【解析】【备考2024】2023年高考数学新高考一卷真题变式分层精准练：第18题

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【备考2024】2023年高考数学新高考一卷真题变式分层精准练：第18题

一、原题

1．（2023·新高考Ⅰ卷）如图，在正四棱柱中，.点分别在棱上，，.

（1）证明：；

（2）点在棱上，当二面角为时，求.

【答案】（1）如图建立直角坐标系，以C为原点，分別以CD，CB，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，因为，，所以，所以

（2）设，

因为，，设平面法向量为

∴，即

令z1=2，则x1=1-m

所以平面法向量为；

同理当，，∴平面法向量为.

因为二面角为，所以，

解得或，经检验均满足题意，

此时

【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由直线与直线的向量判定可得出(1)，由二面角计算方法可求出满足题意的点坐标。

二、基础

2．（2022·唐山模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是梯形，．

（1）证明：平面；

（2）若，为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明：取中点，连接．

∴，

∴四边形为菱形，四边形为平行四边形．

∴，

∴．

又∵，

∴平面．

又∵平面，

∴．

又∵平面平面，且平面平面，

∴平面．

（2）解：∵平面，

∴，

∴．

又∵，

∴，

又∵，

∴底面是直角梯形．

以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则．

，．

平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，

由得取．

∴，

∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意由中点的性质即可得出线线平行，结合平行的传递性即可得出线线垂直，然后由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得证出结论。

(2)由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由三角形全等的性质即可得出边的大小，结合勾股定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面PBD法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面PBD的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成锐二面角的余弦值。

3．（2023高二上·定州期末）如图，在多面体ABCEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，．

（1）证明：．

（2）若平面平面ACE，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明：连接DE．

因为，且D为AC的中点，所以．

因为，且D为AC的中点，所以．

因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面．

因为，所以平面BDE，所以．

（2）解：由（1）可知．

因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE两两垂直．

以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设．则，，．从而，．

设平面BCE的法向量为，

则令，得．

平面ABC的一个法向量为．

设二面角为，由图可知为锐角，

则．

【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得出平面，再由平行的传递性即可得证出结论。

(2)由已知条件即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面BCE法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面BCE的法向量的坐标，同理即可求出平面ACB的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到二面角的余弦值。

4．（2023高二上·河池期末）在正四棱柱中，，E在线段上．

（1）若平面，求的长；

（2）在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）解：由已知可得两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

可得，

，

设()，则，

，

∴，

∴，由平面，

得，

解得，即的长为.

（2）解：由（1）得，

为平面的一个法向量，

∴，

∴与平面所成角的正弦值为.

【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件建立空间直角坐标系，由此即可得出各个点的以及向量的坐标，然后把结果代入到数量积的坐标公式，由此计算出线线垂直，结合已知条件计算出a的取值即可。

(2)结合题意求出平面的法向量，然后由数量积的夹角公式，由线面角与向量夹角之间的关系，代入数值计算出结果即可。

5．（2023高二上·番禺期末）如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O为的中点，，.

（1）证明：平面；

（2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值.

【答案】（1）证明：如图，连接，在中，由可得.

因为，，

所以，，

因为，，，

所以，所以.

又因为，平面，，

所以平面.

（2）解：由（1）可知，，，两两垂直，

以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，.

由，有，则，

设平面的法向量为，

由，，有，

取，则，，

可得平面的一个法向量为.

设平面的法向量为，

由，，有，

取，则，，

可得平面的一个法向量为.

由，，，

可得平面与平面所成夹角的余弦值为

.

【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，由三角形的几何性质结合勾股定理爱如数值计算出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)由(1)的结论即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成夹角的余弦值。

6．（2022高三上·汕头期末）如图，直三棱柱（即侧棱与底面垂直的棱柱）内接于一个等边圆柱（轴截面为正方形），AB是圆柱底面圆O的直径，点D在上，且．若AC=BC，

（1）求证：平面平面；

（2）求平面COD与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】（1）证明：在中，，

且是圆柱底面圆的直径，即，，

又底面，平面，，

且，平面，

又平面，所以平面⊥平面；

（2）解：因为三棱柱是直三棱柱且是圆柱底面圆的直径，

所以两两垂直．以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系（如图所示），设AC=BC=4，则，

，

显然是平面的一个法向量，

设平面的一个法向量为，

，由，

令，得，，

设平面与平面所成锐二面角为，则

，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)由已知条件结合三角形中的几何关系即可得出线线垂直，再由线面垂直的性质定理和判定定理就得出线面垂直，然后由面面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)根据题意已知条件结合直三棱柱的几何性质即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成锐二面角的余弦值。

7．（2022·盐城月考）在三棱柱中中，为中点，平面平面.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面；

（2）解：在平面内过点作，如图建立空间直角坐标系，

由，，所以，所以，因为，所以，所以，，，，，由，所以，所以，显然平面的一个法向量可以为，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，由中点的性质即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)根据题意由已知条件即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面的法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的正弦值，由此得到直线与平面所成角的正弦值。

8．（2022·凉山模拟）如图1是，，，，分别是边，上两点，且，将沿折起使得，如图2.

（1）证明：图2中，平面；

（2）图2中，求二面角的正切值.

【答案】（1）证明：由已知得：，

平面，

又平面，

在中，，由余弦定理得：，

，即，平面.

（2）解：由（1）知：平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

，

设平面的法向量为，平面的法向量为，

则与，

即与，..

，

观察可知二面角为钝二面角，二面角的正切值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，由此得出线线垂直，再由余弦定理代入数值计算出边的大小，再由刚刚打开计算出垂直，结合线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，结合同角三角函数的基本关系式，由此得到二面角的正切值。

三、提高

9．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，且直线PB与CD所成角的大小为．

（1）求BC的长；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）解：由于平面ABCD，，所以两两垂直，故分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．

，，0，，，0，，，1，，，0，．

设，，，则，0，，，，．

直线与所成角大小为，

，

即，解得或（舍，

，2，，则的长为2

（2）解：设平面的一个法向量为，，．

，0，，，1，，，

，令，则，，，1，．

平面的一个法向量为，

，令，则，，，

，

由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，

二面角的余弦值为．

【知识点】直线的方向向量；平面的法向量；异面直线；二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系．由已知求得A，B，D，P的坐标，再由直线PB与CD所成角大小为列式求得y值，则可求点C的坐标，进而可求得BC的长；

(2)分别求出平面PBD与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．

10．（2023高二下·河北期末）如图，圆锥的高为3，是底面圆的直径，PC，PD为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．

（1）证明：平面平面；

（2）求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】（1）证明：由已知可得，且，

所以四边形OADC为平行四边形，

又因为，所以平行四边形OADC为菱形，

所以

在圆锥PO中，因为平面ABCD，平面ABCD，

所以

因为，平面POD，平面POD，

所以平面POD．

又因为平面AEC，所以平面平面POD．

（2）解：取CD中点M，易知平面PAB，，

以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

因为，所以，

所以，

所以，，

设平面AEC的一个法向量为，

因为，所以，

令，则，，所以，

易知平面EAB即平面yOz，所以平面EAB的一个法向量为，

设平面AEC与平面EAB的夹角为，

则，

所以平面AEC与平面EAB的夹角的余弦值为．

【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)通过证明，得到平面POD，所以证得平面平面；

(2)取CD中点M，以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面与平面的夹角的余弦值．

11．（2023高二下·安康月考）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，E为的中点，，，且为正三角形.

（1）证明：.

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明：取的中点F，连接，，如图所示，

因为，，

所以，

所以.

因为，

所以.

又因为，，

所以，

所以.

又因为，

所以.

又因为，、面，

所以平面.

又因为平面，

所以.

（2）解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.

，，，.

设平面的法向量为，则

令，得.

设平面的法向量为，则

令，得.

所以，

所以.

故二面角的正弦值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的定义可证明.

(2)先建立空间直角坐标系，用向量的运算求出两个平面的法向量，再利用向量法求出两个平面夹角的余弦值，最后利用同角三角函数基本关系可得求解.

12．（2023高二下·保山期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为等腰梯形，，，且平面平面ABCD，.

（1）求证：；

（2）与平面所成的角为，求二面角的余弦值.

【答案】（1）解：证明：取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形，

所以，

由等腰梯形知，设，则，，

故，即得，所以，

因为平面平面，，平面平面，平面PAD，

所以平面，又平面，所以，

因为，，平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）解：由（1）得，，两两垂直，则以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

因为平面，所以平面所成的角为，

设，则，，

则，，，，

则，，，

设平面PAB的法向量为，

则，即，

取，则，

设平面PBC的法向量为，

则，即，

取，则，

所以，

所以二面角的余弦值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）取AB的中点E，连接CE，由等腰梯形的性质和勾股定理可得AD⊥BD，由面面垂直的性质定理可得PD⊥面ABCD，从而得到PD⊥BD，再由线面垂直的判定定理可得BD⊥面PAD，进而得到结论；

（2）根据已知建立空间直角坐标系，分别求出二面角的两个面的法向量，利用向量的夹角公式求解。

13．（2023高二下·联合期末）如图1，已知正三棱锥分别为的中点，将其展开得到如图2的平面展开图（点的展开点分别为，点的展开点分别为），其中的面积为．在三棱锥中，

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】（1）证明：因为三棱锥为正三棱锥，为的中点，

所以，

又因为平面，

所以平面；

（2）解：如图1，在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，

所以，

因为分别为的中点，所以，

所以，得，

在正三角形中，因为，所以，所以，

在中，．

解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则．

设为平面的一个法向量，

因为，

所以，即，令，可得．

设为平面的一个法向量，

因为，

所以，即，令，可得．

设平面与平面夹角为，

，

所以平面与平面夹角的余弦值为．

解法二：如图3，设平面与平面的交线为，

因为∥，所以∥平面，所以∥∥．

在等腰三角形中，，

在等腰三角形中，，所以，

则为平面与平面的夹角（或其补角）．

，则在等腰三角形中，，

在三角形中，，

由余弦定理得，

所以平面与平面夹角的余弦值为．

【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】(1)根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；

(2)解法一：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；解法二：根据题意分析可知为平面与平面的夹角（或其补角），结合余弦定理运算求解.

14．（2023高二下·宁波期末）如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、、、四点共面．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】（1）解：如图，连接，

因为几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，

所以，，，

因为，，

所以四边形为平行四边形，，，

因为平面，平面，

所以，

因为，所以平面，

因为因为平面，所以平面平面．

（2）解：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则、、、、，

，，，，

设平面的一个法向量为，

则，整理得，

令，则，

设平面的一个法向量为，

则，整理得，

令，则，

，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判断定理证明。

（2）利用空间向量坐标运算，平面与平面所成角的余弦值的计算公式求解。

15．（2023高一下·衢州期末）如图在三棱台中，平面，，，.

（1）求点到平面的距离；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）解：解法一：因为平面，平面，平面，平面，

所以，，，

又，，且平面，

所以

因为平面，

所以.

在中，，

在中，，

过作，垂足为，

则，，则，

所以，

所以在中，，

则在中，

则，

所以，

，

设点到面的距离为，

根据，

即，

即，解得，

所以点到平面的距离为.

解法二：同解法一先证平面，

如图建系，则，，，，，

则，，，

设平面的法向量为，

由，得，

即，取，

则点到平面的距离为.

（2）解：解法一：过作，垂足为，

由（1）知平面，

因为平面，

所以，

又，且平面，

则平面，

过点作，垂足为，连接，

则为二面角的平面角，

又，，，

则，

由∽，得，

所以，

所以，

所以，

所以二面角的正弦值为.

解法二：由（1）解法二知，，，，，，

则，，

设平面的法向量为，

由，得，

即，取，

又平面的法向量为，

则，

则二面角的正弦值为.

【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角；二面角的平面角及求法；余弦定理

【解析】【分析】(1)方法一：利用线面关系证明，再利用余弦定理求出，最后利用等体积转换即可求出点到面的距离.

方法二：利用线面关系证明，在建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量方法即可求出距离.

(2)方法一：利用线面垂直关系找出二面角的平面角，再利用∽，得出从而求出二面角的正弦值.

方法二：求出平面的法向量，再利用向量即可求出二面角的值.

16．（2023高二下·定远期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，．

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离；

（3）求平面与平面的夹角．

【答案】（1）由已知可得：，，

如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，

设，则由，，

可得方程组，解得．

可得由于，可得．

所以，

因为，，

设平面的法向量为，

由，即

取，得平面的法向量是，

，

故EF平面．

（2）设点到平面的距离为，

由，．

点到平面的距离是．

（3）由于，，

设平面的法向量为，

由即

取，可得平面的法向量为，

设平面与平面的夹角为，

则，则

故平面与平面的夹角为．

【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)建系，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行；

(2)结合(1)中平面的法向量求点到面的距离；

(3)求平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.

17．（2023高一下·温州期末）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角．

（1）当时，求证：；

（2）当线段的长度最小时，求二面角的正弦值．

【答案】（1）证明：当时，，

又，

在中，，

在中，，

所以，

所以，

因为二面角为直二面角，

所以面面，

又面面，

由上知，面，

所以面，

又因为面，

所以．

（2）解：在图二中过点作，垂足为，连接，

因为二面角为直二面角，

所以面面，

又面面，

由上知，

所以面，

又因为面，

所以，

设，则，

，

所以，

，

所以，

因为，

所以当时，长最短，

在矩形中，过点作，垂足为，再过点作，

因为二面角为直二面角，

所以面面，

又面面，

由上知，

所以面，

由三垂线定理可得，

所以二面角的平面角为，

，

，

，

所以，

由∽得，，即，

所以，

所以，

所以．

【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理得面，再由线面垂直判定定理证明即可；

（2）根据题意先证得二面角的平面角为，再利用相似三角形的性质求得，进而求得，代入同角三角函数的基本关系求得．

18．（2023高二下·湖州期末）如图，圆台的上底面的半径为1，下底面的半径为，是圆台下底面的一条直径，是圆台上底面的一条半径，为圆上一点，点，在平面的同侧，且，.

（1）证明：平面；

（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明：如图取中点，连接，

由题意，，，

又为的中位线，故，

又为直径，所以，则.

由和，得，又，

所以四边形是平行四边形，故，

又平面，故，所以，又，

又，所以平面，

由，得平面.

（2）解：由三棱锥的体积为得，，

以为原点，，，所在直线分别为轴，

建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，.

得，，

，.

设平面的法向量，

由，令得：，.

得，

设平面的法向量，

由令得：，.

得，

则.

所以平面与平面所成角的正弦值为.

【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)取中点，先证明四边形是平行四边形，再用线面垂直的判定定理证明平面，用即可证明平面.

(2)先根据三棱锥的体积求出，再用向量法求出平面，平面的法向量，先求出二面所成角的余弦值，再利用同角基本关系公式求出所成角的正弦值即可.

19．（2023高二下·宁波期末）如图，正四棱锥的高为，体积为.

（1）求正四棱锥的表面积；

（2）若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；

（3）求二面角的余弦值.

【答案】（1）解：连接，连接，如图，

因为在正四棱锥中，底面是正方形，则，且是与的中点，底面，

因为正四棱锥的高为，体积为，则，

，设底面边长为，则，

所以由得，解得，

因为底面，底面，故，

在中，，则，同理，

所以在中，，则，

同理：，

所以正四棱锥的表面积为.

（2）解：由（1）可得，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，

因为点为线段的中点，所以，则，

易知平面的一个法向量为，

设直线AE与平面所成角为，则，

所以，

故，，

所以直线AE与平面所成角的正切值为.

（3）解：由（2）知，

设平面的一个法向量为，则，

取，则，故，

设平面的一个法向量为，则，

取，则，故，

设二面角为，则由图形可知，

所以，

所以二面角的余弦值为.

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)先由棱锥的体积公式求得底面边长，再利用正四棱锥的性质求得PC，PB，从而求得，进而求得该正四棱锥的表面积；

(2)结合(1)中结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式即可得解；

(3)分别求得平面APB与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

四、巅峰

20．（2023高二下·宁波期末）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：

（1）求四棱锥的体积；

（2）若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．

【答案】（1）解：在图1中，∵，∴，

又，∴，

又，

∴四边形为平行四边形，

∵，

∴平行四边形为菱形．

在图2中，连接，则，

又平面，

，∴平面，

∵平面，∴

∵，平面，

∴平面

（2）解：在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，

设面的一个法向量为，

由

令，则，取

设面的一个法向量为，

由

令，则，取

所以，∴，从而二面角为直二面角

【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面垂直的判定；空间向量的线性运算的坐标表示；平面的法向量；与二面角有关的立体几何综合题

【解析】【分析】（1）运用立体几何知识，通过证明线面垂直得出四棱锥的高，再利用体积公式求解。

（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标运算，求平面CEF和平面DEF的法向量，证明两个法向量互相垂直即可。

21．（2023高二下·杨浦期末）如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与，均不重合）.

（1）当点是棱的中点时，求证：直线平面；

（2）当时，求点到平面的距离；

（3）当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度.

【答案】（1）解：证法一：因为是棱的中点，

所以，

，，

由勾股定理，得，同理可得，，

又，、平面，

所以直线平面；

法二：如图，以为原点，，，的方向为轴的正方向，

建立空间直角坐标系.得，

，

由，，得，，

又，、平面，

所以直线平面.

（2）解：如图，以为原点，，，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.

得，，

设点，则，

由，即，得，

得，设平面的法向量为，

由，得，，

可取，得，

从而得到平面的一个法向量是，因为，

所以点到平面的距离为.

（3）解：作平行于，交于点，连接，得截面，

连接，设线段的长为

由得，，

可得，

又由，可得，

由题意，整理的，解得，

所以线段的长度为.

另解：连接并延长，交的延长线于点，连接，交于点，连接，

得截面，因为平面平行于三棱锥的底面，

得棱台，

设线段的长度为，线段长度为.则，得，

，

，

由题意，，

所以，整理得，

由函数和图像可知，点是两个函数图象的一个交点，

即是方程的一个解，

因式分解，可得，得或或，

由，得，即.

【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面垂直的判定；空间向量垂直的坐标表示；向量方法证明线、面的位置关系定理

【解析】【分析】（1）法一：利用勾股定理证明和得到直线平面；

法二：以为原点，，，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明直线方向向量垂直平面两相交直线的方向向量即可；

（2）以为原点，，，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即可；

（3）法一：作平行于，交于点，连接，得截面，连接，利用，求长；

法二：连接并延长，交的延长线于点，连接，交于点，连接，得截面，利用求长。

22．（2023高二下·金华期末）如图四棱锥，点在圆上，，顶点在底面的射影为圆心，点在线段上.

（1）若，当//平面时，求的值；

（2）若与不平行，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）过作//交线段于，连接.

//，平面，平面，//平面，

又//平面，，平面，

平面//平面，

平面平面，

平面平面，根据面面平行的性质定理，//

又//，四边形是平行四边形，

，而，

故，得，得.

（2）

，（为四边形的面积），得.

由，得，

由余弦定理，，则，

根据正弦定理，设该四边形的外接圆半径为，则，

作直径，由圆内接四边形对角互补，则，

故，，故重合，

此时为直径，直径为，以为原点，射线为轴，

过垂直于的方向为轴，如图建立空间直角坐标系.

则，

所以，

设平面的法向量为，则即

令，则，所以，

设直线与平面所成角为，则.

直线与平面所成角的正弦值为.

【知识点】平面与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】（1）做辅助线构建平面和平面PBC平行，然后结合面面平行的性质定理来解决；

（2）通过棱锥的体积得到底面积，根据底面的数据可推出BC是直径，然后建立空间直角坐标系处理.

23．（2023高一下·长春期中）在直三棱柱中，E为棱上一点，，，D为棱上一点.

（1）若，且D为靠近B的三等分点，求证：平面平面；

（2）若△ABC为等边三角形，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦值的大小.

【答案】（1）解：分别取的中点，连接，

则，，

且，由题意可知，，所以，

又，，所以，，

所以四边形为平行四边形，所以，

所以，又，平面，

所以平面，又因为平面，所以平面平面；

（2）解：由（1）可得，以为坐标原点，

直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

因为三棱锥的体积为，所以，

即，解得：，所以，

则，

所以，，，

设平面的一个法向量，

则，令，解得：.

故

设平面的一个法向量，

则，令，解得：.

故，

所以，

设二面角的大小为，，

即二面角的正弦值为.

【知识点】平面与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）取的中点，通过证明平面，得到平面平面；

(2)建立空间直角坐标系利用平面与平面的法向量求二面角的正弦值。

24．（2023·全国甲卷）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1．

（1）求证：；

（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明：∵底面ABC，

∴，，，

又∵，，

∴，

又∵，

∴，

过点作，垂足为D，

又∵，

∴，即，

由，且三棱柱中，

∴，，

在、与中，

设CD=x，则，

有，

即，解得，

故，

∴，证毕！

（2）由(1)易得，两两垂直，如图，以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，过点B作BE⊥，垂直为E，

结合(1)，则，，则为平面的一条法向量，设，

∴，，，

∴，

由直线与距离为2，即BE=2，

∴，其中t>0，故解得，

∴，

又∵，

∴，

同理，，即，

∴

由(1)得，此时D是中点，

∴，，

记与平面所成角为，

∴.

【知识点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算

【解析】【分析】(1)为转化利用到平面的距离为1的条件，可通过证明找出点到平面的投影，从而解三角形即可证明；

(2)根据(1)两两垂直可建立空间直角坐标系，且设，由平行线间距离BE=2转化计算向量投影建立方程解出t值，进而利用相等向量表示出各点坐标与平面的一条法向量A1D，即可得出线面夹角的正弦值.

25．（2023·惠州模拟）如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．

（1）若点是的中点，求证：平面；

（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明：方法一：连接，由已知得，，且，

所以四边形是平行四边形，即，

又平面平面，

所以平面．

方法二：连接，由已知得，且，

，即，

又平面平面

所以平面

（2）解：取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，

由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，

，

假设点存在，设点的坐标为，

，

设平面的法向量，则，

即，可取，

又平面的法向量为，

所以，解得：，

由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即．

故上存在点，当时，二面角的余弦值为．

【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）方法一：连接，由已知得，，且，所以四边形是平行四边形，即，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。

方法二：连接，由已知得，且，再利用三角形法则和向量共线定理，所以，再利用线线平行证出线面平行，从而证出平面。

（2）取中点，连接，由题易得是正三角形，再利用等边三角形三线合一，所以，即，由于平面，分别以为轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，假设点存在，设点的坐标为，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量和平面的法向量，再结合已知条件和数量积求向量夹角公式得出的值，由于二面角为锐角，则点在线段上，从而得出满足要求的的值，从而得出CE的长，故上存在点，从而得出当时的二面角的余弦值。

26．（2023·淮南模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，，，是等边三角形且与底面垂直，E是棱PA上一点，.

（1）当平面EBD，求实数λ的值；

（2）当λ为何值时，平面EBD与平面PBD所成的锐二面角的大小为？

【答案】（1）解：在四棱锥中，连接，交于点，连接，如图，

因为平面平面，平面平面，则，

因为，即，因此，

由，得，于是，

所以实数λ的值为.

（2）解：在四棱锥中，取中点，连接，如图，

因为是等边三角形且与底面垂直，则有，平面平面，

平面，从而平面，过点作，而，即有，

以点为原点，分别以所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，由，得，

则，，设平面的一个法向量为，

由，取，得，

平面的一个法向量为，则，即，解得，

所以时，平面与平面所成的锐二面角的大小为.

【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）在四棱锥中，连接，交于点，连接，利用平面结合线面平行的性质定理证出线线平行，则，再利用结合两直线平行对应边成比例，即，再利用两三角形相似对应边成比例，因此，由结合两直线平行对应边成比例，得出，从而得出实数λ的值。

（2）在四棱锥中，取中点，连接，利用三角形是等边三角形且与底面垂直，则有，再利用线线垂直证出线面垂直，从而平面，过点作，而，即有，以点为原点，分别以所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再结合数量积求向量夹角公式和已知条件得出实数的值，从而得出实数对应的平面与平面所成的锐二面角的大小。

27．（2023·安庆模拟）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，侧面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，.

（1）求证：平面；

（2）若是棱上的一点，且平面.求平面与平面所成二面角的余弦值.

【答案】（1）证明：如图①，在梯形中，作于点.

因为，°，，所以四边形是正方形，且，，所以，，

在中，，，，所以，，

在四棱锥中，由，，平面ABCD，平面ABCD，，

平面；

（2）解：如图②，连接交于点，连接，

因为平面，平面平面，所以，

因为，所以，所以，

，，

由，，可知，又由于（1）平面，

故、、两两垂直，故可以点为原点，以、、所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图③所示：

则，，，由，可得，

所以，.

设平面的一个法向量为，则，令得，，，

显然平面的一个法向量为，设平面与平面所成二面角大小为，则，

故平面与平面所成二面角的余弦值为；

综上，平面与平面所成二面角的余弦值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）在梯形中，作于点，利用，°，，所以四边形是正方形，且，，再利用作差法得出EC的长，再结合勾股定理得出BC的长，在中，，，结合勾股定理得出，在四棱锥中，由，结合线线垂直证出线面垂直，从而证出平面。

（2）连接交于点，连接，利用平面结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以，再利用结合两三角形相似的判定定理，所以，再结合两三角形相似的性质定理，所以，再利用结合两直线平行对应边成比例，所以，由，结合勾股定理，可知，由于（1）知平面，故、、两两垂直，故可以点为原点，以、、所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再结合数量积求向量夹角公式得出平面与平面所成二面角的余弦值。

28．（2023·赣州模拟）如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且．

（1）证明：；

（2）若为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明：如图，连接，

∵，为的中点，∴，

又平面平面，平面平面，平面，故平面，

∵平面，∴，

又∵，且，，平面，∴平面，

又平面，∴．

（2）解：由为等边三角形，，得，

如图，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，

故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

则，，

设为平面的一个法向量，

则，得，取，得，则，

因为为的中点，所以，

又，所以，

则，

设直线与平面所成角为，则，

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】（1）连接，利用，为的中点结合等腰三角形三线合一，所以，再利用平面平面结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，故平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再结合和线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。

（2）由为等边三角形，，得，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，故可建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的一个法向量，再利用为的中点结合向量共线定理得出向量的坐标，再结合和向量的坐标运算得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面所成角的正弦值。

29．（2023·昭通模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，且，则在线段上是否存在一动点，使得二面角的大小为45°？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明：是等腰三角形，O是底边的中点，，又平面平面BCD，

平面平面，平面BCD，平面BCD，

；

（2）解：建立空间直角坐标系如下图：

以O为原点，过O点垂直于BD的直线为x轴，直线BD为y轴，OA为z轴，

由于是等边三角形，OC与x轴的夹角为，所以C点的x坐标为，y坐标为，即，

设，，（表示E点与D点，此时二面角为0，），

则，，，

设平面BCE的一个法向量为，则，，

令，则，

显然平面BCD的一个法向量是，则平面BCE与平面BCD的二面角为，

，得或（当时，表示点E在AD的延长线上，不符合题意，舍），

，即当E点在线段AD的靠近A点的三分点时，二面角为；

综上，存在点E，在靠近A点的线段AD的三分点处.

【知识点】直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）利用三角形是等腰三角形，O是底边的中点，再利用等腰三角形三线合一，所以，再利用平面平面BCD结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。

（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，即以O为原点，过O点垂直于BD的直线为x轴，直线BD为y轴，OA为z轴，从而得出点的坐标，由于是等边三角形，OC与x轴的夹角为，再结合三角函数的定义得出点C的坐标，设，再结合向量的坐标表示和向量共线的坐标表示得出，从而得出，，再利用平面的法向量求解方法得出平面BCE的一个法向量和平面BCD的一个法向量，则平面BCE与平面BCD的二面角为，再结合数量积求向量夹角公式得出的值，从而得出当E点在线段AD的靠近A点的三分点时，二面角为。

30．（2023高二上·武汉期末）如图，在三棱柱中，AC＝BC，四边形是菱形，，点D在棱上，且．

（1）若，证明：平面平面ABD．

（2）若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成得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．

【答案】（1）证明：取AB的中点O，连接，OC．

因为四边形是菱形，且，所以，则．

因为O为AB的中点，所以．

因为，且O为AB的中点，所以AB⊥OC．

因为，平面，且，所以AB⊥平面．

因为平面，所以．

因为，AB，平面ABD．且，所以平面ABD．

因为平面，所以平面平面ABD．

（2）解：因为，所以，所以AC⊥BC．

因为O是AB的中点，所以．

因为四边形是菱形，且∠，所以是等边三角形．

因为O是AB的中点，所以．

因为，所以，则OB，OC，两两垂直，故以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，，，，，故，，，，.

因为，所以，所以．

设平面的法向量为，

则，令，得．

设平面ABD的法向量为，

则，令，得．

设平面与平面ABD所成的角为，则，

解得或，故存在或，使得平面与平面ABD所成角的余弦值是．

【知识点】平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）取AB的中点O，连接，根据四边形是菱形，得到，证得，再由，证得，结合线面垂直的判定定理，证得AB⊥平面，进而得到，再由，证得平面ABD，进而得到平面平面ABD；

（2）先证得两两垂直，以O为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，因为，得到，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.

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【备考2024】2023年高考数学新高考一卷真题变式分层精准练：第18题

一、原题

1．（2023·新高考Ⅰ卷）如图，在正四棱柱中，.点分别在棱上，，.

（1）证明：；

（2）点在棱上，当二面角为时，求.

二、基础

2．（2022·唐山模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，底面是梯形，．

（1）证明：平面；

（2）若，为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

3．（2023高二上·定州期末）如图，在多面体ABCEF中，和均为等边三角形，D是AC的中点，．

（1）证明：．

（2）若平面平面ACE，求二面角的余弦值.

4．（2023高二上·河池期末）在正四棱柱中，，E在线段上．

（1）若平面，求的长；

（2）在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值．

5．（2023高二上·番禺期末）如图，在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，，，，O为的中点，，.

（1）证明：平面；

（2）若，求平面与平面所成夹角的余弦值.

6．（2022高三上·汕头期末）如图，直三棱柱（即侧棱与底面垂直的棱柱）内接于一个等边圆柱（轴截面为正方形），AB是圆柱底面圆O的直径，点D在上，且．若AC=BC，

（1）求证：平面平面；

（2）求平面COD与平面所成锐二面角的余弦值．

7．（2022·盐城月考）在三棱柱中中，为中点，平面平面.

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

8．（2022·凉山模拟）如图1是，，，，分别是边，上两点，且，将沿折起使得，如图2.

（1）证明：图2中，平面；

（2）图2中，求二面角的正切值.

三、提高

9．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，且直线PB与CD所成角的大小为．

（1）求BC的长；

（2）求二面角的余弦值．

10．（2023高二下·河北期末）如图，圆锥的高为3，是底面圆的直径，PC，PD为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．

（1）证明：平面平面；

（2）求平面与平面的夹角的余弦值．

11．（2023高二下·安康月考）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，E为的中点，，，且为正三角形.

（1）证明：.

（2）求二面角的正弦值.

12．（2023高二下·保山期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为等腰梯形，，，且平面平面ABCD，.

（1）求证：；

（2）与平面所成的角为，求二面角的余弦值.

13．（2023高二下·联合期末）如图1，已知正三棱锥分别为的中点，将其展开得到如图2的平面展开图（点的展开点分别为，点的展开点分别为），其中的面积为．在三棱锥中，

（1）求证：平面；

（2）求平面与平面夹角的余弦值．

14．（2023高二下·宁波期末）如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、、、四点共面．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

15．（2023高一下·衢州期末）如图在三棱台中，平面，，，.

（1）求点到平面的距离；

（2）求二面角的正弦值.

16．（2023高二下·定远期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，．

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离；

（3）求平面与平面的夹角．

17．（2023高一下·温州期末）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角．

（1）当时，求证：；

（2）当线段的长度最小时，求二面角的正弦值．

18．（2023高二下·湖州期末）如图，圆台的上底面的半径为1，下底面的半径为，是圆台下底面的一条直径，是圆台上底面的一条半径，为圆上一点，点，在平面的同侧，且，.

（1）证明：平面；

（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面所成角的正弦值.

19．（2023高二下·宁波期末）如图，正四棱锥的高为，体积为.

（1）求正四棱锥的表面积；

（2）若点为线段的中点，求直线AE与平面所成角的正切值；

（3）求二面角的余弦值.

四、巅峰

20．（2023高二下·宁波期末）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：

（1）求四棱锥的体积；

（2）若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．

21．（2023高二下·杨浦期末）如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与，均不重合）.

（1）当点是棱的中点时，求证：直线平面；

（2）当时，求点到平面的距离；

（3）当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度.

22．（2023高二下·金华期末）如图四棱锥，点在圆上，，顶点在底面的射影为圆心，点在线段上.

（1）若，当//平面时，求的值；

（2）若与不平行，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.

23．（2023高一下·长春期中）在直三棱柱中，E为棱上一点，，，D为棱上一点.

（1）若，且D为靠近B的三等分点，求证：平面平面；

（2）若△ABC为等边三角形，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦值的大小.

24．（2023·全国甲卷）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1．

（1）求证：；

（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．

25．（2023·惠州模拟）如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．

（1）若点是的中点，求证：平面；

（2）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．

26．（2023·淮南模拟）如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，，，，是等边三角形且与底面垂直，E是棱PA上一点，.

（1）当平面EBD，求实数λ的值；

（2）当λ为何值时，平面EBD与平面PBD所成的锐二面角的大小为？

27．（2023·安庆模拟）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，，，侧面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，.

（1）求证：平面；

（2）若是棱上的一点，且平面.求平面与平面所成二面角的余弦值.

28．（2023·赣州模拟）如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且．

（1）证明：；

（2）若为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值．

29．（2023·昭通模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.

（1）证明：；

（2）若是边长为1的等边三角形，且，则在线段上是否存在一动点，使得二面角的大小为45°？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.

30．（2023高二上·武汉期末）如图，在三棱柱中，AC＝BC，四边形是菱形，，点D在棱上，且．

（1）若，证明：平面平面ABD．

（2）若，是否存在实数，使得平面与平面ABD所成得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．

答案解析部分

1．【答案】（1）如图建立直角坐标系，以C为原点，分別以CD，CB，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，因为，，所以，所以

（2）设，

因为，，设平面法向量为

∴，即

令z1=2，则x1=1-m

所以平面法向量为；

同理当，，∴平面法向量为.

因为二面角为，所以，

解得或，经检验均满足题意，

此时

【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由直线与直线的向量判定可得出(1)，由二面角计算方法可求出满足题意的点坐标。

2．【答案】（1）证明：取中点，连接．

∴，

∴四边形为菱形，四边形为平行四边形．

∴，

∴．

又∵，

∴平面．

又∵平面，

∴．

又∵平面平面，且平面平面，

∴平面．

（2）解：∵平面，

∴，

∴．

又∵，

∴，

又∵，

∴底面是直角梯形．

以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则．

，．

平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，

由得取．

∴，

∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意由中点的性质即可得出线线平行，结合平行的传递性即可得出线线垂直，然后由线面垂直的性质定理以及判定定理即可得证出结论。

(2)由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由三角形全等的性质即可得出边的大小，结合勾股定理即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面PBD法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面PBD的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成锐二面角的余弦值。

3．【答案】（1）证明：连接DE．

因为，且D为AC的中点，所以．

因为，且D为AC的中点，所以．

因为平面BDE，平面BDE，且，所以平面．

因为，所以平面BDE，所以．

（2）解：由（1）可知．

因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以DC，DB，DE两两垂直．

以D为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

设．则，，．从而，．

设平面BCE的法向量为，

则令，得．

平面ABC的一个法向量为．

设二面角为，由图可知为锐角，

则．

【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，结合中点的性质即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得出平面，再由平行的传递性即可得证出结论。

(2)由已知条件即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面BCE法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面BCE的法向量的坐标，同理即可求出平面ACB的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到二面角的余弦值。

4．【答案】（1）解：由已知可得两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

可得，

，

设()，则，

，

∴，

∴，由平面，

得，

解得，即的长为.

（2）解：由（1）得，

为平面的一个法向量，

∴，

∴与平面所成角的正弦值为.

【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件建立空间直角坐标系，由此即可得出各个点的以及向量的坐标，然后把结果代入到数量积的坐标公式，由此计算出线线垂直，结合已知条件计算出a的取值即可。

(2)结合题意求出平面的法向量，然后由数量积的夹角公式，由线面角与向量夹角之间的关系，代入数值计算出结果即可。

5．【答案】（1）证明：如图，连接，在中，由可得.

因为，，

所以，，

因为，，，

所以，所以.

又因为，平面，，

所以平面.

（2）解：由（1）可知，，，两两垂直，

以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，.

由，有，则，

设平面的法向量为，

由，，有，

取，则，，

可得平面的一个法向量为.

设平面的法向量为，

由，，有，

取，则，，

可得平面的一个法向量为.

由，，，

可得平面与平面所成夹角的余弦值为

.

【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，由三角形的几何性质结合勾股定理爱如数值计算出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)由(1)的结论即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成夹角的余弦值。

6．【答案】（1）证明：在中，，

且是圆柱底面圆的直径，即，，

又底面，平面，，

且，平面，

又平面，所以平面⊥平面；

（2）解：因为三棱柱是直三棱柱且是圆柱底面圆的直径，

所以两两垂直．以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系（如图所示），设AC=BC=4，则，

，

显然是平面的一个法向量，

设平面的一个法向量为，

，由，

令，得，，

设平面与平面所成锐二面角为，则

，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

【知识点】数量积表示两个向量的夹角；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)由已知条件结合三角形中的几何关系即可得出线线垂直，再由线面垂直的性质定理和判定定理就得出线面垂直，然后由面面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)根据题意已知条件结合直三棱柱的几何性质即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面与平面所成锐二面角的余弦值。

7．【答案】（1）证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面；

（2）解：在平面内过点作，如图建立空间直角坐标系，

由，，所以，所以，因为，所以，所以，，，，，由，所以，所以，显然平面的一个法向量可以为，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线，由中点的性质即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)根据题意由已知条件即可得出线线垂直，由此建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面的法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，由线面角与向量夹角的关系，结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的正弦值，由此得到直线与平面所成角的正弦值。

8．【答案】（1）证明：由已知得：，

平面，

又平面，

在中，，由余弦定理得：，

，即，平面.

（2）解：由（1）知：平面，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

，

设平面的法向量为，平面的法向量为，

则与，

即与，..

，

观察可知二面角为钝二面角，二面角的正切值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件作出辅助线，由此得出线线垂直，再由余弦定理代入数值计算出边的大小，再由刚刚打开计算出垂直，结合线面垂直的判定定理即可得证出结论。

(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，结合同角三角函数的基本关系式，由此得到二面角的正切值。

9．【答案】（1）解：由于平面ABCD，，所以两两垂直，故分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．

，，0，，，0，，，1，，，0，．

设，，，则，0，，，，．

直线与所成角大小为，

，

即，解得或（舍，

，2，，则的长为2

（2）解：设平面的一个法向量为，，．

，0，，，1，，，

，令，则，，，1，．

平面的一个法向量为，

，令，则，，，

，

由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，

二面角的余弦值为．

【知识点】直线的方向向量；平面的法向量；异面直线；二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系．由已知求得A，B，D，P的坐标，再由直线PB与CD所成角大小为列式求得y值，则可求点C的坐标，进而可求得BC的长；

(2)分别求出平面PBD与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．

10．【答案】（1）证明：由已知可得，且，

所以四边形OADC为平行四边形，

又因为，所以平行四边形OADC为菱形，

所以

在圆锥PO中，因为平面ABCD，平面ABCD，

所以

因为，平面POD，平面POD，

所以平面POD．

又因为平面AEC，所以平面平面POD．

（2）解：取CD中点M，易知平面PAB，，

以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

因为，所以，

所以，

所以，，

设平面AEC的一个法向量为，

因为，所以，

令，则，，所以，

易知平面EAB即平面yOz，所以平面EAB的一个法向量为，

设平面AEC与平面EAB的夹角为，

则，

所以平面AEC与平面EAB的夹角的余弦值为．

【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)通过证明，得到平面POD，所以证得平面平面；

(2)取CD中点M，以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面与平面的夹角的余弦值．

11．【答案】（1）证明：取的中点F，连接，，如图所示，

因为，，

所以，

所以.

因为，

所以.

又因为，，

所以，

所以.

又因为，

所以.

又因为，、面，

所以平面.

又因为平面，

所以.

（2）解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，.

，，，.

设平面的法向量为，则

令，得.

设平面的法向量为，则

令，得.

所以，

所以.

故二面角的正弦值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的定义可证明.

(2)先建立空间直角坐标系，用向量的运算求出两个平面的法向量，再利用向量法求出两个平面夹角的余弦值，最后利用同角三角函数基本关系可得求解.

12．【答案】（1）解：证明：取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形，

所以，

由等腰梯形知，设，则，，

故，即得，所以，

因为平面平面，，平面平面，平面PAD，

所以平面，又平面，所以，

因为，，平面，所以平面，

因为平面，所以.

（2）解：由（1）得，，两两垂直，则以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，

因为平面，所以平面所成的角为，

设，则，，

则，，，，

则，，，

设平面PAB的法向量为，

则，即，

取，则，

设平面PBC的法向量为，

则，即，

取，则，

所以，

所以二面角的余弦值为.

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）取AB的中点E，连接CE，由等腰梯形的性质和勾股定理可得AD⊥BD，由面面垂直的性质定理可得PD⊥面ABCD，从而得到PD⊥BD，再由线面垂直的判定定理可得BD⊥面PAD，进而得到结论；

（2）根据已知建立空间直角坐标系，分别求出二面角的两个面的法向量，利用向量的夹角公式求解。

13．【答案】（1）证明：因为三棱锥为正三棱锥，为的中点，

所以，

又因为平面，

所以平面；

（2）解：如图1，在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，

所以，

因为分别为的中点，所以，

所以，得，

在正三角形中，因为，所以，所以，

在中，．

解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则．

设为平面的一个法向量，

因为，

所以，即，令，可得．

设为平面的一个法向量，

因为，

所以，即，令，可得．

设平面与平面夹角为，

，

所以平面与平面夹角的余弦值为．

解法二：如图3，设平面与平面的交线为，

因为∥，所以∥平面，所以∥∥．

在等腰三角形中，，

在等腰三角形中，，所以，

则为平面与平面的夹角（或其补角）．

，则在等腰三角形中，，

在三角形中，，

由余弦定理得，

所以平面与平面夹角的余弦值为．

【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面所成的角

【解析】【分析】(1)根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；

(2)解法一：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；解法二：根据题意分析可知为平面与平面的夹角（或其补角），结合余弦定理运算求解.

14．【答案】（1）解：如图，连接，

因为几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，

所以，，，

因为，，

所以四边形为平行四边形，，，

因为平面，平面，

所以，

因为，所以平面，

因为因为平面，所以平面平面．

（2）解：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则、、、、，

，，，，

设平面的一个法向量为，

则，整理得，

令，则，

设平面的一个法向量为，

则，整理得，

令，则，

，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判断定理证明。

（2）利用空间向量坐标运算，平面与平面所成角的余弦值的计算公式求解。

15．【答案】（1）解：解法一：因为平面，平面，平面，平面，

所以，，，

又，，且平面，

所以

因为平面，

所以.

在中，，

在中，，

过作，垂足为，

则，，则，

所以，

所以在中，，

则在中，

则，

所以，

，

设点到面的距离为，

根据，

即，

即，解得，

所以点到平面的距离为.

解法二：同解法一先证平面，

如图建系，则，，，，，

则，，，

设平面的法向量为，

由，得，

即，取，

则点到平面的距离为.

（2）解：解法一：过作，垂足为，

由（1）知平面，

因为平面，

所以，

又，且平面，

则平面，

过点作，垂足为，连接，

则为二面角的平面角，

又，，，

则，

由∽，得，

所以，

所以，

所以，

所以二面角的正弦值为.

解法二：由（1）解法二知，，，，，，

则，，

设平面的法向量为，

由，得，

即，取，

又平面的法向量为，

则，

则二面角的正弦值为.

【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角；二面角的平面角及求法；余弦定理

【解析】【分析】(1)方法一：利用线面关系证明，再利用余弦定理求出，最后利用等体积转换即可求出点到面的距离.

方法二：利用线面关系证明，在建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量方法即可求出距离.

(2)方法一：利用线面垂直关系找出二面角的平面角，再利用∽，得出从而求出二面角的正弦值.

方法二：求出平面的法向量，再利用向量即可求出二面角的值.

16．【答案】（1）由已知可得：，，

如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，

设，则由，，

可得方程组，解得．

可得由于，可得．

所以，

因为，，

设平面的法向量为，

由，即

取，得平面的法向量是，

，

故EF平面．

（2）设点到平面的距离为，

由，．

点到平面的距离是．

（3）由于，，

设平面的法向量为，

由即

取，可得平面的法向量为，

设平面与平面的夹角为，

则，则

故平面与平面的夹角为．

【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】(1)建系，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行；

(2)结合(1)中平面的法向量求点到面的距离；

(3)求平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.

17．【答案】（1）证明：当时，，

又，

在中，，

在中，，

所以，

所以，

因为二面角为直二面角，

所以面面，

又面面，

由上知，面，

所以面，

又因为面，

所以．

（2）解：在图二中过点作，垂足为，连接，

因为二面角为直二面角，

所以面面，

又面面，

由上知，

所以面，

又因为面，

所以，

设，则，

，

所以，

，

所以，

因为，

所以当时，长最短，

在矩形中，过点作，垂足为，再过点作，

因为二面角为直二面角，

所以面面，

又面面，

由上知，

所以面，

由三垂线定理可得，

所以二面角的平面角为，

，

，

，

所以，

由∽得，，即，

所以，

所以，

所以．

【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角

【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理得面，再由线面垂直判定定理证明即可；

（2）根据题意先证得二面角的平面角为，再利用相似三角形的性质求得，进而求得，代入同角三角函数的基本关系