考點36空間直線平面的垂直13種常見考法歸類

考點36空間直線、平面的垂直13種常見考法歸類考點一線面垂直的判斷考點二證線面垂直考點三利用空間向量法證線面垂直考點四線面垂直的探索性問題考點五直線與平面垂直性質(zhì)的應(yīng)用（證線線垂直）考點六利用線面垂直求體積考點七面面垂直的判斷考點八證面面垂直考點九利用空間向量法證面面垂直考點十面面垂直的探索性問題考點十一面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用考點十二平行與垂直的綜合問題考點十三平行、垂直關(guān)系與幾何體的度量1.直線與平面垂直(1)定義：一般地，如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，我們就說直線l與平面α互相垂直，記作l⊥α.直線l叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面.直線與平面垂直時，它們唯一的公共點P叫做垂足.過一點垂直于已知平面的直線有且只有一條.(2)判定定理文字語言如果一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直.圖形語言符號語言l⊥m，l⊥n，m?α，n?α，m∩n＝A?l⊥α.(3)性質(zhì)定理文字語言垂直于同一個平面的兩條直線平行.圖形語言符號語言a⊥α，b⊥α?a∥b.注：證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì).因此，判定定理與性質(zhì)定理的合理轉(zhuǎn)化是證明線面垂直的基本思路.2.證明線面垂直的方法：一是線面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性質(zhì)定理（α⊥β，α∩β＝a，l⊥a，l?β?l⊥α）；三是平行線法（a∥b，a⊥α?b⊥α）：若兩條平行線中一條垂直于這個平面，則另一條也垂直于這個平面；四是利用面面平行的性質(zhì)（a⊥α，α∥β?a⊥β）：一條直線與兩平行平面中的一個平面垂直，則該直線與另一個平面也垂直；解題時，注意線線、線面與面面關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化；另外，在證明線線垂直時，要注意題中隱含的垂直關(guān)系，如等腰三角形的底邊上的高、中線和頂角的角平分線三線合一、矩形的內(nèi)角、直徑所對的圓周角、菱形的對角線互相垂直、直角三角形(或給出線段長度，經(jīng)計算滿足勾股定理)、直角梯形等等．常見證明線線垂直的常用方法：（1）相交直線①等腰三角形（等邊三角形）的“三線合一”如圖：AB=AC,D為BC中點，則②勾股定理的逆定理如圖：如果，則③正方形、菱形的對角線互相垂直如圖：四邊形ABCD是菱形，所以④直徑所對的圓周角是如圖：AB是圓的直徑，⑤相似（全等）轉(zhuǎn)化出直角（需證明）若在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC和CD的中點，則有證明如下：易證⑥其他常見垂直關(guān)系（1）正方形、矩形、直角梯形（2）數(shù)量積為零轉(zhuǎn)化垂直關(guān)系（3）利用直二面角的定義得其平面角為直角（2）異面直線①通過證線面垂直證線線垂直注：若題目要證已知且是異面直線，要證，一般是證所在的平面。注：直棱柱的側(cè)棱垂直于底面，圓柱的母線垂直于底面②平移法通過三角形的中位線或者構(gòu)造平行四邊形進(jìn)行平移4.平面與平面垂直(1)二面角：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角.以二面角的棱上任一點為端點，在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所成的角叫做二面角的平面角，二面角的大小可以用它的平面角度量.二面角的范圍是[0°，180°].(2)判定定理文字語言如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直.圖形語言符號語言l⊥α，l?β?α⊥β.(3)性質(zhì)定理文字語言兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直.圖形語言符號語言α⊥β，α∩β＝a，b?β，b⊥a?b⊥α.三垂線定理在平面內(nèi)的一條直線，如果它和這個平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直.6.判定面面垂直的方法①面面垂直的定義；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．7．證面面垂直的思路(1)關(guān)鍵是考慮證哪條線垂直哪個面．這必須結(jié)合條件中各種垂直關(guān)系充分發(fā)揮空間想象綜合考慮．(2)條件中告訴我們某種位置關(guān)系，就要聯(lián)系到相應(yīng)的性質(zhì)定理，如已知兩平面互相垂直，我們就要聯(lián)系到兩平面互相垂直的性質(zhì)定理．8．常用結(jié)論（1）若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面.（2）垂直于同一條直線的兩個平面平行.（3）一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這條直線與另一個平面也垂直.（4）兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面.9.垂直、平行關(guān)系證明中應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想的常見類型（1）證明線面、面面平行，需轉(zhuǎn)化為證明線線平行.（2）證明線面垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線線垂直.（3）證明線線垂直，需轉(zhuǎn)化為證明線面垂直.（4）垂直、平行關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化10.垂直與平行的綜合問題求解時應(yīng)注意平行、垂直的性質(zhì)及判定的綜合應(yīng)用.如果有平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理，在一個平面內(nèi)作交線的垂線，使之轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.11.與探索性問題有關(guān)的解題策略(1)求條件探索性問題的主要途徑：①先猜后證，即先觀察與嘗試給出條件再證明；②先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性．(2)涉及點的位置探索性問題一般是先根據(jù)條件猜測點的位置再給出證明，探索點存在問題，點多為中點或三等分點中某一個，也可以根據(jù)相似知識建點．12．證明折疊問題中的平行與垂直關(guān)鍵是分清折疊前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變．一般地，折疊前位于“折痕”同側(cè)的點、線間的位置和數(shù)量關(guān)系折疊后不變，而折疊前位于“折痕”兩側(cè)的點、線間的位置關(guān)系折疊后會發(fā)生變化．對于不變的關(guān)系可在平面圖形中處理，而對于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml⊥αn∥m?n＝km（k∈R）平面α，β的法向量分別為n，mα⊥βn⊥m?n·m＝0考點一線面垂直的判斷1．（2023·全國·高三對口高考）給出下列四個命題：①若直線垂直于平面內(nèi)的兩條直線，則這條直線與平面垂直；②若直線與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，則這條直線與平面垂直；③若直線垂直于梯形的兩腰所在的直線，則這條直線垂直于兩底邊所在的直線；④若直線垂直于梯形的兩底邊所在的直線，則這條直線垂直于兩腰所在的直線．其中正確的命題共有__________個．【答案】②③【分析】根據(jù)線面垂直的定義，以及線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，逐項判定，即可求解.【詳解】①中，根據(jù)線面垂直的判定定理，直線垂直于平面內(nèi)的兩條相交直線，則這條直線與平面垂直，所以①不正確；②中，根據(jù)直線與平面垂直的定義知，若直線與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，則這條直線與平面垂直，所以②正確；③中，因為梯形的兩腰在同一平面內(nèi)，且不平行，所以兩腰時相交直線，若直線垂直于梯形的兩腰所在的直線，可得直線垂直梯形底面所在的平面，所以這條直線垂直于兩底邊所在的直線，所以③正確；④中，因為梯形的兩底所在的直線相互平行，根據(jù)線面垂直判定定理，直線與這個平面不一定垂直，這條直線不一定垂直于兩腰所在的直線，所以④不正確.故答案為：②③2．（2023·江蘇無錫·校聯(lián)考三模）已知，是空間中兩條不同的直線，，，是空間中三個不同的平面，則下列命題中錯誤的是（

）A．若，，則B．若，，則C．若，，，則D．若，，，則【答案】A【分析】設(shè)出、、的法向量，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷B，C，D；根據(jù)線面關(guān)系判斷A.【詳解】設(shè)平面、、的法向量分別為、、，直線，的方向向量為，，對于A：若，，則或，故A錯誤；對于B：若，則，又，則，所以，則，故B正確；對于C：若，，則，，又，則，所以，則，故C正確；對于D：因，，則，，因此向量、共面于平面，令直線的方向向量為，顯然，，而平面，即、不共線，于是得，所以，故D正確.故選：A3．【多選】（2023·廣東珠海·珠海市斗門區(qū)第一中學(xué)?？既＃┮阎莾蓷l不相同的直線，是兩個不重合的平面，則下列命題為真命題的是（

）A．若是異面直線，，則.B．若，則C．若，則D．若，則【答案】ACD【分析】根據(jù)立體幾何相關(guān)定理逐項分析.【詳解】對于A，，則平面內(nèi)必然存在一條直線，使得，并且，同理，在平面內(nèi)必然存在一條直線，使得，并且，由于是異面直線，與是相交的，n與也是相交的，即平面內(nèi)存在兩條相交的直線，分別與平面平行，，正確；

設(shè)，并且，則有，顯然是相交的，錯誤；對于B，若，則不成立，錯誤；對于C，若，則平面上必然存在一條直線l與n平行，，即，正確；對于D，若，必然存在一個平面，使得，并且，，又，正確；故選:ACD.4．（2023·全國·高三對口高考）給定空間中的直線l及平面，條件：“直線l與平面內(nèi)無數(shù)條直線垂直”是“直線l與平面垂直”的（

）A．充分條件 B．充分非必要條件C．必要非充分條件 D．既非充分又非必要條件【答案】C【分析】利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可判定二者間的邏輯關(guān)系.【詳解】由直線l與平面內(nèi)無數(shù)條直線垂直，可得l與平面相交或或；由直線l與平面垂直，可得直線l與平面內(nèi)任意一條直線垂直.則“直線l與平面內(nèi)無數(shù)條直線垂直”是“直線l與平面垂直”的必要非充分條件.故選：C5．【多選】（2023·河北·校聯(lián)考一模）如圖，在直四棱柱中，底面是菱形，點P，Q，M分別為，，的中點，下列結(jié)論正確的有（

）

A．平面B．該四棱柱有外接球，則四邊形為正方形C．與平面不可能垂直 D．【答案】ABC【分析】根據(jù)線線平行即可判斷A，利用外接圓的對角互補，則可判斷B，利用反證法，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理可判斷C,D.【詳解】對A，連接，由點P，Q，分別為，可得，，所以四邊形為平行四邊形，則，故，平面,平面,則平面，即A正確；對B，若四棱柱有外接球，則四邊形有外接圓，則對角互補，則為正方形，即B正確；對C，若平面，平面,則，由可得，與條件矛盾，故與平面不可能垂直，即C正確；對D，取的中點N，連接，，則，,平面，平面，平面，，，則，故與不垂直，即D錯誤.故選：ABC.

6．（2023·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測）在正方體中，點在正方形內(nèi)（不含邊界），則在正方形內(nèi)（不含邊界）一定存在一點，使得（

）

A． B．C．平面 D．平面平面【答案】A【分析】作出截面后可作，從而判斷A，利用線面垂直的性質(zhì)判斷BC，根據(jù)面面平行的性質(zhì)判斷D．【詳解】選項A，正方體中，顯然有，連接延長，如果直線交棱于點（圖1），則作交于，連接，則是梯形，作交于，則平面，如果直線交棱于點（圖2），則直接連接，在三角形內(nèi)作交于，也有平面，因此A正確；

選項B，正方體中易知平面，因此與垂直的直線都可能平移到平面內(nèi)，而當(dāng)平面，平面時，直線與平面相交，不可能平移到平面內(nèi)，B錯；選項C，由選項B知與不可能垂直，因此與平面也不可能垂直，C錯；選項D，過的平面只有平面與平面平行，因此要使得平面平面，則平面與平面重合，從而點只能在棱上，與已知不符，D錯．故選：A．考點二證線面垂直7．（2023春·湖南邵陽·高三統(tǒng)考學(xué)業(yè)考試）如圖，在四棱錐中，四邊形是邊長為2的正方形，與交于點，面，且.

(1)求證平面.；(2)求與平面所成角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)【分析】（1）由，因為平面，得到，結(jié)合直線與平面垂直的判定定理，即可證得平面；（2）連接，得到為與平面所成的角，在直角中，即可求得與平面所成的角.【詳解】（1）解：因為是正方形，所以，又因為平面，平面，所以，因為，平面，平面，所以平面.（2）解：連接，因為平面，所以為與平面所成的角，因為，所以，在直角中，，所以，即與平面所成的角為.

8．（2023·河南·洛寧縣第一高級中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）在圖1中，為等腰直角三角形，，，為等邊三角形，為AC邊的中點，E在BC邊上，且，沿AC將進(jìn)行折疊，使點D運動到點F的位置，如圖2，連接FO，F(xiàn)B，F(xiàn)E，OE，使得.

(1)證明：平面ABC；(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明：連接，在等邊中，得到，再由勾股定理證得，結(jié)合線面垂直的判定定理，即可證得平面；（2）解法1：作，設(shè)點到平面的距離為，利用，列出方程，即可求解；解法2、過A作，證得平面OEF，得到的長度即點到平面的距離，結(jié)合，即可求解.【詳解】（1）證明：連接，因為為等腰直角三角形，且，所以，，在等邊中，，且.又因為，所以，即，因為且平面，所以平面.

（2）解法1：作，垂足為,因為，所以，解得，所以，在直角中，，可得，又因為，所以，設(shè)點到平面的距離為，由，可得，即，解得，即點到平面的距離為.

解法2、過A作，垂足為，由（1）知平面，因為平面，所以.又由，，所以平面OEF，所以的長度即點到平面的距離，在中，因為，，，所以，可得，由，即，解得，所以，即點到平面的距離為.

9．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱中，在平面ABC的射影恰為等邊三角形ABC的中心，且，.(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）根據(jù)題意可得，根據(jù)勾股定理結(jié)合線面垂直的判定定理分析證明；（2）根據(jù)垂直關(guān)系分析可得二面角的平面角為，運算求解即可.【詳解】（1）設(shè)在平面ABC的射影為，連接，由題意可得：平面ABC，，且平面ABC，則，可得，則，可得，同理可得：，且，平面，可得平面，又因為//，所以平面.（2）由（1）可得：平面，且平面，可得，因為，，所以平面，且平面，可得，所以二面角的平面角為，在Rt中，，所以.10．（2023·河南開封·校考模擬預(yù)測）如圖1所示，在長方形中，，是的中點，將沿折起，使得，如圖2所示，在圖2中．

(1)求證：平面；(2)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）在圖1中，連接，根據(jù)勾股定理結(jié)合條件得到，再由線面垂直的判定定理即可證明出平面；（2）在圖2中，作的中點，連接，根據(jù)（1）的結(jié)論結(jié)合面面垂直的判定和性質(zhì)得到線段是三棱錐的高，從而求出三棱錐的體積，再由等體積法，即可求得點到平面的距離.【詳解】（1）在圖1中，連接，如圖所示：

因為在長方形中，，是的中點，所以，則，，又，即，所以，在圖2中，又，，平面，平面，所以平面.（2）在圖2中，作的中點，連接，如圖所示：

因為，所以，且，又由（1）得：平面，平面，所以平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，即線段是三棱錐的高，所以三棱錐的體積，又平面，平面，所以，則的面積，設(shè)點到平面的距離為，則三棱錐的體積，即，解得：，故點到平面的距離為.11．（2023·全國·高三對口高考）如圖，四棱錐中，底面，，E是的中點．

(1)求證：；(2)求證：面；(3)若，求三棱錐體積．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)【分析】（1）先證得平面，進(jìn)而證得；（2）利用線面垂直判定定理即可證得面；（3）先利用三棱錐體積公式求得三棱錐體積，進(jìn)而求得三棱錐體積．【詳解】（1）由平面，平面，可得，又平面，則平面，又平面，則.（2）連接，△中，，則，又E是的中點，則，又，平面，可得平面，又平面，則，由平面，平面，可得，又平面，則平面，又平面，則,又，，平面，則平面.

（3）△中，，則，在△中，過點C作于N，則，又由平面，平面，可得平面平面，又平面平面，則平面，則點C到平面的距離為，又E是的中點，則點E到平面的距離為，則

12．【多選】（2023·遼寧·朝陽市第一高級中學(xué)校聯(lián)考三模）《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”；底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱為“陽馬”，四個面均為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，如圖在塹堵中，AC⊥BC，且．下列說法正確的是（

）A．四棱錐為“陽馬”B．四面體的頂點都在同一個球面上，且球的表面積為C．四棱錐體積最大值為D．四面體為“鱉臑”【答案】ABD【分析】根據(jù)“陽馬”和“鱉臑”的定義，可判斷A，D的正誤；當(dāng)且僅當(dāng)時，四棱錐體積有最大值，求值可判斷C的正誤；根據(jù)題意找到四面體的外接球的球心位置，求出外接球半徑，利用球的表面積公式即可得到判斷B.【詳解】底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”，∴在塹堵中，，側(cè)棱平面，對A選項，∴，又，且，則平面，∴四棱錐為“陽馬”，對；對C選項，在底面有，即，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，，故C錯誤；對D選項，由，即，又且，平面，∴平面，平面,∴，則為直角三角形，又由平面，平面，，則為直角三角形，由“塹堵”的定義可得為直角三角形，為直角三角形．∴四面體為“鱉臑”，故D正確；對B選項，由C知為直角三角形，側(cè)棱平面，則易知,為直角三角形，而為直角三角形，則外接球球心位于的中點，則外接球半徑，則球的表面積為，故B正確.故選：ABD．13．（2023·河南·襄城高中校聯(lián)考三模）如圖，在正四棱臺中，，，，為棱，的中點，棱上存在一點，使得平面．

(1)求；(2)當(dāng)正四棱臺的體積最大時，證明：平面．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）取點構(gòu)造平行四邊形，再由比例關(guān)系證明求值．（2）設(shè)，將體積表示為的函數(shù)，求出棱臺的體積最大時的值，再添加輔助線，證明平面即可證得結(jié)論．【詳解】（1）如圖所示，作交于，再作交于，連接．因為平面，所以平面．又平面平面，所以．又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，即為棱的四等分點，故也為棱的四等分點，所以．（2）由（1）易知為的四等分點，所以點在點的正上方，所以底面．設(shè)，則，所以，所以該四棱臺的體積，而．當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，此時，．作交于，則為的四等分點．連接，在中，，而，所以，即．在中，，，，所以，即．而，平面，且，所以平面，故平面．

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查線面位置關(guān)系以及體積的最值，考查直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算，屬于中檔題.考點三利用空間向量法證線面垂直14．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在正三棱錐D-ABC中，，，O為底面ABC的中心，點P在線段DO上，且，若平面PBC，則實數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正棱錐的結(jié)構(gòu)特征構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)已知條件確定相關(guān)點坐標(biāo)并求出面PBC的法向量，結(jié)合線面平行及向量共線定理求參數(shù)即可.【詳解】由題設(shè)，△為邊長為的等邊三角形，且，等邊△的高為，在正棱錐中，以為原點，平行為x軸，垂直為y軸，為z軸，如上圖示，則，且，所以，，，若為面PBC的法向量，則，令，則，又平面PBC，則且k為實數(shù)，，故.故選：D15．（2023·上海黃浦·上海市大同中學(xué)?？既＃┤鐖D，直三棱柱中，，，，D為BC的中點，E為上的點，且．

(1)求證：BE⊥平面；(2)求二面角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析.(2).【分析】（1）以點為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置關(guān)系的向量證明推理作答.（2）由（1）中坐標(biāo)系，利用空間向量求二面角大小作答.【詳解】（1）在直三棱柱中，，顯然射線兩兩垂直，以點為原點，射線的方向分別為軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

因為，，D為BC的中點，E為上的點，且，則，，于是，即，而平面，所以BE⊥平面.（2）由（1）知，平面的一個法向量，而平面的一個法向量，顯然二面角的平面角為銳角，設(shè)其大小為，于是，則，所以二面角的大小為.16．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，已知直三棱柱為的中點，為側(cè)棱上一點，且，三棱柱的體積為32．

(1)過點作，垂足為點，求證：平面；(2)求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】由題目條件結(jié)合三棱柱的體積為32可得，后如圖建立空間直角坐標(biāo)系.（1）由可得Q坐標(biāo)，后利用向量可證明，即可證明結(jié)論；（2）求出平面與平面的法向量即可得答案.【詳解】（1）由直三棱柱，得平面，又，可得三棱柱的體積，得．如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則，則．設(shè)，則，故．因為，所以，所以，解得，即．證明：由，得，.所以．又因為平面ACQ，平面ACQ，，所以平面．（2）易得為平面的一個法向量，設(shè)為平面的法向量，．由，令，則，所以為平面的一個法向量.得．所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．

17．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·江蘇省鎮(zhèn)江第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，正三棱柱中，，點為線段上一點（含端點）.

(1)當(dāng)為的中點時，求證：平面；(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面所成角的余弦值為.若存在，求出的位置：若不存在，說明理由.【答案】(1)見解析(2)存在，點在的四分之一等分點處【分析】(1)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法證明，結(jié)合，化簡線面垂直判定定理證明平面；(2)設(shè)，，求平面與平面的法向量，利用向量夾角公式求兩向量的夾角余弦，由條件列方程求即可.【詳解】（1）由已知，平面，為等邊三角形，以點為原點，為軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則，，作軸，，，則，則，而∴∴由菱形性質(zhì)知∵平面，平面，∴平面；（2）由(1)，，為平面的一個法向量，設(shè)，，則所以，所以，，設(shè)平面的法向量為，則，取可得，，所以為平面的一個法向量，設(shè)平面與平面所成角為，則，解得：或（均符合題意）所以存在一點，當(dāng)或，即點位于四分之一等分點處時使平面與平面所成角的余弦值為.考點四線面垂直的探索性問題18．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱中，，．(1)試在平面內(nèi)確定一點H，使得平面，并寫出證明過程；(2)若平面與底面所成的銳二面角為60°，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【答案】(1)答案見解析；(2).【分析】（1）根據(jù)線面垂直和面面垂直的判定定理，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理進(jìn)行證明即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）取棱BC的中點D，連接，AD．在等腰直角△ABC中，，又，平面，故平面．又平面，故平面平面，這兩個平面的交線為．在中，作，則有平面；（2）如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，．設(shè)平面的法向量，則即可?。扇∑矫娴姆ㄏ蛄浚深}意得．得，平面的一個法向量為；又平面的法向量，則．所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．19．（2023·全國·高三專題練習(xí)）若圖，三棱柱的側(cè)面是平行四邊形，，，且、分別是、的中點.(1)求證：平面；(2)在線段上是否存在點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）取中點，連接、，證明出四邊形是平行四邊形，可得出，再利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）取的中點，連接、，證明出平面平面，平面，可得出平面，由此可得出結(jié)論.【詳解】（1）證明：取中點，連接、.因為、分別是、的中點，所以且.在平行四邊形中，且，因為是的中點，所以且.所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面.（2）解：當(dāng)點為線段的中點時，平面，理由如下：取的中點，連接、.因為，，，所以，平面，因為、分別為、的中點，則，平面，平面，則平面，又因為平面，，所以，平面平面，所以，平面.故當(dāng)點是線段的中點時，平面，此時，.20．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形．側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點．(1)求證：AF∥平面SEC；(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)存在，【分析】（1）取SC的中點G，連接FG，EG，證明四邊形AFGE是平行四邊形，則AF∥EG，再根據(jù)線面平行的判定定理即可得證；（2）先證明AD⊥平面SEC，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得證；（3）假設(shè)在棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，由面面垂直的性質(zhì)可得SE⊥平面ABCD，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分別求出即可得出答案.【詳解】（1）證明：如圖，取SC的中點G，連接FG，EG，∵F，G分別是SB，SC的中點，∴FG∥BC，，∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點，∴AE∥BC，，∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，∴AF∥平面SEC；（2）證明：∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點，∴SE⊥AD，∵四邊形ABCD是菱形，，∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點，∴AD⊥CE，又平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又平面SEC，∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，∴四邊形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點，∴AF⊥SB，又平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB；（3）解：假設(shè)在棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，∵平面MAC，∴BD⊥OM，∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形，，△SAD為正三角形，∴，∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，又側(cè)面底面ABCD＝AD，平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，又平面ABCD，∴SE⊥BE，∴，∴，∴，∴，∴，∴在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC，.21．（2023春·河南·高三洛陽市第三中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，四邊形是菱形，，平面，，，設(shè)，連接，交于點，連接，.(1)試問是否存在實數(shù)，使得平面?若存在，請求出的值，并寫出求解過程；若不存在，請說明理由.(2)當(dāng)時，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.【答案】(1)存在，；(2).【分析】（1）依題意，可得平面，過點作于點，則四邊形為矩形，設(shè)，求出，，，欲使平面，只需，再列方程求解即可；（2）建立空間直角坐標(biāo)系利用向量法求解.【詳解】（1）存在，且，理由如下：因為四邊形為菱形，所以，與互相垂直且平分，因為，所以，所以三角形是等邊三角形.因為平面，平面，平面，所以，，因為，平面，平面，所以平面.又平面，所以.過點作于點，易得四邊形為矩形，設(shè)，則，，因為，所以，所以，，.欲使平面，只需，即，所以，解得.所以存在實數(shù)，使得平面，且.（2）如圖，以為原點，邊上的垂直平分線所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，，所以，，.設(shè)平面的法向量為，則，所以，解得，令，則平面的一個法向量為.設(shè)平面的法向量為，則，所以，解得，令，則平面的一個法向量為.設(shè)銳二面角的平面角為，則.故平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.22．（2023春·云南曲靖·高三曲靖市麒麟?yún)^(qū)第一中學(xué)校考階段練習(xí)）在三棱柱中，已知，點在底面的射影是線段的中點.（1）證明：在側(cè)棱上存在一點，使得平面，并求出的長；（2）求二面角的平面角的正切值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由題意易得面，要想平面只需，在中，利用等面積法求得的長即可；（2）利用幾何法找到二面角的平面角，接著利用垂直求邊長，最后求出角的正切值即可；【詳解】解：（1）證明：因為面,面,所以,又，線段的中點為，所以，又所以面，從而，因此當(dāng)時，此時，即此時面對于，由已知條件并結(jié)合簡單運算有如下信息：,在中利用等面積法易得,從而計算得.（2）由（1）可知四邊形為矩形，取中點，連接，過作平行線交為，則面，過作的垂線，交于，連接.從而為所求二面角的平面角.在矩形中，，因此，在中，，從而.【點睛】(1)求直線與平面所成的角的一般步驟：①找直線與平面所成的角，即通過找直線在平面上的射影來完成；②計算，要把直線與平面所成的角轉(zhuǎn)化到一個三角形中求解．(2)作二面角的平面角可以通過垂線法進(jìn)行，在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．考點五直線與平面垂直性質(zhì)的應(yīng)用（證線線垂直）23．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知三棱錐中，△是邊長為3的正三角形，與平面所成角的余弦值為．(1)求證：；(2)求二面角的平面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接，證明平面，即可得證；（2）取正三角形的中心，連接，從而可得平面，則即為與平面所成角的平面角，進(jìn)而可得，取中點為，連接，則，故即為二面角的平面角，解即可得解.【詳解】（1）取的中點，連接，因為，所以，因為△是邊長為3的正三角形，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以；（2）取正三角形的中心，連接，則點在上，且，由，△是正三角形，得三棱錐為正三棱錐，則平面，故即為與平面所成角的平面角，又與平面所成角的余弦值為，所以，即，即三棱錐是正四面體，取中點為，連接，則，故即為二面角的平面角，在中，，則，所以，所以二面角的平面角的正弦值．24．（2023·四川成都·樹德中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，在直角三角形中，，將沿折起到的位置，使平面平面，點滿足.(1)證明：；(2)求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)圖中的幾何關(guān)系，利用面面平行證明線面垂直，再證明線線垂直；（2）運用等體積法求解.【詳解】（1）在直角三角形中，因為，所以，即在四棱錐中，，平面PDB，平面PDB，所以平面，從而平面，如圖，在上取一點，使得，連接，因為，所以，所以，又，所以四邊形是矩形，所以，平面MEF，平面MEF，平面MEF，在中，，所以，平面MEF,平面MEF，平面MEF，又因為，平面PBD，平面PBD，所以平面平面，所以平面，故；（2）連接，因為平面平面，交線為，且，所以平面，所以三棱錐的體積，所以，在中，計算可得，由余弦定理得，所以，，設(shè)點到平面的距離為，則，故；綜上，點M到平面PBE的距離為.25．（2023·江西撫州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在四面體ABCD中，，E為CD的中點，△ACE為等邊三角形，則異面直線AC與BE所成角為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取AC的中點F，連結(jié)BF，EF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到，然后利用勾股定理和線面垂直的判定和性質(zhì)進(jìn)而得到即可求解.【詳解】如圖，取AC的中點F，連結(jié)BF，EF，因為△ACE為等邊三角形，E是CD中點，所以ED，所以，在Rt△ACD中，由勾股定理，得，因為，所以AC=2.因為，所以AD⊥平面ABC，平面ABC，所以，又，所以BC⊥平面ABD，平面ABD，所以.在Rt△ABC中，，所以.所以.又△ACE為等邊三角形，所以，因為，所以AC⊥平面BEF，平面BEF，所以，則直線AC與BE所成角為.故選：C．26．（2023春·重慶萬州·高三重慶市萬州第二高級中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在四棱錐中，平面，四邊形為正方形，，，為線段上的點（不包括端點），則（

）

A． B．平面C．二面角的大小為定值 D．的最小值為【答案】CD【分析】對于A，利用線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可得出；對于B，利用線面平行的性質(zhì)定理即可得出；對于C，由二面角的定義即可判斷；對于D，將側(cè)面和展開在一個平面內(nèi)，結(jié)合余弦定理即可得出.【詳解】對于A，平面，平面，，假設(shè)，又平面PAD，平面，又平面，，而四邊形為正方形，與矛盾，所以假設(shè)錯誤，故不正確，故A不正確；對于B，設(shè)，連接，假設(shè)平面，

又平面平面，則，在中，因為為的中點，則必為的中點，這與為線段上的動點矛盾，所以假設(shè)錯誤，故B不正確；對于C，為線段上的動點，二面角的大小即為二面角的大小，因為二面角的大小為定值，所以二面角的大小為定值，故C正確；對于D，平面，平面，，為等腰直角三角形，平面，平面，，即，又四邊形為正方形，，平面PAD，平面，平面，，為直角三角形，如圖，將側(cè)面和展開在一個平面內(nèi)，，連接，當(dāng)處在與的交點處時，取得最小值，此時，在中，由余弦定理，得，所以的最小值為，故D正確.

故選：CD.27．（2023春·上海徐匯·高三上海民辦南模中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在正方體中，點分別是線段上的點（不為端點），給出如下兩個命題：①對任意點，均存在點，使得；②存在點，對任意的，均有則（

）

A．①②均正確 B．①②均不正確C．①正確，②不正確 D．①不正確，②正確【答案】D【分析】根據(jù)正方體的線面關(guān)系證明平面，來驗證命題①；求證平面，來驗證命題②即可得結(jié)論.【詳解】對于①，如圖，連接

在正方體中，有正方形，所以，又，所以四邊形為平行四邊形，故確定唯一的平面，又平面，平面，所以又平面，所以平面因為平面，所以對任意點，都有，只有與重合才符合題意,與不為端點矛盾，故對任意點，不存在點，使得，故①不正確；對于②，如圖，連接交于，連接

由①得平面，又，所以四邊形為平行四邊形，所以，則平面，因為平面，所以又因為正方形，所以，又平面，平面，所以,因為平面，所以平面，又平面，所以，因為平面，所以平面，又平面，所以于是當(dāng)點與重合時，存在點，對任意的，均有，故②正確.故選：D.28．（2023·湖南郴州·安仁縣第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）在三棱錐中，已知為正三角形，.

(1)求證：；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)定理和判定定理即可證明；（2）以點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸?軸?軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面和的法向量，由二面角的向量公式代入求解即可得出答案.【詳解】（1）如圖，取的中點，連接，

為正三角形，，，又平面平面平面，又平面.（2）為正三角形，，又，又，，又兩兩互相垂直，如圖，以點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸?軸?軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

則，平面的法向量為，又，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，則，設(shè)二面角的大小為，則，，二面角的正弦值為.29．（2023·全國·高三對口高考）如圖，已知矩形，．將沿矩形的對角線所在的直線進(jìn)行翻折，在翻折過程中，（

）

A．對任意位置，三組直線“與”，“與”，“與”均不垂直B．存在某個位置，使得直線與直線垂直C．存在某個位置，使得直線與直線垂直D．存在某個位置，使得直線與直線垂直【答案】D【分析】利用反證法否定選項B，C；找到A點所在位置證明選項D，進(jìn)而否定選項A.【詳解】在平面內(nèi)，作于E，作于F，連接.對于選項B，假設(shè)存在某個位置，使得直線與直線垂直.連接，由，平面，可得平面，又平面，則，這與平面內(nèi)矛盾，故假設(shè)不成立，則不存在某個位置，使得直線與直線垂直.判斷錯誤；對于選項C，假設(shè)存在某個位置，使得直線與直線垂直.由，，平面，可得平面，又平面，則，則為的斜邊，則，這與矛盾.故假設(shè)不成立，則不存在某個位置，使得直線與直線垂直.判斷錯誤；對于選項D，假設(shè)存在某個位置，使得直線與直線垂直.由，，平面，可得平面，又平面，則，又，則，又中，，則，中，則中，，，，三邊長可以構(gòu)成三角形.故假設(shè)成立，即存在某個位置，使得直線與直線垂直.則選項D判斷正確；選項A判斷錯誤.

故選：D30．（2023春·重慶·高三重慶一中校考階段練習(xí)）如圖所示的幾何體是一個半圓柱，點P是半圓弧上一動點（點P與點B，C不重合），E為弧的中點，.

(1)證明：；(2)若平面與平面所成的銳二面角的平面角為，求此時點D到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)定理證得，根據(jù)線面垂直的判定證明平面，從而利用線面垂直的性質(zhì)定理得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點P的坐標(biāo)，求出兩個平面的法向量，根據(jù)銳二面角大小結(jié)合數(shù)量積夾角公式求出點P的坐標(biāo)，代入點到平面距離的向量公式直接求解.【詳解】（1）連接BP，在半圓柱中，因為平面，平面，所以，又因為BC是直徑，所以，又平面，，所以平面，又平面，所以.（2）依題意可知，以線段BC的中點O為坐標(biāo)原點，以為軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，連接OP，設(shè)，則，所以，設(shè)平面的一個法向量為，所以，則，令，則，所以，設(shè)為平面的一個法向量，則，，所以，令，則，所以，因為平面PCA與平面所成的銳二面角的平面角為，所以，令，則，平方化簡得，即，又由，可解得或（舍去），所以，所以平面PCA的一個法向量，且，所以點D到平面PCA的距離.考點六利用線面垂直求體積31．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．(1)求證：//平面；(2)若，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證明為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.【詳解】（1）連接，設(shè)，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.（2）過作垂直的延長線交于點，因為是中點，所以，在中，，所以，因為，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱錐的高為，因為，所以，所以，又，所以.32．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.先證平面，則可得到，再證.由三角形相似得到，，再由即可求出體積比.【詳解】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.

因為平面，平面，所以平面平面.又因為平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因為，所以，所以，在中，因為，所以，所以.故選：B33．（2023·全國·高三對口高考）三棱錐的側(cè)棱、、兩兩垂直，側(cè)面面積分別是6，4，3，則三棱錐的體積是（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A【分析】證明出平面，由三個側(cè)面積列出關(guān)于、、的方程組，求出、、的值，由此可得出該三棱錐的體積.【詳解】三棱錐的側(cè)棱、、兩兩垂直，，，又，平面，平面，由題意得，即，解得.因此，該三棱錐的體積為.故選：A.

34．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（

）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為AB得解.【詳解】取中點，連接，如圖，

是邊長為2的等邊三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故選：A考點七面面垂直的判斷35．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，有以下四個命題：①若，，則

②若，，則③若，，則

④若，，，則其中正確的命題是（

）A．②③ B．②④ C．①③ D．①②【答案】A【分析】由線面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、面面平行的判定定理和面面垂直的性質(zhì)定理對各命題進(jìn)行檢驗.【詳解】若，，則或，命題①錯誤；由面面垂直的判定定理可知，命題②正確；垂直于同一條直線的兩個平面互相平行，命題③正確；若，，，則可能相交可能平行可能異面，不一定互相垂直，命題④錯誤.故選：A36．【多選】（2023·重慶萬州·重慶市萬州第三中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知，為不同的直線，，為不同的平面，則下列說法錯誤的是（

）A．若，，，則 B．若，，，則C．若，，，則 D．若，，，則【答案】ABC【分析】通過分析不同情況下直線和平面的位置關(guān)系即可得出結(jié)論.【詳解】由題意，A項,設(shè)所在平面,,只需即滿足題設(shè),故A錯誤；B項，設(shè)且且,此時，B錯誤；C項，當(dāng)，，時，可能垂直于，C錯誤；D項，當(dāng)，，，則，故D正確.故選：ABC.37．（2023·四川成都·校考模擬預(yù)測）如圖，在已知直四棱柱中，四邊形為平行四邊形，分別是的中點，以下說法錯誤的是（

）A．若，，則B．C．平面D．若，則平面平面【答案】B【分析】利用正切值相等可說明，由此可得，結(jié)合平行關(guān)系可知A正確；由，可知B錯誤；通過證明四邊形為平行四邊形可得，由線面平行判定可知C正確；根據(jù)，，由線面垂直和面面垂直的判定可知D正確.【詳解】對于A，連接，，，，又，，即；，，四邊形為平行四邊形，，，A正確；對于B，連接，分別為中點，，又，，，與不平行，B錯誤；對于C，連接，分別為中點，，；，，四邊形為平行四邊形，，，為中點，，，，四邊形為平行四邊形，，又平面，平面，平面，C正確；對于D，連接，，四邊形為平行四邊形，四邊形為菱形，；平面，平面，，又，平面，平面，平面，平面平面，D正確.故選：B.38．【多選】（2023·廣東·高三專題練習(xí)）已知直線與平面有公共點，則下列結(jié)論一定正確的是（

）A．平面內(nèi)存在直線與直線平行B．平面內(nèi)存在直線與直線垂直C．存在平面與直線和平面都平行D．存在過直線的平面與平面垂直【答案】BD【分析】利用反證法可判斷A選項；對直線與的位置關(guān)系進(jìn)行分類討論，結(jié)合圖形可判斷B選項；利用圖形可判斷C選項；利用面滿垂直的判定定理可判斷D選項.【詳解】對于A選項，若直線與相交，且平面內(nèi)存在直線與直線平行，由于，則，這與直線與相交矛盾，假設(shè)不成立，A錯；對于B選項，若，則在平面內(nèi)必存在與直線垂直，若直線與相交，設(shè)，如下圖所示：若，且，則，若與斜交，過直線上一點（異于點）作，垂足點為，過點作直線，使得，因為，，則，又因為，，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，綜上所述，平面內(nèi)存在直線與直線垂直，B對；對于C選項，設(shè)直線與平面的一個公共點為點，假設(shè)存在平面，使得且，過直線作平面，使得，因為，，，則，因為，記，又因為，則，因為在平面內(nèi)有且只有一條直線與直線平行，且，故、重合，所以，，但不一定在平面內(nèi)，當(dāng)與相交時，則與也相交，C錯；對于D選項，若，則過直線的任意一個平面都與平面垂直，若與不垂直，設(shè)直線與平面的一個公共點為點，則過點有且只有一條直線與平面垂直，記直線、所確定的平面為，則，D對.故選：BD.39．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示的菱形中，對角線交于點，將沿折到位置，使平面平面.以下命題:

①；

②平面平面；③平面平面；④三棱錐體積為.其中正確命題序號為（

）A．①②③ B．②③ C．③④ D．①②④【答案】D【分析】通過證面可判斷①②；求兩平面所成的二面角可判斷③；得到三棱錐的高后可判斷④.【詳解】如圖：

因為四邊形是菱形，，所以，為的中點，所以，，，面，所以面，又面，所以，即①正確；由①知面，又面，所以平面平面，即②正確；如圖：

取的中點為，連接，，依題意，，所，，所以是二面角的平面角，又因為平面平面，平面平面，所以面，和是邊長為2的正三角形，所以，且有，所以在中，，又和是兩全等的等腰三角形，，的中點為，所以，由已知可得是邊長為2的正三角形，得，則在中，容易算得，，，所以，所以二面角不是直二面角，故③錯誤；由已知可得是邊長為2的正三角形，又由上得面，所以三棱錐的高即為，，是邊長為2的正三角形，所以三棱錐的體積為，故④正確.故選：D.考點八證面面垂直40．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在四棱錐中，，，，，為等邊三角形，．(1)證明：平面平面PBC；(2)求點C到平面PAB的距離．【答案】(1)證明見解析(2)1【分析】（1）作出輔助線，由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得到，找到為二面角的平面角，且，得到平面平面ABCD，進(jìn)而由四邊形ABCE為矩形得到線面垂直，進(jìn)而證明平面平面PBC；（2）作出輔助線，由等體積法求出點到平面的距離.【詳解】（1）證明：取CD的中點E，連接PE，AE，如圖，易知，，，在中，由余弦定理得，，則，故，由，，，同理可得且，故為二面角的平面角，又，則，故，故平面平面ABCD，又CE與AB平行且相等，且，則四邊形ABCE為矩形，故．又平面ABCD，平面平面，故平面PCD，又平面PBC，則平面平面PBC．（2）連接AC，設(shè)C到平面PAB的距離為h，由（1）得平面平面PCD，，由面面垂直的性質(zhì)定理，同理可得平面ABCD，，即，∵，，，，平面AEP，則平面AEP，又，故平面AEP，平面AEP，故，故，故，解得．41．（2023·貴州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）《九章算術(shù)》中記錄的“羨除”是算學(xué)和建筑學(xué)術(shù)語，指的是一個類似隧道形狀的幾何體.如圖，在羨除中，底面是邊長為2的正方形，.(1)證明：平面平面.(2)求四棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）作出輔助線，由等腰三角形三線合一得到線線垂直，求出等腰梯形的高，得到，故，進(jìn)而證明出線面垂直，得到面面垂直；（2）根據(jù)比例關(guān)系得到，證明出線面垂直，求出，從而求出答案.【詳解】（1）分別取和的中點，連接，因為底面是邊長為2的正方形，，所以.在梯形中，，分別作垂直于，垂足分別為，則，故由勾股定理得，所以，易知，故.又，所以，因為，平面，所以平面.因為平面，所以平面平面.

（2）連接.因為，所以四邊形的面積，所以.因為，平面，所以平面，因為平面，所以.因為，平面，所以平面，且.因為，所以，即四棱錐的體積為.42．（2023·遼寧錦州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在直角梯形中（如圖一），，，.將沿折起，使（如圖二）.

(1)求證：平面平面；(2)設(shè)為線段的中點，求點到直線的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）首先取的中點，連接，根據(jù)題意易證平面，從而得到，即可得到平面，再根據(jù)面面垂直的判定即可證明平面平面.（2）首先取的中點，連接，易證平面，從而得到，再計算的長度即可.【詳解】（1）取的中點，連接，如圖所示：

因為，，則四邊形為正方形，所以，因為，所以.因為，，，平面，所以平面.又因為平面，所以.因為，，，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面.（2）取的中點，連接，

因為平面，，所以平面，又因為平面，所以.因為，所以.因為，，，平面，所以平面，又因為平面，所以.因為，，且，所以，即點E到直線CD的距離為.43．（2023·陜西西安·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知三棱柱，，，為線段上的動點，．

(1)求證：平面平面；(2)若，為線段的中點，，求與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可得，結(jié)合，再利用線面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理證明即可；（2）由（1），根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得平面，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)向量法求解.【詳解】（1）因為，，，，平面，所以平面．又平面，所以，又，即，而，，平面，所以平面．又因為平面，所以平面平面．（2）由（1）知平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，又，所以平面，所以CA，CB，兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點，，，的方向分別為x軸、y軸、x軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：

因為，所以四邊形為矩形，又因為，所以四邊形為正方形.因為，，所以，所以，，，.由D是線段的中點，得，所以，，.設(shè)平面的一個法向量為，則即取，則，所以，所以.設(shè)直線與平面所成的角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.44．（2023·四川成都·石室中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD為菱形，平面ABCD，，.

(1)求證：平面平面AFC；(2)記三棱錐的體積為，三棱錐的體積為，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)條件先證平面BDEF，再得面面垂直即可；（2）根據(jù)線段間關(guān)系設(shè)，表示其它線段，結(jié)合三棱錐體積公式及等體積法轉(zhuǎn)化得，，即可得體積之比.【詳解】（1）因為四邊形ABCD為菱形，所以.因為平面ABCD，平面ABCD，所以.又，，平面BDEF，所以平面BDEF.又平面AFC，所以平面平面AFC.（2）如圖，設(shè)BD交AC于點O，連接OE，OF.由（1）可知，平面BDEF，平面BDEF，所以.設(shè)，則，，所以，所以.由（1）可知，平面ABCD，所以，所以.

45．（2023·湖北武漢·武漢二中校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱中，底面是邊長為4的等邊三角形，在上且滿足.

(1)求證：平面平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由面面垂直的判定定理證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由空間向量法求解即可.【詳解】（1）如圖，過點作交于，連接，設(shè)，連接，又，可得四邊形為正方形，，，，為的中點，，因為，平面，平面，又平面平面平面.

（2）在中，，又，，又平面平面，故建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得，設(shè)平面一個法向量為，則，令，得，，故平面與平面夾角的余弦值為.46．（2023·云南·校聯(lián)考三模）如圖，在三棱臺中，，分別為，的中點，側(cè)面為等腰梯形.

(1)證明：平面平面；(2)記二面角的大小為，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理證明平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理可證結(jié)論成立；（2）在平面內(nèi)，作，交的延長線于，可證平面，以為原點，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)線面角的向量公式可求出結(jié)果.【詳解】（1）因為，為的中點，所以，因為側(cè)面為等腰梯形，分別為，的中點，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）在平面內(nèi)，作，交的延長線于，因為平面平面，平面，平面平面，所以平面，以為原點，分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系：因為，，平面，平面，所以是二面角的平面角，則，，因為，，所以，所以，，，在等腰梯形中，，，所以，，即，，，所以，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，得，，，所以直線與平面所成角的正弦值為.

47．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱柱中，平面．

(1)證明：平面平面；(2)設(shè)，求四棱錐的高．【答案】(1)證明見解析.(2)【分析】(1)由平面得，又因為，可證平面，從而證得平面平面；(2)過點作，可證四棱錐的高為,由三角形全等可證，從而證得為中點，設(shè)，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【詳解】（1）證明：因為平面，平面,所以,又因為，即，平面，,所以平面，又因為平面,所以平面平面.（2）如圖，

過點作，垂足為.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱錐的高為.因為平面，平面,所以,,又因為，為公共邊，所以與全等，所以.設(shè)，則，所以為中點，,又因為,所以,即，解得，所以，所以四棱錐的高為．48．（2023春·江蘇·高三江蘇省前黃高級中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）在三棱柱中，側(cè)面，為棱的中點，三角形為等邊三角形，，．

(1)求證：面面；(2)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直判定定理和面面垂直判定定理證明即可；（2）應(yīng)用空間向量法求二面角余弦值即可.【詳解】（1）面，，三棱柱中，，，又為的中點，三角形為等邊三角形，，，在三角形中，在三角形中，，，又，，面，面，面，面,所以面面（2）以點為原點，、分別為軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，因為側(cè)面，,側(cè)面平面，,,，面，面，面，面的法向量為，設(shè)面的法向量為，，所以設(shè)二面角的平面角為為銳角，49．（2023·上海虹口·華東師范大學(xué)第一附屬中學(xué)?？既＃┮阎獔A錐的頂點為S，底面圓心為O，半徑為2，母線SA?SB的長為，且M為線段AB的中點．

(1)證明：平面SOM平面SAB；(2)求直線SM與平面SOA所成角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)線面垂直判定定理證明線面垂直再由面面垂直判定定理證明即可；（2）由線面角定義求線面角求正切再求角即可.【詳解】（1）因為為中點，所以，因為平面，平面，所以，且，平面，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面．（2）

設(shè)的中點為，連接，則，因為，所以，因為底面，所以,平面，平面，,所以平面，所以即是直線與平面所成角．因為圓錐的底面半徑為2，母線長為，所以高，得．因為，所以，所以．考點九利用空間向量法證面面垂直50．（2023·北京·北京四中?？寄M預(yù)測）如圖，正三棱柱中，分別是棱上的點，.

(1)證明：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求解兩個平面的法向量，利用法向量證明面面垂直；（2）求出兩個平面的法向量，利用法向量的夾角求出二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：取的中點,連接，在正三棱柱中，不妨設(shè);以為原點，分別為軸和軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則,，；設(shè)平面的一個法向量為，則,，取，則，即；設(shè)平面的一個法向量為，則,即，取得.因為，所以平面平面；

（2）因為，由（1）可得，即，易知平面的一個法向量為,；二面角的余弦值為.51．（2023·河南開封·?？寄M預(yù)測）如圖，在四棱雉中，底面為正方形，底面為的中點．

(1)求證：平面平面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量證明，結(jié)合線面垂直、面面垂直判定定理即可證得結(jié)論；（2）由（1）求解平面與平面的法向量，根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運算求二面角的余弦值.【詳解】（1）因為底面，底面，所以又因為正方形，所以，所以如圖，以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則所以所以，即，又平面，所以平面又平面，所以平面平面；（2）設(shè)平面的法向量為，又所以，令，則設(shè)平面的法向量為，又所以，令，則所以，由圖可知二面角為銳角，故二面角的余弦值為.52．（2023·北京豐臺·北京豐臺二中?？既＃┤鐖D，在四棱錐中，平面，，，，.為的中點，點在上，且.(1)求證：平面平面；(2)求平面與平面所成角的余弦值；(3)若棱上一點，滿足，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）（2）（3）如圖，以為原點，分別以，為軸，軸，過作平行線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）如圖，以為原點，分別以，為軸，軸，過作平行線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，所以，，因為，所以，所以，即，所以，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，所以，平面的法向量為，則，令，則，所以，所以，所以，所以平面平面.（2）易知平面的一個法向量，設(shè)平面與平面所成角為，則，所以平面與平面所成角的余弦值為.（3）因為棱上一點，滿足，所以，所以，所以點到平面的距離.考點十面面垂直的探索性問題53．（2023春·江西宜春·高三?？奸_學(xué)考試）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，為線段上的一點，且，為線段上的動點.(1)當(dāng)為何值時，平面平面，并說明理由；(2)若，，平面平面，，求出點到平面的距離.【答案】(1)，理由見解析(2)【分析】（1）取，即點為的中點，證明出平面，結(jié)合面面垂直判定定理可得出結(jié)論；（2）由題意可知為的中點，利用已知條件求得以及三棱錐的體積，計算出的面積，利用等體積法可求得點到平面的距離.【詳解】（1）解：當(dāng)時，平面平面，理由如下：因為底面，平面，所以，因為為矩形，所以，又，所以平面.因為平面，所以.因為，所以為線段的中點，又因為，所以，又，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）解：因為平面平面，由（1）可知為的中點.因為底面，所以點到底面的距離為，所以，因為，所以，所以，，平面，平面，則，同理可知，，為的中點，則，，所以，，設(shè)點到平面的距離為，由得，解得.54．（2023春·安徽滁州·高三?？奸_學(xué)考試）如圖，在三棱錐中，平面，，，，為線段上一點，且．(1)在線段上求一點，使得平面平面，并證明；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)答案見解析，證明見解析(2)【分析】（1）取線段的中點，連接，以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，由求出的值，可求得點的坐標(biāo)，設(shè)點，其中，利用空間向量法求出的值，即可得出結(jié)論；（2）利用空間向量法可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）解：取線段的中點，連接，，，則，且，又因為平面，以點為坐標(biāo)原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、、、，，設(shè)，其中，則，因為，則，解得，故點，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，設(shè)點，其中，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，因為平面平面，則，解得，故當(dāng)點為靠近點的三等分點時，平面平面.（2）解：設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，設(shè)平面的法向量為，，則，取，可得，因為.由圖可知，二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為.55．（2023春·浙江溫州·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的菱形且，，．(1)求的值；(2)若，是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）取線段的中點，連接、，證明出平面，可得出，進(jìn)而可得出，利用勾股定理可求得的長；（2）過點在平面內(nèi)作，垂足為點，證明出平面，過點作，分別交、于點、，可得出平面平面，求出的長，可得出，即可得解.【詳解】（1）解：取線段的中點，連接、，因為四邊形是邊長為的菱形，則，，因為，由余弦定理可得，，所以，即，又且是的中點，,，、平面，平面，平面，，，，，；（2）解：過點在平面內(nèi)作，垂足為點，因為平面，平面，所以，平面平面，平面平面，平面，，所以，平面，過點作，分別交、于點、，因為，則，所以，、、、四點共面，因為平面，所以，平面平面，因為，，，則，因為，，由余弦定理可得，所以，，，所以，,，因為，所以，.56．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知四棱錐的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，，，．(1)求證：面面ABCD；(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點，四邊形BEQF是過B，Q兩點的截面，且平面BEQF，是否存在點Q，使得平面平面PAD？若存在，確定點Q的位置；若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在點Q，.【分析】（1）結(jié)合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，進(jìn)而得出結(jié)論；（2）建立以A為原點的空間直角坐標(biāo)系，求出平面PAD的法向量，設(shè)，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.【詳解】（1）在中，因為，，所以，，所以，則，即，又，，面PAB，所以面PAB，又面ABCD，所以面面ABCD；（2）假設(shè)存在點Q，使得平面平面PAD；如圖，以A為原點，分別以，為x，y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，，，，設(shè)是平面PAD的法向量，則，取，設(shè)，其中．則連接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，取與同向的單位向量，設(shè)是平面BEQF的法向量，則，?。善矫嫫矫鍼AD，知，有，解得．故在側(cè)棱PD上存在點Q且當(dāng)時，使得平面平面PAD．考點十一面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用57．（2023·湖南衡陽·?？寄M預(yù)測）如圖，是等腰直角三角形，，四邊形是直角梯形，，，且，平面平面．(1)求證：；(2)若點E是線段上的一動點，問點E在何位置時，三棱錐的體積為?【答案】(1)證明見解析(2)E為線段上靠近點D的三等分點【分析】（1）利用勾股定理證明，再根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；（2）設(shè)，則E到平面的距離為到平面的距離的倍，再根據(jù)棱錐的體積公式求解即可.【詳解】（1）四邊形是直角梯形，，，，∴，則，∴，∵平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；（2）由（1）可知平面，，設(shè)，則E到平面的距離為到平面的距離的倍，即E到平面的距離，是等腰直角三角形，，，，，即，，E為線段上靠近點D的三等分點．58．（2023·吉林長春·長春吉大附中實驗學(xué)校?？寄M預(yù)測）如圖，三棱臺，，，平面平面，，，與相交于點，，且∥平面．

(1)求三棱錐的體積；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】(1)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)和線面垂直的性質(zhì)和按比例求錐體體積即可求解；(2)線面角的向量求法即可求解.【詳解】（1）由題意，∵平面平面，且平面平面，，平面ABC，∴平面，∵平面，∴，又，，平面ABC，∴平面，連接，∵平面，平面，平面平面，∴，∵，∴，∴．∴三棱錐底面的面積，高，∴其體積為：．（2）證明：由題意及（1）得，以為坐標(biāo)原點，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．則．設(shè)平面的法向量為，由，取，則所以，設(shè)與平面所成角為，所以．

59．（2023·北京·人大附中?？既＃┮阎睦忮F的底面為梯形，且，又，，，平面平面，平面平面．

(1)判斷直線和的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若點到平面的距離為，請從下列①②中選出一個作為已知條件，求二面角余弦值大?。?；②為二面角的平面角．【答案】(1)相交，理由見解析(2)【分析】（1）由題意延長必交于一點，結(jié)合平面的基本性質(zhì)證明直線即為直線，即可判斷直線和的位置關(guān)系；（2）根據(jù)二面角平面角定義或垂直關(guān)系，即無論選擇條件①②，結(jié)合面面垂直性質(zhì)，均可證得平面，平面，設(shè)，根據(jù)垂直關(guān)系可用表示出所需長度，利用體積橋可求得，再利用面積橋可求得點到直線的距離，由此可得，進(jìn)而得到.【詳解】（1）且，延長必交于一點，即為點，平面，平面，且，，平面，平面，又平面，平面，連接，則平面平面，又平面平面，直線即為直線，如下圖所示，

，即直線與相交.（2）若選條件①，，平面平面，平面平面，平面，平面；同理可知：平面，平面，，；取中點，連接，，，四邊形為平行四邊形，，，，又，，；設(shè)，則，又，，，，，，又，，由（1）知：二面角即為二面角，設(shè)其平面角為，，，為中點，，，設(shè)點到直線的距離為，則，即，解得：，，又二面角為銳二面角，.若選條件②，若為二面角的平面角，則，，又，；平面平面，平面平面，平面，平面；同理可知：平面，平面，，；取中點，連接，，，四邊形為平行四邊形，，，，又，，；設(shè)，則，又，，，，，，又，，由（1）知：二面角即為二面角，設(shè)其平面角為，，，為中點，，，設(shè)點到直線的距離為，則，即，解得：，，又二面角為銳二面角，.60．（2023春·貴州黔東南·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為菱形，為正三角形，平面平面，．

(1)證明：；(2)若為的中點，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）由線面垂直的判定定理可證得平面，再由線面垂直的性質(zhì)定理可證得；（2）由題意可得以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，分別求出直線的方向向量與平面的法向量，由線面角的向量公式求解即可.【詳解】（1）取的中點，連接，因為為正三角形，所以，底面ABCD為菱形，，所以為正三角形，所以，，平面，所以平面，平面，所以；

（2）因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因為，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，所以，，，，設(shè)平面，，則，令，則，，所以，設(shè)直線與平面所成角為，，所以直線與平面所成角的正弦值為.

61．（2023春·貴州黔東南·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，為正三角形，平面平面，.

(1)證明：；(2)若為線段上靠近的三等分點，且平面，平面平面，平面，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，故可得.（2）設(shè)直線與平面交于點，連接，連接，設(shè)，則由面面平行的性質(zhì)結(jié)合線線平行可得，再由題設(shè)中面面垂直可得平面，利用解直角三角形可求，故可求的值.【詳解】（1）

取的中點為，連接，因為為正三角形，故，而為菱形，，故為等比三角形，故，而，平面，故平面，而平面，故.（2）設(shè)直線與平面交于點，連接，因為平面平面，平面平面，平面平面，故，同理.由菱形可得，故，故，又，故，故.連接，設(shè)，則.由（1）可得，而平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故，故.在中，，故，故，故，故62．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖．在直三棱柱中，，平面平面．

(1)求點A到平面的距離；(2)設(shè)D為的中點，求平面與平面夾角的正弦值．【答案】(1)；(2).【分析】（1）取的中點，證明平面，再利用等體積法求解作答.（2）利用（1）中信息，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解作答.【詳解】（1）在直三棱柱中，，設(shè)點到平面的距離為，取的中點，連接AE，則，因為平面平面，平面平面，則有平面，又平面，即有，因為平面平面，則，因為平面，于是平面，又平面，因此，，，又，解得，所以點到平面的距離為.（2）以為坐標(biāo)原點,分別以的方向為軸,軸,軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，，設(shè)平面的一個法向量，則，令，得，由（1）知，平面的一個法向量為，因此，所以平面與平面夾角的正弦值為.考點十二平行與垂直的綜合問題63．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，，，，，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，，點F在AC上，.(1)證明：平面；(2)證明：平面平面BEF；(3)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.（3）由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.【詳解】（1）連接，設(shè)，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.

（2）由（1）可知，則，得，因此，則，有，又，平面，則有平面，又平面，所以平面平面.（3）過點作交于點，設(shè)，由，得，且，又由（2）知，，則為二面角的平面角，因為分別為的中點，因此為的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，則，從而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值為.

64．（2023·全國·高三對口高考）如圖所示，直三棱柱中，，