高中数学人教A版（2019）选修1 1.4 空间向量应用4解答题综合卷章节综合练习题（答案+解析）

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1.4 空间向量应用4解答题综合卷
一、解答题
1．如图所示，在直角梯形中，，，边上一点满足.现将沿折起到的位置，使平面平面，如图所示.
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的余弦值.
2．（2023高二上·临安开学考）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，四边形为梯形，，.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
3．如图，直三棱柱中，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，为上一点，且，求二面角的余弦值．
4．（2023高二上·辉南月考）如图，四面体中，、分别、的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值的大小；
（3）求点到平面的距离．
5．（2023高二上·辉南月考）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱A1A和B1B的中点，求CM和D1N所成角的余弦值.
6．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
7．（2023高三上·开远月考）如图，四边形是正方形，平面，，.
（1）证明：；
（2）若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的大小.
8．（2023高一下·炎陵期末）如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，.
（1）求直线与平面所成角正弦值；
（2）求点到平面的距离.
9．（2023高一下·惠州期末）如图，在正方体中，是棱的中点．
（1）试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
（2）若正方体的棱长为2，求点到平面的距离．
10．（2023高二下·湛江期末）如图①，在等腰直角三角形中，分别是上的点，且满足.将沿折起，得到如图②所示的四棱锥.
（1）设平面平面，证明：⊥平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
11．（2023高二下·江门期末）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为直角梯形，，．
（1）求证；；
（2）若，，，求平面与平面的夹角的余弦值．
12．（2023高二下·洛阳期末）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，且直线PB与CD所成角的大小为．
（1）求BC的长；
（2）求二面角的余弦值．
13．（2023高二下·河北期末）如图，圆锥的高为3，是底面圆的直径，PC，PD为圆锥的母线，四边形是底面圆的内接等腰梯形，且，点在母线上，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
14．（2023高二下·安康月考）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，E为的中点，，，且为正三角形.
（1）证明：.
（2）求二面角的正弦值.
15．（2023高二下·保山期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为等腰梯形，，，且平面平面ABCD，.
（1）求证：；
（2）与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
16．（2023高二下·联合期末）如图1，已知正三棱锥分别为的中点，将其展开得到如图2的平面展开图（点的展开点分别为，点的展开点分别为），其中的面积为．在三棱锥中，
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2023高二下·清远期末）如图，将三棱锥的侧棱放到平面内，，，，，平面平面.
（1）证明：平面⊥平面；
（2）若，平面与平面夹角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值.
18．（2023高二下·海南期末）如图，在三棱锥中，底面，是正三角形﹐点在棱上，且，点为的中点.
（1）证明：为的中点；
（2）若，求二面角的余弦值.
19．（2023高一下·天河期末）如图，四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，且侧面面ABCD，O是AD的中点，.
（1）求证：平面平面POB；
（2）当时，在棱PC上是否存在一点M，使得三棱锥的体积为，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
20．（2023高一下·天河期末）如图，在正三棱柱中，D是的中点，.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成的角的正弦值.
21．（2023高二下·宁波期末）如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、、、四点共面．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
22．（2023高二下·青浦期末）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2．
（1）若圆雉的侧面积为，求圆锥的体积；
（2）设是底面半径，且是线段的中点，如图．求直线与平面所成的角的大小．
23．（2023高二上·朝阳开学考）如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD，平面ABCD，，，点F在棱PA上．
（1）求证：平面CDE；
（2）求二面角的余弦值；
（3）若点F到平面PCE的距离为，求线段AF的长．
24．如图，四边形与四边形是全等的矩形，.
（1）若P是棱的中点，求证：平面平面；
（2）若P是棱上的点，直线BP与平面所成角的正切值为，求二面角的正弦值.
25．（2023·海盐开学考） 四棱锥中⊥平面四边形为菱形为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求与平面所成的角的正切值；
（3）求二面角的正弦值．
26．（2023·海盐开学考）如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为的等边三角形，，．
（1）求点B到平面ECD的距离；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
27．（2023高二上·吉林开学考）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点，是线段上一动点．
（1）求证：平面PBC⊥平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值
28．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
（1）求证：；
（2）若点为棱上不与端点重合的动点，且与平面所成角正弦值为，求点到平面的距离.
29．（2023高一下·苏州期末）已知直角梯形中，，，，，，为的中点，，如图，将四边形沿向上翻折，使得平面平面.
（1）在上是否存在一点，使得平面？
（2）求二面角的余弦值.
30．（2023高二下·宁波期末）在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
（1）求四棱锥的体积；
（2）若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：在图1中，连接，因为，故，
，，
；
四边形为菱形，连接交于点，则
在图2中，平面，
平面，平面，
，即.
（2）解：平面平面，面面，
平面且，
平面，平面，，
即两两垂直，以分别为轴 轴 轴，如图建立空间直角坐标系，
则，
，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
设与平面所成的角为，，
故，
，与平面所成角的余弦值为.
【解析】【分析】（1）通过证明 平面 ，利用线面垂直的性质得到；
（2）先证明两两垂直， 再以这三边所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解与平面所成角的余弦值.
2．【答案】（1）解：取中点，连接，
分别为中点，，，
，，又，
，，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面.
（2）解：取中点，连接，
，，四边形为平行四边形，
又，，即；
为等边三角形，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面；
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，，则，，，，，
，，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，解得：，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【解析】【分析】 (1) 根据平行的性质可得 ，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2)根据面面垂直的性质定理可得平面 ，以为坐标原点，正方向为轴，可建立示空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.

3．【答案】（1）证明：过作于，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，且平面，
所以，
在直三棱柱中，平面，且平面，
所以，
由可知，且，平面，
所以平面，
又平面，
所以．
（2）解：以为坐标原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以，
，，
二面角的余弦值为．
【解析】【分析】(1) 过作于，根据面面垂直性质定理得平面，进而通过证明 和得到 平面，所以；
(2) 以为坐标原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 利用空间向量求二面角的余弦值．
4．【答案】（1）解：连接，
，，
，
，，
，
在中，由题设知
，，，
，
，
即，
，
平面；
（2）解：以为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，
，，
，，
，
异面直线与所成角的余弦值大小为；
（3）解：解：由知：
，．
设平面的一个法向量为，
则
令，得
又，
点到平面的距离
，
即点到平面的距离为．
【解析】【分析】(1) 连接， 通过证明 ，，得到平面；
(2)由(1)知，，两两垂直， 以为原点建立空间直角坐标系，利用公式 求异面直线与所成角的余弦值；
(3) 设平面的一个法向量为， 由 求出法向量，则 在法向量方向投影即为点到平面的距离.
5．【答案】解：如图，以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
不妨设正方体边长为2，则，，，，，
和所成角的余弦值 .
【解析】【分析】以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，根据公式，求 和所成角的余弦值.
6．【答案】（1）解：∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．
（2）解：由，得，
∴．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】【分析】(1)由四边形是正方形，可得.由平面平面 结合面面垂直的性质可证得 平面；
(2)由勾股定理推出 ， 建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量， 利用向量法可求出平面与平面夹角的余弦值.
7．【答案】（1）证明：如图，连接.
∵四边形是正方形，∴.
∵平面，又平面，
∴.
又，
∴平面.
又平面，
∴.
（2）解：如图，连接，
∵，且，∴四边形是平行四边形.
∴.又由（1）可知平面，
∴平面.
∴平面平面.
过点作的垂线，交于，则为点到平面的距离.
设，则，，
根据等积思想得，解得.
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，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，，，得，，
∵，∴，
不妨令，则，，
∴平面的一个法向量为.
∴.
设平面与平面所成的角为，则.
由图可知，为锐角.∴.
故平面与平面所成的角为.
【解析】【分析】根据题意证明 平面，进而可得结果；
(2) 根据题意可证 平面平面，利用等体积法可得 ， 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， 利用空间向量求面面夹角，
8．【答案】（1）解：平面，平面，，；
是圆的直径，，又，平面，
平面，即为直线与平面所成角，
，，，又，
，即直线与平面所成角的正弦值为.
（2）解：
过作，垂足为，
由（1）得：平面，平面，平面平面，
又平面平面，平面，，平面，
，，
根据等面积法知：，，
即到平面的距离等于.
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用线面垂直的判定定理找出直线与平面的夹角，在直角三角形中求解即可；
（2）过点作，垂足为，由（1）结合线面垂直的判定定理推出平面，再利用等体积法求点到平面的距离.
9．【答案】（1）直线平面，
理由如下：在正方体中，连接交于点，连接，如图1，
因为四边形为正方形，则为中点，又为中点，因此，
又平面，平面，所以平面．
（2）解法一：（等体积法）
在三棱锥中，，
则，
的面积，
设点到平面的距离为，
由得：，
于是，所以点到平面的距离为．
解法二：（直接法）
连接，在平面中，设
在正方形中，
又∵平面，平面，∴．
又∵，、平面
∴平面，而平面，∴
同理可得：，
又∵，，平面，
∴平面，即平面，
所以为点到平面的距离，
由题意可知，在直角三角形中，，，
由得，所以点到平面的距离为．
【解析】【分析】（1） 在正方体中，连接交于点，连接 ，根据线面平行判定定理证明即可；
（2）解法一（等体积法）在三棱锥中，设点到平面的距离，根据即可求解；
解法二（直接法） 连接，在平面中，设 ，根据线面垂直的判定定理和性质证明平面，即为点到平面的距离.
10．【答案】（1）平面平面，
平面.
平面，平面平面，
.
由图①，得，
.
平面，
平面；
（2）由题意，得.
又，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
.
设平面的一个法向量为.
则，
令，得，故.
设与平面所成角为.
直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】【分析】（1）由得到线面平行平面，进而由线面平行的性质得到， 由，进而证明出 平面；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系.，求出平面的一个法向量，利用空间向量求出直线与平面所成角的正弦值.
11．【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，
平面，所以，平面，
因为平面，因此，.
（2）解：因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内垂直于的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，，，
所以，、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，则，
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
【解析】【分析】 (1)根据面面垂直的性质可得平面PCD，再结合线面垂直的性质分析证明；
(2)以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量法求面面夹角的余弦值．
12．【答案】（1）解：由于平面ABCD，，所以两两垂直，故分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
，，0，，，0，，，1，，，0，．
设，，，则，0，，，，．
直线与所成角大小为，
，
即，解得或（舍，
，2，，则的长为2
（2）解：设平面的一个法向量为，，．
，0，，，1，，，
，令，则，，，1，．
平面的一个法向量为，
，令，则，，，
，
由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为．
【解析】【分析】(1)建系．由直线PB与CD所成角大小为列式可求点C的坐标，进而可求得BC的长；
(2)分别求出平面PBD与平面PBC的一个法向量，由法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．
13．【答案】（1）证明：由已知可得，且，
所以四边形OADC为平行四边形，
又因为，所以平行四边形OADC为菱形，
所以
在圆锥PO中，因为平面ABCD，平面ABCD，
所以
因为，平面POD，平面POD，
所以平面POD．
又因为平面AEC，所以平面平面POD．
（2）解：取CD中点M，易知平面PAB，，
以O为原点，OM，OB，OP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，，，，
因为，所以，
所以，
所以，，
设平面AEC的一个法向量为，
因为，所以，
令，则，，所以，
易知平面EAB即平面yOz，所以平面EAB的一个法向量为，
设平面AEC与平面EAB的夹角为，
则，
所以平面AEC与平面EAB的夹角的余弦值为．
【解析】【分析】 (1)通过证明，得到平面POD，所以证得 平面平面；
(2)取CD中点M，以O为原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求平面与平面的夹角的余弦值．
14．【答案】（1）证明：取的中点F，连接，，如图所示，
因为，，
所以，
所以.
因为，
所以.
又因为，，
所以，
所以.
又因为，
所以.
又因为，、面，
所以平面.
又因为平面，
所以.
（2）解：以D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，则
令，得.
设平面的法向量为，则
令，得.
所以，
所以.
故二面角的正弦值为.
【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的定义可证明.
(2)先建立空间直角坐标系，用向量的运算求出两个平面的法向量，再利用向量法求出两个平面夹角的余弦值，最后利用同角三角函数基本关系可得求解.
15．【答案】（1）解：证明：取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形，
所以，
由等腰梯形知，设，则，，
故，即得，所以，
因为平面平面，，平面平面，平面PAD，
所以平面，又平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由（1）得，，两两垂直，则以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
因为平面，所以平面所成的角为，
设，则，，
则，，，，
则，，，
设平面PAB的法向量为，
则，即 ，
取，则，
设平面PBC的法向量为，
则，即，
取，则，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【解析】【分析】（1）取AB的中点E，连接CE，由等腰梯形的性质和勾股定理可得AD⊥BD，由面面垂直的性质定理可得PD⊥面ABCD，从而得到PD⊥BD，再由线面垂直的判定定理可得BD⊥面PAD，进而得到结论；
（2）根据已知建立空间直角坐标系，分别求出二面角的两个面的法向量，利用向量的夹角公式求解。
16．【答案】（1）证明：因为三棱锥为正三棱锥，为的中点，
所以，
又因为平面，
所以平面；
（2）解：如图1，在平面展开图中过作直线的垂线，垂足为，垂线交于点，
所以，
因为分别为的中点，所以，
所以，得，
在正三角形中，因为，所以，所以，
在中，．
解法一：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以，即，令，可得．
设为平面的一个法向量，
因为，
所以，即，令，可得．
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
解法二：如图3，设平面与平面的交线为，
因为∥，所以∥平面，所以∥∥．
在等腰三角形中，，
在等腰三角形中，，所以，
则为平面与平面的夹角（或其补角）．
，则在等腰三角形中，，
在三角形中，，
由余弦定理得，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】【分析】 (1) 根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 解法一：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；解法二：根据题意分析可知为平面与平面的夹角（或其补角），结合余弦定理运算求解.
17．【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面=，，又平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以平面⊥平面.
（2）解：记点在平面内的投影为，连接，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，平面与平面夹角的正切值为，
所以DE=，BE=，
则，），，
从而，，
设平面的法向量为，则由，
得到令，得，
所以，
易知，平面的一个法向量为，
，
故平面与平面夹角的余弦值为.
【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质定理可得 平面，则， 再结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 记点在平面内的投影为，连接，取的中点，根据平面与平面夹角的正切值为， 可得 DE=，BE=， 建系，利用空间向量求面面夹角.
18．【答案】（1）证明：因为是正三角形，为的中点，所以，
又，平面，且，
所以平面，平面，所以.
因为底面，平面，所以，
平面内，，，则有，
点为的中点，所以为的中点.
（2）解：由（1）可知底面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
由，得，所以，
则.
所以.
设平面的法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【解析】【分析】（1）首先证明PA∥DE，由三角形中位线即可证明D为PC中点；
（2）以E为原点建系，根据向量法求二面角的余弦值.
19．【答案】（1）证明：，为中点，所以，
因为侧面面ABCD，且侧面面，平面，
所以面ABCD，因为面，所以，
因为底面ABCD是直角梯形，，，则，
因为，为中点，则，则四边形为平行四边形，
又因为，，则四边形为正方形，
则，又因为，面，
所以面，又因为面，所以平面平面POB.
（2）解：假设在棱PC上是否存在一点M满足题意，
当时，则，因为为中点，则，
则，
则，
，，
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
则，
【解析】【分析】（1）首先根据等腰三角形三线合一，得到，再由线面垂直，得到线线垂直，之后根据正方形的性质，可知，从而得到线面垂直，最后证得面面垂直.
（2）根据锥形P-ABC与锥形P-ABM共面PAB，结合锥形体积公式，的比值，即点到平面的距离与点到平面的距离比值.
20．【答案】（1）证明：设，连接，
因为为平行四边形，则为的中点，
又因为D是的中点，则//，
且平面，平面，所以平面.
（2）解：设为的中点，连接，
因为为等边三角形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
可得与平面所成的角为，且，
所以与平面所成的角的正弦值.
【解析】【分析】（1）在三角形中，分别找到的中点O，D，连接OD，通过三角形中位线性质可知，，再由线线平行得到线面平行.
（2）首先由线面垂直，得到线线垂直，进一步得到线面垂直平面，从而得到线面夹角，再利用正弦定理求出三角值.
21．【答案】（1）解：如图，连接，
因为几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，
所以，，，
因为，，
所以四边形为平行四边形，，，
因为平面，平面，
所以，
因为，所以平面，
因为因为平面，所以平面平面．
（2）解：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则、、、、，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，整理得，
令，则，
设平面的一个法向量为，
则，整理得，
令，则，
，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的判断定理证明。
（2）利用空间向量坐标运算，平面与平面所成角的余弦值的计算公式求解。
22．【答案】（1）解：由题意可知圆锥的底面半径为2，所以底面圆的周长为：，
所以侧面展开图扇形的弧长为，设半径为，由于圆雉的侧面积为，
所以，所以扇形的半径为，所以圆锥的母线长为，
所以在直角三角形中，，
所以圆锥的体积为：.
（2）解：由于为圆锥的高，所以，
且，所以分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
，，，，所以，
设平面的法向量为，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为，
所以直线与平面所成的角的大小为：.
【解析】【分析】 (1)先根据圆雉的侧面积求出母线长，再分析求解圆锥的体积； ；
(2)分别以的方向为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系利用空间向量求 直线与平面所成的角的大小 .
23．【答案】（1）证明：在矩形ABCD中，．
因为平面CDE，平面CDE，
所以平面CDE．
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以．
因为平面CDE，平面CDE，
所以平面CDE．
又因为平面PAB，平面PAB，．
所以平面平面CDE．
因为平面PAB，
所以平面CDE．
（2）解：因为平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，
所以，．
又因为ABCD是矩形，，
所以AD，AB，PA两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，．
设平面PEC的一个法向量为，则
，即．
令，则，．
于是．
取平面PEA的法向量为．
则．
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值是．
（3）解：令线段AF的长为t，则，．
所以，
因为点F到平面PCE的距离．
所以，即．
解得或（舍）．
所以线段AF的长为．
【解析】【分析】(1) 通过证明平面平面 ，从而证明 平面；
(2) 先证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值；
(3)设线段的长为，则，利用点到平面距离公式列方程，求出即可.
24．【答案】（1）解：由题意知 ，所以，
又因为，且，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以.
，即，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又平面，平面，
所以平面，
又因为面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，所以CP是直线BP在平面内的射影，
所以就是直线BP与平面所成的角，即，
所以，所以由勾股定理得，
又由（1）知，，，两两垂直，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由于，所以，即，
令，则，，即，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，可知为锐角，所以.
故二面角的正弦值为.
【解析】【分析】 (1) 根据题意可得 平面，，根据几何关系可得 ，即可证 平面， 进而可证面面垂直；
(2) 根据题意可知 就是直线BP与平面所成的角， 即可得 ， 建系，利用空间向量求二面角.
25．【答案】（1）证明：四边形为菱形，为的中点，，
⊥平面 平面，，
又，平面， 平面，
又 平面，平面平面；
（2）解：易证得，，两两垂直，过点作平行线交于点，
以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则 ，
，易知平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，则，，
与平面所成角的正切值为；
（3）解：，设平面的一个法向量为，
则，令，则，
易知二面角所成锐二面角设为，
，，
二面角的正弦值为.
【解析】【分析】(1)通过证明，得到平面，进而证得平面平面；
(2)过点作平行线交于点，以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成的角的正切值；
(3)先求出平面的一个法向量结合（2），再利用公式求二面角余弦值，进而求正弦值.
26．【答案】（1）解：取中点，连接，，
，，又平面平面，平面平面，平面，平面，，又是边长为的等边三角形，，，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则 ，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
点到平面的距离；
（2）解：易知平面的一个法向量为，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
，平面与平面所成锐二面角的余弦值为 .
【解析】【分析】(1)先证明，，两两垂直，再以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解点面距离；
(2)先求出平面与平面的法向量，再利用公式求平面与平面所成锐二面角的余弦值
27．【答案】（1）解：因为，，则，又平面，平面，则，
而，平面，因此平面，又平面，
所以平面平面．
（2）解：因为底面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、，
设，，其中，
显然平面的一个法向量为，
依题意，，解得，
于是为的中点，即，设平面的法向量为，，，
则，取，得，
而平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】【分析】(1)根据题意可得先证 ，， 可得 平面， 进而可得 平面平面；
(2) 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， 根据题意结合线面夹角可得 ，进而利用空间向量求面面夹角.
28．【答案】（1）证明：∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面且平面，故
（2）解：∵△PAB中PA2=AB2+PB2，
∴PB⊥AB，
如图所示，建立以B为原点的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(-1，0，0)，C(0，2，0)，D(-1，3，0)，P(0，0，)，
，其中λ∈[0，1]，
则E(λ-1，0，)，
取平面PAB法向量，，
，
解得λ=或0（舍），
则，，，，
取平面PCD法向量，
则，，
令x=，得，
则点E到平面PCD的距离.
【解析】【分析】(1)由面面垂直的性质得到BC⊥平面PAB，进而证得BC⊥PB；
(2)以B为原点建立空间直角坐标系，根据 与平面所成角正弦值为 ，求得点E、、、的坐标，运用空间中点到面的距离公式求解即可.
29．【答案】（1）解：当点为的中点时，平面，证明如下：
由已知，
所以四边形为矩形，
所以，，
已知，点为的中点，则，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以在上存在一点，使得平面；
（2）解：因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，又，
以点为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设二面角的平面角为，
则，观察图象可得，
所以.
所以二面角的余弦值为
【解析】【分析】(1) 取点为的中点，证明，利用线面平行的判定定理即可证明.
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面，平面的法向量，再利用向量夹角公式即可求解.
30．【答案】（1）解：在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面，
∴平面
（2）解：在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
【解析】【分析】（1）运用立体几何知识，通过证明线面垂直得出四棱锥的高，再利用体积公式求解。
（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标运算，求平面CEF和平面DEF的法向量，证明两个法向量互相垂直即可。
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