高中数学高考专题24 空间向量与空间角的计算（解析版）

这是一份高中数学高考专题24 空间向量与空间角的计算（解析版），共101页。

专题24空间向量与空间角的计算
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
2011
理18
二面角的计算
线面、线线垂直的判定与性质、利用向量法求二面角的方法，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力
2012
理19
二面角的计算
线面平行、线线垂直、线面垂直的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力
2013[来源:Z,xx,k.Com][来源:学_科_网][来源:学科网ZXXK]
卷2[来源:学。科。网Z。X。X。K][来源:学科网ZXXK]
理18[来源:Z,xx,k.Com]
二面角的计算[来源:学.科.网Z.X.X.K]
线面平行的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力
卷1
理18
空间线面角的计算
空间线面、线线垂直的判定与性质及线面角的计算，空间想象能力、逻辑推论证能力
2014
卷2
理18
二面角的计算
线面平行的判定、二面角的计算、锥体的体积计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力
卷2
理11
空间异面直线所成角的计算
异面直线所成的角，空间想象能力和运算求解能力
卷1
理19
二面角的计算
空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力
2015
卷1
理18
空间异面直线所成角的计算
主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异面直线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力．
2016
卷3
理19
空间线面角的计算
线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角，逻辑推理能力和运算求解能力
卷2
理19
解答题中的折叠问题与探索性问题
二面角的计算
折叠问题中线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力和运算求解能力
卷1
理18
二面角的计算
主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷1
理11
文11
空间异面直线所成角的计算
面面平行的性质及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力
2017
卷3
理16
空间异面直线所成角的计算
空间点、线、面位置关系及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷3
理19
二面角的计算
主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体体积的计算、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
理18
二面角的计算
空间线面角的计算
主要以三棱锥为载体线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
理10
空间异面直线所成角的计算
空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力
卷1
理18
二面角的计算
空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
2018
卷3
文19
解答题中的折叠问题与探索性问题
空间面面垂直的判定与性质、是否存在点是线面平行的问题，逻辑推理能力与空间想象能力
卷2
文9
空间异面直线所成角的计算
空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力
卷1
文10
空间线面角的计算
长方体中线面角的计算与长方体体积计算，运算求解能力
卷3
理19
二面角的计算
空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角与空间几何体体积的最大值，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
理20
空间线面角的计算
二面角的计算
主要以三棱锥为载体线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
理9
空间异面直线所成角的计算
空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力
卷1
理18
解答题中的折叠问题与探索性问题
空间线面角的计算
折叠问题中空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角及逻辑推理能力与运算求解能力
2019
卷3
理19
解答题中的折叠问题与探索性问题
二面角的计算
折叠问题中的共面问题的判定、空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角及逻辑推理能力与运算求解能力
卷2
理17
二面角的计算
空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力
卷1
理18
二面角的计算
空间线面平行的判定及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力
2020
卷1
理16
空间角的计算
空间角的计算，利用余弦定理解三角形
理18
二面角的计算
空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力
卷2
理20
空间位置关系判定、空间角的计算
间线面平行与垂直的证明，线面角的计算
卷3
理19
二面角、点与平面位置关系
点在平面的证明，利用空间向量法求二面角

大数据分析*预测高考
考点
出现频率
2021年预测
考点82空间异面直线所成角的计算
7/28
2021高考仍将重点考查异面直线角、线面角、二面角，解答题第一小题重点考查线线、线面、面面垂直的判定与性质，理科第二小题重点考查利用向量计算线面角或二面角，难度为中档题，小题可能考查异面直线角，难度为中档．
考点83空间线面角的计算
7/28
考点84二面角的计算
14/28
考点85 解答题中的折叠问题与探索性问题
4/28
十年试题分类*探求规律
考点82 空间异面直线所成角的计算
1．（2018•新课标Ⅱ，理9）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为　　
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，在长方体中，，，，0，，，0，，，0，，，1，，∴，0，，，1，，设异面直线与所成角为，则，异面直线与所成角的余弦值为，故选．

2．（2018•新课标Ⅱ，文9）在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为　　
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】连接BE，因为AB//CD，所以∠EAB是异面直线与所成角，设正方体棱长为2，则AB=BC=2CE=2，在Rt△BCE中，，在中，，∴异面直线与所成角的正切值为，故选．

3. （2017•新课标Ⅱ，理10）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为　　
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示，设、、分别为，和的中点，则、夹角为和夹角或其补角（因异面直线所成角为，可知，
，作中点，则为直角三角形，，，在中，由余弦定理得，，
，，在中，，在中，由余弦定理得，又异面直线所成角的范围是，，与所成角的余弦值为．
4．（2016•新课标Ⅰ，理11文11）平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则、所成角的正弦值为　　
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图：平面，平面，平面，可知：，，△是正三角形．、所成角就是，则、所成角的正弦值为，故选．

5．（2014新课标Ⅱ，理11）直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示，取的中点，连结、，∵，分别是，的中点，∴四边形为平行四边形，∴，∴所求角的余弦值等于的余弦值，不妨令，则，，
∴，故选C．
6．（2020全国Ⅰ理16）如图，在三棱锥的平面展开图中，，则_____________．

【答案】
【思路导引】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值．
【解析】，，，由勾股定理得，
同理得，，在中，，，，
由余弦定理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，故答案为：．
7．（2017•新课标Ⅲ，理16），为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线与成角时，与成角；
②当直线与成角时，与成角；
③直线与所成角的最小值为；
④直线与所成角的最小值为；
其中正确的是　　．（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【解析】由题意知，、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，以坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，直线的方向单位向量，1，，，直线的方向单位向量，0，，，设点在运动过程中的坐标中的坐标，，，其中为与的夹角，，，在运动过程中的向量，，，，，设与所成夹角为，，则，，
，，③正确，④错误．设与所成夹角为，，
，当与夹角为时，即，
，，，，，，此时与的夹角为，②正确，①错误．

8．（2015浙江）如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是 ．

【答案】
【解析】如图连接，取的中点，连接，则．

则异面直线，所成的角为，由题意可知，，
∴．又，，，∴，
则．
9．（2015四川）如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，分别为的中点．设异面直线与所成的角为，则的最大值为_________．

【答案】
【解析】为轴，为轴，为轴建立坐标系，设正方形边长为．
令，，
，，即．
10．（2015•新课标Ⅰ，理18）如图，四边形为菱形，，，是平面同一侧的两点，平面，平面，，．
（Ⅰ）证明：平面平面
（Ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值．

【解析】（Ⅰ）连接，设，连接、、，在菱形中，不妨设，
由，
可得，
平面，，
可知，又，
所以，且，
在直角中，可得，故，
在直角三角形中，可得，
在直角梯形中，由，，，可得，
从而，则，
（或由，
可得，则
，可得平面，
由平面，所以平面平面；
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，为单位长度，
建立空间直角坐标系，由（Ⅰ）可得，，，，0，，
，0，，，，，
即有，，，，，，
故，．
则有直线与直线所成角的余弦值为．

考点83 空间线面角的计算
1．（2020山东4）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为），地球上一点的纬度是指与地球赤道所在平面所成角，点处的水平面是指过点且与垂直的平面．在点处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点处的纬度为北纬，则晷针与点处的水平面所成角为 （ ）
A． B． C． D．

【答案】B
【思路导引】画出截面图，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角．
【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线．是晷面的截线，依题意可知、．
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为，故选：B．

2．（2018•新课标Ⅰ，文10）在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为　　
A．8 B． C． D．
【答案】C
【解析】长方体中，，与平面所成的角为，
即，可得，可得，所以该长方体的体积为：，故选．

3．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小（仰角为直线与平面所成角）．若，，则的最大值

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】作，垂足为，设，则，由余弦定理，，
故当时，取得最大值，最大值为，故选D．
4．（2014四川）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】直线与平面所成的角为的取值范围是，由于，， ，所以的取值范围是．
5．（2020全国Ⅱ理20）如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．
（1）证明：//，且平面平面；
（2）设为△的中心，若，且，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】
（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案．
【解析】
（1）分别为，的中点，

又

在中，为中点，则
又侧面为矩形，



由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面


又平面
平面
平面
平面平面
（2）连接

平面，平面平面，，
根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面，，
故：四边形是平行四边形．
设边长是()，可得：，，
为的中心，且边长为，，故：．
，，，解得：，
在截取，故，且，四边形是平行四边形，
．
由（1）平面，故为与平面所成角
在，根据勾股定理可得：，
，直线与平面所成角的正弦值：．
6．（2018•新课标Ⅱ，理20）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．

【解析】（1）证明：连接，
，是的中点，
，且，
又，
，，
则，
则，
，
平面；
（2）建立以坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：
，，，，0，，，2，，，0，，
，2，，
设，，，
则，，，，，，，
则平面的法向量为，0，，
设平面的法向量为，，，
则，，，
则，
令，则，，
即，，，
二面角为，
，
即，
解得或（舍，
则平面的法向量，，，
，2，，
与平面所成角的正弦值，．

7．（2016•新课标Ⅲ，理19）如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：法一、如图，取中点，连接，，
为的中点，
，且，
又，，且，
，且，
则，且，
四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面；
法二、
在中，过作，垂足为，连接，
在中，由已知，，得，
，
，则，
在中，
，，
由余弦定理得：，
，
而在中，，
，即，
，则平面．
由底面，得，又，
，则平面．
，
平面平面，则平面；
（2）解：在中，由，，，得．
，则，
底面，平面，
平面平面，且平面平面，
平面，则平面平面．
在平面内，过作，交于，连接，则为直线与平面所成角．
在中，由是的中点，得，
在中，由，得，
．
直线与平面所成角的正弦值为．

8．（2013新课标Ⅰ，理18）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=60°．

（Ⅰ）证明AB⊥A1C；
（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值．
【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，
∵AB=，=，∴是正三角形，
∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵=E，∴AB⊥面，
∴AB⊥； ……6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，⊥AB，
又∵面ABC⊥面，面ABC∩面=AB，∴EC⊥面，∴EC⊥，
∴EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，
有题设知A(1，0，0)，(0，，0)，C(0，0，)，B(－1，0，0)，则=（1，0，），==(－1，0，)，=(0，－，)， ……9分
设=是平面的法向量，
则，即，可取=（，1，-1），
∴=，
∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为． ……12分


9．（2018浙江）如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．

(1)证明：⊥平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值．
【解析】(1)由，，，，得
，
所以．
故．
由，，，，得，
由，得，
由，得，所以，故．
因此平面．
(2)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 (1)如图，以的中点为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

由题意知各点坐标如下：
，，，，，
因此，，，
由得．
由得．
所以平面．
(2)设直线与平面所成的角为．
由(1)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．
10．（2017浙江）如图，已知四棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．

因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且，
又因为BC∥AD，，所以
EF∥BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连结PN交EF于点Q，连结MQ．
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．
由为等腰直角三角形得
PN⊥AD．
由DC⊥AD，N是AD的中点得
BN⊥AD．
所以AD⊥平面PBN，
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么，平面PBC⊥平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD=1．
在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得，
在中，，MQ=，
所以，
所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．
11．（2014天津）如图四棱锥的底面是平行四边形，，
，，，分别是棱，的中点．
（Ⅰ）证明： 平面；
（Ⅱ）若二面角为60°，
（ⅰ）证明：平面⊥平面
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：如图取PB中点M，连接MF，AM．因为F为PC中点，
故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E为AD中点，
因而MF//AE且MF=AE，故四边形AMFE为平行四边形，
所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，
所以EF//平面PAB．
（Ⅱ）（i）证明：连接PE，BE．因为PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，
故PEAD，BEAD，所以PEB为二面角P-AD-B的平面角．在三角形PAD中，
由，可解得PE=2．
在三角形ABD中，由，可解得BE=1．
在三角形PEB中，PE=2，BE=1，，
由余弦定理，可解得PB=，从而，即BEPB，
又BC//AD，BEAD，从而BEBC，因此BE平面PBC．又BE平面ABCD，
所以平面PBC平面ABCD．
（ii）连接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角，
由PB=，PA=，AB=得ABP为直角，而MB=PB=，可得AM=，
故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，
所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为
12．（2013浙江）如图，在四棱锥中，⊥面，，
，，，为线段上的点．

（Ⅰ）证明：⊥面 ；
（Ⅱ）若是的中点，求与所成的角的正切值；
（Ⅲ）若满足⊥面，求的值．
【解析】（Ⅰ）设点O为AC，BD的交点，
由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．
所以O为AC的中点，BD⊥AC．
又因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
所以PA⊥BD．所以BD⊥平面APC．

（Ⅱ）连结OG．由(1)可知OD⊥平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面APC所成的角．
由题意得OG＝PA＝．
在△ABC中，AC＝＝，
所以OC＝AC＝．
在直角△OCD中，OD＝＝2．
在直角△OGD中，tan∠OGD＝．
所以DG与平面APC所成的角的正切值为．
（Ⅲ）连结OG．因为PC⊥平面BGD，OG平面BGD，所以PC⊥OG．
在直角△PAC中，得PC＝．
所以GC＝．
从而PG＝，
所以．
13．（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面，，分别是AC，A1B1的中点．
（1）证明：；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

【解析】方法一：
（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=．
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．

不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，
由（Ⅰ）可得，，
设平面A1BC的法向量为，
由，得，
取，故．
因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．
14．(2018天津)如图，且，，且，且，平面，．
(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．

【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，，．

(1)证明：依题意，．设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得．
又，可得，
又因为直线平面，所以∥平面．
(2)依题意，可得，，．
设为平面的法向量，则 即
不妨令，可得．
设为平面的法向量，则 即
不妨令，可得．
因此有，于是．
所以，二面角的正弦值为．
(3)设线段的长为()，则点的坐标为，可得．
易知，为平面的一个法向量，故
，
由题意，可得，解得．
所以线段的长为．
15．（2018江苏）如图，在正三棱柱中，，点，分别为，的中点．

(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】如图，在正三棱柱中，设，的中点分别为，，则，，，以为基底，建立空间直角坐标系．
因为，
所以．

(1)因为为的中点，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．
16．（2017天津）如图，在三棱锥中，⊥底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，
．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）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．

【解析】如图，以为原点，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
，，，，，，，．

（Ⅰ）证明：=，=．设，为平面的法向量，
则，即．不妨设，可得．又=（1，2，），可得．
因为平面BDE，所以MN//平面BDE．
（Ⅱ）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．
（Ⅲ）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．
17．（2017北京）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面⊥平面，点在线段上，//平面，，．
（Ⅰ）求证：为的中点；
（Ⅱ）求二面角的大小；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）设交点为，连接．
因为平面，平面平面，所以．
因为是正方形，所以为的中点，在中，知为的中点．

（Ⅱ）取的中点，连接，．
因为，所以．
又因为平面平面，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，，，
，．
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．

（Ⅲ）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．
18．（2014福建）在平行四边形中，，，将沿折起，使得平面平面，如图．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（Ⅰ）因为平面，平面平面平面
所以平面又平面所以．
（Ⅱ）过点在平面内作，如图．
由（Ⅰ）知平面平面所以．以为坐标原点，分别以的方向为轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系．

依题意，得．
则．
设平面的法向量．
则即．
取得平面的一个法向量．
设直线与平面所成角为，
则
即直线与平面所成角的正弦值为．
19．(2013天津) 如图， 四棱柱中，侧棱⊥底面，，
，，，为棱的中点．

（Ⅰ）证明；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设点在线段上；且直线与平面所成角的正弦值为， 求线段的长．
【解析】解法一 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，

依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)
（Ⅰ）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以．
（Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）．由（Ⅰ）知，，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量．
于是
从而
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为．
（Ⅲ）=（0，1，0），=(1，l，1)，设，，
有．可取=（0，0，2）为平面的一个法向量，设为直线AM与平面所成的角，
则
于是，解得，所以
考点84二面角的计算
1．(2018浙江)已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意知四棱锥为正四棱锥，如图，连接，记，连接，则平面，取的中点，连接，，，易得，则，，易知．因为∥，，，所以也为与平面所成的角，即与平面所成的角，再根据最小角定理知，，所以，故选D．

2．（2017浙江）如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则

A．<< B．<< C．<< D．<<
【答案】B
【解析】设为三角形中心，底面如图2，过作，，，由题意可知，，，

图1 图2
由图2所示，以为原点建立直角坐标系，不妨设，则，，，，∵，，∴，，则直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，根据点到直线的距离公式，知，，，∴，，因为，，为锐角，所以，故选B
3．如图，已知，是的中点，沿直线将折成△，所成二面角的平面角为，则　　

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】①当时，；
②当时，如图，点投影在上，，连结，易得，
，即，上所述，，故选．

4．（2020全国Ⅰ理18）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）．
【思路导引】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）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，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式计算即可得到答案．
【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，则，，∴，
又为等边三角形，则，∴，，则，∴，同理，又，∴平面．
（2）过作∥交于点N，∵平面，以为坐标原点， 为轴，为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，∴，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
∴，故，
设二面角的大小为，则．
5．（2020全国Ⅲ理19）如图，在长方体中，点分别在棱上，且．
（1）证明：点在平面内；
（2）证明：若时，求二面角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）二面角的正弦值为．
【思路导引】（1）连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值．
【解析】证明：（1）在上取一点，使得，分别连结，，，．

在长方体中，有，且，
又，，，∴，
∴四边形和四边形都是平行四边形．
∴且，且，
又在长方体中，有且，
∴且，则四边形为平行四边形，
∴且，又且，
∴且，则四边形为平行四边形，∴点在平面内．
（2）解：在长方形中，以为原点，所在直线为轴，的直线为轴，所在直线为轴，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，则，取法向量；
设平面的一个法向量为，则，取法向量，∴，
设二面角为，则，即二面角的正弦值为．
6．（2020江苏24）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）．
【思路导引】（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．
【解析】

（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．
7．（2020浙江19）如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．

【答案】（I）证明见解析；（II）
【思路导引】（I）作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；
（II）由，∴与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．
【解析】（I）作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，∴平面，即有．
∵，∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，∴，，而，
∴平面，而平面，∴．
（II）∵，∴与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，∴平面平面，而平面平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴，故与平面所成角的正弦值为．

8．（2020天津17）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）．
【思路导引】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．
【解析】
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．
9．（2020山东20）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（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）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．
【解析】（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，
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，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．
10．（2019•新课标Ⅰ，理18）如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，，分别是，，的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．

【解析】（1）证明：如图，过作，则，且，
又，，四边形为平行四边形，则，
由，为中点，得为中点，而为中点，
，，则四边形为平行四边形，则，
，
平面，平面，
平面；
（2）解：以为坐标原点，以垂直于得直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，1，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由，取，得，
又平面的一个法向量为，
．
二面角的正弦值为．

11．（2019•新课标Ⅱ，理17）如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．

【解析】证明：（1）长方体中，平面，
，，
平面．
（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，平面，，，
则，1，，，1，，，1，，，0，，，0，，
，面，
故取平面的法向量为，0，，
设平面 的法向量，，，
由，得，取，得，，，
，
二面角的正弦值为．

12．（2018•新课标Ⅲ，理19）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．

【解析】（1）证明：在半圆中，，
正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，
平面，则，
，
平面，
平面，
平面平面．
（2）的面积为定值，
要使三棱锥体积最大，则三棱锥的高最大，
此时为圆弧的中点，
建立以为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图
正方形的边长为2，
，，，，1，，，0，，
则平面的法向量，0，，
设平面的法向量为，，
则，2，，，1，，
由，，
令，
则，，即，0，，
则，，
则面与面所成二面角的正弦值．
．
13．（2017•新课标Ⅰ，理18）如图，在四棱锥中，，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，，求二面角的余弦值．

【解析】（1）证明：，，，
，，
又，且平面，平面，
平面，又平面，
平面平面；
（2）解：，，四边形为平行四边形，
由（1）知平面，，则四边形为矩形，
在中，由，，可得为等腰直角三角形，
设，则．
取中点，中点，连接、，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
则：，，，0，，．
，，．
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得．
平面，平面，，
又，，
平面，则为平面的一个法向量，．
．
由图可知，二面角为钝角，
二面角的余弦值为．

14．（2017•新课标Ⅱ，理19）如图，四棱锥中，侧面为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．

【解析】（1）证明：取的中点，连接，，因为是的中点，
所以，，，，
是平行四边形，可得，平面，平面，
直线平面；
（2）解：四棱锥中，
侧面为等边三角形且垂直于底面，，
，是的中点．
取的中点，在底面上的射影在上，设，则，，
，直线与底面所成角为，
可得：，，，
可得：，，，
作于，连接，，
所以就是二面角的平面角，，
二面角的余弦值为：．


15．（2017•新课标Ⅲ，理19）如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．

【解答】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，．
是等边三角形，．
与中，，，
，．
是直角三角形，
是斜边，．
．
．
．
．
又，平面．
又平面，
平面平面．
（2）解：设点，到平面的距离分别为，．则．
平面把四面体分成体积相等的两部分，
．
点是的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取．
则，0，，，0，，，0，，，0，，，，，．
，0，，，，0，．
设平面的法向量为，，，则，即，取．
同理可得：平面的法向量为，1，．
．
二面角的余弦值为．

16．（2016•新课标Ⅰ，理18）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，面为正方形，，，且二面角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：为正方形，．
，，
，
平面，
平面，
平面平面；
（Ⅱ）由，，
可得为二面角的平面角；
由为正方形，平面，
，
平面
即有，
可得为二面角的平面角．
可得．
，平面，平面，
平面，
平面平面，平面，
，
，
四边形为等腰梯形．
以为原点，建立如图所示的坐标系，设，
则，0，，，，，，0，，，，，
，，，，，，，0，
设平面的法向量为，，，则，
则，取，0，．
设平面的法向量为，，，则，
则，取，，．
设二面角的大小为，则
，
则二面角的余弦值为．

17．（2014新课标Ⅰ，理19）如图三棱锥中，侧面为菱形，．
(Ⅰ) 证明：；
（Ⅱ）若，，AB=BC，求二面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以^，且O为与的中点．又，所以平面，故=又 ，故 ………6分
（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO= 又因为AB=BC=，所以
故OA⊥OB^，从而OA，OB，两两互相垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-．因为，所以为等边三角形．又AB=BC=，则
，，，
，
设是平面的法向量，则
，即 所以可取
设是平面的法向量，则，同理可取
则，所以二面角的余弦值为．
18．（2014新课标Ⅱ，理18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积．

【解析】（Ⅰ）证明：连结交于点，连结．
∵底面为矩形，∴点为的中点，
又为的中点，∴
∵平面，平面，∴平面
（Ⅱ）以为原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，
∴，，设是平面的法向量，
则，解之：，令，得，
又∵是平面的一个法向量，
∴，解之
∴
19．（2013新课标Ⅱ，理18）如图直棱柱中，D，E分别为AB，的中点，=AC=CB=．
(Ⅰ)证明：∥平面；
(Ⅱ)求二面角D-的正弦值．

【解析】（Ⅰ）连结交于点F，连结DF，则F为的中点，
又∵D是AB中点，则∥DF，
∵DF面，面，
∴∥面

（Ⅱ）由=AC=CB=得，AC⊥BC，
以C为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示直角坐标系，设CA=2，则D(1，1，0)，E（0，2，1），（2，0，2），=（1，1，0），=(0，2，1)，=(2，0，2)．
设=是平面的法向量，
则即，可取=（1，－1，－1）．
同理，设=是平面的法向量，
则，即，可取=（2，1，—2），
∴===，∴=，
∴二面角D-的正弦值为．

20．（2012•新课标，理19）如图，直三棱柱中，，是棱的中点，
（1）证明：；
（2）求二面角的大小．

【解析】（1）证明：在中，，
同理：，
，

面
面

（2）解：，，，面，
面，
取的中点，过点作于点，连接，
，，
面面，面面，
面
而面
，
，，
面，点与点重合且是二面角的平面角
设，则，，


即二面角的大小为

21．（2011•新课标，理18）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，=，=，⊥底面．
(Ⅰ)证明：；
（Ⅱ）若=，求二面角的余弦值．

【解析】(Ⅰ) ∵=，=，由余弦定理得=，
∴=， ∴⊥，
又∵⊥面， ∴⊥， ∴⊥面， ∴
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴正半轴建立空间直角坐标系，则（1，0，0），（0，，0），（0，0，1），
=（－1，，0），=（0，，－1），=（－1，0，0）．
设平面的法向量为=（，，），则，
即，取=1，则=，=，
∴=(，1， )，
设平面的法向量为=(，，)，则，即，取=－1，则=0，=－，∴=(0，－1，－)，==，
故二面角的余弦值为．
22．（2011广东）如图在椎体中，是边长为1的棱形，且=60，
，，，分别是，的中点．

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
【解析】法一：（Ⅰ）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD．因PA=PD，
有，在中，，有为等边
三角形，因此，
所以平面PBG
又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，
所以AD 平面DEF．

（Ⅱ），为二面角P—AD—B的平面角，
在
在

法二：（Ⅰ）取AD中点为G，因为
又为等边三角形，因此，，
从而平面PBG．
延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，
所以PO 平面ABCD．
以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．
设



由于
得
平面DEF．
（Ⅱ）

取平面ABD的法向量
设平面PAD的法向量
由
取

23．(2019天津理17)如图，平面，，．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长．

【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，如图所示，可得，．设，则．
（Ⅰ）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（Ⅱ）依题意，．
设为平面的法向量，则，即，不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（Ⅲ）设为平面的法向量，则，即，
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．

24．（2018北京）如图，在三棱柱中，平面，，，， 分别为，，，的中点，，．

(1)求证：⊥平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)证明：直线与平面相交．
【解析】(1)在三棱柱中，
∵⊥平面，
∴四边形为矩形．
又，分别为，的中点，
∴⊥．
∵．
∴⊥，
∴⊥平面．
(2)由(1)知⊥，⊥，∥．
又⊥平面，∴⊥平面．
∵平面，∴⊥．
如图建立空间直角坐称系．

由题意得，，，，．
∴，，
设平面的法向量为，
∴，∴，
令，则，，
∴平面的法向量，
又∵平面的法向量为，
∴．
由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．
(3)平面的法向量为，∵，，
∴，∴，∴与不垂直，
∴与平面不平行且不在平面内，∴与平面相交．
25．（2016年山东）在如图所示的圆台中，是下底面圆的直径，是上底面圆的直径，是圆台的一条母线．
（I）已知，分别为，的中点，求证：∥平面；
（II）已知===，．求二面角的余弦值．

【解析】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，因为，在上底面内，不在上底面内，所以上底面，所以平面；又因为，平面，平面，所以平面；所以平面平面，由平面，所以平面．
E
F
B
A
C
G
H

(Ⅱ) 连结， ，以为原点，分别以为 轴，建立空间直角坐标系．
E
F
B
A
C
O，
O
x
y
z

，．
，
于是有，，，，
可得平面中的向量，，
于是得平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设二面角为，
则．
二面角的余弦值为．
26．（2016年天津）如图，正方形的中心为，四边形为矩形，平面⊥平面，点为的中点，．
（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为线段上的点，且=，求直线和平面所成角的正弦值．

【解析】(1)证明：找到中点，连结，∵矩形，∴
∵、是中点，∴是的中位线，∴且，
∵是正方形中心，∴，∴且．
∴四边形是平行四边形，∴
∵面，∴面
(2)正弦值，如图所示建立空间直角坐标系

，，，
设面的法向量

得：∴
∵面，∴面的法向量


(3)∵，∴
设，
∴，得：


27．（2015福建）如图，在几何体中，四边形是矩形，平面，
，，，分别是线段，的中点．

（Ⅰ）求证：∥平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）如图，取的中点，连接，，

又是的中点，，
又是中点，，
由四边形ABCD是矩形得，∥，，
所以∥，且．
从而四边形是平行四边形，所以∥，
又，所以∥平面．
（Ⅱ）如图，在平面内，过点作∥，因为．

又因为平面，所以，．
以为原点，分别以的方向为x轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)
因为平面，所以为平面的法向量，
设为平面AEF的法向量．又，，
由取得．
从而
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．
28．(2015山东)如图，在三棱台中，，分别为的中点．

（Ⅰ）求证：//平面；
（Ⅱ）若⊥平面，⊥，=，∠=，求平面与平面所成的角（锐角）的大小．
【解析】（Ⅰ）证法一：连接，设，连接．
在三棱台中，，为的中点，
可得，
所以四边形为平行四边形，
则为的中点，又为的中点，所以∥，
又平面，平面，所以∥平面．
证法二：在三棱台中，由，为的中点，
可得∥，，所以四边形为平行四边形，
可得 ∥，
在中，为的中点，为的中点，所以∥，
又，所以平面∥平面，
因为平面，所以 ∥平面．
（Ⅱ）解法一：设，则，
在三棱台中，为的中点，
由，可得四边形为平行四边形，
因此∥，又平面，所以 平面，
在中，由，，是中点，
所以 ，因此 两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以
可得，
故，
设是平面的一个法向量，则
由 可得
可得 平面的一个法向量，
因为是平面的一个法向量，，
所以，
所以平面与平面所成角（锐角）的大小为．
29．（2014山东）如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，
，是线段的中点．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若垂直于平面且，求平 面和平面所成的角（锐角）的余弦值．
【解析】（Ⅰ）证明：∵四边形为等腰梯形，且，
所以且，连接
为四棱柱，
又为的中点，
，
，
为平行四边形，
又 ，，．
（Ⅱ）方法一： 由（Ⅰ）知 平面平面=
作，连接
则即为所求二面角的平面角．
在中，

在中，．
方法二：连接，由（Ⅰ）知且
∴为平行四边形．可得，由题意，
所以为正三角形．
因此，∴．

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，


设平面的法向量为

显然平面的法向量为

显然二面角为锐角，
所以平面和平面所成角的余弦值为

30．（2014辽宁）如图，和所在平面互相垂直，且，
，E、F分别为AC、DC的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）（方法一）∵，
且，∴为三角形，
．同理，∵，
且，为三角形
，∴，
过作，垂足为，连接，
可证出，
所以，即．
从而证出面，又面，所以．

（方法二）由题意，以为坐标原点，在平面内过作垂直的直线为轴，所在直线为轴，在平面内过作垂直的直线为轴，建立如图所示空问直角坐标系．易得，，

，．因而，
，∴，
，因此，
∴，所以．
（Ⅱ）如上图中，平面的一个法向量为．设平面的法向量
，又，，
由得其中．
设二面角大小为，且由题意知为锐角
，因此，
即所求二面角的正弦值为．
31．（2014浙江）如图，在四棱锥中，平面平面，
，，，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的大小．

【解析】（Ⅰ）在直角梯形中，由，得，，
由，则，即，
又平面平面，从而平面，
所以，又，从而平面．
（Ⅱ）方法一：作，与交于点，过点作，
与交于点，连结，由（Ⅰ）知，，则，
所以是二面角的平面角，在直角梯形中，
由，得，
又平面平面，得平面，从而，，
由于平面，得：，在中，由，
，得，

在中，，，得，
在中，，，，
得，，从而，
在中，利用余弦定理分别可得，
在中，，
所以，即二面角的大小是．
方法二：以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图所示，由题意可知各点坐标如下：

，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
可算得，，
由得，，可取，
由得，，可取，
于是，由题意可知，
所求二面角是锐角，故二面角的大小是．
32．（2014广东）如图4，四边形为正方形，平面，，
于点，，交于点．
（Ⅰ）证明：
（Ⅱ）求二面角的余弦值．

【解析】（Ⅰ）平面，
，又，，
平面，
，又，
平面，即；
（Ⅱ）设，则中，，又，
，，由（Ⅰ）知
，，
，又，
，，同理，

如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则，
，，，，
设是平面的法向量，则，又，
所以，令，得，，
由（Ⅰ）知平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，可知为锐角，
，即所求．
33．(2014湖南)如图，四棱柱的所有棱长都相等，，
，四边形均为矩形．
(1)证明：
(2)若的余弦值．

【解析】（Ⅰ）如图，因为四边形为矩形，所以．同理．因为∥，所以．而，因此底面．由题设知，∥．故底面．
（Ⅱ）解法一 如图，过作于H，

连接，由（Ⅰ）知，底面，所以底面，
于是．又因为四棱柱ABCD-的所有棱长
都相等，所以四边形是菱形，因此，
从而，所以，
于是，进而．
故是二面角的平面角．
不妨设AB=2．因为，所以，．
在中，易知．而，
于是．
故．
即二面角的余弦值为．
34．(2013陕西)如图， 四棱柱的底面是正方形，为底
面中心， ⊥平面，．

（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）求平面与平面的夹角的大小．
【解析】（Ⅰ）解法一 由题意易知两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图：






，

解法二：







（Ⅱ）


取
由（Ⅰ）知，


35．（2012浙江）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别为，的中点．

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）因为，分别为，的中点，所以是的中位线，
所以，又因为平面，所以平面
（Ⅱ）方法一：连接交于，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

在菱形中，，得
，
又因为平面，所以，
在直角中，，得，
由此知个点坐标如下，

．
设为平面的法向量，由知，取，得．
设为平面的法向量，由知
，取，得
于是，
所以二面角的平面角的余弦值为
方法二：在菱形中，，得

又因为平面，
所以
所以
所以
而，分别为，的中点，
所以，且
取线段中点，连接，则
所以是二面角的平面角
由，故
在中，，得
在直角中，，得
在中，，得

在等腰中，，得

所以二面角的平面角的余弦值为
36．（2017山东）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点．
（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；
（Ⅱ）当，，求二面角的大小．

【解析】（Ⅰ）因为，，
，平面，，
所以平面，
又平面，
所以，又，
因此
（Ⅱ）解法一：

取的中点，连接，，．
因为，
所以四边形为菱形，
所以．
取中点，连接，，．
则，，
所以为所求二面角的平面角．
又，所以．
在中，由于，
由余弦定理得，
所以，因此为等边三角形，
故所求的角为．
解法二：

以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，，，
故，，，
设是平面的一个法向量．
由可得
取，可得平面的一个法向量．
设是平面的一个法向量．
由可得
取，可得平面的一个法向量．
所以．
因此所求的角为．
考点85 解答题中折叠问题与探索性问题
1．（2019•新课标Ⅲ，理19）图1是由矩形、和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿，折起使得与重合，连结，如图2．

（1）证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的二面角的大小．
【解析】证明：（1）由已知得，，，
，确定一个平面，
，，，四点共面，
由已知得，，面，
平面，平面平面．
（2）作，垂足为，
平面，平面平面，
平面，
由已知，菱形的边长为2，，
，，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系，
则，1，，，0，，，0， ，
，0，，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，6，，
又平面的法向量为，1，，
，
二面角的大小为．

2．（2018•新课标Ⅰ，理18）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．

【解析】（1）证明：由题意，点、分别是、的中点，
则，，
由于四边形为正方形，所以．
由于，，则平面．
又因为平面，所以：平面平面．
（2）在平面中，过作于点，连接，
由于为面和面的交线，，
则面，故．
在三棱锥中，可以利用等体积法求，
因为且，
所以，
又因为，
所以，
所以，
由于，则平面，
故，
因为且面，
所以面，
所以．
设正方形边长为，则，
在中，，
所以，
故，
又因为，
所以，
所以在中，，
即为与平面所成角的正弦值为：．

3．（2018•新课标Ⅲ，文19）如图，矩形所在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）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．

【解析】（1）证明：矩形所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以半圆弦所在平面，半圆弦所在平面，
，
是上异于，的点．，，平面，平面，
平面平面；
（2）存在是的中点，
理由：
连接交于，取的中点，连接，可得，平面，平面，
所以平面．

4．（2016•新课标Ⅱ，理19）如图，菱形的对角线与交于点，，，点，分别在，上，，交于于点，将沿折到△的位置，．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：是菱形，
，又，
，则，
又由是菱形，得，则，
，则，
，
，
又，，
，
，则，
，则，
又，
平面；
（Ⅱ）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，
，0，，，3，，，0，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得，．
．
同理可求得平面的一个法向量，
设二面角二面角的平面角为，
则．
二面角的正弦值为．

5．（2019北京理16）如图，在四棱锥中，，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且．


（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【解析】（I）因为平面，所以．
又因为，所以．平面，
（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
所以，， ．
所以，
设平面AEF的法向量为，则
，即．
令z=1，则y=-1，x=-1．于是．
又因为平面PAD的法向量为，所以．
因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为

（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且
所以，．
由（II）知，平面AEF的法向量为，
所以，所以直线AG在平面AEF内．
6．（2016年北京） 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．
【解析】(1)∵面面，面面，
∵，面，∴面，
∵面， ∴，
又，∴面，
(2)取中点为，连结，，
∵， ∴，
∵， ∴，
以为原点，如图建系易知，，，，

则，，，，
设为面的法向量，令．
，则与面夹角有，

(3)假设存在点使得面， 设，，
由(2)知，，，，
有
∴
∵面，为的法向量，
∴，即，∴
∴综上，存在点，即当时，点即为所求．
7．（2015陕西）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．

（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，
=，所以．
即在图2中，，．从而平面．
又∥，所以平面．

（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，．
所以为二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，，，．
得 ，．
设平面的法向量，平面的法向量，
平面与平面夹角为，
则，得，取，
，得，取，
从而，
即平面与平面夹角的余弦值为．
8．（2013广东）如图1，在等腰直角三角形中，，，分别是
上的点，，为的中点．将沿折起，得到如图2
所示的四棱锥，其中．

（Ⅰ） 证明：平面；
（Ⅱ） 求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）在图1中，易得
连结，在中，由余弦定理可得

由翻折不变性可知，
所以，所以，
理可证， 又，所以平面．
（Ⅱ）传统法：过作交的延长线于，连结，

因为平面，所以，
所以为二面角的平面角．
结合图1可知，为中点，故，从而
所以，所以二面角的平面角的余弦值为．
向量法：以点为原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则，，
所以，
设为平面的法向量，则
，即，解得，令，得
由(Ⅰ) 知，为平面的一个法向量，
所以，
即二面角的平面角的余弦值为．
9．（2013湖北）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，，分别是，的中点．

（Ⅰ）记平面与平面的交线为，试判断直线与平面的位置关系，并加以证明；
（Ⅱ）设（I）中的直线与圆的另一个交点为，且点满足．记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证：．
【解析】（Ⅰ）直线平面，证明如下：
连接，因为，分别是，的中点，所以．
又平面，且平面，所以平面．
而平面，且平面平面，所以．
因为平面，平面，所以直线平面．
（Ⅱ）（综合法）如图1，连接，由（Ⅰ）可知交线即为直线，且．

因为是的直径，所以，于是．
已知平面，而平面，所以．
而，所以平面．
连接，，因为平面，所以．
故就是二面角的平面角，即．
由，作，且．
连接，，因为是的中点，，所以，
从而四边形是平行四边形，．
连接，因为平面，所以是在平面内的射影，
故就是直线与平面所成的角，即．
又平面，有，知为锐角，
故为异面直线与所成的角，即，
于是在△，△，△中，分别可得
，，，
从而，即．
10．（2012福建）如图，在长方体中，为中点．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得∥平面？若存在，求的行；若存在，求的长；若不存在，说明理由．[
（Ⅲ）若二面角的大小为30°，求的长．
【解析】（Ⅰ）以为原点的方向分别
为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．

设，则，，，，
故，，，
．
∵， ∴
（Ⅱ）假设在棱AA1上存在一点， 使得DP平面．此时．
又设平面的法向量=(x，y，z)．
∵平面，∴，，得
取，得平面的一个法向量．
要使DP平面，只要，有，解得．
又DP平面，∴存在点P，满足DP平面，此时AP=．
（Ⅲ）连接A1D，B1C，由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1，得AD1A1D．
∵B1CA1D，∴AD1B1C．
又由（Ⅰ）知B1EAD1，且B1C∩B1E=B1，
∴AD1平面DCB1A1．∴是平面A1B1E的一个法向量，此时=(0，1，1)．
设与n所成的角为θ，则．
∵二面角A-B1E-A1的大小为30°，∴，即，解得，即AB的长为2．