2021年高考艺术生数学基础复习 考点26 空间向量在空间几何中的运用（教师版含解析）

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考点26 空间向量在空间几何中的运用
知识理解

一． 设直线，的方向向量分别为，，平面，的法向量分别为，，则有如下结论：
位置关系
向量表示
线线位置关系
直线l1，l2的方向向量分别为，
l1∥l2
∥⇔＝k(k∈R)
l1⊥l2
⊥⇔·＝0
线面位置关系
直线l的方向向量为，平面α的法向量为
l∥α
⊥⇔·＝0
l⊥α
∥⇔＝k(k∈R)
面面位置关系
平面α，β的法向量分别为，
α∥β
∥⇔＝k(k∈R)
α⊥β
⊥⇔·＝0
二． 点面距
已知为平面的一条斜线段(在平面内)，为平面的法向量，则到平面的距离为注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．
三．异面直线所成角
设异面直线a，b所成的角为θ，则cosθ=，其中分别是直线a、b的方向向量
四．直线与平面所成角
l为平面α的斜线，为l的方向向量，为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则(直线与平面所成角的范围为)

五．二面角
平面α的法向量为，平面β的法向量为，〈，〉＝θ，设二面角大小为φ，则
考向分析
考向一 空间向量证平行垂直
【例1】(2020·全国高三专题练习)如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.求证：

(1)PB//平面EFG；
(2)平面EFG//平面PBC.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，所以AB，AP，AD两两垂直.

以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0).　
法一：
设平面EFG的法向量为，
则,即,令z＝1，则为平面EFG的一个法向量，
∵，
∴，所以，
∵PB⊄平面EFG，
∴PB//平面EFG.
法二：，，.
设，
即(2,0,－2)＝s(0,－1,0)＋t(1,1,－1)，
所以解得s＝t＝2.
∴，又与不共线，所以，与共面.
∵PB⊄平面EFG，
∴PB∥平面EFG.
(2)由(1)知：，
∴，所以BC//EF.
又EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF//平面PBC，
同理可证GF//PC，从而得出GF//平面PBC.
又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，
∴平面EFG//平面PBC.
【举一反三】
1．(2020·全国高三专题练习)如图所示，在直二面角中，四边形是边长为的正方形，，为上的点，且平面.

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】∵为正方形，∴，
∵二面角为直二面角，∴平面，
以线段的中点为原点，所在直线为轴，
所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，
如图，建立空间直角坐标系，

则，，，，
设()，
∵为上的点，，
∴设，∴，
∴，，，
∵平面，∴，
且，解得，，∴，，
(1)，，∴，∴，
∵平面，∴，∴平面；
(2)由题意可知，平面的法向量为，
设面的法向量为，，，
∴且，取，则，，
∴，∴，∴平面平面.
2．(2020·全国高三专题练习)如图，在多面体ABC—A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1=BC，二面角A1­AB­C是直二面角.

求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】因为二面角A1­AB­C是直二面角，

四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2).
(1)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量＝(x，y，z)，
则，即，即，取y＝1，则＝(0，1，0).
所以，
即.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量＝(x1，y1，z1)，
则，即，
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即＝(1，－1，1).
所以＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以，
又AB1⊄平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
考向二 空间向量求线线角
【例2】(2021·西安市航天城第一中学)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为( )

A． B．- C．2 D．
【答案】A
【解析】如图所示，

分别取，，，的中点，，，，则，，，
或其补角为异面直线与所成角．
设，则，，
，
异面直线与所成角的余弦值为，故选：A．
【方法总结】
方法一：几何法求线线角
平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
方法二：空间向量
建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.


【举一反三】
1．(2021·广西河池市)如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，为的中点，则异面直线与所成的角的正弦值为( )．

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】连，相交于点，连、，

因为为的中点，为的中点，有，可得为异面直线与所成的角，不妨设正方形中，，则，
由平面，可得，
则，，
因为，为的中点，所以，．故选：D.
2．(2021·陕西西安市·西安中学)如图，四面体中，，，E，F分别是的中点，若，则与所成的角的大小是( )

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示：

取BC的中点G，连接EG，FG，因为E，F，G都为中点，所以,
所以，分别为异面直线EF与AB，EF与CD所成的角，
因为，所以
又因为，，所以 所以,
因为，所以故选：A
3．(2021·安徽高三期末)已知棱长为2的正方体中，，，，分别为，，，的中点，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：


取中点，连接，则，即为异面直线与所成的角，可得，，所以，从而得到.故选：C
考向三 空间向量求线面角
【例3】(2020·北海市北海中学高三月考)在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

(1)求证：BE⊥DC；
(2)求直线PC与平面PDB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；(2)
【解析】(1)证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系如图：

可得，
，故，所以.
(2)，
设为平面的一个法向量，
则 即，不妨令，可得．
设直线PC与平面PDB所成角为
于是有，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【方法总结】
解决线面角相关问题通常用向量法，具体步骤为：
（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；
（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错.
（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量.
（4）利用法向量求距离、线面角或二面角.


【举一反三】
1．(2020·浙江高三期中)如图，已知三棱锥中，平面，，M、E分别为、的中点，N为的中点．

(Ⅰ)求证：；
(Ⅱ)求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)证明：如图，以C为原点，所在直线为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，

设，则，
所以，
所以，
因为，
所以．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，
设平面的法向量，
则得
令，则，故平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，则
.
所以直线和平面所成角的正弦为.
2．(2021·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末)在三棱锥中，，，.

(1)求证：；
(2)若为上一点，且，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)取中点，连接，，因为，，
所以，，又因为，所以平面，
即.
(2)由(1)得，平面，又因为平面，
所以平面平面，
易得，，所以，即，
又因为平面平面，所以平面，
如图所示，以射线，，为，，正半轴建系，

，，，，，
，，，
设为平面一个法向量，则有，取，
设为直线与平面所成角，则.
即直线与平面所成角的正弦值为.
3．(2021·浙江绍兴市·高三期末)已知三棱柱中，平面平面，，．

(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)求直线与平面所成角的大小．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)如图所示：

证：作于．
因为，面，面面且交于．
∴面，
因为面，∴(1)
在中，由，，得到
∴，即(2)，
由(1)(2)得面．
(Ⅱ)方法1(几何法)
如图所示：

取的中点，取的中点，连，，则，
由(Ⅰ)可知面面，且面面
所以面，则为所求线面角．
在，设，则，
由、分别为，中点，得，
在中，，
即直线与平面所成角
方法2(坐标法)
以中点为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：

设，，，，，，．
设平面的法向量，则
由，解得．
取．
，
记所求线面角为，则．
即直线与平面所成角．


考向四 空间向量求二面角
【例4】(2021·盐城市伍佑中学高三期末)在三棱柱中，平面，，，是的中点.

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)在三棱柱中，平面，则平面，
，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

设，则、、、，
，，则，
因此，；
(2)设平面的法向量为，，，
由，取，则，，可得，
易知平面的一个法向量为，.
由图形可知，二面角为锐角，
因此，二面角的余弦值为.
【方法总结】
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.


【举一反三】
1．(2021·湖北高三月考)如图，在四棱锥中，平面平面.

(1)求证：平面平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)证明：取的中点的中点，连接

因为点是中点，点是中点，
所以且.
又因为且
所以且
所以四边形为平行四边形，
所以
因为平面平面ABCD，平面平面平面ABCD，
所以平面又平面
所以
因为点为的中点，
所以
因为所以
又平面
所以平面
又因为CE平面
所以平面平面
(2)作的中点分别为连结则，
因为平面平面
所以
所以
因为
所以为正三角形，
所以
所以
即两两垂直，
以点为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系

则，
所以，
设平面的一个法向量为
则，即
取则；
设平面的一个法向量为
则即，
取则，
所以，
所以
所以二面角的正弦值为.
2．(2021·山西吕梁市·高三一模)如图，四棱锥中，，，侧面为等边三角形，，，.

(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)由已知，，得，
，所以，所以，
又，所以平面，
又平面，所以.
(2)以为坐标原点，取中点，
，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，，.
所以，，，.
平面的法向量为，
则，即，
即，则，，
所以.
平面的法向量为，
则，即，得，
取，则，所以，
从而.
因二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
3．(2021·江西赣州市·高三期末)在如图所示的几何体中，，，均为等边三角形，且平面平面，平面平面.

(1)证明：；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)
证明：如图示：分别取，的中点，，连结，，
因为，△均为全等的等边三角形，
故，且
又因为平面平面且交于，
平面平面且交于，
故面，面
从而有，又，
进而得四边形为平行四边形，得：，又
即：
(2)连结，由为等边三角形，故，结合面，故分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系

又，所以，，
则，，，，
所以，，
令平面的一个法向量为，
所以取，，，
所以平面的一个法向量为
同理可求平面的一个法向量为
令二面角为，由题意可知为锐角，
则
所以二面角的余弦值为
考向五 空间向量求空间距
【例5】(2020·上海浦东新区·华师大二附中高三月考)如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱平面，为的中点，.

(1)证明：直线平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)连接交于，连接，因为底面为矩形，所以为中点，
因为为中点，在中，分别为两边中点，所以，
又因为平面，所以直线平面，

(2)建立如图所示空间坐标系，，，

所以，，，
设为平面的法向量，，
所以，令，其中一个法向量，
设点到平面的距离为，
所以.

【方法总结】
利用向量方法求解平面外一点到平面的距离的步骤：
（1）建立合适空间直角坐标系，在平面内取一点；
（2）求解出和平面的法向量；
（3）根据即可求解出点到平面的距离.


【举一反三】
1．(2021·吉林长春外国语学校)如图，平行四边形中，，分别为的中点.以为折痕把四边形折起，使点到达点的位置，点到达点的位置，且.

(1)求证：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)证明：记，连接NO，
可知四边形ABFE是菱形，所以，且O为AF，BE的中点，
又，所以，
又因为，NO，平面NEB，
所以平面NEB，
平面，
平面平面.

(2)因为，所以，
四边形是平行四边形，，
所以，
所以，
所以，所以，
又由(1)可知：，且，AF，平面ABFE，
所以平面ABFE，以直线OE为x轴，直线OA为y轴，直线ON为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，

所以，所以，，
设是平面 的法向量，则
，取，得，
则点到平面的距离.


2．(2020·全国高三专题练习)如图，在直三棱柱中，，是棱的中点，且.

(1)求证： 平面；
(2)求直线到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)证明：以为原点，以，，所在的直线分别为，，轴，
如图建立空间直角坐标系，，
，
设平面的法向量为，
则，，，
令，则，
，
所以，
因为平面，所以平面．

(2)解：因为平面，所以直线上任一点到平面的距离都相等，，
设直线到平面的距离为，则，
所以直线到平面的距离为．
强化练习

1．(2021·北京高三期末)如图，在四棱锥中，，， ，，.

(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).
【解析】(Ⅰ)证明：
解法1. 因为 平面 平面 所以平面
解法2.因为，，，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则 ，
平面的法向量为 ， ，
因为 ，平面 ，所以平面；
(Ⅱ)解：因为，，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则

所以平面的法向量为 ，
设平面的法向量为， ，
所以 ，令 ，
设平面与平面所成角为为锐角， 所以.
2．(2021·安徽淮北市·高三一模)如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，，，且，，面，，N为中点.

(1)若是中点，求证：面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)面，四边形是边长为的正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则、、、、、、，
，，，
设平面的法向量为，由，
令，可得，，则，
，，
平面，平面；
(2)设平面的法向量为，，，
由，
令，则，，可得，
设平面的法向量为，，
由，取，则，，可得，
，.
因此，二面角的正弦值为.
3．(2020·赤峰二中高三三模)如图所示，在平行四边形ABCD中，，，，点E是CD边的中点，将沿AE折起，使点D到达点P的位置，且.

(1)求证；平面平面ABCE；
(2)求点E到平面PAB的距离.
【答案】(1)见解析；(2)
【解析】(1)∵在平行四边形ABCD中，，，，
点E是CD边的中点，将沿AE折起，
使点D到达点P的位置，且.
∴，
∴，
∵，∴，
∵，∴平面PAE，
∵平面ABCE，∴平面平面ABCE.

解：(2)∵，，，
∴，∴.
∵平面PAE，，
∴平面PAE，
∴EA，EC，EP两两垂直，
以E为原点，EA，EB，EP为x，y，轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
设平面PAB的法向量，
则，
取，得，
∴点E到平面PAB的距离.
4．(2020·陕西省商丹高新学校高三其他模拟)如图所示在长方体中，，，，，分别是，的中点.

(1)求证：平面
(2)求C到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】分别取和的中点，连接，

则且；且
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
(2)以为原点，分别为，建立空间直角坐标系，如图所示：

由题意，则，
又，分别是，的中点，
所以,
所以;
设平面的法向量为，则
，令，则；
所以，
设C到平面的距离为，则.
5．(2021·河南高三月考)如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，分别为，的中点，.

(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)因为为的中点，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形.
因为，所以四边形为矩形，所以.
因为，，所以，
又因为，所以.
因为，所以平面.

(2)因为平面平面，结合(1)易知，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图.
因为为的中点，，
因为在中，，，
所以，，，，因为为的中点，所以.
所以，，，
设平面的法向量为，
由，
令，得，，即为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
由，
令，得，，即为平面的一个法向量，
设二面角为，由题意，可得，
所以，
即二面角的余弦值为.
6．(2021·江苏南通市·高三期末)如图，在四棱锥中，平面，，相交于点，，已知，，.


(1)求证：平面；
(2)设棱的中点为，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)∵，，
∴，则，
∴在中，，
，
∴
∴，∴，∵平面
∴，，且都在平面，
∴平面

(2)以为轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，，
∴，，，

设平面与平面法向量分别为，二面角为
∴，

∴，则.
7．(2021·河南高三期末)如图，直四棱柱的底面为平行四边形，，，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)由题意可得，
所以，因此.
在直四棱柱中，
平面，平面，所以
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
(2)由(1)知，，，两两垂直，
以为原点，，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，.
由可得，所以.
则，，，
设是平面的一个法向量，
则，
令，可得
设直线和平面所成的角为，
则.

8．(2021·江西宜春市·高三期末)如图所示，在多面体中，，，，四边形为矩形，平面平面，.

(1)证明：平面；
(2)若二面角正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)取的中点为，连接，因为且，
四边形为平行四边形，所以且，
又因为四边形为矩形，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
且平面，平面，
所以平面，同理可证平面，又
所以平面平面，因为平面
所以平面.

(2)由面面，知，平面，
故，，两两垂直，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
设平面的法向量为，，
则
设平面的法向量为，，
则.
，
9．(2021·陕西咸阳市·高三一模)如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，是的中点．

(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)设点是的中点，求二面角的余弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)．
【解析】(Ⅰ)平面平面，平面平面=AC，平面，，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∵，平面，
∴平面．
(Ⅱ)∵平面平面，平面平面=AC，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，，，
则，，，
由(Ⅰ)知是平面的一个法向量，
设是平面的法向量，
则有，即，
令，则，，
∴，
设二面角所成角为，由图可得为锐角，
则．
10．(2021·宁夏吴忠市·高三一模)如图，在三棱锥中，平面ABC，三角形是正三角形，，点D、E、F分别为棱PA、PC、BC的中点，G为AD的中点．

(1)求证：平面BDE；
(2)求二面角的余弦值．
【解析】(1)法一：连接PF交BE于点H，连接DH，见图1:


∵E，F分别是PC，BC的中点，∴H是三角形的重心，
∴．
由已知得，∴，
又平面BDE，平面BDE，
∴平面BDE．
法二：取EC中点M，连接FM，GM，见图2:


由已知得
∴平面BDE，平面BDE，
∴平面BDE．
∵M，F分别是EC，BC的中点，
∴，又平面BDE，平面BDE，
∴平面BDE
∴，
∴平面平面BDE，又平面GFM，
∴平面BDE．
法三：在平面ABC内，以垂直于AB的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，见图3，

设正三角形边长为()
则，，，
∴，
设平面BDE的法向量为，则
，，
∴，可取．
又，，
∴，∴，
即，又平面BDE，
∴平面BDE．
(2)在平面ABC内，以垂直于AB的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，见图3，设正三角形边长为
则，，，
由第(1)问方法三可知，平面BDE的法向量为
设平面DEF的法向量为，
又，．
∵，，
∴，可取，
∴．
∴二面角为锐二面角，
∴二面角的余弦值为．
11．(2021·内蒙古赤峰市·高三期末)如图，四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，面面，且，点在棱上．

(1)证明：当时，直线平面；
(2)当平面时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)证明：连结与交于点，连结，，
，
，，
又面，面，平面．

(2)解：平面，，是的中点，取的中点为，
平面
以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
设平面的法向量为，则
令，则，，
设平面的法向量为，则
令，则，，

二面角的余弦值为．
12．(2021·河南高三月考)如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为的中点．

(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)连接交于，连接，则为中点，
所以为的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
(2)在中，因为，所以，
取中点，中点，连接，，则，，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
因为，，、平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以，，两两垂直,
如图所示，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，所以，
可得，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，
设平面的法向量为，
则，即，取，
所以，
所以二面角的余弦值为．

13．(2021·安徽高三期末)在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，为线段的中点，过的平面与线段分别交于点.

(1)求证：平面；
(2)若，点G为的中点，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】证明：(1)因为，且E为线段的中点，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面平面，所以平面，又平面平面，所以，
又，且平面平面，平面平面，所以平面，所以平面，
(2)因为为线段的中点，所以，又因为平面平面，所以平面，
以E为坐标原点，的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系；则，
则
设平面的法向量为，则，即
不妨令，可得为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即不妨令，可得为平面的一个法向量，
设平面与平面所成的锐二面角为，
于是有；
所以平面与平面所成角的余弦值为.

14．(2021·江苏常州市·高三开学考试)如图，在四棱锥中，底面四边形是矩形，，平面平面，二面角的大小为.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)四棱锥中，四边形是矩形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面
所以平面，
又因为、、平面，所以，，，
从而是二面角的平面角，
因为二面角的大小为，所以，
在中，，所以，所以，
即，
又因为，，所以平面；
(2)在底面内，过点作，垂足为，连接，

由(1)知平面，又平面，所以，
又因为，，所以平面，
从而为直线与平面所成角，
设，则，，
所以，，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
15．(2021·浙江绍兴市)如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面且为中点．

(1)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)
【解析】解：(1)如图所示：

取边的中点E，连，
则三角形中位线可知：且，
由题可知：且，
且，
即四边形为平行四边形，

又平面平面，
故平面；
(2)取边的中点G，
则，且，
直线与平面所成角即为与平面所成角，
又，且易得,所以
由等体积法，，得，
与平面所成角的正弦值为，
故直线与平面所成角的正弦值为．
16．(2021·江西高三其他模拟)如图，在三棱锥中，，为的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】(1)因为为正三角形，所以；
因为，所以.
又，平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面
(2)过点P作的垂线，垂足为H，连结.

因为平面平面，又平面平面，平面，
故平面.所以直线与平面所成角为
在中，，
由余弦定理得，
所以.
所以,
又，故，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17．(2021·浙江绍兴市·高三期末)如图，三棱柱中，，在底面上的射影恰好是点，是的中点.

(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【解析】(1)连接与相交于，连接
由于，分别是，的中点，则
因为平面，平面，所以平面.

(2)取中点，连接，，则
因为平面，所以
又平面，，所以平面
又平面，所以平面平面，过作于
因为平面，平面平面
所以平面，连接，则即为与平面所成角
设，易知，，
由，
所以.

18．(2021·浙江绍兴市·高二期末)如图，在三棱柱中，，，，点为线段的中点．

(1)求证：．
(2)求二面角的大小．
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).
【解析】(1)取的中点为，由于和为正三角形，则，，
又，故平面，又平面，故；
(2)由于，，故为二面角的平面角．
由于，，
由余弦定理得，
从而，故二面角的大小为；
(3)如图以点原点，、所在直线为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系．

则、、、、，
由于，，，
设平面的法向量为，
由，可得，取，则，，则，
设直线与平面所成角为，则由于，，
从而.