新高考版2024年高考數(shù)學(xué)必刷壓軸題專題19立體幾何與空間向量解答題壓軸題教師版

專題19立體幾何與空間向量（解答題壓軸題）①直線與平面所成角問題1．（2024·黑龍江·勃利縣高級中學(xué)高二階段練習(xí)）如圖，在四棱錐中，是邊長為2的正三角形，，，，，，，分別是線段，的中點.(1)求證：平面平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見詳解.(2)（1）如圖，在四邊形中，過作交于，在中，得，，則，得，，又由已知條件平面，故平面，又平面平面平面.（2）為等腰三角形，，又因為平面，以為原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：可得，，設(shè)平面的法向量為，依據(jù)，得，令，則，得，又，設(shè)直線與平面所成角為，則，故直線與平面所成角的正弦值.2．（2024·江蘇蘇州·高一期末）如圖，在直四棱柱中，底面是邊長為的菱形，，，，分別是線段，上的動點，且.(1)若二面角為，求的長；(2)當(dāng)三棱錐的體積為時，求與平面所成角的正弦值的取值范圍.【答案】(1)；(2).（1）解：取中點，過點作，交于點，連結(jié).因為底面是邊長為的菱形，，所以為等邊三角形.由直四棱柱，可得平面，平面，，，，,所以和全等，可得.因為為中點，所以.又因為，所以為二面角的平面角，即.在平面中，，，所以，則有，所以.在中，，，則，解得.（2）因為平面，所以，因為三棱錐的體積為，所以，解得，所以為中點.因為平面，所以.在中，，，所以.設(shè)到平面的距離為，在中，，，所以，所以.因為，所以，解得.在中，由余弦定理得，所以.設(shè)與平面所成角為.所以.令，則.因為，所以，所以，所以與平面所成角正弦的取值范圍是.3．（2024·全國·高一單元測試）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，.(1)為上一點，且，當(dāng)平面時，求實數(shù)的值；(2)當(dāng)平面與平面所成的銳二面角的大小為時，求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)（1）如圖，連接交于點N，連接，∵平面，平面，平面平面，∴，在梯形中，∵，∴，∴，∵，∴，∴（2）取的中點，連接，，∵為的中點，且，，∴且，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴，又，∴為等邊三角形，又，∴為等邊三角形，∴∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，過點作，由，則，∴平面，平面，即平面平面，∴，，∴為平面與平面所成的銳二面角，∴.又由，∴，∴，作交的延長線于，連接，∵，∵平面，平面，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴為與平面所成的角，在中，，∵，∴，，∴，因此，與平面所成角的正弦值為.4．（2024·吉林·長春外國語學(xué)校高一期末）如圖，直四棱柱的底面是邊長為的菱形，且.(1)證明：平面平面；(2)若平面平面，求與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).（1）在直四棱柱中，平面，平面，則，四邊形為菱形，則，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.（2）令，連接，如圖，平面，平面，則，由（1）知，，平面，因此平面，又平面，于是得，而平面平面，平面平面，平面，則平面，而平面，有，即，菱形中，，，則，，令，則，由得，令，連，過M作交于N，則有平面，連，則是直線與平面所成的角，，明顯，則，又，因此，，所以與平面所成角的正弦值是.5．（2024·福建省永泰縣第一中學(xué)高二開學(xué)考試）四棱錐，底面ABCD是平行四邊形，，且平面SCD平面ABCD，點E在棱SC上，直線平面BDE.(1)求證：E為棱SC的中點；(2)設(shè)二面角的大小為，且.求直線BE與平面ABCD所成的角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)（1）連AC交BD于F，連EF．∵ABCD是平行四邊形，∴∵直線平面BDE，面PAC，面面，∴，由是中點，∴E為棱SC的中點；（2）取DC中點O，OC中點G，連SO，OF，GE，BG∵側(cè)面SCD滿意，不妨設(shè)∴，∵平面平面ABCD，平面平面∴平面ABCD，又平面ABCD，故，∵∴∵∴

，∴，又，平面，∴平面∴是二面角的平面角∴，又，∴∴∴∴∴∴，∵∴，∴平面ABCD∴為直線EB與平面ABCD所成的角，即直線EB與平面ABCD所成的角的正切值為6．（2024·山東煙臺·高一期末）如圖，在三棱柱中，側(cè)面ABCD為矩形．(1)設(shè)M為AD中點，點N在線段PC上且，求證：平面BDN；(2)若二面角的大小為，，且，求直線BD和平面QCB所成角的正弦值的取值范圍．【答案】(1)證明見解析；(2).(1)連接MC交BD于E，連接，因為側(cè)面ABCD為矩形，所以，又M為AD中點，所以，又因為，所以．所以，又平面NBD，平面NBD，所以平面BDN．(2)在平面QBC中，過點C作射線，因為底面ABCD為矩形，所以，所以為二面角的平面角，且．又，所以平面CDF，在平面DCF中，過點D作，垂足為G，因為平面DCF，平面DCF，所以，又，平面BCQ，平面BCQ，所以平面BCQ，于是DG為點D到平面BCQ的距離，且，設(shè)直線BD和平面PAD所成角為，則，，由，可得，∴所以直線BD和平面PAD所成角的正弦值的取值范圍是．7．（2024·吉林·長春吉大附中試驗學(xué)校高一期末）如圖，在四棱錐中，為正三角形，底面為直角梯形，，，，，點在線段上，且．(1)探究在線段上是否存在點，使得平面，若存在，試證明你的結(jié)論；若不存在，請說明理由．(2)設(shè)二面角的大小為，若，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)存在點，當(dāng)時平面，證明見解析；(2)（1）解：存在點，當(dāng)時平面，證明：連接，交于點，連接，因為，，所以，，因為，則，則，故，又平面，平面，故平面；（2）解：取的中點，連接，，因為為正三角形，則，，因為為直角梯形，，，，故四邊形為矩形，則，又，，平面，所以平面，又平面，故平面平面，所以為二面角的平面角，故，且，設(shè)，由余弦定理可得，，所以，整理可得，解得或（舍，過點作，交于點，因為，且平面，故平面，又平面，則平面平面，又平面平面，平面，所以平面，故即為點到平面的距離，又，平面，平面，所以平面，故即為點到平面的距離，因為，則，所以，即，解得，又，故直線與平面所成角的正弦值為．8．（2024·黑龍江·鐵人中學(xué)高一期末）在三棱臺中，，，側(cè)面平面(1)求證：平面；(2)求證：是直角三角形；(3)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)(1)四邊形中，因為，故四邊形為梯形，，故，，且，故，又，故，故.又側(cè)面平面，且交線為，故平面(2)在上取一點使得，設(shè)，連接.因為，則由余弦定理可得，解得，因為，故.由（1）平面，平面，故，又，平面，故平面.又平面，故.又梯形中，依據(jù)平行線中兩三角形的性質(zhì)有，故，又，故，故，故.故是直角三角形(3)由（2），，故，故到的距離為.設(shè)到的距離為，則因為，即，所以，解得.設(shè)直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角的正弦值為9．（2024·江西·新余市第一中學(xué)高二開學(xué)考試）如圖，已知四棱錐，底面是矩形，，點是棱上一劫點（不含端點）.(1)求證：平面平面；(2)當(dāng)且時，若直線與平面所成的線面角，求點的運動軌跡的長度.【答案】(1)證明見解析(2)（1）證明：因為，故，又所以平面平面所以平面平面（2）首先，取中點，連接在等腰中，①由（1）知平面，得②由①②得平面，即此時當(dāng)與點重合時，直線與平面所成的線面角為，其次，由題意易得，存在點兩側(cè)各有兩個點，如圖分別記為，使得的運動軌跡即為線段.作于，又平面，得，故平面，所以在平面的射影為，即為直線與平面所成的線面角，即此時，，此時與重合，故同理可得，解得故的運動軌跡長度為.10．（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，幾何體中，均為正三角形，四邊形為正方形，平面，，M，N分別為線段與線段的中點.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)（1）設(shè)P,Q在平面ABCD上的射影分別為G,H,取中點E，連，由于均為正三角形，故,而，故平面PGE,平面PGE,故,即G點在AD的垂直平分線上，同理可證H在BC的垂直平分線上，由于四邊形為正方形，故EN垂直平分AD,BC,故G,E,N,H在一條直線上，因為平面，則,故四邊形為平行四邊形，則,則;延長于F使得，連，延長交于O，連，取中點J，連結(jié)，則四邊形是平行四邊形，∴，，又∵，則,∴，即,故,故,∴四邊形為平行四邊形.，∴，又∵平面，平面，∴平面.（2）由（1）得，四邊形是平行四邊形，，∵均為正三角形，E為中點.∴又∵，∴面.∴面面∵在四邊形中且，∴,又∵面面面，∴面,方法一：（等體積法）∵，∴直線與平面所成角等于與平面所成角,∵，，，,設(shè)F到平面的距離為d，∴，設(shè)與平面所成角為，∴；方法二：（向量法）連接，以為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由于,故，于是，則，設(shè)平面的法向量為，則，得法向量的一個解為，所以直線與面所成角.11．（2024·全國·高三專題練習(xí)（理））如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是菱形，，，三棱錐是正三棱錐，E，F(xiàn)分別為，的中點.(1)求證：直線平面SAC；(2)求二面角的余弦值；(3)推斷直線SA與平面BDF的位置關(guān)系.假如平行，求出直線SA與平面BDF的距離；假如不平行，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)平行，距離為（1）證明：連接AC，交BD于點O，連接SO，因為四邊形ABCD是菱形，所以O(shè)為AC，BD的中點，且，因為三棱錐是正三棱錐，，O為BD的中點，所以，又，所以平面SAC.（2）作平面BCD于H，則H為正三角形BCD的中點，H在線段OC上，且，，，.如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則，，C.，D.，，，，所以，，，設(shè)是平面EBF的法向量，則，則，設(shè)是平面DBF的法向量，則，取，所以，又因為二面角是銳二面角，所以二面角的余弦值為.（3）直線SA與平面BDF平行.理由如下：連接OF，由（1）知O為AC的中點，又F為SC的中點，所以，又因為平面BDF，平面BDF，所以直線平面BDF.（或者用向量法證明直線SA與平面BDF平行：由（2）知是平面BDF的一個法向量，又，，所以，所以，所以，又因為平面BDF，所以直線平面BDF.設(shè)點A與平面BDF的距離為h，則h即為直線SA與平面BDF的距離，因為，是平面DBF的一個法向量，所以，所以點A與平面BDF的距離為，所以直線SA與平面BDF的距離為.12．（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，E為的中點，且．(1)求證：平面；(2)記的中點為N，若M在線段上，且直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長．【答案】(1)證明見解析；(2)2或（1）連接，∵，，∴且

∴四邊形為平行四邊形；

∵且E為的中點，∴，所以，

∴，∴，即，

又∵，∴平面（2）以為原點，為軸，為軸，為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則,所以，設(shè)平面的法向量為，則，即，取

設(shè)，則，而，所以，∵平面的法向量為，設(shè)直線與平面所成的角為，則

化簡得，解得：或，滿意故線段的長度為2或．②二面角問題1．（2024·浙江·慈溪中學(xué)高三開學(xué)考試）如圖，在四棱錐中，平面平面，是的平分線，且.(1)若點為棱的中點，證明：平面；(2)已知二面角的大小為，求平面和平面的夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析.(2).（1）延長交于點，連接，在中，是的平分線，且，是等腰三角形，點是的中點，又是的中點，，又平面平面，直線平面.（2）在中，，則，即，由已知得，又平面平面平面所以平面，即，所以以為二面角的平面角，所以，又，所以為正三角形，取的中點為，連，則平面如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)分別為平面和平面的法向量，則，即，取，則，，即，取，則，所以.則平面和平面所成夾角的余弦值為.2．（2024·山西大附中高三階段練習(xí)）如圖，在四棱錐中，四邊形是矩形，是正三角形，且平面平面，，為棱的中點，四棱錐的體積為．(1)若為棱的中點，求證：平面；(2)在棱上是否存在點，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值為？若存在，指出點的位置并給以證明；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)存在點，位于靠近點的三等分點處滿意題意.（1）取中點，連接，分別為的中點，，底面四邊形是矩形，為棱的中點，，．，，故四邊形是平行四邊形，．又平面，平面，平面．（2）假設(shè)在棱上存在點滿意題意，在等邊中，為的中點，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，則是四棱錐的高．設(shè)，則，，，所以.以點為原點，，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，故，，．設(shè)，．設(shè)平面PMB的一個法向量為，則?。字矫娴囊粋€法向量為，，，故存在點，位于靠近點的三等分點處滿意題意.3．（2024·安徽·高三開學(xué)考試）如圖，在三棱柱中，平面.(1)求證:;(2)若，直線與平面所成的角為，求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)（1）證明:因為平面，平面，所以，因為，四邊形是平行四邊形，所以四邊形是菱形，所以，又因為，平面，平面，所以平面，因為平面，所以.（2）解：因為與平面所成角為平面，所以，因為，所以是正三角形，設(shè)，則，以為原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設(shè)二面角的大小為，因為，所以，所以二面角的正弦值為.4．（2024·廣東湛江·高二期末）如圖，在三棱柱中，平面，，，且為線段的中點，連接，，.(1)證明：；(2)若到直線的距離為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析.(2).(1)證明：因為平面，平面，所以；因為，所以；因為，平面，所以平面；因為平面，所以.(2)以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標(biāo)系.則，，，設(shè)，，，因為若到直線的距離為，即，解得.故，，，，，，.設(shè)平面的法向量為，則，所以，不妨取.設(shè)平面的法向量為，則，所以，不妨取.設(shè)平面與平面夾角為，則，即平面與平面夾角的余弦值為.5．（2024·浙江嘉興·高一期末）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是直角梯形，，，平面平面PBC，，．(1)求證：；(2)若PD與平面PBC所成的角為，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)(1)取PB中點M，連接∵，∴，又平面平面PBC，AM在平面PAB中，平面平面，∴平面PBC．而平面PBC，∴，又，∴，又∵，∴平面PAB，又∵平面PAB，∴．(2)取PC中點N，連MN，DN，則，，又，，所以，，所以四邊形AMND是平行四邊形，則．又平面PBC．∴平面PBC，則是PD與平面PBC所成的角，，又，直角梯形中，則，直角中，，所以是等邊三角形．取中點O，取中點Q，連接以O(shè)為原點，分別以O(shè)A、OQ、OP為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則，，，．，設(shè)平面PCD的一個法向量為，則，令，則，，則．同理，設(shè)平面BPD的一個法向量為，由，則，令，則，，則．則．則二面角的余弦值為．6．（2024·廣東廣州·高二期末）如圖，四棱錐中，四邊形是矩形，平面，E是的中點．(1)若的中點是M，求證：平面；(2)若，求平面與平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)（1）如圖所示：取PC的中點F，連接EM，DF，F(xiàn)M，因為四邊形為矩形，E是的中點，所以，，所以，所以四邊形DEMF是平行四邊形，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.（2）由平面，，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)平面PCE的一個法向量為，則，即，令，得，易知平面PAB的一個法向量為，則，設(shè)平面與平面所成二面角為，所以.7．（2024·貴州·遵義航天高級中學(xué)高二階段練習(xí)（理））如圖，在四面體ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，AB=BD．(1)求證：平面平面ABC；(2)若，二面角的余弦值為，求m．【答案】(1)證明見解析(2)(1)證明：因為是正三角形，所以因為，公共邊，所以≌,所以，因為是直角三角形，所以，取的中點，連接，則,因為是正三角形，所以，所以為二面角的平面角，在中，，因為，所以,所以，所以平面平面ABC；(2)由（1）可得，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)等邊的邊長為2，則，則，因為，所以，所以，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，因為二面角的余弦值為，所以，化簡得，，解得或，如圖，過作于，連接，則由（1）可得，因為，所以平面，所以平面平面，所以二面角為直角二面角，因為，所以,所以,得，所以，所以,所以當(dāng)時，二面角為鈍角，所以舍去，所以8．（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，為圓柱的軸截面，是圓柱上異于，的母線.(1)證明：平面DEF；(2)若，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)（1）證明：如右圖，連接AE，由題意知AB為的直徑，所以.因為AD，EF是圓柱的母線，所以且,所以四邊形AEFD是平行四邊形.所以,所以.因為EF是圓柱的母線，所以平面ABE,又因為平面ABE，所以.又因為，DF，平面DEF，所以平面DEF.（2）由（1）知BE是三棱錐底面DEF上的高，由（1）知，，所以，即底面三角形DEF是直角三角形.設(shè)，，則,所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，即點E，F(xiàn)分別是，的中點時，三棱錐的體積最大,下面求二面角的余弦值：法一：由（1）得平面DEF，因為平面DEF，所以.又因為，，所以平面BEF.因為平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,由（1）知為直角三角形，則.故,所以二面角的余弦值為.法二：由（1）知EA，EB，EF兩兩相互垂直，如圖，以點E為原點，EA，EB，EF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則.由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取為.設(shè)平面BDF的法向量為，由，，得，即，即，取，得.設(shè)二面角的平面角為θ,則，由圖可知θ為銳角，所以二面角的余弦值為.9．（2024·河南·信陽中學(xué)高二階段練習(xí)（理））如圖所示，四棱錐中，底面ABCD為矩形，AC與BD交于點O，點E在線段SD上，且平面SAB，二面角，均為直二面角．(1)求證：；(2)若，且鈍二面角的余弦值為，求AB的值．【答案】(1)證明見解析(2)3(1)因為平面SAB，平面SBD，平面平面，故．又因為四邊形ABCD為矩形，故，則．(2)∵四邊形ABCD為矩形，∴．又∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，∴平面SAD．∵平面SAD，∴．同理．又，平面ABCD，平面ABCD，∴平面ABCD．設(shè)，以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AS所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，．,，,設(shè)為平面ABE的法向量，∵，∴，令，則．∴．設(shè)為平面CBE的法向量，∵，∴，令，則．∴．∴，解得．故10．（2024·廣東·執(zhí)信中學(xué)高二期中）已知△ABC是邊長為6的等邊三角形，點M，N分別是邊AB，AC的三等分點，且，，沿MN將△AMN折起到的位置，使．(1)求證：平面MBCN；(2)在線段BC上是否存在點D，使平面與平面所成銳二面角的余弦值為？若存在，設(shè)，求的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，或，(1)證明：△ABC是邊長為6的等邊三角形，點M，N分別是邊AB，AC的三等分點，且，，所以，所以由余弦定理得，所以，所以，所以，因為，所以，因為，所以平面MBCN；(2)由（1）可知兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，所以，因為，，所以平面，所以為平面的一個法向量，假設(shè)線段BC上存在點D，設(shè)，則，所以（），所以,設(shè)平面的法向量為，則，令，則，因為平面與平面所成銳二面角的余弦值為所以，化簡得，，解得或，所以在線段BC上是存在點D，使平面與平面所成銳二面角的余弦值為，此時或，11．（2024·全國·高三專題練習(xí)（理））如圖，在三棱錐D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F(xiàn)分別在BC，CD上，且，．(1)證明：平面平面ABD；(2)若平面ABC，，，，P是線段EF上一點，當(dāng)線段GP長度取最小值時，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)(1)，，又平面ABD，平面ABD，平面ABD，又G是△ABC的重心，又平面ABD，平面ABD，平面ABD，又，平面所以平面平面ABD(2)由，，，可得又，又平面ABC，平面ABC，又，平面，平面，又平面，P是線段EF上一點，當(dāng)線段GP長度取最小值時，點P與點E重合.如圖，作，以C為原點，為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，所以，，，設(shè)平面的一個法向量為則，令，設(shè)平面的一個法向量為則，令，，所以二面角的余弦值為12．（2024·江蘇泰州·高三期末）如圖，在三棱錐中，.(1)平面平面；(2)點是棱上一點，，且二面角與二面角的大小相等，求實數(shù)的值.【答案】(1)證明見解析(2)(1)證明：如圖，作,垂足為O,因為，故O是的中點，且，由，可知,所以,則,故,又,且平面ABC,故平面ABC，而平面PAC，所以平面平面.(2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，過點O作和AB平行的直線作為x軸，以O(shè)C,OP分別為y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則,

由得，且，故，所以,設(shè)平面ABP的法向量為，則，令,則可取，設(shè)平面APD的法向量為，則，令，則可取，平面CPA的法向量可取為，由二面角與二面角的大小相等可得：，解得，符合題意，故實數(shù)的值為.13．（2024·四川·石室中學(xué)三模（理））在①，②，③，這三個條件中選擇一個，補充在下面問題中，并給出解答如圖，在五面體中，已知___________，，，且，.(1)求證：平面與平面；(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)存在；.(1)若選①，取中點，中點，中點，連接，，，四邊形為平行四邊形，，，又，，，，又，，又，，平面，平面，平面，平面平面，，，又平面，平面平面，平面，又，，；若選②，，，，平面，平面，平面，平面平面，取中點，中點，連接，，，又平面，平面平面，平面，又，，；若選③，取中點，中點，連接，，，又，；分別為中點，，又，，四邊形為平行四邊形，；，，，，，，，，，又，，又，，平面，平面，平面，平面平面，又，平面，平面平面，平面，又，，；綜上所述：兩兩相互垂直，則以為坐標(biāo)原點，為軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，平面，平面的一個法向量；設(shè)平面的法向量，則，令，解得：，，，，即，平面與平面.(2)設(shè)在線段上存在點，使得平面與平面夾角的余弦值等于，由（1）得：，，設(shè)平面的法向量，則，令，則，，；，化簡可得：，解得：或（舍），，，；綜上所述：在線段上存在點，滿意，使得平面與平面夾角的余弦值等于.③體積（距離）問題1．（2024·河北·邢臺市其次中學(xué)高二階段練習(xí)）如圖，四棱錐的底面為菱形，，底面，分別是線段的中點，是線段上的一點.(1)若是直線與平面的交點，試確定的值；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求三棱錐體積.【答案】(1)(2)（1）取的中點，連接，則，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，，設(shè)，則設(shè)平面的法向量，則，所以，取，易知，所以，解得，此時；（2）設(shè)，則則，整理得，解得或（舍去），，，設(shè)平面的法向量為，則，所以，取，又，則點到平面的距離即點到平面的距離為，由已知條件，在中，，可得所以，.2．（2024·青?！つM預(yù)料（理））如圖，在四棱錐A-BCDE中，底面BCDE為矩形，M為CD中點，連接BM，CE交于點F，G為△ABE的重心．(1)證明：平面ABC(2)已知平面ABC⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，當(dāng)平面GCE與平面ADE所成銳二面角為60°時，求G到平面ADE的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【解析】(1)延長EG交AB于N，連接NC,因為G為△ABE的重心，所以點N為AB的中點，且,因為,故,所以,故，故,而平面ABC，平面ABC,故平面ABC；(2)由題意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC，,平面BCDE，故平面ABC,平面ABC,則,同理，又平面BCDE,所以平面BCDE，以C為原點，以CB,CD,CA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點G到平面BCDE的距離為，則，故,設(shè)平面GCE的法向量為，則，即，取，則即，設(shè)平面ADE的法向量為，則，即，取，則，則，所以，解得，又，故點G到平面ADE的距離為.3．（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在三棱柱中，為等邊三角形，四邊形是邊長為2的正方形，為中點，且.(1)求證：平面；(2)若點在線段上，且直線與平面所成角的正弦值為，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)（1）證明：由題知，因為，所以，又，所以，又，所以平面，又平面，所以，在正三角形中，為中點，于是，又，所以平面（2）取中點為中點為，則，由（1）知平面，且平面，所以，又，所以，所以平面，于是兩兩垂直如圖，以為坐標(biāo)原點，的方向為軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系則所以設(shè)平面的法向量為，則，即令，則于是設(shè)，則由于直線與平面所成角的正弦值為于是，即，整理得，由于，所以于是設(shè)點到平面的距離為則所以點到平面的距離為4．（2024·湖南·邵陽市其次中學(xué)高二開學(xué)考試）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四邊形A1C1CA為菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在線段AC上移動，P為棱AA1的中點.(1)若Q為線段AC的中點，H為BQ中點，延長AH交BC于D，求證：AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值為，求點P到平面BQB1的距離.【答案】(1)證明見解析；(2).（1）如圖，取BB1中點E，連接AE，EH，由H為BQ中點，則EH∥B1Q.在平行四邊形AA1B1B中，P、E分別為AA1，BB1的中點，則AE∥PB1，由EH∩AE=E且面，面，所以面，面，又PB1∩B1Q=B1，所以面EHA∥面B1QP，而AD面EHA，∴AD∥面B1PQ.（2）連接PC1，AC1，由四邊形A1C1CA為菱形，則AA1=AC=A1C1=4.又∠C1A1A=60°，則△AC1A1為正三角形，P為AA1的中點，即PC1⊥AA1.因為面ACC1A1⊥面ABB1A1，面ACC1A1∩面ABB1A1=AA1，PC1面ACC1A1，∴PC1⊥面ABB1A1，在面ABB1A1內(nèi)過P作PR⊥AA1交BB1于點R.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P-xyz，則P(0,0,0)，A1(0,2,0)，A(0,-2,0)，C1(0,0,2)，C(0,-4,2)，設(shè)=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，則Q(0,-2(λ+1),2λ)，∴=(0,-2(λ+1),2λ).∵A1B1=AB=2，∠B1A1A=60°，則B1(,1,0)，∴=(,1,0).設(shè)面PQB1的法向量為=(x,y,z)，則,令x=1，則=1,-,-，設(shè)面AA1C1C的法向量為=(1,0,0)，二面角B1-PQ-C1的平面角為θ，則，解得λ=或λ=-(舍)，∴=且Q(0,-3,)，又B(,-3,0)，∴=(,0,-)，故||=，=(,4,-)，故||=.所以，即，連接BP，設(shè)P到平面BQB1的距離為h，則××4××=××4××h，∴h=，即點P到平面BQB1的距離為.5．（2024·江蘇·沭陽如東中學(xué)高三階段練習(xí)）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，點分別在棱、上·(1)若P是的中點，證明：；(2)若平面，二面角的余弦值為，求四面體的體積．【答案】(1)證明見解析(2)（1）以為坐標(biāo)原點，，，所在直線分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，設(shè)，其中，，若是的中點，則，，，于是，∴，即．（2）由題設(shè)知，，，是平面內(nèi)的兩個不共線向量．設(shè)是平面的一個法向量，則，取，得．又平面的一個法向量是，∴，而二面角的余弦值為，因此，解得或（舍去），此時．設(shè)，而，由此得點，，∵平面，且平面的一個法向量是，∴，即，解得，從而．將四面體視為以為底面的三棱錐，則其高，故四面體的體積．6．（2024·湖南·雅禮中學(xué)一模）如圖，在四邊形中，，，，.沿將翻折到的位置，使得.（1）作出平面與平面的交線，并證明平面；（2）點是棱于異于，的一點，連接，當(dāng)二面角的余弦值為，求此時三棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）如圖，延長，相交于，連接，則為平面與平面的交線.證明：在中，，，，則，所以.由，，，得平面.又，所以平面，所以.由，，，得.所以，所以.又因為，所以平面，即平面.（2）由（1）知，，，.以點A為坐標(biāo)原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.易得，，，，，則.設(shè)（），則，則.設(shè)是平面的一個法向量，則，令，則.是平面的一個法向量.由，解得.所以點是的中點.所以.7．（2024·陜西·西北工業(yè)高校附屬中學(xué)模擬預(yù)料（理））如圖，在多面體中，平面⊥平面，，，DEAC，AD=BD=1.(Ⅰ)求AB的長；(Ⅱ)已知，求點E到平面BCD的距離的最大值.【答案】(1);(2).詳解：(Ⅰ)∵平面ABD⊥平面ABC，且交線為AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD.又∵DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，從而DE⊥BD.留意到BD⊥AE，且DE∩AE=E，∴BD⊥平面ADE，于是，BD⊥AD.而AD=BD=1，∴.

(Ⅱ)∵AD=BD，取AB的中點為O，∴DO⊥AB.又∵平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.過O作直線OY∥AC，以點O為坐標(biāo)原點，直線OB，OY，OD分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.記，則，，，，，.令平面BCD的一個法向量為.由得.令，得.又∵，∴點E到平面BCD的距離.∵，∴當(dāng)時，取得最大值，.8．（2024·湖北·隨州市曾都區(qū)第一中學(xué)高二開學(xué)考試）如圖，在四棱錐中，底面，底面是直角梯形，，點在上，且.(1)已知點在上，且，求證：平面平面.(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見詳解(2)（1）由，即△為等腰直角三角形，又是直角梯形且，且，所以，因為，故為等腰直角三角形，所以，因為，又，，∴，，又，即，∴四邊形為平行四邊形，則，又，故；由底面，面，則，又，面，∴面，而面，∴平面平面.（2）取的中點，連接，由（1）易知：為平行四邊形，∴，而面，面，即面，綜上，到平面的距離即為到面的距離，由面，面，∴，又，，面，故面，取的中點，連接，則，故面，又，∴到面的距離，即到平面的距離.9．（2024·河南省葉縣高級中學(xué)模擬預(yù)料（文））如圖，四棱錐的底面為直角梯形，底面，，，，為棱上一點.(1)證明：平面平面；(2)若，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)（1）由題意可知，因為底面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由題意可知，所以為等邊三角形，且，連接，設(shè)中點為，作，作于交AC于H，連接，，EF，因為，且，可知平面EFH，故平面EFH平面PAD，從而，，所以有平面ABCD，，又因為，所以H是AB中點，進(jìn)而E、F分別是PC、AC中點，在中，，的面積，的面積，設(shè)點到平面的距離為，由，得，則，故點到平面的距離為.10．（2024·福建·福州四中高一期末）如圖在四面體中，是邊長為2的等邊三角形，為直角三角形，其中D為直角頂點，.E?F?G?H分別是線段???上的動點，且四邊形為平行四邊形.(1)求證：平面；(2)設(shè)二面角的平面角為，求在區(qū)間變更的過程中，線段在平面上的投影所掃過的平面區(qū)域的面積；(3)設(shè)，且平面平面，則當(dāng)為何值時，多面體的體積恰好為？【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).（1）證明：∵四邊形為平行四邊形，∴．而面，面，∴面．而面，面面，∴∥．而面，面，∴∥平面．（2）∵，∴在平面上的投影滿意，即在線段的中垂線上．如圖所示，將補成邊長為的正，當(dāng)二面角為角時，即點在平面上，此時為，當(dāng)二面角為角時，此時為中點，故在平面上的投影所掃過的平面區(qū)域為，而，故線段在平面上的投影所掃過的平面區(qū)域的面積為；（3）取中點，連接OD，則，又平面平面，平面平面，面，則平面，平面．所以，是邊長為2的等邊三角形，為直角三角形，其中D為直角頂點，，所以，，依據(jù)勾股定理，∴．所以．而多面體的體積恰好為，即多面體的體積恰為四面體體積的一半．連接．設(shè)F到面AEH的距離為，C到面ABD的距離為，A到面DGH的距離為，A到面BCD的距離為，，∴．，∴．∴，∴，整理：，即，解得：（舍去）．④折疊問題1．（2024·重慶八中高三階段練習(xí)）如圖甲，在矩形中，為線段的中點，沿直線折起，使得，如圖乙.(1)求證：平面；(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面所成的角為？若不存在，說明理由；若存在，求出點的位置.【答案】(1)證明見解析(2)存在，點是線段的中點（1）證明：連接，取線段的中點，連接，在Rt中，，，在中，，由余弦定理可得：，在中，，又平面，平面，又平面∴平面平面，在中，，∵平面平面平面，平面.（2）過作的平行線，以為原點，分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，，平面的法向量，在平面直角坐標(biāo)系中，直線的方程為，設(shè)的坐標(biāo)為，則，設(shè)平面的法向量為，，所以，令，則，由已知，解之得：或9（舍去），所以點是線段的中點.2．（2024·黑龍江·哈爾濱市第六中學(xué)校高一期末）如圖1，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，點，別是邊BC，CD的中點，，．沿MN將翻折到的位置，連接PA、PB、PD，得到如圖2所示的五棱錐P—ABMND．(1)在翻折過程中是否總有平面PBD⊥平面PAG？證明你的結(jié)論；(2)當(dāng)四棱錐P—MNDB體積最大時，在線段PA上是否存在一點Q，使得平面QMN與平面PMN夾角的余弦值為？若存在，試確定點Q的位置；若不存在，請說明理由．【答案】(1)在翻折過程中總有平面PBD⊥平面PAG，證明見解析(2)符合題意的點存在且為線段的中點．（1）在翻折過程中總有平面平面，證明如下：∵點，分別是邊，的中點，又，∴，且是等邊三角形，∵是的中點，∴，∵菱形的對角線相互垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由題意知，四邊形為等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面積，要使得四棱錐體積最大，只要點到平面的距離最大即可，∴當(dāng)平面時，點到平面的距離的最大值為.假設(shè)符合題意的點存在．以為坐標(biāo)原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一個法向量為，設(shè)（），∵，，故，∴，，平面的一個法向量為，則，，即令，所以，則平面的一個法向量，設(shè)二面角的平面角為，則，即，解得：，故符合題意的點存在且為線段的中點．3．（2024·全國·高二專題練習(xí)）如圖所示，在邊長為的正方形中，點在線段上，且，作，分別交于點，作，分別交于點，將該正方形沿折疊，使得與重合，構(gòu)成如圖所示的三棱柱．(1)在三棱柱中，求證：平面；(2)試推斷直線是否與平面平行，并說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)直線與平面不平行，理由見解析．（1），從而有，又，平面．（2）直線與平面不平行．理由如下：以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，，，，，設(shè)平面的一個法向量，則，取，得，，直線與平面不平行．4．（2024·山西大附中高二開學(xué)考試）如圖，在直角梯形中，，，，為的中點，沿將折起，使得點到點的位置，且，為的中點，是上的動點（與點，不重合）．(1)證明：平面平面；(2)是否存在點，使得二面角的正切值為？若存在，確定點位置；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)存在，為的中點，（1）證明：因為，所以平面，因為平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以，因為，所以,因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，（2）假設(shè)存在點滿意題意，如圖，過作于，因為，所以∥，由（1）知平面，所以平面，因為平面，所以，過作于，連接，因為，所以平面，因為平面，所以，所以為二面角的平面角，不妨設(shè)，則，在中，設(shè)，因為∽，所以，所以，得，所以，解得，即此時為的中點，綜上，存在點，使得二面角的正切值為，此時為的中點，5．（2024·福建泉州·高一期末）在矩形ABCD中，．點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，且，沿EF將四邊形AEFD翻折至四邊形，點平面BCFE．(1)若平面⊥平面BCFE，求三棱錐的體積；(2)在翻折的過程中，設(shè)二面角的平面角為，求tan的最大值．【答案】(1)(2)1(1)解：在平面內(nèi)作交于．∵平面⊥平面，平面平面，平面，∴⊥平面．∴即點到平面的距離．在梯形中，過點作交于，則，∴，．在中，∴三棱錐的體積(2)如圖，在平面內(nèi)作直線交FE延長線于點O，交CB延長線于點K．∵，，，平面，∴平面，又∵平面，∴平面⊥平面，作交OK于點M．∵平面⊥平面，平面平面，，平面，∴⊥平面，∴．作交BC于點N，連接．∵，∴BC⊥平面，∴，又∵，∴為二面角的平面角．∵在中，，∴，設(shè)，則，∴令，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，取到最大值1，綜合可知的最大值為16．（2024·廣西玉林·高一期末）如圖①，在梯形中，，，，，分別是，上的點，，.沿將梯形翻折，使平面平面（如圖②）.(1)推斷平面與平面的位置關(guān)系，并說明理由；(2)作出二面角的平面角，說明理由并求出它的余弦值.【答案】(1)平面平面，理由見解析(2)圖象見解析，理由見解析；余弦值為（1）平面平面，理由如下在直角梯形中，，，因為，故.所以在折疊后的幾何體中，有，，而，故平面，又平面，所以平面平面；（2）如圖，在平面中，過作且交于.在平面中，過作且交于，連接，即為二面角的平面角，因為平面平面，平面平面，平面，故平面，因為平面，故，而，故平面，又平面，故，所以為二面角的平面角，在平面中，因為，，故，又在直角梯形中，且，故，故四邊形為平行四邊形，故，，在直角三角形中，，因為三角形內(nèi)角，故故，故，因為三角形內(nèi)角，故所以二面角的平面角的余弦值為另解：如圖，在平面中，過作且交于.在平面中，過作且交于，連接，即為二面角的平面角，因為平面平面，平面平面，平面，故平面，因為平面，故，而，故平面，又平面，故，所以為二面角的平面角，在平面中，因為，，故，又在直角梯形中，且，故，故四邊形為平行四邊形，故，易知，所以故在中，故所以二面角的平面角的余弦值為7．（2024·上海市青浦高級中學(xué)高一期末）在矩形ABCD中，，.點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，且，.沿EF將四邊形AEFD翻折至四邊形，點平面BCFE.(1)求證：平面；(2)求證：與BC是異面直線；(3)在翻折的過程中，設(shè)二面角的平面角為，求的最大值.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)1(1)證明：因為,平面,平面,所以平面，因為,平面,平面,所以平面，因為,故平面平面,而平面,故平面；(2)證明：假設(shè)與BC不是異面直線，即四點共面，則或相交于一點，設(shè)為Q,若，因為平面BCFE，故平面BCFE，而平面,平面平面=EF,故,與且，，則不平行沖突；若,則平面,平面,平面平面=EF,故,則交于一點，由題意可知相交于FE延長線上，相交于EF延長線上一點，即不會交于同一點，故沖突，由此說明即四點不共面，即與BC是異面直線；(3)如圖，在平面ABCD內(nèi)作于點O,作于M,作于N，故由題意可得點M為點在平面BCFE內(nèi)的射影，故平面BCFE,所以,又，所以為二面角的平面角，因為,則為二面角的平面角，設(shè)，當(dāng)時，點O與M重合，由可得：；當(dāng)時，因為，所以，所以，故，所以，同理當(dāng)時，，則，故，所以，設(shè)，所以，所以,其中為幫助角，，由，解得，此時，解得，所以當(dāng)時，取到最大值為1，綜合可知最大值為1.8．（2024·湖北十堰·高一期末）如圖1，有一個邊長為4的正六邊形，將四邊形沿著翻折到四邊形的位置，連接，，形成的多面體如圖2所示．(1)證明：．(2)若二面角的大小為，是線段上的一個動點（與，不重合），試問四棱錐與四棱錐的體積之和是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)體積之和是定值（1）證明：如圖，連接交于，則為的中點．∵，∴，即，．∵，平面，∴平面．又∵平面，∴．（2）四棱錐與四棱錐的體積之和是定值．理由如下：如圖，連接交于，則為的中點．由正六邊形的性質(zhì)，可知，∴．同理可證，，故平面．∴就