专题21 空间向量的应用解答题综合（三大考点，54题）（全国通用）-【好题汇编】十年（2016-2025）高考数学真题分类汇编

专题21 空间向量的应用解答题综合 （三大考点，54题） 考点 十年考情 (2016-2025) 命题趋势 考点 1: 异面直线夹角的向量求法 2025 全国一卷、2021 上海卷、2020 江苏卷、2018 江苏卷、2017 江苏卷均涉及求异面直线所成角的余弦值或大小 通过建立空间直角坐标系，求方向向量夹角，注重向量运算准确性 考点 2: 线面角的向量求法 2025 全国二卷、2022 全国乙卷 / 甲卷 / 北京卷 / 天津卷 / 浙江卷 / 上海卷、2021 浙江卷 / 天津卷、2020 天津卷 / 北京卷 / 海南卷 / 山东卷、2019 浙江卷 / 全国 II 卷、2018 全国 II 卷 / 浙江卷、2017 北京卷、2016 全国 III 卷 / 四川卷 / 天津卷均涉及线面角的求解 求直线方向向量与平面法向量，利用线面角与向量夹角关系计算，关键在求法向量 考点 3: 二面角的向量求法 2025 天津卷、2024 新课标 II 卷 / 北京卷、2023 新课标 II 卷 / 新课标 I 卷 / 北京卷、2022 新高考全国 I 卷 / II 卷、2021 新高考全国 II 卷 / 全国甲卷 / 全国乙卷 / 北京卷、2020 全国 I 卷、2019 全国 I 卷 / III 卷 / 北京卷、2018 全国 III 卷 / 北京卷 / 天津卷、2017 全国 I 卷 / II 卷 / III 卷 / 天津卷、2016 全国 I 卷 / II 卷 / 浙江卷 / 山东卷均涉及二面角的求解 求两平面法向量，利用法向量夹角求二面角，需判断角的类型（锐角 / 钝角） 考点01：异面直线夹角的向量求法 1．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 2．（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，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 3．（2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点． （1）求直线AB与DE所成角的余弦值； （2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值． 4．（2018·江苏·高考真题）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点。 （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值 5．（2017·江苏·高考真题）如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； (2)求二面角B－A1D－A的正弦值． 考点02：线面角的向量求法 6．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 7．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 8．（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． 9．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 10．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 11．（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的体积； (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）. 12．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 13．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 14．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 15．（2020·北京·高考真题）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． 16．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明： 平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 17．（2020·山东·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 18．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 19．（2018·全国II卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 20．（2018·全国I卷·高考真题）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 21．（2018·浙江·高考真题）如图，已知多面体均垂直于平面． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 22．（2017·北京·高考真题）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． 23．（2016·全国III卷·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. （Ⅰ）证明MN∥平面PAB; （Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 24．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. （I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 25．（2016·天津·高考真题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2. （Ⅰ）求证：EG∥平面ADF； （Ⅱ）求二面角O−EF−C的正弦值； （Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值. 26．（2016·北京·高考真题）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. 考点03：二面角的向量求法 27．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 28．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 29．（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所成的二面角的正弦值． 30．（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，求平面与平面夹角的余弦值． 31．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 32．（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． 33．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 34．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 35．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 36．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 37．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 38．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 39．（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：为的中点； （2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 40．（2020·全国I卷·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 41．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 42．（2019·全国III卷·高考真题）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B−CG−A的大小. 43．（2019·北京·高考真题）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． 44．（2018·全国III卷·高考真题）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 45．（2018·北京·高考真题）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． 46．（2018·天津·高考真题）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （II）求二面角的正弦值； （III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 47．（2017·全国I卷·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值. 48．（2017·全国II卷·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面， 是的中点． （1）证明：直线平面； （2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值． 49．（2017·全国III卷·高考真题）（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）证明：平面ACD⊥平面ABC； （2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 50．（2017·天津·高考真题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长． 51．（2016·全国I卷·高考真题）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.    （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 52．（2016·全国II卷·高考真题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 53．（2016·浙江·高考真题）如图,在三棱台中,平面平面, . （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值. 54．（2016·山东·高考真题）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线. （Ⅰ）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC； （Ⅱ）已知EF=FB=AC= ，AB=BC．求二面角 的余弦值. 试卷第106页，共107页 试卷第107页，共107页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题21 空间向量的应用解答题综合 （三大考点，54题） 考点 十年考情 (2016-2025) 命题趋势 考点 1: 异面直线夹角的向量求法 2025 全国一卷、2021 上海卷、2020 江苏卷、2018 江苏卷、2017 江苏卷均涉及求异面直线所成角的余弦值或大小 通过建立空间直角坐标系，求方向向量夹角，注重向量运算准确性 考点 2: 线面角的向量求法 2025 全国二卷、2022 全国乙卷 / 甲卷 / 北京卷 / 天津卷 / 浙江卷 / 上海卷、2021 浙江卷 / 天津卷、2020 天津卷 / 北京卷 / 海南卷 / 山东卷、2019 浙江卷 / 全国 II 卷、2018 全国 II 卷 / 浙江卷、2017 北京卷、2016 全国 III 卷 / 四川卷 / 天津卷均涉及线面角的求解 求直线方向向量与平面法向量，利用线面角与向量夹角关系计算，关键在求法向量 考点 3: 二面角的向量求法 2025 天津卷、2024 新课标 II 卷 / 北京卷、2023 新课标 II 卷 / 新课标 I 卷 / 北京卷、2022 新高考全国 I 卷 / II 卷、2021 新高考全国 II 卷 / 全国甲卷 / 全国乙卷 / 北京卷、2020 全国 I 卷、2019 全国 I 卷 / III 卷 / 北京卷、2018 全国 III 卷 / 北京卷 / 天津卷、2017 全国 I 卷 / II 卷 / III 卷 / 天津卷、2016 全国 I 卷 / II 卷 / 浙江卷 / 山东卷均涉及二面角的求解 求两平面法向量，利用法向量夹角求二面角，需判断角的类型（锐角 / 钝角） 考点01：异面直线夹角的向量求法 1．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，． (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为． （i）证明：在平面上； （ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值． 【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的坐标，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的坐标，计算出，即可证明结论； 法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论； （ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值. 【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， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 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， ∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在Rt中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 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， ， 过点作的平行线，交的延长线为，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： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 2．（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，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 【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，，， ，∴，， ∴， 即与所成角的大小为． 3．（2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点． （1）求直线AB与DE所成角的余弦值； （2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果； （2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果. 【详解】 （1）连 以为轴建立空间直角坐标系，则 从而直线与所成角的余弦值为 （2）设平面一个法向量为 令 设平面一个法向量为 令 因此 【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题. 4．（2018·江苏·高考真题）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点。 （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值 【答案】（1） （2） 【详解】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果. 详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz． 因为AB=AA1=2， 所以． （1）因为P为A1B1的中点，所以， 从而， 故． 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为． （2）因为Q为BC的中点，所以， 因此，． 设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量， 则即 不妨取， 设直线CC1与平面AQC1所成角为， 则， 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为． 点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 5．（2017·江苏·高考真题）如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； (2)求二面角B－A1D－A的正弦值． 【答案】(1)．(2)． 【详解】试题解析：解：在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E. 因为AA1平面ABCD， 所以AA1AE，AA1AD. 如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz. 因为AB=AD=2，AA1=，. 则. (1) ， 则. 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为. (2)平面A1DA的一个法向量为. 设为平面BA1D的一个法向量， 又， 则即 不妨取x=3，则， 所以为平面BA1D的一个法向量， 从而, 设二面角B-A1D-A的大小为，则. 因为，所以. 因此二面角B-A1D-A的正弦值为. 考点02：线面角的向量求法 6．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)与平面所成的角的正弦值为 【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，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【详解】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，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，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 7．（2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （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， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 8．（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 【分析】（1）取的中点为，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的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【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 . 9．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【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的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【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、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2）解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. （3）解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 10．（2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，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，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出． 【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，， ∵，且， ∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点， ，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， 设平面的法向量为 由，得，取， 设直线与平面所成角为， ∴． 11．（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的体积； (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，，，∴， ，易知平面的一个法向量是， ， 设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．    12．（2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【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的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出． 【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，所以平面的一个法向量 从而直线与平面所成角的正弦值为． 【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑， 题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出． 13．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）. 【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证； （II）求出，由运算即可得解； （III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解. 【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的中点，F为棱CD的中点，所以，， 所以,,, 设平面的一个法向量为， 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）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值为. 14．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. （Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出； （Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果； （Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 可得、、、、 、、、、. （Ⅰ）依题意，，， 从而，所以； （Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量， ，． 设为平面的法向量， 则，即， 不妨设，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值为； （Ⅲ）依题意，． 由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是． 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题. 15．（2020·北京·高考真题）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）. 【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明； （Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . 【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． 【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 16．（2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明： 平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面； （2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）证明： 在正方形中，， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以， 因为在四棱锥中，底面是正方形，所以 且平面，所以 因为 所以平面； （2）如图建立空间直角坐标系， 因为，则有， 设，则有， 因为QB=，所以有 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目. 17．（2020·山东·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面； （2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【详解】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于 ，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得， 当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解； 方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出； 方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出． 18．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直； (2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值. 【详解】(1)如图所示，连结， 等边中，，则， 平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面， 由面面垂直的性质定理可得：平面，故， 由三棱柱的性质可知，而，故，且， 由线面垂直的判定定理可得：平面， 结合⊆平面，故. (2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系. 设，则，,， 据此可得：， 由可得点的坐标为， 利用中点坐标公式可得：，由于， 故直线EF的方向向量为： 设平面的法向量为，则： ， 据此可得平面的一个法向量为， 此时， 设直线EF与平面所成角为，则. 【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 19．（2018·全国II卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果． 【详解】（1）因为，为的中点，所以，且． 连结． 因为，所以为等腰直角三角形， 且 ，由知． 由知，平面． （2）［方法一］：【通性通法】向量法 如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ． 由已知得 取平面的法向量． 设，则． 设平面的法向量为． 由得 ， 可取 所以 ．由已知得 ． 所以 ．解得(舍去)， ． 所以 ． 又 ，所以 ． 所以与平面所成角的正弦值为． ［方法二］：三垂线＋等积法 由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即． 设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为． ［方法三］：三垂线＋线面角定义法 由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得． 在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以． 由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角． 设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为． ［方法四］：【最优解】定义法 如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得． 联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以． 【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法； 方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段； 方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦； 方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解． 20．（2018·全国I卷·高考真题）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）依题可知，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出平面平面； （2）方法一：依题意建立相应的空间直角坐标系，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的向量公式即可求出． 【详解】（1）由已知可得，，，又，所以平面. 又平面，所以平面平面； （2）[方法一]：向量法 作，垂足为.由（1）得，平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（1）可得，.又，，所以.又，，故，可得. 则 为平面的法向量. 设与平面所成角为，则. 所以与平面所成角的正弦值为. [方法2]：向量法 如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而． 又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值． [方法3]：【最优解】定义法 如图4，作，垂足为H，联结． 由（1）知，平面,因此为与平面所成的角． 设正方形的边长为2，则，在中，． 又因为，由知，．又因为，所以在中，． 所以与平面所成角的正弦值为． [方法4]：等积法 不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为． 【整体点评】（2）方法一：建立空间直角坐标系利用线面角的向量公式求解，可算作通性通法； 方法二：同方法一，只是建系方式不一样； 方法三：利用线面角的定义求解，计算量小，是该题的最优解； 方法四：利用等积法求出点P到平面的距离，再根据线面角的正弦公式即可求出，是线面角的常见求法． 21．（2018·浙江·高考真题）如图，已知多面体均垂直于平面． （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）. 【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论； （Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可. 【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法 由得， 所以，即有. 由， 得， 由得， 由，得，所以，即有，又，因此平面. ［方法二］：向量法 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下： 因此, 由得；由得， 所以平面. （Ⅱ）［方法一］：定义法 如图，过点作，交直线于点，连结. 由平面得平面平面， 由得平面， 所以是与平面所成的角. 由得， 所以，故. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法二］：向量法 设直线与平面所成的角为. 由(I)可知, 设平面的法向量. 由即，可取， 所以. 因此，直线与平面所成的角的正弦值是. ［方法三］：【最优解】定义法+等积法 设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故． ［方法四］：定义法+等积法 设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此． 于是得，易得． 由得，解得． 故． ［方法五］：三正弦定理的应用 设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得， 所以由三正弦定理得． ［方法六］：三余弦定理的应用 设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量． 结合三余弦定理得． ［方法七］：转化法＋定义法 如图3，延长线段至E，使得． 联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此． ［方法八］：定义法＋等积法 如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得． 又，设直线与平面所成角为，所以． 【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法； 方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出； （Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出； 方法二：根据线面角的向量公式求出； 方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解； 方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同； 方法五：直接利用三正弦定理求出； 方法六：直接利用三余弦定理求出； 方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出； 方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出． 22．（2017·北京·高考真题）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）． 【分析】（1）设，的交点为，由线面平行性质定理得，再根据三角形中位线性质得为的中点．（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角相等或互补关系求二面角大小（3）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解各面法向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余关系求线面角大小 【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． 23．（2016·全国III卷·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. （Ⅰ）证明MN∥平面PAB; （Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）． 【详解】（Ⅰ）由已知得. 取的中点，连接，由为中点知，. 又，故，，四边形为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. （Ⅱ）取的中点E，连结.由得，从而， 且. 以为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意知， ，，，， ， ，. 设为平面 的一个法向量，则 即 可取. 于是. 【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角． 【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 24．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. （I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） . 【分析】试题分析：本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第一问，利用线面平行的定理，先证明线线平行，再证明线面平行；第二问，可以先找到线面角，再在三角形中解出正弦值，还可以用向量法建立直角坐标系解出正弦值. 【详解】：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行. 延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点. 理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC=ED. 所以四边形BCDE是平行四边形. 从而CM∥EB. 又EB平面PBE，CM 平面PBE， 所以CM∥平面PBE. （说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点） （Ⅱ）方法一： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 从而CD⊥PD. 所以PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45°. 设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 从而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以APH是PA与平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ， 所以sinAPH= =. 方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 从而PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以=（1,0,-2）， =（1,1,0），=（0,0,2） 设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)， 由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1). 设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = . 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 . 考点：线线平行、线面平行、向量法. 25．（2016·天津·高考真题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2. （Ⅰ）求证：EG∥平面ADF； （Ⅱ）求二面角O−EF−C的正弦值； （Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【详解】试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出平面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证；（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值；（Ⅲ）利用空间向量求线面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值. 试题解析：依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，. （Ⅰ）证明：依题意，. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得，又，可得， 又因为直线，所以. （Ⅱ）解：易证，为平面的一个法向量. 依题意，. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得. 因此有，于是， 所以，二面角的正弦值为. （Ⅲ）解：由，得. 因为，所以，进而有，从而，因此. 所以，直线和平面所成角的正弦值为. 【考点】利用空间向量解决立体几何问题 26．（2016·北京·高考真题）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）见解析；（2）；（3）存在， 【详解】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值. 试题解析：（1）因为平面平面，， 所以平面，所以， 又因为，所以平面； （2）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. （3）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. 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用. 考点03：二面角的向量求法 27．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【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，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 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，以及垂直于平面的直线分别为轴，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. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 28．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的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，再利用锥体的体积公式计算即可. 【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， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 29．（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所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的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， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 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的正弦值为. 30．（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，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【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 31．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【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，再求出平面的一个法向量，根据二面角的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， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 32．（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， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 33．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （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的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【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. 34．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的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到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点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,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 35．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【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，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，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，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.    36．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面. （2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】 （1）取的中点为，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）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量， 则即，取，则， 故. 而平面的法向量为，故. 二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 37．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，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的平面角的余弦值最大，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作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 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 因为三棱柱是直三棱柱，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 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 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，延长交的延长线于点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的平面角． 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， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得 ，， ， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，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，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的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，可以开拓学生的思维. 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的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 38．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 【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，求出的值，即可得出的长； （2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的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、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 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，于是． 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为的中点，则，，． 由，得，解得，所以． （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. [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作的垂线，垂足记为G． 联结，由三垂线定理可知， 故为二面角的平面角． 易证四边形是边长为的正方形，联结，． ， 由等积法解得． 在中，，由勾股定理求得． 所以，，即二面角的正弦值为． 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，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是常用的方法，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，需注意进行严格的论证. 39．（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）． 【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论； (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的法向量，然后解方程即可求得实数的值. 【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）. 【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 40．（2020·全国I卷·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可； （2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案. 【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明 由题设，知为等边三角形，设， 则，，所以， 又为等边三角形，则，所以， ，则，所以， 同理，又，所以平面； [方法二]：空间直角坐标系法 不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此． 在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以，，． 故，． 所以，． 又，故平面． [方法三]： 因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以． 因为（即）垂直于底面，在底面内，所以． 又因为平面，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 设，则F为的中点，连结． 设，且， 则，，． 因此，从而． 又因为，所以平面． [方法四]：空间基底向量法 如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得， 因为，所以． 以为基底，平面，则， ，且， 所以 ． 故．所以，即． 同理．又，所以平面． （2）[方法一]：空间直角坐标系法 过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴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， 由，得，令，得， 所以， 设平面的一个法向量为 由，得，令，得， 所以 故， 设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以. [方法二]【最优解】：几何法 设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H， 联结，则． 由平面，得平面． 由（1）可得，，得． 所以，根据三垂线定理，得． 所以是二面角的平面角． 设圆O的半径为r，则，，，，所以，，． 在中，， ． 所以二面角的余弦值为． [方法三]：射影面积法 如图所示，在上取点H，使，设，连结． 由（1）知，所以．故平面． 所以，点H在面上的射影为N． 故由射影面积法可知二面角的余弦值为． 在中，令，则，易知．所以． 又，故 所以二面角的余弦值为． 【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少； （2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度. 41．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值. 【详解】（1）连接， ，分别为，中点    为的中位线 且 又为中点，且 且 四边形为平行四边形 ，又平面，平面 平面 （2）设， 由直四棱柱性质可知：平面 四边形为菱形     则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：，，，D（0，-1,0） 取中点，连接，则 四边形为菱形且    为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面 为平面的一个法向量，且 设平面的法向量，又， ，令，则，     二面角的正弦值为： 【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 42．（2019·全国III卷·高考真题）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的二面角B−CG−A的大小. 【答案】(1)见详解；(2) . 【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证. 【详解】(1)证： ，，又因为和粘在一起. ，A，C，G，D四点共面. 又. 平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证. (2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以 而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以. 而在中,，即二面角的度数为. 【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力． 43．（2019·北京·高考真题）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. 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； (Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值； (Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内. 【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. 44．（2018·全国III卷·高考真题）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． （1）证明：平面平面； （2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）方法一：先证平面CMD,得,再证，由线面垂直的判定定理可得DM⊥平面BMC，即可根据面面垂直的判定定理证出； （2）方法一：先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值． 【详解】（1）［方法一］：【最优解】判定定理 由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM. 又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. ［方法二］：判定定理 由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为， 平面ABCD,所以平面，而平面，所以 ，因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又，所以，平面，而平面，所以平面平面． ［方法三］：向量法 建立直角坐标系，如图2，设， 所以， 设平面的一个法向量为，所以，即， 取平面的一个法向量， 同理可得，平面的一个法向量，因为点在以为圆心，半径为的圆上，所以，，即，而，所以平面平面． （2）［方法一］：【通性通法】向量法 以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz. 当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点. 由题设得， 设是平面MAB的法向量,则 即，可取. 是平面MCD的一个法向量,因此，， 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. ［方法二］：几何法（作平行线找公共棱） 如图3，当点M与圆心O连线时，三棱锥体积最大．过点M作，易证为所求二面角的平面角．在中，，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是． ［方法三］：【最优解】面积射影法 设平面与平面所成二面角的平面角为． 由题可得在平面上的射影图形正好是． 取和的中点分别为N和O，则可得，，所以由射影面积公式有，所以，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是． ［方法四］：定义法 如图4，可知平面与平面的交线l过点M，可以证明．分别取的中点O，E，联结，可证得直线平面，于是平面，所以，故是面与面所成二面角的平面角． 在中，，则，所以，即面与面所成二面角的正弦值为． 【整体点评】（1）方法一：利用面面垂直的判定定理寻找合适的线面垂直即可证出，是本题的最优解； 方法二：同方法一，只不过找的线面垂直不一样； 方法三：利用向量法，计算两个平面的法向量垂直即可，思路简单，运算较繁． （2）方法一：直接利用向量法解决无棱二面角问题，是该类型题的通性通法； 方法二：作平行线找公共棱，从而利用二面角定义找到二面角的平面角，是传统解决无棱二面角问题的方式； 方法三：面积射影法也是传统解决无棱二面角问题的方式，是本题的最优解； 方法四：同方法二，通过找到二面角的公共棱，再利用定义找到平面角，即可解出． 45．（2018·北京·高考真题）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． 【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论； （2）根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果； （3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论. 【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． 【整体点评】（2）方法一：直接利用向量法求出，属于通性通法； 方法二：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用面积射影法求出，是该问的最优解； 方法三：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用三垂线法求出； （3）方法一：利用向量证明平面的法向量与直线的方向向量不垂直即可，既是该问的通性通法，也是最优解； 方法二：通过证明与平面平行的平面与直线相交证出； 方法三：构建过直线且与平面相交的平面，通过证明直线与交线相交证出． 46．（2018·天津·高考真题）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. （I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面； （II）求二面角的正弦值； （III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长. 【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）. 【分析】方法一：依题意，建立以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直可证出（I）；根据二面角的向量法可求出二面角的正弦值；根据线面角的向量公式可求出线段DP的长. 【详解】依题可知，以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图所示），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0）， E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）． （Ⅰ）［方法一］：向量法 依题意得=（0，2，0），=（2，0，2）． 设=(x，y，z)为平面CDE的法向量， 则 即 ，不妨令z=–1，可得=（1，0，–1）． 又=（1，，1），可得， 又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE． ［方法二］：几何法 如图2，取的中点K，联结，根据题意，得． 所以平面，平面． 而平面平面，所以平面平面． 而平面，所以平面． （Ⅱ）［方法一］：【通性通法】向量法 依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）． 设=（x，y，z）为平面BCE的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，1，1）． 设 =（x，y，z）为平面BCF的法向量， 则 即 ，不妨令z=1，可得=（0，2，1）． 因此有，于是． 所以，二面角E–BC–F的正弦值为． ［方法二］： 等积法＋二面角的定义 如图2，联结，因为，所以E，B，C，G四点共面，下面求点F到平面的距离h． 在三棱锥中，利用等积法，不难求得． 而平面，所以．又，所以． 所以点F到的距离的值在直角梯形中求得． 设二面角的平面角为，则． ［方法三］： 【最优解】补形＋定义法 如图3，将几何体补成正方体，S是棱中点，联结，所求二面角为，因为，则为二面角的平面角．，求得． （Ⅲ）［方法一］：【通性通法】向量法 设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h）， 可得． 易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量， 故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为. ［方法二］：【最优解】定义法 如图3，过点B作，垂足为K，联结，则平面． ［方法三］：定义法 如图4，取的中点Q，联结，则，平面，所以． 设，则，而，所以． 解之得，即线段的长为． 【整体点评】（I）方法一：建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直证出，是该题的通性通法； 方法二：利用面面平行证出，也是该题的通性通法； （II）方法一：通过二面角的向量公式求出，是该题的通性通法； 方法二：利用二面角的定义，由等积法求出点到平面的距离以及根据平面知识求出点到的距离即可解出； 方法三：通过补形找出二面角的平面角，解三角形求出，是该问的最优解； （III）方法一：通过线面角的向量公式求出，是该题的通性通法； 方法二：利用定义找出线面角，解三角形求出，是该题的最优解； 方法三：解题原理同方法二，采用方程思想解出． 47．（2017·全国I卷·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且. （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD． 由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD． 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD． （2）在平面内作，垂足为， 由（1）可知，平面，故，可得平面. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系. 由（1）及已知可得，，，. 所以，，，. 设是平面的法向量，则 即 可取. 设是平面的法向量，则 即可取. 则， 所以二面角的余弦值为. 【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面： ①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角； ②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角； ③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键. 48．（2017·全国II卷·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面， 是的中点． （1）证明：直线平面； （2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 【详解】试题分析：（1） 取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为． 试题解析：（1）取中点，连结，． 因为为的中点，所以,,由得，又 所以．四边形为平行四边形， ． 又，，故 （2） 由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则 则，，，， ,则 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以 ， 即（x-1）²+y²-z²=0 又M在棱PC上,设 由①，②得 所以M，从而 设是平面ABM的法向量，则 所以可取.于是 因此二面角M-AB-D的余弦值为 点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算． （2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m，n>互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m，n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 49．（2017·全国III卷·高考真题）（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）证明：平面ACD⊥平面ABC； （2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【详解】试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直； （2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为. 试题解析：（1）由题设可得，，从而. 又是直角三角形，所以. 取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO. 又由于是正三角形，故. 所以为二面角的平面角. 在中，. 又，所以， 故. 所以平面ACD⊥平面ABC. （2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则. 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得. 故. 设是平面DAE的法向量，则即 可取. 设是平面AEC的法向量，则同理可取. 则. 所以二面角D-AE-C的余弦值为. 【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算. （2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 50．（2017·天津·高考真题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或． 【详解】试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出的值. 试题解析：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）. （1）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量， 则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得. 因为平面BDE，所以MN//平面BDE. （2）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以.不妨设，可得. 因此有，于是. 所以，二面角C—EM—N的正弦值为. （3）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或. 所以，线段AH的长为或. 【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角 【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易. 51．（2016·全国I卷·高考真题）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.    （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2）. 【分析】（Ⅰ）证明平面，结合平面，可得平面平面． （Ⅱ）建立如图所示的空间坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量的夹角的余弦值后可得所求的二面角的余弦值. 【详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以， 又，，所以平面． 又平面，故平面平面． （Ⅱ）过作，垂足为， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面． 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故， 设，则，， 所以，，，． 由已知，，而平面，平面 ， 所以平面，又平面平面，平面， 故，所以． 由，可得平面，同理为二面角的平面角， 所以，从而可得． 所以，，，． 设是平面的法向量， 则，即，取，则， 可取． 设是平面的法向量，则，同理可取， 则． 因为二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．    【点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决. 52．（2016·全国II卷·高考真题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】试题分析：(1)证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即利用线线垂直进行论证，而线线垂直的寻找与论证往往需要利用平面几何条件，如本题需利用勾股定理经计算得出线垂直（2）一般可利用空间向量的数量积求二面角的大小， 首先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面的法向量，再根据向量数量积求出两个法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角关系确定二面角的余弦值. 试题解析：(1)由已知得，,又由得，故∥，因此     ，从而⊥.由得. 由∥得.所以,.     于是,故.又,而,    所以平面. 如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，， . 设是平面的法向量，     则，即，可取.      设是平面的法向量，     则，即，可取     于是， 设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是. 点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 53．（2016·浙江·高考真题）如图,在三棱台中,平面平面, . （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）． 【分析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，先证，再证，进而可证平面； （Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值． 【详解】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示． 因为平面平面， 平面平面，且， 所以平面，平面，因此． 又因为，，， 所以为等边三角形，且为的中点， 则． 所以平面． （Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结． 因为平面，所以，， 则平面，所以． 所以是二面角的平面角． 在中，，，得． 在中，，，得． 所以二面角的平面角的余弦值为． 方法二：如图，延长相交于一点， 则为等边三角形．取的中点，则， 又平面平面，所以，平面． 以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向， 建立空间直角坐标系． 由题意得，，， ，，． 因此，，，． 设平面的法向量为， 平面的法向量为． 由，得， 取； 由，得 取． 于是，． 所以，二面角的平面角的余弦值为． 【点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线． 54．（2016·山东·高考真题）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线. （Ⅰ）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC； （Ⅱ）已知EF=FB=AC= ，AB=BC．求二面角 的余弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 【详解】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，， 、在上底面内，不在上底面内，上底面， 平面，又，平面，平面， 平面， 所以平面平面，由平面，平面． (Ⅱ)连结，，， 以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，， 于是有，，，， 可得平面中的向量，， 设平面中的法向量， 则 于是得平面的一个法向量， 又平面的一个法向量 设二面角为，则， 二面角的余弦值为. 考点：直线与平面平行的判定；二面角的平面及求法. 【方法点晴】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用；直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行，向量法：两平面所成的角的大小与分别垂直于这平面的两向量所成的角（或补角）相等. 试卷第106页，共107页 试卷第107页，共107页 学科网（北京）股份有限公司 $$