押题10 第15-17题 空间向量与立体几何（七大题型）-冲刺2024年高考数学考点押含解析1

押题10第15-17题空间向量与立体几何（七大题型）-冲刺2024年高考数学考点押题模拟预测卷（新高考专用）押题10第15-17题空间向量与立体几何（七大题型）1．（2023·全国·高考真题）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．2．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．3．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．4．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．5．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．6．（2021·全国·高考真题）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，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.押题10空间向量与立体几何高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1直接求二面角1-3题型2直接求表面积或体积4-5题型3根据其他条件求二面角6-9题型4根据二面角求其他条件10-13题型5空间中的距离问题14-17题型6空间中的其他角度问题18-20题型7存在性问题21-22题型1：直接求二面角1．（2024·河北邯郸·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点，且．(1)求四棱锥的高；(2)求二面角的正弦值．2．（辽宁省沈阳市五校联考2024届高三上学期期末数学试题）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.3．（2024·贵州·三模）如图，在正四棱锥中，，已知，，其中分别为的中点.(1)证明：；(2)求二面角的正弦值.题型2：直接求表面积或体积4．（2024·内蒙古包头·一模）如图，在四棱锥中，平面，，点在棱上，，点，是棱上的三等分点，点是棱的中点.，.(1)证明：平面，且；(2)求三棱锥的体积.5．（2024·陕西西安·一模）如图所示多面体中，四边形和四边形均为正方形，棱，．(1)求证：平面；(2)求该几何体的体积和表面积．题型3：根据其他条件求二面角6．（2024·辽宁抚顺·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，．(1)求证：；(2)若点为的中点，与相交于点，直线与底面所成的角为，且，求二面角的余弦值．7．（2024·河北沧州·模拟预测）如图，已知在圆柱中，A，B，C是底面圆O上的三个点，且线段为圆O的直径，，为圆柱上底面上的两点，且矩形平面，D，E分别是，的中点．(1)证明：平面．(2)若是等腰直角三角形，且平面，求平面与平面的夹角的正弦值．8．（2024·江西·一模）如图，在三棱锥中，．

(1)证明：平面平面；(2)若是线段上的点，且，求二面角的正切值．9．（2024·四川泸州·二模）如图，ABCD为圆柱底面的内接四边形，AC为底面圆的直径，PC为圆柱的母线，且．

(1)求证：；(2)若，点F在线段PA上，且，求二面角的余弦值．题型4：根据二面角求其他条件10．（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.

(1)证明：平面；(2)当二面角为时，求.11．（2024·云南昆明·一模）如图，直三棱柱中，，且．(1)证明：平面；(2)，分别为棱，的中点，点在线段上，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．12．（2023·河南·三模）在三棱锥中，，，，，．

(1)如图1，G为△PBC的重心，若平面PAB，求的值；(2)如图2，当，且二面角的余弦值为时，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．13．（2024·湖南·模拟预测）如图1，在五边形中，连接对角线，，，，将三角形沿折起，连接，得四棱锥（如图2），且为的中点，为的中点，点在线段上.

(1)求证：平面平面；(2)若平面和平面的夹角的余弦值为，求线段的长.题型5：空间中的距离问题14．（2024·陕西铜川·二模）如图，在四棱锥中.侧面⊥底面，为等边三角形，四边形为正方形，且.

(1)若为的中点，证明：；(2)求点到平面的距离.15．（2024·四川成都·二模）如图，在三棱柱中，，，，点E，F分别为BC，的中点．(1)求证：平面；(2)若底面是边长为2的正三角形，且平面平面，求点到平面的距离．16．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，是边长为2的正六边形所在平面外一点，的中点为在平面内的射影．(1)若，求到平面的距离；(2)设为线段上一点，且，证明：平面．17．（2024·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点．(1)若分别是棱的中点，，求棱和平面所成角的余弦值；(2)求的最小值与最大值．题型6：空间中的其他角度问题18．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知菱形满足，将沿折起，使得.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.19．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.

(1)证明：.(2)点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积.20．（2024·广东·一模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，点是圆上异于点，的任意一点.(1)若点到平面的距离为，证明：.(2)求与平面所成角的正弦值的取值范围.题型7：存在性问题21．（2024·全国·一模）如图，棱柱的所有棱长都等于2，且，平面平面．(1)求平面与平面所成角的余弦值；(2)在棱所在直线上是否存在点P，使得平面．若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．22．（2024·贵州黔东南·二模）如图，在多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.(1)证明：平面平面；(2)试问线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请判断点的位置；若不存在，请说明理由.押题10第15-17题空间向量与立体几何（七大题型）1．（2023·全国·高考真题）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)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【解析】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令，得，，设平面的法向量，则，令，得，，，化简可得，，解得或，或，.2．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨设，，．，，又，平面平面．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：

设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而．所以二面角的正弦值为．3．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【解析】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.4．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.

5．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【解析】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.6．（2021·全国·高考真题）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，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【解析】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.押题10空间向量与立体几何高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1直接求二面角1-3题型2直接求表面积或体积4-5题型3根据其他条件求二面角6-9题型4根据二面角求其他条件10-13题型5空间中的距离问题14-17题型6空间中的其他角度问题18-20题型7存在性问题21-22题型1：直接求二面角1．（2024·河北邯郸·三模）在四棱锥中，平面平面，，，，，为棱的中点，且．(1)求四棱锥的高；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)3(2)【分析】（1）过作的平行线，与的延长线交于点，连接，，通过证明，来证明为四棱锥的高，从而求解；（2）建立空间直角坐标系求解即可.【解析】（1）如图，过作的平行线，与的延长线交于点，连接，．，，，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，，，，，四边形为矩形，，为棱的中点，，从而，又因为，，平面，平面，平面，平面，，，平面，平面，平面．为四棱锥的高，即，四棱锥的高为；（2）由（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设是平面的法向量，则可取，设是平面的法向量，则可取，所以，所以二面角的正弦值为.2．（辽宁省沈阳市五校联考2024届高三上学期期末数学试题）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，写出各向量即可根据向量法证明；（2）利用向量法求出二面角的余弦值即可求出正弦值.【解析】（1）因为，所以，所以在的投影数量为，因为，所以，所以在的投影数量为，以为原点建立如图所示的坐标系，所以，，，，，，所以，，，设面的法向量为，所以，令，所以，因为，不在面内，所以平面；（2），所以，设面的法向量，因为，所以，令，则，设面的法向量，因为，所以，令，所以，所以，所以二面角的正弦值为.3．（2024·贵州·三模）如图，在正四棱锥中，，已知，，其中分别为的中点.(1)证明：；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，证明四边形和四边形为平行四边形，进而证得，，即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【解析】（1）如图，连接，由题意可得为的中点，因为为的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为为的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以；（2）由题意知平面，，如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，因为，，所以，则，故，设平面的法向量为，则有，可取，设平面的法向量为，则有，可取，则，所以二面角的正弦值为.题型2：直接求表面积或体积4．（2024·内蒙古包头·一模）如图，在四棱锥中，平面，，点在棱上，，点，是棱上的三等分点，点是棱的中点.，.(1)证明：平面，且；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，借助线面平行的判定定理可得线面平行，借助平行四边形的性质可得线线平行；（2）由题意可得为的顶点D到边的高，为三棱锥的高，结合体积公式计算即可得.【解析】（1）因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，连接，在中，，所以，且，因为，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，（2）由题意可知，，，，所以，故，又，所以，所以为的顶点D到边的高，因为平面，所以为三棱锥的高，故.5．（2024·陕西西安·一模）如图所示多面体中，四边形和四边形均为正方形，棱，．(1)求证：平面；(2)求该几何体的体积和表面积．【答案】(1)证明见解析；(2)体积为，表面积为.【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理即得.（2）利用锥体的体积公式，结合割补法求出体积；再利用几何体的各个面的面积即得.【解析】（1）由正方形，得，，又，则，显然平面，且是相交直线，所以平面.（2）由正方形，得，而，平面，因此平面，点到平面的距离都等于，而，所以该几何体的体积；显然，等腰底边上的高，则，而，，所以几何体的表面积.题型3：根据其他条件求二面角6．（2024·辽宁抚顺·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，．(1)求证：；(2)若点为的中点，与相交于点，直线与底面所成的角为，且，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；（2）以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，由二面角的向量公式求解即可.【解析】（1）证明：设点在底面的射影为点，由得，点为的外心，又因为底面为菱形，，所以，所以点与点重合，所以底面，因为底面，所以．因为底面为菱形，所以，平面，，所以平面，因为平面，所以．（2）解：由底面，知即为直线与底面所成的角，因为且，所以，所以，由于，所以．取的中点，连接，以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的一个法向量为，由，可得：，令，则，所以．设平面的一个法向量为，由，可得：，令，则，所以．设二面角的平面角为，由图可知为钝角，所以．7．（2024·河北沧州·模拟预测）如图，已知在圆柱中，A，B，C是底面圆O上的三个点，且线段为圆O的直径，，为圆柱上底面上的两点，且矩形平面，D，E分别是，的中点．(1)证明：平面．(2)若是等腰直角三角形，且平面，求平面与平面的夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）运用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【解析】（1）如图，取的中点F，连接，，因为D，E，F分别为，，的中点，所以，．又因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面．因为，，平面，所以平面平面．又因为平面，所以平面．（2）如图，连接，．因为E，O分别为，的中点，所以，且，又因为D为的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，所以平面．又因为平面，所以，可得．因为是等腰直角三角形，所以．又矩形平面，可得平面，以A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，可得，，，，则，，，．设平面的法向量为，则，即，取，可得，，所以．设平面的法向量为，则，即，取，可得，，所以．，所以平面与平面的夹角的正弦值为．8．（2024·江西·一模）如图，在三棱锥中，．

(1)证明：平面平面；(2)若是线段上的点，且，求二面角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在中求和边的高，进而判断≌，最后证明边的高即为面的垂线，证明结论即可；（2）先建立空间直角坐标系，分别求出面和的法向量，求出两个法向量夹角的余弦值后，利用同角三角函数关系式，求二面角的正切值即可.【解析】（1）证明：在中，，所以，过点作于点，连接，则，因为，所以≌，得，又所以，得，又，，，平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面平面.（2）由（1）知，两两垂直，如图以O为原点建立坐标系，，因为，得，设是平面的一个法向量，则，得，而是平面ABC的一个法向量，两个法向量夹角的余弦值为：设二面角平面角的大小为，结合图形得：，，，所以二面角的正切值为.

9．（2024·四川泸州·二模）如图，ABCD为圆柱底面的内接四边形，AC为底面圆的直径，PC为圆柱的母线，且．

(1)求证：；(2)若，点F在线段PA上，且，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由平面几何的知识可得，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.【解析】（1）因为为底面圆的直径，则，又，，所以，所以，结合为底面圆的直径，利用圆的对称性可得，又为圆柱的母线，即平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.（2）以为原点，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

在中，因为，所以，设与相交于，在中，，则，则，，，，因为，所以，则，又，，设平面的一个法向量为，则，取，得，，则，设平面的一个法向量为，则，取，得，，则，设二面角的平面角为，易知，所以，故二面角的余弦值为.题型4：根据二面角求其他条件10．（2024·江苏·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.

(1)证明：平面；(2)当二面角为时，求.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明；（2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出.【解析】（1）因为平面，平面，所以，又，以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系，设，∵，，

设平面的一个法向量为，则，令得，故，故平面；（2）平面的一个法向量，，.11．（2024·云南昆明·一模）如图，直三棱柱中，，且．(1)证明：平面；(2)，分别为棱，的中点，点在线段上，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，用向量法证明可得平面.（2）设，求出平面与平面的法向量，根据条件求值.【解析】（1）设，如图，以为轴正半轴建立空间直角坐标系，则，所以所以又平面，所以平面.（2）设，∴，，设平面的一个法向量为，，即，令，得，又平面的一个法向量为，解得或（舍），即.12．（2023·河南·三模）在三棱锥中，，，，，．

(1)如图1，G为△PBC的重心，若平面PAB，求的值；(2)如图2，当，且二面角的余弦值为时，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，根据线面平行的性质定理可知，继而利于重心的性质即可求解；（2）根据条件建立空间直角坐标系，利于线面角的坐标表示进行计算即可.【解析】（1）连接CG并延长与PB交于点E，连接AE，所以平面平面．

因为平面PAB，平面ACE，所以．

又因为G为△PBC的重心，所以．所以．

所以，即．

（2）设O为BC的中点，连接AO．因为，，所以，；又，平面,所以平面PAO,又平面,所以平面平面ABC，过点O在平面PAO内作AO的垂线OZ，

如图所示，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，

所以，，，

因为，所以．

因为是二面角的平面角，二面角的余弦值为，，所以．

所以，，．不妨设平面PBC的法向量，所以所以可取

设直线PD与平面PBC所成的角为，所以.13．（2024·湖南·模拟预测）如图1，在五边形中，连接对角线，，，，将三角形沿折起，连接，得四棱锥（如图2），且为的中点，为的中点，点在线段上.

(1)求证：平面平面；(2)若平面和平面的夹角的余弦值为，求线段的长.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由等腰三角形证得，勾股定理证得，可得平面，得平面平面.（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用向量法表示两个平面夹角的余弦值，由方程解出的值.【解析】（1）连接，则，因为，，所以四边形为矩形，所以，因为，且为的中点，所以，且，所以，即，又因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设，则，所以，设平面的法向量为，则令，则，得又，设平面的法向量为，则令，则，得，所以，解得，或（舍），所以线段的长为1.题型5：空间中的距离问题14．（2024·陕西铜川·二模）如图，在四棱锥中.侧面⊥底面，为等边三角形，四边形为正方形，且.

(1)若为的中点，证明：；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，证明出线面垂直，得到；（2）证明出⊥平面，求出，根据等体积法求解点到平面的距离.【解析】（1）取中点，连接，为等边三角形，，四边形为正方形，，，又平面，∴⊥平面，∴

（2）连接，因为平面⊥底面，平面底面，⊥，所以⊥平面，因为四边形为正方形，所以⊥，且，故，因为，，所以，由勾股定理得，设到平面的距离为，，即，解得.15．（2024·四川成都·二模）如图，在三棱柱中，，，，点E，F分别为BC，的中点．(1)求证：平面；(2)若底面是边长为2的正三角形，且平面平面，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助中位线的性质及平行四边形的性质可得线线平行，结合线面平行判定定理即可得线面平行；（2）借助等体积法，有，可得点到平面的距离，即可得到点到平面的距离.【解析】（1）作的中点D，连接DF，DB，因为点D，F分别为，的中点，所以，且，又由三棱柱的定义，结合点E为BC的中点可知：，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；（2）作AC的中点G，连接，，，，因为，，所以是正三角形，又点G为AC的中点，所以，由平面平面，有平面平面，因为平面，所以平面，又平面，所以，所以是三棱锥的高，所以，又因为平面，点到平面的距离即为点C到平面的距离，又，，设点C到平面的距离为d，则，解得．16．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，是边长为2的正六边形所在平面外一点，的中点为在平面内的射影．(1)若，求到平面的距离；(2)设为线段上一点，且，证明：平面．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可知所求为，连接，由正六边形的性质可求出的长，从而计算；（2）在线段上取一点，使得，连接交于，连接各点，由正六边形的性质可证明平行且等于，进而证明，，从而得出，由线面平行的判定定理即可证明平面.【解析】（1）解：连接，则．在正六边形中，，．依题意可得平面，则，所以到平面的距离为．（2）证明：如图，在线段上取一点，使得，连接．因为，所以，所以，且．连接交于，则，可得：，连接，可得，由，可得，所以四边形为平行四边形，所以．又因为平面平面，所以平面．17．（2024·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点．(1)若分别是棱的中点，，求棱和平面所成角的余弦值；(2)求的最小值与最大值．【答案】(1)(2)最小值为，最大值为【分析】（1）建立空间直角坐标系，运用线面所成角的方法进行求解；（2）建立空间直角坐标系，借助三角函数表示出题意中的距离，由均值不等式和柯西不等式解得.【解析】（1）以正方体的中心为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．由题意，，，，，，则，，，设平面的一个法向量，则有，令，则，，所以，所以所以棱和平面所成角的余弦值为．（2）由条件，可设，，，记，，，则（）（其中）记，先求的最小值：由①及均值不等式，所以所以所以当时，可取到最小值.再求的最大值：由①知所以由柯西不等式，，即，故当时，可取到最大值．综上所述，的最小值为，最大值为．【点睛】方法点睛：解决问题常见的方法是建立空间直角坐标系，运用向量知识求解线面所成角，借助向量表示两点间的距离.题型6：空间中的其他角度问题18．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知菱形满足，将沿折起，使得.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取中点，连接，由题中条件证明，再证明，从而可证平面，从而可证明.（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，然后再结合空间向量法求解线面角，从而可求解.【解析】（1）证明：如图，取中点，连接.在菱形中，，，又，则，所以，又，即，又，平面，平面，又平面，所以平面平面..（2）由（1）可知，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如上图，则，，设平面的一个法向量为，则，令，则，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.19．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点.

(1)证明：.(2)点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)或【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直的性质可得平面，由线面垂直性质可得结论；（2）方法一：取中点，作，由线面垂直的性质和判定可证得平面，由线面角定义可知，根据长度关系可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果；方法二：取中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果.【解析】（1）是中点，，，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接，

分别为中点，，，又，；由（1）知：平面，平面，；平面，，平面，平面，，又，，平面，平面，直线与平面所成角为，，设，，，，，又，，解得：或，，当时，；当时，.综上所述：