資源簡介

2024年高考數學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）
素養拓展29 立體幾何中的結構不良問題（精講+精練）
一、空間向量與立體幾何的求解公式
(1)異面直線成角：設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則l1與l2所成的角θ滿足：cos θ＝；
(2)線面成角：設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，a與n的夾角為β，
則直線l與平面α所成的角為θ滿足：sin θ＝|cos β|＝.
(9)二面角：設n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，
則兩面的成角θ滿足：cos θ＝cos〈n1，n2〉＝；
注意：二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角或是向量n1與n2的夾角的補角，具體情況要判斷確定．
(4)點到平面的距離：如右圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，
則點B到平面α的距離為：||＝，即向量在法向量n的方向上的投影長.
二、幾種常見角的取值范圍
①異面直線成角∈(0，] ；②二面角∈[0，π] ；③線面角∈[0，] ；④向量夾角∈[0，π]
三、平行構造的常用方法
①三角形中位線法；②平行四邊形線法；③比例線段法.
四、垂直構造的常用方法
①等腰三角形三線合一法；②勾股定理法；③投影法.
五、用向量證明空間中的平行關系
(1)線線平行：設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合) v1∥v2.
(2)線面平行：設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l α v⊥u.
(9)面面平行：設平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β u1 ∥u2.
六、用向量證明空間中的垂直關系
(1)線線垂直：設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2 v1⊥v2 v1·v2＝0.
(2)線面垂直：設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α v∥u.
(9)面面垂直：設平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β u1⊥u2 u1·u2＝0.
七、點面距常用方法
①作點到面的垂線，點到垂足的距離即為點到平面的距離；②等體積法；③向量法
【典例1】（2022·北京·統考高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.
（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.
【詳解】（1）取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因為側面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
【題型訓練-刷模擬】
一、解答題
1．（2029·北京海淀·校考三模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，側面為等腰直角三角形，且，點為棱上的點，平面與棱交于點．
(1)求證：；
(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，求平面與平面所成銳二面角的大小．
條件①：；
條件②：平面平面；
條件③：．
2．（2029·全國·高三專題練習）如圖，在長方體中，，E為的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)若點F在內，且，從下面三個結論中選一個求解.
①求直線 與平面所成角的正弦值；
②求平面與平面所成角的余弦值；
③求二面角的余弦值.
注：若選擇多個結論分別解答，按第一個解答計分.
9．（2029·北京·統考模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面，，為線段上一點，平面交棱于點.
(1)求證：;
(2)若直線與平面所成角為，再從條件①和條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求點到平面的距離.
條件①：；
條件②：.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
4．（2029·北京海淀·校考三模）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，且平面，分別是的中點，是上一點，且.
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線與平面所成角的正弦值.
條件①：；
條件②：.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答記分.
5．（2029·全國·高三專題練習）如圖在幾何體中，底面為菱形，.

(1)判斷是否平行于平面，并證明；
(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求：
（i）平面與平面所成角的大小；
（ii）求點到平面的距離.
條件①：面面
條件②：
條件③：
注：如果選擇多個條件分別作答，按第一個解答計分.
6．（2029·北京·校考模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，底面，為棱上的點，，.

(1)若平面，求證：點為的中點；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求平面與平面夾角的余弦值.
條件①：平面
條件②：直線與夾角的余弦值為
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
7．（2029·全國·高三專題練習）如圖，四邊形是邊長為2的菱形，，四邊形為矩形，，從下列三個條件中任選一個作為已知條件，并解答問題（如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分）.
①與平面所成角相等；②三棱錐體積為；③

(1)平面平面；
(2)求二面角的大小；
(9)求點到平面的距離.
8．（2029·全國·高三專題練習）如圖在三棱柱中，為的中點，，.
(1)證明：；
(2)若，且滿足：______，______（待選條件）.
從下面給出的①②③中選擇兩個填入待選條件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的體積為；
②直線與平面所成的角的正弦值為；
③二面角的大小為60°；
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
9．（2029·甘肅蘭州·統考模擬預測）如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點是的中點，．
(1)在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請從中任選兩個作為補充條件，證明：側面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．）
(2)在（1）的條件下求直線與平面所成角的正弦值．
10．（2029·全國·高三專題練習）在中，，過點作，交線段于點（如圖1），沿將折起，使（如圖2），點分別為棱的中點.
(1)求證：；
(2)在①圖1中，②圖1中，③圖2中三棱錐的體積最大.
這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，再解答問題.
問題：已知__________，試在棱上確定一點，使得，并求平面與平面的夾角的余弦值.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
11．（2029·甘肅蘭州·統考模擬預測）如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點是的中點，．
(1)在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請從中任選兩個作為補充條件，證明：側面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．）
(2)在（1）的條件下求點到平面的距離．
12．（2029·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐中，側棱平面，底面四邊形是矩形，，點、分別為棱、的中點，點在棱上．
(1)若，求證：直線平面；
(2)若，從下面①②兩個條件中選取一個作為已知，證明另外一個成立．
①平面與平面的交線為直線，與直線成角的余弦值為；
②二面角的余弦值為．
注：若選擇不同的組合分別作答，則按第一個解答計分．
19．（2029·江蘇鹽城·鹽城中學校考模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中點，平面ABE與線段PD交于點F.
(1)證明：F為PD的中點；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線BE與平面PAD所成角的正弦值.
條件①：三角形BCF的面積為；
條件②：三棱錐的體積為1.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
14．（2029·北京·高三專題練習）如圖，已知直三棱柱中，，為中點，，再從條件①，條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，完成以下問題：
(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
15．（2029·黑龍江哈爾濱·哈九中校考模擬預測）如圖，已知四棱錐，底面是平行四邊形，且，是線段的中點，.
(1)求證：平面；
(2)下列條件任選其一，求二面角的余弦值.
①與平面所成的角為；
②到平面的距離為.
注：如果選擇多個條件分別解答，按一個解答計分.
16．（2029·江蘇·統考三模）如圖，三棱錐P－ABC的底面為等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分別為AC，BC的中點，PD⊥平面ABC，點M在線段PE上．
(1)再從條件①、②、③、④四個條件中選擇兩個作為已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并給予證明；
(2)在（1）的條件下，求直線BP與平面MBD所成的角的正弦值．
條件①：；
條件②：∠PED＝60°；
條件③：PM＝9ME：
條件④：PE＝9ME．
2024年高考數學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）
素養拓展29 立體幾何中的結構不良問題（精講+精練）
一、空間向量與立體幾何的求解公式
(1)異面直線成角：設a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則l1與l2所成的角θ滿足：cos θ＝；
(2)線面成角：設直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，a與n的夾角為β，
則直線l與平面α所成的角為θ滿足：sin θ＝|cos β|＝.
(9)二面角：設n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，
則兩面的成角θ滿足：cos θ＝cos〈n1，n2〉＝；
注意：二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角或是向量n1與n2的夾角的補角，具體情況要判斷確定．
(4)點到平面的距離：如右圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，
則點B到平面α的距離為：||＝，即向量在法向量n的方向上的投影長.
二、幾種常見角的取值范圍
①異面直線成角∈(0，] ；②二面角∈[0，π] ；③線面角∈[0，] ；④向量夾角∈[0，π]
三、平行構造的常用方法
①三角形中位線法；②平行四邊形線法；③比例線段法.
四、垂直構造的常用方法
①等腰三角形三線合一法；②勾股定理法；③投影法.
五、用向量證明空間中的平行關系
(1)線線平行：設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合) v1∥v2.
(2)線面平行：設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l α v⊥u.
(9)面面平行：設平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β u1 ∥u2.
六、用向量證明空間中的垂直關系
(1)線線垂直：設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2 v1⊥v2 v1·v2＝0.
(2)線面垂直：設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α v∥u.
(9)面面垂直：設平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β u1⊥u2 u1·u2＝0.
七、點面距常用方法
①作點到面的垂線，點到垂足的距離即為點到平面的距離；②等體積法；③向量法
【典例1】（2022·北京·統考高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.
（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.
【詳解】（1）取的中點為，連接，
由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，
而，則，
而平面，平面，故平面，
而，則，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因為側面為正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因為，故平面，
因為平面，故，
若選①，則，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
若選②，因為，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空間直角坐標系，則，
故，
設平面的法向量為，
則，從而，取，則，
設直線與平面所成的角為，則
.
【題型訓練-刷模擬】
一、解答題
1．（2029·北京海淀·校考三模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，側面為等腰直角三角形，且，點為棱上的點，平面與棱交于點．
(1)求證：；
(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇兩個作為已知，求平面與平面所成銳二面角的大小．
條件①：；
條件②：平面平面；
條件③：．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】(1)由底面是正方形得，用線面平行的判定定理證得平面，再用線面平行的性質定理證得；
(2) 若選條件①②，由平面平面得，，由為正方形得，即可建立空間直角坐標系，由點的坐標求出向量的坐標，從而求出平面和平面的法向量，代入夾角公式即可求出平面與平面所成銳二面角的大小；若選條件①③，易證得平面，從而證得，所以平面，從而得到，又因為，則可說明為等腰直角三角形，即可建立與①②相同的空間直角坐標系，下面用與①②相同的過程求解；若選條件②③，由平面平面，可證平面，所以，，又由平面，可證，結合可得點為的中點，則可得，即可建立與①②相同的空間直角坐標系，下面用與①②相同的過程求解.
【詳解】（1）證明：因為底面是正方形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因為平面與交于點，平面，平面平面
所以．
（2）選條件①②，則，平面平面.
因為側面為等腰直角三角形，且，即，，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面，所以，，
又由為正方形得．
以點為坐標原點，，，分別為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，，
因為，所以點為的中點，則,
從而，，， ,
設平面的法向量為，則，
令，可得,
設平面的法向量為，則，
令，可得，
所以，
則兩平面所成的銳二面角為．
選條件①③，則，．
側面為等腰直角三角形，且，即，，
因為，，且兩直線在平面內，可得平面，
因為平面，則．
又因為，，且兩直線在平面內，
則平面，
因為平面則，
因為，所以為等腰三角形，所以點為的中點.
又因為，所以為等腰直角三角形，
則可建立與①②相同的空間直角坐標系，以下用與①②相同的過程求解．
選條件②③，則平面平面，．
因為側面為等腰直角三角形，且，
即，，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面，所以，，
又由為正方形得．
因為，，且兩直線在平面內，則平面，
因為平面，則，
因為，所以為等腰三角形，所以點為的中點，則.
則可建立與①②相同的空間直角坐標系，以下的過程與①②相同．
2．（2029·全國·高三專題練習）如圖，在長方體中，，E為的中點.
(1)證明：平面平面；
(2)若點F在內，且，從下面三個結論中選一個求解.
①求直線 與平面所成角的正弦值；
②求平面與平面所成角的余弦值；
③求二面角的余弦值.
注：若選擇多個結論分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）故以為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求出平面平面的法向量，由，即可證明；
（2）選①，分別求出直線的方向向量與平面的法向量，由線面角的向量公式求解即可；選②、③，分別求出兩個平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【詳解】（1）因為是長方體，所以，，兩兩垂直，
故以為坐標原點，，，所在直線分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.
因為，所以，，，，.
則，，，.
設平面EAB的法向量為，則即
令，則，，得；
設平面的法向量為，則即
令，則，，得.
因為，所以，故平面平面.
（2）取的中點H，由長方體的性質易得，，連接，
所以四邊形為平行四邊形，，
因為，所以平面，
所以平面，即平面.
由是等邊三角形，易得三棱錐為正三棱錐，
所以點F為等邊的中心，故，.
選擇結論①：
由（1）得平面的一個法向量為.
設直線BF與平面所成角為，則，
所以BF與平面所成角的正弦值為.
選擇結論②：
由（1）得平面EAB的一個法向量，又，，
設平面FAB的法向量為，則即
令a＝0，得b＝5，c＝2，則.
設平面FAB與平面EAB所成角為，則.
選擇結論③：
因為點F在內，，所以為直線與平面的交點，
所以平面的一個法向量為.
又，，
設平面FAB的法向量為，則即令a＝0，得b＝5，c＝2，則.
設二面角為，則.
觀察圖形可得二面角為鈍二面角，所以二面角的余弦值為.
9．（2029·北京·統考模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面，，為線段上一點，平面交棱于點.
(1)求證：;
(2)若直線與平面所成角為，再從條件①和條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求點到平面的距離.
條件①：；
條件②：.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）由線面平行的性質定理證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，利用坐標法計算點到平面的距離即可.
【詳解】（1）證明：由題意可知，
因為三棱柱，平面
所以側面為矩形
面，平面
平面
又平面平面
且平面
（2）解：若選擇條件①，
平面，平面，平面，
，，
又
兩兩垂直；
若選擇條件②，
平面，平面，平面，
，，
又，，
，
兩兩垂直；
以下條件①和條件②的計算過程相同，
因為兩兩垂直，所以如圖建立空間直角坐直角坐標系．
可得，．

則，．
設，
則
．
設為平面的法向量，
則即
令，則，，可得．
則．
解得，則．
因為，
所以點到平面的距離為．
4．（2029·北京海淀·校考三模）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，且平面，分別是的中點，是上一點，且.
(1)求證：平面；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線與平面所成角的正弦值.
條件①：；
條件②：.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答記分.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）通過證明即可證明結論；
（2）以O為原點建立空間直角坐標系，由選擇條件可得相應點坐標，可得向量PA坐標與平面法向量坐標，即可得答案.
【詳解】（1）因G，F分別為中點，則為中位線，則.
又平面，平面，則平面.
（2）如圖以O為原點建立空間直角坐標系.
若選①，因，底面是邊長為2的菱形，則，
若選②，因，底面是邊長為2的菱形，則，
則，.
所以.
又，則，得.
則，.
設平面法向量為，則.
得，又，設直線與平面所成角為.
則.
5．（2029·全國·高三專題練習）如圖在幾何體中，底面為菱形，.

(1)判斷是否平行于平面，并證明；
(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求：
（i）平面與平面所成角的大小；
（ii）求點到平面的距離.
條件①：面面
條件②：
條件③：
注：如果選擇多個條件分別作答，按第一個解答計分.
【答案】(1)與平面不平行，證明見解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用線面平行的判定定理構造平行四邊形得線線平行，即可得結論；
（2）選擇條件證明線線垂直建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解平面與平面的角及點到平面距離.
【詳解】（1）不平行于平面，理由如下：
取中點，

因為，所以
則四邊形為平行四邊形，所以，又，所以不平行于，
假設平面，因為平面平面，平面
所以，與不平行于矛盾，所以假設不成立，即不平行于平面；
（2）選擇條件①：
取中點，連接
因為菱形，所以為正三角形，又為中點，所以，
由于，所以，
又因為面面，面面，面
所以面，因為面，所以
又因為，面，所以面，
而面，所以，
所以如圖，以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，

則
（i）因為面，所以為平面的一個法向量
設平面的法向量為，因為
所以，令，
設平面與平面所成角為，
所以，則
即平面與平面所成角大小為；
（ii）因為，由（i）知平面的一個法向量為
所以點到平面的距離為.
選擇條件②：連接，取中點，連接
因為菱形，所以為正三角形，又為中點，所以，由于，所以，
在菱形中，有，
又因為，平面，所以平面，
因為平面，所以
又因為，面，所以面，
而面，所以，
所以如圖，以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，

則
（i）因為面，所以為平面的一個法向量
設平面的法向量為，因為
所以，令，
設平面與平面所成角為，
所以，則
即平面與平面所成角大小為；
（ii）因為，由（i）知平面的一個法向量為
所以點到平面的距離為.
條件③：
取中點，連接
因為菱形，所以為正三角形，又為中點，所以，由于，所以，
因為，由（1）可得，所以
所以，即
因為，所以
又因為，面，所以面，
而面，所以，
所以如圖，以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，

則
（i）因為面，所以為平面的一個法向量
設平面的法向量為，因為
所以，令，
設平面與平面所成角為，
所以，則
即平面與平面所成角大小為；
（ii）因為，由（i）知平面的一個法向量為
所以點到平面的距離為.
6．（2029·北京·校考模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，底面，為棱上的點，，.

(1)若平面，求證：點為的中點；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求平面與平面夾角的余弦值.
條件①：平面
條件②：直線與夾角的余弦值為
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用線面平行的性質證明線線平行，即可得結論；
（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，選擇條件①，利用平面，確定的坐標，進而利用向量法可求平面與平面夾角的余弦值；選擇條件②，利用直線與夾角的余弦值為，確定的坐標，進而利用向量法可求平面與平面夾角的余弦值．
【詳解】（1）證明：過作交于，連接，如圖所示：

，，，確定平面，
平面，平面，
平面平面，
，
∴四邊形為平行四邊形，則
為的中位線，點為的中點；
（2）選擇條件①：平面
底面，，
以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則,0,，,0,，,2,，,0,，,1,，
設,,，且，，,,，
,2,，,,,2,，
，，，
,,，
,,，,1,，
設平面的一個法向量為,,，
則，令，則，，
平面的一個法向量為,,，
,0,，若平面，則，
，解得，,,，
平面，,0,是平面的一個法向量，
則,，
平面與平面夾角的余弦值為．
選擇條件②：直線與夾角的余弦值為
底面，，
以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則,0,，,0,，,2,，,0,，,1,，
設,,，且，，,,，
,2,，,,,2,，
，，，
,,，
,,，,1,，
直線與夾角的余弦值為
，整理得，解得或（舍），
設平面的一個法向量為,,，
則，令，則，，
平面的一個法向量為,,，
平面，,0,是平面的一個法向量，
則,，
平面與平面夾角的余弦值為．
7．（2029·全國·高三專題練習）如圖，四邊形是邊長為2的菱形，，四邊形為矩形，，從下列三個條件中任選一個作為已知條件，并解答問題（如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分）.
①與平面所成角相等；②三棱錐體積為；③

(1)平面平面；
(2)求二面角的大小；
(9)求點到平面的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(9)
【分析】（1）若選①，則作面，證明和重合從而得到面，從而得到面面垂直；若選②，計算得到到面的距離，得到面，從而得到面面垂直；若選③，通過余弦定理計算得到，再通過面，從而得到面面垂直；
（2）通過建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，結合二面角計算公式計算即可；
（9）通過點面距離的計算公式直接計算即可.
【詳解】（1）選①，連接，作面，垂足為.

與平面所成角相等，
，
在的中垂線上，
在平面內，,
和重合，
面，
又面，
面面
若選②，設到面的距離為，
，得，
即為到面的距離，即面，
又面，
面面.
若選③，由余弦定理得，，
，又面
面，
又面
面面
（2）因為面，面，
所以，
取中點，則，
所以，又因為，
所以建立如下圖所示空間直角坐標系，

，
，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，則，
，
，
由圖可知二面角是鈍角，
所以二面角的大小為.
（9），
平面的一個法向量為，
點到平面的距離.
8．（2029·全國·高三專題練習）如圖在三棱柱中，為的中點，，.
(1)證明：；
(2)若，且滿足：______，______（待選條件）.
從下面給出的①②③中選擇兩個填入待選條件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的體積為；
②直線與平面所成的角的正弦值為；
③二面角的大小為60°；
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）通過證明平面來證得.
（2）先選擇條件，然后根據所選條件，利用幾何法或向量法求得二面角的正弦值.
【詳解】（1）在三棱柱中，由題意可得，，，
∴，又∵，∴，
同時在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：選擇①③
∵平面，∴，，
∴為二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的體積為，∴.
法一：取的中點為，連接，，過作于點，連接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂線定理可得，
∴為二面角的平面角，
其中，，，則，
由于二面角的平面角與二面角的平面角互補，
故二面角的正弦值為.
法二：過作，過作，過作交于點，連接，
∴為二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值為.
法三：如圖所示，建立空間直角坐標系，
設平面的一個法向量為，且，，
則，令，則，，故，
設平面的一個法向量為，且，，
則，
令，則，，故，
，故二面角的正弦值為.
方案二：選擇①②；
解析：過點作于點∵平面平面，，
∴平面，故直線與平面所成角為，且，
設，，則，即，.
余下解法參考方案一.
方案三：選擇②③；
∵平面，∴，，
∴為二面角的平面角，即，
過點作于點，
∵平面平面且交線為，，平面，
∴平面，故直線與平面所成角為，且.
設，則，即.
余下解法參考方案一.
9．（2029·甘肅蘭州·統考模擬預測）如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點是的中點，．
(1)在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請從中任選兩個作為補充條件，證明：側面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．）
(2)在（1）的條件下求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）選條件①②，利用勾股定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
選條件①③，利用正弦定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
選條件②③，利用余弦定理和勾股定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
（2）由（1）可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得．
【詳解】（1）證明：（1）方案一：選條件①②．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，所以，
又因為是矩形，，所以，，
由可得，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，
所以側面底面；
方案二：選條件①③．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，
所以由正弦定理得：，即，所以，
即，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，
所以側面底面；
方案三：選條件②③．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，所以，
又因為是矩形，，所以，
又因為在中，，則，
設，，
所以有，解得或（舍，所以，
由可得，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，
所以側面底面；
（2）在（1）條件下知平面，且，
故如圖所示：以為坐標原點，以所在直線為軸，以所在直線為軸，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，
則，，
設平面的法向量為，則，則，
，
設直線與平面所成角為，則，
直線與平面所成角的正弦值為.
10．（2029·全國·高三專題練習）在中，，過點作，交線段于點（如圖1），沿將折起，使（如圖2），點分別為棱的中點.
(1)求證：；
(2)在①圖1中，②圖1中，③圖2中三棱錐的體積最大.
這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，再解答問題.
問題：已知__________，試在棱上確定一點，使得，并求平面與平面的夾角的余弦值.
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）根據線面垂直的判定定理與性質可得，結合中位線的性質可得，即可證明；
（2）選①：由二倍角的正切公式求出，進而求出BD，選②：根據向量的線性運算求出BD，選③：設，利用線面垂直的判定定理和性質可得平面，則，利用導數求出體積的最大值，求出BD.分別建立如圖空間直角坐標系，利用向量法求出面面角即可；
【詳解】（1），平面，
平面平面.
又分別為的中點，
.
（2）選①，在圖1所示的中，由，
解得或（舍去）.
設，在Rt中，，
解得.
以點為原點，分別為軸建立如圖所示的坐標系，
，
則.
設，則.
，即，解得，
當（即是的靠近的一個四等分點）時，.
設平面的一個法向量為，且，
由得令，則，
取平面CBN的一個法向量，
則，
平面BMN與平面的夾角的余弦值為.
選②，在圖1所示的中，設，
則，
又，由平面向量基本定理知，即.
以點為原點，分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
，
則.
設，則，
即，解得，
當（即是的靠近的一個四等分點）時，.
設平面的一個法向量為，且，
由得令，則.
取平面的一個法向量，
則，
平面與平面的夾角的余弦值為.
選③，在圖1所示的中，設，則，
為等腰直角三角形，.
折起后，且，平面，
平面，又，
，
令，
當時，；當時，，
時，三棱錐的體積最大.
以點為原點，分別為軸建立如圖所示直角坐標系，
，
，則，
設，則.
，即，
解得，
當（即是的靠近的一個四等分點）時，.
設平面的一個法向量為，且，
由得令，則.
取平面的一個法向量，
則，
平面與平面的夾角的余弦值為.
11．（2029·甘肅蘭州·統考模擬預測）如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點是的中點，．
(1)在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請從中任選兩個作為補充條件，證明：側面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．）
(2)在（1）的條件下求點到平面的距離．
【答案】(1)條件選擇見解析，證明見解析
(2)
【分析】（1）選條件①②，利用勾股定理逆定理證得，由等腰三角形的幾何性質可得出，利用線面和面面垂直的判定定理可證得結論成立；
選條件 ①③，利用正弦定理推導出，，由等腰三角形的幾何性質可得出，利用線面和面面垂直的判定定理可證得結論成立；
選條件②③，利用余弦定理求出的長，利用勾股定理逆定理證得，由等腰三角形的幾何性質可得出，利用線面和面面垂直的判定定理可證得結論成立；
（2）計算出三棱錐的體積，計算出的面積，利用等體積法可求得點到平面的距離.
【詳解】（1）證明：方案一：選條件①②.
因為在四棱錐中，，點為的中點，則，
因為，在中，，，
又因為四邊形為矩形，，則，，
因為，，，所以，，則，
因為，、平面，所以，平面，
因為平面，所以，側面平面；
方案二：選條件①③.
因為在四棱錐中，，點為的中點，則，
在中，，，，
由正弦定理可得，即，所以，，
所以，，即，
因為，、平面，所以，平面，
因為平面，所以，側面平面；
方案三：選條件②③.
因為在四棱錐中，，點為的中點，則，且，
在中，，，
又因為四邊形為矩形，，則，
所以，，
在中，，則，
設，由余弦定理可得，
整理可得，解得或（舍），所以，，
因為，，，所以，，則，
因為，、平面，所以，平面，
因為平面，所以，側面平面.
（2）解：在（1）的條件下，平面，
因為為的中點，，，
在中，，，則，
所以，，則，
，
在中，，，則，
所以，，
所以，，
設點到平面的距離為，由可得，
所以，.
因此，點到平面的距離為.
12．（2029·全國·高三專題練習）如圖，在四棱錐中，側棱平面，底面四邊形是矩形，，點、分別為棱、的中點，點在棱上．
(1)若，求證：直線平面；
(2)若，從下面①②兩個條件中選取一個作為已知，證明另外一個成立．
①平面與平面的交線為直線，與直線成角的余弦值為；
②二面角的余弦值為．
注：若選擇不同的組合分別作答，則按第一個解答計分．
【答案】(1)證明見解析
(2)條件選擇見解析，證明見解析
【分析】（1）取的中點，連接、，證明出平面平面，利用面面平行的性質可證得結論成立；
（2）若選①，分析可知異面直線與所成的角即為，由結合勾股定理可求得的長，然后以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值；
若選②，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設，利用空間向量法可求得的值，分析可知異面直線與所成的角即為，求出的余弦值即可.
【詳解】（1）證明：如下圖所示，取的中點，連接、，
因為、分別為、的中點，所以，，
因為平面，平面，所以，平面，
又因為，所以，，
因為平面，平面，所以，平面，
因為，、平面，故平面平面，
因為平面，所以，平面.
（2）證明：若選①作為已知條件，平面與平面的交線為直線，作出直線如圖，
由于，平面，平面，所以，平面，
因為平面，平面平面，所以，，
所以，異面直線與所成的角即為，
因為，則，則，
故，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，，，
設平面的法向量為，則，
取，可得，易知平面的一個法向量為，
則，
由圖可知，二面角為銳角，故二面角的余弦值為；
若選②為已知條件，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，則、、，，。
設平面的的法向量為，則，
取，可得，
易知平面的一個法向量為，且二面角的余弦值為，
則，解得，
平面與平面的交線為直線，作出直線如圖，
由于，平面，平面，所以，平面，
因為平面，平面平面，所以，，
所以，異面直線與所成的角即為，
因為，則，
則.
19．（2029·江蘇鹽城·鹽城中學校考模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中點，平面ABE與線段PD交于點F.
(1)證明：F為PD的中點；
(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線BE與平面PAD所成角的正弦值.
條件①：三角形BCF的面積為；
條件②：三棱錐的體積為1.
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由線面平行的判定證面，再由線面平行的性質可證，進而有△中為中位線，即可證結論；
（2）由線面垂直的性質、判定證兩兩垂直，且面，構建空間直角坐標系，根據所選條件求得，進而求直線方向向量和面的法向量，利用線面角夾角的向量求法求其正弦值.
【詳解】（1）由底面ABCD是矩形，則，而面，面，
所以面，
又E是PC的中點，面ABE與線段PD交于點F，即面面，
而面，則，故，
△中為中位線，故F為PD的中點；
（2）由底面ABCD，面，則，又，
由，面，則面，
由面，故，即△為直角三角形，且；
由面，則面面，同理有面面；
又面，故，又，
所以兩兩垂直，可構建如下空間直角坐標系，
選①，則，故，而，
選②，由，而，所以；
此時，，，則，
又是面的一個法向量，若直線BE與平面PAD所成角為，
所以.
14．（2029·北京·高三專題練習）如圖，已知直三棱柱中，，為中點，，再從條件①，條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，完成以下問題：
(1)證明：；
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
條件①：；
條件②：．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)證明詳見解析
(2)條件選擇見解析，直線與平面所成角的正弦值為
【分析】（1）若選①，則通過證明平面來證得.若選②，則先證明，然后通過證明平面來證得.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得直線與平面所成角的正弦值.
【詳解】（1）若選擇條件①:，連接，
在直三棱柱中，平面，平面，
所以.
在三角形中，，為的中點，
所以，由于，平面，
所以平面，由于平面，所以，
由于，，平面，
所以平面，
由于平面，所以.
若選擇條件②：，連接，
由于是中點，所以，
根據直三棱柱的性質可知，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
由于，所以，
所以，則，則，
由于，平面，所以平面，
由于平面，所以.
（2）先得到:
若選①，則在中，由，得，
又，所以，.
若選②，則.
在三角形中，，所以，
所以，
根據直三棱柱的性質可知，，
以點為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
，，，
設平面的法向量為，則，
令，得，
設直線與平面所成角為，
則.
15．（2029·黑龍江哈爾濱·哈九中校考模擬預測）如圖，已知四棱錐，底面是平行四邊形，且，是線段的中點，.
(1)求證：平面；
(2)下列條件任選其一，求二面角的余弦值.
①與平面所成的角為；
②到平面的距離為.
注：如果選擇多個條件分別解答，按一個解答計分.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據平行四邊形中的幾何關系可得再根據勾股定理可得，利用線面垂直的判定定理即可證明結果；
（2）選①，取中點為，連接，根據幾何關系可得，根據（1）可得，根據線面垂直的判定定理可得平面，則與平面所成的角為，由此計算出，進而計算得，可得為等邊三角形；
選②，取中點為，連接，計算長度及根據等體積法可求得，即可得為等邊三角形，建立合適的空間直角坐標系，求得各個點的坐標，進而求得平面的法向量及平面的法向量，根據法向量夾角的余弦值的絕對值即為二面角的余弦值絕對值即可求得結果.
【詳解】（1）證明：因為，且，故，
在中，，
由余弦定理可得：，
解得，在中，，
所以，即，
又因為平面，平面，
所以平面；
（2）選①，取中點為，連接，如圖所示：
因為，故，由（1）得平面，
因為平面，所以，
因為，平面，平面，
所以平面，所以為與平面所成的角，
即，因為，，
所以為等邊三角形，且邊長為1，所以，，
由可得，
因為，，
所以，所以為等邊三角形，
以為原點，為在軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系：
所以，
，
設是平面的法向量，
則，即，
取，可得，
設為平面的法向量，
則，即，
取，可得，
設二面角所成的角為，則，
所以二面角的余弦值為.
選②， 取中點為，連接，如圖所示：
因為，故，由（1）得平面，
因為平面，所以，
因為，平面，平面，所以平面，
設到平面的距離為，
因為，，所以等邊三角形，
所以，，設，則，
因為，所以，
因為，為中點，所以，
所以，由，，
平面，平面，所以平面，
因為平面，所以，即，
所以，因為，
即，
即，
解得，即，所以，所以為等邊三角形，
以為原點，為在軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系：
所以，
，
設是平面的法向量，
則，即，
取，可得，
設為平面的法向量，
則，即，
取，可得，
設所成的角為，則，
所以二面角的余弦值為.
16．（2029·江蘇·統考三模）如圖，三棱錐P－ABC的底面為等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分別為AC，BC的中點，PD⊥平面ABC，點M在線段PE上．
(1)再從條件①、②、③、④四個條件中選擇兩個作為已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并給予證明；
(2)在（1）的條件下，求直線BP與平面MBD所成的角的正弦值．
條件①：；
條件②：∠PED＝60°；
條件③：PM＝9ME：
條件④：PE＝9ME．
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）如圖，建立以D為原點的空間直角坐標系，設，，由平面MBD⊥平面PBC，可得兩平面法向量互相垂直，即可得，據此可知可選擇①④或②③；
（2）由（1）所建立空間直角坐標系及平面MBD法向量，利用向量方法可得答案.
【詳解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，則，
又由題可知，則如圖，建立以D為原點的空間直角坐標系，
則，，，，
設，.
則，，，，.
故.
設平面MBD法向量為，
則，令，可得；
設平面PBC法向量為，
則，可令，可得.
要使平面MBD⊥平面PBC，需滿足.
注意到條件①，
PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由題可知，則條件②，
條件③，條件④.
則當條件①④成立或條件②③成立時，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；
（2）由（1），當選擇①④時，，，.
則，平面MBD法向量為，
設BP與平面MBD所成角為，則；
當選擇②③時，，，.
則，平面MBD法向量，
設BP與平面MBD所成角為，則；
.
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