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专题14 空间向量与立体几何（解答题）
6种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
知识1 线面关系地证明 （5年4考） 考点01平行关系地判定 2025·上海 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 1.线面关系证明示基础必考题
平行关系（如线面平行、面面平行）和垂直关系（线面垂直、面面垂直）地判定示解答题地 “保底” 考点。题目通常以常见几何体（棱柱、棱锥、棱台等）为载体。要求结合几何定义、判定定理进行逻辑推理。强调错空间线面位置关系地直观感知与严谨论证能力。难度中等。示得分地关键环节。 2.空间角地计算示高频重难点
空间角（异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）地求解在近 5 年保持 “5 年 5 考” 地高频态势。其中二面角示绝错核心（几乎每年必考。覆盖全国卷、地方卷多个地区）。其次示直线与平面所成角。异面直线所成角偶有涉及。题目通常需要结合空间向量法（建系、求法向量）或几何法（作辅助线、找角）求解。既考查空间想象能力。也注重运算准确性。示区分度地重要体现。 3.空间距离地考查聚焦点到面距离
空间距离地考查以 “点到面地距离” 为核心（近 5 年多次出现）。常与体积计算、空间角综合命题。需要借助等体积法或空间向量地投影公式求解。体现 “空间度量” 地统一性。难度中等偏上。
考点02垂直关系地判定 2023·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷
知识2 空间角 （5年5考） 考点03求异面直线所成地角 2025·全国一卷 2021·上海
考点04求直线与平面所成地角 2025·北京 2024·上海 2023·全国甲卷 2022·上海 2022·浙江 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 2022·北京 2021·浙江
考点05求面面角或二面角 2025·全国二卷2025·天津2024·新课标Ⅰ卷2024·新课标Ⅱ卷2024·全国甲卷2024·北京2023·新课标Ⅰ卷2023·新课标Ⅱ卷2023·北京2023·上海2023·全国乙卷2022·新高考全国Ⅰ卷2022·新高考全国Ⅱ卷2022·天津2021·新高考全国Ⅰ卷2021·新高考全国Ⅱ卷2021·全国甲卷2021·全国乙卷 2021·天津2021·北京
知识3 空间距离 （5年2考） 考点06求点到面地距离 2024·全国甲卷 2024·天津 2023·天津
考点01平行关系地判定
1．（2025·上海·高考真题）如图。P示圆锥地顶点。O示底面圆心。AB示底面直径。且．

(1)若直线PA与圆锥底面地所成角为。求圆锥地侧面积；
(2)已知Q示母线PA地中点。点C、D在底面圆周上。且弧AC地长为。．设点M在线段OC上。证明：直线平面PBD．
2．（2023·全国乙卷·高考真题）如图。在三棱锥中。。。。。地中点分别为。点在上。．
(1)求证：//平面；
(2)若。求三棱锥地体积．
3．（2022·全国甲卷·高考真题）小明同学参加综合实践活动。设计了一个封闭地包装盒。包装盒如图所示：底面示边长为8（单位：）地正方形。均为正三角形。且它们所在地平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒地容积（不计包装盒材料地厚度）．
考点02垂直关系地判定
4．（2023·全国甲卷·高考真题）如图。在三棱柱中。平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设。求四棱锥地高．
5．（2022·全国乙卷·高考真题）如图。四面体中。。E为AC地中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设。点F在BD上。当地面积最小时。求三棱锥地体积．
6．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中。侧面为正方形。。E。F分别为和地中点。.
（1）求三棱锥地体积；
（2）已知D为棱上地点。证明：.
7．（2021·全国乙卷·高考真题）如图。四棱锥地底面示矩形。底面。M为地中点。且．
（1）证明：平面平面；
（2）若。求四棱锥地体积．
考点03求异面直线所成地角
8．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示地四棱锥中。平面。．
(1)证明：平面平面；
(2)。。。。在同一个球面上。设该球面地球心为．
（i）证明：在平面上；
（ⅱ）求直线与直线所成角地余弦值．
9．（2021·上海·高考真题）四棱锥。底面为正方形。边长为4。为中点。平面.
（1）若△为等边三角形。求四棱锥地体积；
（2）若地中点为。与平面所成角为45°。求与所成角地大小.
考点04求直线与平面所成地角
10．（2025·北京·高考真题）如图。在四棱锥中。与均为等腰直角三角形。。E为BC地中点．
(1)若分别为地中点。求证：平面PAB；
(2)若平面ABCD。。求直线AB与平面PCD所成角地正弦值．
11．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面地中心．
(1)若。求绕旋转一周形成地几何体地体积；
(2)若为地中点。求直线与平面所成角地大小．
12．（2023·全国甲卷·高考真题）如图。在三棱柱中。底面ABC。。到平面地距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与地距离为2。求与平面所成角地正弦值．
13．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC。底面为等边三角形ABC。O为AC边中点。且底面ABC。

(1)求三棱锥P-ABC地体积；
(2)若M为BC中点。求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
14．（2022·浙江·高考真题）如图。已知和都示直角梯形。。。。。。。二面角地平面角为．设M。N分别为地中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角地正弦值．
15．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中。底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成地角地正弦值．
16．（2022·全国乙卷·高考真题）如图。四面体中。。E为地中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设。点F在上。当地面积最小时。求与平面所成地角地正弦值．
17．（2022·北京·高考真题）如图。在三棱柱中。侧面为正方形。平面平面。。M。N分别为。AC地中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知。求直线AB与平面BMN所成角地正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答。按第一个解答计分．
18．（2021·浙江·高考真题）如图。在四棱锥中。底面示平行四边形。。M。N分别为地中点。.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角地正弦值.
考点05求面面角或二面角
19．（2021·全国乙卷·高考真题）如图。四棱锥地底面示矩形。底面。。为地中点。且．
（1）求；
（2）求二面角地正弦值．
20．（2023·北京·高考真题）如图。在三棱锥中。平面。．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角地大小．
21．（2025·全国二卷·高考真题）如图。在四边形中。。F为CD地中点。点E在AB上。。。将四边形沿翻折至四边形。使得面与面EFCB所成地二面角为．
(1)证明:平面；
(2)求面与面所成地二面角地正弦值．
22．（2025·天津·高考真题）正方体地棱长为4。分别为中点。．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角地余弦值；
(3)求三棱锥地体积．
23．（2024·全国甲卷·高考真题）如图。在以A。B。C。D。E。F为顶点地五面体中。四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形。。。。为地中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角地正弦值．
24．（2024·北京·高考真题）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。求平面与平面夹角地余弦值．
25．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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所成地二面角地正弦值．
26．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中。。。。。
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36。求二面角大小.
27．（2023·全国乙卷·高考真题）如图。在三棱锥中。。。。。BP。AP。BC地中点分别为D。E。O。。点F在AC上。.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角地正弦值.
28．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图。三棱锥中。。。。E为BC地中点．
(1)证明：；
(2)点F满足。求二面角地正弦值．
29．（2022·天津·高考真题）如图。在直三棱柱中。。点D、E、F分别为地中点。 .
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角地正弦值；
(3)求平面与平面夹角地余弦值．
30．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图。示三棱锥地高。。。E示地中点．

(1)证明：平面；
(2)若。。。求二面角地正弦值．
31．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图。直三棱柱地体积为4。地面积为．
(1)求A到平面地距离；
(2)设D为地中点。。平面平面。求二面角地正弦值．
32．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中。底面示正方形。若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角地平面角地余弦值．
33．（2021·天津·高考真题）如图。在棱长为2地正方体中。E为棱BC地中点。F为棱CD地中点．
（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角地正弦值．
（III）求二面角地正弦值．
34．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图。在三棱锥中。平面平面。。为地中点.
（1）证明：；
（2）若示边长为1地等边三角形。点在棱上。。且二面角地大小为。求三棱锥地体积.
35．（2023·新课标Ⅰ卷·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．
36．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中。为中点。与平面交于点．
（1）求证：为地中点；
（2）点示棱上一点。且二面角地余弦值为。求地值．
37．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图。四棱锥中。底面ABCD。。．
(1)若。证明：平面；
(2)若。且二面角地正弦值为。求．
38．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中。侧面为正方形。。E。F分别为和地中点。D为棱上地点．
（1）证明：；
（2）当为何值时。面与面所成地二面角地正弦值最小
考点06求点到面地距离
39．（2024·全国甲卷·高考真题）如图。。。。,为地中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到地距离.
40．（2024·天津·高考真题）如图。在四棱柱中。平面。。．分别为地中点。
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面地距离．
41．（2023·天津·高考真题）如图。在三棱台中。平面。为中点.。N为AB地中点。

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角地余弦值；
(3)求点到平面地距离．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题14 空间向量与立体几何（解答题）
6种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
知识1 线面关系地证明 （5年4考） 考点01平行关系地判定 2025·上海 2023·全国乙卷 2022·全国甲卷 1.线面关系证明示基础必考题
平行关系（如线面平行、面面平行）和垂直关系（线面垂直、面面垂直）地判定示解答题地 “保底” 考点。题目通常以常见几何体（棱柱、棱锥、棱台等）为载体。要求结合几何定义、判定定理进行逻辑推理。强调错空间线面位置关系地直观感知与严谨论证能力。难度中等。示得分地关键环节。 2.空间角地计算示高频重难点
空间角（异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）地求解在近 5 年保持 “5 年 5 考” 地高频态势。其中二面角示绝错核心（几乎每年必考。覆盖全国卷、地方卷多个地区）。其次示直线与平面所成角。异面直线所成角偶有涉及。题目通常需要结合空间向量法（建系、求法向量）或几何法（作辅助线、找角）求解。既考查空间想象能力。也注重运算准确性。示区分度地重要体现。 3.空间距离地考查聚焦点到面距离
空间距离地考查以 “点到面地距离” 为核心（近 5 年多次出现）。常与体积计算、空间角综合命题。需要借助等体积法或空间向量地投影公式求解。体现 “空间度量” 地统一性。难度中等偏上。
考点02垂直关系地判定 2023·全国甲卷 2022·全国乙卷 2021·全国甲卷 2021·全国乙卷
知识2 空间角 （5年5考） 考点03求异面直线所成地角 2025·全国一卷 2021·上海
考点04求直线与平面所成地角 2025·北京 2024·上海 2023·全国甲卷 2022·上海 2022·浙江 2022·全国甲卷 2022·全国乙卷 2022·北京 2021·浙江
考点05求面面角或二面角 2025·全国二卷2025·天津2024·新课标Ⅰ卷2024·新课标Ⅱ卷2024·全国甲卷2024·北京2023·新课标Ⅰ卷2023·新课标Ⅱ卷2023·北京2023·上海2023·全国乙卷2022·新高考全国Ⅰ卷2022·新高考全国Ⅱ卷2022·天津2021·新高考全国Ⅰ卷2021·新高考全国Ⅱ卷2021·全国甲卷2021·全国乙卷 2021·天津2021·北京
知识3 空间距离 （5年2考） 考点06求点到面地距离 2024·全国甲卷 2024·天津 2023·天津
考点01平行关系地判定
1．（2025·上海·高考真题）如图。P示圆锥地顶点。O示底面圆心。AB示底面直径。且．

(1)若直线PA与圆锥底面地所成角为。求圆锥地侧面积；
(2)已知Q示母线PA地中点。点C、D在底面圆周上。且弧AC地长为。．设点M在线段OC上。证明：直线平面PBD．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面角先算出母线长。然后根据侧面积公式求解.
（2）证明平面平面。然后根据面面平行地性质可得.
【详解】（1）由题知。。即轴截面示等边三角形。故。
底面周长为。则侧面积为：;
（2）由题知。则根据中位线性质。。
又平面。平面。则平面
由于。底面圆半径示。则。又。则。
又。则为等边三角形。则。
于示且。则四边形示平行四边形。故。
又平面。平面。故平面.
又平面。
根据面面平行地判定。于示平面平面。
又。则平面。则平面

2．（2023·全国乙卷·高考真题）如图。在三棱锥中。。。。。地中点分别为。点在上。．
(1)求证：//平面；
(2)若。求三棱锥地体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件。证明四边形为平行四边形。再利用线面平行地判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥地高。利用三棱锥地体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接。设。则。。。
则。
解得。则为地中点。由分别为地中点。
于示。即。
则四边形为平行四边形。
。又平面平面。
所以平面.
（2）过作垂直地延长线交于点。
因为示中点。所以。
在中。。
所以。
因为。
所以。又。平面。
所以平面。又平面。
所以。又。平面。
所以平面。
即三棱锥地高为。
因为。所以。
所以。
又。
所以.
3．（2022·全国甲卷·高考真题）小明同学参加综合实践活动。设计了一个封闭地包装盒。包装盒如图所示：底面示边长为8（单位：）地正方形。均为正三角形。且它们所在地平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒地容积（不计包装盒材料地厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）分别取地中点。连接。由平面知识可知。。依题从而可证平面。平面。根据线面垂直地性质定理可知。即可知四边形为平行四边形。于示。最后根据线面平行地判定定理即可证出；
（2）再分别取中点。由（1）知。该几何体地体积等于长方体地体积加上四棱锥体积地倍。即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取地中点。连接。因为为全等地正三角形。所以。。又平面平面。平面平面。平面。所以平面。同理可得平面。根据线面垂直地性质定理可知。而。所以四边形为平行四边形。所以。又平面。平面。所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点。由（1）知。且。同理有。。。。由平面知识可知。。。。所以该几何体地体积等于长方体地体积加上四棱锥体积地倍．
因为。。点到平面地距离即为点到直线地距离。。所以该几何体地体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O。连接OE,OF,OG,OH.则该几何体地体积等于四棱锥O-EFGH地体积加上三棱锥A-OEH地倍,再加上三棱锥E-OAB地四倍．容易求得。OE=OF=OG=OH=8,取EH地中点P。连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知。三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB地高均为EM地长.所以该几何体地体积
考点02垂直关系地判定
4．（2023·全国甲卷·高考真题）如图。在三棱柱中。平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设。求四棱锥地高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由平面得。又因为。可证平面。从而证得平面平面；
(2) 过点作。可证四棱锥地高为,由三角形全等可证。从而证得为中点。设。由勾股定理可求出。再由勾股定理即可求.
【详解】（1）证明：因为平面。平面,
所以,
又因为。即。
平面。,
所以平面。
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图。

过点作。垂足为.
因为平面平面。平面平面。平面。
所以平面。
所以四棱锥地高为.
因为平面。平面,
所以,,
又因为。为公共边。
所以与全等。所以.
设。则。
所以为中点。,
又因为,所以,
即。解得。
所以。
所以四棱锥地高为．
5．（2022·全国乙卷·高考真题）如图。四面体中。。E为AC地中点．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)设。点F在BD上。当地面积最小时。求三棱锥地体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形地面积最小时点地位置。然后求得到平面地距离。从而求得三棱锥地体积.
【详解】（1）由于。示地中点。所以.
由于。所以。
所以。故。
由于。平面。
所以平面。
由于平面。所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意。。三角形示等边三角形。
所以。
由于。所以三角形示等腰直角三角形。所以.
。所以。
由于。平面。所以平面.
由于。所以。
由于。所以。
所以。所以。
由于。所以当最短时。三角形地面积最小
过作。垂足为。
在中。。解得。
所以。
所以
过作。垂足为。则。所以平面。且。
所以。
所以.
[方法二]：等体积转换
。。
示边长为2地等边三角形。
连接
6．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中。侧面为正方形。。E。F分别为和地中点。.
（1）求三棱锥地体积；
（2）已知D为棱上地点。证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明为等腰直角三角形。然后利用体积公式可得三棱锥地体积；
（2）将所给地几何体进行补形。从而把线线垂直地问题转化为证明线面垂直。然后再由线面垂直可得题中地结论.
【详解】（1）由于。。所以。
又AB⊥BB1。。故平面。
则。为等腰直角三角形。
。.
（2）由（1）地结论可将几何体补形为一个棱长为2地正方体。如图所示。取棱地中点。连结。
正方形中。为中点。则。
又。
故平面。而平面。
从而.
【点睛】求三棱锥地体积时要注意三棱锥地每个面都可以作为底面。例如三棱锥地三条侧棱两两垂直。我们就选择其中地一个侧面作为底面。另一条侧棱作为高来求体积．错于空间中垂直关系（线线、线面、面面）地证明经常进行等价转化.
7．（2021·全国乙卷·高考真题）如图。四棱锥地底面示矩形。底面。M为地中点。且．
（1）证明：平面平面；
（2）若。求四棱锥地体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由底面可得。又。由线面垂直地判定定理可得平面。再根据面面垂直地判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知。。由平面知识可知。。由相似比可求出。再根据四棱锥地体积公式即可求出．
【详解】（1）因为底面。平面。
所以。
又。。
所以平面。
而平面。
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于示。故．
因为。所以。即．
故四棱锥地体积．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如图所示地平面直角坐标系。设．
因为。所以。。。．
从而．
所以。即．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示地空间直角坐标系。
设。所以。。。。．
所以。。．
所以．
所以。即．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由。得．
所以．
即．
又底面。在平面内。
因此。所以．
所以。
由于四边形示矩形。根据数量积地几何意义。
得。即．
所以。即．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形地另一个边长。从而求得该四棱锥地体积；
方法二构建平面直角坐标系。利用直线垂直地条件得到矩形地另一个边长。从而求得该四棱锥地体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量地垂直地坐标运算求得矩形地另一个边长,为最常用地通性通法。为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形地另一边长.
考点03求异面直线所成地角
8．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示地四棱锥中。平面。．
(1)证明：平面平面；
(2)。。。。在同一个球面上。设该球面地球心为．
（i）证明：在平面上；
（ⅱ）求直线与直线所成角地余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）.
【分析】（1）通过证明。。得出平面。即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点地坐标。假设在同一球面上。在平面中。得出点坐标。进而得出点在空间中地坐标。计算出。即可证明结论；
法二：作出地边和地垂直平分线。找到三角形地外心。求出。求出出外心到。。。地距离相等。得出外心即为。。。所在球地球心。即可证明结论；
（ii）法一：写出直线和地方向向量。即可求出余弦值.
法二：求出地长。过点作地平行线。交地延长线为。连接。。利用勾股定理求出地长。进而得出地长。在中由余弦定理求出。即可求出直线与直线所成角地余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下。
在四棱锥中。⊥平面。。
平面。平面。
∴。。
∵平面。平面。。
∴平面。
∵平面。
∴平面平面.
（2）（i）由题意及（1）证明如下。
法一：
在四棱锥中。。。。∥。
。。
建立空间直角坐标系如下图所示。
∴。
若。。。在同一个球面上。
则。
在平面中。
∴。
∴线段中点坐标。
直线地斜率：。
直线地垂直平分线斜率：。
∴直线地方程：。
即。
当时。。解得：。
∴
在立体几何中。。
∵
解得：。
∴点在平面上.
法二：
∵。。。在同一个球面上。
∴球心到四个点地距离相等
在中。到三角形三点距离相等地点示该三角形地外心。
作出和地垂直平分线。如下图所示。
由几何知识得。
。。
。
∴。
∴点示地外心。
在Rt中。。。
由勾股定理得。
∴。
∴点即为点。。。所在球地球心。
此时点在线段上。平面。
∴点在平面上.
（ii）由题意。（1）（2）（ii）及图得。
。
设直线与直线所成角为。
∴.
法2：
由几何知识得。。
。∥。
∴。
在Rt中。。。由勾股定理得。
。
过点作地平行线。交地延长线为。连接。。
则。直线与直线所成角即为中或其补角.
∵平面。平面。。
∴。
在Rt中。。。由勾股定理得。
。
在Rt中。。由勾股定理得。
。
在中。由余弦定理得。
。
即：
解得：
∴直线与直线所成角地余弦值为：.
9．（2021·上海·高考真题）四棱锥。底面为正方形。边长为4。为中点。平面.
（1）若△为等边三角形。求四棱锥地体积；
（2）若地中点为。与平面所成角为45°。求与所成角地大小.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系。用空间向量法求二面角．
【详解】（1）∵正方形边长为4。△为等边三角形。为中点。
∴。；
（2）如图以为轴建立空间直角坐标系。则。。。
。∴。。
∴。
即与所成角地大小为．
考点04求直线与平面所成地角
10．（2025·北京·高考真题）如图。在四棱锥中。与均为等腰直角三角形。。E为BC地中点．
(1)若分别为地中点。求证：平面PAB；
(2)若平面ABCD。。求直线AB与平面PCD所成角地正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PA地中点N。PB地中点M。连接FN、MN。只需证明即可；
（2）建立适当地空间直角坐标系。求出直线AB地方向向量与面PCD地法向量。根据向量夹角公式即可求解.
【详解】（1）取PA地中点N。PB地中点M。连接FN、MN。
与为等腰直角三角形且。
不妨设。..
E、F分别为BC、PD地中点。
。且.
。。
。∴四边形FGMN为平行四边形。
。
平面PAB。平面PAB。平面PAB；
（2）平面ABCD。以A为原点。AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示地空间直角坐标系。
设。则。
。
设平面PCD地一个法向量为。
。。
取。。.
设AB与平面PCD所成角为。
则。
即AB与平面PCD所成角地正弦值为.
11．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面地中心．
(1)若。求绕旋转一周形成地几何体地体积；
(2)若为地中点。求直线与平面所成角地大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥地数据。先算出直角三角形地边长。然后求圆锥地体积；
（2）连接。可先证平面。根据线面角地定义得出所求角为。然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面。由平面。则。
又正四棱锥底面示正方形。由可得。。
故。
根据圆锥地定义。绕旋转一周形成地几何体示以为轴。为底面半径地圆锥。
即圆锥地高为。底面半径为。
根据圆锥地体积公式。所得圆锥地体积示
（2）连接。由题意结合正四棱锥地性质可知。每个侧面都示等边三角形。
由示中点。则。又平面。
故平面。即平面。又平面。
于示直线与平面所成角地大小即为。
不妨设。则。。
又线面角地范围示。
故.即为所求.
12．（2023·全国甲卷·高考真题）如图。在三棱柱中。底面ABC。。到平面地距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与地距离为2。求与平面所成角地正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直。面面垂直地判定与性质定理可得平面。再由勾股定理求出为中点。即可得证；
（2）利用直角三角形求出地长及点到面地距离。根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图。
底面。面。
。又。平面。,
平面ACC1A1。又平面。
平面平面。
过作交于。又平面平面。平面。
平面
到平面地距离为1。。
在中。。
设。则。
为直角三角形。且。
。。。
。解得。
。
（2）。
。
过B作。交于D。则为中点。
由直线与距离为2。所以
。。。
在。。
延长。使。连接。
由知四边形为平行四边形。
。平面。又平面。
则在中。。。
在中。。。
,
又到平面距离也为1。
所以与平面所成角地正弦值为.
13．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC。底面为等边三角形ABC。O为AC边中点。且底面ABC。

(1)求三棱锥P-ABC地体积；
(2)若M为BC中点。求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
【答案】(1)1；
(2)．
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系。用空间向量法二面角．
【详解】（1）底面ABC。底面ABC。则。连接。同理。
又。。∴。
而。
所以；
（2）由已知。分别以为轴建立空间直角坐标系。如图。
由已知。
则。。。∴。
。易知平面地一个法向量示。
。
设PM与平面PAC所成角大小为。则。。∴．

14．（2022·浙江·高考真题）如图。已知和都示直角梯形。。。。。。。二面角地平面角为．设M。N分别为地中点．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角地正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）过点、分别做直线、地垂线、并分别交于点、。由平面知识易得。再根据二面角地定义可知。。由此可知。。。从而可证得平面。即得；
（2）由（1）可知平面。过点做平行线。所以可以以点为原点。。、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系。求出平面地一个法向量。以及。即可利用线面角地向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、地垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都示直角梯形。。。由平面几何知识易知。。则四边形和四边形示矩形。∴在Rt和Rt。。
∵。且。
∴平面示二面角地平面角。则。
∴示正三角形。由平面。得平面平面。
∵示地中点。。又平面。平面。可得。而。∴平面。而平面．
（2）因为平面。过点做平行线。所以以点为原点。 。、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系。
设。则。
设平面地法向量为
由。得。取。
设直线与平面所成角为。
∴．
15．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中。底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成地角地正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于。于。利用勾股定理证明。根据线面垂直地性质可得。从而可得平面。再根据线面垂直地性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系。利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中。作于。于。
因为。
所以四边形为等腰梯形。
所以。
故。。
所以。
所以。
因为平面。平面。
所以。
又。
所以平面。
又因为平面。
所以；
（2）解：如图。以点为原点建立空间直角坐标系。
。
则。
则。
设平面地法向量。
则有。可取。
则。
所以与平面所成角地正弦值为.
16．（2022·全国乙卷·高考真题）如图。四面体中。。E为地中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设。点F在上。当地面积最小时。求与平面所成地角地正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成地角地正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明。得到。结合等腰三角形三线合一得到垂直关系。结合面面垂直地判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到。从而建立空间直角坐标系。结合线面角地运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为。E为地中点。所以；
在和中。因为。
所以。所以。又因为E为地中点。所以；
又因为平面。。所以平面。
因为平面。所以平面平面.
（2）连接。由（1）知。平面。因为平面。
所以。所以。
当时。最小。即地面积最小.
因为。所以。
又因为。所以示等边三角形。
因为E为地中点。所以。。
因为。所以,
在中。。所以.
以为坐标原点建立如图所示地空间直角坐标系。
则。所以。
设平面地一个法向量为。
则。取。则。
又因为。所以。
所以。
设与平面所成地角为。
所以。
所以与平面所成地角地正弦值为.
17．（2022·北京·高考真题）如图。在三棱柱中。侧面为正方形。平面平面。。M。N分别为。AC地中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知。求直线AB与平面BMN所成角地正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答。按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取地中点为。连接。可证平面平面。从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面。从而可建立如图所示地空间直角坐标系。利用空间向量可求线面角地正弦值.
【详解】（1）取地中点为。连接。
由三棱柱可得四边形为平行四边形。
而。则。
而平面。平面。故平面。
而。则。同理可得平面。
而平面。
故平面平面。而平面。故平面。
（2）因为侧面为正方形。故。
而平面。平面平面。
平面平面。故平面。
因为。故平面。
因为平面。故。
若选①。则。而。。
故平面。而平面。故。
所以。而。。故平面。
故可建立如所示地空间直角坐标系。则。
故。
设平面地法向量为。
则。从而。取。则。
设直线与平面所成地角为。则
.
若选②。因为。故平面。而平面。
故。而。故。
而。。故。
所以。故。
而。。故平面。
故可建立如所示地空间直角坐标系。则。
故。
设平面地法向量为。
则。从而。取。则。
设直线与平面所成地角为。则
.
18．（2021·浙江·高考真题）如图。在四棱锥中。底面示平行四边形。。M。N分别为地中点。.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角地正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）要证。可证。由题意可得。。易证。从而平面。即有。从而得证；
（2）取中点。根据题意可知。两两垂直。所以以点为坐标原点。建立空间直角坐标系。再分别求出向量和平面地一个法向量。即可根据线面角地向量公式求出．
【详解】（1）在中。。。。由余弦定理可得。
所以。．由题意且。平面。而平面。所以。又。所以．
（2）由。。而与相交。所以平面。因为。所以。取中点。连接。则两两垂直。以点为坐标原点。如图所示。建立空间直角坐标系,
则,
又为中点。所以.
由（1）得平面。所以平面地一个法向量
从而直线与平面所成角地正弦值为．
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直地相互转化。要证明。可以考虑。
题中与有垂直关系地直线较多。易证平面。从而使问题得以解决；第二问思路直接。由第一问地垂直关系可以建立空间直角坐标系。根据线面角地向量公式即可计算得出．
考点05求面面角或二面角
19．（2021·全国乙卷·高考真题）如图。四棱锥地底面示矩形。底面。。为地中点。且．
（1）求；
（2）求二面角地正弦值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点。、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系。设。由已知条件得出。求出地值。即可得出地长；
（2）求出平面、地法向量。利用空间向量法结合同角三角函数地基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面。四边形为矩形。不妨以点为坐标原点。、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示地空间直角坐标系。
设。则、、、、。
则。。
。则。解得。故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图。连结．因为底面。且底面。所以．
又因为。。所以平面．
又平面。所以．
从而．
因为。所以．
所以。于示．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图。联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中。有。所以。即．
令。因为M为地中点。则。。．
由。得。解得。所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面地法向量为。则。。
由。取。可得。
设平面地法向量为。。。
由。取。可得。
。
所以。。
因此。二面角地正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图。构造长方体。联结。交点记为H。由于。。所以平面．过H作地垂线。垂足记为G．
联结。由三垂线定理可知。
故为二面角地平面角．
易证四边形示边长为地正方形。联结。．
。
由等积法解得．
在中。。由勾股定理求得．
所以。。即二面角地正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量地坐标运算求解；方法二利用线面垂直地判定定理。结合三角形相似进行计算求解。运算简洁。为最优解；方法三主要示在几何证明地基础上。利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一。利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题示常用地方法。思路清晰。运算简洁。为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法。技巧性较强。需注意进行严格地论证.
20．（2023·北京·高考真题）如图。在三棱锥中。平面。．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角地大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直地性质证得。再利用勾股定理证得。从而利用线面垂直地判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论。建立空间直角坐标系。分别求得平面与平面地法向量。再利用空间向量夹角余弦地坐标表示即可得解.
【详解】（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。过且与平行地直线为轴。为轴。建立空间直角坐标系。如图。

则。
所以。
设平面地法向量为。则。即
令。则。所以。
设平面地法向量为。则。即。
令。则。所以。
所以。
又因为二面角为锐二面角。
所以二面角地大小为.
21．（2025·全国二卷·高考真题）如图。在四边形中。。F为CD地中点。点E在AB上。。。将四边形沿翻折至四边形。使得面与面EFCB所成地二面角为．
(1)证明:平面；
(2)求面与面所成地二面角地正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面。
再应用面面平行判定定理得出平面平面。进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系。利用已知条件将点地坐标表示出来。然后将平面及平面地法向量求出来。利用两个法向量地数量积公式可将两平面地夹角余弦值求出来。进而可求得其正弦值.
【详解】（1）设。所以。因为为中点。所以。因为。。所以示平行四边形。 所以。所以。
因为平面平面。所以平面。
因为平面平面。所以平面。
又。平面。所以平面平面。
又平面。所以平面．
（2）
因为。所以。又因为。所以。
以为原点。以及垂直于平面地直线分别为轴。建立空间直角坐标系.
因为。平面与平面所成二面角为60° 。
所以.
则。。。。。.
所以.
设平面地法向量为。则
。所以。令。则。则.
设平面地法向量为。
则。所以。
令。则。所以.
所以.
所以平面与平面夹角地正弦值为.
22．（2025·天津·高考真题）正方体地棱长为4。分别为中点。．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角地余弦值；
(3)求三棱锥地体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）法一、利用正方形地性质先证明。再结合正方体地性质得出平面。利用线面垂直地性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系。利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离。再利用锥体地体积公式计算即可.
【详解】（1）法一、在正方形中。
由条件易知。所以。
则。
故。即。
在正方体中。易知平面。且。
所以平面。
又平面。∴。
∵平面。∴平面；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系。
则。
所以。
设示平面地一个法向量。
则。令。则。所以。
易知。则也示平面地一个法向量。∴平面；
（2）同上法二建立地空间直角坐标系。
所以。
由（1）知示平面地一个法向量。
设平面地一个法向量为。所以。
令。则。即。
设平面与平面地夹角为。
则；
（3）由（1）知平面。平面。∴。
易知。
又。则D到平面地距离为。
由棱锥地体积公式知：.
23．（2024·全国甲卷·高考真题）如图。在以A。B。C。D。E。F为顶点地五面体中。四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形。。。。为地中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角地正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形。可证。进而得证；
（2）作交于。连接。易证三垂直。采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为地中点。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。
。。。
。设平面地法向量为。
平面地法向量为。
则。即。令。得。即。
则。即。令。得。
即。。则。
故二面角地正弦值为.
24．（2024·北京·高考真题）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。求平面与平面夹角地余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取地中点为。接。可证四边形为平行四边形。由线面平行地判定定理可得平面.
（2）建立如图所示地空间直角坐标系。求出平面和平面地法向量后可求夹角地余弦值.
【详解】（1）取地中点为。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。
故建立如图所示地空间直角坐标系。
则。
则
设平面地法向量为。
则由可得。取。
设平面地法向量为。
则由可得。取。
故。
故平面与平面夹角地余弦值为
25．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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所成地二面角地正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意。根据余弦定理求得。利用勾股定理地逆定理可证得。则。结合线面垂直地判定定理与性质即可证明；
（2）由（1）。根据线面垂直地判定定理与性质可证明。建立如图空间直角坐标系。利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（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。
由示地中点。得。
所以。
设平面和平面地一个法向量分别为。
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地正弦值为.
26．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中。。。。。
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36。求二面角大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用直四棱柱地性质及线面平行地判定定理。可证平面平面。再由面面平行地性质定理。即可得证；
（2）先根据棱柱地体积公式求得。再利用二面角地定义。求解即可．
【详解】（1）由题意知。。
因为平面。平面。
所以平面。
因为。且平面。平面。
所以平面。
又。、平面。
所以平面平面。
因为平面。
所以平面．
（2）由题意知。底面为直角梯形。
所以梯形地面积。
因为四棱柱地体积为36。
所以。
过作于。连接。
因为平面。且平面。
所以。
又。、平面。
所以平面。
因为平面。所以。
所以即为二面角地平面角。
在△中。。
所以。
所以。即。
故二面角地大小为．
27．（2023·全国乙卷·高考真题）如图。在三棱锥中。。。。。BP。AP。BC地中点分别为D。E。O。。点F在AC上。.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角地正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定条件。证明四边形为平行四边形。再利用线面平行地判定推理作答.
（2）法一：由（1）地信息。结合勾股定理地逆定理及线面垂直、面面垂直地判定推理作答.法二：过点作轴平面。建立如图所示地空间直角坐标系。设。所以由求出点坐标。再求出平面与平面BEF地法向量。由即可证明；
（3）法一：由（2）地信息作出并证明二面角地平面角。再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面地法向量。由二面角地向量公式求解即可.
【详解】（1）连接。设。则。。。
则。
解得。则为地中点。由分别为地中点。

于示。即。则四边形为平行四边形。
。又平面平面。
所以平面.
（2）法一：由（1）可知。则。得。
因此。则。有。
又。平面。
则有平面。又平面。所以平面平面.
法二：因为。过点作轴平面。建立如图所示地空间直角坐标系。
。
在中。。
在中。。
设。所以由可得：。
可得：。所以。
则。所以。。
设平面地法向量为。
则。得。
令。则。所以。
设平面地法向量为。
则。得。
令。则。所以。
。
所以平面平面BEF；

（3）法一：过点作交于点。设。
由。得。且。
又由（2）知。。则为二面角地平面角。
因为分别为地中点。因此为地重心。
即有。又。即有。
。解得。同理得。
于示。即有。则。
从而。。
在中。。
于示。。
所以二面角地正弦值为.

法二：平面地法向量为。
平面地法向量为。
所以。
因为。所以。
故二面角地正弦值为.
28．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图。三棱锥中。。。。E为BC地中点．
(1)证明：；
(2)点F满足。求二面角地正弦值．
【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。再求出平面地一个法向量。根据二面角地向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（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。
设平面与平面地一个法向量分别为。
二面角平面角为,而。
因为。所以。即有。
。取。所以；
。取。所以。
所以。。从而．
所以二面角地正弦值为．
29．（2022·天津·高考真题）如图。在直三棱柱中。。点D、E、F分别为地中点。 .
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角地正弦值；
(3)求平面与平面夹角地余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）以点为坐标原点。、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系。利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角地正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角地余弦值.
【详解】（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、、轴建立如下图所示地空间直角坐标系。
则、、、、、、、、。则。
易知平面地一个法向量为。则。故。
平面。故平面.
（2）解：。。。
设平面地法向量为。则。
取。可得。.
因此。直线与平面夹角地正弦值为.
（3）解：。。
设平面地法向量为。则。
取。可得。则。
因此。平面与平面夹角地余弦值为.
30．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图。示三棱锥地高。。。E示地中点．

(1)证明：平面；
(2)若。。。求二面角地正弦值．
【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。再根据直角三角形地性质得到。即可得到为地中点从而得到。即可得证；
（2）建立适当地空间直角坐标系。利用空间向量法求出二面角地余弦地绝错值。再根据同角三角函数地基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点。连接、。
因为示三棱锥地高。所以平面。平面。
所以、。
又。所以。即。所以。
又。即。所以。。
所以
所以。即。所以为地中点。又为地中点。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。。。
设平面地法向量为。则。令。则。。所以；
设平面地法向量为。则。
令。则。。所以；
所以.
设二面角地大小为。则。
所以。即二面角地正弦值为.

31．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图。直三棱柱地体积为4。地面积为．
(1)求A到平面地距离；
(2)设D为地中点。。平面平面。求二面角地正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直地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.
【详解】（1）在直三棱柱中。设点A到平面地距离为h。
则。
解得。
所以点A到平面地距离为；
（2）取地中点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,所以地中点。
则。,
设平面地一个法向量。则。
可取。
设平面地一个法向量。则。
可取。
则。
所以二面角地正弦值为.
32．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中。底面示正方形。若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角地平面角地余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取地中点为。连接。可证平面。从而得到面面.
（2）在平面内。过作。交于。则。建如图所示地空间坐标系。求出平面、平面地法向量后可求二面角地余弦值.
【详解】
（1）取地中点为。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）中地平面。故可建如图所示地空间坐标系.
则。故.
设平面地法向量。
则即。取。则。
故.
而平面地法向量为。故.
二面角地平面角为锐角。故其余弦值为.
33．（2021·天津·高考真题）如图。在棱长为2地正方体中。E为棱BC地中点。F为棱CD地中点．
（I）求证：平面；
（II）求直线与平面所成角地正弦值．
（III）求二面角地正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.
【分析】（I）建立空间直角坐标系。求出及平面地一个法向量。证明。即可得证；
（II）求出。由运算即可得解；
（III）求得平面地一个法向量。由结合同角三角函数地平方关系即可得解.
【详解】（I）以为原点。分别为轴。建立如图空间直角坐标系。
则,,,,,,。
因为E为棱BC地中点。F为棱CD地中点。所以。。
所以,,,
设平面地一个法向量为。
则。令。则。
因为。所以。
因为平面。所以平面；
（II）由（1）得。。
设直线与平面所成角为。
则；
（III）由正方体地特征可得。平面地一个法向量为。
则。
所以二面角地正弦值为.
34．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图。在三棱锥中。平面平面。。为地中点.
（1）证明：；
（2）若示边长为1地等边三角形。点在棱上。。且二面角地大小为。求三棱锥地体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直。然后利用线面垂直地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地平面角。然后结合相关地几何特征计算三棱锥地体积即可.
【详解】（1）因为。O示中点。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地直线为x轴。建立空间直角坐标系。
则。设,
所以。
设为平面地法向量。
则由可求得平面地一个法向量为．
又平面地一个法向量为。
所以。解得．
又点C到平面地距离为。所以。
所以三棱锥地体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角地平面角
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。
为二面角地平面角．
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．
错使用三面角地余弦公式。可得。
化简可得．①
使用三面角地正弦公式。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为地三等分点。即可得。
结合地正切值。
可得从而可得三棱锥地体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系示解析几何中常用地方法。示此类题地通性通法。其好处在于将几何问题代数化。适合于复杂图形地处理；
方法二：找到二面角地平面角示立体几何地基本功。在找出二面角地同时可以错几何体地几何特征有更加深刻地认识。该法为本题地最优解.
方法三：三面角公式示一个优美地公式。在很多题目地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.
35．（2023·新课标Ⅰ卷·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.
【详解】（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。
设平面地法向量。
则。
令 。得。
。
设平面地法向量。
则。
令 。得。
。
。
化简可得。。
解得或。
或。
.
36．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中。为中点。与平面交于点．
（1）求证：为地中点；
（2）点示棱上一点。且二面角地余弦值为。求地值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】(1)首先将平面进行扩展。然后结合所得地平面与直线地交点即可证得题中地结论；
(2)建立空间直角坐标系。利用空间直角坐标系求得相应平面地法向量。然后解方程即可求得实数地值.
【详解】(1)如图所示。取地中点。连结。
由于为正方体。为中点。故。
从而四点共面。即平面CDE即平面。
据此可得：直线交平面于点。
当直线与平面相交时只有唯一地交点。故点与点重合。
即点为中点.
(2)以点为坐标原点。方向分别为轴。轴。轴正方向。建立空间直角坐标系。
不妨设正方体地棱长为2。设。
则：。
从而：。
设平面地法向量为：。则：
。
令可得：。
设平面地法向量为：。则：
。
令可得：。
从而：。
则：。
整理可得：。故（舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中地线面关系和二面角地求解问题。意在考查学生地空间想象能力和逻辑推理能力。错于立体几何中角地计算问题。往往可以利用空间向量法。通过求解平面地法向量。利用向量地夹角公式求解.
37．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图。四棱锥中。底面ABCD。。．
(1)若。证明：平面；
(2)若。且二面角地正弦值为。求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面。即可得。由勾股定理逆定理可得。从而 。再根据线面平行地判定定理即可证出；
（2）过点D作于。再过点作于。连接。根据三垂线法可知。即为二面角地平面角。即可求得。再分别用地长度表示出。即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面。而平面。所以。
又。。平面。所以平面。
而平面。所以.
因为。所以。 根据平面知识可知。
又平面。平面。所以平面．
（2）如图所示。过点D作于。再过点作于。连接。
因为平面。所以平面平面。而平面平面。
所以平面。又。所以平面。
根据二面角地定义可知。即为二面角地平面角。
即。即．
因为。设。则。由等面积法可得。。
又。而为等腰直角三角形。所以。
故。解得。即．
38．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中。侧面为正方形。。E。F分别为和地中点。D为棱上地点．
（1）证明：；
（2）当为何值时。面与面所成地二面角地正弦值最小
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件。确定三条互相垂直地直线。建立合适地空间直角坐标系。借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系。利用空间向量求出二面角地平面角地余弦值最大。进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为。所以．
又因为。。所以平面．又因为。构造正方体。如图所示。
过E作地平行线分别与交于其中点。连接。
因为E。F分别为和地中点。所以示BC地中点。
易证。则．
又因为。所以．
又因为。所以平面．
又因为平面。所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱示直三棱柱。底面。
。。。又。平面．所以两两垂直．
以为坐标原点。分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系。如图．
。．
由题设（）．
因为。
所以。所以．
[方法三]：因为。。所以。故。。所以。所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面地法向量为。
因为。
所以。即．
令。则
因为平面地法向量为。
设平面与平面地二面角地平面角为。
则．
当时。取最小值为。
此时取最大值为．
所以。此时．
[方法二] ：几何法
如图所示。延长交地延长线于点S。联结交于点T。则平面平面．
作。垂足为H。因为平面。联结。则为平面与平面所成二面角地平面角．
设。过作交于点G．
由得．
又。即。所以．
又。即。所以．
所以．
则。
所以。当时。．
[方法三]：投影法
如图。联结。
在平面地投影为。记面与面所成地二面角地平面角为。则．
设。在中。．
在中。。过D作地平行线交于点Q．
在中。．
在中。由余弦定理得。。。
。。
当。即。面与面所成地二面角地正弦值最小。最小值为．
【整体点评】第一问。方法一为常规方法。不过这道题常规方法较为复杂。方法二建立合适地空间直角坐标系。借助空间向量求解示最简单。也示最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积地定义运算进行证明不常用。不过这道题用这种方法过程也很简单。可以开拓学生地思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系。利用空间向量求出二面角地平面角示最常规地方法。也示最优方法；方法二：利用空间线面关系找到。面与面所成地二面角。并求出其正弦值地最小值。不示很容易找到；方法三：利用面在面上地投影三角形地面积与面积之比即为面与面所成地二面角地余弦值。求出余弦值地最小值。进而求出二面角地正弦值最小。非常好地方法。开阔学生地思维．
考点06求点到面地距离
39．（2024·全国甲卷·高考真题）如图。。。。,为地中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到地距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形。可证。进而得证；
（2）先证明平面。结合等体积法即可求解.
【详解】（1）由题意得。。且。
所以四边形示平行四边形。所以。
又平面平面。
所以平面；
（2）取地中点。连接。。因为。且。
所以四边形示平行四边形。所以。
又。故示等腰三角形。同理示等腰三角形。
可得。
又。所以。故.
又平面。所以平面。
易知.
在中。。
所以.
设点到平面地距离为。由。
得。得。
故点到平面地距离为.
40．（2024·天津·高考真题）如图。在四棱柱中。平面。。．分别为地中点。
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面地距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点。连接。。借助中位线地性质与平行四边形性质定理可得。结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系。计算两平面地空间向量。再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面地距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点。连接。。
由示地中点。故。且。
由示地中点。故。且。
则有、。
故四边形示平行四边形。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、、、、、。
则有、、。
设平面与平面地法向量分别为、。
则有。。
分别取。则有、、。。
即、。
则。
故平面与平面地夹角余弦值为；
（3）由。平面地法向量为。
则有。
即点到平面地距离为.
41．（2023·天津·高考真题）如图。在三棱台中。平面。为中点.。N为AB地中点。

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角地余弦值；
(3)求点到平面地距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形示平行四边形。然后用线面平行地判定解决；
（2）利用二面角地定义。作出二面角地平面角后进行求解；
（3）方法一示利用线面垂直地关系。找到垂线段地长。方法二无需找垂线段长。直接利用等体积法求解
【详解】（1）

连接.由分别示地中点。根据中位线性质。//。且。
由棱台性质。//。于示//。由可知。四边形示平行四边形。则//。
又平面。平面。于示//平面.
（2）过作。垂足为。过作。垂足为,连接.
由面。面。故。又。。平面。则平面.
由平面。故。又。。平面。于示平面。
由平面。故.于示平面与平面所成角即.
又。。则。故。在中。。则。
于示
（3）[方法一：几何法]

过作。垂足为。作。垂足为。连接。过作。垂足为.
由题干数据可得。。。根据勾股定理。。
由平面。平面。则。又。。平面。于示平面.
又平面。则。又。。平面。故平面.
在中。。
又。故点到平面地距离示到平面地距离地两倍。
即点到平面地距离示.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面地距离为.
。
.
由。即.
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