大数据之十年2015-2024年高考数学真题立体几何与空间向量与优质模拟题原卷版（北京卷）
专题11立体几何与空间向量（解答题）
2015-2024年真题汇总
1．【2024年北京第17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，求平面与平面夹角的余弦值．
2．【2023年北京第16题】如图，在三棱锥中，平面，．
(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
3．【2022年北京第17题】如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(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所成角的正弦值．
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．
4．【2021年北京第17题】如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
5．【2020年北京第16题】如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
6．【2019年北京理科第16题】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
7．【2018年北京理科第16题】如图，在三棱柱ABC 中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B CD C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
8．【2017年北京理科第16题】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．
（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
9．【2016年北京理科第17题】如图,在四棱锥中, 平面平面,.
（1）求证:平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点,使得平面？若存在, 求的值；若不存在, 说明理由.
10．【2015年北京理科第17题】如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，为的中点．
（）求证：．
（）求二面角的余弦值．
（）若平面，求的值．
2024模拟好题汇总
1．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 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.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
2．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
条件①：平面；
条件②：四边形是正方形；
条件③：平面平面．
注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
3．（2024·北京顺义·二模）在直三棱柱中，，D，E分别为棱，的中点.
(1)求证：；
(2)当时.
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）若平面与直线交于点F，直接写出的值.
4．（2024·北京·三模）如图，在正方体 中，分别是棱的中点.
(1)求证：四点共面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
5．（2024·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值.
6．（2024·北京·三模）如图，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置.
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求点D到平面的距离.
7．（2024·北京·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，．
(1)设平面平面，求证：；
(2)从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定．
（ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值；
（ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度．
条件①：平面平面；
条件②：；
条件③：四棱锥的体积为．
8．（2024·北京朝阳·一模）如图，在三棱锥中，侧面底面，，.
(1)求证：；
(2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值.
9．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，.
(1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明；
(2)若面面；求：
（ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小；
（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.
10．（2024·北京·模拟预测）如图所示，将边长为2的正方形沿对角线折起，得到三棱锥，为的中点.
(1)证明：
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值及点到平面的距离．
①；②
11．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥中，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
12．（2024·上海虹口·二模）如图，在三棱柱中，，为的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
13．（2024·北京房山·一模）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
14．（2024·北京丰台·二模）在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点．
(1)证明：为的中点；
(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
15．（2024·北京东城·二模）如图，在四棱锥中，，，，，平面平面.
(1)求证：；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
16．（2024·北京朝阳·二模）如图，六面体是直四棱柱 被过点 的平面所截得到的几何体，底面，底面是边长为2的正方形，
(1)求证: ；
(2)求平面. 与平面 的夹角的余弦值；
(3)在线段 DG上是否存在一点 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.
17．（2024·北京通州·二模）如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，．
(1)求证：平面ADF；
(2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值．
18．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上．再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题．
条件①：；条件②：；条件③：平面．
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的大小，及点到平面的距离．
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
19．（2024·北京海淀·二模）在三棱锥中，为的中点.
(1)如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面；
(2)如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.大数据之十年2015-2024年高考数学真题立体几何与空间向量与优质模拟题解析版（北京卷）
专题11立体几何与空间向量（解答题）
2015-2024年真题汇总
1．【2024年北京第17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，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点为，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，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
2．【2023年北京第16题】如图，在三棱锥中，平面，．
(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【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，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
3．【2022年北京第17题】如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(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所成角的正弦值．
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
【详解】（1）取的中点为，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，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
4．【2021年北京第17题】如图：在正方体中，为中点，与平面交于点．
（1）求证：为的中点；
（2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【详解】(1)如图所示，取的中点，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的交点，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，
不妨设正方体的棱长为2，设，
则：，
从而：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
设平面的法向量为：，则：
，
令可得：，
从而：，
则：，
整理可得：，故（舍去）.
5．【2020年北京第16题】如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
6．【2019年北京理科第16题】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
7．【2018年北京理科第16题】如图，在三棱柱ABC 中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B CD C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析．
【详解】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．
∵AB=BC，E为AC的中点，．∴AC⊥BE，而，
∴AC⊥平面BEF．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．
由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的一个法向量，
又∵平面CDC1的一个法向量为，∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
［方法二］： 【最优解】转化＋面积射影法
考虑到二面角与二面角互补，设二面角为，易知，，所以．
故．
［方法三］：转化＋三垂线法
二面角与二面角互补，并设二面角为，易知平面．
如图3，作，垂足为H，联结．则是二面角的平面角，所以，不难求出，所以二面角的余弦值为．
（3）［方法一］：【最优解】【通性通法】向量法
平面BCD的一个法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
［方法二］：几何转化
如图4，取的中点，分别在取点N，M，使．联结．则平面平面，又平面，平面，故直线与平面相交．
［方法三］：根据相交的平面定义
如图5，设与交于P，联结．
因为，且，所以四点共面．
因为，所以．
又，所以四边形是梯形，即直线与直线一定相交．
因为平面，所以直线与平面相交．
8．【2017年北京理科第16题】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，点在线段上，平面，，．
（1）求证：为的中点；
（2）求二面角的大小；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【详解】（1）设，的交点为，连接．
因为平面，平面平面，所以．
因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点．
（2）取的中点，连接，．因为，所以．
又平面平面，且平面，所以平面．
因为平面，所以．因为是正方形，所以．
如图，建立空间直角坐标系，则，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，即．
令，则，，于是．
平面的法向量为，所以．
由题知二面角为锐角，所以它的大小为．
（3）由题意知，，．
设直线与平面所成角为，则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
9．【2016年北京理科第17题】如图,在四棱锥中, 平面平面,.
（1）求证:平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点,使得平面？若存在, 求的值；若不存在, 说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【详解】（Ⅰ）因为平面平面，，
所以平面.
所以.
又因为，
所以平面.
（Ⅱ）取的中点，连结.
因为，所以.
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系.由题意得，
.
设平面的法向量为，则
即
令，则.
所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（Ⅲ）设是棱上一点，则存在使得.
因此点.
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得.
所以在棱上存在点使得平面，此时.
10．【2015年北京理科第17题】如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，为的中点．
（）求证：．
（）求二面角的余弦值．
（）若平面，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）余弦为；（2）.
【详解】（1）由于平面平面，
为等边三角形，为的中点，则，
根据面面垂直性质定理，所以平面，
又平面，则．
（2）取的中点，连接，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，由于平面与轴垂直，则设平面的法向量为，
设平面的法向量，则，
二面角的余弦值，
由二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
（3）有（1）知平面，则，
若平面，只需，
，
又
，
解得
或，由于，则．
2024模拟好题汇总
1．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 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.
(1)求证：；
(2)求直线与平面夹角的正弦值；
(3)求的值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为，平面，平面，故平面，
由矩形可得，平面，平面,故平面,
又 ，且平面，平面，故平面平面，
又因平面，故平面，
因平面，平面平面
所以，即；
（2）
若选择条件①，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件②，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值；
若选择条件③，因为平面，平面,，.
又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，故可取.
设直线与平面夹角为，则
，
即直线与平面夹角的正弦值.
（3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有.
设，，则，
由（1）知，所以
故存在实数，使得,即，解得,符合题意.
故得.
2．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
条件①：平面；
条件②：四边形是正方形；
条件③：平面平面．
注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)；
【详解】（1）
连接，因为交平面于点，平面，
所以平面，所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，
所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，因为点是的中点，所以点是线段的中点.
（2）
选择条件①②：
因为平面，平面，平面，
所以，因为四边形是正方形，所以；
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件①③：
因为平面，平面，平面，
所以，因为平面平面，
平面平面，所以平面，所以，
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件②③不合题意，此时几何体不能唯一确定.
3．（2024·北京顺义·二模）在直三棱柱中，，D，E分别为棱，的中点.
(1)求证：；
(2)当时.
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）若平面与直线交于点F，直接写出的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）证明：连接，
因为，E为中点，所以，
因为是直三棱柱的侧棱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面；
因为平面，
所以.
（2）（ⅰ）因为，所以为等边三角形，
设中点为O，则，
因为平面，
设的中点为M，则，，
以所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，，，，，
因为D，E为中点，所以，，
所以，，
因为，，所以平面，
所以是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
则，
令，可得，，
所以，
设平面与平面的夹角为，则
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（ⅱ），
原因如下：设，易知，所以，
又，则，
易知平面，因此，解得；
因此，即.
4．（2024·北京·三模）如图，在正方体 中，分别是棱的中点.
(1)求证：四点共面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图， 取的中点，连接，
因为分别是棱的中点，
所以，，所以，四点共面，
又，，所以，四点共面，
又因为过不共线的的三点的平面具有唯一性，
则平面与平面重合，故四点共面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方形的的边长为，
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，令，解得平面的一个法向量，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
5．（2024·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图：
因为，，所以为等边三角形，，
又，所以，又，
所以.
因为，所以为直角三角形，所以.
又，，为平面内的两条相交直线，
所以平面，平面，所以平面平面；
（2）取中点，中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，所以，
故以为原点，建立如图空间直角坐标系，
所以，，，，，.
设，因为，
解得，所以.
设平面的法向量为，
则，取；
设平面的法向量为，
则，取.
那么，，.
平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，又，所以.
6．（2024·北京·三模）如图，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置.
(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，求点D到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【详解】（1）取线段的中点，连接，
因为四边形ABCD为菱形，且，
所以，为等边三角形，
所以，又面，
所以面，又面，
所以；
（2）由，为边长为2的等边三角形可得，
所以，结合面可得两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，，
，
设面的法向量为，直线与平面所成角为，
则，取得，
，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）由（2）得点D到平面的距离为.
7．（2024·北京·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，．
(1)设平面平面，求证：；
(2)从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定．
（ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值；
（ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度．
条件①：平面平面；
条件②：；
条件③：四棱锥的体积为．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【详解】（1）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，则，
而平面平面，于是平面，
又平面，且平面平面，所以.
（2）选条件①③，平面平面，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
而平面平面，平面，底面，
，，解得，
选条件②③，，四棱锥的体积为，
连接和交于点，连接，显然是中点，由，得，
又是中点，由，得，而平面，则，底面，
，，解得，
若选条件①②，平面平面，，此2条件均可证明底面，
点的位置不确定，即四棱锥存在，但不唯一，因此条件①②不可选.
（i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，令，得，
平面的法向量为，因此，
所求平面与平面所成角的余弦值为.
（ii）平面交线段于点，由（i）知，，
设，则，
由，得，所以.
8．（2024·北京朝阳·一模）如图，在三棱锥中，侧面底面，，.
(1)求证：；
(2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接、，
由，，故、，
又、平面，，
则平面，又平面，故；
（2）由侧面底面，且，平面，
平面平面，故平面，
又平面，故，
即有、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面的法向量为，
则有，令，则有，
由轴平面，故平面的法向量可为，
则，
故二面角的余弦值为.
9．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，.
(1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明；
(2)若面面；求：
（ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小；
（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.
【答案】(1)与平面不平行，证明见解析
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）不平行于平面，理由如下：
取中点，
因为，所以
则四边形为平行四边形，所以，
又，所以不平行于，
假设平面，
因为平面平面，平面
所以，与不平行于矛盾，
所以假设不成立，即不平行于平面；
（2）取中点，连接
因为菱形，
所以为正三角形，又为中点，所以，
由于，所以，
又面面，面面，面
所以面，因为面，所以
又因为，面，
所以面，而面，所以，
所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
（i）因为面，所以为平面的一个法向量
设平面的法向量为，因为
所以，令，
设平面与平面所成角为，
所以，则
即平面与平面所成角大小为；
（ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为
所以点到平面的距离为.
10．（2024·北京·模拟预测）如图所示，将边长为2的正方形沿对角线折起，得到三棱锥，为的中点.
(1)证明：
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值及点到平面的距离．
①；②
【答案】(1)证明见解析
(2)二面角的余弦值为，点A到平面BPC距离为
【详解】（1）证明：正方形沿对角线折起后的不变关系为.
连接，，如下图：
因为，所以，同理得，
又因为平面且，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）若选择①，，
因为，所以，
因为，所以，
由（1）可得，
所以，，两两垂直，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取时，，即，
因为平面，
所以平面的一个法向量，
于是，，
所以结合图像可知，二面角的余弦值为.
，，
点到平面的距离，
所以A到平面的距离为.
若选择②，
由（1）得，，，平面，，
所以平面，又平面，所以，
因为，
所以，
所以，，两两垂直，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取时，，即，
因为平面，
所以平面的一个法向量，
于是，，
所以结合图像可知，二面角的余弦值为.
，，
点到平面的距离，
所以A到平面的距离为.
11．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥中，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【详解】（1）在中，由余弦定理得
，
所以，所以，
又，，面，面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
过点作交于点，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
过点作交于点，连接，
因为，面，面，
所以面，因为面，则，
所以是二面角的平面角.
由（1）知，平面，因为平面，所以，
所以，
又，所以三角形是正三角形，
所以，.
在直角三角形中，，
所以.
所以，二面角的平面角的正切值是2.
解法二：
以为原点，，所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设，其中，
由，得，
所以，，即，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
又平面的法向量为，
设二面角的大小为，
因为为锐角，所以，
所以，，
所以，二面角的平面角的正切值为2.
12．（2024·上海虹口·二模）如图，在三棱柱中，，为的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，交于点，连接，
为的中点，在平行四边形中为的中点，
是的中位线，可得，
平面，平面，
平面；
（2）因为平面，平面，所以，，又，
故以点C为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则
设点的坐标为，则，，
因为平面，平面，所以，
所以，解得，经检验符合题意.
所以 ，则，
又，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
13．（2024·北京房山·一模）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以；
（2）如图，分别取的中点，连接，
则，
因为是正三角形，所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
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，
因为平面，
所以即为平面的一条法向量，
则，
所以二面角的余弦值为．
14．（2024·北京丰台·二模）在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点．
(1)证明：为的中点；
(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，连接，，在正四棱柱中，
由与平行且相等得是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，是中点，
所以是的中点；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，设（），
则，，，，
，，
设平面的一个法向量是，则
，取，得，
因为直线与平面所成的角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，平面的一个法向量是，
平面即为平面，
则，
二面角为锐角，因此其余弦值为．
15．（2024·北京东城·二模）如图，在四棱锥中，，，，，平面平面.
(1)求证：；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以；
（2）延长与交于点，连接，则平面平面，
因为，,
所以是的中点，又因为，所以，
所以，又因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，所以，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成角的平面角，
在中，因为，可得，
在中，因为，可得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．（2024·北京朝阳·二模）如图，六面体是直四棱柱 被过点 的平面所截得到的几何体，底面，底面是边长为2的正方形，
(1)求证: ；
(2)求平面. 与平面 的夹角的余弦值；
(3)在线段 DG上是否存在一点 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，，理由见解析
【详解】（1）连接，直四棱柱，，
则点在平面内.
因为平面，且平面，
所以，
又底面为正方形，所以，又，
所以平面，平面，
故；
（2）因为平面，平面，所以，
又底面为正方形，所以，建立如图空间直角坐标系，
则，故
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，于是.
因为平面，所以是平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为θ，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为；
（3）存在一点使得平面，此时，理由如下：
设，
则，
线段上存在一点使得平面等价于，
即，解得，
所以.
17．（2024·北京通州·二模）如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，．
(1)求证：平面ADF；
(2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连结BE交AD于G，连结FG．
因为四边形ABDE是矩形，所以点G为BE的中点．
因为点F为CE的中点，所以FG是的中位线．
所以，又平面ADF，平面ADF，
所以平面ADF．
（2）因为四边形ABDE是矩形，所以．
因为，，且平面，平面，
所以平面ABC，
因为，所以平面ABC．
所以以点A为原点，分别以AC，AE所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz．
所以，，，，，．
所以，．
设平面ADF的法向量为，所以，．
所以，令，得，，所以．
因为平面ABC，所以．
因为，，平面BCD，
所以平面BCD，
所以为平面BCD的一个法向量．
而．
所以平面BCD与平面ADF所成角的余弦值为．
18．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上．再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题．
条件①：；条件②：；条件③：平面．
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的大小，及点到平面的距离．
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)；
【详解】（1）证明：选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：．
连接，在正方体中，由平面，
因为平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为的中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面．
连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以所以，
因为为的中点，所以为的中点．
（2）解：在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
点到平面的距离为.
19．（2024·北京海淀·二模）在三棱锥中，为的中点.
(1)如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面；
(2)如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接.
因为为的中点，所以.
又平面,所以平面.
因为平面
所以平面平面.
（2）因为平面平面平面，
所以为直线与平面所成的角.
因为直线与平面所成角为，
所以.
因为，所以.
因为，所以.
又，故.
所以.
如图建立空间直角坐标系.
则，，.
所以，，.
设平面的法向量为，则
即令，则.
设与平面所成角为，则
.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取PC中点M，连接FM，BM.
在中，因为M，F分别为PC，PD的中点，
所以，.
在菱形ABCD中，因为，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，
因此.
又因为，
所以.
（2）因为，
所以，.
因为，所以.
在菱形ABCD中，，
因为E为AB中点，所以.
建立如图空间直角坐标系D-xyz.
在正三角形中，.
因为，， ，，
所以向量，.
设平面EFC的法向量为，则，即.
取得,.
设直线CD与平面EFC所成角为，.
