、待定系數(shù)法：步驟如下：
①設出平面的法向量為．
②找出(求出)平面內的兩個不共線的向量
，．
③根據(jù)法向量的定義建立關于的方程組
④解方程組，取其中的一個解，即得法向量．
注意：在利用上述步驟求解平面的法向量時，方程組有無數(shù)多個解，只需給中的一個變量賦于一個值，即可確定平面的一個法向量；賦的值不同，所求平面的法向量就不同，但它們是共線向量．
方法三：口訣：求誰不看誰，積差很崩潰（求外用外減，求內用內減）
向量，是平面內的兩個不共線向量，則向量是平面的一個法向量.
1．若直線的方向向量為，平面的法向量為，且，則（）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由題意可得直線的方向向量為與平面的法向量垂直，由向量垂直的坐標運算即可求解．
【詳解】，則有直線的方向向量為與平面的法向量垂直，
即，
解得．
故選：B．
2．已知為平面的一個法向量，，則下列向量是平面的一個法向量的是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，可知平面的法向量與平面的法向量共線，由選項判斷即可求解.
【詳解】記，因為，所以，
故是平面的一個法向量，故D正確.
易知A，B，C中的向量均不與向量平行，所以均不能作為平面的一個法向量.
故選：D.
3．已知，，，則平面的法向量與的夾角的余弦值為（）
A．B．或
C．D．或
【答案】B
【分析】求解法向量，即可由夾角公式求解.
【詳解】設為平面的一個法向量，則由，
可得，令，得，，∴.
，
由于法向量的方向不能確定，
故平面的法向量與的夾角的余弦值也可能為.
故選：B
4．已知點，則下列向量可作為平面的一個法向量的是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】設平面的一個法向量為，利用列方程求解即可.
【詳解】由知，
設平面的一個法向量為，所以，
取，解得，選項D符合，
另外選項ABC中的向量與選項D中的向量不共線.
故選：D
5．在空間直角坐標系中，，，，則平面的一個法向量為（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】設平面的一個法向量為，利用列方程求解即可.
【詳解】由已知，
設平面的一個法向量為，
取，解得，
選項A符合，另外選項BCD中的向量與選項A中的向量不共線.
故選：A.
6．已知正方體的棱長為2，E為棱的中點，以A為坐標原點建立空間直角坐標系（如圖）.則平面ABE的一個法向量為（）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】設平面ABE的法向量為，然后由，可求出其法向量.
【詳解】由題意可得，，，
所以，
設平面ABE的法向量為，
由，得到，取，則，
所以平面ABE的一個法向量為，
所以是平面ABE的法向量.

故選：C.
7．已知，若平面的一個法向量為，則（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用法向量和平面內直線的方向向量之間的關系求解即可.
【詳解】由得：
，
面的一個法向量為，
所以，
即，
解得，
所以，
故選：C．
8．已知直線，的方向向量分別為，，且直線，均平行于平面，平面的單位法向量為（）
A．B．
C．D．或
【答案】D
【分析】根據(jù)平面法向量的性質進行求解即可.
【詳解】設平面的單位法向量為，
因為直線，均平行于平面，
所以有，
由可得：或，
故選：D
9．已知，，，則平面的一個法向量是（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由點坐標分別表示出向量，再由空間向量垂直的坐標表示即可求出法向量.
【詳解】由題可知，．
設是平面的法向量，
則，．
所以，可得
取，則，．
于是是平面的一個法向量．
故選：C．
10．已知平面內的兩個向量，，則該平面的一個法向量為（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用法向量的定義、求法進行計算.
【詳解】顯然與不平行，設該平面的一個法向量為，
則有，即，
令，得，所以，故A,B錯誤，
令，得，則此時法向量為，故D錯誤.
故選：C.
考點02：空間直角坐標系構建策略
①：利用共頂點的互相垂直的三條棱，構建空間直角坐標系
②：利用線面垂直關系，構建空間直角坐標系
③：利用面面垂直關系，構建空間直角坐標系
④：利用正棱錐的中心與高所在的直線，構建空間直角坐標系
⑤：利用底面正三角形，構建空間直角坐標系
⑥：利用底面正方形的中心，構建空間直角坐標系
11．已知三棱錐中，平面，，，為上一點且滿足，，分別為，的中點．
(1)求證：；
(2)求直線與平面所成角的大小；
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）以為原點，所在直線分別為軸?軸?軸，建立空間直角坐標系，計算，進而可得答案；
（2）求出平面的法向量n=x,y,z，，利用線面角的向量公式求解即可.
【詳解】（1）因為平面，，
如圖以為原點，所在直線分別為軸?軸?軸，建立空間直角坐標系，
則，
所以，因為，所以．
（2）設平面的法向量n=x,y,z，，
則，即，取，得，
設直線與平面所成角為，
則，
又，所以，
所以直線與平面所成角的大小為．
12．如圖，在棱長為1的正方體中，E為的中點，F(xiàn)為AB的中點．
(1)求證：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)．
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法證明,再通過線面平行的判定定理即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法分別求出平面與平面的法向量，根據(jù)向量法求二面角的公式即可求解.
【詳解】（1）以為原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，，，，，
所以，，，
，，．
因為，所以，
又平面，平面，
所以平面．
（2）設平面的法向量為n=x,y,z，
則，取，則，．
所以，是平面的一個法向量，
又因為平面，
所以為平面的一個法向量，
則，
設平面與平面的夾角為，
則，即平面與平面的夾角的余弦值為．
13．如圖，三棱臺中，為等邊三角形，，平面ABC，點M，N，D分別為AB，AC，BC的中點，．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求點D到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析(2)(3)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用，結合平面，得出平面；
（2）利用向量的夾角公式即可求解；
（3）利用點到平面的距離的向量法公式，即可求解．
【詳解】（1）因為側棱底面，為等邊三角形，所以過點作，則以為點A為坐標原點，，，的方向分別為軸，軸，軸的正方向，建立如下圖所示的空間直角坐標系，
設長為，則
，，
因為，所以，則有，．
所以，，，，，，．
證明：因為，，設平面的法向量為，
則，令，則，
又因為．
所以，所以，又因為平面，所以平面．
（2）因為為中點，所以，則，
有，又，設直線與平面所成角為，
，
則直線與平面所成角的正弦值為．
（3）因為，平面的法向量為，
所以，點D到平面的距離為．
14．如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，，且底面，點滿足，點是棱上的一個點(包括端點)．
(1)求證：；
(2)若二面角的余弦值為，求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）由題意可建立適當空間直角坐標系，得到、后借助空間向量共線定理即可得證；
（2）求出平面與平面的法向量后，借助空間向量夾角公式計算即可得點具體位置，再借助點到平面距離公式求解即可得.
【詳解】（1）因為底面，且底面為正方形，且、底面，
所以，，兩兩互相垂直，
以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標系，
則A0,0,0，，，，，
則，，有，故；
（2），因為點滿足，點是棱上的一個點（包括端點），
所以，設，，
所以，，
設平面的法向量為，
則，令，得，，則，
由題可得軸平面，則平面的一個法向量為，
因為二面角角的余弦值為，
所以，
解得或（舍去），所以，
因為，所以點到平面的距離為．
15．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面平面是的中點，.

(1)求證：.
(2)若?面直線與所成的角為，求四棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析(2).
【分析】（1）設的中點為，連接，根據(jù)題意已知條件證明直線兩兩垂直，從而建立空間直角坐標系，令，寫出相應點的坐標，利用向量法證明從而得；
（2）由（1）寫出的坐標，利用異面直線所成角的向量表示求出的值，在求出四棱錐的體積即可.
【詳解】（1）設的中點為，連接，
由四邊形是矩形，得.
是的中點，.
平面平面，平面平面，
平面直線兩兩垂直.
以為坐標原點，所在直線分別為軸?軸?軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設.

依題意得，，
.
，
，即.
（2）由（1）可得，
異面直線與所成的角為，
，解得，
由（1）平面，
所以為四棱錐的高，且，
四棱錐的體積為.
16．如圖，為正方體．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的余弦值．
【答案】(1)證明詳見解析(2)
【分析】（1）建立空間直角坐標系，由向量垂直證明；
（2）利用向量法，線面角的求法求解.
【詳解】（1）解：如圖，以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，
設正方體的棱長為1，
則
因為，
且，
所以，
又，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，為平面AB1C的一個法向量，
又，
所以
所以直線B1C1與平面AB1C所成角的正弦值為，
故直線B1C1與平面AB1C所成角的余弦值為
17．如圖，在直三棱柱中，，，，點E在線段上，且，分別為、、的中點.求證：

(1)平面平面；
(2)平面平面.
【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析
【分析】（1）利用空間向量法證明線面垂直證明面面垂直；
（2）利用空間向量法證明平面，再根據(jù)線面垂直的性質得到面面平行；
【詳解】（1）證明：以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系.

則，，，，，.
設，則，，.
因為，，，
所以，.
所以，，即，.
又平面，所以平面.
因為平面，所以平面平面.
（2）因為，，，
所以，.
所以，.
因為平面，所以平面.
又由（1）知平面，所以平面平面.
18．如圖，直三棱柱中，，，，，是的中點．
(1)求直線的一個方向向量；
(2)求證：．
【答案】(1)(2)證明見解析
【分析】（1）建立合適的空間直角坐標系后，寫出的坐標即可求解；
（2）寫出的坐標，然后證明即可.
【詳解】（1）
由題意知，兩兩垂直，故以點B為原點，
分別以、與的方向為與軸的正方向，建立空間直角坐標系，
所以、、、、
、．
則，是直線的一個方向向量
（2）因為M是的中點，所以，所以，
又因為，
所以，所以．
19．在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，，，O為CD的中點，二面角A-CD-P為直二面角.
(1)求證：；
(2)求直線PC與平面PAB所成角的正弦值；
(3)求平面POB與平面PAB夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)(3)
【分析】（1）證明出，平面ABCD，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，計算出，得到垂直關系；
（2）求出平面的法向量，利用線面角求解公式得到答案；
（3）求出兩平面法向量，求出面面角的余弦值.
【詳解】（1）因為，O為CD的中點，
所以．
又因為平面平面ABCD，平面平面，平面PCD，
所以平面ABCD．
因為，，，所以．
取的中點，連接，則⊥，
以點O為坐標原點，OD，OE，OP所在直線分別為x，y，z軸，如圖建立空間直角坐標系，
則O0,0,0，，，，P0,0,1，．
，，
因為，
所以．
（2）設平面PAB的一個法向量為m=x,y,z，
則，即，
解得，令，則，則．
設直線PC與平面PAB所成的角為，
又，
則，
所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為．
（3）設平面POB的一個法向量為，
則，即，
解得，令，則a=2，故．
設平面POB與平面PAB的夾角為，
則．
故平面POB與平面PAB的夾角的余弦值為．
20．如圖，在棱長為的正方體中，為的中點，為的中點，為中點．求證：平面．
【答案】證明見解析
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法證明、，即可得證.
【詳解】如圖以為原點，建立空間直角坐標系，
則，，，，，
所以，，，
所以，則，即，
，則，即，
又，平面，
所以平面．
考點03：坐標處理距離問題
結論1：《點線距離》《異面直線求距離問題》
推導過程：已知直線的方向向量是，點則直線與直線夾角為θ，則
結論2：《點面距離》
提示：分別是平面外及平面上的兩點，是平面的法向量
結論3：《線面距離》
提示：分別是直線上及平面上的任意兩點，是平面的法向量
結論4：《面面距離》
提示：分別是平面1及平面2的任意兩點，是平面2的法向量
結論5：《點點距離》
提示：與,的距離為
21．如圖的外接圓的直徑，垂直于圓所在的平面，BD//CE，，BC=BD=1，為上的點.

(1)證明：；
(2)當為的中點時，求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）證明平面，利用線面垂直的性質即可得到；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用點到面的距離公式求解即可﹒是圓的直徑，，
【詳解】（1）∵CE⊥平面，平面，∴CE⊥AC，
又∵CE∩BC=C，、平面，
平面，∵BM?平面，∴AC⊥BM；
（2）由(1)和已知條件可知，CA、CB、CE兩兩垂直，故以C為原點，CA、CB、CE分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系C?xyz：

則C(0，0，0)，A3,0,0,B0,1,0,D0,1,1,E0,0,2,M0,12,32，
CA=3,0,0，CD?=0,1,1，CM=0,12,32
設平面CAD的法向量為n=x,y,z，
則n→?CA→=0n→?CD→=0?3x=0y+z=0，令，則x=0z=?1，即n=0,1,?1，
由點到平面的距離公式知，點到平面的距離d=CM?nn=12?322=22
22．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，，平面，E為PD中點，且．
(1)求證：平面；
(2)求點到平面的距離；
(3)求直線與平面所成角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)(3)
【分析】（1）利用線面平行的判定定理證明即可得；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量后，借助點到平面的距離公式計算即可得；
（3）利用空間向量求出線面角的正弦值，再利用三角函數(shù)的基本關系求線面角的余弦值即可.
【詳解】（1）連接，交于點，連接，
∵為中點，為中點，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）由底面是矩形且平面，
故可以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，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，令，得，
則點到平面的距離；
（3）由軸平面，故平面的法向量可為，
設直線與平面所成角為，則，
∴，
∴，即直線與平面所成角的余弦值為.
23．如圖，在棱長為的正方體中，點在棱上，且．
(1)求四棱錐的表面積
(2)若點在棱上，且到平面的距離為，求點到直線的距離．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根據(jù)三角形以及梯形面積公式即可求解，
（2）建立空間直角坐標系，利用空間距離的向量法求解即可.
【詳解】（1）由，,所以,
,
所以,,
故四棱錐的表面積為
（2）以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
則,0,，,4,， ,4,，，其中，
則，
設平面的法向量為，則，
即令，則平面的法向量，
設到平面的距離為，，
由于，解得，
故，
點到直線的距離為．
24．如圖，在四棱柱中，平面，底面是平行四邊形，．
(1)求直線與平面所成角的正弦值；
(2)求點到平面的距離．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）證明出平面，建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量為，，求出，再利用角三角函數(shù)的基本關系求解即可；
（2）直接利用空間向量求解點到面的距離即可．
【詳解】（1）連接，相交于點O，連接，相交于點，
由，可得為等邊三角形，
又由O為的中點，可得，，，
因為，，
所以，
又因為平面，所以平面，
由上知，，兩兩垂直，以O為坐標原點，，，分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
有O0,0,0，A3,0,0，，，，，，
設平面的法向量為m=x,y,z，
由，，
有，
取，，，可得平面的一個法向量為，
（1）由，
有，，，
有，
故直線與平面所成角的正弦值為；
（2）由，有，
可得點到平面的距離為．
25．如圖，在四棱錐中，底面為正方形，底面，為線段的中點，，為線段上的動點.

(1)證明：；
(2)當為線段的中點時，求點到面的距離.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證出平面和平面，進而可得；
（2）以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量，利用空間向量法求出點到平面的距離．
【詳解】（1）平面，平面，
∴BC⊥PD，
又平面，
平面，又平面，
，
中，為的中點，，
平面，平面，
平面，.
（2）以為原點，分別為軸建立空間直角坐標系D?xyz，
則，A1,0,0，，，
所以，，，
設為平面的法向量，

則，令，則y=?1,z=1，故，
則點與平面的距離.
26．如圖，在四棱錐中，四邊形是邊長為2的菱形，，PB=PD，，點E，F(xiàn)分別為棱，的中點.
(1)求證：平面；
(2)若直線與平面所成角的大小為.
①求二面角的余弦值；
②求點F到平面的距離.
【答案】(1)證明見詳解(2)①；②31313
【分析】（1）取中點，連接，通過證明，再證平面.
（2）先證平面，以的交點為原點，建立空間直角坐標系，用空間向量的方法求二面角和點到面的距離.
【詳解】（1）如圖：
取中點，連接，.
因為為中點，所以且，
又四邊形為菱形，且為中點，所以且，
所以且.
所以四邊形為平行四邊形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）如圖：
連接，，交于點，
因為四邊形為菱形，所以，且為，的中點，
又因為PB=PD，所以，，平面，且，
所以平面，易得為直線與平面所成的角的平面角，
則，又，，，
所以，，，，
以為原點，建立如圖空間直角坐標系，則O0,0,0，B1,0,0，，
，，，.
所以，，，.
①設平面的法向量為
則，取.
設平面的法向量為，
則，取.
所以二面角的余弦值為：.
②點平面的距離為：.
27．如圖，在三棱柱中，棱的中點分別為在平面內的射影為D，是邊長為2的等邊三角形，且，點F在棱上運動（包括端點）．
(1)若點為棱的中點，求點到平面的距離；
(2)求銳二面角的余弦值的取值范圍．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用空間向量法求點到面的距離即可；
（2）用動點引入變量表示動向量，再用空間向量法求二面角的余弦值，最后利用關于變量的函數(shù)求取值范圍即可.
【詳解】（1）連接，依題意可知平面，由于平面，
所以，
由于三角形是等邊三角形，所以，，
又，
以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，
又，故，，
則，，
設平面的法向量為m=x1,y1,z1，
則，令，則，，
故，又，
所以點到平面的距離為.
（2）設，，
則，
設平面的法向量為n=x2,y2,z2，
則，令，則，，
故，
設銳二面角為，
則，
令，
所以，設，
則，
二次函數(shù)的開口向上，對稱軸為，
所以當時，該二次函數(shù)單調遞增，
所以當時，該二次函數(shù)有最小值，
當時，該二次函數(shù)有最大值，
所以，即.
即銳二面角的余弦值的取值范圍為.
28．如圖，在四面體中，平面，點在線段上.

(1)當點是線段中點時，求點到平面的距離；
(2)若二面角的余弦值為，求的值.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得到平面的距離；
（2）設點，其中，利用空間向量法可得出關于的方程，解出的值，即可得解.
【詳解】（1）由平面，，得兩兩垂直，
以點為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖：

由為的中點，則A0,0,0、、、，
設平面的法向量為m=x,y,z，，，
則，取，得，而，
所以點到平面的距離為.
（2）設點，，，，
設平面的法向量為n1=x1,y1,z1，則，取，得，
顯然平面的一個法向量為，
則，解得，
此時點為的中點，所以.
29．如圖所示的多面體是由底面為的長方體被截面所截而得到的，其中，，，．
(1)求到平面的距離．
(2)與平面平行嗎？請說明理由．
【答案】(1)；(2)不平行，理由見解析.
【分析】（1）以為原點建立空間直角坐標系，求出及平面的法向量，再利用點到平面距離的向量求法求解.
（2）由（1）中坐標系，求出，再利用空間位置關系的向量證明推理即得.
【詳解】（1）顯然直線兩兩垂直，
以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，設，
由平面平面，平面平面，平面平面，
則，同理，即四邊形為平行四邊形，有，
即，解得，即，則，
設平面的法向量，則，取，得，
而，則點到平面的距離為.
（2）由（1）知，，而平面的法向量為
由，得與不垂直，
所以與平面不平行.
30．如圖，在三棱柱中，側棱垂直于底面，分別是的中點，是邊長為2的等邊三角形，．
(1)證明：；
(2)求點到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）由等邊三角形三線合一可得，再由側棱垂直于底面可得面即可得出結論；
（2）可由等體積法計算即可得出.
【詳解】（1）法一:是等邊三角形，且是中點
面，面
面，面，且面
面
法二：取的中點，則面，可知兩兩垂直，
如圖以為軸，為軸，為軸，則，，B?1,0,0，；
所以，，則，即；
（2）法一：由題可知：；
在中，，；
取中點，在中，，
邊上的高為；
；
設點到平面的距離為，則，
解得，即點到平面的距離為．
法二：，，，，
設面的法向量為n=x,y,z，；
設點到面的距離為，
故點到平面的距離為.
考點04：坐標處理角度問題
結論1：異面直線所成角
①能建空間直角坐標系時，寫出相關各點的坐標，然后利用結論求解
②不能建空間直角坐標系時，取基底的思想，在由公式求出
關鍵是求出及與
結論2：線面角
提示：是線與平面法向量的夾角，是線與平面的夾角
結論3：二面角的平面角
提示：是二面角的夾角，具體取正取負完全用眼神法觀察，若為銳角則取正，若為鈍角則取負.
31．如圖，在四棱錐中，，底面為正方形，，分別為的中點．
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）由線面平行的判定證明即可；
（2）首先由已知證明出，，再建立空間直角坐標系，根據(jù)面面夾角的向量公式求解即可．
【詳解】（1）因為分別為的中點，
所以，
因為平面，平面，
所以平面．
（2）因為，，
在中，由余弦定理得，，即，
所以，即，同理可得，
因為，，平面，，
所以平面，又平面，
所以，同理，又平面，，
所以平面，又平面，
所以，，又，
則以點為原點，以所在直線為軸，建立如圖空間直角坐標系，
在中，，
則，，
所以，，
設平面的法向量，
則，取，得，
由圖可知，平面的法向量為，
則，
所以平面與平面所成二面角的正弦值．
32．如圖，在四棱錐中，為的中點，平面．
(1)求證：；
(2)若，．
（i）求證：平面；
（ii）設平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）借助線面平行的性質定理與中位線的性質即可得；
（2）（i）借助線面垂直的判定定理即可得；
（ⅱ）結合所給條件建立適當?shù)目臻g直角坐標系后借助空間向量計算即可得.
【詳解】（1）取的中點，連接，
因為為的中點，所以，，
因為，所以，所以四點共面，
因為平面，平面平面，平面，
所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以；
（2）（i）取的中點，連接，
由（1）知，所以，
因為，所以四邊形是平行四邊形，
所以，
因為，所以，
所以，即，
因為，所以，
因為，所以與全等，
所以，即，
因為，
又因為，、平面，
所以平面；
（ii）由（i）知平面，而平面，
所以，
因為，
建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，
所以，，
設平面的法向量為n=x,y,z, 則
令，則，于是，
因為為平面的法向量,
設二面角為，由圖可得
所以,
所以二面角的余弦值為，
則二面角的正弦值為
33．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，為等邊三角形，平面平面，．點在線段上．

(1)若，在上找一點，使得四點共面，并說明理由；
(2)求點到平面的距離；
(3)若直線與平面所成的角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)為靠近點的四等分點，理由見解析(2)(3)
【分析】（1）當為靠近點的四等分點時，結合已知條件可得∥，而∥，則∥，從而可得結論；
（2）取中點，連接，，由面面垂直可得平面，再由結合菱形的性質可得，則得平面，然后求出，再利用等體積法可求得點到平面的距離；
（3）以為原點，分別以，，為軸，軸，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.
【詳解】（1）當為靠近點的四等分點時，四點共面，
理由如下：
因為，所以，
所以∥，
因為四邊形是菱形，所以∥，
所以∥，所以四點共面；

（2）取中點，連接，．
因為為等邊三角形，，
所以，，．
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因為平面，所以，
因為，∥，所以．
因為，平面，平面，，
所以平面，又平面，所以．
所以，
所以，
設點到平面的距離為，
因為，所以，
所以，解得；

（3）由（2）知，，，兩兩垂直，
所以以為原點，分別以，，為軸，軸，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．
則，，A1,0,0，，
所以，，．
設，則，．
得，則．
又平面，則取平面的法向量．
設與平面所成的角為，則
，
化簡整理得，解得．
則，．
設平面的法向量，則,
令，則取平面的法向量，
又平面的法向量．
故平面與平面夾角的余弦值為．

34．如圖，在四棱錐中，已知底面為矩形，，平面平面.

(1)求證：平面；
(2)若，點在棱上，且二面角的大小為.
①求證：；
②設是直線上的點，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②.
【分析】（1）利用面面垂直的性質得到平面，再利用線面垂直的性質得到，結合條件及線面垂直的判定定理，即可證明結果；
（2）建立空間直角坐標系，①求出平面和平面的法向量，結合條件得到，從而有，即可證明結果；②設，結合①中結果，利用線面角的向量法，得到，即可求出結果.
【詳解】（1）在四棱錐中，
因為底面為矩形，所以.
因為平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因為平面，所以，
因為平面，且，
所以平面.
（2）①以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系.

則，所以，
因為點在棱上，所以設或顯然不滿足題設，
因為，所以，
所以，
設平面的一個法向量，
則，即，取，則，
所以，是平面的一個法向量，
所以，
因為二面角的大小為，所以，
即，解得，
此時，，
，所以，
所以，即.
②因為是直線上的點，所以設，
由①可得，所以，平面的一個法向量.
設直線與平面所成角為，則.
令，則，
則，
當時，，
當時，，
令，則，則，
所以當，即時，，
即直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
35．如圖，直三棱柱的體積為6，的面積為4．
(1)求到平面的距離；
(2)設為的中點，，平面平面，求平面與平面夾角的正弦值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用等體積法，由可構造方程求得結果；
（2）利用線面垂直的判定與性質可證得平面，以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用二面角的向量求法可求得結果.
【詳解】（1）由題意知；
設點到平面的距離為，
，解得：，
即點到平面的距離為.
（2）取的中點，連接，
，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
三棱錐為直三棱柱，平面，
又平面，；
，平面，平面，
平面，則，且.
以為坐標原點，以正方向為軸的正方向，可建立如圖所示空間直角坐標系，

由（1）知，點到平面的距離為，則，
，，
，，
，，，，，
，，，
設平面的法向量m=x,y,z，
則，解得，令，得，；
設平面的法向量n=a,b,c，
則，解得，令，得，；
，
設平面與平面夾角為，則
則平面與平面夾角的正弦值為.
36．如圖，在四棱錐中，平面平面，，四邊形為梯形，，，，，，，交于點，點在線段上，且.
(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）根據(jù)三角形邊角關系可證明相似，即可得,即可求證，
（2）建立空間直角坐標系，利用向量的夾角求解即可.
【詳解】（1）平面平面，且兩平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，為等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面,平面，
平面.
（2）由（1）得平面，且，所以建立如圖所示空間直角坐標系.
可得，，，
即，.
設平面的法向量為，則，
解得.
平面的法向量為.
設二面角為，所以，
則.
37．如圖所示，在幾何體中，四邊形和均為邊長為2的正方形，，底面，M、N分別為、的中點，.
(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值；
(3)求平面與平面所成角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)(3)
【分析】（1）依據(jù)題意建立以A為原點，分別以，，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系，求出和平面的一個法向量，計算即可得證.
（2）由（1）得直線的的方向量，平面的一個法向量，設直線與平面所成角為，則由即可得解.
（3）求出平面的一個法向量，計算，則由計算結果即可得解.
【詳解】（1）如圖，以A為原點，分別以，，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系，
由題意可得A0,0,0，，，，，，
，，，
則，，
設平面的一個法向量為n1=x1,y1,z1，則，
故，即，則，
令，得，
所以，
所以，又平面，
所以平面.
（2）由（1）得直線的一個方向向量為，平面的一個法向量為，
設直線與平面所成角為，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
（3）設平面的一個法向量，由（1）可得，，
則，故，即，
令，得，
所以，
所以平面與平面所成角的余弦值為.
38．如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是正方形，平面平面ABCD，是邊長為8的正三角形，，且，點G，H分別是BC，BF的中點．
(1)設AE與平面DGH相交于點M，求的值；
(2)求平面BDM與平面CDM夾角的余弦值．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）延長FE交HM的延長線于點N，連接DN，取AE的中點K，連接KH，得，且，又，得平面CDEF，得，可得CDNF是平行四邊形，則，得；
（2）取AD的中點O，連接OE，可得平面ABCD，以O為原點，OA，OG，OE所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求出平面BDM和平面CDM的一個法向量，利用向量夾角的余弦公式，即可求出平面BDM與平面CDM夾角的余弦值
【詳解】（1）
延長FE交HM的延長線于點N，連接DN，取AE的中點K，連接KH，
∵，H是BF的中點，
∴，且，
∵G，H分別是BC，BF的中點，
∴，
平面，平面，
∴平面，
平面，
又平面平面，
∴，
∴，
∵ABCD是正方形，
∴，
∴CDNF是平行四邊形，
∵，
∴，
∴；
（2）取AD的中點O，連接OE，
∵是正三角形，
∴，
∵平面平面ABCD，
∴平面ABCD，
以O為原點，OA，OG，OE所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，
設是平面BDM的一個法向量，
則，∴，
取，則，，
∴，
設是平面CDM的一個法向量，
則，∴，
取，則，，
∴，
∴，
∴平面BDM與平面CDM夾角的余弦值為．
39．如圖，在長方體中，，，點E在棱AB上移動.
(1)求證：.
(2)當點E為棱AB的中點時，求點E到平面的距離.
(3)在棱AB上是否存在點M，使平面與平面AMC所成的角為？若存在，求出AM的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，.
【分析】（1）利用空間向量數(shù)量積為0，即可證明垂直；
（2）利用空間中點到平面的距離公式求解即可；
（3）利用空間向量求二面角即可.
【詳解】（1）以D為坐標原點，直線DA，DC，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系.
設，，
則，，，A1,0,0，.
因為，所以，
所以.
（2）因為E為AB的中點，所以，
從而，，.
設平面的法向量為n=a,b,c，則，
即，得，
從而，
所以點E到平面的距離.
（3）設這樣的點M存在，且，，平面與平面AMC所成的角為，
則，，，，.
設平面的法向量為，
則，
取，得.
平面AMC的一個法向量，
所以，
由，解得.
所以滿足題意的點M存在，此時.
40．如圖，平行六面體的體積為，，，，．
(1)求點A到平面的距離；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)2(2)
【分析】（1）根據(jù)菱形的判定定理可以確定底面ABCD是菱形，結合線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理和性質進行求解即可；
（2）由（1）可知OD，0A，兩兩互相垂直，建立空間直角坐標系，根據(jù)平面法向量的性質，結合空間向量夾角公式、同角的三角函數(shù)關系式進行求解即可.
【詳解】（1）由題意可知底面是平行四邊形，且O為底面的中心，
又因為，所以底面ABCD是菱形，
連結，
因為，，
所以，，
又平面ABCD，
所以底面ABCD，又平面，
所以平面底面ABCD，
因為底面ABCD，底面ABCD，
所以，
又根據(jù)底面ABCD是菱形，可知，
平面，
所以平面，故A0為點A到平面的距離．
因為，，
所以△ACD是邊長為4的正三角形，所以．
即點A到平面的距離為2．
（2）由（1）可知OD，0A，兩兩互相垂直，
以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz．
因為為平行六面體的高，又平行六面體的體積為，
所以，解得．
則O0,0,0，，，，，
所以，，
設平面的法向量為，則，
即，
取，則，，
所以平面的一個法向量為，
又平面的一個法向量為，
設二面角的大小為，則，
所以，
故二面角的正弦值為．
考點05：坐標處理平行問題
線線平行：兩個向量存在一定的倍數(shù)關系
線面平行：先求平面的法向量，然后法向量與線垂直即可
面面平行：先求其中一平面的法向量，然后讓法向量與另一個平面垂直即可
41．如圖，四棱錐中，底面，，分別為線段上一點，.
(1)若為的中點，證明：平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）取的中點，連接，，先證四邊形為平行四邊形，有，再由線面平行的判定定理，得證；
（2）取的中點，連接，以為原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.
【詳解】（1）證明：由已知得，取的中點T，連接，
由N為的中點知，
．又，故，且，
∴四邊形為平行四邊形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中點，連接，建立如圖所示的空間坐標系．
，
不妨設，
則，
設平面的一個法向量為n=x,y,z，
，
取，則.
設直線與平面所成角為
.
故直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
42．如圖，在四棱錐中，底面ABCD，底面ABCD為直角梯形，，，，，E，F(xiàn)，G分別為線段AD，DC，PB的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)求直線GC與平面PCD所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）利用中位線定理得到線線平行，進而得到線面平行，再利用面面平行的判定定理證明即可.
（2）建立空間直角坐標系，利用線面角的向量求法求解即可.
【詳解】（1）連接EC，設與AC相交于點O，如圖，
因為，且，，
所以四邊形為矩形，
所以O為的中點，又因為G為PB的中點，
所以OG為的中位線，即，
因為平面PEF，平面PEF，
所以平面PEF，
因為E，F(xiàn)分別為線段AD，DC的中點，所以，
因為平面PEF，平面PEF，
所以平面PEF，
因為平面GAC，平面GAC，，
所以平面平面GAC.
（2）因為底面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
所以，，因為，
所以PA,AB,AD兩兩互相垂直，
以A為原點，AB,AD,AP所在的直線為x軸，y軸，z軸，
建立空間直角坐標系，如圖所示：
則A0,0,0，，C1,1,0，，P0,0,1，
所以，，，
設平面的法向量為n=x,y,z，則，所以，
令，可得，，所以，
設直線GC與平面所成角為θ，則，
所以直線GC與平面所成角的正弦值為.
43．如圖，在棱長均為2的四棱柱中，點是的中點，交平面于點．
(1)求證：平面；
(2)已知：條件①平面，條件②，條件③平面平面，從這三個條件中選擇兩個作為已知，使得四棱柱存在且唯一確定，并求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析
【分析】（1）連接，根據(jù)面面平行的性質得到，再證明，即可得到，從而得證；
（2）若選擇條件①②，①③，均可說明該幾何體為棱長為的正方體，從而建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得；選擇②③，無法唯一確定該幾何體.
【詳解】（1）連接，如圖1，
因為交平面于點平面，
所以平面，所以平面平面．
又因為平面平面且平面平面，
所以，
因為，且，所以四邊形是平行四邊形，
所以，
所以，
因為平面平面，所以平面．
（2）由（1）知，點是的中點，所以點是線段的中點．
若選擇條件①②：
因為平面四邊形的棱長相等，而且對角線，
所以四邊形是正方形，
又因平面，所以．
故如圖2建立以為坐標原點，分別為軸的空間直角坐標系，
則，
，
設平面的法向量為，
由，可取，
因為平面，所以平面的法向量為，
所以，
由題知，二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為．
若選擇條件①③：
因為平面平面平面，
所以，
因為平面平面，平面平面，
所以平面，所以，
如圖建立以為坐標原點，分別為軸的空間直角坐標系，
則
，
設平面的法向量為，
由，可取，
因為平面，所以平面的法向量為，
所以，
又由題意知，二面角為鈍角，
所以二面角的余弦值為．
選擇條件②③不合題意，
由條件②，且平面四邊形的棱長相等，可得四邊形是正方形，
由條件③平面平面，無法確定與，
故幾何體不能唯一確定．
44．如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，，，，點M是棱PC的中點．
(1)求證：平面PAD；
(2)求平面PAB與平面BMD所成銳二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）取PD的中點E，連接ME，AE，根據(jù)E是PD的中點，得到，，從而四邊形ABME是平行四邊形，得到，再利用線面平行的判定定理證明；
（2）以D為坐標原點，DA，DC，DP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，求得平面BDM的一個法向量n=x,y,z，平面PAB的一個法向量，設平面PAB與平面BMD所成銳二面角的大小為θ，由求解．
【詳解】（1）證明：取PD的中點E，連接ME，AE，
因為E是PD的中點，M是PC的中點，
所以，，又，，
所以，，
所以四邊形ABME是平行四邊形，所以，
又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
（2）解：因為平面ABCD，DA，平面ABCD，
所以，，又，，所以．
以D為坐標原點，DA，DC，DP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．
則，所以．
設平面BDM的一個法向量n=x,y,z，又，，
所以
令，解得，，
所以平面BMD的一個法向量n=1,?1,1．
設平面PAB的一個法向量，又，，
所以
令，解得，，
所以平面PAB的一個法向量，
設平面PAB與平面BMD所成銳二面角的大小為θ，
所以．
即平面PAB與平面BMD所成銳二面角的余弦值為．
45．如圖1，在五邊形中，，，且，將沿折成圖2，使得，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若與平面所成的角為，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）取的中點，連接，，從而證明平面，平面，即可得到平面平面，即可得證．
（2）推導出平面，平面，平面平面，連接，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的正弦值．
【詳解】（1）取的中點，連接，，
，為的中點，，
又，．
又平面，平面，平面．
為的中點，．
又平面，平面，平面，
又，平面，平面平面，
又BF?平面，平面．
（2），由（1）知，，
又，為的中點，，
又，平面，平面，
又平面，，
又，，平面，平面，
又平面，平面平面，
連接，，為的中點，，
又平面平面，平面，
平面，平面，，
以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
是與平面所成的角，即，
，設，則，，，，
，，，，，
，，，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設平面的法向量為，
則，令，得，
設二面角的平面角為，
，
所以，即二面角的正弦值為．
46．如圖，四棱錐中，底面是邊長為4的菱形，，，E為中點，與交點為O．
(1)求證：平面；
(2)求證：平面平面；
(3)若，求點C到平面的距離．
【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)
【分析】（1）只需證明，結合線面平行的判定定理即可得解；
（2）只需證明平面，在結合面面垂直的判定定理即可得解；
（3）首先證明面，由等體積法即可列方程求解.
【詳解】（1）設，連結，
∵E為中點，O為中點，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）連結，∵，O為中點，∴，
又∵底面為菱形，∴，∵且兩直線在平面內，∴平面，
又∵平面，∴平面平面；
（3）由（2）得：，由，同理可得：，
而平面，
∴面可求：，，，
∴，
而中，，可求：，，
可求：，
而，則，
則即為所求點C到平面的距離．
47．已知四棱錐分別為的中點，平面.
(1)若，證明：平面；
(2)若，二面角的大小為，求.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）由線面垂直的性質定理可得，且，即可得到，再由線面平行的判定定理，即可證明；
（2）方法一：作交，連接，由二面角的定義可得是二面角的平面角，再由勾股定理代入計算，即可求解；方法二：建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算以及二面角的公式代入計算，即可求解.
【詳解】（1）因為平面平面，
又，且PA∩PC=P，，平面
所以平面，
因為平面，所以，
與共面，所以，
又因為平面平面，所以平面.
（2）法1：如圖，作交于，連接.
由得與全等，
所以，所以與全等，
所以，且，
是二面角的平面角，
，又因為，所以，
所以，
在中，，由，解得，
所以，所以.
法2：如圖，以為原點，所在直線分別為，軸，
建立空間直角坐標系.則，，，
設，則，
所以，，，
設面的法向量為，
由，令，可得，
設面的法向量為，由，
令，可得.
設二面角的大小為，則，所以，
.
48．如圖，在三棱柱中，平面平面，，分別為棱的中點.
(1)求證：平面；
(2)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）根據(jù)條件得到且，從而有四邊形為平行四邊形，得到為的中點，則有，再利用線面平行的判定定理，即可求解；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法，即可求解.
【詳解】（1）如圖，連接，設，連接，
因為分別是棱的中點，所以且，
所以四邊形為平行四邊形，則為的中點，
又為的中點，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）因為，
所以，
因為平面平面，平面，平面平面ABC=AB，
所以平面，得到，
以為坐標原點，向量的方向分別為軸、軸、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，由，得到，
所以，
易知平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，
由，得到，令，得，
所以平面的一個法向量為，
設平面與平面的夾角為，
則，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
考點06：坐標處理垂直問題
線線垂直：兩個向量乘積等于0
線面垂直：線與平面中任意兩條相交直線乘積等于0
面面垂直：求兩個平面的法向量，然后兩個法向量乘積等于0即可
49．如圖所示，是的直徑，點是上異于的動點，平面，分別為的中點.
(1)求證：平面；
(2)若，二面角的正弦值為，求.
【答案】(1)證明見解析(2)2
【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理證明平面，再由即可得證；
（2）以為原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面的法向量，結合向量夾角的坐標公式即可進一步求解.
【詳解】（1）因為平面，平面，所以，
因為是的直徑，所以，
因為，平面，所以平面，
因為分別是的中點，所以，
所以平面；
（2）如圖，以為原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，
則，，設，且，
所以，，易知平面的一個法向量為，
設平面的一個法向量，則，所以，
即，取，得，所以，
因為二面角的正弦值為，則其余弦值的絕對值為，
所以，化簡得，，
又因為，所以，解得，即，
所以，故.
50．如圖，在平行六面體中，，
(1)證明：平面；
(2)求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析(2).
【分析】（1）利用向量數(shù)量積證明線線垂直，可證線面垂直；
（2）求平面的法向量，運用向量法求點到平面的距離.
【詳解】（1）(法一)
以為坐標原點，方向為軸非負方向，方向為軸非負方向建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
設，，，
由，得，
由，得，
由，得，即，
再由得，
則，則，故，
又，，平面，
則平面；
(法二)
，
則，
又，，平面，
則平面；
（2）設平面的法向量n=x,y,z，由（1）得，
則，不妨取，則，即，
又，設點到到平面的距離為，
則，故到面的距離為.
51．如圖，在平行四邊形中，，，為邊上的點，，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且三棱柱的體積為.
(1)證明：平面平面PAE；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）設的中點為，連接，可以證明平面，所以，而，再由面面垂直的判定求解；
（2）以的中點為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量求解．
【詳解】（1）證明：由，，為正三角形.
設的中點為，連接，則，
則.易知，，
所以.
所以，，，
故平面，平面，所以.
又易知中，，，
又平面，
所以平面.
又平面PAE，所以平面平面PAE.
（2）由（1）知,
取的中點，連接,則；又平面，
以的中點為坐標原點，分別以，，為，，軸正方向，建立空間直角坐標系，
如圖所示，則，，，，
所以，，，
設平面的法向量為，則，
即，
令，則，，故.
設平面的法向量為，
則，即，令，則，，
故，所以，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
52．在長方體中，點E，F(xiàn)分別在，上，且，．

(1)求證：平面AEF；
(2)當，，時，求平面AEF與平面所成二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）分別由，，得到，，再利用線面垂直的判定定理證明；
（2）分別以AB、AD、為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，連接AC，求得平面的一個法向量n=x,y,z，易得是平面AEF的一個法向量，設平面AEF和平面所成的角為，由求解.
【詳解】（1）解：因為，
所以，
因為，
所以，又，平面
所以平面AEF；
（2）分別以AB、AD、為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，連接AC，

因為，，，
則，
所以，，
設平面的一個法向量為n=x,y,z，
則，，
所以，所以可取，
又因為平面AEF，
所以是平面AEF的一個法向量，
設平面AEF和平面所成的角為，
則，
所以平面AEF和平面所成的角的余弦值為．
53．在三棱錐P—ABC中，，，E為AC的中點，．

(1)求證：平面平面ABC；
(2)求點C到平面PAB的距離．
【答案】(1)證明見解析(2)．
【分析】（1）先證，再證平面由線面垂直推出面面垂直即得；
（2）先證平面，建立空間直角坐標系，求出相關向量坐標，利用點到平面距離的向量公式計算即得.
【詳解】（1），E為AC的中點，
又，且平面，故平面．
又平面ABC，所以平面平面ABC
（2）在三角形ABC中：，

由（1）知平面．因平面．
又E為AC的中點，則垂直平分AC，，
，又
，即，又平面，故得，平面.
故可以E為坐標原點，分別以、、所在方向為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，如圖.

則，，，，
，，，
設平面PAB的一個法向量為，則
令，得．
設點C到平面PAB的距離，則．
54．如圖，在四棱錐中，平面平面，為等邊三角形，，，為的中點.
(1)證明：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)
【分析】（1）取的中點，連接，即可得到，根據(jù)面面垂直的性質得到平面，從而證明平面，即可得到，再由，即可得證；
（2）由（1）可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.
【詳解】（1）取的中點，連接，
因為為等邊三角形，所以，
又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因為平面，所以，
又平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為是的中點，所以，
因為平面，且，
所以平面.
（2）因為，由（1）知四邊形為矩形，則，
又平面，所以平面，
以為坐標原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，
取平面的法向量為，
設平面的法向量為，
則，即，令，則，
所以.
，
所以平面與平面夾角的余弦值為.
55．如圖，在三棱錐P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.

(1)求證：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若AC=BC=PA，M是PB的中點，求AM與平面PBC所成角的正切值；
(3)在（2）的條件下，求平面PAB與平面PBC夾角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析(2)2(3)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理求證；
（2）建立空間直角坐標系，由求解；
（3）由求解．
【詳解】（1）證明：因為，所以，
又平面平面，得，
而平面，
得平面，
因為平面，所以平面平面．
（2）解：建立如圖所示的空間直角坐標系，

不妨設，則，
得，，
設平面的一個法向量為：，
則，取，得，
設與平面所成角為，
則，
得，得，
則與平面所成角的正切值為：
（3）解：
設平面的一個法向量為：，
則，取，得，
設平面與平面所成角為，
則，
得，
故平面與平面夾角的正弦值為：
56．如圖①，在等腰梯形中，，，，，分別是線段的兩個三等分點，若把等腰梯形沿虛線，折起，使得點和點重合，記為點，如圖②.

(1)求證：平面平面；
(2)求平面PAE與平面所成銳二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見詳解(2)
【分析】（1）通過證明來證得平面，由此證得平面平面.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法計算出平面PAE與平面所成銳二面角的余弦值.
【詳解】（1）由題意可知：四邊形ABEF是正方形，
則，且，平面PEF，
所以平面PEF，
因為平面ABEF，所以平面平面ABEF．
（2）如圖，過點P作于點O，過點O作BE的平行線交AB于點G，
因為平面平面ABEF，平面平面，平面，
則平面ABEF．
又因為PO，EF，OG所在直線兩兩垂直，
所以分別以OG，OE，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，
則.
所以.
設平面PAE的法向量為n1=x1,y1,z1，則，
設，則，可得.
設平面的法向量為，則，
設z2=2，則，可得.
設平面PAE與平面所成銳二面角為，
則，
所以平面PAE與平面所成銳二面角的余弦值為.

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