2025年新高考数学一轮复习第7章第05讲空间向量及其应用(十六大题型)(练习)(学生版+解析)

第05讲空间向量及其应用目录TOC\o"1-2"\h\z\u01模拟基础练 2题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算 2题型二：空间共线向量定理的应用 3题型三：空间向量的数量积运算 3题型四：三点共线问题 4题型五：多点共面问题 5题型六：证明直线和直线平行 6题型七：证明直线和平面平行 7题型八：证明平面与平面平行 8题型九：证明直线与直线垂直 9题型十：证明直线与平面垂直 11题型十一：证明平面和平面垂直 12题型十二：求两异面直线所成角 13题型十三：求直线与平面所成角 14题型十四：求平面与平面所成角 15题型十五：求点面距、线面距、面面距 17题型十六：点到直线距离、异面直线的距离 1902重难创新练 2003真题实战练 25题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算1．如图，已知空间四边形，M，N分别是边OA，BC的中点，点满足，设，，，则（

）A． B． C． D．2．如图，在四面体中，是的重心，是上的一点，且，若，则为（

）A． B．C． D．3．（2024·高三·山东临沂·期末）正方体中，M是棱的中点．记，，，用，，表示为（

）A． B．C． D．4．（2024·高三·浙江·开学考试）在平行六面体中，为的中点，为的中点，，则（

）A． B．C． D．题型二：空间共线向量定理的应用5．如图，在三棱柱中，为空间一点，且满足，，则下列说法错误的是（）A．当时，点在棱上B．当时，点在线段上C．当时，点在棱上D．当时，点在线段上6．（2024·河北·模拟预测）在空间直角坐标系中，，若三点共线，则.7．（2024·高三·上海·期中）已知向量，，若，则的值为．8．已知，，且，则（

）A．4 B．5 C．6 D．7题型三：空间向量的数量积运算9．空间向量在上的投影向量为（

）A． B． C． D．10．如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（

）A． B．1 C． D．11．（多选题）已知空间向量，，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若在上的投影向量为，则D．若与夹角为锐角，则12．已知向量，若，则．题型四：三点共线问题13．如图所示，在正方体中，点在上，且，点在体对角线上，且．求证：，，三点共线．

14．在长方体中，M为的中点，N在AC上，且，E为BM的中点.求证：，E，N三点共线.15．如图，在平行六面体中，，．(1)求证：、、三点共线；(2)若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线．题型五：多点共面问题16．（2024·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，，是的中点，，点在上，且．

是否存在实数，使四点共面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；17．已知，若三向量共面，则等于（）A． B．9 C． D．18．已知，，，若，，三向量不能构成空间的一个基底，则实数的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．419．已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（

）A． B． C． D．20．已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（

）A． B．C． D．21．（2024·高三·四川成都·开学考试）在四棱柱中，，．

(1)当时，试用表示；(2)证明：四点共面；题型六：证明直线和直线平行22．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)．(1)求证：；题型七：证明直线和平面平行23．如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.

求证：平面；24．（2024·广西柳州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为AB的中点．求证：平面；25．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，.(1)求证：平面；题型八：证明平面与平面平行26．如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．求证：平面平面.27．在正方体中，分别是的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面平面.28．如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：

(1)平面平面；(2)平面平面.题型九：证明直线与直线垂直29．已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．求证：；30．如图，在三棱柱中，平面分别是的中点．求证：．31．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面是的中点，.

(1)求证：.(2)若㫒面直线与所成的角为，求四棱锥的体积.题型十：证明直线与平面垂直32．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，，是的中点，作交于点，且．求证：平面；

33．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，为中点．求证：平面．34．如图，在长方体中，，点分别为棱的中点，求证：平面；题型十一：证明平面和平面垂直35．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．求证：平面平面；36．（204·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．

(1)求证：平面平面；37．已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；题型十二：求两异面直线所成角38．已知正方体的棱长为1，点在线段上，若直线与所成角的余弦值为，则线段的长为（

）A． B． C． D．39．（2024·辽宁·一模）如图，四边形是正方形，平面，且，是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为.40．（2024·高三·江苏扬州·期中）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC(1)记平面平面，证明：平面；(2)点Q是直线上的点，若直线与所成角的余弦值为，求线段长.题型十三：求直线与平面所成角41．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.42．（2024·高三·广东汕头·开学考试）在四棱锥中，，，，点为的中点.(1)证明：平面；(2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.43．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面．(1)求证：平面；(2)若，，，是棱上的点，且直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置．题型十四：求平面与平面所成角44．（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．45．（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面．(1)求证：；(2)求二面角的大小．46．（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体中，底面与平面都是边长为2的菱形，，侧面的面积为.(1)求平行六面体的体积；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.47．（2024·福建龙岩·三模）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.

(1)证明：；(2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.题型十五：求点面距、线面距、面面距48．如图1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，AB上的点，，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中．(1)求证：；(2)求点B到平面的距离．49．如图所示的多面体是底面为ABCD的长方体被平面所截而得的，其中，，，.（1）求点C到平面的距离；（2）设过点平行于平面的平面为，求平面与平面之间的距离.50．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱各棱长均为2，，O是线段BD的中点．(1)求点O到平面的距离；(2)求直线AB与平面所成角的正弦值．51．（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点．(1)证明：平面DAF；(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离．题型十六：点到直线距离、异面直线的距离52．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．(1)求四棱锥的表面积(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．53．（2024·辽宁·一模）已知空间中的三个点，则点到直线的距离为．54．（2024·安徽合肥·一模）棱长为1的正方体如图所示，分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为．55．四棱锥中，的中点分别为，底面正方形的边长为，求与间的距离．1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（

）.A． B．1 C． D．2．（2024·山东济南·三模）如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（

）A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行C．三棱锥的体积为 D．直线BC与平面所成的角为3．（2024·浙江·模拟预测）边长为1的正方体中，，分别是，中点，是靠近的四等分点，在正方体内部或表面，，则的最大值是（

）A．1 B． C． D．4．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（

）A．直线与BD所成的角为90°B．线段的长度为C．直线与所成的角为90°D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为5．已知向量，，向量在向量上的投影向量为（

）．A． B．C． D．6．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面内存在与平行的直线7．定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（

）A． B．C． D．8．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，与平面交于点，与平面交于点，点分别在线段上运动，则线段的取值范围为（

）A． B． C． D．9．（多选题）（2024·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（

）A．平面B．C．异面直线与所成角的余弦值为D．平面与平面的夹角的正切值为10．（多选题）（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列说法正确的是（）A． B．C． D．11．（多选题）（2024·河北·模拟预测）已知正方体为中点，为BC中点，则（

）A．直线PD与直线平行 B．直线与直线垂直C．直线PQ与直线相交 D．直线PQ与直线异面12．（2024·江苏苏州·模拟预测）空间内四点，，，D可以构成正四面体，则点D的坐标是．13．（2024·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为．14．（2024·高三·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为，此时点到直线的距离为.15．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在四棱锥中，已知棱两两垂直，长度分别为1，2，2，若，且向量与夹角的余弦值为.(1)求实数值；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值.16．（2024·河北·模拟预测）如图，四棱锥中，平面平面，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．(1)求(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)求平面截四棱锥所得多边形的周长．17．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与BD的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示：(1)证明：平面PBM；(2)求三棱锥体积的最大值；(3)当三棱锥的体积最大时，求直线AB与平面所成角的正弦值．18．（2024·黑龙江牡丹江·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．

(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．(3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由．1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．3．（2024年天津高考数学真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．5．（2023年北京高考数学真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小．6．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．7．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．8．（2022年新高考天津数学高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值．9．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．10．（2022年新高考全国II卷数学真题）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．11．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．12．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．13．（2022年新高考全国I卷数学真题）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．14．（2021年全国新高考II卷数学试题）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．15．（2021年北京市高考数学试题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．（1）求证：为的中点；（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．16．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，PD=DC=1，为的中点，且PB⊥AM．（1）求；（2）求二面角的正弦值．第05讲空间向量及其应用目录TOC\o"1-2"\h\z\u01模拟基础练 2题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算 2题型二：空间共线向量定理的应用 4题型三：空间向量的数量积运算 6题型四：三点共线问题 8题型五：多点共面问题 11题型六：证明直线和直线平行 14题型七：证明直线和平面平行 14题型八：证明平面与平面平行 17题型九：证明直线与直线垂直 20题型十：证明直线与平面垂直 22题型十一：证明平面和平面垂直 25题型十二：求两异面直线所成角 28题型十三：求直线与平面所成角 30题型十四：求平面与平面所成角 34题型十五：求点面距、线面距、面面距 39题型十六：点到直线距离、异面直线的距离 4402重难创新练 4703真题实战练 65题型一：空间向量的加法、减法、数乘运算1．如图，已知空间四边形，M，N分别是边OA，BC的中点，点满足，设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，，，，.故选：B.2．如图，在四面体中，是的重心，是上的一点，且，若，则为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为是中点，所以，是的重心，则，所以，因为所以，若，则．故选：D．3．（2024·高三·山东临沂·期末）正方体中，M是棱的中点．记，，，用，，表示为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】，，，三个式子相加得，.故选：A4．（2024·高三·浙江·开学考试）在平行六面体中，为的中点，为的中点，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】设则.所以，，所以.故选：C题型二：空间共线向量定理的应用5．如图，在三棱柱中，为空间一点，且满足，，则下列说法错误的是（）A．当时，点在棱上B．当时，点在线段上C．当时，点在棱上D．当时，点在线段上【答案】B【解析】对于，当时，，，所以，则点在棱上，故正确；对于，当时，，，即，即所以点在线段上，故错误；对于，当时，，，所以，所以，即，所以点在棱上，故正确；对于，当时，所以，，所以，即，即，所以点在线段上，故正确．故选：．6．（2024·河北·模拟预测）在空间直角坐标系中，，若三点共线，则.【答案】【解析】由题得.，因为三点共线，所以存在实数，使得，即，所以，解得，所以，故答案为：7．（2024·高三·上海·期中）已知向量，，若，则的值为．【答案】【解析】由题意，使得，即有，解得，从而.故答案为：.8．已知，，且，则（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】A【解析】由，得，解得，所以，故选：A.题型三：空间向量的数量积运算9．空间向量在上的投影向量为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】，，由投影向量的定义和公式可知在的投影向量为，故选：C.10．如图，在正三棱柱中，，P为的中点，则（

）A． B．1 C． D．【答案】A【解析】由正三棱柱可得，，而，故.故选：A.11．（多选题）已知空间向量，，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若在上的投影向量为，则D．若与夹角为锐角，则【答案】ABD【解析】对于A：，，即：，解得：.故A选项正确；对于B：，，解得：.故B选项正确；对于C：在上的投影向量为：，即，代入坐标化简可得：，无解，故C选项错误；对于D：与夹角为锐角，，解得：，且与不共线，即，解得：，所以与夹角为锐角时，解得：.故D选项正确；故选：ABD.12．已知向量，若，则．【答案】【解析】设向量，，，设与的夹角为，，，.故答案为：.题型四：三点共线问题13．如图所示，在正方体中，点在上，且，点在体对角线上，且．求证：，，三点共线．

【解析】连接，，∵，，∴，∴，又，∴，，三点共线．14．在长方体中，M为的中点，N在AC上，且，E为BM的中点.求证：，E，N三点共线.【解析】由图作出如图所示长方体由题可得，，，所以，所以，E，N三点共线.15．如图，在平行六面体中，，．(1)求证：、、三点共线；(2)若点是平行四边形的中心，求证：、、三点共线．【解析】（1）由题意，，，故,,故，由于有公共点A，故A、、三点共线；（2）由题意，点是平行四边形的中心，故，故,因为有公共点D，故、、三点共线．题型五：多点共面问题16．（2024·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，，是的中点，，点在上，且．

是否存在实数，使四点共面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；【解析】假设存在实数，使四点共面．由正三棱柱的性质可知为正三角形，取的中点，连接，则．又平面平面，平面平面，平面，所以平面．故以为坐标原点，所在直线分别为轴，在平面内，以过点且垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，则，，，．因为，所以．若四点共面，则存在满足，又，所以解得故存在实数，使四点共面．17．已知，若三向量共面，则等于（）A． B．9 C． D．【答案】D【解析】∵，，共面，∴设（为实数），即，∴，解得．故选：D.18．已知，，，若，，三向量不能构成空间的一个基底，则实数的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】若三向量不能构成空间向量的一组基底，所以共面，则存在使得，则，解得，所以实数的值为1．故选：A．19．已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，，三向量共面，故设，（）,即，即有，解得，故，故选：D20．已知三点不共线，对平面外的任一点O，下列条件中能确定点共面的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】平面外的任一点O，点共面的充要条件是，且，对于A，由，得，点不共面，A不是；对于B，由，得，点不共面，B不是；对于C，由，得，点不共面，C不是；对于D，由，得，点共面，D是.故选：D21．（2024·高三·四川成都·开学考试）在四棱柱中，，．

(1)当时，试用表示；(2)证明：四点共面；【解析】（1）四棱柱中，，因为，所以；（2）设（不为0），，则共面且有公共点，则四点共面；题型六：证明直线和直线平行22．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点满足，点是棱上的一个点(包括端点)．(1)求证：；【解析】（1）因为底面，且底面为正方形，且、底面，所以，，两两互相垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则A0,0,0，，，，，则，，有，故；题型七：证明直线和平面平行23．如图，在四棱台中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，，P为AB的中点.

求证：平面；【解析】底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，故，，两两垂直.以为原点，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，在四棱台中，，，P为AB的中点，故,则,所以，即，且平面，平面，故平面.24．（2024·广西柳州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，E为的中点，F为AB的中点．求证：平面；【解析】以为原点，，，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，，，，，，所以，，，，，，所以，，，，，．因为，所以，又平面，平面，所以平面．25．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，.(1)求证：平面；【解析】（1）证明：平面，以为原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.，点是的中点，,，则平面，平面的一个法向量为.，平面，平面；题型八：证明平面与平面平行26．如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，是棱的中点．求证：平面平面.【解析】因为，是棱的中点，所以，所以为正三角形.因为为等腰梯形，，所以.取的中点，连接，则，所以.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以，，，，所以，，又不重合，不重合，所以，，因为平面，平面，所以平面，平面，又，平面，所以平面平面27．在正方体中，分别是的中点，试建立适当的空间直角坐标系，求证：平面平面.【解析】证明:如图，以为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则有，，，，，，于是，，，，显然有，，所以，，由，平面，平面，平面，同理平面，平面，，所以平面平面28．如图，在直三棱柱中，，，，点E在线段上，且，分别为、、的中点.求证：

(1)平面平面；(2)平面平面.【解析】（1）证明：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，，.设，则，，.因为，，，所以，.所以，，即，.又平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）因为，，，所以，.所以，.因为平面，所以平面.又由（1）知平面，所以平面平面.题型九：证明直线与直线垂直29．已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．求证：；【解析】因为平面，，如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则，所以，因为，所以．30．如图，在三棱柱中，平面分别是的中点．求证：．【解析】选取作为空间的一个基底，设．由已知条件和三棱柱的性质，得，，，．所以，所以，即．31．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面是的中点，.

(1)求证：.(2)若㫒面直线与所成的角为，求四棱锥的体积.【解析】（1）设的中点为，连接，由四边形是矩形，得.是的中点，.平面平面，平面平面，平面直线两两垂直.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，设.依题意得，，.，，即.（2）由（1）可得，异面直线与所成的角为，，解得，由（1）平面，所以为四棱锥的高，且，四棱锥的体积为.题型十：证明直线与平面垂直32．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，底面，，，是的中点，作交于点，且．求证：平面；

【解析】以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，则．设点的坐标为，因为，所以，即，，，所以点的坐标为，即．因为，所以，则．由已知，且，平面，平面，所以平面．33．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为的中点，为中点．求证：平面．【解析】如图以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，所以，则，即，，则，即，又，平面，所以平面．34．如图，在长方体中，，点分别为棱的中点，求证：平面；【解析】方法一：因为是的中点，所以和是等腰直角三角形，所以，所以，因为平面平面，所以，又平面，且，所以平面；方法二：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，，所以，所以，所以，，又平面，且，所以平面.题型十一：证明平面和平面垂直35．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，为的中点．求证：平面平面；【解析】以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，设，则A0,0,0，，，，，，.设平面PCD的一个法向量为n1=x即，不妨令，则，，所以，设平面PAC的一个法向量为，则，即，不妨令，则，，所以，因为，所以，所以平面平面．36．（204·广东深圳·统考模拟预测）在正方体中，如图、分别是，的中点．

(1)求证：平面平面；【解析】（1）设棱长为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，所以，则平面平面．37．已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；【解析】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，又，所以是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，则，，平面，以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：则，，，，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则，得，令，得，，，令，得，，，因为，所以，所以平面平面.题型十二：求两异面直线所成角38．已知正方体的棱长为1，点在线段上，若直线与所成角的余弦值为，则线段的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】分别以为建立空间直角坐标系，设，则,直线与所成角的余弦值为，.解得：,,.故选：B.39．（2024·辽宁·一模）如图，四边形是正方形，平面，且，是线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为.【答案】【解析】因为平面，则，，又四边形是正方形，则，以为坐标原点，分别为轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，且，则，，，又是线段的中点，则，则，，则，设异面直线与所成角为，即，则，所以，即异面直线与所成角的正切值为.故答案为：40．（2024·高三·江苏扬州·期中）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC(1)记平面平面，证明：平面；(2)点Q是直线上的点，若直线与所成角的余弦值为，求线段长.【解析】（1）证明：连接交于点，连接交于点，连接，则平面和平面交线为，即因为为直三棱柱，所以为平行四边形，所以为中点，为中点，所以，又平面平面，所以平面，即平面.（2）直三棱柱中，，所以两两垂直.以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设，则，所以解得，所以线段长为.题型十三：求直线与平面所成角41．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段的中点，，，四边形为矩形.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）设，连接，因为四边形为矩形，所以为中点，又为中点，则，又平面，平面，所以平面.（2）以为坐标原点，，，的正方向分别为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则A1,0,0，，，，，，，设平面的法向量为：n=x,y,z且，令，解得：，，所以，设直线与平面所成角为，所以.则直线与平面所成角的正弦值为.42．（2024·高三·广东汕头·开学考试）在四棱锥中，，，，点为的中点.(1)证明：平面；(2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）∵点为的中点，则，∵，∴，又即，∴四边形为平行四边形，∴，平面，平面，则平面.（2）连接交于，连接，∵四边形为平行四边形，∴为的中点，又，则，∵平面平面，平面，面面，∴平面，又平面，∴，在中，由余弦定理可得，∴，∴，∵，∴为直角三角形，即，过点作的平行线，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图

可得，∴，设面的法向量为，则，取得，∴

设与平面所成的角为，则∴与平面所成的角的正弦值为43．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在直三棱柱中，是上的点，且平面．(1)求证：平面；(2)若，，，是棱上的点，且直线与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置．【解析】（1）因为平面，面，所以，又，所以，又三棱柱是直三棱柱，所以，又易知与相交，面，所以平面.（2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，，又，所以，则，所以，设，所以，设平面的一个法向量为，由，得到，取，则，所以，设直线与平面所成的角为，所以，整理得到，解得或（舍），所以点为上的三等分点，且，即点为上靠近的三等分点.题型十四：求平面与平面所成角44．（2024·四川乐山·三模）如图，平行六面体中，底面是边长为2的菱形，且，与平面所成的角为与交于．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【解析】（1）连结，底面是边长为2的菱形，．，．点为线段中点，．为菱形，平面，平面又平面，平面平面，在平面上的射影为，为直线与平面所成的角，即．在中，，．则．又平面平面，平面．（2）由（1）知平面，建立如图所示的空间直角坐标系则，则设平面的法向量为，平面的法向量为，则即取，则．即取则．设二面角大小为，则．，二面角的正弦值为．45．（2024·四川·模拟预测）如图，多面体中，已知面是边长为4的正方形，是等边三角形，，，平面平面．(1)求证：；(2)求二面角的大小．【解析】（1）由是正方形，得，而平面平面，平面平面，平面，则平面，又平面，于是，又，所以.（2）在平面内过作，由平面平面，平面平面，得平面，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n=x,y,z，则，令，得，而平面的法向量为，设二面角的平面角为，显然为锐角，于是，则，所以二面角的大小.46．（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体中，底面与平面都是边长为2的菱形，，侧面的面积为.(1)求平行六面体的体积；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【解析】（1）连接，，因为底面与平面均为菱形，且，所以与均为等边三角形，取AB的中点，连接，，则，，则，因为侧面的面积为，所以的面积为，则，所以，则.在中，，则，所以，所以.因为，平面，所以平面，故平行六面体的体积.（2）由（1）可知，两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，，设平面的法向量为m=x由得取，则.设平面的法向量为，，由得取，则，于是.设平面与平面的夹角为，所以.47．（2024·福建龙岩·三模）如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.

(1)证明：；(2)若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.【解析】（1）在四棱台中，延长后必交于一点，故四点共面，因为平面，平面，故，连接，因为底面四边形为菱形，故，平面，故平面，因为平面，所以.（2）过点A作的垂线，交与点N，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），设，则，由于，故，则，，则，，，记平面的法向量为，则，即，令，则，即，平面的法向量可取为，则.所以二面角的余弦值为.题型十五：求点面距、线面距、面面距48．如图1，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，AB上的点，，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中．(1)求证：；(2)求点B到平面的距离．【解析】（1）连接，因为在等腰直角三角形中，，在中，，同理得，因为，所以，所以所以平面，所以平面．（2）取中点，则，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为n=x,y,z，，所以，令，则，则，又，，所以点到平面的距离为．49．如图所示的多面体是底面为ABCD的长方体被平面所截而得的，其中，，，.（1）求点C到平面的距离；（2）设过点平行于平面的平面为，求平面与平面之间的距离.【解析】（1）由题意，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，可得，设，因为为平行四边形，可得，即，所以，即，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，又由，所以点到平面的距离为.（2）由（1）知平面的一个法向量为，又由，可得点到平面的距离为，因为过点平行于平面的平面为，所以平面与平面之间的距离等于但到平面的距离，即平面与平面之间的距离.50．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，直四棱柱各棱长均为2，，O是线段BD的中点．(1)求点O到平面的距离；(2)求直线AB与平面所成角的正弦值．【解析】（1）连接，由题意，点为的交点，连接交于点，连接，则平面，因为四边形为菱形，则，如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，在中，，则为等边三角形，则，则，故，设平面的法向量为，则有，可取，则点O到平面的距离为；（2），故，则，即直线AB与平面所成角的正弦值为．51．（2024·福建福州·一模）如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，，点G是线段BF的中点．(1)证明：平面DAF；(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离．【解析】（1）取中点，连接，如图所示：为中点，则，又，得，由，，得，所以四边形为平行四边形，，又平面，平面，所以平面.（2）因为，，，所以.因为平面，且直线与圆柱底面所成角为，所以，则有.如图，以为原点，分别为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则有，，，设平面的一个法向量为n=x,y,z，则，令，有，得，，设点到平面的距离为，.故点到平面的距离.题型十六：点到直线距离、异面直线的距离52．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．(1)求四棱锥的表面积(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．【解析】（1）由，,所以,,所以,,故四棱锥的表面积为（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则,0,，,4,，,4,，，其中，则，设平面的法向量为，则，即令，则平面的法向量，设到平面的距离为，，由于，解得，故，点到直线的距离为．53．（2024·辽宁·一模）已知空间中的三个点，则点到直线的距离为．【答案】/【解析】由题意知，，所以，得，，所以点A到直线BC的距离为.故答案为：54．（2024·安徽合肥·一模）棱长为1的正方体如图所示，分别为直线上的动点，则线段长度的最小值为．【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，当PQ为两异面直线的公垂线段时，PQ长度最短，此时PQ长度为MN的最小值,则,由，所以，所以,所以故答案为：.55．四棱锥中，的中点分别为，底面正方形的边长为，求与间的距离．【解析】以正方形的中心为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，由题意，，，故，．设为与和的公垂线在同一个方向上的向量，则，，得，∴异面直线与间的距离：．1．（2024·江西新余·模拟预测）已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（

）.A． B．1 C． D．【答案】C【解析】由题意取，则，所以到的距离为.故选：C2．（2024·山东济南·三模）如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（

）A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行C．三棱锥的体积为 D．直线BC与平面所成的角为【答案】B【解析】A选项：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错误；如图建立空间直角坐标系，则，对于B，设平面的法向量为，则，令，则，因为，所以，所以，因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确，对于C，，所以三棱锥的体积为，所以C错误，对于D，，直线BC与平面所成的角为，，所以D错误，故选：B.3．（2024·浙江·模拟预测）边长为1的正方体中，，分别是，中点，是靠近的四等分点，在正方体内部或表面，，则的最大值是（

）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】如图，建立空间直角坐标系，设，则，所以，则，因为，又，所以，即，所以，又，所以，当且仅当，此时时，等号成立，所以的最大值是.故选：D.4．（2024·陕西·模拟预测）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（

）A．直线与BD所成的角为90°B．线段的长度为C．直线与所成的角为90°D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为【答案】D【解析】在平行六面体中，令，，，由，，得，，对于，显然，，则，即，因此直线与所成的角为，A正确；对于B，，即，B正确；对于C，，即，因此直线与所成的角为，C正确；对于D，在平行六面体中，四边形是菱形，即，又，，平面，于是平面，又平面，则平面平面，连接交于点，在平面内过点作于点，如图，由平面平面，因此平面，即直线与平面所成角为，，则，即，由及选项C知，，则，D错误.故选：D5．已知向量，，向量在向量上的投影向量为（

）．A． B．C． D．【答案】A【解析】向量在向量上的投影向量为故选：A6．（2024·山东菏泽·二模）如图，在正方体中，，则下列结论中正确的是（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面内存在与平行的直线【答案】C【解析】因为为正方体，设正方体边长为2，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，令，则，同理解得平面的法向量，，故A不正确；，故B不正确；，，所以，又，所以平面，C正确；平面的一个法向量为，，故D不正确；故选：C7．定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；对C，由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，则由能推出，对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故D错误.故选：C．8．（2024·河南信阳·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，与平面交于点，与平面交于点，点分别在线段上运动，则线段的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图所示：以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，可得，则，可知，且，平面，可知：平面，且平面，可得，设，即，则，因为，解得，即；同理可得：平面，，则，，又因为，则三棱锥为正三棱锥，点为等边的中心，在中，结合等边三角形可知：，因为平面，平面，则，可知，当时，取到最小值；当时，取到最大值；综上所述：线段的取值范围为.故选：C.9．（多选题）（2024·河南·模拟预测）如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（

）A．平面B．C．异面直线与所成角的余弦值为D．平面与平面的夹角的正切值为【答案】ABD【解析】选项A：如图连接交于，连接，由题意可知为的中点，又为的中点，故，又平面，平面，故平面，故A正确；选项B：由题意为等边三角形，为的中点，故,又棱柱为直三棱柱，故，又，平面，平面，故平面，又平面，故，故B正确；选项C：如图建立空间直角坐标系，则，，，因，故A3,0,0所以，，设异面直线与所成角为，则故C错误；选项D：由题意平面的一个法向量为，，，，设平面的法向量为，则，即，设，则，，故，设平面与平面的夹角为，则，故，故，故D正确，故选：ABD10．（多选题）（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，M为A1C1与B1D1的交点．若，，，则下列说法正确的是（）A． B．C． D．【答案】AD【解析】由题意可知，，对于A，，故A正确；对于B，又因为，所以，所以，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确．故选：AD．11．（多选题）（2024·河北·模拟预测）已知正方体为中点，为BC中点，则（

）A．直线PD与直线平行 B．直线与直线垂直C．直线PQ与直线相交 D．直线PQ与直线异面【答案】BD【解析】根据题意，设正方体的棱长为2，以为坐标原点，如图建立坐标系，则,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,2,，,0,，,0,，,2,，对于A，,0,，,0,，由于对于任意的都不会成立，则与不平行，则直线与直线不平行，A错误；对于B，,2,，,,，则有，则，即直线与直线垂直，B正确；对于C，直线与相交，故平面，直线平面，，所以PQ与直线是异面直线，C错误；对于D，,显然两直线不平行，假设直线与直线相交，则在同一平面上，,故存在实数使得，即，则无解，故与直线既不相交也不平行，是异面直线，D正确．故选：BD．12．（2024·江苏苏州·模拟预测）空间内四点，，，D可以构成正四面体，则点D的坐标是．【答案】【解析】由已知正四面体ABCD的棱长为1，所以D的竖坐标正四面体的高，的外接圆半径为，所以正四面体的高为，而横坐标，纵坐标即底面三角形ABC的重心坐标，，所以，故答案为：.13．（2024·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为．【答案】【解析】在平面直角坐标系中，过点作于点，可知，沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，仍有，则，由，可得，即，即，可得．故答案为：14．（2024·高三·广东深圳·期中）在长方体中，，点为侧面内一动点，且满足平面，则的最小值为，此时点到直线的距离为.【答案】/【解析】如图所示，因为且，故四边形为平行四边形，则，因为平面平面，所以平面，同理可证平面，因为平面，所以平面平面，因为平面，要使得平面，则平面，因为平面平面，故点的轨迹为线段，当取最小值时，，则为的中点，则.以为原点，的方向分别为，轴建立空间直角坐标系，易知，取，则，所以点到直线的距离为.故答案为：；15．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在四棱锥中，已知棱两两垂直，长度分别为1，2，2，若，且向量与夹角的余弦值为.(1)求实数值；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）依题意，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，，由，得，则，而，而，显然，解得.（2）由（1）得，，设平面的法向量，则，令，得，又，于是，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）令平面的法向量，则，令，得，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.16．（2024·河北·模拟预测）如图，四棱锥中，平面平面，．设中点为，过点的平面同时垂直于平面与平面．(1)求(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)求平面截四棱锥所得多边形的周长．【解析】（1）设，，，则，在中，，整理得，由题意得，则，即，解得，因此，即．（2）作中点，连接，，因为为中点，，所以，，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，而，，平面，故，，，因为，，所以四边形、四边形都是平行四边形，故，，而，所以，又因为为中点，所以，在平面中也有，由于，故，，，，由勾股定理得：，，故以为原点，，，为，，轴，建立如图空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面，平面，平面，平面的法向量分别为，，，则，即，取，则，同理可得，因为平面同时垂直于平面，平面，所以，，即，取，则，平面的法向量是，则，设平面与平面的夹角为，则，故，因此平面与平面夹角的正弦值为．（3）设是平面上一点，因为平面过点，则可以设，这是因为此时，因此可设，因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面与四棱锥的公共部分，当时，在直线上，因此平面过直线，故平面与平面，平面交于直线，与棱，分别交于，，故只需讨论平面与棱，的交点：设平面与棱，的交点分别为，，则设，，令，则，解得，即，同理可得，故平面与平面交于，平面交于，因此平面截四棱锥所得截面多边形为四边形，故周长为．17．（2024·山东淄博·二模）已知直角梯形，，，，为对角线与BD的交点．现以为折痕把折起，使点到达点的位置，点为的中点，如图所示：(1)证明：平面PBM；(2)求三棱锥体积的最大值；(3)当三棱锥的体积最大时，求直线AB与平面所成角的正弦值．【解析】（1）直角梯形中，由相似可得，因为，，可得，，故可得，，由，则由勾股定理逆定理得，，即，，翻折后可得，，，又因为，在平面内，故平面（2）因为点为边的中点，所以，又，所以，因为平面，所以平面平面，所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h，因为为定值，当h最大时，三棱锥的体积最大，而，则，当h=1时，.（3）由（2）得，当三棱锥的体积最大时，点P到平面ABC的距离为，即平面．故，，又因为，故，，两两垂直．故可以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由题可得，，则，，，设平面的法向量为，则，令，得，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．18．（2024·黑龙江牡丹江·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．

(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．(3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由．【解析】（1）因为平面，又平面，则，又，且，，平面，故CD平面；又面，，，为中点，，，CD，面，面；（2）过点作AD的垂线交于点，因为平面，且，平面，所以，，故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A0,0,0，，，，，因为为的中点，则，所以，又，所以，故，设平面的法向量为n=x,y,z，则，即，令，则y=−1，x=−1，故，又因为平面的法向量为，所以，所以平面与平面的夹角余弦值为；（3）直线不在平面内，因为点在上，且，又，故，则，由（2）可知，平面的法向量为，所以，所以直线不在平面内．1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为2．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【解析】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为m=x1平面的法向量为n=x则，即，令，得，即m=3,3,1，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.3．（2024年天津高考数学真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．(1)求证平面；(2)求平面与平面的夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．【解析】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、、、、C1,1,0、，则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，分别取，则有、、，，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：；(2)求平面PCD与平面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，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为.5．（2023年北京高考数学真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；(2)求二面角的大小．【解析】（1）因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因为，，所以，则为直角三角形，故，又因为，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，则，以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，所以，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.6．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）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．【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，.7．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）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．【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．8．（2022年新高考天津数学高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、、，则，易知平面的一个法向量为，则，故，平面，故平面.（2），，，设平面的法向量为，则，取，可得，.因此，直线与平面夹角的正弦值为.（3），，设平面的法向量为，则，取，可得，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.9．（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【解析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，