2021届高考数学试卷专项练习15 立体几何与空间向量（含解析）.doc

1、立体几何与空间向量 五、解答题54（2021山东淄博市高三一模）已知在三棱柱中，侧棱与底面垂直，点，分别是棱，的中点.（1）求三棱柱外接球的表面积；（2）设平面截三棱柱的外接球面所得小圆的圆心为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，设出外接球球心坐标，利用球心到球面的距离等于半径列方程组，解方程组求得圆心坐标，由此求得外接球的半径，进而计算出外接球的表面积.（2）利用直线的方向向量和平面的法向量，求得线面角的正弦值.【详解】（1）据已知条件，取的中点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以过点且和平行的直线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：由已

2、知可得，设球心的坐标为，则，且所以，解得：，所以，所以，所以外接球的表面积.（2）由（1）可知：所以，因为，所以，同理，设平面的法向量，则，即，取，则，所以，由（1）可知，截面圆的圆心在的延长线上，且，所以，设直线与平面所成的角大小为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.55（2021全国高三专题练习（理）在边长为2的菱形中，点是边的中点（如图1），将沿折起到的位置，连接，得到四棱锥（如图2）（1）证明：平面平面；（2）若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析，（2）.【解析】（1）连接图1中的，证明，然后证明平面即可；（2）证明平面，然后以为原点建立如图空间直角坐标系

3、，然后利用向量求解即可.【详解】（1）连接图1中的，因为四边形为菱形，且所以为等边三角形，所以所以在图2中有，因为所以平面，因为，所以平面平面（2）因为平面平面，平面平面，所以平面以为原点建立如图空间直角坐标系所以所以设平面的法向量为，则，令，则，所以所以直线与平面所成角的正弦值56（2021河南高三月考（理）如图，在直三棱柱中，底面是等边三角形，D是的中点（1）证明：平面（2）若，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1），连接，由三角形的中位线可得，进而可得平面.（2）故以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系平面的法向量为，平面的一

4、个法向量为,进而可得结果.【详解】（1）记，连接由直棱柱的性质可知四边形是矩形，则E为的中点因为D是的中点，所以因为平面平面，所以平面（2）因为底面是等边三角形，D是的中点，所以，由直棱柱的性质可知平面平面，则平面取的中点F，连接，则两两垂直，故以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系设，则，从而设平面的法向量为，则令，得平面的一个法向量为，则设二面角为，由图可知为锐角，则57（2021湖南衡阳市高三一模）如图，直四棱柱，底面是边长为2的菱形，点在平面上，且平面.（1）求的长；（2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）建

5、立空间直角坐标系，利用点到平面的距离的向量公式求解；（2）利用向量法求线面角的正弦即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，则,.（1）设平面的法向量为，, ,则，取，可为.（2）由（1）知平面的法向量为，且，设平面的法向量为,，取， .58（2021全国高三专题练习）如图，在五面体中，四边形为正方形，平面平面，.（1）若，求二面角的正弦值；（2）若平面平面，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据题中条件，先证明两两垂直，再以为正交基底，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的一个法向量，计算向量夹角余弦值，进而可求出正弦值；（2）设，用分别表示出两平面和的一个法向量，由面面垂直，得到

6、法向量垂直，列出等量关系，求出，即可得出结果.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又四边形为正方形，则，所以，以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系.则，则，设平面的一个法向量为，则，所以，即，不妨取，则，所以；又，所以，所以，又，平面，平面，所以为平面的一个法向量，所以.所以二面角的正弦值为.（2）设，则，所以，设平面的一个法向量为，则，所以，即，不妨令，则，所以.设平面的一个法向量为，则由，得，即，不妨取，则，得，因为平面平面，所以，即，得，即.59（2021全国高三专题练习）如图1，四边形为直角梯形，.为线段上的点，且.将沿折起，得到四棱锥(如图2)，使得.（1

7、）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；【解析】（1）在图1中过点作交于点，在图2中取为的中点，连接和，可得，即可得到平面，即可得到，再由，则平面，从而得证；（2）连接交于，过点作交于点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】解：（1）在图1中过点作交于点，在图2中取为的中点，连接和，则，因为且，所以为等边三角形，所以，在中，因为，所以，在图2中，所以为等腰三角形，所以，在中，且，所以，所以，所以，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以平面平面；（2）连接交于，过点作交于点，由（1）知平面，所以且，因为，

8、所以，如图建立空间直角坐标系，所以，所以，设平面的法向量为，所以，令，则，取面的法向量，所以，由图可知二面角为锐二面角，故其余弦值为60（2021全国高三专题练习）在如图所示的圆柱中，为圆的直径，是的两个三等分点，都是圆柱的母线.（1）求证：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，易证，根据面面平行的判定定理可得平面平面，再根据面面平行的定义即可证得平面；（2）因为直线，两两垂直，所以以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面，平面的一个法向量，根据二面角的向量坐标公式即可求出.【详解】（1）连接，因为，是半圆的两个三等分点，所以，又，所以，均为等

9、边三角形，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又因为，平面，平面，所以平面.因为，都是圆柱的母线，所以，又因为平面，平面，所以平面.又平面，所以平面平面，又平面，所以平面.（2）连接，因为是圆柱的母线，所以圆柱的底面，因为为圆的直径，所以，所以直线，两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系如图：因为，所以，由题知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则：，令，.所以.由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.61（2021广东韶关市高三一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，已知，.（1）若为中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.

10、【解析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）过作，垂足为，连接，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、，可求得，即为所求.【详解】（1）证明：连接交于点，连接.因为四边形为正方形，所以为中点，又为中点，所以.因为平面，平面，所以平面；（2）如图，过作，垂足为，连接.因为四边形为正方形，所以.因为，平面，平面，所以，.因为，、平面，所以，平面.因为，平面，所以平面平面.因为，平面平面，平面，所以，平面，则为斜线在平面内的射影.所以，为直线与平面所成的角.在中，有，得.因为，所以平面，在中，有.所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.6

11、2（2021河北张家口市高三一模）如图，四边形是正方形，平面，且（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）先由线面平行判定定理证明平面，平面，再由面面平行判定定理证明平面平面，最后由面面平行的性质得出平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.【详解】（1）证明：因为四边形是正方形，所以又平面平面所以平面因为，同理，可证平面又，所以平面平面又因为平面，所以平面 （2）解：分别以为轴建立如下图所示的空间直角坐标系因为，所以，则则设平面的法向量为则由得令，得平面的一个法向量为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

12、63（2021全国高三专题练习）如图，四棱锥中，四边形是等腰梯形，.（1）证明：平面平面；（2）过的平面交于点若平面把四棱锥分成体积相等的两部分，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，连结，证明四边形为平行四边形，得到，在中证明，由可得答案.（2）以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，由，得，设梯形的高，则，解得，求出平面和平面的法向量，由数量积公式可得答案.【详解】（1）如图，取的中点连结，四边形为平行四边形，四边形是等腰梯形，又，为等边三角形，在等腰中，在中，不妨设，则，在中，又平面平面，平面，又平面，平面平面.（2），以分别为轴，

13、轴，轴建立空间直角坐标系，如图：设，平面把四棱锥分成体积相等的两部分，三棱锥的体积等于四棱锥，设梯形的高为则，解得，则，轴平面平面的一个法向量为设平面的一个法向量为，则即取则，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.64（2021山东高三专题练习）如图，三棱锥中，侧棱底面点在以为直径的圆上.（1）若，且为的中点，证明:;（2）若求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】几何法（1）先证明面，进而得再证明面即可得答案；（2）过点作交于点故为二面角的平面角，再结合几何关系求解即可.坐标法（1）在平面内过作垂直的直线为轴，所在的直线为轴，轴建立空间直角坐标系，设故证即可；（2）由（1）利用

14、坐标法求法向量，进而利用法向量求解即可.【详解】几何法:（1）证明:易知当为的中点时，;且由点在以为直径的圆上，可得另外，底面且面则而面面可知面因为面所以又面面且可知面又平面故.如图1，过点作交于点由可知为二面角的平面角， 若设则可求得由余弦定理知则二面角的大小为注:若利用中面所得即中也可求得空间向量法:由知面在平面内过作垂直的直线为轴，所在的直线为轴，轴;即以为坐标原点，建立如图2的空间直角坐标系， 可设若设则，因此，其中，故;故.当为的中点时，则由知面故可取面的一个法向量为;当时，若设面的法向量为，则，即，可取则由图可知二面角为锐角，所以二面角的大小为65（2021辽宁沈阳市高三一模）如左

15、图，平面四边形点在边上，且是边长为的正方形.沿着直线将折起，使平面平面(如右图)，已知分别是棱的中点，是棱上一点.（1）求证:平面平面;（2）若直线与平面所成的角的正切值为时，求锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由平面平面，证得，再由，得到，进而证得平面，即可证得平面平面；取中点，连结，证得平面，得到即是直线与平面做成的角，根据题意，求得，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）因为平面平面，且所以平面，又由平面，所以，因为，其中为的中点，所以，所以平面，又因为平面，所以平面

16、平面.取中点，连结，可得且因为平面平面，且，可得平面，所以平面，所以即是直线与平面做成的角，则，可得，以为空间坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得设平面的法向量为，可得，即，不妨令，可得，设平面的法向量为，可得，即，不妨令，可得，则，又由二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.66（2021全国高三专题练习（理）如图，平面ABCD平面ABE，AD/BC，BCAB，AB=BC=2AE=2，F为CE上一点，且BF平面ACE.（1）证明：AE平面BCE；（2）若平面ABE与平面CDE所成锐二面角为60，求AD.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）由平面ABCD平

17、面ABE证明BC面ABE，得到BCAE，由BF平面ACE，得到BFAE，从而证明AE平面BCE.（2）过A作Ax垂直AB,以为x轴正方向，以为y轴正方向，以为z轴正方向，建立直角坐标系，用向量法计算可得.【详解】（1）平面ABCD平面ABE，AB为平面ABCD和平面ABE的交线，BCAB，BC面ABE，BCAE.又BF平面ACE，BFAE.又,AE平面BCE.（2）如图示，过A作Ax垂直AB,以为x轴正方向，以为y轴正方向，以为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则设为平面CDE的一个法向量，则，即，不妨取z=2,则显然平面ABE的一个法向量，解得：m=.故AD长为.67（2021全国高三专题练习

18、（理）如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）要证明线面平行，需线证明信线线平行，过点作交于点，连接，可证明四边形是平行四边形，即可证明线面平行；（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值，再求正弦值.【详解】证明：（1）过点作交于点，连接，平面平面平面平面平面平面又是正三角形，所以平面，四边形为平行四边形又平面，平面平面（2）因为四边形是菱形，故，以为坐标原点，分别以，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设平

19、面的一个法向量为由得，令，得平面在菱形中，又平面是平面的一个法向量设二面角的大小为则68（2021全国高三专题练习）如图，在四棱锥中，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取的中点，连接，可得，利用直角三角形的性质可得，即可证明，进而可得，利用线面垂直的判定定理可证平面，利用面面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明，可得为四边形外接圆的直径，进而可得和的长，以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解.【详解】取的中点，连接，因为，所以，因为，

20、为的中点，所以，因为，所以，所以，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）由（1）知：平面，所以，在和中，由，可得，所以，即，所以在以为圆心的圆上，由可得为四边形外接圆的直径，以为原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量，则 令，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，所以，因为二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.69（2021全国高三专题练习）在四棱锥中，平面，点，在线段上，为线段上的一点（1）求证：平面；（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）

21、【解析】（1）根据可证，再结合即可证明平面；（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，分别求得平面与平面的法向量，结合二面角的余弦值为得坐标，再求与平面的法向量结合公式求得所成角的正弦值【详解】解：（1）证明：，又，四边形为平行四边形又，四边形为矩形，又平面，平面（2）如图建立空间直角坐标系则，设，设平面与平面的一个法向量分别为，设平面与平面所成锐二面角为，此时，平面的一个法向量，所以直线与平面所成角的正弦值为70（2021江苏省天一中学高三二模）如图所示的几何体由等高的个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、四点共面（1）证明：平面（2）若直线与平面所成角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值【

22、答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取弧的中点，连结，可证，即可得到线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】解：（1）取弧的中点，连结，则，所以，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又因为平面，平面，所以，又平面，所以平面（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，因为直线与平面所成角为，则，设平面的法向量为，由可得：，令，则，同理可得：平面的法向量为，则，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为71（2021山东滨州市高三一模）如图1所示，在平行六面体中，底面是边长为4的正方形过点的平面与棱，分别相交于，三点，且，（1）求的长；（2）若

23、平行六面体是侧棱长为5的直四棱柱（如图2），求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）1；（2）【解析】（1）过点作平行于，与棱相交于点，通过平行四边形，平行四边形，平行四边形可求得结论；（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由（1）得，从而可得各点坐标，然后求得二面角两个面的法向量，由法向量夹角余弦值得结论【详解】（1）过点作平行于，与棱相交于点，则四边形为平行四边形，所以，又，所以，则四边形为平行四边形，所以又因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，所以 ，又，所以四边形为平行四边形，则（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

24、系由题意得，则，设平面的法向量为，所以即令，解得，所以平面的一个法向量为因为平行六面体是直四棱柱，所以平面，则平面的一个法向量为设平面与平面所成的锐二面角为，则故平面与平面所成锐二面角的余弦值为72（2021山东德州市高三一模）如图，四边形为梯形，于，于，现沿将折起，使为正三角形，且平面平面，过的平面与线段、分别交于、（1）求证：；（2）在棱上（不含端点）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，请确定点的位置；若不存在，说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为棱上靠近点的四等分点.【解析】（1）根据题意得到，然后可得平面，依据线面平行性质定义以及面面垂直性质定理可得平面，最

25、后可得结果.（2）建立空间直角坐标系，假设，求得平面的一个法向量，以及，然后使用公式计算即可.【详解】（1）证明：因为，所以，在四棱锥中，平面，平面，所以平面又平面平面，所以因为平面平面且交于，所以平面，即平面，又平面，所以（2）解：存在，为棱上靠近点的四等分点因为，连接，所以，又平面平面且交于，故平面，如图建立空间直角坐标系，设，则，设平面的一个法向量，则，即，不妨令，则，设直线与平面所成的角为，则有，解得或（舍），所以，即在棱上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，为棱上靠近点的四等分点73（2020湖南高三月考）如图，菱形的对角线与交于点，将沿折到的位置使得（1）证明：（2）求平面与平

26、面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）根据是菱形，得到，即，再利用线面垂直的判定定理证明.（2）取的中点，连接，取的中点，连接,结合平面，得到平面，然后以为坐标原点，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，由求解.【详解】（1）因为是菱形，所以，则，因为平面，平面，且，所以平面因为平面，所以（2）取的中点，连接，取的中点，连接因为，所以因为，所以，所以由（1）可知平面，所以平面平面，则平面故以为坐标原点，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系由得，则，设平面的一个法向

27、量为，则，令，得设平面的一个法向量为，则，令，得设平面与平面所成的锐二面角为，则74（2021全国高三专题练习）如图，四棱锥中，平面，点在线段上，且，平面.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面和平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由线面平行的性质有，根据平行分线段等比例及构成相似三角形，可求，进而应用余弦定理及勾股逆定理证，进而有，再由线面垂直的性质及判定、面面垂直的判定即可证平面平面；（2）构建空间直角坐标系，确定相关点的坐标，进而得到相应线段的向量坐标，求二面角各半平面的法向量，根据法向量与二面角的关系，求二面角余弦值.【详解】（1）如图，连接交于点

28、，连接，平面，平面，平面平面，由，知，又，即，在中，由余弦定理：，得，即，故，则，平面，平面，又，平面，又平面，平面平面.（2）由（1）知，如图建立空间直角坐标系，由题意，有，设平面的法向量为，则，即，令，得，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，则，设平面和平面所成二面角的大小为，则，由平面和平面所成锐二面角，故其余弦值为.75（2021广东汕头市高三一模）如图，在圆柱中，四边形是其轴截面，为的直径，且，（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角平面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接，证明出平面，可得出，利用等腰三角形三线合一可证得结论成立；（2）

29、以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合直线与平面所成角的正弦值为求出的值，再利用空间向量法可求得二面角平面角的余弦值【详解】（1）证明：连接，在圆柱中中，平面，平面，平面，又平面，在中，为的中点，；（2）连接，则与该圆柱的底面垂直，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、，设平面的法向量分别是，由，得，取，得，设直线与平面所成角为，由，化简得，解得，设平面的法向量分别是，由，得，取，得，由图象可知，二面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.76（2021辽宁铁岭市高三一模）如图所示的多面体中，平面，平面，且， （1）求直线与平面所

30、成角的正弦值；（2）求证：平面；（3）求二面角的余弦值【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【解析】（1）根据二面角定义，结合已知有为直线与平面所成角的平面角，可求，进而求即可.（2）由勾股逆定理、比例关系得，即知，根据线面垂直的性质及判定即可证面；（3）构建以为原点，分别以，为，轴正方向空间直角坐标系，确定相关点的坐标，求，以及面、面的法向量，由二面角与其法向量夹角的关系，结合空间向量的坐标表示求其余弦值.【详解】（1）由平面，知：为直线与平面所成角的平面角，即可得：（2）在Rt中，即，则，所以，又平面，平面，又，面（3）由（2），以为原点，分别以，为，轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标

31、系， 在中，知，则，即，设面的一个法向量，则，取，得，设面的一个法向量，则，取，得，又二面角为锐角，二面角的余弦值为77（2021江苏高三专题练习）如图，四边形是边长为的正方形，将三角形沿折起使平面平面.（1）若为上一点，且满足，求证：；（2）若二面角的余弦值为，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）先由面面垂直得到然后证明面从而得到；（2）取中点，以为坐标原点，分别以方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求AP.【详解】解：证明：因为面面面面面所以面又面所以又，所以面又面所以；取中点，连结OP,因为所以.又平面平面，所以平面.以为坐标原点，分别以方向为轴正方

32、向，建立如图所示的空间直角坐标系，设则有，可得，设为平面的一个法向量则有即不妨令，则，设为平面的一个法向量，则有即不妨令，则，因为可得解得，所以.78（2021江苏常州市高三一模）如图四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，E为PD的中点.（1）求直线PB与平面PAC所成角的正弦值；（2）设F是BE的中点，判断点F是否在平面PAC内，并证明结论.【答案】（1）；（2）在平面内证明见解析【解析】（1）计算出，证明，然后取取中点，连接，可证明平面，这样可建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值；（2）在平面内只要证明与共面即可得【详解】直角梯形中，由已知可得，即，又是以为斜边的等腰

33、直角三角形，取中点，连接，则，则，又，而，平面，平面，因此可以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，设平面的一个法向量为，则，取，则，即，又，直线PB与平面PAC所成角为，则（2）由（1），设，则，解得，与共面，在平面内79（2021山东临沂市高三其他模拟）如图，在五面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由面面垂直性质可得平面，得到；由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）取中点，由面面垂直性质可知平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量求法可求得结果.【详解】（1

34、）四边形为正方形，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；又，平面，平面.（2）取中点，连结，为等腰直角三角形，平面平面，平面，平面，知两两互相垂直，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系.则，设平面的法向量为，则，令，解得：，；由（1）知：平面，平面的一个法向量为，由图形可知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.80（2021江苏盐城市高三二模）如图，三棱柱的所有棱长都为（1）求证：平面平面；（2）若点在棱上且直线与平面所成角的正弦值为，求的长【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取中点连接证明平面得，计算出后由勾股定理逆定理得，从而可得平面，得证面面垂直（2）以所在直线为轴建立如图

35、所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦，从而可得【详解】（1）证明：取中点连接因为三棱柱的所有棱长都为所以又因为且平面，所以平面又因为平面所以在直角三角形中，所以在三角形中，所以，所以又因为平面所以平面又因为平面，所以平面平面（2）解：以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，因此，因为点在棱上，则设，其中则设平面的法向量为，由得取所以平面的一个法向量为因为直线与平面所成角的正弦值为，所以化简得解得，所以81（2021辽宁高三二模）如图，三棱锥的底面和侧面都是边长为4的等边三角形，且平面平面，点为线段中点，点为上的动点.（1）若平面平面，求线段的长；（2）求直线与平面所成角的正

36、弦值.【答案】（1）1；（2）.【解析】（1）方法一通过建空间直角坐标系来利用面面垂直，从而求出线段长度；方法二通过线面、面面关系的性质求得平面，进而解得长度.（2）建系后，通过直线与面的法向量的夹角来求得线面夹角.【详解】解（1）(法一)取中点，连接，.与都是正三角形，又已知平面平面，平面.如图所示，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.，边长为4，为中点，设，则，.设平面的法向.由，令，得，.设平面的法向量.平面平面，即，解得，故线段的长为1时，则平面平面.(法二：同一法)取中点，中点，连接，.为正三角形，为的中点，.，.又平面平面，平面.在平面中，作于点.平面平面，平面

37、平面，平面.过平面外一点有且仅有一条直线垂直于已知平面，点与重合，即为所求点即当时，平面平面.（2）由（1）图所示，则易知：，设平面的法向量，又，则，令，可得.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.82（2021辽宁高三二模（理）已知等腰直角，点，分别为边，的中点，沿将折起，得到四棱锥，平面平面.（）过点的平面平面，平面与棱锥的面相交，在图中画出交线；设平面与棱交于点，写出的值（不必说出画法和求值理由）；（）求证：平面平面.【答案】（）图形见解析，1；（）证明见解析.【解析】（）过作交于，由中位线性质证为平行四边形即可知为的中点，由平面平面，过作交于，即知为的中点，即可得.

38、（）由题设易证，两两互相垂直，构建以为原点，分别以射线，、的方向为，轴正方向，建立空间直角坐标系，并确定，进而求面，面的法向量，根据法向量的夹角即可证面面.【详解】（）过作交于，由，分别为边，的中点，即，为平行四边形，则为的中点，再过作交于，在中，为中位线，即为的中点，所得平面即为平面，如下图示，由上，知：.（）由题设知：，面面，面面，面，面，又，面，又，三条棱两两互相垂直.以为原点，分别以射线，、的方向为，轴正方向，建立空间直角坐标系，则，设平面，平面的法向量分别为，即，取，则，即，取，则，平面平面.83（2021河北唐山市高三二模）如图，在多面体中，底面为正方形，平面平面，（1）判断平面与

39、平面的交线与的位置关系，并说明理由；（2）求平面与平面所成二面角的大小【答案】（1）；答案见解析；（2）【解析】（1），证明见解析；（2）先证明，再利用向量法求解即可.【详解】解：（1）由，可知延长，交于一点设为过点作的平行线即为，理由如下：由题意可知，平面，平面，则平面又平面，平面平面，则（2）由，得，又，则，所以，由题意可知，点向平面引垂线，垂足落在上，设为，则以为原点，以，的方向分别为轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，得，可取，则，设平面的法向量为，同理可得，因为，所以平面平面，即平面平面，所以，平面与平面所成二面角的大小为84（2021山东枣庄市高三

40、二模）如图，正方体的棱长为1，点在棱上，过，三点的正方体的截面与直线交于点.（1）找到点的位置，作出截面（保留作图痕迹），并说明理由；（2）已知，求将正方体分割所成的上半部分的体积与下半部分的体积之比.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】（1）过作，且交棱于点，在正方形内过作，且交棱于点，连接，则四边形就是要作的截面，再证明是平行四边形；（2）.由（1）的证明过程，可得，连接，则平面将正方体分割所成的上半部分的几何体，计算四棱锥与四棱锥的体积，再计算正方体的体积可得答案.【详解】（1）在正方形中，过作，且交棱于点，连接，在正方形内过作，且交棱于点，连接，则四边形就是要作的截面.理由：由题

41、意，平面平面，平面，平面平面，应有，同理，所以四边形应是平行四边形，由作图过程，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，由作图过程，.又，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以，且，所以是平行四边形，四边形就是要作的截面.（2）由题意，由（1）的证明过程，可得，连接，则平面将正方体分割所成的上半部分的几何体可视为四棱锥与四棱锥的组合体，而该正方体的体积，.所以.85（2021全国高三专题练习）如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，是棱上的动点（除端点外），分别为，的中点（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成的最大角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）

42、【解析】（1）取的中点，连结，证明平面平面，再用面面平行的性质定理证明即可；（2）作出直线与平面所成角的平面角，通过最大角为，确定长度，建立空间直角坐标系，用向量法计算二面角余弦值.【详解】（1）证明：取的中点，连结，因为，分别为，的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理，平面，又因为，所以平面平面，又因为平面，所以平面（2）因为平面平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，且，当最小，即为中点时，此时最大为，又因为，所以，所以取的中点，连结，易知平面，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，设为平面的法向量，则，即可取设平

43、面的法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为86（2021全国高三专题练习）如图，在四边形中，.沿将翻折到的位置，使得.（1）作出平面与平面的交线，并证明平面；（2）点是棱于异于，的一点，连接，当二面角的余弦值为，求此时三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线，由勾股定理可得，结合可得平面，在判断出平面即可证明；（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的余弦值为建立向量关系，求出即可求出体积.【详解】（1）如图，延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线.证明：在中，则，所以.由，得平面.又，所以平面，所以.

44、由，得.所以，所以.又因为，所以平面，即平面.（2）由（1）知，.以点A为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.易得，则.设（），则，则.设是平面的一个法向量，则，令，则.是平面的一个法向量.由，解得.所以点是的中点.所以.87（2020广东高三其他模拟）如图所示的几何体中， (1)求证：平面ABCD；(2)若，点F在EC上，且满足EF=2FC，求二面角FADC的余弦值【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）在中，根据已知的边、角条件运用余弦定理可得出，再由，得出平面ABE.，由线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得证；（2）在以B为原点，建立空间直角坐标系

45、，得出点的坐标，求出面的法向量，由（1）得平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量，再根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.【详解】（1）在中，由余弦定理可得所以，所以所以是直角三角形，.又，所以平面ABE.因为平面ABE，所以，因为,所以平面ABCD.（2）由（1）知，平面ABE，所以平面平面AEB，在平面ABE中，过点B作，则平面BEC，如图，以B为原点，BE,BC所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则,因为，所以，易知,设平面ADF的法向量为则即令则所以为平面ADF的一个法向量，由（1）知平面ABCD，所以为平面ABCD的一个法向量.设二面角的平面角为，由图知为锐角，则所以二面角的余弦值为.