新高考数学一轮复习提升练习考向36 立体几何中的向量方法 (含解析)

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考向36 立体几何中的向量方法

1．（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）.
【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.
2．（2021·全国高考真题（理））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）见解析；（2）
【分析】
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和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】
因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，
又，所以平面．
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．

所以，
．
由题设（）．
（1）因为，
所以，所以．
（2）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．
【点睛】
本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出（），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．

2．（2021·山东高考真题）如下图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，．

（1）求与所成角的余弦值；
（2）求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
(1)由题意可得 即为SA 与 BC所成的角，根据余弦定理计算即可；
(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.
【详解】
【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质
【解】（1）因为，因此即为与所成的角，在中，，
又在正方形中，因此，
因此与所成角的余弦值是．
（2）因为平面平面，平面平面，在正方形中，，
因此平面，又因为平面，因此．


1、利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系．
第二步：确定点的坐标．
第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标．
第四步：计算向量的夹角(或函数值)．
第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．
第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．
2、利用向量求线线角的解题策略
(1)向量法求异面直线所成的角的方法有两种
①基向量法：利用线性运算．
②坐标法：利用坐标运算．
(2)注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角.

a与b的夹角为β
l1与l2所成的角为θ
范围
[0，π]

求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝

3、向量法求线面角的两大途径
(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
如图所示，设直线l的方向向量为e，
平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，
两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.


4、求二面角的大小
（1）建系时，首先确定图形中有建系的条件；否则要先寻找并证明，如本题先证明DE⊥DA.
（2）建立空间直角坐标系后，写出各点坐标，正确求解平面的法向量是解决本题的关键．
（3）完整认识二面角的棱与半平面，如本题面AMA1实质是棱柱侧面ABB1A1，可用与待定其法向量，面MA1N实质是面MA1D，直接可用、求法向量简单．
（4）求解时要区分向量夹角与二面角大小的关系．
①如图①，AB，CD是二面角α­l­β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小为θ＝〈，〉．

②如图②③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.


1、异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)

求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
2、求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3、求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈，〉.

(2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
【知识拓展】
【特别提醒】
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.



1．（2021·乐清市知临中学高三月考）如图，正方体中，是的中点，则（ ）

A．直线与直线相交，直线平面
B．直线与直线平行，直线//平面
C．直线与直线垂直，直线//平面
D．直线与直线异面，直线平面
2．（2022·全国高三专题练习）如图，在圆锥中，，为底面圆的两条直径，，且，，，异面直线与所成角的正切值为（ ）

A． B． C． D．

3．（2019·安徽合肥一中高考模拟（文））如图，在棱长为 1 的正方体中，点是的中点，动点在底面正方形内（不包括边界），若平面，则长度的取值范围是_______.

4．（2021·新疆乌鲁木齐·（理））如图，边长为的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点、分别在正方形对角线和上移动，且.则下列结论：

①长度的最小值为；
②当时，与相交；
③始终与平面平行；
④当时，为直二面角．
正确的序号是__________．

1．（2022·全国（理））如图，已知圆柱，在圆上，，，、在圆上，且满足，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是（ ）

A． B．
C． D．
2．（2022·全国（理））已知长方体中，，点在线段上，平面过线段的中点以及点、，现有如下说法：
（1），使得；
（2）若，则平面截长方体所得截面为平行四边形；
（3）若，，则平面截长方体所得截面的面积为
以上说法正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·全国）过正方形的顶点作线段平面，若，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·全国高三专题练习）如图，正方体的棱长为6，点F是棱的中点，AC与BD的交点为O，点M在棱BC上，且，动点T（不同于点M）在四边形ABCD内部及其边界上运动，且，则直线与TM所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
5．（2021·浙江高三）如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（ ）

A．当增大时，先增大后减小 B．当增大时，先减小后增大
C．当增大时，先增大后减小 D．当增大时，先减小后增大
6．（2022·全国高三专题练习（理））正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是__________________．
7．（2021·全国高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为__________．

8．（2022·全国高三专题练习）三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，，点Q为平面ABC内的动点，且满足，记直线PQ与直线AB的所成角为，则的取值范围为___________.
9．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校高三（理））在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，为的中点，为的中点，为棱上靠近的三等分点．

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．
10．（2021·湖南湘潭市·）如图，在三棱锥中，底面，，，．

（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，过点作于，求直线与平面所成角的大小．
11．（2021·厦门市湖滨中学高二开学考试）如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点．

（1）求证：BD1//平面ACE；
（2）求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．
12．（2021·宁夏大学附属中学高三（理））如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.

（1）求证：直线平面；
（2）设点在线段上，且二面角的余弦值为，求点到底面的距离.



1．（2009·四川高考真题（理））如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧棱的中点，则异面直线所成的角的大小是_________________．

2．（2008·全国高考真题（理））等边三角形与正方形有一公共边，二面角的余弦值为，分别是的中点，则所成角的余弦值等于 ．
3．（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．
4．（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．
5．（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.
6．（2021·全国高考真题（理））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．
7．（2019·北京高考真题（理））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．

8．（2019·全国高考真题（理））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.




1．【答案】C
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明平行与垂直，即可判断；
【详解】
解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，，所以，，，所以与不平行，故直线与直线不平行，即B错误；
，所以，所以，设面的法向量为，即，令，则，，所以，所以，因为平面，所以平面，故C正确；
因为，，故与不垂直，故D错误；
因为，，所以与不相交，故A错误；
故选：C

2．【答案】D
【分析】
以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦值．
【详解】
由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，
又，
．
，
则，
设异面直线与所成角为，则，为锐角，
，所以．
故选：D．

3．【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系，设点，，求出平面的法向量，的方向向量，由题意可知，即，，则，求解取值范围即可.
【详解】
以为原点，，，所在直线分别为，，建立空间直角坐标系如图，

则，，，，.
设，则的方向向量
设平面的法向量，，，，
，即，取，则
若平面，则
即，则.
又

即
，，

，即.
故答案为：
4．【答案】①③
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间中两点间的距离公式、二次函数的基本性质可判断①的正误，证明、、不共面可判断②的正误，利用空间向量法可判断③的正误，利用二面角的定义可判断④的正误.
【详解】
因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、、、、、.
对于①，，
当且仅当时，等号成立，①正确；
对于②，当时，，，
，，，
设，即，该方程组无解，所以，②错误；
对于③，、.
，平面的一个法向量为，
，则，平面，平面，③正确；
对于④，当时，、.
设平面的法向量为，，，
由，得，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，得，取，可得，
所以，，此时，二面角不是直二面角，④错误.
故答案为：①③.
【点睛】
结论点睛：利用空间向量法处理平行与垂直问题：设直线、的方向向量分别为，，平面、的法向量分别为，.
（1），，
；
（2）；
（3），；
（4）；
（5），，；
（6）.



1． 【答案】A
【分析】
取中点，连接、，然后以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出直线与平面所成角的正弦值关于的表达式，由此可求得结果.
【详解】
取中点，则， 以点为坐标原点，为轴，为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，
，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，则，
设，直线的方向向量为，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
故选：A.
【点睛】
方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
2．【答案】D
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由得出求出的值，可判断（1）的正误；确定截面与各棱的交点位置，结合平行四边形的判断方法可判断（2）的正误；计算出截面面积可判断（3）的正误.
【详解】
（1）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、、，
，，
若，则，解得，
（1）正确；
对于（2），在棱找点，由面面平行的性质可知，设点，

，，
因为，可设，则，则，则，
当时，，此时点在棱上，且有，
故四边形为平行四边形，（2）正确；
对于（3），设截面交棱于点，连接、，

因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
由图可知，，则，故，
所以，点为的中点，则、、、，
可求得，，，，
取的中点，连接，则，且，
，
，故，故，
所以，截面面积为，（3）正确.
故选：D.
【点睛】
方法点睛：确定截面形状，一般要结合线面平行、面面平行的性质以及空间向量法确定各交点的位置，也可采用补形法等手段扩展截面，进而确定截面的形状.
3． 【答案】B
【分析】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【详解】
解：设，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，1，，，1，，
，1，，，1，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，1，，
平面的法向量，1，，
设平面与平面所成的锐二面角为，
则，
故选：．

4．【答案】B
【分析】
方法一：在棱DC上取一点N，且，连接NM，则，所以，所以动点T的轨迹为线段MN（不包括M）. 取棱的中点H，连接DH，易知，则即异面直线与TM所成的角.在三角形HDB中，分别求得三边，利用余弦定理求得即可.
方法二：以A为坐标原点，直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据求得x与y的关系，分别表示出和，利用向量夹角求法求得结果.
【详解】
法一：易知.
因为平面ABCD，所以，所以平面AFO，
又平面AFO，所以，

在棱DC上取一点N，且，连接NM，则，所以，所以动点T的轨迹为线段MN（不包括M）.
取棱的中点H，连接DH，易知，则即异面直线与TM所成的角.连接BH，因为，，，
所以
法二：以A为坐标原点，直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易知，，，，设，则，，.
由题意知，得，
所以，则，
又T不与点M重合，所以，所以，
所以直线与TM所成角的余弦值为，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：解决空间夹角问题一般有两种方法，几何法和建系法；几何法即在几何体中作出要求的夹角，根据边角关系求得；建系法即建立空间直角坐标系，利用空间向量求得所求夹角.
5． 【答案】C
【分析】
由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量与面的法向量为的夹角， 对于AB，令，则，分析函数单调性，结合余弦函数性质判断；对于CD，令时，化简整理得到 ，利用导数判断函数的单调性，进而判断余弦函数的单调性，进而得解.
【详解】
由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，
设直线与交于，则，
则，，，
设平面的法向量为，
，，令，则
设平面的法向量为，又
，，令，则
利用空间向量夹角公式得
对于AB，令，则
显然函数在时为减函数，即减小，则增大，故AB 错误；
对于CD，当时，则

令，
求导
，令，得
故当时，，函数单减，即单减，增大；当时，，函数单增，即单增，减小；故当增大时，先增大后减小
故选：C

【点睛】
方法点睛：本题考查面面角的求法，利用导数判断函数的单调性，即余弦函数的性质，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
6．【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.
【详解】
因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，


设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），
因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，
设平面D1EF的一个法向量为，
则，即，
令c＝2，则，故，
又，平面D1EF，
所以，即，
所以，所以，
故，
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，
因为，所以|MD|在上单调递减，
所以当x＝时，|MD|取最大值，
所以|MD|的最大值为，
当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，
所以|MD|的取值范围是．
故答案为：.
7． 【答案】
【分析】
建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求线面角的公式即可求出.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，
，

设平面的法向量为，
则，即，取，则，
直线与平面所成角为，
，
故答案为：.
8．【答案】
【分析】
根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的正弦值的取值范围.
【详解】
因为两两垂直，且，所以由全等三角形可知，
所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，
取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：

设，，
所以，
所以，
所以，
所以，且，
所以，所以，
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
9． 【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）连接且交于点，连接，可证明，即得证；
（2）以为原点，，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，利用二面角的向量公式即得解
【详解】
（1）

证明：连接且交于点，连接．
由题意可知，，为中线，
所以为重心，，
所以，平面，平面，
所以平面．
（2）因为，，，所以．
又因为，，所以，即．
所以，，两两垂直．
故以为原点，，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，

由图可知，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则有即，可令，，
所以，
设平面的法向量为，
则有即，可令，
所以，
因为，
所以，
即二面角的正弦值为．
10． 【答案】（1）证明见解析；（2）60°．
【分析】
（1）根据根据线面垂直的判断得平面，进而证明平面平面；
（2）解法一：根据题意得，进而过点作于，则平面且为中点，连接，则为直线与平面所成的角，再根据几何关系求解即可；
解法二：建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】
（1）因为底面，所以，
又，所以，
又，为平面内的两条相交直线，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）解法一：由（1）可知，为二面角的平面角，所以，
又，，，所以，

过点作于，则平面且为中点，连接，
则为直线与平面所成的角，
在中，，，
所以，
故，
所以直线与平面所成的角为60°．
解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，
则由已知，可得，，，，

设，（），则，，，
因为，，，
所以，
解得，所以，故，
设平面的法向量为，因为，，
由，得，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以，
故直线与平面所成的角的正弦值为，
所以直线与平面所成的角为60°．
11． 【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）设，连接EF，由中位线定理得线线平行，再根据线面平行的判定定理可得答案；
（2）以所在的直线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出 ，平面的法向量由数量积公式可得答案．
【详解】
（1）证明：设，连接EF，则，

又∵面ACE，面ACE，∴面ACE.
（2）以所在的直线为轴的正半轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，
所以，即，令，则，所以，
所以，
所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值为．

12．【答案】（1）证明见解析；（2）或者.
【分析】
（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
（2）设，由题意结合空间直角坐标系求得的值即可确定点到底面的距离.
【详解】

（1）由菱形的性质可知，
因为平面
所以，且，
所以直线平面；
（2）以点A为坐标原点，AD，AP方向为y轴，z轴正方向，
如图所示，在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，且，
由于，
故：，据此可得：，
即点M的坐标为，
设平面CMB的法向量为：，则：
，
据此可得平面CMB的一个法向量为：，
设平面MBA的法向量为：，则：
，
据此可得平面MBA的一个法向量为：，
二面角的余弦值为，故：，
整理得，
解得：.
由点M的坐标为或.
易知点到底面的距离为或者.


1．【答案】
【解析】
不妨设棱长为2，选择基向量，则，，
，故填写．
2．【答案】
【详解】
设AB=2,作CO⊥面ABDE

OH⊥AB，则CH⊥AB，∠CHO为二面角C−AB−D的平面角，
，OH=CHcos∠CHO=1，
结合等边三角形ABC与正方形ABDE可知此四棱锥为正四棱锥，

故EM,AN所成角的余弦值，
3．【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.

4．【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，轴正方形，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.
5．【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．
6．【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）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；
（2）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.
【点睛】
思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
7．【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.
8．【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．


【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．