专题09 空间向量（亮点练）

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专题09 空间向量

1. 在如图所示的正四面体OABC中，E，F，G，H分别是OA，AB，BC，OC的中点．设，，，则下列说法不正确的是（       ）．

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】因为E，F分别是OA，AB的中点，所以，故A正确；
因为F，G分别是AB，BC的中点，所以，故B正确；
因为四边形EFGH为平行四边形，所以，故C正确；
因为，所以D不正确．
故选：D
2. 四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，连接AC，BD，SB，SC，SD，下列各组运算中，不一定为零的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于：若与垂直，又与垂直，则平面与垂直，则与垂直，与与不一定垂直矛盾，所以与不一定垂直，即向量、不一定垂直，则向量、的数量积不一定为0；
对于：根据题意，有平面，则，又由，则有平面，进而有，即向量、一定垂直，则向量、的数量积一定为0；
对于：根据题意，有平面，则，又由，则有平面，进而有，即向量、一定垂直，则向量、的数量积一定为0；
对于：根据题意，有平面，则，即向量、一定垂直，则向量、的数量积一定为0.
故选：．

3. 如图，在四面体OABC中，G是的重心，D是OG的中点，则（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】记点E为BC的中点，连接AE，OE，G是的重心，则，又，化简可得选项．
【详解】如图，

记点E为BC的中点，连接AE，OE，所以，
又G是的重心，则，所以.
因为，
所以

.
4. 如图所示，在四面体ABCD中，为等边三角形，，，，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】用向量表示向量,再根据向量的模的计算公式求解即可；另一方面还可以通过证明平面得，进而在中求解即可.
【详解】
解：方法一：依题意，，
因为为等边三角形，，，， ，
所以

，
故选：D．
方法二：，，，
∴
，即
∵，，
，．
故选：D．
【点睛】
本题考查空间线段的计算，解题的关键在于将问题转化为向量的模的计算即可解决，是基础题.
5. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成30°的角，则线段长的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】向量法. 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量，点，对于点的设法，采用向量式，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解.
【详解】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

则，
设，设，
则，，
异面直线PQ与AD成的角，，
，
，即，解得，
，可得.故选：C.
6. 在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可.
【详解】因为，所以，因为平面，平面，
所以，以为空间直角坐标系的原点，以所在的直线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，，
，，，
设平面的法向量为，
所以有，
设直线与平面所成角为，所以，
故选：B

7. 在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）

A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为
【答案】D
【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.
【详解】

在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为，分别为的中点，
则，，，，所以，设，则，因为，
所以，，当时，；当时，；
取，，，，
连接，，，，则，，所以四边形为矩形， 则，，即，，
又，且平面，平面，所以平面，
又，，所以为中点，则平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此点不可能是棱的中点，即A错；
又，，所以，则点的轨迹不是正方形；
且矩形的周长为，故C错，D正确；
因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错.故选：D.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.
8. 已知在正四面体ABCD中，点E是CD上靠近C点的三等分点，点F是边AC的一动点，若EF与面BCD所成角的最大角为，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将正四面体放入一个正方体中，且建立如图所示空间直角坐标系，求得平面BCD的一个法向量，设，表示出，由可求得最大值.
【详解】如图所示，将正四面体放入一个正方体中，且建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为3，
则，则，，，，设，则，设平面BCD的一个法向量为，
则，即，令，则，即，
则，当时，，
当时，，则当，即时，取得最大值，此时最大，且.故选：D.

【点睛】关键点睛：本题考查线面角问题，解题的关键是将正四面体放入一个正方体中，利用向量关系表示出.
9.如图，在四棱锥中，，底面是边长为的正方形．是的中点，过点作棱锥的截面，分别与侧棱交于两点，则四棱锥体积的最小值为________________．

【答案】.
因为在四棱锥中，，底面是边长为的正方形，
所以，连接交与点，连接交于点，
则为和的中心，且三点共线.
,
所以当最小时，最小.
设，，则，，
因为三点共线，
，
所以，
所以，即，当且仅当时，等号成立，
所以，
即四棱锥体积的最小值为.

故答案为：.
10.如图，在四面体A­BCD中，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.
【证明】法一：过P，Q分别作PS∥AD交BD于点S，QT∥AD交CD于点T，连接ST(图略)，
则＝，＝.
因为＝，所以＝，
所以四边形PQTS是平行四边形，则＝.
又PQ⊄平面BCD，ST⊂平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
法二：由图形易得＝＋＋
＝＋＋
＝(＋)＋＋＋
＝(＋＋)＋＋＋
＝(＋)＋
＝＋.
根据空间向量共面的定义，，，共面，
又因为PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
11.已知空间向量、满足，，，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
【解析】因为向量与的夹角为钝角，
所以且与不共线，
因为，
所以，即，
解得①；
当与平行时，则存在实数k，使得，
即，
因为、不平行，
所以即，则②．
由①②得，实数的取值范围是．
12.已知四棱锥的底面是直角梯形，，，底面，且，点为的中点．

（1）求证：平面；
（2）在平面内找一点，使平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证明出平面；
（2）设是平面内一点，由平面得出，可求得、的值，进而可确定点的坐标.
【详解】
（1）证明：底面，，．
以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
由于．
所以，，，，，，
易知，平面的一个法向量为，
又，，则.
又平面，平面；

（2）设是平面内一点，则，，，
若平面，则，，即.
因此，在平面内存在点，使平面．
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解动点问题，考查推理能力与计算能力，属于中等题.



一． 单选题：
1. 已知矩形，为平面外一点，且平面，，分别为，上的点，且，，，则的值为　　

A． B． C．1 D．
【答案】B
【解析】由题可知，，
所以，
所以，所以，
故选：．
2. 我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．在堑堵中，，P为的中点，则（       ）．
A．6 B． C．2 D．
【答案】A
【解析】根据堑堵的几何性质知：，，．

因为，，
所以.
故选：A．
3. 已知向量，，且与的夹角为钝角，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由两向量夹角是钝角，则两个向量数量积小于零，用坐标形式表示向量数量积，解不等式，即得x范围．
【详解】
∵与的夹角为钝角，
∴cos＜＞＜0,且与不共线
∴＜0,且（3，﹣2，﹣3）≠λ（﹣2，x﹣1，2）
∴﹣6﹣2（x﹣1）﹣6＜0且,
即x>-5且x
∴x的取值范围是．
故选B．
【点睛】
本题主要考查利用向量的数量积表示解决两个向量的夹角问题，当与的夹角为钝角可得，＜0与不共线，但是学生容易忽略两个向量共线的情况.
4. 如图，在三棱柱中，底面，，，则与平面所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间坐标系，计算坐标，计算平面的法向量，运用空间向量数量积公式，计算夹角即可．
【详解】取AB的中点D，连接CD，以AD为x轴，以CD为y轴，以为z轴，建立空间直角坐标系，

可得，，故，而
，设平面的法向量为，根据
，解得，
.
故与平面所成角的大小为，故选A．
【点睛】考查了空间向量数量积坐标运算，关键构造空间直角坐标系，难度偏难．
二、多选题：
1.如图，在正方体中，下列各式中运算的结果为向量的是　　

A． B．
C． D．
【答案】ABC
【解析】对于选项：，故选项正确．
对于选项：，故选项正确．
对于选项：，故选项正确．
对于选项：，故选项错误．
故选：．
2. 在三棱锥中，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若G为的重心，则
C．若，，则
D．若三棱锥的棱长都为2，P，Q分别为MA，BC中点，则
【答案】BC
【分析】
作出三棱锥直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.
【详解】

对于A ，由已知，即，则，故A错误；
对于B，由G为的重心，得，又，，，，即，故B正确；
对于C，若，，则，即，即，故C正确；
对于D，
，又，，故D错误.
故选：BC
【点睛】
关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点：
(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．
(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
3. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ）

A． B．的最小值为
C．平面 D．异面直线与，所成角的取值范围是
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得；
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，，所以，所以，故A正确；因为是线段上一动点，所以，所以，所以，当且仅当时，故B正确；
设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，因为，即，因为平面，所以平面，故C正确；设直线与所成的角为，因为，当在线段的端点处时，，在线段的中点时，，所以，故D错误；故选：ABC

4. 在正方体中，，E，F分别为的中点，P是上的动点，则（ ）

A．平面
B．平面截正方体的截面面积为18
C．三棱锥的体积与P点的位置有关
D．过作正方体的外接球的截面，所得截面圆的面积的最小值为
【答案】AB
【分析】建立坐标系，利用向量法可判断A；取中点，连接，利用平面性质可知等腰梯形即为截面，求出其面积即可判断；根据平行间的距离不变可判断C；设外接球心为O，过O作，垂足为，则以为圆心，为半径的圆是过AE面积最小的截面圆，求出其面积即可判断D.
【详解】对于A，如图，以A为原点，为坐标轴建立空间直角坐标系，

则,
，
，，
，，
，平面，故A正确；
对于B，如图，取中点，连接，则且，可知，所以共面，则等腰梯形即为截面，可求得其面积为18，故B正确；

对于C，可知在正方体中，，又平面，平面，所以平面，因为P是上的动点，所有到平面的距离为定值，故三棱锥的体积与P点的位置无关，故C错误；
对于D，设外接球心为O，过O作，垂足为，则以为圆心，为半径的圆是过AE面积最小的截面圆，

则，设，，，
，解得，
则，故截面圆的最小面积为，故D错误.
【点睛】本题考查立体几何的综合问题，属于中档题.
三、填空题：
1. 如图，三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为_____________

【答案】
【解析】三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，设棱长为1，
则，，
.
又，，
所以

而，
，
所以.
故答案为：.
2. 已知是空间任一点，四点满足任三点均不共线，但四点共面，且，则________.
【答案】-1
【分析】利用空间向量基本定理，及向量共面的条件，即可得到结论．
【详解】
∵2x•3y•4z•，
∴2x•3y•4z•，
∵O是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面
∴﹣2x﹣3y﹣4z＝1
∴2x+3y+4z＝﹣1
故答案为﹣1
3.在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD中点，若=，=，=，则=_____． 

【答案】
【分析】
根据底面ABCD是正方形，E为PD中点，向量加法的平行四边形法则得到，而，即可求得的结果.
【详解】
解：=(+)= +)= +=．
故答案为：.
4. 如图已知每条棱长都为3的直平行六面体中，，长为2的线段的一个端点在上运动，另一个端点在底面上运动，则中点的轨迹与直平行六面体的面所围成的几何体的体积为________．

【答案】
【分析】
如图所示，利用代数法先确定点的轨迹，从而确定点的轨迹与平行六面体所围成的几何体的形状，即可求几何体的体积．
【详解】

如图所示，取的中点连接，由题意知，
以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系．
设，，则




即
点的轨迹是以原点为球心，以1为半径的球的一部分
又，．
点的轨迹是球的
几何体的体积为
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查几何体的体积的求法，涉及点的轨迹的求法，解析法的应用以及球的体积公式的应用，属于中档题．
5. 如图，正方体的棱长为4，点在棱上，且，是面内的正方形，且，是面内的动点，且到平面的距离等于线段的长，则线段长度的最小值为__________.

【答案】
【解析】
【分析】
过作,连接,则 ,当最小时，最小，利用空间直角坐标系，求出的表达式，求出最小值，最后求出长度的最小值。
【详解】
建立如下图所示的空间直角坐标系：

过作,连接,则 ,当最小时，最小。

因为到平面的距离等于线段的长，

所以时，有最小值6，所以的最小值为22，.
【点睛】本题考查了空间直角坐标系的应用问题。
四、解答题：
1. 已知空间三点，设.
（1）的夹角的余弦值；
（2）若向量互相垂直，求实数的值；
（3）若向量共线，求实数的值.
【答案】（1）；（2）或；（3）或.
【分析】
（1）根据空间向量的夹角公式即得解；
（2）转化为向量数量积为0，即得解；
（3）利用向量共线的坐标公式，即得解.
【详解】
（1）已知空间三点，


（2）若向量互相垂直，
又，则


解得：或
（3）向量共线，又

当时，
当时，，成立，
当时，，不成立，
故：或
【点睛】
本题考查了空间向量夹角、垂直、共线的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算的能力.
2.如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．

(1)用，，表示向量；
(2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，说明理由．
【解析】(1)；
(2)假设存在点，使，设，
显然，
，
因为，所以，
即，
，
因为，，，
所以有：，
即，
解得，所以当时， .
3. 如图，已知平行六面体中，底面ABCD是边长为1的菱形，，.

(1)求线段的长；
(2)求异面直线与所成角的大小.
【解析】(1)设，，，
则，，，，，
∵，
∴
∴线段的长为.
(2)∵，，
∴，
∴，
故异面直线与所成的角为90°.


4.已知正四棱柱，其中．

(1)若点是棱上的动点，求三棱锥的体积．
(2)求点到平面的距离
【答案】(1)(2)
【解析】(1)
实际上需求三棱锥的体积．
由正四棱柱，
角形的面积为
因为P是棱上的动点且与平面平行，则只需写出与平面间的距离即可．
由于平面，不妨记三棱锥的高为
则三棱锥的体积
(2)以D为原点，如图建立空间直角坐标系．

则
可知
设平面的法向量为
则
不妨设，同时设点到平面的距离为d
则
故点到平面的距离为
5.某直四棱柱被平面所截几何体如图所示，底面为菱形，

（1）若，求证：平面；
（2）若，，，直线与底面所成角为30º，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
（1）连，由底面为菱形，得，

由直四棱柱得底面，
又平面，∴，
又，平面，∴平面，平面，
∴，①
由直四棱柱底面为菱形，
易知平面平面，
又平面平面，
平面平面，
∴，又，
∴，②
由①②及，平面；
所以平面；
（2）设，
由直四棱柱得底面，
得直线与底面所成角为，即，，
由菱形边长为2，，
得，，
又，∴，
在平面内作，
可知底面，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，，
取，得，，得，
设直线与平面所成的角为，
则.
6.如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点，已知，．

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)求到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【解析】(1)
证明：连接，，连接，
在直三棱柱中为矩形，则为的中点，又为的中点，所以，
平面，平面．
平面．

(2)
解：，，，，．
由直三棱柱中，底面，底面，，．
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为；
(3)设到平面的距离为，则；









1.（2022·全国·高考真题（文））在正方体中，E，F分别为的中点，则（       ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】A
【解析】
【分析】
证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】
解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，

设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.

2. （2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（       ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
【分析】
对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】

易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】
本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
3.（2022·全国·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)
【解析】
【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）过点作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
(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，如图建立平面直角坐标系，
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
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值为；
4.（2022·全国·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)
【解析】
【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.
(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.
5.（2022·全国·高考真题（理））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
【解析】
【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.
(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，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.

6.（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）.
【解析】
【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.

7．（2021·全国·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）.
【解析】
【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.
8.（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）．
【解析】
【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.