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2025届高三数学高考二轮复习：立体几何中档大题专项训练
1．如图，三棱柱中，，.
(1)求证：平面；
(2)直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
2．如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，且
(1)若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离;
(2)若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
3．如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点.
(1)证明：B，EF四点共面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
4．如图，在三棱柱中，平面，.
(1)若，求证：平面；
(2)若二面角的余弦值为，求的值.
5．如图，在正三棱台中，，

(1)若，证明：平面；
(2)若三棱台的高为，求平面与平面夹角的余弦值.
6．已知均为等腰直角三角形，且，平面平面．平面四边形中，平面，点为的中点，连接．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
7．如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.

(1)若，求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值；
(3)求点到直线的距离的最小值.
8．如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，．
(1)求证：平面平面；
(2)若，点P满足，求直线与平面所成角的正弦值．
9．在四棱锥中，平面，底面为矩形，，与平面所成角的正切值．
(1)求的长；
(2)已知是棱上一点，且点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的大小．
10．如图，多面体中，平面平面是的中点.
(1)证明：平面.
(2)若，且二面角的余弦值为，求的长.
11．如图，和所在平面垂直，且，.
(1)求证：；
(2)若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
12．图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且.
(1)证明：平面平面；
(2)棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.
13．如图，三棱柱中，侧面是菱形，侧面是正方形，，，点是的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
14．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面， ， E是棱的中点.
(1)求证: 平面；
(2)求直线BP与平面所成角的正弦值.
15．如图，在四面体中，为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为.
(1)证明：平面；
(2)求四面体的外接球的体积；
(3)求的长.
16．如图，底面四边形是正方形，平面，平面，，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
17．如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点，是与的交点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面的所成角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
18．如图，四棱锥的底面是矩形，，是等边三角形，平面平面ABCD，O为AD的中点，在线段PC上且满足与BD相交于点.
(1)求证：平面PBO；
(2)求直线EM与平面PCD所成角的正弦值.
19．如图，三棱锥的棱上存在一点，使得平面底面，点在棱上，且平面.
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
20．如图所示，多面体中，底面ABCD为菱形，，平面ABCD，，．
(1)探究直线BE与平面是否有交点；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
21．如图，在等腰梯形中，，，将沿翻折至，使得平面平面.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在棱（不包含端点）上，且平面与平面所成角的余弦值为，求的值.
22．如图，平面，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求四面体的体积．
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《2025届高三数学高考二轮复习：立体几何中档大题专项训练》参考答案
1．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理以及勾股定理，可得线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式建立方程，求得点的坐标，根据面面角的向量公式，可得答案.
【详解】（1）在中，，，
由余弦定理可得，
则，解得，
由，则在中，，
因为，平面，，
所以平面.
（2）由（1）及，则两两相互垂直，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设，由（1）知，
则，，，，
则，，，
设平面的一个法向量，则，可得，
令，则，，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则，
则，解得，则，
在三棱柱中，，则，
设平面的一个法向量，
则，可得，令，则，，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则.
2．(1)；
(2)
【分析】（1）取的中点O，可得，证明面，即点A到平面的距离，得解；
（2）取的中点O，易得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量夹角公式运算求解.
【详解】（1）如图，取的中点O，连接
为等腰三角形，，，
又在底面内的射影为点B，
面，又面，，
又，且面，
面，
即为点A到平面的距离.
又为等腰直角三角形，且
点A到平面的距离为.
（2）如图，
取的中点O，连接，，
在底面内的射影为的中点，
面
为等腰三角形，，
建立如图所示的空间直角坐标系，易知，
，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，
由，令，得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】证明四边形为平行四边形，利用平面的基本性质得出结论；
建立空间直角坐标系，利用向量方法求面面角.
【详解】（1）取中点G，连接AG，EG，则有
所以四边形CDGE为平行四边形，所以
又因为所以
所以四边形ABEG为平行四边形，所以
又因为所以四边形为平行四边形，
所以所以所以B，EF四点共面.
（2）取DC中点O，AB中点M，连接
因为所以侧面是菱形，
所以
因为平面平面ABCD，平面平面平面
所以平面ABCD，进而有
因为底面ABCD是矩形，所以所以OM，OC两两互相垂直.
如图所示建系，
由知平面ABCD，所以是平面的一个法向量.
设则因此
设平面的法向量，则
所以所以
取则于是是平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为
即平面与平面夹角的余弦值为
4．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接，设，连接，利用线线平行可证线面平行；
（2）可证，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量是，求得平面平面的一个法向量，利用向量法可得的方程，求解即可.
【详解】（1）连接，设，连接，
则在平行四边形中，是的中点，
又，所以是的中点，
所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
故以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，
故，
，
设平面的法向量是，所以
即，取，得，
所以，
易知平面的法向量是.
因为二面角的余弦值为，
所以，
解得.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，交BC于点E，进而求出相关边长，可证得，，进而可证得到结论；
（2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F，求出平面与平面的法向量，进而可求得结果.
【详解】（1）如图所示，过点作，交BC于点E，
易知四边形为平行四边形.
所以，，所以
又，所以，即故，
同理可得
又直线与相交，且直线与都在平面内，
所以平面

（2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，
过点O且垂直于平面ABC的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.取线段中点F，
，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，，
故
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
故，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为

6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直判定定理可证明平面，即可得平面，再由线面垂直性质可得结论；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量得出两平面的法向量，即可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：均为等腰直角三角形，
且，
为二面角的平面角．
又平面平面．
又平面平面，
平面．
平面，平面平面，平面，
，即，
又，
四边形是平行四边形，．
平面，又平面，
．
（2）由（1）知两两垂直，
故以为坐标原点，分别以，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
不妨设，则，
．
设平面的法向量为，
则，令，则．
设平面的法向量，
则，不妨令，则，
所以平面的法向量为．
所以，
故所求二面角的正弦值为．
7．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点F，可得，再由线面平行的判定定理可得答案；
（2）取的中点O，由面面垂直、线面垂直的性质定理得，，以O为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法求出可得答案；
（3）设，，求出点到直线的距离，分、、可得答案.
【详解】（1）取的中点F，连接，，
又，点F是的中点，
所以，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）取的中点O，连接，，如图所示，

因为为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又平面，所以，，
又，得，所以以O为坐标原点，直线，，
分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
设，，
所以，
又，设平面的法向量为，
所以，
令，解得，，
所以平面的法向量.
又，，
设平面的法向量为，所以，
令，解得，，
所以平面的法向量.
设平面与平面的夹角为，
所以
，
解得，所以；
（3）设，，
所以，
又，所以点到直线的距离
，
当时，；
当时，，
而，当时，取最小值，
此时.
综上，点到直线的距离的最小值为.
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，由题意可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，根据和空间向量的坐标表示求得，利用空间向量法求解线面角即可.
【详解】（1）取的中点O，连接，，．
因为E为中点，O为中点，所以．
在三棱柱中，，则四边形是菱形，得，
则，又，，，平面，
所以平面．又因为平面，所以．
因为是等边三角形，O为中点，所以．
又因为，，，平面，
所以平面．又因为面，
所以平面平面．
（2）连接．
因为，，所以是等边三角形，所以．
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．由平面，得，又，
如图，以O为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，．
设，又，即，得，
所以，则，
易知平面的一个法向量，所以，
设直线与平面所成角为θ，则．
9．(1)2
(2)．
【分析】（1）先证明平面，推得即为直线与平面所成角，设，利用条件列出方程，求出的值即可；
（2）方法1：取边上一点，连接，，，设，利用求得，取的中点，作，垂足为，连接，证明即为二面角的平面角，计算即得；方法2：以为坐标原点，建系如图，设，（），利用点到平面的空间向量计算公式求得，分别写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用夹角公式计算即得.
【详解】（1）因平面，且平面，故．
又因为四边形为矩形，所以，
由，平面，平面，可得平面，
故是在平面内的射影，则即为直线与平面所成角，
设，则，由勾股定理得，，
则在中，，
解得即．
（2）方法1：
取边上一点，连接，，，设，
因为，面，
，
在中，，则，
因点到平面的距离为，故，
由可得：，解得，所以．
取的中点，作，垂足为，连接．
因为，所以，
又面，面，则，
又因平面，则平面，
又平面，所以，
又，平面，故平面，
又平面，所以，则即为二面角的平面角．
在中，，
因易得，则，
由，可得，
故平面与平面的夹角的大小为．
方法2：
由题三线两两垂直，故可以为坐标原点，以所在直线
分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设，（）则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，即，令，得，
又因为点到平面的距离为，则，
即，解得，所以，
所以，，，，
设平面法向量为，
则即令，得．
设平面与平面夹角为，
则，
又因为，所以平面与平面夹角为．
10．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用坐标计算求解即可.
【详解】（1）
取的中点，连接，
因为为中点，所以，，
因为平面平面，所以.
又因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以；
因为平面平面ABC，所以平面.
（2）
如图所示建立空间直角坐标系，设，
则，
，
设为平面的法向量，
则有得，
令，得，
显然平面的一个法向量可以为，
因为二面角大小余弦值为，所以有
.
解得，即的长为3.
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过点作，垂足为，由面面垂直性质定理证明平面，再证明，建立空间直角坐标系，求直线和直线的方向向量，利用向量方法证明结论.
（2）求平面的法向量，再由条件关系求的坐标，再求直线的方向向量，利用向量夹角公式求结论.
【详解】（1）（1）延长，过点作，交于点，连接.
由平面平面，平面平面，
平面，
则平面，
由，，
得，
故，.
又，得，
则，
即.
以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，
所以，，
因为，
所以，即.
（2）由（1）知，，
设平面的法向量为，则，
即，
所以
取，则，，
所以为平面的一个法向量，
设，由，
得，
所以，，，即点，
所以.
设直线与平面所成角为，
则
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
12．(1)证明见解析
(2)存在，且点为线段靠近的三等分点
【分析】（1）取的中点为，连接、，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）取的中点为，连接、，作图如下：
因为四边形是边长为正方形，所以，，
在中，，则，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）易知是以为斜边的等腰直角三角形，且为的中点，则，
又因为平面，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则、、、，
设，则，设，，
可得，解得，所以，
则，，
设平面的法向量，可得，
令，则，，所以平面的一个法向量，
由图易知平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
化简可得，解得或（舍去），
所以存在满足题设条件的点，点为线段靠近的三等分点.
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点O，由余弦定理求出，然后由勾股定理得，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，由求出得点坐标，求出平面、平面的法向量，再由二面角的向量求法可得答案．
【详解】（1）取的中点O，连接，，，
在菱形中，，则为正三角形，，
从而，由余弦定理，
，
又，正方形中，，
所以，即．
在正方形中，，，
，平面，所以平面；
（2）平面，则，
又为中位线，，所以．
在正三角形中，，
由（1）知，平面，平面，则，
而，所以，
如图，以O为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，，则，
由，解得点．
，，，
设平面的法向量为，
由，取，则，
平面的法向量为．
设平面的法向量为，
由，取，则，，
平面的法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．

14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，证明即可；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角.
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为四边形为正方形，所以为的中点，
又因E是棱PA的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
15．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用勾股定理可证得，再结合以及线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出平面，，将四面体补成长方体，计算出长方体外接球的半径，再结合球体体积公式可求得结果；
（3）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，设，，利用空间向量法求出的值，即可求出线段的长.
【详解】（1）因为，，，
所以，即.
又因为，，、平面，
所以平面
（2）因为平面，平面，所以，
由题可知，
将四面体补成长方体，如下图所示：
所以四面体的外接球即为长方体的外接球，
该球的直径为，
即，所以四面体ACDE的外接球的体积为.
（3）因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，，则、、、，
则，，
，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
设平面的法向量为，
则，取，则，
因为，解得，
于是.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再由向量的夹角公式计算即可.
【详解】（1）因为底面四边形是正方形，
所以，
因为平面，且平面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）
因为平面，底面四边形是正方形，
所以以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
有题意可得，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
所以，
设二面角的平面角为，
则，
所以二面角的正弦值为.
17．(1)证明见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）利用中位线可得线线平行，由线面平行的判定定理求证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
（3）利用向量法求出点到平面的距离，再由体积公式得解.
【详解】（1）连接交于，连接，如图，
因为分别为中点，所以，
又因为平面平面，平面，
所以平面.
（2）由题意，两两垂直，分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则,
,，
设平面的法向量，
则，令，则，
设直线与平面的所成角为，
则 ，
所以.
（3）由（2），平面的法向量，
设到平面的距离为，则，
又,
所以,
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：利用线面垂直的空间向量求法求解；法二：利用线面垂直的判定定理求证；
（2）利用线面角的空间向量求法求解即可.
【详解】（1）法一：为正三角形，为AD中点，，
平面平面ABCD，交线为平面PAD，
平面ABCD，
由于EO和OD均在平面ABCD内，
，
四棱锥的底面是矩形，且为AD的中点，为AC的中点，两两垂直，
以为原点，OE，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐系，
，
，
设平面POB的法向量为，则，即，
令，得，
可知平面POB，即平面POB
法二：为正三角形，是AD中点，
平面平面ABCD，平面平面平面平面ABCD，
又平面四边形ABCD为矩形，为AD的中点，
，在和中，，
，
，
又PO，BO在平面POB内且相交，故平面PBO.
（2），
，设平面PCD法向量为，
则，即，取，得，
设直线EM与平面PCD所成角为，
，
直线EM与平面PCD所成角的正弦值
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，可得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦即可.
【详解】（1）因为平面底面，平面平面，，平面，
所以平面 ，又平面，所以.
又因为平面，平面，所以.
又，平面，所以平面.
（2）由（1）知平面，平面，所以，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，过点A垂直底面的直线为轴，建立如图所示的空直角坐标系.
因为平面，平面，所以.
又，所以，得
则，
故，
依题意，平面 的一个法向量为
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则
设平面与平面的夹角为，
所以 ，
因此平面与平面夹角的余弦值为
20．(1)直线BE与平面没有交点
(2)
【分析】（1）根据平行四边形及平行公理得出线线平行，进而根据线面平行判定定理证明即可判断；
（2）应用空间向量法求解线面角的正弦即可.
【详解】（1）如图所示：
取中点为点H，连接AH与EH，由题意易得四边形DCEH为矩形，故，
又因为四边形ABCD为菱形，可得，故，故四边形ABEH为平行四边形，故．
又因为平面．平面，故平面，即直线BE与平面没有交点．
（2）连接AC，BD交于点O，取中点为F，因为，平面ABCD，所以平面ABCD，又因为ABCD为菱形，所以，
以O为坐标原点，OB，OC，OF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，，，，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，，
设直线与平面所成角为，故，
故直线与平面所成角的正弦值为．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据垂直关系建立空间直角坐标系，求解直线的方向向量，即可由向量的夹角求解，或者利用线线平行可得为异面直线与所成角的补角，即可利用三角形的边角关系求解，
（2）求解平面法向量，根据向量的夹角即可求解，或者利用线面垂直可得为直线与平面所成的角，，即可利用三角形的边角关系求解，
（3）求解两个平面的法向量，根据法向量的夹角即可求解，或者利用二面角的定义，结合几何法可得为二面角的一个平面角，利用三角形的边角关系即可求解.
【详解】（1）方法一：过作垂直于，所以，
结合，所以，，
所以，，所以.
取中点中点，因为，所以
因为平面平面，
平面平面，平面
所以平面，
又因为，所以.
以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，
，，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
方法二：
过作垂直于，所以，
所以，，
所以，，所以.
取中点，中点，中点，中点，
所以，，
所以为异面直线与所成角的补角.
因为，所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
又因为，所以平面，平面，所以，
在，，，
所以.
在中，，，
由余弦定理得
所以异面直线与所成角的余弦值为.
（2）方法一： ，
设平面的一个法向量分别为，
，，
由，
令，则，所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：
因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
过作，垂足为，
由于，，平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）方法一：
设平面的一个法向量为，
令，
则，，
所以，
令，则，
所以.
又因为平面的一个法向量为，
所以
整理得，解得或（舍）.
所以.
方法二：
在棱上取一点，连接，
过作，垂足为，连接，
因为平面，为在平面内的射影，
所以，所以为二面角的一个平面角，
在中，因为，，所以，
在中，因为，
所以，，
所以，
在中，由正弦定理，
得，所以.
22．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据垂直关系建立空间直角坐标系，通过证明向量与平面的一个法向量垂直即可证明；
（2）先求出平面的一个法向量，再由坐标运算求出两个平面的法向量夹角余弦值的绝对值，即为所求；
（3）利用空间向量公式求出点E到平面的距离，由勾股定理的逆定理求得，进而求出的面积，即可求得四面体的体积．
【详解】（1）因为平面，且平面，
所以，，又，
则以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系 (如图)，
则，．
因为，，
又平面，
所以平面，
故是平面的一个法向量，
又，所以，
又因为平面
所以平面．
（2）设为平面的一个法向量，
则，
又， ，
所以，
令，可得．
又因为是平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
（3）因为，平面的一个法向量，
所以点E到平面的距离 ，
因为，，
又平面，，则平面，
又平面，
所以，，
又，，
则，
在中：，
， ，
所以，所以，
所以，
所以四面体体积.
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答案第37页，共39页

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