新高考版2024年高考数学必刷压轴题专题19立体几何与空间向量解答题压轴题教师版

专题19立体几何与空间向量（解答题压轴题）①直线与平面所成角问题1．（2024·黑龙江·勃利县高级中学高二阶段练习）如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，，，，分别是线段，的中点.(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解.(2)（1）如图，在四边形中，过作交于，在中，得，，则，得，，又由已知条件平面，故平面，又平面平面平面.（2）为等腰三角形，，又因为平面，以为原点建立空间直角坐标系，如图：可得，，设平面的法向量为，依据，得，令，则，得，又，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值.2．（2024·江苏苏州·高一期末）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，，分别是线段，上的动点，且.(1)若二面角为，求的长；(2)当三棱锥的体积为时，求与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)；(2).（1）解：取中点，过点作，交于点，连结.因为底面是边长为的菱形，，所以为等边三角形.由直四棱柱，可得平面，平面，，，，,所以和全等，可得.因为为中点，所以.又因为，所以为二面角的平面角，即.在平面中，，，所以，则有，所以.在中，，，则，解得.（2）因为平面，所以，因为三棱锥的体积为，所以，解得，所以为中点.因为平面，所以.在中，，，所以.设到平面的距离为，在中，，，所以，所以.因为，所以，解得.在中，由余弦定理得，所以.设与平面所成角为.所以.令，则.因为，所以，所以，所以与平面所成角正弦的取值范围是.3．（2024·全国·高一单元测试）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.(1)为上一点，且，当平面时，求实数的值；(2)当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)（1）如图，连接交于点N，连接，∵平面，平面，平面平面，∴，在梯形中，∵，∴，∴，∵，∴，∴（2）取的中点，连接，，∵为的中点，且，，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，又，∴为等边三角形，又，∴为等边三角形，∴∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，过点作，由，则，∴平面，平面，即平面平面，∴，，∴为平面与平面所成的锐二面角，∴.又由，∴，∴，作交的延长线于，连接，∵，∵平面，平面，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴为与平面所成的角，在中，，∵，∴，，∴，因此，与平面所成角的正弦值为.4．（2024·吉林·长春外国语学校高一期末）如图，直四棱柱的底面是边长为的菱形，且.(1)证明：平面平面；(2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).（1）在直四棱柱中，平面，平面，则，四边形为菱形，则，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.（2）令，连接，如图，平面，平面，则，由（1）知，，平面，因此平面，又平面，于是得，而平面平面，平面平面，平面，则平面，而平面，有，即，菱形中，，，则，，令，则，由得，令，连，过M作交于N，则有平面，连，则是直线与平面所成的角，，明显，则，又，因此，，所以与平面所成角的正弦值是.5．（2024·福建省永泰县第一中学高二开学考试）四棱锥，底面ABCD是平行四边形，，且平面SCD平面ABCD，点E在棱SC上，直线平面BDE.(1)求证：E为棱SC的中点；(2)设二面角的大小为，且.求直线BE与平面ABCD所成的角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)（1）连AC交BD于F，连EF．∵ABCD是平行四边形，∴∵直线平面BDE，面PAC，面面，∴，由是中点，∴E为棱SC的中点；（2）取DC中点O，OC中点G，连SO，OF，GE，BG∵侧面SCD满意，不妨设∴，∵平面平面ABCD，平面平面∴平面ABCD，又平面ABCD，故，∵∴∵∴

，∴，又，平面，∴平面∴是二面角的平面角∴，又，∴∴∴∴∴∴，∵∴，∴平面ABCD∴为直线EB与平面ABCD所成的角，即直线EB与平面ABCD所成的角的正切值为6．（2024·山东烟台·高一期末）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形．(1)设M为AD中点，点N在线段PC上且，求证：平面BDN；(2)若二面角的大小为，，且，求直线BD和平面QCB所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2).(1)连接MC交BD于E，连接，因为侧面ABCD为矩形，所以，又M为AD中点，所以，又因为，所以．所以，又平面NBD，平面NBD，所以平面BDN．(2)在平面QBC中，过点C作射线，因为底面ABCD为矩形，所以，所以为二面角的平面角，且．又，所以平面CDF，在平面DCF中，过点D作，垂足为G，因为平面DCF，平面DCF，所以，又，平面BCQ，平面BCQ，所以平面BCQ，于是DG为点D到平面BCQ的距离，且，设直线BD和平面PAD所成角为，则，，由，可得，∴所以直线BD和平面PAD所成角的正弦值的取值范围是．7．（2024·吉林·长春吉大附中试验学校高一期末）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点在线段上，且．(1)探究在线段上是否存在点，使得平面，若存在，试证明你的结论；若不存在，请说明理由．(2)设二面角的大小为，若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)存在点，当时平面，证明见解析；(2)（1）解：存在点，当时平面，证明：连接，交于点，连接，因为，，所以，，因为，则，则，故，又平面，平面，故平面；（2）解：取的中点，连接，，因为为正三角形，则，，因为为直角梯形，，，，故四边形为矩形，则，又，，平面，所以平面，又平面，故平面平面，所以为二面角的平面角，故，且，设，由余弦定理可得，，所以，整理可得，解得或（舍，过点作，交于点，因为，且平面，故平面，又平面，则平面平面，又平面平面，平面，所以平面，故即为点到平面的距离，又，平面，平面，所以平面，故即为点到平面的距离，因为，则，所以，即，解得，又，故直线与平面所成角的正弦值为．8．（2024·黑龙江·铁人中学高一期末）在三棱台中，，，侧面平面(1)求证：平面；(2)求证：是直角三角形；(3)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)(1)四边形中，因为，故四边形为梯形，，故，，且，故，又，故，故.又侧面平面，且交线为，故平面(2)在上取一点使得，设，连接.因为，则由余弦定理可得，解得，因为，故.由（1）平面，平面，故，又，平面，故平面.又平面，故.又梯形中，依据平行线中两三角形的性质有，故，又，故，故，故.故是直角三角形(3)由（2），，故，故到的距离为.设到的距离为，则因为，即，所以，解得.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为9．（2024·江西·新余市第一中学高二开学考试）如图，已知四棱锥，底面是矩形，，点是棱上一劫点（不含端点）.(1)求证：平面平面；(2)当且时，若直线与平面所成的线面角，求点的运动轨迹的长度.【答案】(1)证明见解析(2)（1）证明：因为，故，又所以平面平面所以平面平面（2）首先，取中点，连接在等腰中，①由（1）知平面，得②由①②得平面，即此时当与点重合时，直线与平面所成的线面角为，其次，由题意易得，存在点两侧各有两个点，如图分别记为，使得的运动轨迹即为线段.作于，又平面，得，故平面，所以在平面的射影为，即为直线与平面所成的线面角，即此时，，此时与重合，故同理可得，解得故的运动轨迹长度为.10．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，几何体中，均为正三角形，四边形为正方形，平面，，M，N分别为线段与线段的中点.(1)求证：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)（1）设P,Q在平面ABCD上的射影分别为G,H,取中点E，连，由于均为正三角形，故,而，故平面PGE,平面PGE,故,即G点在AD的垂直平分线上，同理可证H在BC的垂直平分线上，由于四边形为正方形，故EN垂直平分AD,BC,故G,E,N,H在一条直线上，因为平面，则,故四边形为平行四边形，则,则;延长于F使得，连，延长交于O，连，取中点J，连结，则四边形是平行四边形，∴，，又∵，则,∴，即,故,故,∴四边形为平行四边形.，∴，又∵平面，平面，∴平面.（2）由（1）得，四边形是平行四边形，，∵均为正三角形，E为中点.∴又∵，∴面.∴面面∵在四边形中且，∴,又∵面面面，∴面,方法一：（等体积法）∵，∴直线与平面所成角等于与平面所成角,∵，，，,设F到平面的距离为d，∴，设与平面所成角为，∴；方法二：（向量法）连接，以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由于,故，于是，则，设平面的法向量为，则，得法向量的一个解为，所以直线与面所成角.11．（2024·全国·高三专题练习（理））如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，E，F分别为，的中点.(1)求证：直线平面SAC；(2)求二面角的余弦值；(3)推断直线SA与平面BDF的位置关系.假如平行，求出直线SA与平面BDF的距离；假如不平行，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)平行，距离为（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且，因为三棱锥是正三棱锥，，O为BD的中点，所以，又，所以平面SAC.（2）作平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且，，，.如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，C.，D.，，，，所以，，，设是平面EBF的法向量，则，则，设是平面DBF的法向量，则，取，所以，又因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.（3）直线SA与平面BDF平行.理由如下：连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以，又因为平面BDF，平面BDF，所以直线平面BDF.（或者用向量法证明直线SA与平面BDF平行：由（2）知是平面BDF的一个法向量，又，，所以，所以，所以，又因为平面BDF，所以直线平面BDF.设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，因为，是平面DBF的一个法向量，所以，所以点A与平面BDF的距离为，所以直线SA与平面BDF的距离为.12．（2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．(1)求证：平面；(2)记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．【答案】(1)证明见解析；(2)2或（1）连接，∵，，∴且

∴四边形为平行四边形；

∵且E为的中点，∴，所以，

∴，∴，即，

又∵，∴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,所以，设平面的法向量为，则，即，取

设，则，而，所以，∵平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则

化简得，解得：或，满意故线段的长度为2或．②二面角问题1．（2024·浙江·慈溪中学高三开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.(1)若点为棱的中点，证明：平面；(2)已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析.(2).（1）延长交于点，连接，在中，是的平分线，且，是等腰三角形，点是的中点，又是的中点，，又平面平面，直线平面.（2）在中，，则，即，由已知得，又平面平面平面所以平面，即，所以以为二面角的平面角，所以，又，所以为正三角形，取的中点为，连，则平面如图建立空间直角坐标系，则，所以，设分别为平面和平面的法向量，则，即，取，则，，即，取，则，所以.则平面和平面所成夹角的余弦值为.2．（2024·山西大附中高三阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满意题意.（1）取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．（2）假设在棱上存在点满意题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满意题意.3．（2024·安徽·高三开学考试）如图，在三棱柱中，平面.(1)求证:;(2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（1）证明:因为平面，平面，所以，因为，四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：因为与平面所成角为平面，所以，因为，所以是正三角形，设，则，以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设二面角的大小为，因为，所以，所以二面角的正弦值为.4．（2024·广东湛江·高二期末）如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.(1)证明：；(2)若到直线的距离为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析.(2).(1)证明：因为平面，平面，所以；因为，所以；因为，平面，所以平面；因为平面，所以.(2)以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.则，，，设，，，因为若到直线的距离为，即，解得.故，，，，，，.设平面的法向量为，则，所以，不妨取.设平面的法向量为，则，所以，不妨取.设平面与平面夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.5．（2024·浙江嘉兴·高一期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，平面平面PBC，，．(1)求证：；(2)若PD与平面PBC所成的角为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)(1)取PB中点M，连接∵，∴，又平面平面PBC，AM在平面PAB中，平面平面，∴平面PBC．而平面PBC，∴，又，∴，又∵，∴平面PAB，又∵平面PAB，∴．(2)取PC中点N，连MN，DN，则，，又，，所以，，所以四边形AMND是平行四边形，则．又平面PBC．∴平面PBC，则是PD与平面PBC所成的角，，又，直角梯形中，则，直角中，，所以是等边三角形．取中点O，取中点Q，连接以O为原点，分别以OA、OQ、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，则，，，．，设平面PCD的一个法向量为，则，令，则，，则．同理，设平面BPD的一个法向量为，由，则，令，则，，则．则．则二面角的余弦值为．6．（2024·广东广州·高二期末）如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，E是的中点．(1)若的中点是M，求证：平面；(2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)（1）如图所示：取PC的中点F，连接EM，DF，FM，因为四边形为矩形，E是的中点，所以，，所以，所以四边形DEMF是平行四边形，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.（2）由平面，，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，设平面PCE的一个法向量为，则，即，令，得，易知平面PAB的一个法向量为，则，设平面与平面所成二面角为，所以.7．（2024·贵州·遵义航天高级中学高二阶段练习（理））如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，AB=BD．(1)求证：平面平面ABC；(2)若，二面角的余弦值为，求m．【答案】(1)证明见解析(2)(1)证明：因为是正三角形，所以因为，公共边，所以≌,所以，因为是直角三角形，所以，取的中点，连接，则,因为是正三角形，所以，所以为二面角的平面角，在中，，因为，所以,所以，所以平面平面ABC；(2)由（1）可得，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设等边的边长为2，则，则，因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，因为二面角的余弦值为，所以，化简得，，解得或，如图，过作于，连接，则由（1）可得，因为，所以平面，所以平面平面，所以二面角为直角二面角，因为，所以,所以,得，所以，所以,所以当时，二面角为钝角，所以舍去，所以8．（2024·全国·高三专题练习）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.(1)证明：平面DEF；(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)（1）证明：如右图，连接AE，由题意知AB为的直径，所以.因为AD，EF是圆柱的母线，所以且,所以四边形AEFD是平行四边形.所以,所以.因为EF是圆柱的母线，所以平面ABE,又因为平面ABE，所以.又因为，DF，平面DEF，所以平面DEF.（2）由（1）知BE是三棱锥底面DEF上的高，由（1）知，，所以，即底面三角形DEF是直角三角形.设，，则,所以，当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱锥的体积最大,下面求二面角的余弦值：法一：由（1）得平面DEF，因为平面DEF，所以.又因为，，所以平面BEF.因为平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,由（1）知为直角三角形，则.故,所以二面角的余弦值为.法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则.由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取为.设平面BDF的法向量为，由，，得，即，即，取，得.设二面角的平面角为θ,则，由图可知θ为锐角，所以二面角的余弦值为.9．（2024·河南·信阳中学高二阶段练习（理））如图所示，四棱锥中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且平面SAB，二面角，均为直二面角．(1)求证：；(2)若，且钝二面角的余弦值为，求AB的值．【答案】(1)证明见解析(2)3(1)因为平面SAB，平面SBD，平面平面，故．又因为四边形ABCD为矩形，故，则．(2)∵四边形ABCD为矩形，∴．又∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，∴平面SAD．∵平面SAD，∴．同理．又，平面ABCD，平面ABCD，∴平面ABCD．设，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．,，,设为平面ABE的法向量，∵，∴，令，则．∴．设为平面CBE的法向量，∵，∴，令，则．∴．∴，解得．故10．（2024·广东·执信中学高二期中）已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．(1)求证：平面MBCN；(2)在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，或，(1)证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，所以，所以由余弦定理得，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以平面MBCN；(2)由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，因为，，所以平面，所以为平面的一个法向量，假设线段BC上存在点D，设，则，所以（），所以,设平面的法向量为，则，令，则，因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为所以，化简得，，解得或，所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，此时或，11．（2024·全国·高三专题练习（理））如图，在三棱锥D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F分别在BC，CD上，且，．(1)证明：平面平面ABD；(2)若平面ABC，，，，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)(1)，，又平面ABD，平面ABD，平面ABD，又G是△ABC的重心，又平面ABD，平面ABD，平面ABD，又，平面所以平面平面ABD(2)由，，，可得又，又平面ABC，平面ABC，又，平面，平面，又平面，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合.如图，作，以C为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，，所以，，，设平面的一个法向量为则，令，设平面的一个法向量为则，令，，所以二面角的余弦值为12．（2024·江苏泰州·高三期末）如图，在三棱锥中，.(1)平面平面；(2)点是棱上一点，，且二面角与二面角的大小相等，求实数的值.【答案】(1)证明见解析(2)(1)证明：如图，作,垂足为O,因为，故O是的中点，且，由，可知,所以,则,故,又,且平面ABC,故平面ABC，而平面PAC，所以平面平面.(2)如图，以O为坐标原点，过点O作和AB平行的直线作为x轴，以OC,OP分别为y,z轴建立空间直角坐标系，则,

由得，且，故，所以,设平面ABP的法向量为，则，令,则可取，设平面APD的法向量为，则，令，则可取，平面CPA的法向量可取为，由二面角与二面角的大小相等可得：，解得，符合题意，故实数的值为.13．（2024·四川·石室中学三模（理））在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答如图，在五面体中，已知___________，，，且，.(1)求证：平面与平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在；.(1)若选①，取中点，中点，中点，连接，，，四边形为平行四边形，，，又，，，，又，，又，，平面，平面，平面，平面平面，，，又平面，平面平面，平面，又，，；若选②，，，，平面，平面，平面，平面平面，取中点，中点，连接，，，又平面，平面平面，平面，又，，；若选③，取中点，中点，连接，，，又，；分别为中点，，又，，四边形为平行四边形，；，，，，，，，，，又，，又，，平面，平面，平面，平面平面，又，平面，平面平面，平面，又，，；综上所述：两两相互垂直，则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，平面，平面的一个法向量；设平面的法向量，则，令，解得：，，，，即，平面与平面.(2)设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，由（1）得：，，设平面的法向量，则，令，则，，；，化简可得：，解得：或（舍），，，；综上所述：在线段上存在点，满意，使得平面与平面夹角的余弦值等于.③体积（距离）问题1．（2024·河北·邢台市其次中学高二阶段练习）如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，分别是线段的中点，是线段上的一点.(1)若是直线与平面的交点，试确定的值；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥体积.【答案】(1)(2)（1）取的中点，连接，则，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，设，则设平面的法向量，则，所以，取，易知，所以，解得，此时；（2）设，则则，整理得，解得或（舍去），，，设平面的法向量为，则，所以，取，又，则点到平面的距离即点到平面的距离为，由已知条件，在中，，可得所以，.2．（2024·青海·模拟预料（理））如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心．(1)证明：平面ABC(2)已知平面ABC⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，当平面GCE与平面ADE所成锐二面角为60°时，求G到平面ADE的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)延长EG交AB于N，连接NC,因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且,因为,故,所以,故，故,而平面ABC，平面ABC,故平面ABC；(2)由题意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC，,平面BCDE，故平面ABC,平面ABC,则,同理，又平面BCDE,所以平面BCDE，以C为原点，以CB,CD,CA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设点G到平面BCDE的距离为，则，故,设平面GCE的法向量为，则，即，取，则即，设平面ADE的法向量为，则，即，取，则，则，所以，解得，又，故点G到平面ADE的距离为.3．（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且.(1)求证：平面；(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)（1）证明：由题知，因为，所以，又，所以，又，所以平面，又平面，所以，在正三角形中，为中点，于是，又，所以平面（2）取中点为中点为，则，由（1）知平面，且平面，所以，又，所以，所以平面，于是两两垂直如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系则所以设平面的法向量为，则，即令，则于是设，则由于直线与平面所成角的正弦值为于是，即，整理得，由于，所以于是设点到平面的距离为则所以点到平面的距离为4．（2024·湖南·邵阳市其次中学高二开学考试）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点，H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为，求点P到平面BQB1的距离.【答案】(1)证明见解析；(2).（1）如图，取BB1中点E，连接AE，EH，由H为BQ中点，则EH∥B1Q.在平行四边形AA1B1B中，P、E分别为AA1，BB1的中点，则AE∥PB1，由EH∩AE=E且面，面，所以面，面，又PB1∩B1Q=B1，所以面EHA∥面B1QP，而AD面EHA，∴AD∥面B1PQ.（2）连接PC1，AC1，由四边形A1C1CA为菱形，则AA1=AC=A1C1=4.又∠C1A1A=60°，则△AC1A1为正三角形，P为AA1的中点，即PC1⊥AA1.因为面ACC1A1⊥面ABB1A1，面ACC1A1∩面ABB1A1=AA1，PC1面ACC1A1，∴PC1⊥面ABB1A1，在面ABB1A1内过P作PR⊥AA1交BB1于点R.建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz，则P(0,0,0)，A1(0,2,0)，A(0,-2,0)，C1(0,0,2)，C(0,-4,2)，设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，则Q(0,-2(λ+1),2λ)，∴=(0,-2(λ+1),2λ).∵A1B1=AB=2，∠B1A1A=60°，则B1(,1,0)，∴=(,1,0).设面PQB1的法向量为=(x,y,z)，则,令x=1，则=1,-,-，设面AA1C1C的法向量为=(1,0,0)，二面角B1-PQ-C1的平面角为θ，则，解得λ=或λ=-(舍)，∴=且Q(0,-3,)，又B(,-3,0)，∴=(,0,-)，故||=，=(,4,-)，故||=.所以，即，连接BP，设P到平面BQB1的距离为h，则××4××=××4××h，∴h=，即点P到平面BQB1的距离为.5．（2024·江苏·沭阳如东中学高三阶段练习）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，点分别在棱、上·(1)若P是的中点，证明：；(2)若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积．【答案】(1)证明见解析(2)（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，设，其中，，若是的中点，则，，，于是，∴，即．（2）由题设知，，，是平面内的两个不共线向量．设是平面的一个法向量，则，取，得．又平面的一个法向量是，∴，而二面角的余弦值为，因此，解得或（舍去），此时．设，而，由此得点，，∵平面，且平面的一个法向量是，∴，即，解得，从而．将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，故四面体的体积．6．（2024·湖南·雅礼中学一模）如图，在四边形中，，，，.沿将翻折到的位置，使得.（1）作出平面与平面的交线，并证明平面；（2）点是棱于异于，的一点，连接，当二面角的余弦值为，求此时三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）如图，延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线.证明：在中，，，，则，所以.由，，，得平面.又，所以平面，所以.由，，，得.所以，所以.又因为，所以平面，即平面.（2）由（1）知，，，.以点A为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.易得，，，，，则.设（），则，则.设是平面的一个法向量，则，令，则.是平面的一个法向量.由，解得.所以点是的中点.所以.7．（2024·陕西·西北工业高校附属中学模拟预料（理））如图，在多面体中，平面⊥平面，，，DEAC，AD=BD=1.(Ⅰ)求AB的长；(Ⅱ)已知，求点E到平面BCD的距离的最大值.【答案】(1);(2).详解：(Ⅰ)∵平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD.又∵DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，从而DE⊥BD.留意到BD⊥AE，且DE∩AE=E，∴BD⊥平面ADE，于是，BD⊥AD.而AD=BD=1，∴.

(Ⅱ)∵AD=BD，取AB的中点为O，∴DO⊥AB.又∵平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.过O作直线OY∥AC，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.记，则，，，，，.令平面BCD的一个法向量为.由得.令，得.又∵，∴点E到平面BCD的距离.∵，∴当时，取得最大值，.8．（2024·湖北·随州市曾都区第一中学高二开学考试）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，点在上，且.(1)已知点在上，且，求证：平面平面.(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见详解(2)（1）由，即△为等腰直角三角形，又是直角梯形且，且，所以，因为，故为等腰直角三角形，所以，因为，又，，∴，，又，即，∴四边形为平行四边形，则，又，故；由底面，面，则，又，面，∴面，而面，∴平面平面.（2）取的中点，连接，由（1）易知：为平行四边形，∴，而面，面，即面，综上，到平面的距离即为到面的距离，由面，面，∴，又，，面，故面，取的中点，连接，则，故面，又，∴到面的距离，即到平面的距离.9．（2024·河南省叶县高级中学模拟预料（文））如图，四棱锥的底面为直角梯形，底面，，，，为棱上一点.(1)证明：平面平面；(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)（1）由题意可知，因为底面，平面，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由题意可知，所以为等边三角形，且，连接，设中点为，作，作于交AC于H，连接，，EF，因为，且，可知平面EFH，故平面EFH平面PAD，从而，，所以有平面ABCD，，又因为，所以H是AB中点，进而E、F分别是PC、AC中点，在中，，的面积，的面积，设点到平面的距离为，由，得，则，故点到平面的距离为.10．（2024·福建·福州四中高一期末）如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，.E､F､G､H分别是线段､､､上的动点，且四边形为平行四边形.(1)求证：平面；(2)设二面角的平面角为，求在区间变更的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积；(3)设，且平面平面，则当为何值时，多面体的体积恰好为？【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴．而面，面，∴面．而面，面面，∴∥．而面，面，∴∥平面．（2）∵，∴在平面上的投影满意，即在线段的中垂线上．如图所示，将补成边长为的正，当二面角为角时，即点在平面上，此时为，当二面角为角时，此时为中点，故在平面上的投影所扫过的平面区域为，而，故线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积为；（3）取中点，连接OD，则，又平面平面，平面平面，面，则平面，平面．所以，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，，所以，，依据勾股定理，∴．所以．而多面体的体积恰好为，即多面体的体积恰为四面体体积的一半．连接．设F到面AEH的距离为，C到面ABD的距离为，A到面DGH的距离为，A到面BCD的距离为，，∴．，∴．∴，∴，整理：，即，解得：（舍去）．④折叠问题1．（2024·重庆八中高三阶段练习）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.(1)求证：平面；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.【答案】(1)证明见解析(2)存在，点是线段的中点（1）证明：连接，取线段的中点，连接，在Rt中，，，在中，，由余弦定理可得：，在中，，又平面，平面，又平面∴平面平面，在中，，∵平面平面平面，平面.（2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，平面的法向量，在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，由已知，解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点.2．（2024·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析(2)符合题意的点存在且为线段的中点．（1）在翻折过程中总有平面平面，证明如下：∵点，分别是边，的中点，又，∴，且是等边三角形，∵是的中点，∴，∵菱形的对角线相互垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由题意知，四边形为等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面积，要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.假设符合题意的点存在．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，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一个法向量为，设（），∵，，故，∴，，平面的一个法向量为，则，，即令，所以，则平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，即，解得：，故符合题意的点存在且为线段的中点．3．（2024·全国·高二专题练习）如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．(1)在三棱柱中，求证：平面；(2)试推断直线是否与平面平行，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)直线与平面不平行，理由见解析．（1），从而有，又，平面．（2）直线与平面不平行．理由如下：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的一个法向量，则，取，得，，直线与平面不平行．4．（2024·山西大附中高二开学考试）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）．(1)证明：平面平面；(2)是否存在点，使得二面角的正切值为？若存在，确定点位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)存在，为的中点，（1）证明：因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，因为，所以,因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，（2）假设存在点满意题意，如图，过作于，因为，所以∥，由（1）知平面，所以平面，因为平面，所以，过作于，连接，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，不妨设，则，在中，设，因为∽，所以，所以，得，所以，解得，即此时为的中点，综上，存在点，使得二面角的正切值为，此时为的中点，5．（2024·福建泉州·高一期末）在矩形ABCD中，．点E，F分别在AB，CD上，且，沿EF将四边形AEFD翻折至四边形，点平面BCFE．(1)若平面⊥平面BCFE，求三棱锥的体积；(2)在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求tan的最大值．【答案】(1)(2)1(1)解：在平面内作交于．∵平面⊥平面，平面平面，平面，∴⊥平面．∴即点到平面的距离．在梯形中，过点作交于，则，∴，．在中，∴三棱锥的体积(2)如图，在平面内作直线交FE延长线于点O，交CB延长线于点K．∵，，，平面，∴平面，又∵平面，∴平面⊥平面，作交OK于点M．∵平面⊥平面，平面平面，，平面，∴⊥平面，∴．作交BC于点N，连接．∵，∴BC⊥平面，∴，又∵，∴为二面角的平面角．∵在中，，∴，设，则，∴令，则，当且仅当时，取到最大值1，综合可知的最大值为16．（2024·广西玉林·高一期末）如图①，在梯形中，，，，，分别是，上的点，，.沿将梯形翻折，使平面平面（如图②）.(1)推断平面与平面的位置关系，并说明理由；(2)作出二面角的平面角，说明理由并求出它的余弦值.【答案】(1)平面平面，理由见解析(2)图象见解析，理由见解析；余弦值为（1）平面平面，理由如下在直角梯形中，，，因为，故.所以在折叠后的几何体中，有，，而，故平面，又平面，所以平面平面；（2）如图，在平面中，过作且交于.在平面中，过作且交于，连接，即为二面角的平面角，因为平面平面，平面平面，平面，故平面，因为平面，故，而，故平面，又平面，故，所以为二面角的平面角，在平面中，因为，，故，又在直角梯形中，且，故，故四边形为平行四边形，故，，在直角三角形中，，因为三角形内角，故故，故，因为三角形内角，故所以二面角的平面角的余弦值为另解：如图，在平面中，过作且交于.在平面中，过作且交于，连接，即为二面角的平面角，因为平面平面，平面平面，平面，故平面，因为平面，故，而，故平面，又平面，故，所以为二面角的平面角，在平面中，因为，，故，又在直角梯形中，且，故，故四边形为平行四边形，故，易知，所以故在中，故所以二面角的平面角的余弦值为7．（2024·上海市青浦高级中学高一期末）在矩形ABCD中，，.点E，F分别在AB，CD上，且，.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形，点平面BCFE.(1)求证：平面；(2)求证：与BC是异面直线；(3)在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)1(1)证明：因为,平面,平面,所以平面，因为,平面,平面,所以平面，因为,故平面平面,而平面,故平面；(2)证明：假设与BC不是异面直线，即四点共面，则或相交于一点，设为Q,若，因为平面BCFE，故平面BCFE，而平面,平面平面=EF,故,与且，，则不平行冲突；若,则平面,平面,平面平面=EF,故,则交于一点，由题意可知相交于FE延长线上，相交于EF延长线上一点，即不会交于同一点，故冲突，由此说明即四点不共面，即与BC是异面直线；(3)如图，在平面ABCD内作于点O,作于M,作于N，故由题意可得点M为点在平面BCFE内的射影，故平面BCFE,所以,又，所以为二面角的平面角，因为,则为二面角的平面角，设，当时，点O与M重合，由可得：；当时，因为，所以，所以，故，所以，同理当时，，则，故，所以，设，所以，所以,其中为帮助角，，由，解得，此时，解得，所以当时，取到最大值为1，综合可知最大值为1.8．（2024·湖北十堰·高一期末）如图1，有一个边长为4的正六边形，将四边形沿着翻折到四边形的位置，连接，，形成的多面体如图2所示．(1)证明：．(2)若二面角的大小为，是线段上的一个动点（与，不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)体积之和是定值（1）证明：如图，连接交于，则为的中点．∵，∴，即，．∵，平面，∴平面．又∵平面，∴．（2）四棱锥与四棱锥的体积之和是定值．理由如下：如图，连接交于，则为的中点．由正六边形的性质，可知，∴．同理可证，，故平面．∴就