2025年新高考數學一輪復習第7章第05講空間向量及其應用(十六大題型)(練習)(學生版+解析)

第05講空間向量及其應用目錄TOC\o"1-2"\h\z\u01模擬基礎練 2題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算 2題型二：空間共線向量定理的應用 3題型三：空間向量的數量積運算 3題型四：三點共線問題 4題型五：多點共面問題 5題型六：證明直線和直線平行 6題型七：證明直線和平面平行 7題型八：證明平面與平面平行 8題型九：證明直線與直線垂直 9題型十：證明直線與平面垂直 11題型十一：證明平面和平面垂直 12題型十二：求兩異面直線所成角 13題型十三：求直線與平面所成角 14題型十四：求平面與平面所成角 15題型十五：求點面距、線面距、面面距 17題型十六：點到直線距離、異面直線的距離 1902重難創(chuàng)新練 2003真題實戰(zhàn)練 25題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算1．如圖，已知空間四邊形，M，N分別是邊OA，BC的中點，點滿足，設，，，則（

）A． B． C． D．2．如圖，在四面體中，是的重心，是上的一點，且，若，則為（

）A． B．C． D．3．（2024·高三·山東臨沂·期末）正方體中，M是棱的中點．記，，，用，，表示為（

）A． B．C． D．4．（2024·高三·浙江·開學考試）在平行六面體中，為的中點，為的中點，，則（

）A． B．C． D．題型二：空間共線向量定理的應用5．如圖，在三棱柱中，為空間一點，且滿足，，則下列說法錯誤的是（）A．當時，點在棱上B．當時，點在線段上C．當時，點在棱上D．當時，點在線段上6．（2024·河北·模擬預測）在空間直角坐標系中，，若三點共線，則.7．（2024·高三·上?！て谥校┮阎蛄?，，若，則的值為．8．已知，，且，則（

）A．4 B．5 C．6 D．7題型三：空間向量的數量積運算9．空間向量在上的投影向量為（

）A． B． C． D．10．如圖，在正三棱柱中，，P為的中點，則（

）A． B．1 C． D．11．（多選題）已知空間向量，，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若在上的投影向量為，則D．若與夾角為銳角，則12．已知向量，若，則．題型四：三點共線問題13．如圖所示，在正方體中，點在上，且，點在體對角線上，且．求證：，，三點共線．

14．在長方體中，M為的中點，N在AC上，且，E為BM的中點.求證：，E，N三點共線.15．如圖，在平行六面體中，，．(1)求證：、、三點共線；(2)若點是平行四邊形的中心，求證：、、三點共線．題型五：多點共面問題16．（2024·全國·模擬預測）如圖，在正三棱柱中，，，是的中點，，點在上，且．

是否存在實數，使四點共面？若存在，求的值；若不存在，請說明理由；17．已知，若三向量共面，則等于（）A． B．9 C． D．18．已知，，，若，，三向量不能構成空間的一個基底，則實數的值為（

）A．1 B．2 C．3 D．419．已知，，，若，，三向量共面，則實數等于（

）A． B． C． D．20．已知三點不共線，對平面外的任一點O，下列條件中能確定點共面的是（

）A． B．C． D．21．（2024·高三·四川成都·開學考試）在四棱柱中，，．

(1)當時，試用表示；(2)證明：四點共面；題型六：證明直線和直線平行22．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：；題型七：證明直線和平面平行23．如圖，在四棱臺中，底面ABCD是邊長為2的正方形，平面ABCD，，，P為AB的中點.

求證：平面；24．（2024·廣西柳州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，E為的中點，F為AB的中點．求證：平面；25．（2024·天津河北·二模）如圖，四棱錐中，側棱平面，點是的中點，底面是直角梯形，.(1)求證：平面；題型八：證明平面與平面平行26．如圖，在直四棱柱中，底面為等腰梯形，，，，，是棱的中點．求證：平面平面.27．在正方體中，分別是的中點，試建立適當的空間直角坐標系，求證：平面平面.28．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.題型九：證明直線與直線垂直29．已知三棱錐中，平面，，，為上一點且滿足，，分別為，的中點．求證：；30．如圖，在三棱柱中，平面分別是的中點．求證：．31．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.題型十：證明直線與平面垂直32．如圖所示，在四棱錐中，底面是矩形，底面，，，是的中點，作交于點，且．求證：平面；

33．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．34．如圖，在長方體中，，點分別為棱的中點，求證：平面；題型十一：證明平面和平面垂直35．如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，，，平面，，，為的中點．求證：平面平面；36．（204·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）在正方體中，如圖、分別是，的中點．

(1)求證：平面平面；37．已知在直三棱柱中，其中為的中點，點是上靠近的四等分點，與底面所成角的余弦值為．

(1)求證：平面平面；題型十二：求兩異面直線所成角38．已知正方體的棱長為1，點在線段上，若直線與所成角的余弦值為，則線段的長為（

）A． B． C． D．39．（2024·遼寧·一模）如圖，四邊形是正方形，平面，且，是線段的中點，則異面直線與所成角的正切值為.40．（2024·高三·江蘇揚州·期中）如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC(1)記平面平面，證明：平面；(2)點Q是直線上的點，若直線與所成角的余弦值為，求線段長.題型十三：求直線與平面所成角41．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.42．（2024·高三·廣東汕頭·開學考試）在四棱錐中，，，，點為的中點.(1)證明：平面；(2)若平面平面，且，求直線與平面所成角的正弦值.43．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，是上的點，且平面．(1)求證：平面；(2)若，，，是棱上的點，且直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置．題型十四：求平面與平面所成角44．（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．45．（2024·四川·模擬預測）如圖，多面體中，已知面是邊長為4的正方形，是等邊三角形，，，平面平面．(1)求證：；(2)求二面角的大?。?6．（2024·河南周口·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面與平面都是邊長為2的菱形，，側面的面積為.(1)求平行六面體的體積；(2)求平面與平面的夾角的余弦值.47．（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面ABCD.

(1)證明：；(2)若M是棱BC上的點，且滿足，求二面角的余弦值.題型十五：求點面距、線面距、面面距48．如圖1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分別是AC，AB上的點，，O為BC的中點．將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐，其中．(1)求證：；(2)求點B到平面的距離．49．如圖所示的多面體是底面為ABCD的長方體被平面所截而得的，其中，，，.（1）求點C到平面的距離；（2）設過點平行于平面的平面為，求平面與平面之間的距離.50．（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，直四棱柱各棱長均為2，，O是線段BD的中點．(1)求點O到平面的距離；(2)求直線AB與平面所成角的正弦值．51．（2024·福建福州·一模）如圖，四邊形ABCD是圓柱OE的軸截面，點F在底面圓O上，圓O的半徑為1，，點G是線段BF的中點．(1)證明：平面DAF；(2)若直線DF與圓柱底面所成角為45°，求點G到平面DEF的距離．題型十六：點到直線距離、異面直線的距離52．（2024·江蘇無錫·模擬預測）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．53．（2024·遼寧·一模）已知空間中的三個點，則點到直線的距離為．54．（2024·安徽合肥·一模）棱長為1的正方體如圖所示，分別為直線上的動點，則線段長度的最小值為．55．四棱錐中，的中點分別為，底面正方形的邊長為，求與間的距離．1．（2024·江西新余·模擬預測）已知，直線過原點且平行于，則到的距離為（

）.A． B．1 C． D．2．（2024·山東濟南·三模）如圖所示，正方體的棱長為1，點分別為的中點，則下列說法正確的是（

）A．直線與直線垂直 B．直線與平面平行C．三棱錐的體積為 D．直線BC與平面所成的角為3．（2024·浙江·模擬預測）邊長為1的正方體中，，分別是，中點，是靠近的四等分點，在正方體內部或表面，，則的最大值是（

）A．1 B． C． D．4．（2024·陜西·模擬預測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（

）A．直線與BD所成的角為90°B．線段的長度為C．直線與所成的角為90°D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為5．已知向量，，向量在向量上的投影向量為（

）．A． B．C． D．6．（2024·山東菏澤·二模）如圖，在正方體中，，則下列結論中正確的是（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面內存在與平行的直線7．定義一個集合，集合中的元素是空間內的點集，任取，存在不全為0的實數，使得．已知，則的充分條件是（

）A． B．C． D．8．（2024·河南信陽·模擬預測）如圖，在棱長為的正方體中，與平面交于點，與平面交于點，點分別在線段上運動，則線段的取值范圍為（

）A． B． C． D．9．（多選題）（2024·河南·模擬預測）如圖，在底面為等邊三角形的直三棱柱中，，，，分別為棱，的中點，則（

）A．平面B．C．異面直線與所成角的余弦值為D．平面與平面的夾角的正切值為10．（多選題）（2024·山東淄博·二模）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是，M為A1C1與B1D1的交點．若，，，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．11．（多選題）（2024·河北·模擬預測）已知正方體為中點，為BC中點，則（

）A．直線PD與直線平行 B．直線與直線垂直C．直線PQ與直線相交 D．直線PQ與直線異面12．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）空間內四點，，，D可以構成正四面體，則點D的坐標是．13．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）在平面直角坐標系中，設，若沿直線把平面直角坐標系折成大小為的二面角后，，則的余弦值為．14．（2024·高三·廣東深圳·期中）在長方體中，，點為側面內一動點，且滿足平面，則的最小值為，此時點到直線的距離為.15．（2024·天津薊州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，已知棱兩兩垂直，長度分別為1，2，2，若，且向量與夾角的余弦值為.(1)求實數值；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值.16．（2024·河北·模擬預測）如圖，四棱錐中，平面平面，．設中點為，過點的平面同時垂直于平面與平面．(1)求(2)求平面與平面夾角的正弦值；(3)求平面截四棱錐所得多邊形的周長．17．（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與BD的交點．現以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：(1)證明：平面PBM；(2)求三棱錐體積的最大值；(3)當三棱錐的體積最大時，求直線AB與平面所成角的正弦值．18．（2024·黑龍江牡丹江·一模）如圖，在四棱錐中，平面，，，，為的中點，點在上，且．

(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值．(3)設點在上，且判斷直線是否在平面內，說明理由．1．（2024年北京高考數學真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．2．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．3．（2024年天津高考數學真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．(1)求證平面；(2)求平面與平面的夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．4．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．(1)證明：；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．5．（2023年北京高考數學真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；(2)求二面角的大?。?．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當二面角為時，求．7．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．8．（2022年新高考天津數學高考真題）如圖，在直三棱柱中，，點D、E、F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)求平面與平面夾角的余弦值．9．（2022年新高考浙江數學高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值．10．（2022年新高考全國II卷數學真題）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．11．（2022年高考全國甲卷數學（理）真題）在四棱錐中，底面．(1)證明：；(2)求PD與平面所成的角的正弦值．12．（2022年高考全國乙卷數學（理）真題）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設，點F在上，當的面積最小時，求與平面所成的角的正弦值．13．（2022年新高考全國I卷數學真題）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D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．14．（2021年全國新高考II卷數學試題）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．15．（2021年北京市高考數學試題）如圖：在正方體中，為中點，與平面交于點．（1）求證：為的中點；（2）點是棱上一點，且二面角的余弦值為，求的值．16．（2021年全國高考乙卷數學（理）試題）如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，PD=DC=1，為的中點，且PB⊥AM．（1）求；（2）求二面角的正弦值．第05講空間向量及其應用目錄TOC\o"1-2"\h\z\u01模擬基礎練 2題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算 2題型二：空間共線向量定理的應用 4題型三：空間向量的數量積運算 6題型四：三點共線問題 8題型五：多點共面問題 11題型六：證明直線和直線平行 14題型七：證明直線和平面平行 14題型八：證明平面與平面平行 17題型九：證明直線與直線垂直 20題型十：證明直線與平面垂直 22題型十一：證明平面和平面垂直 25題型十二：求兩異面直線所成角 28題型十三：求直線與平面所成角 30題型十四：求平面與平面所成角 34題型十五：求點面距、線面距、面面距 39題型十六：點到直線距離、異面直線的距離 4402重難創(chuàng)新練 4703真題實戰(zhàn)練 65題型一：空間向量的加法、減法、數乘運算1．如圖，已知空間四邊形，M，N分別是邊OA，BC的中點，點滿足，設，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，，，，.故選：B.2．如圖，在四面體中，是的重心，是上的一點，且，若，則為（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因為是中點，所以，是的重心，則，所以，因為所以，若，則．故選：D．3．（2024·高三·山東臨沂·期末）正方體中，M是棱的中點．記，，，用，，表示為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】，，，三個式子相加得，.故選：A4．（2024·高三·浙江·開學考試）在平行六面體中，為的中點，為的中點，，則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】設則.所以，，所以.故選：C題型二：空間共線向量定理的應用5．如圖，在三棱柱中，為空間一點，且滿足，，則下列說法錯誤的是（）A．當時，點在棱上B．當時，點在線段上C．當時，點在棱上D．當時，點在線段上【答案】B【解析】對于，當時，，，所以，則點在棱上，故正確；對于，當時，，，即，即所以點在線段上，故錯誤；對于，當時，，，所以，所以，即，所以點在棱上，故正確；對于，當時，所以，，所以，即，即，所以點在線段上，故正確．故選：．6．（2024·河北·模擬預測）在空間直角坐標系中，，若三點共線，則.【答案】【解析】由題得.，因為三點共線，所以存在實數，使得，即，所以，解得，所以，故答案為：7．（2024·高三·上海·期中）已知向量，，若，則的值為．【答案】【解析】由題意，使得，即有，解得，從而.故答案為：.8．已知，，且，則（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【解析】由，得，解得，所以，故選：A.題型三：空間向量的數量積運算9．空間向量在上的投影向量為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，由投影向量的定義和公式可知在的投影向量為，故選：C.10．如圖，在正三棱柱中，，P為的中點，則（

）A． B．1 C． D．【答案】A【解析】由正三棱柱可得，，而，故.故選：A.11．（多選題）已知空間向量，，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若在上的投影向量為，則D．若與夾角為銳角，則【答案】ABD【解析】對于A：，，即：，解得：.故A選項正確；對于B：，，解得：.故B選項正確；對于C：在上的投影向量為：，即，代入坐標化簡可得：，無解，故C選項錯誤；對于D：與夾角為銳角，，解得：，且與不共線，即，解得：，所以與夾角為銳角時，解得：.故D選項正確；故選：ABD.12．已知向量，若，則．【答案】【解析】設向量，，，設與的夾角為，，，.故答案為：.題型四：三點共線問題13．如圖所示，在正方體中，點在上，且，點在體對角線上，且．求證：，，三點共線．

【解析】連接，，∵，，∴，∴，又，∴，，三點共線．14．在長方體中，M為的中點，N在AC上，且，E為BM的中點.求證：，E，N三點共線.【解析】由圖作出如圖所示長方體由題可得，，，所以，所以，E，N三點共線.15．如圖，在平行六面體中，，．(1)求證：、、三點共線；(2)若點是平行四邊形的中心，求證：、、三點共線．【解析】（1）由題意，，，故,,故，由于有公共點A，故A、、三點共線；（2）由題意，點是平行四邊形的中心，故，故,因為有公共點D，故、、三點共線．題型五：多點共面問題16．（2024·全國·模擬預測）如圖，在正三棱柱中，，，是的中點，，點在上，且．

是否存在實數，使四點共面？若存在，求的值；若不存在，請說明理由；【解析】假設存在實數，使四點共面．由正三棱柱的性質可知為正三角形，取的中點，連接，則．又平面平面，平面平面，平面，所以平面．故以為坐標原點，所在直線分別為軸，在平面內，以過點且垂直于的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，則，，，．因為，所以．若四點共面，則存在滿足，又，所以解得故存在實數，使四點共面．17．已知，若三向量共面，則等于（）A． B．9 C． D．【答案】D【解析】∵，，共面，∴設（為實數），即，∴，解得．故選：D.18．已知，，，若，，三向量不能構成空間的一個基底，則實數的值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】若三向量不能構成空間向量的一組基底，所以共面，則存在使得，則，解得，所以實數的值為1．故選：A．19．已知，，，若，，三向量共面，則實數等于（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，，三向量共面，故設，（）,即，即有，解得，故，故選：D20．已知三點不共線，對平面外的任一點O，下列條件中能確定點共面的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】平面外的任一點O，點共面的充要條件是，且，對于A，由，得，點不共面，A不是；對于B，由，得，點不共面，B不是；對于C，由，得，點不共面，C不是；對于D，由，得，點共面，D是.故選：D21．（2024·高三·四川成都·開學考試）在四棱柱中，，．

(1)當時，試用表示；(2)證明：四點共面；【解析】（1）四棱柱中，，因為，所以；（2）設（不為0），，則共面且有公共點，則四點共面；題型六：證明直線和直線平行22．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：；【解析】（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；題型七：證明直線和平面平行23．如圖，在四棱臺中，底面ABCD是邊長為2的正方形，平面ABCD，，，P為AB的中點.

求證：平面；【解析】底面ABCD是邊長為2的正方形，平面ABCD，故，，兩兩垂直.以為原點，分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，在四棱臺中，，，P為AB的中點，故,則,所以，即，且平面，平面，故平面.24．（2024·廣西柳州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，E為的中點，F為AB的中點．求證：平面；【解析】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．25．（2024·天津河北·二模）如圖，四棱錐中，側棱平面，點是的中點，底面是直角梯形，.(1)求證：平面；【解析】（1）證明：平面，以為原點，分別以、、的方向為軸，軸，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.，點是的中點，,，則平面，平面的一個法向量為.，平面，平面；題型八：證明平面與平面平行26．如圖，在直四棱柱中，底面為等腰梯形，，，，，是棱的中點．求證：平面平面.【解析】因為，是棱的中點，所以，所以為正三角形.因為為等腰梯形，，所以.取的中點，連接，則，所以.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，，，，所以，，又不重合，不重合，所以，，因為平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面27．在正方體中，分別是的中點，試建立適當的空間直角坐標系，求證：平面平面.【解析】證明:如圖，以為坐標原點，所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系．設正方體的棱長為1，則有，，，，，，于是，，，，顯然有，，所以，，由，平面，平面，平面，同理平面，平面，，所以平面平面28．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.【解析】（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.題型九：證明直線與直線垂直29．已知三棱錐中，平面，，，為上一點且滿足，，分別為，的中點．求證：；【解析】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．30．如圖，在三棱柱中，平面分別是的中點．求證：．【解析】選取作為空間的一個基底，設．由已知條件和三棱柱的性質，得，，，．所以，所以，即．31．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.【解析】（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.題型十：證明直線與平面垂直32．如圖所示，在四棱錐中，底面是矩形，底面，，，是的中點，作交于點，且．求證：平面；

【解析】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，可得，，，則．設點的坐標為，因為，所以，即，，，所以點的坐標為，即．因為，所以，則．由已知，且，平面，平面，所以平面．33．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．【解析】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．34．如圖，在長方體中，，點分別為棱的中點，求證：平面；【解析】方法一：因為是的中點，所以和是等腰直角三角形，所以，所以，因為平面平面，所以，又平面，且，所以平面；方法二：以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸建立空間直角坐標系，，所以，所以，所以，，又平面，且，所以平面.題型十一：證明平面和平面垂直35．如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，，，平面，，，為的中點．求證：平面平面；【解析】以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則A0,0,0，，，，，，.設平面PCD的一個法向量為n1=x即，不妨令，則，，所以，設平面PAC的一個法向量為，則，即，不妨令，則，，所以，因為，所以，所以平面平面．36．（204·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）在正方體中，如圖、分別是，的中點．

(1)求證：平面平面；【解析】（1）設棱長為，以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設平面的法向量，則，取，得，設平面的法向量，則，取，得，所以，則平面平面．37．已知在直三棱柱中，其中為的中點，點是上靠近的四等分點，與底面所成角的余弦值為．

(1)求證：平面平面；【解析】（1）取的中點，連，因為為的中點，所以，，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為與底面所成角的余弦值為，所以與底面所成角的余弦值為，因為三棱柱為直三棱柱，所以平面，所以是與底面所成角，所以，所以，所以，又，所以是邊長為的等邊三角形，取的中點，的中點，連，則，，平面，以為原點，的方向為軸建立空間直角坐標系：則，，，，，，，，，，，，，設平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，則，得，令，得，，，令，得，，，因為，所以，所以平面平面.題型十二：求兩異面直線所成角38．已知正方體的棱長為1，點在線段上，若直線與所成角的余弦值為，則線段的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】分別以為建立空間直角坐標系，設，則,直線與所成角的余弦值為，.解得：,,.故選：B.39．（2024·遼寧·一模）如圖，四邊形是正方形，平面，且，是線段的中點，則異面直線與所成角的正切值為.【答案】【解析】因為平面，則，，又四邊形是正方形，則，以為坐標原點，分別為軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，且，則，，，又是線段的中點，則，則，，則，設異面直線與所成角為，即，則，所以，即異面直線與所成角的正切值為.故答案為：40．（2024·高三·江蘇揚州·期中）如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC(1)記平面平面，證明：平面；(2)點Q是直線上的點，若直線與所成角的余弦值為，求線段長.【解析】（1）證明：連接交于點，連接交于點，連接，則平面和平面交線為，即因為為直三棱柱，所以為平行四邊形，所以為中點，為中點，所以，又平面平面，所以平面，即平面.（2）直三棱柱中，，所以兩兩垂直.以為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.設，則，所以解得，所以線段長為.題型十三：求直線與平面所成角41．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）如圖，直線垂直于梯形所在的平面，，為線段的中點，，，四邊形為矩形.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【解析】（1）設，連接，因為四邊形為矩形，所以為中點，又為中點，則，又平面，平面，所以平面.（2）以為坐標原點，，，的正方向分別為x，y，z軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，則A1,0,0，，，，，，，設平面的法向量為：n=x,y,z且，令，解得：，，所以，設直線與平面所成角為，所以.則直線與平面所成角的正弦值為.42．（2024·高三·廣東汕頭·開學考試）在四棱錐中，，，，點為的中點.(1)證明：平面；(2)若平面平面，且，求直線與平面所成角的正弦值.【解析】（1）∵點為的中點，則，∵，∴，又即，∴四邊形為平行四邊形，∴，平面，平面，則平面.（2）連接交于，連接，∵四邊形為平行四邊形，∴為的中點，又，則，∵平面平面，平面，面面，∴平面，又平面，∴，在中，由余弦定理可得，∴，∴，∵，∴為直角三角形，即，過點作的平行線，以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，如圖

可得，∴，設面的法向量為，則，取得，∴

設與平面所成的角為，則∴與平面所成的角的正弦值為43．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，是上的點，且平面．(1)求證：平面；(2)若，，，是棱上的點，且直線與平面所成角的正弦值為，試確定點的位置．【解析】（1）因為平面，面，所以，又，所以，又三棱柱是直三棱柱，所以，又易知與相交，面，所以平面.（2）由（1）知平面，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，，，又，所以，則，所以，設，所以，設平面的一個法向量為，由，得到，取，則，所以，設直線與平面所成的角為，所以，整理得到，解得或（舍），所以點為上的三等分點，且，即點為上靠近的三等分點.題型十四：求平面與平面所成角44．（2024·四川樂山·三模）如圖，平行六面體中，底面是邊長為2的菱形，且，與平面所成的角為與交于．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．【解析】（1）連結，底面是邊長為2的菱形，．，．點為線段中點，．為菱形，平面，平面又平面，平面平面，在平面上的射影為，為直線與平面所成的角，即．在中，，．則．又平面平面，平面．（2）由（1）知平面，建立如圖所示的空間直角坐標系則，則設平面的法向量為，平面的法向量為，則即取，則．即取則．設二面角大小為，則．，二面角的正弦值為．45．（2024·四川·模擬預測）如圖，多面體中，已知面是邊長為4的正方形，是等邊三角形，，，平面平面．(1)求證：；(2)求二面角的大?。窘馕觥浚?）由是正方形，得，而平面平面，平面平面，平面，則平面，又平面，于是，又，所以.（2）在平面內過作，由平面平面，平面平面，得平面，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設平面的法向量為n=x,y,z，則，令，得，而平面的法向量為，設二面角的平面角為，顯然為銳角，于是，則，所以二面角的大小.46．（2024·河南周口·模擬預測）如圖，平行六面體中，底面與平面都是邊長為2的菱形，，側面的面積為.(1)求平行六面體的體積；(2)求平面與平面的夾角的余弦值.【解析】（1）連接，，因為底面與平面均為菱形，且，所以與均為等邊三角形，取AB的中點，連接，，則，，則，因為側面的面積為，所以的面積為，則，所以，則.在中，，則，所以，所以.因為，平面，所以平面，故平行六面體的體積.（2）由（1）可知，兩兩垂直，以為原點，以所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，，，，設平面的法向量為m=x由得取，則.設平面的法向量為，，由得取，則，于是.設平面與平面的夾角為，所以.47．（2024·福建龍巖·三模）如圖，在四棱臺中，底面四邊形ABCD為菱形，平面ABCD.

(1)證明：；(2)若M是棱BC上的點，且滿足，求二面角的余弦值.【解析】（1）在四棱臺中，延長后必交于一點，故四點共面，因為平面，平面，故，連接，因為底面四邊形為菱形，故，平面，故平面，因為平面，所以.（2）過點A作的垂線，交與點N，以所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系（如圖），設，則，由于，故，則，，則，，，記平面的法向量為，則，即，令，則，即，平面的法向量可取為，則.所以二面角的余弦值為.題型十五：求點面距、線面距、面面距48．如圖1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分別是AC，AB上的點，，O為BC的中點．將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐，其中．(1)求證：；(2)求點B到平面的距離．【解析】（1）連接，因為在等腰直角三角形中，，在中，，同理得，因為，所以，所以所以平面，所以平面．（2）取中點，則，以為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，則，設平面的法向量為n=x,y,z，，所以，令，則，則，又，，所以點到平面的距離為．49．如圖所示的多面體是底面為ABCD的長方體被平面所截而得的，其中，，，.（1）求點C到平面的距離；（2）設過點平行于平面的平面為，求平面與平面之間的距離.【解析】（1）由題意，以為原點，以所在的直線分別為軸、軸和軸建立空間直角坐標系，如圖所示，可得，設，因為為平行四邊形，可得，即，所以，即，則，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，又由，所以點到平面的距離為.（2）由（1）知平面的一個法向量為，又由，可得點到平面的距離為，因為過點平行于平面的平面為，所以平面與平面之間的距離等于但到平面的距離，即平面與平面之間的距離.50．（2024·安徽合肥·模擬預測）如圖，直四棱柱各棱長均為2，，O是線段BD的中點．(1)求點O到平面的距離；(2)求直線AB與平面所成角的正弦值．【解析】（1）連接，由題意，點為的交點，連接交于點，連接，則平面，因為四邊形為菱形，則，如圖，以點為原點，建立空間直角坐標系，在中，，則為等邊三角形，則，則，故，設平面的法向量為，則有，可取，則點O到平面的距離為；（2），故，則，即直線AB與平面所成角的正弦值為．51．（2024·福建福州·一模）如圖，四邊形ABCD是圓柱OE的軸截面，點F在底面圓O上，圓O的半徑為1，，點G是線段BF的中點．(1)證明：平面DAF；(2)若直線DF與圓柱底面所成角為45°，求點G到平面DEF的距離．【解析】（1）取中點，連接，如圖所示：為中點，則，又，得，由，，得，所以四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，所以平面.（2）因為，，，所以.因為平面，且直線與圓柱底面所成角為，所以，則有.如圖，以為原點，分別為軸，過垂直于底面的直線為軸，建立空間直角坐標系，則有，，，設平面的一個法向量為n=x,y,z，則，令，有，得，，設點到平面的距離為，.故點到平面的距離.題型十六：點到直線距離、異面直線的距離52．（2024·江蘇無錫·模擬預測）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．【解析】（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．53．（2024·遼寧·一模）已知空間中的三個點，則點到直線的距離為．【答案】/【解析】由題意知，，所以，得，，所以點A到直線BC的距離為.故答案為：54．（2024·安徽合肥·一模）棱長為1的正方體如圖所示，分別為直線上的動點，則線段長度的最小值為．【答案】【解析】建立如圖所示的空間直角坐標系，設，當PQ為兩異面直線的公垂線段時，PQ長度最短，此時PQ長度為MN的最小值,則,由，所以，所以,所以故答案為：.55．四棱錐中，的中點分別為，底面正方形的邊長為，求與間的距離．【解析】以正方形的中心為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，由題意，，，故，．設為與和的公垂線在同一個方向上的向量，則，，得，∴異面直線與間的距離：．1．（2024·江西新余·模擬預測）已知，直線過原點且平行于，則到的距離為（

）.A． B．1 C． D．【答案】C【解析】由題意取，則，所以到的距離為.故選：C2．（2024·山東濟南·三模）如圖所示，正方體的棱長為1，點分別為的中點，則下列說法正確的是（

）A．直線與直線垂直 B．直線與平面平行C．三棱錐的體積為 D．直線BC與平面所成的角為【答案】B【解析】A選項：為正方體，所以，直線與直線不垂直，所以直線與直線不垂直，故A錯誤；如圖建立空間直角坐標系，則，對于B，設平面的法向量為，則，令，則，因為，所以，所以，因為在平面外，所以直線與平面平行，所以B正確，對于C，，所以三棱錐的體積為，所以C錯誤，對于D，，直線BC與平面所成的角為，，所以D錯誤，故選：B.3．（2024·浙江·模擬預測）邊長為1的正方體中，，分別是，中點，是靠近的四等分點，在正方體內部或表面，，則的最大值是（

）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】如圖，建立空間直角坐標系，設，則，所以，則，因為，又，所以，即，所以，又，所以，當且僅當，此時時，等號成立，所以的最大值是.故選：D.4．（2024·陜西·模擬預測）在平行六面體中，已知，，則下列選項中錯誤的一項是（

）A．直線與BD所成的角為90°B．線段的長度為C．直線與所成的角為90°D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為【答案】D【解析】在平行六面體中，令，，，由，，得，，對于，顯然，，則，即，因此直線與所成的角為，A正確；對于B，，即，B正確；對于C，，即，因此直線與所成的角為，C正確；對于D，在平行六面體中，四邊形是菱形，即，又，，平面，于是平面，又平面，則平面平面，連接交于點，在平面內過點作于點，如圖，由平面平面，因此平面，即直線與平面所成角為，，則，即，由及選項C知，，則，D錯誤.故選：D5．已知向量，，向量在向量上的投影向量為（

）．A． B．C． D．【答案】A【解析】向量在向量上的投影向量為故選：A6．（2024·山東菏澤·二模）如圖，在正方體中，，則下列結論中正確的是（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面內存在與平行的直線【答案】C【解析】因為為正方體，設正方體邊長為2，以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，則，令，則，同理解得平面的法向量，，故A不正確；，故B不正確；，，所以，又，所以平面，C正確；平面的一個法向量為，，故D不正確；故選：C7．定義一個集合，集合中的元素是空間內的點集，任取，存在不全為0的實數，使得．已知，則的充分條件是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由題意知這三個向量共面，即這三個向量不能構成空間的一個基底，對A，由空間直角坐標系易知三個向量共面，則當無法推出，故A錯誤；對B，由空間直角坐標系易知三個向量共面，則當無法推出，故B錯誤；對C，由空間直角坐標系易知三個向量不共面，可構成空間的一個基底，則由能推出，對D，由空間直角坐標系易知三個向量共面，則當無法推出，故D錯誤.故選：C．8．（2024·河南信陽·模擬預測）如圖，在棱長為的正方體中，與平面交于點，與平面交于點，點分別在線段上運動，則線段的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如圖所示：以為坐標原點，分別為軸建立空間直角坐標系，則，，可得，則，可知，且，平面，可知：平面，且平面，可得，設，即，則，因為，解得，即；同理可得：平面，，則，，又因為，則三棱錐為正三棱錐，點為等邊的中心，在中，結合等邊三角形可知：，因為平面，平面，則，可知，當時，取到最小值；當時，取到最大值；綜上所述：線段的取值范圍為.故選：C.9．（多選題）（2024·河南·模擬預測）如圖，在底面為等邊三角形的直三棱柱中，，，，分別為棱，的中點，則（

）A．平面B．C．異面直線與所成角的余弦值為D．平面與平面的夾角的正切值為【答案】ABD【解析】選項A：如圖連接交于，連接，由題意可知為的中點，又為的中點，故，又平面，平面，故平面，故A正確；選項B：由題意為等邊三角形，為的中點，故,又棱柱為直三棱柱，故，又，平面，平面，故平面，又平面，故，故B正確；選項C：如圖建立空間直角坐標系，則，，，因，故A3,0,0所以，，設異面直線與所成角為，則故C錯誤；選項D：由題意平面的一個法向量為，，，，設平面的法向量為，則，即，設，則，，故，設平面與平面的夾角為，則，故，故，故D正確，故選：ABD10．（多選題）（2024·山東淄博·二模）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是，M為A1C1與B1D1的交點．若，，，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．【答案】AD【解析】由題意可知，，對于A，，故A正確；對于B，又因為，所以，所以，故B錯誤；對于C，，故C錯誤；對于D，，故D正確．故選：AD．11．（多選題）（2024·河北·模擬預測）已知正方體為中點，為BC中點，則（

）A．直線PD與直線平行 B．直線與直線垂直C．直線PQ與直線相交 D．直線PQ與直線異面【答案】BD【解析】根據題意，設正方體的棱長為2，以為坐標原點，如圖建立坐標系，則,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,2,，,0,，,0,，,2,，對于A，,0,，,0,，由于對于任意的都不會成立，則與不平行，則直線與直線不平行，A錯誤；對于B，,2,，,,，則有，則，即直線與直線垂直，B正確；對于C，直線與相交，故平面，直線平面，，所以PQ與直線是異面直線，C錯誤；對于D，,顯然兩直線不平行，假設直線與直線相交，則在同一平面上，,故存在實數使得，即，則無解，故與直線既不相交也不平行，是異面直線，D正確．故選：BD．12．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）空間內四點，，，D可以構成正四面體，則點D的坐標是．【答案】【解析】由已知正四面體ABCD的棱長為1，所以D的豎坐標正四面體的高，的外接圓半徑為，所以正四面體的高為，而橫坐標，縱坐標即底面三角形ABC的重心坐標，，所以，故答案為：.13．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）在平面直角坐標系中，設，若沿直線把平面直角坐標系折成大小為的二面角后，，則的余弦值為．【答案】【解析】在平面直角坐標系中，過點作于點，可知，沿直線把平面直角坐標系折成大小為的二面角后，仍有，則，由，可得，即，即，可得．故答案為：14．（2024·高三·廣東深圳·期中）在長方體中，，點為側面內一動點，且滿足平面，則的最小值為，此時點到直線的距離為.【答案】/【解析】如圖所示，因為且，故四邊形為平行四邊形，則，因為平面平面，所以平面，同理可證平面，因為平面，所以平面平面，因為平面，要使得平面，則平面，因為平面平面，故點的軌跡為線段，當取最小值時，，則為的中點，則.以為原點，的方向分別為，軸建立空間直角坐標系，易知，取，則，所以點到直線的距離為.故答案為：；15．（2024·天津薊州·模擬預測）如圖，在四棱錐中，已知棱兩兩垂直，長度分別為1，2，2，若，且向量與夾角的余弦值為.(1)求實數值；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求平面與平面夾角的余弦值.【解析】（1）依題意，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，，由，得，則，而，而，顯然，解得.（2）由（1）得，，設平面的法向量，則，令，得，又，于是，所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）由（2）令平面的法向量，則，令，得，設平面與平面夾角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.16．（2024·河北·模擬預測）如圖，四棱錐中，平面平面，．設中點為，過點的平面同時垂直于平面與平面．(1)求(2)求平面與平面夾角的正弦值；(3)求平面截四棱錐所得多邊形的周長．【解析】（1）設，，，則，在中，，整理得，由題意得，則，即，解得，因此，即．（2）作中點，連接，，因為為中點，，所以，，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，而，，平面，故，，，因為，，所以四邊形、四邊形都是平行四邊形，故，，而，所以，又因為為中點，所以，在平面中也有，由于，故，，，，由勾股定理得：，，故以為原點，，，為，，軸，建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設平面，平面，平面，平面的法向量分別為，，，則，即，取，則，同理可得，因為平面同時垂直于平面，平面，所以，，即，取，則，平面的法向量是，則，設平面與平面的夾角為，則，故，因此平面與平面夾角的正弦值為．（3）設是平面上一點，因為平面過點，則可以設，這是因為此時，因此可設，因為當平面與平面相交時，其交線必為直線且唯一，故只需討論平面與四棱錐的公共部分，當時，在直線上，因此平面過直線，故平面與平面，平面交于直線，與棱，分別交于，，故只需討論平面與棱，的交點：設平面與棱，的交點分別為，，則設，，令，則，解得，即，同理可得，故平面與平面交于，平面交于，因此平面截四棱錐所得截面多邊形為四邊形，故周長為．17．（2024·山東淄博·二模）已知直角梯形，，，，為對角線與BD的交點．現以為折痕把折起，使點到達點的位置，點為的中點，如圖所示：(1)證明：平面PBM；(2)求三棱錐體積的最大值；(3)當三棱錐的體積最大時，求直線AB與平面所成角的正弦值．【解析】（1）直角梯形中，由相似可得，因為，，可得，，故可得，，由，則由勾股定理逆定理得，，即，，翻折后可得，，，又因為，在平面內，故平面（2）因為點為邊的中點，所以，又，所以，因為平面，所以平面平面，所以點P到平面ABC的距離，即為點P到BM的距離，設為h，因為為定值，當h最大時，三棱錐的體積最大，而，則，當h=1時，.（3）由（2）得，當三棱錐的體積最大時，點P到平面ABC的距離為，即平面．故，，又因為，故，，兩兩垂直．故可以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，由題可得，，則，，，設平面的法向量為，則，令，得，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．18．（2024·黑龍江牡丹江·一模）如圖，在四棱錐中，平面，，，，為的中點，點在上，且．

(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值．(3)設點在上，且判斷直線是否在平面內，說明理由．【解析】（1）因為平面，又平面，則，又，且，，平面，故CD平面；又面，，，為中點，，，CD，面，面；（2）過點作AD的垂線交于點，因為平面，且，平面，所以，，故以點為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則A0,0,0，，，，，因為為的中點，則，所以，又，所以，故，設平面的法向量為n=x,y,z，則，即，令，則y=?1，x=?1，故，又因為平面的法向量為，所以，所以平面與平面的夾角余弦值為；（3）直線不在平面內，因為點在上，且，又，故，則，由（2）可知，平面的法向量為，所以，所以直線不在平面內．1．（2024年北京高考數學真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．【解析】（1）取的中點為，接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因為，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則設平面的法向量為，則由可得，取，設平面的法向量為，則由可得，取，故，故平面與平面夾角的余弦值為2．（2024年高考全國甲卷數學（理）真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，，，，為的中點．(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值．【解析】（1）因為為的中點，所以，四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面；（2）如圖所示，作交于，連接，因為四邊形為等腰梯形，，所以，結合（1）為平行四邊形，可得，又，所以為等邊三角形，為中點，所以，又因為四邊形為等腰梯形，為中點，所以，四邊形為平行四邊形，，所以為等腰三角形，與底邊上中點重合，，，因為，所以，所以互相垂直，以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，，，，，設平面的法向量為m=x1平面的法向量為n=x則，即，令，得，即m=3,3,1，則，即，令，得，即，，則，故二面角的正弦值為.3．（2024年天津高考數學真題）已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．(1)求證平面；(2)求平面與平面的夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．【解析】（1）取中點，連接，，由是的中點，故，且，由是的中點，故，且，則有、，故四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，故平面；（2）以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，有A0,0,0、、、、C1,1,0、，則有、、，設平面與平面的法向量分別為、，則有，，分別取，則有、、，，即、，則，故平面與平面的夾角余弦值為；（3）由，平面的法向量為，則有，即點到平面的距離為.4．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，平面四邊形ABCD中，，，，，，點E，F滿足，，將沿EF翻折至，使得．(1)證明：；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．【解析】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，則，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）連接，由，則，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，則兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，則，由是的中點，得，所以，設平面和平面的一個法向量分別為，則，，令，得，所以，所以，設平面和平面所成角為，則，即平面和平面所成角的正弦值為.5．（2023年北京高考數學真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；(2)求二面角的大?。窘馕觥浚?）因為平面平面，所以，同理，所以為直角三角形，又因為，，所以，則為直角三角形，故，又因為，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，則，以為原點，為軸，過且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，則，所以，設平面的法向量為，則，即令，則，所以，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以，所以，又因為二面角為銳二面角，所以二面角的大小為.6．（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當二面角為時，求．【解析】（1）以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，又不在同一條直線上，.（2）設，則，設平面的法向量，則，令，得，，設平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.7．（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．【解析】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設，，．，，又，平面平面．以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：設，設平面與平面的一個法向量分別為，二面角平面角為,而，因為，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為．8．（2022年新高考天津數學高考真題）如圖，在直三棱柱中，，點D、E、F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)求平面與平面夾角的余弦值．【解析】（1）證明：在直三棱柱中，平面，且，則以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、、、、，則，易知平面的一個法向量為，則，故，平面，故平面.（2），，，設平面的法向量為，則，取，可得，.因此，直線與平面夾角的正弦值為.（3），，設平面的法向量為，則，取，可得，則，因此，平面與平面夾角的余弦值為.9．（2022年新高考浙江數學高考真題）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設M，N分別為的中點．(1)證明：；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【解析】（1）過點、分別做直線、的垂線、并分別交于點、．∵四邊形和都是直角梯形，，，由平面幾何知識易知，，則四邊形和四邊形是矩形，