新高考数学二轮复习解答题提分训练专题03 立体几何之向量法与几何法求二面角（2份，原卷版+解析版）

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1．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点．
（1）求点B到直线AC1的距离；
（2）求直线FC到平面AEC1的距离；
（3）求平面AEC1与平面CFEC1夹角的余弦值．
【答案】
（1）；
（2）；
（3）﹒
【分析】
(1)以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，根据空间里面点到直线的距离的向量算法求解；
(2)证明∥平面，则点到平面的距离就是直线到平面的距离，求出平面的一个法向量，再求出，可得直线到平面的距离为．
(3)分别求平面AEC1与平面CFEC1夹角的法向量，根据法向量的夹角求解﹒
（1）
以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，1)，B(1，1，1)，C(0，1，1)，C1(0，1，0)，E(1．，1)，∴，
，，，
取，，Z，
则2＝1，·＝，
∴，点B到直线AC1的距离为；
（2）
∵，∴FC∥EC1，∴FC∥平面AEC1，∴点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离，
设平面AEC1的法向量为，则，
∴ ，∴，
取z＝1，则x＝1，y＝2，∴，是平面AEC1的一个法向量，
又∵，
∴点F到平面AEC1的距离为，
即直线FC到平面AEC1的距离为．
（3）
由(2)可知是平面AEC1的一个法向量，，
∵C(0，1，1)，C1(0，1，0)，∴，
设平面CFEC1的法向量为，
则，∴，
取y＝2，则x＝1，z＝0，∴为平面CFEC1的一个法向量，
∴平面AEC1与平面CFEC1的夹角的余弦值为，
﹒
2．如图：已知三棱柱，平面平面，，，，E，F分别是AC，的中点.
（1）求直线EF与平面所成角的余弦值；
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
(1)证明平面ABC，再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.
(2)由（1）知，得到平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）连结，
因为，E是AC的中点，
所以，
又平面平面，平面，
平面平面=AC，
所以，平面，
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.
不妨设，
则，，，，，
因此，，，
设直线EF与平面所成的角为，平面的法向量为，
由得
取，
故，
因此，直线EF与平面所成的角的余弦值为.
（2）设二面角的平面角的大小为，
设平面的法向量为，又平面的法向量为，
则，
所以，
所以二面角的正弦值.
3．如图，平面，，，，，，，则
（1）求与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）如图以为原点，建立空间直角坐标系，求出和的坐标，利用空间向量夹角公式计算即可求解；
（2）求平面的法向量，利用公式计算即可求解；
（3）求平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可求解.
【详解】
因为平面，，所以两两垂直，
以为原点，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
所以，，，，
（1），，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为；
（2）设平面法向量，，，
则，令，则，
所以，，
设直线与平面所成角为，
则；
（3）设平面法向量，，，
则，令，则
所以，
，
因为平面与平面夹角是锐二面角，所以二面角的余弦值是.
4．如图所示，四棱锥中，底面，，是边长为的正三角形，且，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）60°.
【分析】
（1）由题可得，再结合条件可得平面，即证；
（2）利用坐标法即求.
【详解】
（1）因为是正三角形，且，则为的中垂线，
故，又，所以，
所以，即，
又底面，则，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以A为坐标原点，所在直线为x轴，过点A且与平行的直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，由得：，则，，，，
取平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
其中，
则，即，令，得，
所以，则，
所以平面与平面所成的锐二面角的大小为60°.
5．如图，在三棱台中，平面平面，，，.
（1）求证：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）连接，在等腰梯形中，过D作交于点G，证明，，则平面即得证；
（2）以所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的平面角的余弦值即得解.
【详解】
证明：（1）连接，在等腰梯形中，过D作交于点G，
因为，所以，，，，所以，
所以，即，
又因为平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又因为，，，平面
所以平面.
（2）如图，在平面内，过点A作，由（1）知平面
所以，，以A为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，设平面的法向量为，
则即，令，则，
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，
则
设二面角的平面角为，又二面角的平面角为锐角，，
所以二面角的平面角的余弦值为.
6．如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，BC＝CDAD＝1，E为PA的中点．
（1）求证：EB∥平面PCD；
（2）求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）证明：取AD的中点O，连接EO，OB，证平面EBO平面PCD后得线面平行；
（2）取BC的中点M，连接，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】
解：（1）证明：取AD的中点O，连接EO，OB，
∵E为PA的中点，O为AD的中点，
∴OEPD，
又∵BCAD，，
∴四边形BCDO为平行四边形，
∴BOCD，
∵OEPD，BOCD，
平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，同理平面PCD，
又OE和BO是平面EBO的两条交线，
∴平面EBO平面PCD，
又∵BE在平面EBO中，
∴BE平面PCD；
（2）连接，，则，又平面平面，又平面平面，所以平面，
取BC的中点M，连接，是等腰梯形，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则平面PAD的一个法向量为，
∴，
设平面PCD的一个法向量为，则，
不妨令x＝1，则，则，
∴，则．
7．如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.
（1）若点是的中点，求证：；
（2）设棱上靠近的四等分点为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
取中点，连接，，，证明出平面，以点A为坐标原点，
分别以，，为轴、轴､z轴正方向建立空间直角坐标系.用向量法求解.
（1）计算出，即可证明；
（2）求出设平面的一个法向量，而平面的一个法向量为，利用向量的夹角公式即可计算.
【详解】
取中点，连接，，，
四边形为菱形，则，，为等边三角形，
为的中点，则，，，
由于平面，以点A为坐标原点，
分别以，，为轴、轴､z轴正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，
，，
（1），，
，，即；
（2）由已知得，，则，
则，
设平面的一个法向量为，则，即
不妨取，则，，所以，，
而平面的一个法向量为，
所以，.
又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.
8．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：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）由等腰三角形三线合一性质和线面垂直性质可证得，，由线面垂直的判定可证得结论；
（Ⅱ）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果.
【详解】
（Ⅰ）由棱柱的性质知：，又为中点，；
平面，平面平面，平面，
又，平面，又平面，；
又，平面，平面；
（Ⅱ）以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，；
平面轴，平面的一个法向量为，
，
由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
9．在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面.
（1）求四棱锥的体积；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连结，，可利用面面垂直得出平面，即可求出棱锥的高，由体积公式求解;
（2）建立空间坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.
【详解】
（1）取的中点，连结，，如图，
则，，，，
∵平面平面，，平面平面
平面，
.
（2）由（1）可知直线､､两两垂直，建立空间直角坐标系，如图，
则点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，
，，，
设平面的法向量为，
，，令，解得，，
∴平面的一个法向量为，
同理得平面的一个法向量为，
，
即二面角的余弦值为.
10．已知直三棱柱，，，，分别为，，的中点，且
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接，，，证明 ，再由线面平行的判定定理即可求证；
（2）如图建系：设，由求出的值，再由求出的值，进而可得 坐标，求出平面和平面的一个法向量，由空间向量夹角公式即可求解.
【详解】
（1）取的中点，连接，，，
因为，，分别为，，的中点，
则有，且，，且，
又，，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）在平面内过点做射线垂直于，易知，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
设，所以，，
因为，所以，解得：，
又因为，所以，可得或（舍），
所以，，
设为平面的一个法向量，
则，可得：，令，，
所以，
因为为平面的一个法向量，
则，
所以二面角的余弦值为.
11．如图所示的几何体中，四边形为菱形，面面，为等边三角形，，.
（1）在线段上确定一点，使得面，并给出证明过程；
（2）若平面，求二面角的正弦值.
【答案】（1）为中点，证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用面面垂直性质可证得平面，从而有；利用等腰三角形三线合一可得，即；由线面垂直的判定定理可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，利用和平面可求得点坐标，从而根据二面角的向量求法求得结果.
【详解】
（1）取中点，连接，
为等边三角形，为中点，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
四边形为菱形，，为等边三角形，，
又，；
，平面，平面；
（2）由（1）知：两两互相垂直，
则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，，则，，，，
，，，，
，，，，，
平面轴，是平面的一个法向量，
又，平面，，解得：，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
， .
即二面角的正弦值为.
12．如图所示，直角梯形中，，，，四边形为矩形，，平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由勾股定理易证，根据面面垂直的性质有面，再由线面垂直的性质、判定可得面，最后由面面垂直的判定即可证结论.
（2）构建以为原点，为x、y、z轴的空间直角坐标系，并确定相关点坐标，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求正弦值即可.
【详解】
（1）由题设，中，而，
∴，即，
又面面，面面且，面，
∴面，又面，则，
又且面，
∴面，又面，即面面；
（2）由（1），构建以为原点，为x、y、z轴的空间直角坐标系，
∴，则，
若是面的一个法向量，则，令，即，
若是面的一个法向量，则，令，即，
，故.
13．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD．E为PD的中点，，，，．
（1）求证：平面PAB；
（2）求平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点,连接，根据题意可证明四边形为平行四边形，从而可证明，然后根据线面平行的判定定理即可证明平面PAB；
（2）取的中点，连接，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后利用向量法求平面PAC与平面ACE夹角的余弦值即可.
【详解】
（1）取的中点,连接，
因为分别为的中点，所以，
因为，，所以，又因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB；
（2）取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD，面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面ACE的法向量为，则，即，
取，则.
设平面PAC的法向量为，则，即，
取，则.
设平面PAC与平面ACE的夹角为，则，
所以平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为.
14．在平行四边形EABC中，，，，是EA的中点（如图1），将沿CD折起到图2中的位置，得到四棱锥是.
（1）求证：平面PDA；
（2）若PD与平面ABCD所成的角为60°.且为锐角三角形，求平面PAD和平面PBC所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，关键证明；
（2）利用垂直关系，建立空间直角坐标系，分别求平面PAD和平面PBC的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.
【详解】
（1）将沿CD折起过程中，平面PDA成立.
证明如下：∵是EA的中点，，∴，
在中，由余弦定理得，
，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形且，
∴，，
∴平面PDA.
（2）由（1）知平面，平面ABCD，
∴平面平面ABCD，
∵为锐角三角形，
∴在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为，连接，
∴平面ABCD，则是PD与平面ABCD所成的角，
∴，∵，
∴为等边三角形，为AD的中点，
故以为坐标原点，过点且与CD平行的直线为轴，
DA所在直线为轴，OP所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设轴与BC交于点，
∵，∴，易知，
∴，
则，，，，，，，
平面PDA，
∴可取平面PDA的一个法向量，
设平面PBC的法向量，
则，即，
令，则为平面PBC的一个法向量，
设平面PAD和平面PBC所成的角为，
∴，
∴平面PAD和平面PBC所成角的余弦值为.
15．如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，分别在和上，且．
（1）若在上，且平面，求证：平面;
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）由线面平行的性质得，进而为的中点，再根据得为靠近点的三等分点，故，进而可证明结论；
（2）由题可知，，故过点作，则，再以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】
解：（1）因为平面，平面，平面，
所以，
因为为的中点，
所以为的中点，
因为分别在和上，且，
所以为靠近点的三等分点，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）平面，直线与平面所成角的正弦值为，，
所以直线与平面所成角的平面角为，即，
所以，，
过点作，
因为，，
所以，
所以以点为坐标原点，如图，建立空间直角坐标系，
，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，
由题平面得，因为，，
所以平面，
所以平面的一个法向量可以为
所以，
由于二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为
16．如图所示，矩形所在平面与直角梯形所在平面垂直，点是边上一点，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）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）.
【分析】
（1）在矩形中，证得，得到，得到，
由平面平面，证得平面，得到，根据线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.
（2）以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，矩形中，，，，
可得，，所以，
所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
由，且平面，所以平面，
又由平面，所以平面平面.
（2）由题意，以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，
可得，，，.
设平面的一个法向量为，
则有，可得得，取，得，，所以.
设平面的一个法向量为，
则有，可得，
取，得，，所以.
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．在四棱锥中，为等边三角形，，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取CD中点M，进而证明平面平面，然后通过面面平行的性质定理得到答案；
（2）连接AC交BD于O，根据条件证明AC⊥BD，PO⊥平面ABCD，进而建立空间直角坐标系，通过空间向量的夹角公式求出二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点，连接，，
∵为中点，
∴，而平面，平面，∴平面，
又∵为等边三角形，∴
∵，，
∴，，
∴，∵BM,AD共面于平面ABCD,∴，
而平面，平面，∴平面，
又，∴平面平面，而平面，∴平面.
（2）根据条件，连接交于，连接，由对称性知，为中点，且，
∵平面平面，且交于BD，∴平面，
∵在中，AO⊥OD，AD=2，，则AO=1，，
又PD=2，∴，
在正中，∵，∴.
以O为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系
，
则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
所以，令x=1，则，
，令a=1，则，
∴，
由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为：.
18．如图1，矩形ABCD中，，将矩形ABCD折起，使点A与点C重合，折痕为EF，连接AF、CE，以AF和EF为折痕，将四边形ABFE折起，使点B落在线段FC上，将 向上折起，使平面DEC⊥平面FEC，如图2.
（1）证明：平面ABE⊥平面EFC；
（2）连接BE、BD，求锐二面角A-BE-D的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）先沿将ABFE折起，同时在平面ABFE内再沿折痕将面折起翻过来，使得落在上，所以与始终垂直，及，若能证明，问题就获得解决，接下来就设出相关量，通过勾股定理等计算，证明，，从而说明点是的中点，从而达到证明目的.
（2）建立空间直角坐标系，求出两面的法向量，即可得解.
【详解】
（1）证明：在平面ABCD中，AF=FC，BF+FC=AB，
设，则，设BF=ED=x，
在中，，解得，则，
因为点B落在线段FC上，所以，点是的中点，
又，所以
根据等腰三角形三线合一得，
又即，，平面ABE，
所以平面ABE，
由平面EFC可得平面ABE⊥平面EFC；
（2）以为原点，为x轴，过点F平行BE的方向作为作y轴，过点F垂直于平面EFC的方向作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，
易得平面ABE的一个法向量为，
作于， 因为平面DEC⊥平面FEC，所以平面，
则，，，
设平面DBE的一个法向量为，
则，令则，
因为，
所以锐二面角A-BE-D的正弦值为
19．如图，在平面四边形ABCD中，AB=AD，BC=CD=，且BCCD，以BD为折痕把ABD和CBD向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置(E，F不重合).
（1）求证：EFBD；
（2）若平面EBD平面FBD，点E在平面ABCD内的正投影G为ABD的重心，且直线EF与平面FBD所成角为60°，求二面角A-BE-D的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到；
（2）由（1）得到以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）如图所示，取的中点，连接和，
由题意知和均为等腰三角形，且，
故又因为所以平面，
又因为平面所以
（2）由（1）知，，又因为平面平面，
平面平面所以平面，
直线与平面所成角为，可得，
因为，为中点，所以，
所以，所以，
即为等边三角形，为等边的中心，
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，
则，
设为平面的法向量，
则，可得，令，可得，
即平面的一个法向量为，
设为平面的法向量，
则，即，令，可得，
即平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值为.
20．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，已知，为线段的中点．
（1）求证：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）连结和交于，连结，根据为中点，为中点，得到， 即证得平面；
（2）应用已知条件，可得，平面，，创造建立空间直角坐标系的条件，通过以为原点，以为轴建立如图所示的坐标系，求出各面的法向量，利用向量的夹角公式即可得解.
【详解】
（1）连结和交于，连结，
∵为正方形，∴为中点，
∵为中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）∵平面，平面，∴，
∵为正方形，∴，
∵，，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
∴以为原点，以为轴建立如图所示的坐标系，
则，
∵平面，平面，∴，
∵，∴，
∵为正方形，∴，，
由为正方形可得：，∴，
设平面的法向量为，
，∴
由，
令，则，∴，
设平面的法向量为，
，，
由，
令，则，，
∴，
设二面角的平面角的大小为，则
∴二面角的平面角的余弦值为．
方法二、几何法求二面角
1．如图，在四棱锥中，，，，.
（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）取中点，由题可得四边形为菱形，利用线面垂直的判定定理可证；
（2）过作于点，过作于点，由线面垂直的判定定理可证平面，则即为所求二面角，再结合条件即求.
（1）
取中点，连接，则，
∴四边形为为平行四边形，又∵，
∴平行四边形为菱形，
∴，
∴，∴，又∵，，
∴平面.
（2）
过作于点，又∵平面，
∴，∵，
∴平面，过作于点，连接，
∴，
∴平面，则即为所求二面角，
由题知为边长为1的等边三角形，
∴，在中，，
∴，即，
∴，，
∴二面角的正弦值为.
2．如图，在三棱锥中，平面平面，，O为的中点．
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点E在棱上，，求二面角的大小．
【答案】
（1）证明见解析；
（2）.
【分析】
(1)根据给定条件证得平面即可得解.
(2)在线段上取点F，使，过F作交BC于点G，再证明是二面角的平面角即可计算作答.
（1）
在三棱锥中，因O为的中点，且，则，
又平面平面，平面平面，平面，于是得平面，而平面，
所以.
（2）
在线段上取点F，使，连接EF，如图，
因点E在棱上，且，则，因此，，
由(1)知平面，则有平面，而平面，从而有
因是边长为1的等边三角形，且O为的中点，即，则是直角三角形，，
过F作交BC于点G，连接EG，则有，因，平面，
于是得平面，而平面，因此，，即有是二面角的平面角，
因，则，而，，
，于是得，而有，因此得，
所以二面角的大小.
3．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上一点．
（1）证明：平面平面；
（2）若为的中点，求二面角的余弦值．
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，分析可知二面角的平面角为，计算出三边边长，由此可求得的余弦值，即可得解.
（1）
证明：平面，平面，，
四边形为正方形，则，
，平面，平面，，
，为的中点，则，
，平面，平面，平面平面.
（2）
解：设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
、分别为、的中点，则且，
平面，平面，平面，，
，，平面，
平面，，所以，二面角的平面角为，
在中，，，，
所以，，则，
所以，，故，
因此，二面角的余弦值为.
4．如图，已知矩形中，，，将矩形沿对角线把折起，使移到点，点在上，且平面
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）求二面角所成角的余弦值．
【答案】
（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）.
【分析】
（1）根据矩形特点和线面垂直性质得到，，由线面垂直的判定可得平面，由线面垂直性质可得结论；
（2）由，，结合线面垂直判定可得平面，由面面垂直的判定可得结论；
（3）过点作，结合线面垂直的性质和二面角平面角的定义可确定所求二面角的平面角为，根据垂直和长度关系可求得，由此可得即为所求余弦值.
（1）
四边形是矩形，，
平面，且平面，，
，平面，平面，
平面，；
（2）
翻折前，四边形为矩形，，翻折后对应得：；
由（1）知：，
，平面，平面，
平面，平面平面；
（3）
过点在平面内作，垂足为点，连接，
平面，平面，，
，，平面，平面，
平面，，二面角的平面角为；
由（2）知：平面，平面，，
，，，
，
在中，，，，
平面，平面，，
，，
，即二面角的余弦值为．
5．在四棱锥中，底面为梯形，，为正三角形，且，，四棱锥的体积为．
（1）求证：平面；
（2）求PC与平面ABCD所成角的正弦值；
（3）设平面平面，求证：，并求二面角的大小．
【答案】
（1）证明见解析；
（2）；
（3）
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，结合题意，即可得证.
（2）根据面面垂直的判定、性质定理，结合正三角形的性质，可证平面ABCD，则即为PC与平面ABCD所成角，据四棱锥的体积，可求得CD长，在中，求得各个边长，即可得答案.
（3）根据线面平行的判定和性质定理，可证，结合题意，可得，同理，则即为二面角所成的平面角，根据三角形性质，即可得答案.
（1）
证明：因为，所以，
因为，所以，
又因为，即，且平面，
所以平面；
（2）
因为平面，平面ABCD，
所以平面平面ABCD，
取AD中点Q，连接PQ，CQ，
因为为正三角形，Q为AD中点，
所以，又平面平面ABCD，且平面平面ABCD=AD，
所以平面ABCD，
所以即为PC与平面ABCD所成角，
在中，，
设CD长为x，
则四棱锥的体积，
求得CD长，
在中，，
在中，，
所以，
所以PC与平面ABCD所成角的正弦值为
（3）
证明：因为，平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD，
又平面，且平平面，
所以.
因为，，
所以，同理，
所以即为二面角所成的平面角，
因为为正三角形，
所以，即二面角的大小为.

6．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点.
（1）求证：AB1⊥平面A1BD；
（2）求直线A1C1与平面A1BD所成角的正弦值；
（3）求平面A1BD与平面A1DC1的夹角的正弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】
（1）只需证明AB1垂直于相交直线A1B与OD即可；
（2）转化为AC与平面A1BD成角问题，再作AC在平面A1BD内投影，转化为直角三角形问题；
（3）转化为互补二面角问题，寻找二面角的平面角，再用余弦定理求平面角的余弦值，即而求解.
（1）
证明：如图所示：
设AB1∩A1B=O，连接AD，B1D，OD，
因为正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，
所以，
因为四边形AA1B1B为正方形，
所以AB1⊥A1B，O为AB中点，
所以OD⊥AB1，
又因为A1B∩OD=O，
所以AB1⊥平面A1BD.
（2）
解：延长AC和A1D，交于E，连接OE，
由（1）知AO⊥平面A1BD，
所以∠AEO为直线AE与平面A1BD所成角，其正弦值为，
因为A1C1∥AE，
所以直线A1C1与平面A1BD所成角的正弦值为.
（3）
解：过A作AF⊥A1D于F，连接OF，
由（1）知AO⊥平面A1BD，
所以OF⊥A1D，
于是∠AFO为平面A1BD与平面ADA1的夹角的平面角，
又因为平面A1BD与平面ADA1的夹角和平面A1BD与平面A1DC1的夹角互补，
所以平面A1BD与平面A1DC1的夹角的正弦值为sin∠AFO，
因为，由等面积知，
所以，
所以平面A1BD与平面A1DC1的夹角的正弦值为.
7．已知多面体如图所示，其中四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，点在线段上．
（1）求证：平面；
（2）若，，，且，求二面角的余弦值．
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
(1)在CF上取点N，使FN=ED，连接DN，BN，证明四边形ADNB为平行四边形即可推理得证.
(2)根据给定条件证得平面BFC⊥平面CDEF，再作出二面角的平面角，利用相关数据计算即得.
（1）
在CF上取点N，使FN=ED，连接DN，BN，如图，
在直角梯形中，，则CF//DE，即FN//ED，于是得四边形DEFN为平行四边形，
则有DN//EF，DN=EF，而四边形为矩形，从而有AB//EF//DN，且AB=EF=DN，因此得四边形ADNB为平行四边形，
则有AD//BN，而平面BFC，平面BFC，
所以AD//平面BFC.
（2）
在直角梯形中，，即EF⊥CF，矩形中，EF⊥BF，而，平面BFC，
因此有EF⊥平面BFC，又平面CDEF，则有平面BFC⊥平面CDEF，过B作BG⊥FC于G，过G作GO⊥DM于O，连BO，如图，

平面BFC平面CDEF=FC，又BG平面BFC，即得BG⊥平面CDEF，而平面CDEF，则BG⊥DM，又GO⊥DM，
，平面BGO，则DM⊥平面BGO，而平面BGO，即有BO⊥DM，
于是得是二面角的平面角，
在直角梯形中，，，且，由(1)知，FN=ED=DN=3，DN⊥FC，
则，，于是得，
因AE//BF，ED//FC，方向相同，则，又BF=AE=2，
则有，FG=1，于是有，
因此，，在中，，则，
所以二面角的余弦值为.
8．如图，几何体中，是正三角形，和都垂直于平面，且， 分别为和的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）求二面角的正切值.
【答案】
（1）证明见解析；
（2）．
【分析】
（1）证明是平行四边形得，从而得证线面平行；
（2）作，垂足为，连接，证明是二面角的平面角，然后在直角中求得其正切值．
（1）
证明：因为和都垂直于平面，所以，
分别为和的中点，所以，，而，
所以且，
所以是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）
平面，平面，所以，由（1），同理，
又是等边三角形，是中点，，
，平面，所以平面，
平面，所以，
作，垂足为，连接，
因为，平面，所以平面，而平面，
所以，所以是二面角的平面角，
同理由平面，平面，得，
由已知，，，
，
．
9．如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面平面CBD，若平面ABD，且.
（1）求证：平面ABD；
（2）求二面角的余弦值大小.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形得出即可；
（2）连接，可得即为二面角的平面角，求出即可.
（1）
取中点，连接，
由题可得为等腰直角三角形，且，，且,
因为平面平面CBD，且平面平面CBD，平面ABD，
又平面ABD，，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
平面ABD；平面ABD，平面ABD；
（2）
连接，因为为中点，，所以，
又，，所以平面，
因为平面，所以，所以即为二面角的平面角，
，且，所以四边形为正方形，
，所以二面角的余弦值为.
10．如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，，四边形是正方形，平面平面.
（1）证明：平面平面；
（2）求多面体的体积；
（3）若点是线段上的一点，且满足平面.求二面角的大小.
【答案】
（1）证明见解析.
（2）.
（3）.
【分析】
（1）根据菱形、正方形的性质有、，结合面面垂直的性质可得面，根据线面垂直、面面垂直的判定即可证结论.
（2）由多面体的体积且，根据题设结合棱锥的体积公式求多面体体积.
（3）是、的交点，连接交于，由线面垂直的性质及射影的性质可得，进而可确定二面角的平面角，根据已知求其正切值，即可得二面角的大小.
（1）
∵四边形是菱形，
∴，
由四边形是正方形有，
又面面，面面，面，
∴面，面，即，
又，且面，
∴面，由面，
∴平面平面；
（2）
由多面体的体积，由（1）知：面，
∴的体高为，
∵菱形是边长为2，，
∴，且，
∴.
（3）
若是、的交点，连接交于，
由面，面，即，
由（1）知：是在面上的射影，故，连接，
∴是二面角的平面角，
由射影定理知：，，，则，.
∴，故.
∴二面角的大小为.
11．如图，在四棱锥中，平面，在直角梯形中，，为线段的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由；
（3）若，求二面角的平面角余弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）存在点为的中点，使得平面，
（3）
【分析】
（1）根据题意，证得，再由平面，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得到平面平面.
（2）取的中点，连接，得到，从而得到平面.
（3）延长与交于点，取的中点，连接和，证得和，得到为二面角的平面角，得到，即可求解.
（1）
证明：因为为的中点，且，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，
因为，所以四边形为矩形，所以，
又因为平面，所以，
又由，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）
解：存在点为的中点，使得平面，
理由如下：
取的中点，连接，
因为分别为的中点，所以，
又因为平面，且平面，
所以平面.
（3）
解：延长与交于点，取的中点，连接和，
因为，
又因为为直角梯形，可得，
所以为等腰直角三角形，所以，
因为为在平面内的投影，所以，
所以为二面角的平面角，
因为，所以，
所以二面角的余弦值为.
12．如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA=2.
（1）证明：平面PBE⊥平面PAB；
（2）求平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
(1) 利用面面垂直的判定定理，转化为证明BE⊥平面PAB.
(2) 先作出所求二面角并证明，再用解三角形知识求解.
（1）
证明：连接BD，由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，
可知是正三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD，又AB//CD，所以
因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BE.
又平面PAB，平面PAB，AB∩PA=A，所以BE⊥平面PAB，
又平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.
（2）
延长BE､AD，交于点F，连PF，则PF为平面PAD和平面PBE的交线.取AD中点H，连BH，过B作，垂足为I，连HI.
由四边形ABCD是边长为1的菱形，∠BCD=60°，
可知是正三角形，因为H是AD的中点，所以.
因为PA⊥底面ABCD，平面ABCD，所以PA⊥BH.
又平面PAD，平面PAD，AD∩PA=A，
所以BH⊥平面PAD，又平面PAD，所以.BH⊥PF，
又BI⊥PF，平面BHI，平面BHI，BH∩BI=B，
所以PF⊥平面BHI，而平面BHI，所以PF⊥HI，
则∠BIH为二面角B-PFA的一个平面角.
因为BH⊥平面PAD，平面PAD，所以BH⊥HI.
因为菱形ABCD中，DE//AB，，E为BF的中点，.
在中，，，PB⊥BF，BI⊥PF，
所以，，又，
所以中，，，
即平面PAD和平面PBE所成锐二面角的余弦值为
13．佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香､驱虫､开窍的功效.因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目.图1的由六个正三角形构成，将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊

（1）若，求图2六面体的表面积；
（2）求二面角所成角的大小.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）求边长为的六个等边三角形的面积之和即可求解；
（2）和都是等边三角形，且边长为，取的中点，连接，，，设面，可得即为二面角的平面角，在中，由余弦定理即可求解并求得角的大小.
（1）
由题意可得：六面体的六个面都是边长为的等边三角形，
所以六面体的表面积为.
（2）
由题意可得：和都是等边三角形，且边长为，
取的中点，连接，，，设面，
可得，，且，
所以即为二面角的平面角，
在正四棱锥中，，
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得：
.
所以
14．已知直三棱柱中，，，直线与平面成的角.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
(1)结合直棱柱的性质和已知条件，求出和，进而求出的面积，利用体积公式即可求出三棱锥的体积；(2)通过作辅助线找出二面角为，结合已知条件求出三角形边长，然后利用直角三角形的性质先求出正弦值，进而即可得到答案.
（1）
由题意可知，平面，从而直线与平面所成角为，
又因为，故，解得，
由，易得，故的面积，
因为，
所以三棱锥的体积为.
（2）
过分别作、，垂足分别为、，连接、，如下图所示：
由直棱柱的性质可知，平面平面，
平面平面，
从而平面，
又由平面可知，，
因为，所以平面，
从而二面角为，
因为在平面内的投影为，，
所以，
因为，易得，
由(1)中知，故，
又因为且，
所以，同理可得，
又因为平面，所以，
故，从而，
即二面角的余弦值为.
15．如图所示的几何体由三棱锥和正四棱锥拼接而成，平面，，，，，O为四边形对角线的交点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【分析】
(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.
(2)在正四棱锥中作出二面角的平面角，借助直角三角形计算即可.
（1）
取AD中点M，连QM，OM，如图，
因O是正四棱锥底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，，
于是得PQMO是平行四边形，PO//QM，而平面ADQ，平面ADQ，
所以PO//平面ADQ.
（2）
在正四棱锥中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而，平面POA，
因此，DO平面POA，而平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，
，平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角的平面角，
因平面，则PQAQ，，而，则PO=2，，
中，，于是得，
所以二面角的正弦值.
16．如左图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点E满足.现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如右图所示.
（1）求证：；
（2）求异面直线与BE的距离；
（3）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）
（3）
【分析】
（1）在图1中，连接CE，证明，，可证平面，即可得证；
（2）过作的垂线OM，交于M，则OM即异面直线与BE的距离，求出即可的解；
（3）在图2中延长BE，CD，设，连接AG，则是平面与平面的交线，由面面垂直得性质可得平面，即可得，作，垂足为H，连接CH，证得，则即为平面与平面所成锐二面角的平面角，从而可得出答案.
（1）
证明：在图1中，连接CE，易求.
∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点O，则.
∴在图2中，，.又于O，
∴平面.
又平面，∴；
（2）
解：由勾股定理可得，∴.
过作的垂线OM，交于M，
则OM即异面直线与BE的距离，
；
（3）
解：在图2中延长BE，CD，设，连接AG.
∵平面，平面.
又平面，平面.
∴是平面与平面的交线，
∵平面平面BCDE，，平面平面，
∴平面，又平面，∴，
作，垂足为H，连接CH，
又，∴平面OCH，又平面OCH，∴.
∴即为平面与平面所成锐二面角的平面角.
由（1）知，，为等边三角形，
∴，∵，∴，解得.
在中，，∴.
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值.
17．在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.
（1）求证：平面PAC⊥平面PBC;
（2）若AC=BC=PA，M是PB的中点.
①求AM与平面PBC所成角的正切值；
②求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析（2）①②
【分析】
（1）根据题意，得到和，证得平面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面PBC.
（2）①取PC的中点D，连接AD，DM，得出DM是斜线AM在平面PBC上的射影，得到是AM与平面PBC所成角，再由，即可求解, ②取中点,过作于，连接，可证明是二面角的平面角，解直角三角形求其大小即可.
【详解】
（1）由题意，因为面ABC，面ABC，，
又，即，，平面PAC，
平面PBC，∴平面平面PBC.
（2）①取PC的中点D，连接AD，DM.
.
由（1）知，平面PAC，
又平面PAC，.而.平面PBC，
所以DM是斜线AM在平面PBC上的射影，
所以是AM与平面PBC所成角，且，
设，则由M是PB中点得，
，所以，
即AM与平面PBC所成角的正切值为.
②取中点,过作于，连接，
由可得，又面ABC，,
,
平面,
是在平面上的射影，
,
是二面角的平面角，
在Rt 中，由可得
又,
所以在直角中，
故.
18．如图，在直三棱柱中，，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）求出的长，由勾股定理逆定理可证明，结合可证明面，即可求证；
（2）过点作于点，连接，则即为二面角的平面角，在中求出的长，在中，由勾股定理求出的长即可求解.
【详解】
（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以，
因为在中，，，，
由余弦定理可得，
即，解得，
所以，可得，
因为，所以面，
因为面，所以，
（2）如图，过点作于点，连接，
因为，，，所以面，
因为面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
所以，
即二面角的余弦值为.
19．如图，在正方体中，棱长为2.
（1）证明：；
（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）连结交于点O，证明平面，利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）连结，证明是二面角的平面角.利用由余弦定理求出的大小即可.
【详解】
（1）连结交于点O，在正方形中，，
平面，平面，
，，，平面，
平面，又平面，.
（2）连结.
在正方体中，，O是线段的中点，，
在中，，，
是二面角的平面角.
在中，，，，
由余弦定理得:
.
即二面角的平面角的余弦值为.
20．如图，已知矩形中，，，将矩形沿对角线把折起，使移到点，且在平面上的射影恰好在上．
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）求二面角所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）证明平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（3）过点在平面内作，垂足为点，连接，分析可知二面角的平面角为，计算出三边边长，即可求得，即可得解.
【详解】
（1）四边形是矩形，，
平面，且平面，，
，平面，
平面，；
（2）翻折前，由于四边形为矩形，则，
翻折后，对应地，有，
由（1）知，平面，平面，，
，平面，
平面，平面平面；
（3）过点在平面内作，垂足为点，连接，
因为平面，平面，则，
，，平面，
平面，故，所以，二面角所成角的平面角为，
由（2）知，平面，平面，，
，，，
，
在中，，，，
平面，平面，，
所以，，，
所以，，
因此，二面角的余弦值为.