線線平行
線面平行的判定定理：
平面外一直線與平面內(nèi)一直線平行，則線面平行
線面平行的性質(zhì)定理
若線面平行，經(jīng)過直線的平面與該平面相交，則直線與交線平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一個平面內(nèi)有兩條相交直線分別平行于另一個平面，則面面平行
判定定理2：一個平面內(nèi)有兩條相交直線分別于另一個平面內(nèi)兩條相交直線平行，則面面平行
面面平行的性質(zhì)定理
性質(zhì)定理1：兩平面互相平行，一個平面內(nèi)任意一條直線平行于另一個平面
性質(zhì)定理2：兩平面互相平行，一平面與兩平面相交，則交線互相平行
空間中的垂直關(guān)系
線線垂直
線面垂直的判定定理
一直線與平面內(nèi)兩條相交直線垂直，則線面垂直
線面垂直的性質(zhì)定理
性質(zhì)定理1：一直線與平面垂直，則這條直線垂直于平面內(nèi)的任意一條直線
性質(zhì)定理2：垂直于同一個平面的兩條直線平行
面面垂直的判定定理
一個平面內(nèi)有一條直線垂直于另一個平面，則兩個平面垂直（或：一個平面經(jīng)過另一個平面的垂線，則面面垂直）
面面垂直的性質(zhì)定理
兩平面垂直，其中一個平面內(nèi)有一條直線與交線垂直，則這條直線垂直于另一個平面
異面直線所成角
=
（其中（）為異面直線所成角，分別表示異面直線的方向向量）
直線與平面所成角，(為平面的法向量).
二面角的平面角
（，為平面，的法向量）.
點到平面的距離
（為平面的法向量，是經(jīng)過面的一條斜線，）.
1．（2022·新高考Ⅰ卷高考真題）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．
(1)求A到平面的距離；
(2)設(shè)D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等體積法運算即可得解；
（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可得解.
【詳解】（1）在直三棱柱中，設(shè)點A到平面的距離為h，
則，
解得，
所以點A到平面的距離為；
（2）取的中點E,連接AE,如圖，因為，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，
由（1）得，所以，，所以，
則,所以的中點，
則，,
設(shè)平面的一個法向量，則，
可取，
設(shè)平面的一個法向量，則，
可取，
則，
所以二面角的正弦值為.
2．（2022·新高考Ⅱ卷高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．
(1)證明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據(jù)三角形全等得到，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；
（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.
【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，
因為是三棱錐的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，
又平面，平面，
所以平面
（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，
因為，，所以，
又，所以，則，，
所以，所以，，，，
所以，
則，，，
設(shè)平面的法向量為，則，令，則，，所以；
設(shè)平面的法向量為，則，
令，則，，所以；
所以.
設(shè)二面角的大小為，則，
所以，即二面角的正弦值為.
3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真題）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.
（1）證明：；
（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明見解析；(2).
【分析】(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；
(2)方法二：利用幾何關(guān)系找到二面角的平面角，然后結(jié)合相關(guān)的幾何特征計算三棱錐的體積即可.
【詳解】（1）因為，O是中點，所以，
因為平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因為平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐標法
如圖所示，以O(shè)為坐標原點，為軸，為y軸，垂直且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系，
則，設(shè),
所以，
設(shè)為平面的法向量，
則由可求得平面的一個法向量為．
又平面的一個法向量為，
所以，解得．
又點C到平面的距離為，所以，
所以三棱錐的體積為．
[方法二]【最優(yōu)解】：作出二面角的平面角
如圖所示，作，垂足為點G．
作，垂足為點F，連結(jié)，則．
因為平面，所以平面，
為二面角的平面角．
因為，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因為，
．
[方法三]：三面角公式
考慮三面角，記為，為，，
記二面角為．據(jù)題意，得．
對使用三面角的余弦公式，可得，
化簡可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化簡可得．②
將①②兩式平方后相加，可得，
由此得，從而可得．
如圖可知，即有，
根據(jù)三角形相似知，點G為的三等分點，即可得，
結(jié)合的正切值，
可得從而可得三棱錐的體積為．
【整體點評】(2)方法一：建立空間直角坐標系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性通法，其好處在于將幾何問題代數(shù)化，適合于復(fù)雜圖形的處理；
方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的基本功，在找出二面角的同時可以對幾何體的幾何特征有更加深刻的認識，該法為本題的最優(yōu)解.
方法三：三面角公式是一個優(yōu)美的公式，在很多題目的解析中靈活使用三面角公式可以使得問題更加簡單、直觀、迅速.
4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．
（1）證明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.
（2）在平面內(nèi)，過作，交于，則，建如圖所示的空間坐標系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【詳解】
（1）取的中點為，連接.
因為，，則，
而，故.
在正方形中，因為，故，故，
因為，故，故為直角三角形且，
因為，故平面，
因為平面，故平面平面.
（2）在平面內(nèi)，過作，交于，則，
結(jié)合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標系.
則，故.
設(shè)平面的法向量，
則即，取，則，
故.
而平面的法向量為，故.
二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.
5．（2020·新高考Ⅰ卷高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．
（1）證明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得平面，利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得，從而得到平面；
（2）方法一：根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標系，得到相應(yīng)點的坐標，設(shè)出點，之后求得平面的法向量以及向量的坐標，求得的最大值，即為直線與平面所成角的正弦值的最大值.
【詳解】（1）證明：
在正方形中，，因為平面，平面，
所以平面，又因為平面，平面平面，
所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以
因為，所以平面．
（2）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法
因為兩兩垂直，建立空間直角坐標系，如圖所示：
因為，設(shè)，
設(shè)，則有，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個法向量為，則
根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于，當且僅當時取等號，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
［方法二］：定義法
如圖2，因為平面，，所以平面．
在平面中，設(shè)．
在平面中，過P點作，交于F，連接．
因為平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，從而即為與平面所成角．
設(shè)，在中，易求．
由與相似，得，可得．
所以，當且僅當時等號成立．
［方法三］：等體積法
如圖3，延長至G，使得，連接，，則，過G點作平面，交平面于M，連接，則即為所求．
設(shè)，在三棱錐中，．
在三棱錐中，．
由得，
解得，
當且僅當時等號成立．
在中，易求，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為．
【整體點評】（2）方法一：根據(jù)題意建立空間直角坐標系，直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為平面的法向量與向量的夾角的余弦值的絕對值，即，再根據(jù)基本不等式即可求出，是本題的通性通法，也是最優(yōu)解；
方法二：利用直線與平面所成角的定義，作出直線PB與平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，將線轉(zhuǎn)移，再利用等體積法求得點面距，利用直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為點面距與線段長度的比值的方法，即可求出．
6．（2020·新高考Ⅱ卷高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為．
（1）證明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為上的點，QB=，求PB與平面QCD所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得，利用線面垂直的判定定理證得平面，從而得到平面；
（2）根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標系，得到相應(yīng)點的坐標，設(shè)出點，之后求得平面的法向量以及向量的坐標，求得，即可得到直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）證明：
在正方形中，，
因為平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面平面，
所以，
因為在四棱錐中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因為
所以平面；
（2）如圖建立空間直角坐標系，
因為，則有，
設(shè)，則有，
因為QB=，所以有
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個法向量為，則
根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于
所以直線與平面所成角的正弦值為.
【點睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.
1．（2023·廣東深圳·深圳中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)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.
2．（2023·江蘇·統(tǒng)考一模）在三棱柱中，平面平面，側(cè)面為菱形，，，，E是的中點.
(1)求證：平面；
(2)點P在線段上（異于點，），與平面所成角為，求的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】(1)根據(jù)線面垂直的判定定理證明；
(2)利用空間向量的坐標運算表示線面夾角即可求解.
【詳解】（1）因為四邊形為菱形，所以，
又因為，，平面，，
所以平面.
（2）取的中點O，連接，四邊形為菱形，且，
所以.
因為平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因為，，
所以平面.取中點D，連結(jié)，
以O(shè)為原點，，，為空間基底建立直角坐標系.
則，，，，
所以，.
設(shè)平面的一個法向量為，
所以，令，則，，
所以.
設(shè)，可得點，.
由題意
解得或（舍），即.
3．（2023·廣東茂名·統(tǒng)考二模）在四棱錐中，平面平面，，為的中點.
(1)求證：；
(2)若，，，，點在棱上，直線與平面所成角為，求點到平面的距離.
【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；（2）由邊長關(guān)系，根據(jù)勾股定理證明得，建立空間直角坐標系，寫出對應(yīng)點的坐標和相關(guān)向量的坐標，設(shè)，利用空間向量的夾角公式，根據(jù)直線與平面的夾角列式計算點的坐標，求解平面的法向量，再利用點到平面的距離公式列式求解距離即可.
【詳解】（1）∵，為的中點，∴
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，又平面，
∴
（2）由，，
可知四邊形為等腰梯形，易知，
∵，∴
建立如圖所示的空間直角坐標系，
，，，，，
平面的法向量為，
設(shè)，則，
，，
∵直線與平面所成角為，
∴，
∴①
∵點在棱上，∴，
即，
∴，，代入①解得或（舍去）.
， ，，
設(shè)平面的法向量為，
，
令，得，，
所以點到平面的距離
【點睛】對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.
4．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考二模）如圖1，在五邊形中，四邊形為正方形，，，如圖2，將沿折起，使得至處，且．
(1)證明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理可證結(jié)論；
（2）建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用法向量的夾角求解二面角.
【詳解】（1）證明：由題意可知，所以，，
因為，，平面，
所以平面．
（2）取的中點，連接，，
由等腰三角形的性質(zhì)可知，，
由，，可知，，
由且，可知，四邊形為平行四邊形，，平面；
設(shè)，以為坐標原點，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，，，，，
，，，．
設(shè)平面的法向量為，則
令，得，
因為，
所以平面的一個法向量為，
所以，
由圖可知二面角為銳角．故二面角的余弦值為．
5．（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(zhì)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．
6．（2023·吉林·通化市第一中學(xué)校校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，四棱臺的上、下底面分別是邊長為1和2的正方形，，且底面ABCD，點P，Q分別在棱，BC上，平面，點M在棱上，．
(1)證明：；
(2)若平面PDQ與平面AQD所成的銳二面角的余弦值為，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用線面平行的性質(zhì)定理即可證明；
（2）建立空間直角坐標系，求出平面PDQ與平面AQD的法向量，根據(jù)銳二面角的余弦值為求出點的坐標，再利用（1）中的條件求出點的坐標，由三棱錐A-QDP的體積即可求解.
【詳解】（1）由題意知：，且，所以，
所以M，B，C，P四點共面．
又因為平面，且平面平面，
所以．
（2）因為AB，AD，兩兩垂直，所以以A為坐標原點，
AB，AD，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
因為四棱臺的上、下底面分別是邊長為1和2的正方形，，
所以，設(shè)，，
所以，，
設(shè)是平面PDQ的一個法向量，
貝即，
??；
又平面AQD的一個法向量是，
所以，
解得或（舍去），此時，
由（1）知四邊形MBQP是平行四邊形，所以，
設(shè)，則，
因為點P在棱上，所以由，
得，
解得，從而，
故三棱錐A-QDP的體積．
7．（2023·山西·統(tǒng)考二模）如圖，三棱柱中，側(cè)面是矩形，，，D是AB的中點.
(1)證明：；
(2)若平面，E是上的動點，平面與平面夾角的余弦值為，求的值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明線面垂直，根據(jù)線面垂直得出線線垂直；
（2）先設(shè)比值得出向量關(guān)系，根據(jù)空間向量法求已知二面角的值即可求出比值.
【詳解】（1）取BC的中點F，連接，，記，
是AB的中點，，，，
在矩形中，，，
，，
，，平面 ,平面
，平面，
平面，；
（2）因為平面，，平面，所以，，
由矩形得，以點為原點，，，所在的直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
設(shè)，，則，，，，
所以
設(shè)是平面的一個法向量，則，
令，則.
設(shè)是平面的一個法向量，則
，令，則，，.
，或（舍去），
.
8．（2023·黑龍江哈爾濱·哈九中校考二模）在直角梯形中，，，，直角梯形繞直角邊旋轉(zhuǎn)一周得到如下圖的圓臺，已知點分別在線段，上，二面角的大小為.
(1)若，，，證明：平面；
(2)若，點為上的動點，點為的中點，求與平面所成最大角的正切值，并求此時二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)與平面所成最大角的正切值為，此時二面角的余弦值為
【分析】（1）由已知可建立以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算，即可證明線面平行；
（2）根據(jù)已知可建立以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，設(shè)，根據(jù)線面關(guān)系求得與平面所成最大角的正切值，即得的值，利用空間向量坐標運算即可求得此時二面角的余弦值.
【詳解】（1）因為，所以，所以，又平面，所以平面，
又平面，所以，又，如圖，以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，
由于，所以，則，
又，所以，則，
所以，又平面，故可為平面的一個法向量，
又，且平面，所以平面；
（2）因為，所以，所以，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(shè)，則，則，又平面，所以可作為平面的一個法向量，
設(shè)與平面所成角為，且，則，
又函數(shù)與均在上單調(diào)遞增，
所以當時，有最大值為，此時也取到最大值，
又，則；
設(shè)此時平面的法向量為，又
所以，令，則，
是平面的一個法向量，
所以，由圖可知二面角為銳角，即二面角的余弦值為.
所以與平面所成最大角的正切值為，此時二面角的余弦值為.
9．（2023·云南曲靖·曲靖一中?？寄M預(yù)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(zhì)定理證明；
（2）假設(shè)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(shè)存在點D，滿足題意，設(shè)，
，，，，
，，
設(shè)平面的一個法向量為，
則，所以，令，則，，
故，
設(shè)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.
10．（2023·安徽六安·安徽省舒城中學(xué)?？家荒＃┤鐖D①所示，長方形中，，，點是邊的中點，將沿翻折到，連接，，得到圖②的四棱錐．
(1)求四棱錐的體積的最大值；
(2)設(shè)的大小為，若，求平面和平面夾角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取AM的中點G，連接PG，即當平面平面ABCM時，P點到平面ABCM的距離最大，即可得到結(jié)果；
（2）連接DG，過點D作平面ABCD，以D為坐標原點，分別DA以DC，DZ所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，結(jié)合空間向量的坐標運算，以及法向量，列出方程，即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）取的中點，連接，因為，則，
當平面平面時，點到平面的距離最大，四棱錐的體積取得最大值，此時平面，且，
底面為梯形，，
則四棱錐的體積最大值為.
（2）連接，因為，所以，所以為的平面角，即，
過點作平面，以為坐標原點，
分別以DA，DC，DZ所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，
過作于點，由題意得平面，
設(shè)，因為，所以，，，
所以，，
所以，
所以，，
設(shè)平面PAM的法向量為，則，
令，則，
設(shè)平面的法向量為，
因為，，
則，令，
可得，
設(shè)兩平面夾角為，
則
令，，所以，
所以，
因為的對稱軸為，
所以當時，有最小值，
所以平面和平面夾角余弦值的最小值為．
11．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在八面體中，四邊形是邊長為2的正方形，平面平面，二面角與二面角的大小都是，，．
(1)證明：平面平面；
(2)設(shè)為的重心，是否在棱上存在點，使得與平面所成角的正弦值為，若存在，求到平面的距離，若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）依題意可得平面，再由面面平行及，可得平面，如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量法證明，即可得到平面，再證明平面，即可得證；
（2）設(shè)點，其中，利用空間向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【詳解】（1）因為為正方形，所以，又，，平面，
所以平面，所以為二面角的平面角，即，
又平面平面，，
所以平面，即為二面角的平面角，即，
如圖建立空間直角坐標系，則，，，，
所以，，即，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因為，平面，
所以平面平面.
（2）由點在上，設(shè)點，其中，點，
所以，平面的法向量可以為，
設(shè)與平面所成角為，
則，
即，化簡得，
解得或（舍去），
所以存在點滿足條件，且點到平面的距離為.
12．（2023·重慶·統(tǒng)考二模）如圖1，在直角梯形中，，，，，.現(xiàn)沿平行于的折疊，使得且平面，如圖2所示.
(1)求的長度；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）利用垂直關(guān)系得，再結(jié)合勾股定理，即可求解；
（2）分別求平面和的法向量，根據(jù)二面角的向量公式，即可求解.
【詳解】（1）由平面，平面，得，
在矩形中，由，，知，
設(shè)，則，，
故，，
由勾股定理：，
解得：，
的長度為1；
（2）因為，，，
且平面，所以平面，
結(jié)合知，兩兩互相垂直，故以點為原點，為，，軸正方向建立空間直角坐標系，所以
，，，，，，
所以，，，，
設(shè)為平面的一個法向量，所以，
取，則，
設(shè)為平面的一個法向量，所以，
取，則，
記所求二面角大小為，為鈍角，則，
所求二面角的大小為.
13．（2023·遼寧沈陽·沈陽二中?？既＃┤鐖D，在四棱錐中，面ABCD，，，，．E為PD的中點，點F在PC上，且．
(1)求證：面PAD；
(2)求二面角的正弦值；
(3)設(shè)點G在PB上，且．判斷是否存在這樣的，使得A，E，F(xiàn)，G四點共面．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)存在
【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)有，再根據(jù)線面垂直的判定即可證結(jié)論.
（2）以A為原點，面內(nèi)與垂直的直線為x軸，方向為y軸，z軸空間坐標系，根據(jù)已知確定對應(yīng)點坐標，進而求出面、面的法向量，應(yīng)用空間向量夾角的坐標表示求面面角的余弦值，即可得其正弦值.
（3）由題設(shè)有且，根據(jù)點共面結(jié)合（2）中面的一個法向量，利用向量垂直的坐標表示求，即可確定結(jié)果.
【詳解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，
∵，，平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
（2）以A為原點，在平面ABCD內(nèi)過A作CD的平行線為x軸，
AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，
所以，，
平面AEP的一個法向量為，
設(shè)平面AEF的一個法向量為，
則，取，得，．
故，
設(shè)二面角的平面角為，由圖可知為銳角，
則．
∴二面角的余弦值為．
故二面角的正弦值為．
（3）存在這樣的.
由可得：，則，
若A，E，F(xiàn)，G四點共面，則在面內(nèi)，
又面的一個法向量為，
∴，即，可得.
∴存在這樣的，使得四點共面.
14．（2023·遼寧大連·統(tǒng)考一模）如圖，平面五邊形ABCDE中，是邊長為2的等邊三角形，，CD＝AE，，將沿AD翻折，使點E翻折到點P．
(1)證明：PC⊥BC；
(2)若PC＝3，求二面角P－AD－B的大小，以及直線PB與平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）在平面圖形中取中點，則有、，再應(yīng)用線面垂直的判定、性質(zhì)證結(jié)論；
（2）由（1）得，，則二面角的平面角為，在中利用余弦定理求解即可；在平面內(nèi)作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，確定相關(guān)點坐標，求直線的方向向量、平面的法向量，進而求線面角的正弦值.
【詳解】（1）在平面圖形中取中點，連接，，
∵是邊長為2的等邊三角形，
∴，，故翻折后有，
又∵，∴，∵，∴，
且，，平面，∴平面，
∵，∴，∴平面，
又∵平面，∴．
（2）由（1）得，，∴二面角的平面角為，
在中，，．
由余弦定理得，∴，
二面角的大小是，
在平面內(nèi)作，交于，∵平面，
以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
由（1）得，四邊形為矩形，又∵，，
所以各點坐標為，，，，，
所以，，，
設(shè)平面的一個法向量，則，即
設(shè)，則，，∴，
設(shè)直線與平面所成角為，
則．
15．（2023·河北張家口·統(tǒng)考二模）如圖，在三棱錐中，側(cè)面是邊長為2的正三角形，，，分別為的中點，平面與底面的交線為.
(1)證明：平面.
(2)若三棱錐的體積為，試問在直線上是否存在點，使得直線與平面所成角為，異面直線所成角為，且滿足？若存在，求出線段的長度；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）由已知可推得.根據(jù)線面平行的判定定理，可得平面.然后根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，可得.進而即可得出證明；
（2）由已知可得.又易知，即可得出平面.以為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，設(shè)，求出平面的法向量以及，根據(jù)向量法表示出，根據(jù)已知，即可得出的值.
【詳解】（1）因為分別為的中點，
所以，.
又平面，平面，
所以，平面.
又平面，平面與底面的交線為，所以，.
從而，.
而平面，平面，所以，平面.
（2）取的中點記為，連接，
因為是邊長為2的正三角形，所以，.
由（1）可知，在底面內(nèi)過點作的平行線，即平面與底面的交線.
由題意可得，即，
所以的面積.
設(shè)點到平面的距離為，
則由已知可得，于是.
因為，所以平面.
取的中點記為，連接，則.
因為，所以.
以為坐標原點，所在直線分別為軸?軸?軸，如圖建立空間直角坐標系，則，，，，，，設(shè).
于是，，，.
設(shè)平面的一個法向量為，
則， 即，
取，則，，即是平面的一個法向量，
所以.
又直線與平面所成角為，
于是.
又，
而異面直線所成角為，于是.
假設(shè)存在點滿足題設(shè)，則，
即，所以.
當時，，此時有；
當時，，此時有.
綜上所述，這樣的點存在，且有.
16．（2023·河北張家口·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，其中，，，為棱的中點，是棱上一點，且．
(1)證明：平面；
(2)若，直線與平面所成的角為，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取棱PB和PC的中點，利用平行四邊形的判定及性質(zhì)證明線線平行，再利用線面平行的判定定理即可證明；
（2）利用線面角求得，然后建立空間直角坐標系，利用向量法求兩個平面夾角的余弦值.
【詳解】（1）如圖，設(shè)E，F(xiàn)分別為棱PB和PC的中點，連接AE，EF，F(xiàn)D，
則，且，
又，，所以，且，
所以四邊形ADFE為平行四邊形，故，
因為，E為棱PB的中點，所以，
又M為棱AP的中點，所以，故，
又平面PDC，平面PDC，所以平面PDC；
（2）設(shè)，所以，
又，所以，所以，所以和為等邊三角形，
設(shè)O為棱CD的中點，連接OP，OB，故，
又，，，平面POB，平面POB，
所以平面POB．又平面ABCD，所以平面平面ABCD，
故直線PB與平面ABCD所成的角為，所以，
又，所以，
綜上OP，OB，OC兩兩垂直，以為坐標原點，以O(shè)B，OC，OP分別為x軸、y軸、z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，
則，，，，
因為，所以，
又為棱的中點，則，
所以，，，
設(shè)為平面MCD的法向量，
則,即，令，可得，
設(shè)為平面BMD的法向量，
則，即，令，可得，
所以，
故平面BMD與平面MCD夾角的余弦值為.
17．（2023·福建·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，已知四棱錐的底面為菱形，且，，.是棱PD上的點，且四面體的體積為
(1)證明：；
(2)若過點C，M的平面α與BD平行，且交PA于點Q，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）解法一：取AB中點O，連接PO，CO.推導(dǎo)得到平面，平面PBC，根據(jù)體積即可得出答案；解法二：先證明平面PAB. 過M作交AP于點N，證明得到平面PBC，根據(jù)體積即可得出答案；
（2）解法一：建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，結(jié)合平面向量基本定理，求出平面的法向量，計算即可得出答案；解法二：建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量，計算即可得出答案；解法三：通過作圖，作出二面角的平面角，構(gòu)造直角三角形，即可得出答案.
【詳解】（1）解法一：
如圖1，取AB中點O，連接PO，CO.
因為，，所以，，.
又因為是菱形，，所以，.
因為，所以，所以.
又因為平面，平面ABCD，，
所以平面.
因為，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
所以.
因為，
所以點M到平面PBC的距離是點D到平面PBC的距離的，
所以.
解法二：
如圖2，取AB中點O，連接PO，CO，
因為，，
所以，，，
又因為是菱形，，
所以，.
因為，所以，所以.
因為平面PAB，平面PAB，，
所以平面PAB.
所以，.
過M作交AP于點N，，所以.
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，所以.
因為，，
所以，
所以N是PA的中點，所以M是PD的中點，所以.
（2）解法一：
由（1）知，，，.
如圖3，以O(shè)為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，
則，，，，，所以，，，，，.
因為，設(shè)，則，
因為，，，，故存在實數(shù)a，b，使得，
所以，解得，
所以.
設(shè)平面的法向量為，則，即，
取，得到平面的一個法向量.
設(shè)平面與平面夾角是，
又因為是平面的一個法向量，
則.
所以平面與平面夾角的余弦值是.
解法二：
由（1）知，，，，
如圖3，以O(shè)為坐標原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，
則，，，，，所以，，，，，.
設(shè)平面的法向量為，則，即.
取，得到平面的一個法向量.
因為，設(shè)，則，
因為，所以，所以
設(shè)平面的法向量為，則，即.
取，得到平面的一個法向量.
設(shè)平面與平面夾角是，
又因為是平面的一個法向量，
則.
所以平面與平面夾角的余弦值是.
解法三：
在平面內(nèi)，過C作交AD延長線于點E，交AB延長線于點F，
因為是菱形，所以.
如圖4，在平面PAD內(nèi)，作交EM的延長線于點，設(shè)交AP于點Q.
所以，四邊形是平行四邊形，，.
所以，所以，
所以點Q是線段PA上靠近P的三等分點.
如圖5，在平面PAB內(nèi)，作，交AB于T，
因為平面，所以平面，所以，
因為，，
在平面內(nèi)，作，交BC于點N，連接QN，過A作交BC于K，
在中，，，所以，
所以，
因為，，，且兩直線在平面內(nèi)，所以平面，
因為平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在中，，所以.
所以平面與平面夾角的余弦值是.
18．（2023·山東青島·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，且，，將繞直角邊PA旋轉(zhuǎn)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??；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(shè)，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(shè)，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(shè)平面的法向量為，
則，即，令，得；
設(shè)平面的法向量為，
則，即，令，得；
設(shè)平面與平面的夾角為，則，
∴平面與平面夾角的余弦值為．
19．（2023·山東濰坊·?？寄M預(yù)測）如圖，在三棱臺中，.
(1)求證：平面平面；
(2)若四面體的體積為2，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）延長三條側(cè)棱交于點，判斷出，為中點.取的中點，證明出和，進而證明出平面，利用面面垂直的判定定理即可證明平面平面.
（2）先由體積關(guān)系求出.以為坐標原點，為軸，軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解.
【詳解】（1）（1）延長三條側(cè)棱交于點.因為所以， 分別為中點，且.
因為，所以.
取的中點，則.
因為
所以所以.
，則，故，
即.
因為，,平面,平面,
所以平面.
又平面，故平面平面.
（2）因為，所以.
而,
所以，解得：.
以為坐標原點，為軸，軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，
設(shè)為面的一個法向量，
因為，所以，
不妨設(shè)，則面的一個法向量.
同理可求得面的一個法向量.
由圖示，二面角的平面角為銳角，
所以，
所以二面角的余弦值為.
20．（2023·山東聊城·統(tǒng)考二模）如圖，平面平面，四邊形為矩形，四邊形為直角梯形，且，點G在線段上．
(1)若點G為線段的中點，求證：平面；
(2)若平面與平面的夾角的余弦值為，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）連接，交于H，連接，證明四邊形為平行四邊形，從而，即可根據(jù)線面平行的判定定理證明結(jié)論.
（2）建立空間直角坐標系，求得相關(guān)點和向量的坐標，根據(jù)平面與平面的夾角的余弦值，設(shè)，求得參數(shù)，即可求得答案.
【詳解】（1）連接，交于H，連接，則H為的中點，
因為G，H分別為的中點，
所以且．
又且，
所以且，
所以四邊形為平行四邊形，從而，
又平面平面，
所以平面，
（2）因為四邊形為矩形，所以，
因為平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
因為平面，所以．
以點D為坐標原點，分別以，所在直線為x軸，z軸，
在平面內(nèi)過點D作的出現(xiàn)為y軸，建立如圖的空間直角坐標系．
由于，故,
則，
．
設(shè)，則．
設(shè)平面的法向量，
由,得,
令，則．
設(shè)平面的法向量，
由,得,
令，得．
設(shè)平面與平面的夾角為,
則，解得．
而,則,
從而,
故的長度為．
21．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知平行六面體中，，，，側(cè)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(jié)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(cè)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(cè)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．
22．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在邊長為4的正三角形ABC中，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC的中點．將沿EF翻折至，得到四棱錐，P為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若平面平面EFCB，求直線與平面BFP所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點Q，可得四邊形EFPQ為平行四邊形，則，由直線與平面平行的判定定理證明即可；
（2）取EF中點O，BC中點G，可得平面EFCB，兩兩垂直，以O(shè)為原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，求出與平面BFP的法向量的坐標，利用向量夾角公式求解.
【詳解】（1）取的中點Q，連接,
則有，且，又，且，
故，且，
則四邊形EFPQ為平行四邊形，則，
又平面，平面，故平面．
（2）取EF中點O，BC中點G，由平面平面EFCB，且交線為EF，故平面EFCB，此時，兩兩垂直，以O(shè)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，
則可得，，，，
由P為中點，故，
則，，，
設(shè)平面BFP的法向量，
則，即，故取，
故所求角的正弦值為，
所以直線與平面BFP所成的角的正弦值為．
23．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考三模）如圖，在三棱錐中，側(cè)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(zhì)得到線線平行，結(jié)合面面垂直證明線面垂直；
（2）根據(jù)體積關(guān)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.
24．（2023·江蘇南京·南京師大附中?？家荒＃┤鐖D，在四棱錐中，側(cè)棱矩形，且，過棱的中點，作交于點，連接
(1)證明：；
(2)若，平面與平面所成二面角的大小為，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證平面，得，再證平面，得，然后證明平面，得證；
（2）以為原點，射線分別為軸的正半軸，建立空間直角坐標系，由空間向量法求二面角得的長，然后利用棱錐體積公式計算．
【詳解】（1）證明：因為平面，平面，所以，
由底面為矩形，有，而，平面，
所以平面，又平面，所以．
又因為，點是的中點，所以．
而，平面，所以平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，
所以得證．
（2）如圖，以為原點，射線分別為軸的正半軸，建立空間直角坐標系．
因為，設(shè)，（），
則，，點是的中點，所以，
由，所以是平面的一個法向量；
由（1）知，，所以是平面的一個法向量．
因為平面與平面所成二面角的大小為，
則，解得（負值舍去）．
所以，
．
25．（2023·廣東汕頭·金山中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在三棱臺中，面，，
(1)證明：；
(2)若棱臺的體積為，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量證明，則；
（2）利用棱臺體積公式得到上下底面三角形的相似比，寫出相關(guān)點坐標，求出相關(guān)平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【詳解】（1）在平面中過點作的垂線，
在平面ABC中過點作的垂線，
面面，，面，
且面面，故面，
面，所以，
故，，三條兩兩垂直，
建立以點為坐標原點，直線，，分別為，，軸的空間直角坐標系，
如圖所示，則由題意得

，，即，
，.
（2）設(shè)，
，
根據(jù)，則，
由棱臺體積公式得
，
所以，則
在（1）問建系基礎(chǔ)上，
設(shè)面的法向量
由，即，
取，則，則 ，
由題意得，根據(jù)，則，則
，
設(shè)面法向量
由，即，
取，則，，則，
設(shè)二面角的大小為，依圖可知，
所以，
所以二面角的余弦值為.
26．（2023·江蘇·統(tǒng)考一模）如圖，在多面體中，平面平面，平面，和均為正三角形，，.
(1)在線段上是否存在點F，使得平面?說明理由；
(2)求平面與平面所成的銳二面角的正切值.
【答案】(1)存在，理由見解析
(2)
【分析】（1）記中點為M，連結(jié)，根據(jù)線面平行的判定定理即可得出結(jié)論；
（2）連結(jié)，過點B作的垂線，連結(jié)，作出平面與平面所成的二面角的平面角，解三角形，即可求得答案.
【詳解】（1）記中點為M，連結(jié)，為正三角形，,
則，且.
因為平面平面 ，平面平面，平面ACD,
所以平面，又因為平面，
所以.
延長交于點G，則為平面與平面的交線，
因為，故，所以B為的中點，
取中點F，連結(jié)，則，因為平面 ，平面，
所以平面.
即線段上存在點F，當時，平面.
（2）連結(jié)，則為平面與平面的交線，
在平面內(nèi)，過點B作的垂線，垂足為H.
連結(jié)，因為平面，平面，故,
平面，故平面，
平面，故,
則為平面與平面所成的二面角的平面角.
為正三角形，，故，則,
且,
故在中，，
故，而，
故,又因為，
所以，
即平面與平面所成的銳二面角的正切值為.
27．（2023·江蘇南通·二模）如圖，在圓臺中，分別為上、下底面直徑，且，， 為異于的一條母線．
(1)若為的中點，證明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）如圖根據(jù)題意和圓臺的結(jié)構(gòu)可知平面平面，有面面平行的性質(zhì)可得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得為中點，則，結(jié)合線面平行的判定定理即可證明；
（2）建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求出平面、平面的法向量，結(jié)合空間向量數(shù)量積的定義和同角的三角函數(shù)關(guān)系計算即可求解.
【詳解】（1）如圖，連接．
因為在圓臺中，上、下底面直徑分別為，且，
所以為圓臺母線且交于一點P，所以四點共面.
在圓臺中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即為中點．
在中，又M為的中點，所以．
因為平面，平面，
所以平面；
（2）以為坐標原點，分別為軸，過O且垂直于平面的直線為軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系．
因為，所以．
則．
因為，所以．
所以，所以．
設(shè)平面的法向量為，
所以，所以，
令，則，所以，又，
設(shè)平面的法向量為，
所以，所以，
令，則，所以，
所以．
設(shè)二面角的大小為，則，
所以．
所以二面角的正弦值為.
.
28．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體中，點M是正方體的中心，將四棱錐繞直線逆時針旋轉(zhuǎn)后，得到四棱錐．
(1)若，求證：平面平面；
(2)是否存在，使得直線平面？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)不存在，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)面面平行的判定定理即可證明結(jié)論；
（2）假設(shè)存在，使得直線平面，建立空間直角坐標系，求得相關(guān)點坐標，求出平面平面的法向量，則求出的坐標，由可得，此方程組無解，即可得出結(jié)論.
【詳解】（1）證明：若，則平面、平面為同一個平面，
連接，則M是中點，是中點，
故是的中位線，所以．
因為，所以平面四邊形是平行四邊形，所以．
又平面平面，所以平面
同理平面，且平面平面，
所以，平面平面．
（2）假設(shè)存在，使得直線平面．
以C為原點，分別以為軸正方向建立空間直角坐標系，
則，，故．
設(shè)是平面的法向量，則，
所以，取，得是平面的一個法向量，
取中點P，中點Q，連接，
則．
于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，
是二面角的平面角，于是，
所以，且平面，
故，同理，
所以，
因為，
，
所以．
若直線平面，是平面的一個法向量，則．
即存在，使得，則，此方程組無解，
所以，不存在，使得直線平面．
【點睛】難點點睛：解答第二問是否存在，使得直線平面，要發(fā)揮空間想象，明確點線面的位置關(guān)系，建立空間直角坐標系后，難點在于確定，并結(jié)合三角恒等變換化簡，從而結(jié)合向量的共線的坐標表示，判斷結(jié)論.
29．（2023·湖北·統(tǒng)考二模）如圖，在三棱柱中，，，E，F(xiàn)分別為，的中點，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的長度；
(2)若，且的面積，求二面角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根據(jù)平行關(guān)系可得，再結(jié)合垂直關(guān)系可得，即可得結(jié)果；
（2）根據(jù)題意分析可得平面ABC，，建系，利用空間向量求二面角.
【詳解】（1）取AC中點D，連接ED，BD，
∵分別為的中點，則且，
又∵為三棱柱，且分別為的中點，則且，
可得且，即四邊形DEFB為平行四邊形，故，
又∵平面，則平面，
平面，可得，
又∵D為AC的中點，則△ABC為等腰三角形，
∴.
（2）由（1）可知：，且，即，
∴，
則可得，且，
∵平面，平面，則，
∴，解得，
由（1）知平面，平面，則，
又∵，則
又∵，，則，
，平面ABC，
∴平面ABC，
平面ABC，則，
且，可得，
∴為直角三角形，則，
以為坐標原點，向量，，方向為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
可得，，
設(shè)平面的一個法向量為，則，
令，則，可得，
∵平面的一個法向量為，
設(shè)二面角的平面角為，
可得，
∴，
故二面角的正弦值為.
30．（2023·湖南長沙·湖南師大附中?？家荒＃┤鐖D，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△PAD為等邊三角形，平面平面ABCD，．
(1)求點A到平面PBC的距離；
(2)E為線段PC上一點，若直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為，求平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取AD中點O，連接OB，OP.通過證明，可得，.后由等體積法可求得點A到平面PBC的距離；
（2）由（1），如圖建立以O(shè)為原點的空間直角坐標系，由直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空間向量可得平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值.
【詳解】（1）取AD中點O，連接OB，OP.
∵為等邊三角形，∴，OA=1，.
又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
平面PAD，∴平面ABC.
又∵平面ABCD，∴.
∵，∴，∴.
又∵，平面POB，
平面POB，，∴平面POB.
又∵平面POB，∴.
∴，
設(shè)點A到平面PBC的距離為h，
則即，∴；
（2）由（1），分別以O(shè)A，OB，OP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，，，，，，.
設(shè)，則，.
得，則.
又平面ABC，則取平面ABCD的法向量.
設(shè)AE與平面ABCD所成的角為，則
，解得.
則，.
設(shè)平面ADE的法向量，則.
令，則取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.
故平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值為.

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