2023届立几大题热点50题训练（带解析）

第1页（共1页）2023立体几何大题热点50题一．解答题（共50小题）1．（2023•新城区校级模拟）如图，在三棱柱中，，平面平面，，在上的投影为1．（1）证明：．（2）求二面角的余弦值．2．（2023•温州模拟）已知三棱锥中，是边长为3的正三角形，，与平面所成角的余弦值为．（1）求证：；（2）求二面角的平面角的正弦值．3．（2023•抚顺模拟）如图，四棱锥的底面是正方形，点，在侧棱上，是侧棱的中点．（1）若，证明：平面；（2）若每条侧棱的长都是底面边长的倍，从下面两个条件中选一个，求二面角的大小．①平面；②为的中点．4．（2023•九江二模）如图，在三棱柱中，平面，，，，为棱的中点．（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在异于点的一点，使得与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由．5．（2023•太原模拟）如图，四棱锥中，，，且，，，直线与平面的所成角为，，分别是和的中点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．6．（2023•江苏模拟）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点．（1）求证：平面；（2）点在线段上（异于点，，与平面所成角为，求的值．7．（2023•浙江模拟）如图，四面体中，，，与面的所成角为．（1）若四面体的体积为，求的长；（2）设点在面中，，，过作的平行线，分别交、于点、，求面与面所成夹角的余弦值．8．（2023•贵州模拟）如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点．（1）若为的中点，证明：平面；（2）若，试确定的位置，使二面角的正弦值等于．9．（2022秋•滨江区校级期末）如图①，在等腰梯形中，，，将沿折起，使得，如图②．（1）求直线与平面所成的角；（2）在线段上是否存在点，使得二面角的平面角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由．10．（2023•桃城区校级一模）如图所示，，，，四点共面，其中，，点，在平面的同侧，且平面，平面．（1）若直线平面，求证：平面；（2）若，，平面平面，求锐二面角的余弦值．11．（2023•榆林二模）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且．（1）证明：平面．（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．12．（2023•大英县校级模拟）在三棱锥中，是边长为4的等边三角形，平面平面，，点为棱的中点，点在棱上且满，已知使得异面直线与所成角的余弦值为的有两个不同的值，．（1）求，的值；（2）当时，求二面角的余弦值．13．（2023•贵州模拟）如图甲，已知四边形ABCD是直角梯形，E，F分别为线段AD，BC上的点，且满足，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，，将四边形CDEF沿EF翻折，使得C，D分别到C1，D1的位置，并且，如图乙（1）求证：ED1⊥BC1；（2）求平面AD1E与平面BC1F所成的二面角的余弦值．14．（2023•南充模拟）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，．（1）证明：平面；（2），是否存在常数，，满足，且直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．15．（2023•兰州模拟）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．（2）在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．16．（2023•开封二模）如图1，在直角梯形中，，，，为的中点，将沿折起（如图，在图2所示的几何体中：（1）若，求证：平面；（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值．17．（2022秋•天津期末）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（3）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．18．（2023•丰台区一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，交于点，，．点是棱的中点，连接，．（1）求证：平面；（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段的长．条件①：平面平面；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．19．（2023•包头一模）如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与，重合）．（1）证明：；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．20．（2023•兴庆区校级一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且在．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由．21．（2023•南宁模拟）如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，，，，是上一点，且．将沿着折起使得平面平面，连接、，、分别是、的中点，如图2．（1）证明：在图2中、、、四点共面，且平面平面；（2）在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长．22．（2023•石景山区一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小．条件①：；条件②：平面平面；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．23．（2023•安康二模）如图，在斜三棱柱中，为中点，底面，，，，，分别在线段，上，且．（1）求证：面；（2）记面面，求二面角的余弦值．24．（2022秋•郴州期末）如图2，在平行四边形中，，，．将沿翻折，使点到达点位置（如图，且平面平面．（1）求证：平面平面；（2）设是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．25．（2023•新疆模拟）如图，在平面四边形中，，且，以为折痕把和向上折起，使点到达点的位置，点到达点的位置，且平面和平面不重合．（1）求证：；（2）若点为的重心（三条中线的交点），平面，求直线与平面所成角的余弦值．26．（2022秋•驻马店期末）如图，在多面体中，四边形是平行四边形，四边形是矩形，，，，是棱的中点，是棱上的动点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值．27．（2023•烟台一模）如图，在四棱棱中，底面为菱形，，，为等边三角形．（1）求证：；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．28．（2023•咸阳校级模拟）已知直四棱柱中，底面为梯形，，，，，，分别是，上的点，且为上的点．（1）证明：；（2）当时，求平面与平面所成的二面角的正弦值．29．（2023•焦作二模）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且．现将沿翻折到△，如图2．（1）证明：．（2）已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由．30．（2023•龙岩模拟）三棱柱中，，，侧面，为矩形，，三棱锥的体积为．（1）求侧棱的长；（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．31．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点．（1）证明：平面平面；（2）若点在线段上，，且异面直线与成角，求平面和平面夹角的余弦值．32．（2023•湖北模拟）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．（1）当时，求三棱柱的体积；（2）设点为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．33．（2023•平湖市模拟）如图在三棱柱中，为的中点，，．（1）证明：；（2）若，且满足：_____，（待选条件）．从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值．①三棱柱的体积为；②直线与平面所成的角的正弦值为；③二面角的大小为；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．34．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，点是线段的中点，点在线段上且满足，面．（Ⅰ）当时，证明：平面；（Ⅱ）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？35．（2023•宛城区校级开学）四棱柱中，底面为正方形，面，点，，分别为棱，，的中点．（1）求证：平面平面；（2）若，棱上存在点，使得二面角的余弦值为，求的值．36．（2023•南开区校级模拟）如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．37．（2023春•荔湾区月考）如图，把边长为的正方形纸片沿对角线折成直二面角，是的中点，是原正方形的中心，动点在线段（包含端点，上．（1）若为的中点，求直线到平面的距离；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．38．（2023•九龙坡区校级开学）如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，．（1）求证：平面平面；（2）点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．39．（2023•石家庄模拟）如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）侧棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．40．（2023•高州市一模）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求的长．41．（2023•邵阳一模）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，为棱的中点．（1）若上有一点满足平面，确定点的位置并证明；（2）若，，求平面与平面所成二面角的正弦值．42．（2023•重庆二模）如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，．（1）证明：；（2）若，平面与平面所成二面角的大小为，求的值．43．（2023•武威模拟）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值．44．（2023•舞钢市开学）如图所示，在四棱锥中，是等边三角形，，，记平面与平面的交线为．（1）证明：．（2）若，，为上一点，求与平面所成角的正弦值的最大值．45．（2023•新城区校级一模）如图，三棱柱的底面是正三角形，侧面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点．（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．46．（2023•安徽开学）如图，四棱锥的底面为正方形，二面角为直二面角，，点为棱的中点．（1）求证：；（2）若，点是线段上靠近的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．47．（2023•湖北模拟）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面，．（1）求到平面的距离；（2）求平面与平面的夹角的正弦值．48．（2023•河南模拟）如图，在四棱锥M﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝4，AD＝2，MC＝2，∠ADC＝45°，点M在底面ABCD上的射影为CD的中点O，E为线段AD上的点（含端点）．（1）若E为线段AD的中点，证明：平面MOE⊥平面MAD；（2）若3AE＝DE，求二面角D﹣ME﹣O的余弦值．49．（2023•梅州一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于．把沿翻折至△的位置，连接、．（1）为边的一点，若，求证：平面；（2）当四面体的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值．50．（2023•新乡模拟）如图，已知圆锥，是底面圆的直径，且长为4，是圆上异于，的一点，．设二面角与二面角的大小分别为与．（1）求的值；（2）若，求二面角的余弦值．

2023立体几何大题热点50题参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2023•新城区校级模拟）如图，在三棱柱中，，平面平面，，在上的投影为1．（1）证明：．（2）求二面角的余弦值．【分析】（1）由条件根据面面垂直性质定理证明平面，由此证明，结合，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）证明：平面平面，又平面平面，且平面，，平面，平面，，又，；（2）在上的投影为1，又易得，即，△为等边三角形，由（1）得平面平面，，建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示，则根据题意可得：，，，设平面的法向量为，则，取，又为平面的一个法向量，，，设二面角的平面角为，由图可知，，二面角的余弦值为．【点评】本题考查二面角、直线与平面垂直，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．2．（2023•温州模拟）已知三棱锥中，是边长为3的正三角形，，与平面所成角的余弦值为．（1）求证：；（2）求二面角的平面角的正弦值．【分析】（1）如图所示，取中点为，连接，，易证，，从而可证平面，可证结论；（2）取中点为，连接，，二面角的平面角为，利用余弦定理可求二面角的平面角的余弦值，从而可求正弦值．【解答】解：（1）证明：如图所示，取中点为，连接，，因为是边长为3的正三角形，，所以三棱锥是正四面体，所以，，又因为，，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以．（2）如下图所示，取中点为，连接，，因为是边长为3的正三角形，，所以三棱锥是正四面体，所以，，所以二面角的平面角为，另一方面，，，所以由余弦定理得，所以，所以二面角的平面角的正弦值为．【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的大小的求法，属中档题．3．（2023•抚顺模拟）如图，四棱锥的底面是正方形，点，在侧棱上，是侧棱的中点．（1）若，证明：平面；（2）若每条侧棱的长都是底面边长的倍，从下面两个条件中选一个，求二面角的大小．①平面；②为的中点．【分析】（1）连接，设交点为，连接，，，先证明平面平面，进而即可证明平面；（2）选①或②，都是先证明平面，进而建立空间直角坐标系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解．【解答】解：（1）证明：连接，设交点为，连接，，，在中，点是的中点，点是线段的中点，，又平面，且平面，平面，在中，点是线段的中点，点是线段的中点，所以，又平面，且平面，平面，又，且，平面，平面平面，又平面，平面；（2）若选①平面，连接，为正方形，点分别为与的中点，又易知，，同理，又，平面，以，，所在直线分别为，，轴，建系如图，设，则，，，，，0，，，0，，，1，，，，，，，平面，平面的一个法向量为，显然平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，，；若选②为的中点，连接，为正方形，点分别为与的中点，由题意，．同理，又，平面．以，，所在直线分别为，，轴，建系如图，设，则，，，，，0，，，0，，，1，，，，，，，则，，设平面的法向量为，则，取，显然平面的一个法向量为，设二面角的平而角为，，．【点评】本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，面面平行的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．4．（2023•九江二模）如图，在三棱柱中，平面，，，，为棱的中点．（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在异于点的一点，使得与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意，分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可证明；（2）根据题意，连接，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算结合线面角的求法即可得到结果．【解答】解：（1）证明：平面，平面，，，由已知得，，，同理可得，，即，又，，平面，平面，（2）连接，，，，，平面，，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，则，设，则，，，，由（1）知平面的一个法向量为，，化简得，解得或（舍去），故在棱上存在异于点的一点，使得与平面所成的角为，且．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量研究线面角问题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．5．（2023•太原模拟）如图，四棱锥中，，，且，，，直线与平面的所成角为，，分别是和的中点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【分析】（1）取的中点，连接，，可证平面，平面，进而可证平面平面，可证结论；（2）以点为原点，，所在的直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面夹角的余弦值．【解答】解：（1）证明：取的中点，连接，，是的中点．，平面，平面，平面，同理可得平面，，平面，平面，平面平面，平面，平面；（2）以点为原点，，所在的直线分别为，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得，0，，，0，，，4，，，4，，，直线与平面所成的角为，点的竖坐标为，又，点的横坐标为，纵坐标，，，，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，1，，设平面的一个法向量，，，则，令，，，，0，，，，平面与平面夹角的余弦值．【点评】本题考查二面角的求法，考查线面平行的证明，属中档题．6．（2023•江苏模拟）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点．（1）求证：平面；（2）点在线段上（异于点，，与平面所成角为，求的值．【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解．【解答】（1）证明：因为四边形为菱形，所以，又因为，，平面，，所以平面．（2）解：取的中点，连接，四边形为菱形，且，所以．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又因为，，所以平面．取中点，连结，以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，0，，，0，，，，1，，所以，．设平面的一个法向量为，，，所以，即，令，可得平面的一个法向量．设，可得点，，由题意，解得或（舍，即．【点评】本题主要考查直线与平面垂直的判断，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．7．（2023•浙江模拟）如图，四面体中，，，与面的所成角为．（1）若四面体的体积为，求的长；（2）设点在面中，，，过作的平行线，分别交、于点、，求面与面所成夹角的余弦值．【分析】（1）说明面，作，连接，推出面面，说明与面的所成角为．通过四面体的体积为，求解即可．（2）设，，延长交于点，连接，证明，，推出，求解，分别做，，说明面，面，设面与面所成的二面角为，则．求解即可．【解答】（1）解：因为，所以，，，，所以面，作，连接，因为面，所以，因为，所以面，因为面，所以面面，因为面面，所以作，可得面，所以为与面的所成角，与面的所成角为．，所以设，，则，所以由，得，四面体的体积为，所以，解得，即．（2）解：设，，由（1）得，延长交于点，连接，因为，，，所以面，所以，因为，所以，因为，所以，即为边上的高，因为，，所以面，因为面，所以，由（1）得，若，则点在上，所以为的垂心．因为，所以，所以，即，分别做，，则面，面，所以在面的投影为，设面与面所成的二面角为，则．面与面所成夹角的余弦值为．【点评】本题考查几何体二面角的求法，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．8．（2023•贵州模拟）如图甲，在四边形中，，，将沿折起得图乙，点是上的点．（1）若为的中点，证明：平面；（2）若，试确定的位置，使二面角的正弦值等于．【分析】（1）取的中点，连接，，先证明平面，得出，取的中点，连接，，易得，由线面垂直判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，易得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，根据法向量性质求出，再根据二面角的正弦值等于即可求出参数，从而确定的位置．【解答】解：（1）证明：由题意，，且，故四边形是平行四边形，又，所以是正三角形，四边形是菱形．如图所示：取的中点，连接，，所以是正三角形，则，．又，，平面，所以平面，又平面，所以，取的中点，连接，，则，即，，，四点共面，又，则，由，，，，平面，平面；（2），，．又且，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，，设，则，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，又，，取，二面角的正弦值等于，，，，即点在线段靠近的三等分点处．【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，方程思想，属中档题．9．（2022秋•滨江区校级期末）如图①，在等腰梯形中，，，将沿折起，使得，如图②．（1）求直线与平面所成的角；（2）在线段上是否存在点，使得二面角的平面角的大小为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）通过线面垂直的判定证明平面，直线与平面所成的角，即为，通过即可求出结果．（2）以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．利用向量法求出满足的点，使得二面角的平面角的大小为，并能求出相应的实数的值．【解答】解：（1）等腰梯形中，，，由平面几何知识易得，，，，又，，平面，直线与平面所成的角为（或其补角），，．直线与平面所成的角为．（2）在线段上存在点，使得二面角的平面角的大小为，理由如下：由（1）知，以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：平面，又平面，平面平面，是顶角为的等腰三角形，知轴与底边上的中线平行，则，，令，则，，设平面的法向量，则，令，则平面的法向量，平面的一个法向量为，要使二面角的平面角的大小为，则，解得或（舍去）．所以在线段上存在点，使得二面角的平面角的大小为，此时在线段上靠近的三等分点处．【点评】本题主要考查直线与平面所成角的求法，二面角的求法，考查向量法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．10．（2023•桃城区校级一模）如图所示，，，，四点共面，其中，，点，在平面的同侧，且平面，平面．（1）若直线平面，求证：平面；（2）若，，平面平面，求锐二面角的余弦值．【分析】（1）通过证明平面平面，可证平面；（2）以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面，平面的一个法向量，利用向量法可求锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，所以，因为平面，因为，平面，平面，所以平面平面，直线平面，所以平面；（2）解：因为平面，平面，平面，所以，，又因为，以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）可得，又因为，所以四边形为平行四边形，不妨取，由题意可得，0，，，0，，，0，，，2，，，2，，所以，0，，，2，，设平面的一个法向量为，，，则，令，则，，则，，，易知平面，则平面的一个法向量为，2，，所以，．锐二面角的余弦值为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．11．（2023•榆林二模）如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且．（1）证明：平面．（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）证明和，原题即得证；（2）取棱的中点，连接，易证，，两两垂直，故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系．设，求出平面的法向量，解方程即得解．【解答】解：（1）证明：因为四边形是菱形，所以．因为，，平面，且，所以平面．因为平面，所以．因为，所以，所以．因为，平面，且，所以平面．（2）取棱的中点，连接，易证，，两两垂直，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，0，，，，，0，，故，，．因为，所以，则．设平面的法向量为，则，令，得．平面的一个法向量为．设平面与平面所成的锐二面角为，则，整理得，解得或（舍去）．故存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是．【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．12．（2023•大英县校级模拟）在三棱锥中，是边长为4的等边三角形，平面平面，，点为棱的中点，点在棱上且满，已知使得异面直线与所成角的余弦值为的有两个不同的值，．（1）求，的值；（2）当时，求二面角的余弦值．【分析】先取中点，连结，，根据题意证明，，两两垂直；以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，由得到的坐标；（1）用向量的方法，结合题意得到，求出的值，即可得出结果；（2）由（1）得到，求出平面的一个法向量，根据题意，再得到为平面的一个法向量，求两法向量夹角余弦值，即可得出结果．【解答】解：取中点，连结，，因为是边长为4的等边三角形，所以，；又，所以，；因为平面平面，所以平面，所以，，两两垂直；以为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则有，0，，，0，，，0，，，；因为为棱的中点，所以，又点在棱上且满足，所以，即；所以；（1）因为，又异面直线与所成角的余弦值为所以，即，整理得，解得或；因为，所以，；（2）由（1）可得，则，又，设平面的一个法向量为，则有，即，令，则，，即，又平面，即平面，所以为平面的一个法向量；所以．由图像易知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．【点评】本题主要考查由异面直线所成的角求其它的量，以及求二面角的问题，灵活掌握空间向量的方法求解即可，属中档题．13．（2023•贵州模拟）如图甲，已知四边形ABCD是直角梯形，E，F分别为线段AD，BC上的点，且满足，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，，将四边形CDEF沿EF翻折，使得C，D分别到C1，D1的位置，并且，如图乙（1）求证：ED1⊥BC1；（2）求平面AD1E与平面BC1F所成的二面角的余弦值．【分析】（1）根据翻折前图形的性质可得EF⊥FC1，EF⊥BF，证得线面垂直，得到线线垂直，再利用线面垂直的判定得到线面垂直，进而得证；（2）根据（1）的证明，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出平面AD1E和平面BC1F的法向量，利用向量的夹角公式进而求解．【解答】解：（1）证明：∵在图甲中，AB∥CD∥EF，AB＝2EF＝4CD＝4，AB⊥BC，∴在图乙中有，EF⊥FC1，EF⊥BF，又∵FC1与BF是平面BC1F内的交线，∴EF⊥平面BC1F，因为BC1⊂平面BC1F，∴EF⊥BC1，如图，分别过D1，E作D1M⊥EF，EN⊥AB，垂足分别是M，N，易知MF＝C1D1＝1，∴EM＝1，又，∴C1F＝D1M＝EM＝1，同理BF＝EN＝AN＝2，又，∴，∴BC1⊥C1F，又EF与C1F是平面C1D1EF内的交线，∴BC1⊥平面C1D1EF，ED1⊂平面C1D1EF，∴BC1⊥ED1（2）由（1）易知，以C1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1（0，0，1），，E（1，0，2），，，设平面AD1E的一个法向量为，由可得，解得，∴，平面BC1F的一个法向量为，，∴平面AD1E与平面BC1F所成的二面角的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．14．（2023•南充模拟）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，．（1）证明：平面；（2），是否存在常数，，满足，且直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接，交于点，可证，，再由线面垂直的判定定理，得证；（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，由，可用含的式子表示出点的坐标，再由，，求出的值，即可得解．【解答】（1）证明：连接，交于点，则点为的中点，因为，所以，因为底面是菱形，所以，又，，平面，所以平面．（2）解：由（1）知，平面，因为平面，所以，又，，、平面，所以平面，故以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，，，，0，，所以，0，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，所以，1，，由，知，，，所以，，，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，，化简得，解得，所以点的坐标为，，，故存在点满足题意，且点的坐标为，，．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．15．（2023•兰州模拟）如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．（2）在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）选择①②：由，可得，，利用勾股定理可证，结合，可得平面，进而得证；选择①③：在中，利用正弦定理可得，知，结合，可得平面，进而得证；选择②③：由，可得，，在中，利用余弦定理求出的长，再由勾股定理可证，结合，可得平面，进而得证；（2）由，求得点到平面的距离，设直线与平面所成角为，由，得解．【解答】（1）证明：选择①②：因为，且为的中点，所以，由，知，所以，所以，，因为，所以，即，又，，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．选择①③：在中，由正弦定理知，，所以，因为，所以，即，因为，且为的中点，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．选择②③：因为，且为的中点，所以，由，知，所以，所以，，因为，且，所以，在中，由余弦定理知，，即，解得或（舍负），所以，即，又，，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）解：在中，，，所以，在中，，设点到平面的距离为，因为，所以，即，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理，等体积法，正弦、余弦定理是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．16．（2023•开封二模）如图1，在直角梯形中，，，，为的中点，将沿折起（如图，在图2所示的几何体中：（1）若，求证：平面；（2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值．【分析】（1）由，，知平面，有，而，再利用线面垂直的判定定理，得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，其中，用含的式子表示出平面的法向量，由，，可求得的值，从而知，再写出平面的法向量，计算，的值，即可得解．【解答】（1）证明：在直角梯形中，，，由，可得，所以，所以，所以，因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，因为，且为的中点，所以，又，、平面，所以平面；（2）解：以为坐标原点，，所在直线为，轴，过作直线垂直于平面为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，0，，设，，，其中，所以，，，，0，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，所以，，，因为与平面所成的角为，所以，，整理可得得，解得或，因为轴平面，所以平面的一个法向量为，0，，当时，平面的法向量为，，，所以，，此时二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为；当时，平面的法向量为，，，所以，，此时二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为，综上所述，二面角的余弦值为或．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角、二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属中档题．17．（2022秋•天津期末）在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．（3）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出向量的坐标，求得平面的法向量，证明，即可；（2）分别求得平面与平面的法向量，，设平面与平面的夹角为，由，，得解；（3）设存在点满足符合题意，用含的式子表示点，由方程，是否有解，即可得解．【解答】（1）证明：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，1，，，2，，，0，，，，，，0，，所以，1，，，，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，所以，，，所以，即，又平面，所以平面．（2）解：由（1）知，平面的法向量为，，，同理可得，平面的法向量，，，设平面与平面的夹角为，则，，故平面与平面夹角的余弦值为．（3）解：设存在点满足符合题意，则，，，所以，1，，由（2）知，平面的法向量，，，因为直线与平面所成的角为，所以，，解得，，若不存在点符合题意．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用空间向量证明线面平行，求线面角、二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．18．（2023•丰台区一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，交于点，，．点是棱的中点，连接，．（1）求证：平面；（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求线段的长．条件①：平面平面；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明；（2）利用空间向量的坐标运算表示出平面与平面的夹角的余弦值，即可求解．【解答】解：（1）由题意可知，是中点，又因为是棱的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）选择条件①：因为，是的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，因为菱形的边长为2，，所以，所以，设，0，，所以，设为平面的一个法向量，由，可得，取，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，平面与平面的夹角的余弦值为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以线段的长为．选择条件②：因为．在菱形中，，因为平面，平面，，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，因为菱形的边长为2，，所以，所以，设，0，，所以，设为平面的一个法向量，由，可得，取，所以，因为平面，所以平面的一个法向量为，平面与平面的夹角的余弦值为，所以，所以，所以，所以，因为，所以．所以线段的长为．【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了利用空间向量求二面角，属于中档题．19．（2023•包头一模）如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与，重合）．（1）证明：；（2）当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．【分析】（1）连接，根据线面垂直判定定理，，，得平面，再由线面垂直性质定理解决即可；（2），设，则，，由，得，设，则，又平面，得，当且仅当，即时，取等号，即当时，三棱锥的体积最大，由，，两两互相垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，即可解决．【解答】解：（1）证明：连接，是底面圆的直径，，，又易知平面，，又，，平面，平面，又平面，；（2）根据题意可知，设，则，，又，，．，，设，则，由（1）可知平面，又到的距离为，，当且仅当，即时，取等号，当时，三棱锥的体积最大，，，两两互相垂直，以，，所在的直线分别为，，轴，建系如图，则，，设平面的法向量为，则，取，平面，平面的一个法向量为，，，二面角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．20．（2023•兴庆区校级一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且在．（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由．【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，即可证明；（Ⅱ）建系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解；（Ⅲ）根据向量法，向量数量积运算，即可求解．【解答】解：（Ⅰ）证明：平面，平面，，又由题意可知，且，平面，又平面，平面平面；（Ⅱ）以点为坐标原点，平面内与垂直的直线为轴，，方向为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则根据题意可得：，0，，，0，，，2，，，2，，由，可得点的坐标为，由，可得，1，，，，设平面的法向量为，则，取，又平面的一个法向量为，，又二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为；（Ⅲ）直线不在平面内，理由如下：点在上，且．，，，，，，平面的法向量，1，，，故直线不在平面内．【点评】本题考查线面垂直的判定定理，面面垂直判定定理，向量法求解二面角问题，属中档题．21．（2023•南宁模拟）如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，，，，是上一点，且．将沿着折起使得平面平面，连接、，、分别是、的中点，如图2．（1）证明：在图2中、、、四点共面，且平面平面；（2）在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长．【分析】（1）证明，即可知、、、四点共面；由平面平面，，可证平面，从而知，再证四边形为正方形，得，从而知平面，然后由面面垂直的盘判定定理，得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，则，0，，求得平面的法向量，设直线与平面所成角为，由，，结合基本不等式，求得的值，即可．【解答】（1）证明：因为、分别是、的中点，所以，又，所以，所以、、、四点共面，因为平面平面，平面平面，，所以平面，因为平面，所以，由图1可知，，，所以四边形为菱形，又，所以四边形为正方形，即，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，2，，，2，，所以，2，，设，，，则，0，，，0，，，，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，所以，1，，设直线与平面所成角为，则，，当且仅当，即时，等号成立，此时直线与平面所成角的正弦值取得最大值，且，0，，所以的长为1．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．22．（2023•石景山区一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小．条件①：；条件②：平面平面；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【分析】（Ⅰ）根据条件可以证明平面，再利用线面平行的性质定理即可证明；（Ⅱ）选条件①②可以证明出，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出相应坐标，再求出两平面的法向量，进而求出结果，选条件①②或②③，同样可以证明求解．【解答】解：（Ⅰ）证明：底面是正方形，，平面，平面，平面，平面与交于点，平面，平面平面，．（Ⅱ）选条件①②，侧面为等腰直角三角形，且，即，，平面平面，平面平面，平面，则平面，又为正方形，，，，以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，点为的中点，则，0，，，2，，，2，，，0，，设平面的法向量为，，，则，令，得，0，，设平面的法向量为，，，则，取，得，1，，，平面与平面所成锐二面角的大小为；选条件①③，侧面为等腰直角三角形，且，即，，，，且两直线在平面内，可得平面，平面，则，，，且两直线在平面内，则平面，平面，则，，为等腰三角形，点为的中点，，是等腰直角三角形，且，即，，平面平面，平面平面，平面，则平面，又为正方形，，，，以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，点为的中点，则，0，，，2，，，2，，，0，，设平面的法向量为，，，则，令，得，0，，设平面的法向量为，，，则，取，得，1，，，平面与平面所成锐二面角的大小为；选条件②③，侧面为等腰直角三角形，且，即，，平面平面，平面平面，平面，则平面，为正方形，，，，，，且两直线在平面内，则平面，平面，则，，是等腰三角形，为的中点，，是等腰直角三角形，且，即，，平面平面平面平面，平面，则平面，又为正方形，，，，以点为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，，点为的中点，则，0，，，2，，，2，，，0，，设平面的法向量为，，，则，令，得，0，，设平面的法向量为，，，则，取，得，1，，，平面与平面所成锐二面角的大小为．【点评】本题考查线线平行的判定与性质、二面角的求法，考查运算求解能力，是中档题．23．（2023•安康二模）如图，在斜三棱柱中，为中点，底面，，，，，分别在线段，上，且．（1）求证：面；（2）记面面，求二面角的余弦值．【分析】（1）过作交于，过作交于，再根据线面平行的判定定理，即可证明；（2）以为原点建立空间直角坐标系，二面角的平面角的余弦值即为平面与底面夹角的余弦值，分别求出平面与底面的法向量，后可得答案．【解答】解：（1）证明：过作交于，过作交于，，分别为，的三等分点，，，，，是平行四边形．，又平面，平面，面；（2）证明：，为中点，底面，以、、所在直线分别为轴、轴、轴，建系如图，则，，，，3，，，0，，，0，，，6，，，3，．，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，又底面的一个法向量为，设所求二面角的大小为，，二面角的余弦值为．【点评】本题考查线面平行的判定定理，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．24．（2022秋•郴州期末）如图2，在平行四边形中，，，．将沿翻折，使点到达点位置（如图，且平面平面．（1）求证：平面平面；（2）设是线段上一点，满足，试问：是否存在一个实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用余弦定理求出的长，由勾股定理得，过点作，然后利用面面垂直的性质定理及判定定理证明即可，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量建立关系式分析即可．【解答】解：（1）证明：在中，由余弦定理得，，，过点作交于点，如图所示，又平面平面，且平面平面，由平面，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）由题知，即，由（1）知，且平面，所以以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，2，，，，设为平面的法向量，由，则可取，且，又易得平面的法向量为，由，故存在实数使得平面与平面的夹角的余弦值为．【点评】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．25．（2023•新疆模拟）如图，在平面四边形中，，且，以为折痕把和向上折起，使点到达点的位置，点到达点的位置，且平面和平面不重合．（1）求证：；（2）若点为的重心（三条中线的交点），平面，求直线与平面所成角的余弦值．【分析】（1）设的中点为，连接，，利用三线合一可得，，再利用线面垂直的判定与性质即可证；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的空间向量求法即可得到答案．【解答】解：（1）证明：由题知，设的中点为，连接，，因为，所以，又因为，所以，且，平面，，所以平面，又平面，所以．（2）在中，由勾股定理得，，所以为等边三角形．连接并延长，直线必过点，，过作，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，在中，，，，，设平面的法向量为，由，不妨取，设与平面所成角为，则，故与平面所成角的余弦值为．【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解线面角的余弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．26．（2022秋•驻马店期末）如图，在多面体中，四边形是平行四边形，四边形是矩形，，，，是棱的中点，是棱上的动点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值．【分析】（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可得线线垂直即可证明，（2）根据空间向量的坐标运算可利用法向量的夹角与平面角的关系，即可求解．【解答】解：（1）证明：四边形是矩形，．又，且，平面，，平面，又平面，，，且，，，，又，且，平面；（2）由（1）可知，，两两垂直，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建系如图，设，，则，0，，，，，，，，设平面的法向量为，则，取，，，且，平面，平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐角为，则，平面与平面所成锐二面角的余弦的最大值为．【点评】本题考查线面垂直的判定定理，勾股定理的应用，向量法求解面面角问题，向量夹角公式的应用，函数思想，属中档题．27．（2023•烟台一模）如图，在四棱棱中，底面为菱形，，，为等边三角形．（1）求证：；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．【分析】（1）取的中点，连接，，可证，，从而知平面，再由线面垂直的性质定理，得证；（2）过点作于点，可证平面平面，从而知点到平面的距离为，利用勾股定理求得，再利用等体积法，求得点到平面的距离，设直线与平面所成角为，由，得解．【解答】（1）证明：取的中点，连接，，因为为等边三角形，所以，又为菱形，，，所以，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：由（1）知，，，所以为二面角的平面角，即，又，所以是边长为的等边三角形，过点作于点，则，且为的中点，由（1）知，平面，因为平面，所以平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，即点到平面的距离为，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，即，解得，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，二面角的定义，等体积法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．28．（2023•咸阳校级模拟）已知直四棱柱中，底面为梯形，，，，，，分别是，上的点，且为上的点．（1）证明：；（2）当时，求平面与平面所成的二面角的正弦值．【分析】（1），在上取点，连接，，，使得，则，且，从而，再由，得平面，由此能证明．（2）推导出，，从而平面，，进而得到，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：四棱柱是直四棱柱，，在上取点，连接，，，使得，则，且，在矩形中，，，又，又，平面，平面，．（2）四棱柱为直四棱柱，，又，，且，平面，平面，，，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，则，0，，，6，，，2，，，，设平面的法向量，，，则，令，得平面的一个法向量，1，，取平面的一个法向量，0，，，，平面与平面所成的二面角的正弦值等于．【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的定义及其正弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．29．（2023•焦作二模）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且．现将沿翻折到△，如图2．（1）证明：．（2）已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据翻折前后，不变的位置关系可知，，从而得平面，再由线面垂直的性质定理，得证；（2）由，，，知，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，用含的式子表示出平面的法向量，然后由，，求出的值，即可得解．【解答】（1）证明：因为，所以，所以，即，又，、平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：由（1）知，，，，所以为二面角的平面角，即，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，0，，，0，，，，，，0，，，0，，所以，，，，0，，设，，，则，，，所以，，，设平面的法向量为，，，则，即，令，则，，所以，，，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，，解得，故当时，直线与平面所成角的正弦值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．30．（2023•龙岩模拟）三棱柱中，，，侧面，为矩形，，三棱锥的体积为．（1）求侧棱的长；（2）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）过在平面内作，垂足为，可证平面，从而可得，可求侧棱的长；（2）存在满足题意，，如图，以，，分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线段的长．【解答】解：（1）过在平面内作，垂足为，侧面为矩形，，又，平面，平面，平面平面，平面，平面，三棱锥的体积为，，，，，，；（2）存在满足题意，．理由如下：如图，以，，分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，2，，设，，，则，，，0，，，2，．设平面的一个法向量为，，，则，即，令，则，平面的一个法向量为，1，，设直线与平面所成角为，则，解得，存在满足题意，．【点评】本题考查空间几何体和体积的计算，考查线面解的求法，考查运算求解能力，属中档题．31．（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点．（1）证明：平面平面；（2）若点在线段上，，且异面直线与成角，求平面和平面夹角的余弦值．【分析】（1）由平面平面，，可证平面，有，再利用勾股定理，证明，结合，得平面，然后由面面垂直的判定定理，得证；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，，利用异面直线与成角，求得的值，由，，知即为所求，再在中，由余弦定理，求出的值，得解．【解答】（1）证明：由题意知，，，因为平面平面，平面平面，且，所以平面，因为平面，所以，所以，所以，即，因为，，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，1，，，2，，，0，，所以，1，，，1，，设，，，则，，，所以，，，因为异面直线与成角，所以，，解得（舍负），所以，，，所以，，因为，，所以即为所求，在中，由余弦定理知，，故平面和平面夹角的余弦值为．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求异面直线夹角的方法，理解二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．32．（2023•湖北模拟）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．（1）当时，求三棱柱的体积；（2）设点为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．【分析】（1）取的中点，根据等边三角形可知，，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式能求出结果．（2）根据及余弦定理求出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据线面角正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数的性质能求出结果．【解答】解：（1）如图，取的中点为，为菱形，且，△为正三角形，又为正三角形，且边长为2，则，，且，，，，，平面，三棱柱的体积为：；（2）在中，，，由余弦定理得，，由（1）得，，又，平面，平面，平面平面，在平面内作，则平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，，，，0，，，1，，，2，，，1，，设，，是平面的一个法向量，则，1，，，2，，则，取，得，，，设，则，，设直线与平面所成角为，则，，令，令，则在，单调递增，，，直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，．【点评】本题考查三棱柱的体积、线面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．33．（2023•平湖市模拟）如图在三棱柱中，为的中点，，．（1）证明：；（2）若，且满足：_____，（待选条件）．从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值．①三棱柱的体积为；②直线与平面所成的角的正弦值为；③二面角的大小为；注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【分析】（1）先证△△，可得，从而知，再结合，可证平面，故有；（2）选择①③：易知，得为等边三角形，再由三棱柱的体积为，推出，取的中点，连接，，过作于点，连接，则的补角即为所求；选择①②：过点作于点，可证平面，从而知，再求得，，下面的解题步骤与选择①③相同；选择②③：易知，得为等边三角形，过点作于点，则，可证平面，从而知，再求得，下面的解题步骤与选择①③相同．【解答】（1）证明：在三棱柱中，，，，△△，，又为的中点，，在中，，，，，、平面，平面，又平面，．（2）解：由（1）知，，，，、平面，平面，选择①③：平面，，，为二面角的平面角，即，为等边三角形，即，，，又三棱柱的体积为，，即，取的中点，连接，，过作于点，连接，平面，平面，为二面角的平面角，在中，，，，，，由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，故二面角的正弦值为．选择①②：过点作于点，平面平面，平面平面，平面，故直线与平面所成角为，即，设，，则，即，，下面的解题步骤与选择①③相同．选择②③：平面，，，为二面角的平面角，即，为等边三角形，即，过点作于点，则，又平面平面，平面平面，平面，故直线与平面所成角为，即，设，则，即，下面的解题步骤与选择①③相同．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理与性质定理，理解线面角、二面角的定义是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．34．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，点是线段的中点，点在线段上且满足，面．（Ⅰ）当时，证明：平面；（Ⅱ）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小？【分析】（Ⅰ）取的中点，连接，连接，交于点，交于点，证明，，即可证明平面；（Ⅱ）由余弦定理求出，判断，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，计算，的最大值即可．【解答】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，连接，交于点，交于点，则、是的三等分点，所以，时，，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面；（Ⅱ）解：平行四边形中，，所以，又，所以，所以，所以，又因为面，、平面，所以，；分别以、、为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则平面的一个法向量为，0，，，0，，，，，，0，，，0，，，0，，，0，，，，0，，，0，，，，，设平面的一个法向量为，，，则，令，得，，，1，，则，，令，解得，所以时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的正弦值应用问题，是中档题．35．（2023•宛城区校级开学）四棱柱中，底面为正方形，面，点，，分别为棱，，的中点．（1）求证：平面平面；（2）若，棱上存在点，使得二面角的余弦值为，求的值．【分析】（1）先证明，分别与面平行，再由面面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．【解答】（1）证明：因为，分别为棱，中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为为棱的中点，所以，又，所以，因为平面，平面，所以平面．又，，平面，所以平面平面．（2）解：由题意知、、两两垂直，则以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，则，故，，设，，，则由可得，所以，，，则，设平面的一个法向量为，则取，则平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则取，则平面的一个法向量，由题知，解得或，因为，所以，即．【点评】本题主要考查面面平行的证明，二面角的求法，向量法在立体几何中的应用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．36．（2023•南开区校级模拟）如图，已知梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值；（3）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．【分析】（1）使用空间向量证明：只需证明与平面的法向量垂直即可；（2）分别求出两个平面的法向量，使用空间向量求两面夹角的余弦值；（3）设，根据直线与平面所成角的正弦值使用空间向量求出值．【解答】解：（1）证明：四边形为矩形，，又平面平面，平面平面，面，平面，以所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，0，，，2，，，2，，，0，，，2，，，，，，设平面的法向量，则，取，，，又平面，平面；（2）设平面的法向量，则，取，，平面与平面夹角的余弦值为；（3）点在线段上，设，，，，0，，2，，，，又平面的法向量，设直线与平面所成角为，，，，又，，，，，，，的长为．【点评】本题考查向量法证明线面平行，向量法求解面面角问题，向量法求解距离问题，方程思想，属中档题．37．（2023春•荔湾区月考）如图，把边长为的正方形纸片沿对角线折成直二面角，是的中点，是原正方形的中心，动点在线段（包含端点，上．（1）若为的中点，求直线到平面的距离；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）建系，根据向量法，证明，在根据线面平行的判定定理，向量夹角公式，即可求解；（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，即可求解．【解答】解：（1）连接，，，，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又，平面，，，又，．建立如图所示空间直角坐标系，根据题意可得：，0，，，0，，，0，，，2，，，0，，，1，，，设平面的法向量为，则，取，所以点到平面的距离为，又，平面，平面，平面，直线到平面的距离为；（2）设存在点，且，，，，设平面的法向量为，则，取，又平面，平面的一个法向量为，，，解得或（舍，存在，且．【点评】本题考查向量法求解点面距问题，向量法求解面面角问题，方程思想，属中档题．38．（2023•九龙坡区校级开学）如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，．（1）求证：平面平面；（2）点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【分析】（1）求出，，由此能证明平面，由线面垂直的性质定理即可得证；（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】解：（1）证明：，，，，，，，平面，平面，，，、平面，平面，，平面，平面，平面平面．（2）以为坐标原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，，则，，，则，设，则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，，，．设，，为平面的法向量，由，得，取，则，，，易知，0，是平面的一个法向量，，，解得或，，，，即在线段靠近点的三等分点处时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．39．（2023•石家庄模拟）如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）侧棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）利用相似三角形和勾股定理证出，根据平面与平面垂直的性质和直线与平面垂直的性质，证得，根据直线和平面垂直的判定定理，证出平面；（Ⅱ）根据平面与平面垂直的性质以及为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角与平面与平面的夹角公式及关系，解出的值，求出存在点，得出或．【解答】（Ⅰ）证明：设交于点，底面为矩形，在中，，为的中点，，在中，，，，，，，，，即，，为等边三角形，为的中点，，平面平面，平面，平面平面，，平面，平面，，即，又，，，平面，平面．（Ⅱ）解：由在侧棱上，设，底面为矩形，，平面平面，平面平面，，平面．以坐标原点，过点作平行于的直线为轴，以和所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，，为等边三角形，为的中点，，，，，，，设平面的法向量为，，即，令，；设平面的法向量为，由，可得，令，，，，平面与平面夹角的余弦值为，，整理得，或，均符合，，或，综上，侧棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时或，【点评】本题考查了线面垂直的证明以及两个平面的夹角计算，属于中档题．40．（2023•高州市一模）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求的长．【分析】（1）证明平面即可；（2）以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别找到平面、平面的一个法向量即可．【解答】（1）证明：因为点为的中点，且．所以，则，又，．所以平面，因为平面，所以，因为，所以．又，，所以，所以，则．又，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：由（1）可知，，，，两两互相垂直．以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，0，，，0，，，，，设，0，，则，0，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，，，由，得，，取，则，则，0，，设平面的一个法向量为，，，由，得，取，则，，，于是，，整理得，解得舍去）．所以，即的长为2．【点评】本题考查面面垂直的判定，考查二面角，属于中档题．41．（2023•邵阳一模）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，为棱的中点．（1）若上有一点满足平面，确定点的位置并证明；（2）若，，求平面与平面所成二面角的正弦值．【分析】（1）点与线段确定唯一平面，且平面平面，故只需在平面中过点找平行于的直线即可；（2）建立空间直角坐标系，先求出两平面的法向量，则锐二面角的平面角的余弦值为两个法向量夹角余弦值的绝对值．【解答】解：（1）点为中点，证明如下：如图，连接，，，分别为，的中点，为的中位线，，平面，平面，平面，为的中点时满足条件．（2）取的中点，连接，侧面为菱形，且，在中，，解得，，，平面平面，平面平面，平面，平面，过作的垂线，交于，并延长，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，则，则，0，，，1，，，1，，，2，，，，，则，，，，，，2，，，1，，设平面的法向量为，，，则，取，得，1，，设平面的法向量为，，，则，取，得，0，，，平面与平面所成二面角的正弦值为．【点评】本题考查点的位置关系的判断与证明、二面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．42．（2023•重庆二模）如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，．（1）证明：；（2）若，平面与平面所成二面角的大小为，求的值．【分析】（1）易证平面，所以，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，从而证得；（2）以为原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系，设，求出相应点的坐标，再求出面与平面的法向量，结合题目条件求出的值，再利用三棱锥的体积公式求解即可．【解答】证明：（1）因为矩形，所以，由底面为长方形，有，而，所以平面，而平面，所以，又因为，点是的中点，所以，而，所以平面，而平面，所以，又，，所以平面，所以得证；解：（2）如图，以为原点，射线，，分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系：因为，设，则，0，，，0，，，1，，，1，，所以，又因为点是的中点，所以，由平面，所以平面的一个法向量为，由（1）知，平面，所以平面的一个法向量为，则，解得，所以，．【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题．43．（2023•武威模拟）如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值．【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到，利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到，利用勾股定理可证得，由此可得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可求得，结合二次函数的性质可求得的最大值．【解答】解：（1）证明：连接，，，，又，，为棱中点，，又，，，平面，平面，又平面，；在直角梯形中，取中点，连接，，，又，，，四边形为正方形，，，，又，，，，，平面，平面，又平面，，，，，，又，，平面，平面；（2）以正方向分别为，，轴，建系如图，设，则，0，，，2，，，0，，，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则，取，轴平面，平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角为，则，当时，，，平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为．【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解二面角问题，方程思想，向量夹角公式的应用，函数思想，属中档题．44．（2023•舞钢市开学）如图所示，在四棱锥中，是等边三角形，，，记平面与平面的交线为．（1）证明：．（2）若，，为上一点，求与平面所成角的正弦值的最大值．【分析】（1）根据条件可证平面，然后根据线面平行的性质定理即可得到结果．（2）根据条件建立空间直角坐标系，根据向量法，结合线面角公式即可求得结果．【解答】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，因为平面平面，平面，所以．（2）解：因为，，所以，在中，因为，，所以，因为在直角中，因为，所以，取的中点，连接，，在等边中，，在等腰直角中，，，在中，因为，所以，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，设，，由（1）知，且过点，则，即，得，即，设平面的法向量为，则，令，则，则设与平面所成角为，则