备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：空间向量与立体几何
一、解答题
1．（2023高二上·长安月考）如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，连接PA，PB，PC，PD，点E，F，G，H分别为，，，的重心．求证：E，F，G，H四点共面．
【答案】证明：如图，分别连接PE，PF，PG，PH并延长交AB，BC，CD，AD于点M，N，Q，R，连接EG，MQ，EF，EH．
由于E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
所以M，N，Q，R分别为所在边的中点，即，，且；
所以顺次连接M，N，Q，R所得的四边形为平行四边形，
且有，，，．
由于四边形MNQR为平行四边形，
可得
．
由于三个向量有公共点E，根据空间向量的共面定理可得向量共面；
所以四点共面.
【知识点】空间向量的数乘运算；共面向量定理
【解析】【分析】利用重心的性质并利用平面向量的加减法则将向量可表示成，根据空间向量的共面定理即可得出证明.
2．（2022高二上·沂水期中）如图，在四棱锥中，，，，点M为棱PA的中点．
（1）设，，，用，，表示，；
（2）若底面ABCD，且，求平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值．
【答案】（1）解：；
；
（2）解：由面，面，则，
又，则，故两两垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，
可设平面ABCD的法向量为，，
设平面BCM的法向量为，则，即，令，，
故，平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值为.
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据空间向量的线性运算，即可表示相应的向量；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表示相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出两平面所成角的余弦值.
3．（2024高二上·亳州期末）如图，在三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点为的中点，点为的中点．
（1）点到直线的距离；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）解：由题设四边形为菱形，都为等边三角形，连接，
所以为等边三角形，若为中点，连接，
则，又面面，面面，面，
所以面，
又因为，所以两两垂直
故可构建空间直角坐标系，如下图示，
则，所以，
所以点到直线的距离为
（2）解：由（1）知，若是面的一个法向量，
则，取，则，
所以点到平面的距离
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合菱形的结构特征得出都为等边三角形，进而得出为等边三角形，再利用等边三角形三线合一证出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，进而建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合数量积和勾股定理，进而得出点到直线的距离.（2）由（1）知向量的坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的一个法向量，再利用数量积求出点到平面的距离.
4．（2023高三上·广州月考）如图，在四棱锥P-ABCD中，CD∥AB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，三棱锥B-PAD的体积为.
（1）求点P到平面ABCD的距离；
（2）若PA=PD，平面PAD⊥平面ABCD，点N在线段AP上，AN=2NP，求平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值.
【答案】（1）设点P到平面ABCD的距离为，
则，
由题可知，
所以，
故到平面ABCD的距离为.
（2）取AD的中点，连接PM，因为，所以，
又平面平面ABCD，平面平面平面PAD，，所以平面ABCD.
由（1）知PM=.
由题意可得，
所以，故.
法一（坐标法）：以点为坐标原点，DA为轴，DB为轴，过点作PM的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
依题意，
所以.
设平面NCD的法向量为，
则即
令，得
又平面ABCD的法向量为
设平面NCD与平面ABCD的夹角为，则
即平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值为.
法二(几何法)：在线段AM上取点，使得，连接NH，过点作，垂足为，连接NK.
因为，所以，
因为平面ABCD，所以平面ABCD，
所以，
又，且，
所以平面NHK，
所以，
所以是二面角的平面角.
在Rt中，易知，
所以，
所以.
故平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等体积法和三棱锥的体积公式，再结合三角形的面积公式，从而得出点P到平面ABCD的距离。
（2）利用已知条件结合等腰三角形三线合一，从而证出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再结合勾股定理证出线线垂直，再利用两种方法求出二面角的余弦值。方法一：(坐标法）建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面NCD的法向量和平面ABCD的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值；方法二：(几何法）利用线线平行对应边成比例，从而得出AH的长，再利用线线垂直和线面垂直的关系以及二面角的平面角的作法，进而找出二面角的平面角，再利用直角三角形的结构特征和三角函数的定义，进而由勾股定理得出平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值。
5．（2023高二上·重庆市期中）如图，在直三棱柱中，D，E分别是棱AB，的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得各条件相融．并求直线与平面所成的角的正弦值．
条件①：；条件②：；条件③：到平面的距离为1．
【答案】（1）取的中点为，连接.
分别是，的中点， .
D是的中点，
直三棱柱， .，.
四边形为平行四边形.
又平面，平面，所以平面.
（2）选择条件①：；
直三棱柱，平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面.
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件②：；
取的中点为，连接.
直三棱柱，分别是，的中点，
平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面..
分别是，的中点， ，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件③：到平面的距离为1．
过点作，垂足为，
直三棱柱，
平面，平面，，
，平面，
所以平面.平面.所以
由（1）知平面；因为到平面的距离为1，
所以.又，所以
又因为是的中点， ，所以是的中点， .
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用平行四边形，根据线面平行的判定即可证明；
（2）选择各条件，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量、平面的法向量，代入空间向量夹角公式即可.
6．（2024·潍坊期末）如图，在三棱锥 P-ABC中，平面 PAB⊥平面ABC，AB=4，BC=2，AC=PA=PB=2，D，E分别为PC，PA的中点.
（1）证明：平面 BCE⊥平面 PAB.
（2）求平面 PBC与平面BDE 的夹角的余弦值.
【答案】（1）解：证明：因为AB=4，BC=2，AC=2 ，所以
所以AB⊥BC.
因为平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC=AB，所以BC⊥平面PAB.
又BC 平面BCE，所以平面BCE⊥平面PAB
（2）解：取 AB的中点O，连接 PO.以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
其中y轴与BC 平行，则P(0，0，4)，A(-2，0，0)，B(2，0，0)，
E(-1，0，2)，C(2，2，0)，D(1，1，2)
设平面 BDE的法向量为
则
令z=3，得m=(2，-4，3).
设平面 PBC 的法向量为
则
令 ，得n=(2，0，1).
因为
所以平面 PBC 与平面 BDE 的夹角的余弦值为
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合勾股定理证出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再结合线面垂直证出面面垂直，从而证出平面 BCE⊥平面 PAB.
（2）利用中点的性质和已知条件，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，进而得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面BDE的法向量和平面PBC的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面 PBC 与
平面 BDE 的夹角的余弦值.
7．（2024高三上·辽宁五校联考期末）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为，所以，
因为，所以，
以为原点建立如图所示的坐标系，
所以，，，，，
所以，，，
设面的法向量为，
所以，，令，所以，
因为，不在面内，所以平面；
（2）解：，所以，
设面的法向量，
因为，所以，，
令，则，
设面的法向量，
因为，所以，，
令，所以，所以，
所以二面角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合余弦函数的值，进而得出角的值，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量，再结合两向量垂直数量积为0和数量积的坐标表示，再由不在面内，从而证出直线平面。（2）利用点的坐标求出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值。
8．（2024高三上·湖北期末）如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，且为棱的中点，为棱上的动点.
（1）求二面角的正弦值；
（2）是否存在点使得平面？若存在，求的值；否则，请说明理由.
【答案】（1）解：连接交于点，则，
建系如图，则，
，
设平面，平面的法向量分别为，则
由，取
由，取
设二面角的大小为，
所以二面角的正弦值为.
（2）解：存在符合题意，且.理由如下：
解法①：（几何法）
取中点，连接，则，而平面平面，
平面；
过作交于，连接.同理可知，平面；
由平面平面，
平面点即为所求的点.
四边形为平行四边形，，所以.
为靠近点的四等分点（即）
解法②：（向量法）
令，则
若平面平面
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由菱形的结构特征得出对角线互相垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面，平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，进而得出二面角的正弦值。
（2）用两种方法求解。
解法一：（几何法）利用中点作中位线的方法和中位线的性质，进而得出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，再利用线面平行证出面面平行，再由面面平行的性质定理证出线面平行，进而得出点即为所求的点，再利用平行四边形的性质得出的值，从而得出点H为靠近点的四等分点；
解法二：（向量法）利用向量共线的坐标表示和三角形法则以及向量的坐标运算，从而由线面平行结合两向量垂直数量积为0的等价关系，进而由数量积的坐标表示得出的值。
9．（2024高三上·牡丹江期末）如图，矩形中为边的中点，将沿直线翻折成，使，若为线段的中点，
（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
（3）求二面角夹角的正弦值
【答案】（1）证明：取中点，连接，和分别是的中点
，又平面平面，平面
是的中点且四边形为平行四边形
，又平面平面平面．
又平面
平面平面，又平面平面
（2）证明：
平面平面
（3）证明：取中点，连接
平面
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，
过点做的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设平面的法向量为，
则
令，则
设平面的法向量为，
则
令，则
设二面角的夹角为
则
二面角夹角的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合中点作中位线的方法和中位线的性质以及平行四边形的性质，从而证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，即平面，再利用面面平行的性质定理证出线面平行，从而证出平面.（2）利用已知条件结合勾股定理证出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，再由线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面.
（3）利用等腰三角形三线合一证出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而由数量积的坐标表示得出平面的法向量坐标和平面的法向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，进而得出二面角夹角的正弦值.
10．（2024高二上·亳州期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，，平面，为线段上的一点．
（1）证明：平面平面 ；
（2）当与平面所成的角的正弦值最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：由底面是菱形可知，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
由于平面，
可得平面平面；
（2）解：连结，过点作的垂线，垂足为，连结，
由（1）可得，又，且平面，
所以平面；
易知为与平面所成的角，
，因为为定值，且，
所以当点为的中点时，取得最小值，此时取得最大值；
以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
又底面是菱形，，所以，
则，
点为的中点，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，则，
即可得，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合菱形的结构特征证出线线垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再由线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面 ；（2）利用已知条件结合（1）中的线线垂直证出线面垂直，再结合线面角和正弦函数的定义和几何法，从而得出当点为的中点时，取得最小值，此时取得最大值，进而建立空间直角坐标系，再利用菱形的结构特征和 中点的性质，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
11．（2023高一下·湖南期末）在正六棱柱中，底面棱长为，高为，分别为，的中点，连接.
（1）求所成角的余弦值；
（2）过点作直线，设点是直线上一点，记平面与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】（1）解：连接，以点F为空间坐标系的原点，直线，，分别为轴、轴和轴建立空间坐标系，如图所示，
因为正六棱柱中，底面棱长为2，高为，P，Q分别为，的中点，可得，，，，
所以，，
所以，所以所成角的余弦值为
（2）解：连接，取的中点为S，连接.
由正六棱柱的几何性质得，，
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又因为平面，为的中点，所以，
因为平面平面，所以平面，
即为平面的法向量，
由，，所以，
因为，所以，
因为，所以，
，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，
令，
当，即时，；
当时，，
因为，所以，所以，
当且仅当时，，
综上所述，可得
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；异面直线；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)连接FB，以点F为空间坐标系的原点，建立空间坐标系，利用空间向量求线线夹角；
(2)连接AC，取的中点为S，连接AS，可得平面，得到为平面的法向量，设，求得平面FER的法向量为，结合向量的夹角公式结合二次函数的性质运算求解.
12．（2024高三上·广州月考）底面ABCD和侧面均为矩形，，，，.
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形均为矩形，
∴，
又∴，
∴平面
∵平面，∴
∵，∴
（2）解：设，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，∴，
过C点作CM垂直交于点M，由（1）可知平面，
∵平面，∴，
∵，，
∴平面，设与平面所成的角为，
又，∴
∵平面，
∴到平面的距离等于3
在平行四边形中，，
∴，∴
∴，
∴与平面所成角的正弦值.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)首先由底面ABCD和侧面均为矩形证明出线面垂直平面，进而得到，即可证明；
(2)首先求出，再构造辅助线过C点作CM垂直交于点M，然后利用平面求出，在平行四边形中求出，即可求得与平面所成角的正弦值.
13．（2023高一下·清远期末）如图，在正三棱台中，，.
（1）证明：.
（2）过的平面α交分别于，若平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：设的延长线交于点，因为为正三棱台，
所以为正三棱锥，即，设的中点为，连接，设，则为的中点，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：连接，设，
因为平面，平面，平面平面，所以.
因为，平面，平面，所以平面，又平面，
所以平面平面，
过点作垂直，交于点，则平面，与平面的距离为，
又因为，所以为平行四边形，
所以，，.
由，，可得.
在中，，
利用等面积法得，
又，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】两条直线垂直的判定；棱台的结构特征；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】 (1)设的延长线交于点，则为正三棱锥，设的中点为，连接，通过证明平面，得到；
(2)连接，设，由结合（1）知平面平面，过点作垂直，交于点，则平面，与平面的距离为，所以直线与平面所成角的正弦值为，进而分析求解.
14．（2023高一下·绍兴月考）如图，在正三棱台中，，D，E分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且，D，P，Q均在平面上，若与的面积比为3：8，
（i）证明：
（ii）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：由棱台的性质知：延长交于点S，又，
所以三棱锥为正四面体，为的中点，
连接SE并延长，分别交BC，于点F、G，则F为中点，且为△的中线，
所以G为等边的中心，连接AG，则平面SBC，又D为的中点，
综上，，，且，，
所以，即；，即，
故，所以DE//AG，所以DE⊥平面SBC.
（2）解：（i）延长交于点H，若均在平面上，则共线，
设，则，
过A作AM / / BC交PQ于点M，，则，
设BQ = k，则，故且则，
又所以，
所以，即，所以，故Q为BC的中点，
所以，即
（ii）由（i）知：即为面，连接，易知，且，
由面，面，故面，
综上，，
连接交DP于点N，易知，且，
所以，故，所以，
又为与平面的交线，，面，
设平面与平面所成角为，所以，
故平面与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）首先延长交于点S，结合已知条件，可知三棱锥为正四面体，连接SE并延长，分别交BC，于点F、G，可知G为等边的中心，再连接AG，证明，可推出，即可得DE∥AG，DE⊥平面SBC.
（2）（i）首先延长交于点H，设，求出AM，设BQ = k，求出BQ，则AH=1，过点A作AM∥BC，交PQ于点M，设BQ=k，进而可得，解出k，即可证明；
（ii）连接，首先可证明，根据已知条件证明面，之后根据等体积公式可求出，连接交DP于点N，易知，根据，解得，即可求出答案．
15．（2023高二上·永川月考）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．
（1）证明：平面．
（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为平面，且，所以平面.
（2）解：取棱的中点，连接，易证两两垂直，
故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，
故，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，整理得，解得(舍去)．
【知识点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)根据题意先证明出平面，然后证出，再证明，再利用线面垂直定理证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，从而求出，在利用空间向量求出面面夹角 的余弦值是 ，从而求解出的值.
16．（2023高二上·端州开学考）如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点A＇的位置，满足点平面BCDM且点A＇在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
（1）当点M与端点D重合时，证明：平面ACD＇；
（2）求三棱锥E-A＇BM的体积的最大值；
（3）设直线CD与平面A＇BM所成的角为，二面角A＇-BM-C的平面角为，求的最大值．
【答案】（1）解：当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面BCD，平面BCD，所以，
又，，平面A＇BC，平面A＇BC，
所以平面A＇BC，又平面A＇BC，可知
，平面ACD＇，平面ACD＇，
所以平面ACD＇
（2）解：矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面BCD，平面BCD，可得，
所以A＇E，平面A＇OE，，所以平面A＇OE，
平面A＇OE，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点A＇射影E落在线段BC上，则，所以，
所以，
当时，．
（3）解：过点E做交BM于Q，所以直线EQ与平面A＇BM所成的角
即为直线CD与平面A＇BM所成的角，
由（2）可知平面A＇OE，平面A＇BM，所以平面平面A＇OE，
作，垂足为H，平面平面，平面A＇OE，
可得平面A＇BM，
连接HQ，∠EQH是直线EQ与平面A＇BM所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以∠A＇OE是二面角A＇-BM-C平面角，
即，，
，
当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为．
【知识点】基本不等式；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得CD⊥平面A'BC，根据线面垂直的性质定理可得A'B⊥CD，根据已知M和D重合即可得证；
（2）根据等体积法和棱锥的体积公式，结合三点共线和三角形相似即可求解最大值；
（3）根据线面角和二面角的定义，利用基本不等式即可求解最大值.
17．（2023高三上·武鸣开学考）已知在四棱锥中，，，，，E为CD的中点.
（1）证明：平面平面PAE；
（2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值.
【答案】（1）解：平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：
在△中，故，即，所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故，因为，且，面，所以面，由面，故面面.
（2）解：平面，是二面角的平面角，过点作，分别与，相交于，，连接，由（1）知平面，为直线与平面所成的角，且，由，则，由，则，
又，且面，则面，而面，
所以，结合，，且面，
所以面，则为直线与平面所成的角，
由题意知，，
因为知，，又，是平行四边形，，，因为，，，
于是，所以，又，，，所以，
因为，面，面，则，则，即，
因为为中点，则，又因为，且平面，平面，
则二面角的正切值即为，则，
所以二面角的正弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 由已知可得， 即有 ， 再由线面垂直的判定证明平面，再根据面面垂直的判定即可得结论.
(2)作出辅助线，结合图形，为直线与平面所成的角， 为直线与平面所成的角，根据这两个角相等， 得到边的关系， 最后得到二面角的平面角为，则利用其正切值即可求得正弦值，从而得出结论.
18．（2023高二上·惠州月考）如图，四棱柱的底面ABCD为直角梯形，，，，直线与直线CD所成的角取得最大值．点M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明：因为直线与直线CD所成的角取得最大值，所以．
因为点M为的中点，且，所以，则，
又，所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
因为，所以，
又，，所以，
所以，则，
又，且平面，所以平面，
又平面BDM，所以平面平面，
故平面平面．
（2）解：由（1）可知，BC，BD，两两互相垂直，以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
，，，设，
则，，，，
设平面BDM的一个法向量为，
由得取，
则，
设平面CDM的一个法向量为，
由得取，则，
于是，
由题意知，
整理得，解得（舍去），
所以，
因为点M为的中点，
所以．
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）证明平面即可.
（2）以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别找到平面BDM、平面CDM的一个法向量即可.
19．（2023高二上·江汉开学考）在平行四边形中，，，如图甲所示，作于点，将沿着翻折，使点与点重合，如图乙所示．
（1）设平面与平面的交线为，判断与的位置关系，并证明；
（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值；
（3）在(2)的条件下，、分别为棱，的点，求空间四边形周长的最小值．
【答案】（1）解：，
证明如下：
，平面，平面，
平面，
平面，平面平面，
．
（2）解：当平面平面时，四棱锥的体积最大，
平面平面，平面，，
平面，平面，，
作交于点，连接，，平面，
平面，，
是二面角的平面角，
，，，，，
在中，，
，，，
二面角的正弦值为．
（3）解：由展开图得关于的对称点为，
，，
由勾股定理得，，当，，，共线时，周长最短，
此时．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证 平面，再结合线面平行的性质定理分析证明；
(2) 根据面面垂直的性质可得 平面 ，进而分析可知 是二面角的平面角，在中， 运算求解即可；
(3)由展开图得关于的对称点为， 分析可知 当，，，共线时，周长最短， 运算求解即可.
20．（2023高二上·常熟开学考）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，．
（1）求证：；
（2）已知为线段上一点，若与平面所成角的正切值为，试确定点位置；并求此时二面角的大小．
【答案】（1）证明：，，，，
四边形是直角梯形，．
过点作，垂足为点，
则四边形为正方形．
，，
，
故AB，即．
又平面，平面，．
又，且，平面，平面，
又平面，；
（2）解：过点作于点，连接，
平面，平面，，
，平面，，
，，
又，，平面，
平面，
则为与平面所成的角．
设，则，，，
由得
解得或舍去，于是为的中点．
过点作于点，连接，
平面，平面，，
又，，平面，故AC平面，
又平面，，
为二面角的平面角，
在中，，，
即为的中点，且此时二面角的大小为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】 (1) 利用边的关系得，即，由平面，结合线面垂直性质得，从而证得平面，得到；
(2)过点作于点，连接，通过证明，得平面，所以为与平面所成的角，设，由求出的位置，进而求解二面角的大小．
1 / 1备考2024年高考数学优生冲刺专题特训：空间向量与立体几何
一、解答题
1．（2023高二上·长安月考）如图所示，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，连接PA，PB，PC，PD，点E，F，G，H分别为，，，的重心．求证：E，F，G，H四点共面．
2．（2022高二上·沂水期中）如图，在四棱锥中，，，，点M为棱PA的中点．
（1）设，，，用，，表示，；
（2）若底面ABCD，且，求平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值．
3．（2024高二上·亳州期末）如图，在三棱柱中，所有棱长都为2，且，平面平面，点为的中点，点为的中点．
（1）点到直线的距离；
（2）求点到平面的距离．
4．（2023高三上·广州月考）如图，在四棱锥P-ABCD中，CD∥AB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，三棱锥B-PAD的体积为.
（1）求点P到平面ABCD的距离；
（2）若PA=PD，平面PAD⊥平面ABCD，点N在线段AP上，AN=2NP，求平面NCD与平面ABCD夹角的余弦值.
5．（2023高二上·重庆市期中）如图，在直三棱柱中，D，E分别是棱AB，的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得各条件相融．并求直线与平面所成的角的正弦值．
条件①：；条件②：；条件③：到平面的距离为1．
6．（2024·潍坊期末）如图，在三棱锥 P-ABC中，平面 PAB⊥平面ABC，AB=4，BC=2，AC=PA=PB=2，D，E分别为PC，PA的中点.
（1）证明：平面 BCE⊥平面 PAB.
（2）求平面 PBC与平面BDE 的夹角的余弦值.
7．（2024高三上·辽宁五校联考期末）如图，在平行六面体中，，，，，点为中点.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
8．（2024高三上·湖北期末）如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，且为棱的中点，为棱上的动点.
（1）求二面角的正弦值；
（2）是否存在点使得平面？若存在，求的值；否则，请说明理由.
9．（2024高三上·牡丹江期末）如图，矩形中为边的中点，将沿直线翻折成，使，若为线段的中点，
（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
（3）求二面角夹角的正弦值
10．（2024高二上·亳州期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，与交于点，，平面，为线段上的一点．
（1）证明：平面平面 ；
（2）当与平面所成的角的正弦值最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
11．（2023高一下·湖南期末）在正六棱柱中，底面棱长为，高为，分别为，的中点，连接.
（1）求所成角的余弦值；
（2）过点作直线，设点是直线上一点，记平面与平面所成角为，求的取值范围.
12．（2024高三上·广州月考）底面ABCD和侧面均为矩形，，，，.
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值.
13．（2023高一下·清远期末）如图，在正三棱台中，，.
（1）证明：.
（2）过的平面α交分别于，若平面，求直线与平面所成角的正弦值.
14．（2023高一下·绍兴月考）如图，在正三棱台中，，D，E分别为，的中点.
（1）证明：平面；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且，D，P，Q均在平面上，若与的面积比为3：8，
（i）证明：
（ii）求与平面所成角的正弦值.
15．（2023高二上·永川月考）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．
（1）证明：平面．
（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
16．（2023高二上·端州开学考）如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点A＇的位置，满足点平面BCDM且点A＇在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
（1）当点M与端点D重合时，证明：平面ACD＇；
（2）求三棱锥E-A＇BM的体积的最大值；
（3）设直线CD与平面A＇BM所成的角为，二面角A＇-BM-C的平面角为，求的最大值．
17．（2023高三上·武鸣开学考）已知在四棱锥中，，，，，E为CD的中点.
（1）证明：平面平面PAE；
（2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求二面角的正弦值.
18．（2023高二上·惠州月考）如图，四棱柱的底面ABCD为直角梯形，，，，直线与直线CD所成的角取得最大值．点M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求三棱锥的体积．
19．（2023高二上·江汉开学考）在平行四边形中，，，如图甲所示，作于点，将沿着翻折，使点与点重合，如图乙所示．
（1）设平面与平面的交线为，判断与的位置关系，并证明；
（2）当四棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值；
（3）在(2)的条件下，、分别为棱，的点，求空间四边形周长的最小值．
20．（2023高二上·常熟开学考）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，．
（1）求证：；
（2）已知为线段上一点，若与平面所成角的正切值为，试确定点位置；并求此时二面角的大小．
答案解析部分
1．【答案】证明：如图，分别连接PE，PF，PG，PH并延长交AB，BC，CD，AD于点M，N，Q，R，连接EG，MQ，EF，EH．
由于E，F，G，H分别是所在三角形的重心，
所以M，N，Q，R分别为所在边的中点，即，，且；
所以顺次连接M，N，Q，R所得的四边形为平行四边形，
且有，，，．
由于四边形MNQR为平行四边形，
可得
．
由于三个向量有公共点E，根据空间向量的共面定理可得向量共面；
所以四点共面.
【知识点】空间向量的数乘运算；共面向量定理
【解析】【分析】利用重心的性质并利用平面向量的加减法则将向量可表示成，根据空间向量的共面定理即可得出证明.
2．【答案】（1）解：；
；
（2）解：由面，面，则，
又，则，故两两垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，
可设平面ABCD的法向量为，，
设平面BCM的法向量为，则，即，令，，
故，平面BCM与平面ABCD所成角的余弦值为.
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据空间向量的线性运算，即可表示相应的向量；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表示相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出两平面所成角的余弦值.
3．【答案】（1）解：由题设四边形为菱形，都为等边三角形，连接，
所以为等边三角形，若为中点，连接，
则，又面面，面面，面，
所以面，
又因为，所以两两垂直
故可构建空间直角坐标系，如下图示，
则，所以，
所以点到直线的距离为
（2）解：由（1）知，若是面的一个法向量，
则，取，则，
所以点到平面的距离
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合菱形的结构特征得出都为等边三角形，进而得出为等边三角形，再利用等边三角形三线合一证出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，进而建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合数量积和勾股定理，进而得出点到直线的距离.（2）由（1）知向量的坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的一个法向量，再利用数量积求出点到平面的距离.
4．【答案】（1）设点P到平面ABCD的距离为，
则，
由题可知，
所以，
故到平面ABCD的距离为.
（2）取AD的中点，连接PM，因为，所以，
又平面平面ABCD，平面平面平面PAD，，所以平面ABCD.
由（1）知PM=.
由题意可得，
所以，故.
法一（坐标法）：以点为坐标原点，DA为轴，DB为轴，过点作PM的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
依题意，
所以.
设平面NCD的法向量为，
则即
令，得
又平面ABCD的法向量为
设平面NCD与平面ABCD的夹角为，则
即平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值为.
法二(几何法)：在线段AM上取点，使得，连接NH，过点作，垂足为，连接NK.
因为，所以，
因为平面ABCD，所以平面ABCD，
所以，
又，且，
所以平面NHK，
所以，
所以是二面角的平面角.
在Rt中，易知，
所以，
所以.
故平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合等体积法和三棱锥的体积公式，再结合三角形的面积公式，从而得出点P到平面ABCD的距离。
（2）利用已知条件结合等腰三角形三线合一，从而证出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再结合勾股定理证出线线垂直，再利用两种方法求出二面角的余弦值。方法一：(坐标法）建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面NCD的法向量和平面ABCD的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值；方法二：(几何法）利用线线平行对应边成比例，从而得出AH的长，再利用线线垂直和线面垂直的关系以及二面角的平面角的作法，进而找出二面角的平面角，再利用直角三角形的结构特征和三角函数的定义，进而由勾股定理得出平面NCD与平面ABCD的夹角的余弦值。
5．【答案】（1）取的中点为，连接.
分别是，的中点， .
D是的中点，
直三棱柱， .，.
四边形为平行四边形.
又平面，平面，所以平面.
（2）选择条件①：；
直三棱柱，平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面.
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件②：；
取的中点为，连接.
直三棱柱，分别是，的中点，
平面，平面，，
，平面，
所以平面.而平面..
分别是，的中点， ，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
选择条件③：到平面的距离为1．
过点作，垂足为，
直三棱柱，
平面，平面，，
，平面，
所以平面.平面.所以
由（1）知平面；因为到平面的距离为1，
所以.又，所以
又因为是的中点， ，所以是的中点， .
又，.
以为原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的一个法向量，则
，即，
令，则，，
设直线DE与平面所成的角为，则
.
所以直线DE与平面所成的角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用平行四边形，根据线面平行的判定即可证明；
（2）选择各条件，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量、平面的法向量，代入空间向量夹角公式即可.
6．【答案】（1）解：证明：因为AB=4，BC=2，AC=2 ，所以
所以AB⊥BC.
因为平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC=AB，所以BC⊥平面PAB.
又BC 平面BCE，所以平面BCE⊥平面PAB
（2）解：取 AB的中点O，连接 PO.以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
其中y轴与BC 平行，则P(0，0，4)，A(-2，0，0)，B(2，0，0)，
E(-1，0，2)，C(2，2，0)，D(1，1，2)
设平面 BDE的法向量为
则
令z=3，得m=(2，-4，3).
设平面 PBC 的法向量为
则
令 ，得n=(2，0，1).
因为
所以平面 PBC 与平面 BDE 的夹角的余弦值为
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合勾股定理证出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，再结合线面垂直证出面面垂直，从而证出平面 BCE⊥平面 PAB.
（2）利用中点的性质和已知条件，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，进而得出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面BDE的法向量和平面PBC的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面 PBC 与
平面 BDE 的夹角的余弦值.
7．【答案】（1）证明：因为，所以，
因为，所以，
以为原点建立如图所示的坐标系，
所以，，，，，
所以，，，
设面的法向量为，
所以，，令，所以，
因为，不在面内，所以平面；
（2）解：，所以，
设面的法向量，
因为，所以，，
令，则，
设面的法向量，
因为，所以，，
令，所以，所以，
所以二面角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合余弦函数的值，进而得出角的值，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量，再结合两向量垂直数量积为0和数量积的坐标表示，再由不在面内，从而证出直线平面。（2）利用点的坐标求出向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值。
8．【答案】（1）解：连接交于点，则，
建系如图，则，
，
设平面，平面的法向量分别为，则
由，取
由，取
设二面角的大小为，
所以二面角的正弦值为.
（2）解：存在符合题意，且.理由如下：
解法①：（几何法）
取中点，连接，则，而平面平面，
平面；
过作交于，连接.同理可知，平面；
由平面平面，
平面点即为所求的点.
四边形为平行四边形，，所以.
为靠近点的四等分点（即）
解法②：（向量法）
令，则
若平面平面
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由菱形的结构特征得出对角线互相垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面，平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，进而得出二面角的正弦值。
（2）用两种方法求解。
解法一：（几何法）利用中点作中位线的方法和中位线的性质，进而得出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，再利用线面平行证出面面平行，再由面面平行的性质定理证出线面平行，进而得出点即为所求的点，再利用平行四边形的性质得出的值，从而得出点H为靠近点的四等分点；
解法二：（向量法）利用向量共线的坐标表示和三角形法则以及向量的坐标运算，从而由线面平行结合两向量垂直数量积为0的等价关系，进而由数量积的坐标表示得出的值。
9．【答案】（1）证明：取中点，连接，和分别是的中点
，又平面平面，平面
是的中点且四边形为平行四边形
，又平面平面平面．
又平面
平面平面，又平面平面
（2）证明：
平面平面
（3）证明：取中点，连接
平面
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，
过点做的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设平面的法向量为，
则
令，则
设平面的法向量为，
则
令，则
设二面角的夹角为
则
二面角夹角的正弦值为
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合中点作中位线的方法和中位线的性质以及平行四边形的性质，从而证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，即平面，再利用面面平行的性质定理证出线面平行，从而证出平面.（2）利用已知条件结合勾股定理证出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，再由线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面.
（3）利用等腰三角形三线合一证出线线垂直，再结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，从而由数量积的坐标表示得出平面的法向量坐标和平面的法向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式，进而得出二面角夹角的正弦值.
10．【答案】（1）证明：由底面是菱形可知，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
由于平面，
可得平面平面；
（2）解：连结，过点作的垂线，垂足为，连结，
由（1）可得，又，且平面，
所以平面；
易知为与平面所成的角，
，因为为定值，且，
所以当点为的中点时，取得最小值，此时取得最大值；
以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
又底面是菱形，，所以，
则，
点为的中点，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，则，
即可得，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合菱形的结构特征证出线线垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再由线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面 ；（2）利用已知条件结合（1）中的线线垂直证出线面垂直，再结合线面角和正弦函数的定义和几何法，从而得出当点为的中点时，取得最小值，此时取得最大值，进而建立空间直角坐标系，再利用菱形的结构特征和 中点的性质，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，进而得出平面的一个法向量和平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
11．【答案】（1）解：连接，以点F为空间坐标系的原点，直线，，分别为轴、轴和轴建立空间坐标系，如图所示，
因为正六棱柱中，底面棱长为2，高为，P，Q分别为，的中点，可得，，，，
所以，，
所以，所以所成角的余弦值为
（2）解：连接，取的中点为S，连接.
由正六棱柱的几何性质得，，
又因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
又因为平面，为的中点，所以，
因为平面平面，所以平面，
即为平面的法向量，
由，，所以，
因为，所以，
因为，所以，
，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以，
令，
当，即时，；
当时，，
因为，所以，所以，
当且仅当时，，
综上所述，可得
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；异面直线；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)连接FB，以点F为空间坐标系的原点，建立空间坐标系，利用空间向量求线线夹角；
(2)连接AC，取的中点为S，连接AS，可得平面，得到为平面的法向量，设，求得平面FER的法向量为，结合向量的夹角公式结合二次函数的性质运算求解.
12．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形均为矩形，
∴，
又∴，
∴平面
∵平面，∴
∵，∴
（2）解：设，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，∴，
过C点作CM垂直交于点M，由（1）可知平面，
∵平面，∴，
∵，，
∴平面，设与平面所成的角为，
又，∴
∵平面，
∴到平面的距离等于3
在平行四边形中，，
∴，∴
∴，
∴与平面所成角的正弦值.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)首先由底面ABCD和侧面均为矩形证明出线面垂直平面，进而得到，即可证明；
(2)首先求出，再构造辅助线过C点作CM垂直交于点M，然后利用平面求出，在平行四边形中求出，即可求得与平面所成角的正弦值.
13．【答案】（1）证明：设的延长线交于点，因为为正三棱台，
所以为正三棱锥，即，设的中点为，连接，设，则为的中点，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：连接，设，
因为平面，平面，平面平面，所以.
因为，平面，平面，所以平面，又平面，
所以平面平面，
过点作垂直，交于点，则平面，与平面的距离为，
又因为，所以为平行四边形，
所以，，.
由，，可得.
在中，，
利用等面积法得，
又，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】两条直线垂直的判定；棱台的结构特征；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】 (1)设的延长线交于点，则为正三棱锥，设的中点为，连接，通过证明平面，得到；
(2)连接，设，由结合（1）知平面平面，过点作垂直，交于点，则平面，与平面的距离为，所以直线与平面所成角的正弦值为，进而分析求解.
14．【答案】（1）证明：由棱台的性质知：延长交于点S，又，
所以三棱锥为正四面体，为的中点，
连接SE并延长，分别交BC，于点F、G，则F为中点，且为△的中线，
所以G为等边的中心，连接AG，则平面SBC，又D为的中点，
综上，，，且，，
所以，即；，即，
故，所以DE//AG，所以DE⊥平面SBC.
（2）解：（i）延长交于点H，若均在平面上，则共线，
设，则，
过A作AM / / BC交PQ于点M，，则，
设BQ = k，则，故且则，
又所以，
所以，即，所以，故Q为BC的中点，
所以，即
（ii）由（i）知：即为面，连接，易知，且，
由面，面，故面，
综上，，
连接交DP于点N，易知，且，
所以，故，所以，
又为与平面的交线，，面，
设平面与平面所成角为，所以，
故平面与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）首先延长交于点S，结合已知条件，可知三棱锥为正四面体，连接SE并延长，分别交BC，于点F、G，可知G为等边的中心，再连接AG，证明，可推出，即可得DE∥AG，DE⊥平面SBC.
（2）（i）首先延长交于点H，设，求出AM，设BQ = k，求出BQ，则AH=1，过点A作AM∥BC，交PQ于点M，设BQ=k，进而可得，解出k，即可证明；
（ii）连接，首先可证明，根据已知条件证明面，之后根据等体积公式可求出，连接交DP于点N，易知，根据，解得，即可求出答案．
15．【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为平面，且，所以平面.
（2）解：取棱的中点，连接，易证两两垂直，
故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，
故，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，整理得，解得(舍去)．
【知识点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)根据题意先证明出平面，然后证出，再证明，再利用线面垂直定理证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，从而求出，在利用空间向量求出面面夹角 的余弦值是 ，从而求解出的值.
16．【答案】（1）解：当点M与端点D重合时，由可知，
由题意知平面BCD，平面BCD，所以，
又，，平面A＇BC，平面A＇BC，
所以平面A＇BC，又平面A＇BC，可知
，平面ACD＇，平面ACD＇，
所以平面ACD＇
（2）解：矩形中作，垂足为点O，折起后得，
由平面BCD，平面BCD，可得，
所以A＇E，平面A＇OE，，所以平面A＇OE，
平面A＇OE，可得，所以A，O，E三点共线，
因此与相似，满足，
设，所以，，，
，，
要使点A＇射影E落在线段BC上，则，所以，
所以，
当时，．
（3）解：过点E做交BM于Q，所以直线EQ与平面A＇BM所成的角
即为直线CD与平面A＇BM所成的角，
由（2）可知平面A＇OE，平面A＇BM，所以平面平面A＇OE，
作，垂足为H，平面平面，平面A＇OE，
可得平面A＇BM，
连接HQ，∠EQH是直线EQ与平面A＇BM所成的角，即，
由题意可得，，
因为，，所以∠A＇OE是二面角A＇-BM-C平面角，
即，，
，
当且仅当时“＝”成立，
故的最大值为．
【知识点】基本不等式；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得CD⊥平面A'BC，根据线面垂直的性质定理可得A'B⊥CD，根据已知M和D重合即可得证；
（2）根据等体积法和棱锥的体积公式，结合三点共线和三角形相似即可求解最大值；
（3）根据线面角和二面角的定义，利用基本不等式即可求解最大值.
17．【答案】（1）解：平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：
在△中，故，即，所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故，因为，且，面，所以面，由面，故面面.
（2）解：平面，是二面角的平面角，过点作，分别与，相交于，，连接，由（1）知平面，为直线与平面所成的角，且，由，则，由，则，
又，且面，则面，而面，
所以，结合，，且面，
所以面，则为直线与平面所成的角，
由题意知，，
因为知，，又，是平行四边形，，，因为，，，
于是，所以，又，，，所以，
因为，面，面，则，则，即，
因为为中点，则，又因为，且平面，平面，
则二面角的正切值即为，则，
所以二面角的正弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 由已知可得， 即有 ， 再由线面垂直的判定证明平面，再根据面面垂直的判定即可得结论.
(2)作出辅助线，结合图形，为直线与平面所成的角， 为直线与平面所成的角，根据这两个角相等， 得到边的关系， 最后得到二面角的平面角为，则利用其正切值即可求得正弦值，从而得出结论.
18．【答案】（1）证明：因为直线与直线CD所成的角取得最大值，所以．
因为点M为的中点，且，所以，则，
又，所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
因为，所以，
又，，所以，
所以，则，
又，且平面，所以平面，
又平面BDM，所以平面平面，
故平面平面．
（2）解：由（1）可知，BC，BD，两两互相垂直，以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
，，，设，
则，，，，
设平面BDM的一个法向量为，
由得取，
则，
设平面CDM的一个法向量为，
由得取，则，
于是，
由题意知，
整理得，解得（舍去），
所以，
因为点M为的中点，
所以．
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）证明平面即可.
（2）以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别找到平面BDM、平面CDM的一个法向量即可.
19．【答案】（1）解：，
证明如下：
，平面，平面，
平面，
平面，平面平面，
．
（2）解：当平面平面时，四棱锥的体积最大，
平面平面，平面，，
平面，平面，，
作交于点，连接，，平面，
平面，，
是二面角的平面角，
，，，，，
在中，，
，，，
二面角的正弦值为．
（3）解：由展开图得关于的对称点为，
，，
由勾股定理得，，当，，，共线时，周长最短，
此时．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证 平面，再结合线面平行的性质定理分析证明；
(2) 根据面面垂直的性质可得 平面 ，进而分析可知 是二面角的平面角，在中， 运算求解即可；
(3)由展开图得关于的对称点为， 分析可知 当，，，共线时，周长最短， 运算求解即可.
20．【答案】（1）证明：，，，，
四边形是直角梯形，．
过点作，垂足为点，
则四边形为正方形．
，，
，
故AB，即．
又平面，平面，．
又，且，平面，平面，
又平面，；
（2）解：过点作于点，连接，
平面，平面，，
，平面，，
，，
又，，平面，
平面，
则为与平面所成的角．
设，则，，，
由得
解得或舍去，于是为的中点．
过点作于点，连接，
平面，平面，，
又，，平面，故AC平面，
又平面，，
为二面角的平面角，
在中，，，
即为的中点，且此时二面角的大小为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】 (1) 利用边的关系得，即，由平面，结合线面垂直性质得，从而证得平面，得到；
(2)过点作于点，连接，通过证明，得平面，所以为与平面所成的角，设，由求出的位置，进而求解二面角的大小．
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