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最新高考数学解题方法模板50讲 专题31 空间中直线、平面垂直位置关系的证明方法
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模
板
50
讲
专题31 空间中直线、平面垂直位置关系的证明方法
【高考地位】
立体几何是高考的重点内容之一，每年高考大题必有立体几何题，尤其是第一问主要考查证明线面垂直、平行，面面垂直等问题，解决这类问题的方法主要有：几何法和空间向量法. 在高考中其难度属中档题.
方法一 几何法
例1、【广东省湛江市2021届高三上学期高中毕业班调研测试】如图，三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，侧面为菱形，且平面平面，，为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设的中点为，与的交点为，连接，，，根据线面垂直的判定定理，可得平面；再证明，得到平面，推出，，从而可得线面垂直；
（2）先由（1）可得，，，两两相互垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.
【详解】
（1）证明：设的中点为，与的交点为，连接，，，如图所示．
由为的中点可得，又平面平面，平面平面，故平面．
又为的中点．所以且．
又且，所以且，
因此四边形为平行四边形，所以且，所以平面，
故，又四边形为菱形，所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，，两两相互垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
设为平面的一个法向量，
则即可取，
由（1）可知，为平面的一个法向量，
所以．
所以二面角的余弦值为．
例2、【河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学（文）】如图，在三棱锥中，，，，分别为，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，是面积为的等边三角形，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用等腰三角形三线合一、勾股定理可证得，，由线面垂直判定可证得平面，由面面垂直判定定理可证得结论；
（2）由面面垂直的性质可证得平面，即为所求四棱锥的高，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】
（1），为的中点，，.
，，
又，，.
，平面，平面，
平面，平面平面.
（2），，
又平面平面，平面平面，平面.
是面积为的等边三角形，，可得：.
.
【点睛】
思路点睛：证明面面垂直或线面垂直的关键是找到线线垂直关系，证明线线垂直的常用方法有：（1）线面垂直的性质定理；（2）等腰三角形三线合一性质；（3）勾股定理证垂直；（4）菱形、正方形等图形中的特殊垂直关系.
【变式演练1】【河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学（理）】如图，四边形为菱形，，四边形为矩形，平面平面，点在上，.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成角为60°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由平面平面，得平面，得.再由已知.得，从而可证得线面垂直；
（2）由线面角的定义得，设，则，.连接，以和的交点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.用空间向量法求得二面角余弦．
【详解】
（1）因为，，所以.
因为平面平面，，平面平面，
所以平面，所以.
又因为，所以平面.
（2）由（1）知平面，所以为与平面所成的角，
所以，.由平面，知.
设，则，.
连接，以和的交点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，
设为平面的一个法向量，
则,可取.
由（1）可知为平面的一个法向量.
所以，
结合图可知二面角的余弦值为.
【变式演练2】【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期阶段质量检测（一）】如图，四边形与均为菱形，，且.
（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）.
【分析】
（1）设与相交于点O，连接，说明和即可证明；
（2）连接，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
（1）设与相交于点O，连接，
∵四边形为菱形，∴，且O为中点，
∵，∴，
又，∴平面
（2）连接，∵四边形为菱形，且，
∴为等边三角形，
∵O为中点，∴，又，
∴平面.
∵，，两两垂直，
∴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，四边形为菱形，，
∴，.
∵为等边三角形，
∴，，，
∵，
∴
，，.
设平面的法向量为，
则，取，得.
设直线与平面所成角为θ，
则.
方法二 空间向量法
例3、【云南师范大学附属中学2020届高三适应性月考】如图，四边形为正方形，平面，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面和平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）以为坐标原点，线段的长为单位长，射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算，得线线垂直，从而有线面垂直；
（2）求出平面和平面的法向量，由法向量夹角余弦得二面角余弦（注意正负）．
【详解】
（1）证明：如图，以为坐标原点，线段的长为单位长，
射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，
依题意有，
则，
所以，即，
故平面.
又平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）有，
设是平面的法向量，
则即，取，则，.
设平面的法向量为，
则即，取，则，，
所以，
故平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
【变式演练3】【天津市第四中学2020-2021学年高三上学期学情调查】如图，在三棱柱中，平面，点D，E分别在棱和棱上，且，M为棱的中点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】
（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】
首先根据题意建立适当的空间直角坐标系，写出各相关点的坐标.
（1）利用直线的方向向量的数量积为零即可证明；
（2）先求得两平面的一组法向量的坐标，利用两平面的法向量所成的角的余弦值公式求得，注意平面与平面所成的角的概念，得到两平面所成的角的余弦值；
（3）利用直线的方向向量与平面的法向量所成的角的余弦的绝对值即为线面所成角的正弦值求得．
【详解】
解：依题意，以为原点，分别以的方向为轴，建系如图，
得，，，，
，，，，．
（1）证明：依题意，，，
从而，
所以．
（2）解：依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，取．
因此有，
所求平面与平面的夹角余弦值为．
（3）解：依题意，．
由（２）知为平面的一个法向量，
于是．
所以，与平面所成角的正弦值为．
【变式演练4】【广西名校2021届高三上学期第一次高考模拟】如图1，矩形ABCD中，2AB=BC，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△CDE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）详见解析；（2）
【分析】
（1）设AB=a，则BC=2a，设BF=x，在中，由，解得x，再根据点B落在线段FC上，得到的长度，然后以为x轴，以为原点，建立空间直角坐标系，设，由求得A坐标，易知B的坐标，从而得到向量的坐标即可.
（2）根据平面DEC⊥平面FEC，先求得D的坐标，再分别求得平面ABE的一个法向量： ，平面BDE的一个法向量： ，由求解.
【详解】
（1）在平面ABCD中，AF=FC，BF+FC=2AB，
设AB=a，则BC=2a，设BF=x，
在中，，解得，则 ，
因为点B落在线段FC上，
所以，
以为x轴，以为原点，作y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，则，
解得，
所以AB平面EFC，又AB平面AEB中，
所以平面ABE⊥平面EFC;
（2）由（1）知：，
在中，D到EC的距离为，
因为平面DEC⊥平面FEC，
所以，则 ，
所以，
设平面ABE的一个法向量为： ，
则解得 ，
所以 ，
设平面BDE的一个法向量为： ，
则，
所以 ，
所以，
所以.
【高考再现】
1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【解析】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项B错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
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
【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．
【解析】
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．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)详见解析(2)
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.
【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD
所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME
则为二面角E-BC-D的平面角,
因为,为正三角形,所以为直角三角形
因为,
从而EF=FM=
平面BCD,
所以
【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.
4．（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.
【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．
【解析】（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．
5．（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．
【解析】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．
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．
【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.
【解析】（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. 【2017课标3，文10】在正方体中，E为棱CD的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据三垂线逆定理，平面内的线垂直平面的斜线，那也垂直于斜线在平面内的射影，A.若，那么，很显然不成立；B.若，那么，显然不成立；C.若，那么，成立，反过来时，也能推出,所以C成立，D.若，则，显然不成立，故选C.
【考点】线线位置关系
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
8．（2019北京理12）已知l，m是平面a外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①； ②； ③
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ______．
【答案】 若，则或，则．
【解析】由l，m是平面α外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得： 若，则．
由线面平行、垂直的性质定理得，则．
9．（2018•新课标Ⅰ，文18）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【解析】（1）证明：在平行四边形中，，，
又．且，
面，面，
平面平面；
（2），，，
，
由（1）得，又，面，
三棱锥的体积
．
10．【2020年高考全国Ⅰ卷文数19】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面⊥平面；
（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（1）根据已知可得，进而有，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论．
【解析】（1）为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了面面垂直的证明，考查锥体的体积公式，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确进行空间垂直间的相互转化．
11．【2020年高考全国Ⅲ卷文数19】如图，在长方体中，点分别在棱上，且．证明：
（1）当时，；
（2）证明：点在平面内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【思路导引】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得，进而可证平面，即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得，再通过平行四边形性质进行证明即可．
【解析】
（1）因为长方体，所以平面，
因为长方体，所以四边形为正方形，
因为平面，因此平面，
因为平面，所以．
（2）在上取点使得，连，
因为，所以所以四边形为平行四边形，，因为所以四边形为平行四边形，，因此在平面内．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了线线垂直的证明，考查点与平面位置关系的证明，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是灵活掌握线面垂直判定定理、线线平行判定定理等．
12．【2020年高考江苏卷15】在三棱柱中，，平面，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【答案】见解析
【解析】（1）∵分别是，的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面．
（2）∵平面，面，∴，
又∵，，面，面，
∴面，∵面，∴平面平面．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，本题考查了线面平行、面面垂直的证明，考查直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是空间线线、线面、面面平行（垂直）的相互转化．
【反馈练习】
1．【2021届四川省双流中学高三高考热身训练】已知点是正方体的棱的中点，给出以下结论：
①；
②；
③；
④平面
其中正确命题的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】
建立空间直角坐标系,根据空间中两个向量垂直则数量积为0逐个判定即可.
【详解】
设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则.
对①, ,因为,故①错误.
对②, ,因为,故②错误.
对③, ,因为,故③正确.
对④,由②有不成立,故平面不成立.故④错误.
故选：C
2．【内蒙古赤峰市2020届高三（5月份）高考数学（理科）模拟】如图，一张纸的长、宽分别为，，四条边的中点分别是，，，，现将其沿图中虚线折起，使得，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，关于该多面体有下述四个结论：
①该多面体是六面体；
②点到棱的距离为；
③平面；
④该多面体外接球的直径为，
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．③④C．②③D．②③④
【答案】D
【分析】
利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以，，，为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，即可得出结论.
【详解】
解：结论①中，长、宽分别为，，，，，分别是其四条边的中点，
现将其沿图中虚线折起，，
，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，
如图，以，，，为顶点的三棱锥，
故①错误；
结论②中，，，三角形是等腰直角三角形，
所以点到棱的距离为，故②正确；
结论③中，，，，所以平面，故③正确；
结论④中，三棱锥扩展为长方体，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，长方体的外接球直径是长方体的体对角线.
设长方体的三边为：，，，
可得，
相加可得，
该多面体外接球的直径为，故④正确.
所有正确结论的序号是：②③④.
故选：D.
3．（多选）【海南省2021届高三年级第一次模拟考试】如图所示，在三棱锥中，，且，为线段的中点.则（ ）
A．与垂直
B．与平行
C．点到点，，，的距离相等
D．与平面，与平面所成的角可能相等
【答案】AC
【分析】
由题设可证底面，作中点，由中位线定理可证，易证，再由为外心得到三点距离相等，为外心，可证点到点，，，的距离相等；结合正切定义可证与平面，与平面所成的角不相等
【详解】
过点作，垂足为，连接，可得为的中点.
因为，所以，所以平面，所以，从而A正确；
由条件可知，而与有交点，因而与不平行，B错误；
点是的外心，所以到，，的距离相等，
根据条件可知平面，从而平面，又因为是的外心，所以点到，，的距离相等，所以点到，，，四点的距离都相等，C正确；
与平面所成的角即，与平面所成的角即，，，所以两个角不可能相等，D错误.
故选：AC
【点睛】
方法点睛：本题考查锥体基本性质的应用，线线垂直的证明，两直线平行的判断，锥体外接球球心的判断，线面角大小的判断，综合性强，需掌握以下方法：
（1）能利用线面垂直的性质和判定定理证明线线垂直；
（2）要证两直线不平行只需证明两直线或对应的平行直线相交即可；
（3）寻找锥体外接球球心关键在于先寻找底面三角形外接圆圆心，在垂直于底面外接圆圆心的线段上，再寻找跟顶点与底面任意一顶点相等的点.
4．（多选）【山东省实验中学2020-2021学年高三第一次诊断考试（10月）】已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则与所成的角和与所成的角相等
【答案】BCD
【分析】
根据线、面的位置关系，逐一进行判断.
【详解】
选项A：若，则或，
又，并不能得到这一结论，故选项A错误；
选项B：若，则由线面垂直的性质定理和线面平行的
性质定理可得，故选项B正确；
选项C：若，则有面面平行的性质定理可知，
故选项C正确；
选项D：若，则由线面角的定义和等角定理知，与
所成的角和与所成的角相等，故选项D正确.
故选：BCD.
5．已知四面体，，，平面，于E，于F，则（ ）
A．可能与垂直，的面积有最大值
B．不可能与垂直，的面积有最大值
C．可能与垂直，的面积没有最大值
D．不可能与垂直，的面积没有最大值
【来源】浙江省金华十校2021届高三下学期4月模拟考试数学试题
【答案】D
【分析】
根据题意，分别求得，，，并求得长度.从而判断为等腰三角形，不可能与垂直. 设，则，，由余弦定理求得，的取值范围，从而求得的范围，代入面积公式，判断是否存在最大值.
【详解】
由平面知，，
则，
利用等面积法求得斜边上的高，
从而有，
则为等腰三角形，不可能与垂直，即不可能与垂直.
故AC错误；
由上知，，设，则，，
由余弦定理知，，
则由知，，
故为锐角，且
的面积，当取得右侧边界点时，三点共线，不能构成三角形，故无最大值，
故B错误，D正确；
故选：D
6．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．四棱锥体积的最大值为
D．过点分别作于点，于点，则
【来源】浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）2021-2022学年高三上学期第一次联考数学试题
【答案】D
【分析】
由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.
【详解】
底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.
所以在堑堵中，，侧棱平面,
在选项A中，因为，，显然与不垂直，
且为矩形，所以四棱锥不为“阳马”，故A错误；
在选项B中，由，且，
所以平面，所以，则为直角三角形，
为直角三角形，
由平面，得为直角三角形，
不为直角三角形，所以不是“鳖臑”，，故B错误;
在选项C中，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
则，所以C错误；
在选项D中，由平面，则且，
则平面，所以
又且，则平面，则，所以D正确.
故选：D.
7．如图，等边三角形中，为边的中点，于．将沿翻折至的位置，连结．那么在翻折过程中：
①总有成立；
②存在某个位置，使；
③在线段上，存在异于两端点的点，使线段的长度始终不变．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．①③
C．②③D．①②③
【来源】江苏省常州市前黄高级中学2021届高三下学期学情检测（三）数学试题
【答案】B
【分析】
证明平面可判断①，假设推出矛盾可判断②，取靠近的三等分点，则可证，从而可判断③
【详解】
解：对于①，因为，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，所以①正确，
对于②，假设存在某个位置，使得，连接，则由正三角形性质得，因为，所以平面，所以，由①可得，因为，所以平面，所以，所以，显然不可能，所以假设错误，所以②错误，
对于③，存在点，满足，取的中点，连接，可得，∥，设底面三角形的边长为4，则，
因为平面，所以平面，所以，
所以为直角三角形，
因为
所以为定值，所以③正确，
故选：B
8．如图，四边形，，均为正方形．动点E在线段上，F，G，M分别是，，的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．平面
C．存在点E，使得平面平面
D．存在点E，使得平面平面
【来源】全国卷地区“超级全能生”（丙卷）2021届高三5月联考数学（理）试题
【答案】B
【分析】
取BC的中点N，连接CE，利用反证法判断选项A；利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理即可判断选项B；利用直线BF与平面CC1D1D有交点，即可判断选项C；连结BD，记AC∩BD＝H，利用面面垂直的性质定理证明BH⊥平面AA1C1C，且H不在平面BEF，即可判断选项D．
【详解】
解：对于A，取的中点N，连接，因为G是的中点，所以，
若，则，这与矛盾，故选项A错误；
对于B，因为平面平面，平面平面，，
所以平面，又平面，所以，
又，且，，平面，
则平面，故选项B正确；
对于C，因为直线与平面有交点，所以不存在点E，使得平面平面，故选项C错误；
对于D，连接，因为四边形为正方形，
所以，因为平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，，则平面，
记，则平面，且H不在平面，
所以不存在点E，使得平面平面，故选项D错误．
故选：B．
9．【广西北海市2021届高三第一次模拟考试数学（文）】如图，在三棱锥P-ABC中，平面平面，为等边三角形，且，、分别为棱、的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；
（2）计算出的面积以及的长，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.
【详解】
（1）因为，O为中点，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）因为且，分别为的中点，
所以，，，
又平面，所以.
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直常用的方法：
（1）面面垂直的定义；
（2）面面垂直的判定定理.
在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.
10．【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】如图1，扇形的圆心角为60°，半径为3，点，分别在线段，上，且，将沿折起到的位置，如图2所示.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据，，利用余弦定理，可得，根据勾股定理，可得，根据翻折前后的关系，利用线面垂直判定定理，可得平面，即可得证.
（2）过点作平面，如图建系，分别求得平面、的法向量，利用向量法求得两个平面夹角的余弦值，即可求得答案.
【详解】
（1）在中，，，，
由余弦定理，，即，
所以，即，即，
所以，，，
所以平面，
又平面，所以
（2）如图，过点作平面，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由题意可得，，，，
则，.
设平面的法向量为，则，
令，则一条法向量.
易知为平面的一个法向量，
所以，
所以，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
11．【江西省鹰潭市2021届高三第二次模拟考理科】如图所示，底面为菱形的直四棱柱被过三点的平面截去一个三棱锥(图一)得几何体(图二)，E为的中点．
(1)点F为棱上的动点，试问平面与平面是否垂直?请说明理由；
(2)设，当点F为中点时，求锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
(1)利用直四棱柱的几何特征可知 ，B1D1⊥平面CEA1，从而平面平面CEA1 ；(2) 分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面与平面F的法向量，代入公式即可得到锐二面角的余弦值．
【详解】
（1）平面平面，证明如下：
连接AC，BD相交于点O，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又因为直四棱柱上下底面全等，
所以由AC⊥BD得，
又因为CB=CD，，
所以CB1=CD1.
因为E为B1D1的中点，所以，
又，所以B1D1⊥平面CEA1，
又因为平面，
所以平面平面CEA1.
（2）连接OE，易知OE⊥平面ABCD，所以OB，OC，OE两两互相垂直，
所以分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则O（0，0，0），.（7分）
设平面的法向量为，则
，
令
所以.
同理设平面F的法向量为，则
，
令.
所以，
所以
,
所以所求的锐二面角的余弦值为
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
12．【广东省2021届高三上学期新高考适应性测试（一）】如图，E是以AB为直径的半圆O上异于A、B的点，矩形ABCD所在的平面垂直于半圆O所在的平面，且AB=2AD=2.
（1）求证：；
（2）若异面直线AE和DC所成的角为，求平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1) 由面面垂直的性质可证得.再线面垂直的判定定理和性质定理可得证；
(2)以点为坐标原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.由二面角的向量求解方法可求得平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值.
【详解】
(1) ∵平面垂直于圆所在的平面，
两平面的交线为平面，
∴垂直于圆所在的平面.又在圆所在的平面内，
∴.∵是直角，∴，
又，∴平面，
∴.
(2)如图， 以点为坐标原点，所在的直线为轴，
过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.
由异面直线和所成的角为，，
知， ∴，
∴，由题设可知 ，，
∴，.
设平面的一个法向量为，
由，即
得，，取，得.
∴.又平面的一个法向量为，
∴.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
13．【广西南宁三中2020届高三数学（理科）】如图1，在直角中，，，，，分别为，的中点，连结并延长交于点，将沿折起，使平面平面，如图2所示.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【分析】
（1）根据条件证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，利用公式计算二面角余弦值即可.
【详解】
（1）证明：由条件可知，
而为的中点，∴，
又平面平面，平面平面，且平面，
∴平面，
又因为平面，∴.
（2）由（1）可知，，，两两相互垂直，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
易知面的法向量为
设平面的法向量为，
则：，即
令，则，，
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
14．【湖南省长郡中学、雅礼中学、河南省南阳一中、信阳高中等湘豫名校2020届高三（5月份）数学（理科）模拟】如图①四边形为矩形，、分别为、边的三等分点，其中，，以为折痕把四边形折起如图②，使面面．
图① 图②
（1）证明：图②中；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质以及判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
（1）连接
∵，，，∴，∴．
∵面面，面面，面
∴面
面，∴
∵，，面
∴面
面
∴．
（2）以，分别为，轴建立如图坐标系．
则，，，，中点
∵，∴
∴，，
设面的法向量为，∴
令，，，∴．
设面的法向量为，∴
令，，，∴
∴
由图可知，二面角为钝角
∴二面角的余弦值为
15．【河南省许昌市、济源市、平顶山市2020届高三数学（理科）第三次质检】如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，.
（1）求证：；
（2）当直线与平面所成角为时，求二面角平面角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接、、，推导出，，可证得直线平面，进而可证得；
（2）证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用直线与平面所成的角为求出，然后利用空间向量法可求得二面角的平面角的大小.
【详解】
（1）取的中点，连接、、，
，为的中点，.
四边形是菱形，且，是正三角形，则.
又，平面.
又平面，；
（2），平面平面，交线为，平面.
又平面，，、、两两互相垂直.
以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
面，即为与面所成角，，.
在正三角形中，，假设，则.
、、、.
，，.
设面的法向量为，则.
不妨取，则.
同理，设面的法向量为，则.
不妨取，则.
，平面平面，二面角平面角为.
16．如图，多面体中，平面，点为的中点，
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的大小.
【来源】安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查理科数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取中点，连接，易得四边形为平行四边形，从而，再利用线面垂直的判定定理得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据（1）分别以为轴建立空间坐标，易知平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量为，由求解.
【详解】
（1）如图所示：
取中点，连接，
则且，
又且，
所以，即四边形为平行四边形，
从而，
而，
所以，
因为平面，
所以平面，
所以
且，
所以平面，
所以平面平面，
所以平面平面
（2）由（1）知，分别以为轴建立空间坐标
系，又，
所以，
所以平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
所以，
即，可得平面的一个法向量为，
，易知二面角为锐角，所以二面角的大小为.
17．如图所示，点P在圆柱的上底面圆周上，四边形为圆柱的下底面的内接四边形，且为圆柱下底而的直径，为圆柱的母线，且，圆柱的底面半径为1.
（1）证明：；
（2），B为的中点，点Q在线段上，记，当二面角的余弦值为时，求的值.
【来源】广东省茂名市2021届五校联盟高三下学期第三次联考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据为直径，得到，再根据为母线，易得，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的法向量可取为， 然后由求解.
【详解】
（1）因为为直径，点D在圆上且不同于A，C点，
所以，又因为为母线，
所以平面，又平面，
从而，又，
所以平面，
又平面，
所以.
（2）由（1）知两两相互垂直，所以分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为，圆柱的底面直径为2，所以，所以，
又B为的中点，所以，即为正方形，
所以，
由，得，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，
又因为平面的法向量可取为，
所以，
由题知，
所以，解得（舍）或，
所以的值为
万能模板
内 容
使用场景
转化的直线或平面比较容易找到
解题模板
第一步 按照线线垂直得到线面垂直，进而得出面面垂直的思路分析解答；
第二步 找到关键的直线或平面；
第三步 得出结论.
万能模板
内 容
使用场景
转化的直线或平面不容易找到，而一直条件方便建立空间直角坐标比较容易写出
解题模板
第一步 建立适当的空间直角坐标系；
第二步 分别写出各点的坐标，求出直线方向向量；
第三步 利用向量的关系得到直线和平面的关系即可.
模
板
50
讲
专题31 空间中直线、平面垂直位置关系的证明方法
【高考地位】
立体几何是高考的重点内容之一，每年高考大题必有立体几何题，尤其是第一问主要考查证明线面垂直、平行，面面垂直等问题，解决这类问题的方法主要有：几何法和空间向量法. 在高考中其难度属中档题.
方法一 几何法
例1、【广东省湛江市2021届高三上学期高中毕业班调研测试】如图，三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，侧面为菱形，且平面平面，，为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设的中点为，与的交点为，连接，，，根据线面垂直的判定定理，可得平面；再证明，得到平面，推出，，从而可得线面垂直；
（2）先由（1）可得，，，两两相互垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.
【详解】
（1）证明：设的中点为，与的交点为，连接，，，如图所示．
由为的中点可得，又平面平面，平面平面，故平面．
又为的中点．所以且．
又且，所以且，
因此四边形为平行四边形，所以且，所以平面，
故，又四边形为菱形，所以，
又，平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，，两两相互垂直，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，分别以，为轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
设为平面的一个法向量，
则即可取，
由（1）可知，为平面的一个法向量，
所以．
所以二面角的余弦值为．
例2、【河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学（文）】如图，在三棱锥中，，，，分别为，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，是面积为的等边三角形，求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用等腰三角形三线合一、勾股定理可证得，，由线面垂直判定可证得平面，由面面垂直判定定理可证得结论；
（2）由面面垂直的性质可证得平面，即为所求四棱锥的高，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】
（1），为的中点，，.
，，
又，，.
，平面，平面，
平面，平面平面.
（2），，
又平面平面，平面平面，平面.
是面积为的等边三角形，，可得：.
.
【点睛】
思路点睛：证明面面垂直或线面垂直的关键是找到线线垂直关系，证明线线垂直的常用方法有：（1）线面垂直的性质定理；（2）等腰三角形三线合一性质；（3）勾股定理证垂直；（4）菱形、正方形等图形中的特殊垂直关系.
【变式演练1】【河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学（理）】如图，四边形为菱形，，四边形为矩形，平面平面，点在上，.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成角为60°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由平面平面，得平面，得.再由已知.得，从而可证得线面垂直；
（2）由线面角的定义得，设，则，.连接，以和的交点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.用空间向量法求得二面角余弦．
【详解】
（1）因为，，所以.
因为平面平面，，平面平面，
所以平面，所以.
又因为，所以平面.
（2）由（1）知平面，所以为与平面所成的角，
所以，.由平面，知.
设，则，.
连接，以和的交点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，
设为平面的一个法向量，
则,可取.
由（1）可知为平面的一个法向量.
所以，
结合图可知二面角的余弦值为.
【变式演练2】【江苏省南通市海安市2020-2021学年高三上学期阶段质量检测（一）】如图，四边形与均为菱形，，且.
（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）.
【分析】
（1）设与相交于点O，连接，说明和即可证明；
（2）连接，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
（1）设与相交于点O，连接，
∵四边形为菱形，∴，且O为中点，
∵，∴，
又，∴平面
（2）连接，∵四边形为菱形，且，
∴为等边三角形，
∵O为中点，∴，又，
∴平面.
∵，，两两垂直，
∴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，四边形为菱形，，
∴，.
∵为等边三角形，
∴，，，
∵，
∴
，，.
设平面的法向量为，
则，取，得.
设直线与平面所成角为θ，
则.
方法二 空间向量法
例3、【云南师范大学附属中学2020届高三适应性月考】如图，四边形为正方形，平面，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面和平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）以为坐标原点，线段的长为单位长，射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，计算，得线线垂直，从而有线面垂直；
（2）求出平面和平面的法向量，由法向量夹角余弦得二面角余弦（注意正负）．
【详解】
（1）证明：如图，以为坐标原点，线段的长为单位长，
射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，
依题意有，
则，
所以，即，
故平面.
又平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）有，
设是平面的法向量，
则即，取，则，.
设平面的法向量为，
则即，取，则，，
所以，
故平面和平面所成锐二面角的余弦值为.
【变式演练3】【天津市第四中学2020-2021学年高三上学期学情调查】如图，在三棱柱中，平面，点D，E分别在棱和棱上，且，M为棱的中点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】
（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】
首先根据题意建立适当的空间直角坐标系，写出各相关点的坐标.
（1）利用直线的方向向量的数量积为零即可证明；
（2）先求得两平面的一组法向量的坐标，利用两平面的法向量所成的角的余弦值公式求得，注意平面与平面所成的角的概念，得到两平面所成的角的余弦值；
（3）利用直线的方向向量与平面的法向量所成的角的余弦的绝对值即为线面所成角的正弦值求得．
【详解】
解：依题意，以为原点，分别以的方向为轴，建系如图，
得，，，，
，，，，．
（1）证明：依题意，，，
从而，
所以．
（2）解：依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，取．
因此有，
所求平面与平面的夹角余弦值为．
（3）解：依题意，．
由（２）知为平面的一个法向量，
于是．
所以，与平面所成角的正弦值为．
【变式演练4】【广西名校2021届高三上学期第一次高考模拟】如图1，矩形ABCD中，2AB=BC，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△CDE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）详见解析；（2）
【分析】
（1）设AB=a，则BC=2a，设BF=x，在中，由，解得x，再根据点B落在线段FC上，得到的长度，然后以为x轴，以为原点，建立空间直角坐标系，设，由求得A坐标，易知B的坐标，从而得到向量的坐标即可.
（2）根据平面DEC⊥平面FEC，先求得D的坐标，再分别求得平面ABE的一个法向量： ，平面BDE的一个法向量： ，由求解.
【详解】
（1）在平面ABCD中，AF=FC，BF+FC=2AB，
设AB=a，则BC=2a，设BF=x，
在中，，解得，则 ，
因为点B落在线段FC上，
所以，
以为x轴，以为原点，作y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
设，则，
解得，
所以AB平面EFC，又AB平面AEB中，
所以平面ABE⊥平面EFC;
（2）由（1）知：，
在中，D到EC的距离为，
因为平面DEC⊥平面FEC，
所以，则 ，
所以，
设平面ABE的一个法向量为： ，
则解得 ，
所以 ，
设平面BDE的一个法向量为： ，
则，
所以 ，
所以，
所以.
【高考再现】
1．（2021·浙江高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【解析】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项B错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
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
【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．
【解析】
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．（2021·全国高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)详见解析(2)
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.
【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD
所以EF⊥BD,EF⊥CD,,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME
则为二面角E-BC-D的平面角,
因为,为正三角形,所以为直角三角形
因为,
从而EF=FM=
平面BCD,
所以
【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.
4．（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.
【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．
【解析】（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．
5．（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．
【解析】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．
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．
【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.
【解析】（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. 【2017课标3，文10】在正方体中，E为棱CD的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据三垂线逆定理，平面内的线垂直平面的斜线，那也垂直于斜线在平面内的射影，A.若，那么，很显然不成立；B.若，那么，显然不成立；C.若，那么，成立，反过来时，也能推出,所以C成立，D.若，则，显然不成立，故选C.
【考点】线线位置关系
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
8．（2019北京理12）已知l，m是平面a外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①； ②； ③
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ______．
【答案】 若，则或，则．
【解析】由l，m是平面α外的两条不同直线，知：
由线面平行的判定定理得： 若，则．
由线面平行、垂直的性质定理得，则．
9．（2018•新课标Ⅰ，文18）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【解析】（1）证明：在平行四边形中，，，
又．且，
面，面，
平面平面；
（2），，，
，
由（1）得，又，面，
三棱锥的体积
．
10．【2020年高考全国Ⅰ卷文数19】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面⊥平面；
（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【思路导引】（1）根据已知可得，进而有，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论．
【解析】（1）为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了面面垂直的证明，考查锥体的体积公式，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确进行空间垂直间的相互转化．
11．【2020年高考全国Ⅲ卷文数19】如图，在长方体中，点分别在棱上，且．证明：
（1）当时，；
（2）证明：点在平面内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【思路导引】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得，进而可证平面，即得结果；（2）只需证明即可，在上取点使得，再通过平行四边形性质进行证明即可．
【解析】
（1）因为长方体，所以平面，
因为长方体，所以四边形为正方形，
因为平面，因此平面，
因为平面，所以．
（2）在上取点使得，连，
因为，所以所以四边形为平行四边形，，因为所以四边形为平行四边形，，因此在平面内．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，空间基本计算，本题考查了线线垂直的证明，考查点与平面位置关系的证明，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是灵活掌握线面垂直判定定理、线线平行判定定理等．
12．【2020年高考江苏卷15】在三棱柱中，，平面，分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
【答案】见解析
【解析】（1）∵分别是，的中点，∴，
∵平面，平面，∴平面．
（2）∵平面，面，∴，
又∵，，面，面，
∴面，∵面，∴平面平面．
【专家解读】本题的特点是注重空间线、面位置关系的判断，本题考查了线面平行、面面垂直的证明，考查直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是空间线线、线面、面面平行（垂直）的相互转化．
【反馈练习】
1．【2021届四川省双流中学高三高考热身训练】已知点是正方体的棱的中点，给出以下结论：
①；
②；
③；
④平面
其中正确命题的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】
建立空间直角坐标系,根据空间中两个向量垂直则数量积为0逐个判定即可.
【详解】
设正方体边长为2,建立如图空间直角坐标系.则.
对①, ,因为,故①错误.
对②, ,因为,故②错误.
对③, ,因为,故③正确.
对④,由②有不成立,故平面不成立.故④错误.
故选：C
2．【内蒙古赤峰市2020届高三（5月份）高考数学（理科）模拟】如图，一张纸的长、宽分别为，，四条边的中点分别是，，，，现将其沿图中虚线折起，使得，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，关于该多面体有下述四个结论：
①该多面体是六面体；
②点到棱的距离为；
③平面；
④该多面体外接球的直径为，
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．③④C．②③D．②③④
【答案】D
【分析】
利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以，，，为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，即可得出结论.
【详解】
解：结论①中，长、宽分别为，，，，，分别是其四条边的中点，
现将其沿图中虚线折起，，
，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，
如图，以，，，为顶点的三棱锥，
故①错误；
结论②中，，，三角形是等腰直角三角形，
所以点到棱的距离为，故②正确；
结论③中，，，，所以平面，故③正确；
结论④中，三棱锥扩展为长方体，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，长方体的外接球直径是长方体的体对角线.
设长方体的三边为：，，，
可得，
相加可得，
该多面体外接球的直径为，故④正确.
所有正确结论的序号是：②③④.
故选：D.
3．（多选）【海南省2021届高三年级第一次模拟考试】如图所示，在三棱锥中，，且，为线段的中点.则（ ）
A．与垂直
B．与平行
C．点到点，，，的距离相等
D．与平面，与平面所成的角可能相等
【答案】AC
【分析】
由题设可证底面，作中点，由中位线定理可证，易证，再由为外心得到三点距离相等，为外心，可证点到点，，，的距离相等；结合正切定义可证与平面，与平面所成的角不相等
【详解】
过点作，垂足为，连接，可得为的中点.
因为，所以，所以平面，所以，从而A正确；
由条件可知，而与有交点，因而与不平行，B错误；
点是的外心，所以到，，的距离相等，
根据条件可知平面，从而平面，又因为是的外心，所以点到，，的距离相等，所以点到，，，四点的距离都相等，C正确；
与平面所成的角即，与平面所成的角即，，，所以两个角不可能相等，D错误.
故选：AC
【点睛】
方法点睛：本题考查锥体基本性质的应用，线线垂直的证明，两直线平行的判断，锥体外接球球心的判断，线面角大小的判断，综合性强，需掌握以下方法：
（1）能利用线面垂直的性质和判定定理证明线线垂直；
（2）要证两直线不平行只需证明两直线或对应的平行直线相交即可；
（3）寻找锥体外接球球心关键在于先寻找底面三角形外接圆圆心，在垂直于底面外接圆圆心的线段上，再寻找跟顶点与底面任意一顶点相等的点.
4．（多选）【山东省实验中学2020-2021学年高三第一次诊断考试（10月）】已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则与所成的角和与所成的角相等
【答案】BCD
【分析】
根据线、面的位置关系，逐一进行判断.
【详解】
选项A：若，则或，
又，并不能得到这一结论，故选项A错误；
选项B：若，则由线面垂直的性质定理和线面平行的
性质定理可得，故选项B正确；
选项C：若，则有面面平行的性质定理可知，
故选项C正确；
选项D：若，则由线面角的定义和等角定理知，与
所成的角和与所成的角相等，故选项D正确.
故选：BCD.
5．已知四面体，，，平面，于E，于F，则（ ）
A．可能与垂直，的面积有最大值
B．不可能与垂直，的面积有最大值
C．可能与垂直，的面积没有最大值
D．不可能与垂直，的面积没有最大值
【来源】浙江省金华十校2021届高三下学期4月模拟考试数学试题
【答案】D
【分析】
根据题意，分别求得，，，并求得长度.从而判断为等腰三角形，不可能与垂直. 设，则，，由余弦定理求得，的取值范围，从而求得的范围，代入面积公式，判断是否存在最大值.
【详解】
由平面知，，
则，
利用等面积法求得斜边上的高，
从而有，
则为等腰三角形，不可能与垂直，即不可能与垂直.
故AC错误；
由上知，，设，则，，
由余弦定理知，，
则由知，，
故为锐角，且
的面积，当取得右侧边界点时，三点共线，不能构成三角形，故无最大值，
故B错误，D正确；
故选：D
6．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．四棱锥体积的最大值为
D．过点分别作于点，于点，则
【来源】浙江省Z20名校联盟（名校新高考研究联盟）2021-2022学年高三上学期第一次联考数学试题
【答案】D
【分析】
由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.
【详解】
底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.
所以在堑堵中，，侧棱平面,
在选项A中，因为，，显然与不垂直，
且为矩形，所以四棱锥不为“阳马”，故A错误；
在选项B中，由，且，
所以平面，所以，则为直角三角形，
为直角三角形，
由平面，得为直角三角形，
不为直角三角形，所以不是“鳖臑”，，故B错误;
在选项C中，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
则，所以C错误；
在选项D中，由平面，则且，
则平面，所以
又且，则平面，则，所以D正确.
故选：D.
7．如图，等边三角形中，为边的中点，于．将沿翻折至的位置，连结．那么在翻折过程中：
①总有成立；
②存在某个位置，使；
③在线段上，存在异于两端点的点，使线段的长度始终不变．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．①③
C．②③D．①②③
【来源】江苏省常州市前黄高级中学2021届高三下学期学情检测（三）数学试题
【答案】B
【分析】
证明平面可判断①，假设推出矛盾可判断②，取靠近的三等分点，则可证，从而可判断③
【详解】
解：对于①，因为，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，所以①正确，
对于②，假设存在某个位置，使得，连接，则由正三角形性质得，因为，所以平面，所以，由①可得，因为，所以平面，所以，所以，显然不可能，所以假设错误，所以②错误，
对于③，存在点，满足，取的中点，连接，可得，∥，设底面三角形的边长为4，则，
因为平面，所以平面，所以，
所以为直角三角形，
因为
所以为定值，所以③正确，
故选：B
8．如图，四边形，，均为正方形．动点E在线段上，F，G，M分别是，，的中点，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．平面
C．存在点E，使得平面平面
D．存在点E，使得平面平面
【来源】全国卷地区“超级全能生”（丙卷）2021届高三5月联考数学（理）试题
【答案】B
【分析】
取BC的中点N，连接CE，利用反证法判断选项A；利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理即可判断选项B；利用直线BF与平面CC1D1D有交点，即可判断选项C；连结BD，记AC∩BD＝H，利用面面垂直的性质定理证明BH⊥平面AA1C1C，且H不在平面BEF，即可判断选项D．
【详解】
解：对于A，取的中点N，连接，因为G是的中点，所以，
若，则，这与矛盾，故选项A错误；
对于B，因为平面平面，平面平面，，
所以平面，又平面，所以，
又，且，，平面，
则平面，故选项B正确；
对于C，因为直线与平面有交点，所以不存在点E，使得平面平面，故选项C错误；
对于D，连接，因为四边形为正方形，
所以，因为平面，平面，所以平面平面，
又平面平面，，则平面，
记，则平面，且H不在平面，
所以不存在点E，使得平面平面，故选项D错误．
故选：B．
9．【广西北海市2021届高三第一次模拟考试数学（文）】如图，在三棱锥P-ABC中，平面平面，为等边三角形，且，、分别为棱、的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；
（2）计算出的面积以及的长，利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积.
【详解】
（1）因为，O为中点，所以.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）因为且，分别为的中点，
所以，，，
又平面，所以.
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直常用的方法：
（1）面面垂直的定义；
（2）面面垂直的判定定理.
在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.
10．【2021届全国著名重点中学新高考冲刺】如图1，扇形的圆心角为60°，半径为3，点，分别在线段，上，且，将沿折起到的位置，如图2所示.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据，，利用余弦定理，可得，根据勾股定理，可得，根据翻折前后的关系，利用线面垂直判定定理，可得平面，即可得证.
（2）过点作平面，如图建系，分别求得平面、的法向量，利用向量法求得两个平面夹角的余弦值，即可求得答案.
【详解】
（1）在中，，，，
由余弦定理，，即，
所以，即，即，
所以，，，
所以平面，
又平面，所以
（2）如图，过点作平面，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
由题意可得，，，，
则，.
设平面的法向量为，则，
令，则一条法向量.
易知为平面的一个法向量，
所以，
所以，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
11．【江西省鹰潭市2021届高三第二次模拟考理科】如图所示，底面为菱形的直四棱柱被过三点的平面截去一个三棱锥(图一)得几何体(图二)，E为的中点．
(1)点F为棱上的动点，试问平面与平面是否垂直?请说明理由；
(2)设，当点F为中点时，求锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
(1)利用直四棱柱的几何特征可知 ，B1D1⊥平面CEA1，从而平面平面CEA1 ；(2) 分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面与平面F的法向量，代入公式即可得到锐二面角的余弦值．
【详解】
（1）平面平面，证明如下：
连接AC，BD相交于点O，
因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
又因为直四棱柱上下底面全等，
所以由AC⊥BD得，
又因为CB=CD，，
所以CB1=CD1.
因为E为B1D1的中点，所以，
又，所以B1D1⊥平面CEA1，
又因为平面，
所以平面平面CEA1.
（2）连接OE，易知OE⊥平面ABCD，所以OB，OC，OE两两互相垂直，
所以分别以所在直线为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则O（0，0，0），.（7分）
设平面的法向量为，则
，
令
所以.
同理设平面F的法向量为，则
，
令.
所以，
所以
,
所以所求的锐二面角的余弦值为
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
12．【广东省2021届高三上学期新高考适应性测试（一）】如图，E是以AB为直径的半圆O上异于A、B的点，矩形ABCD所在的平面垂直于半圆O所在的平面，且AB=2AD=2.
（1）求证：；
（2）若异面直线AE和DC所成的角为，求平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
(1) 由面面垂直的性质可证得.再线面垂直的判定定理和性质定理可得证；
(2)以点为坐标原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.由二面角的向量求解方法可求得平面DCE与平面AEB所成的锐二面角的余弦值.
【详解】
(1) ∵平面垂直于圆所在的平面，
两平面的交线为平面，
∴垂直于圆所在的平面.又在圆所在的平面内，
∴.∵是直角，∴，
又，∴平面，
∴.
(2)如图， 以点为坐标原点，所在的直线为轴，
过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.
由异面直线和所成的角为，，
知， ∴，
∴，由题设可知 ，，
∴，.
设平面的一个法向量为，
由，即
得，，取，得.
∴.又平面的一个法向量为，
∴.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
13．【广西南宁三中2020届高三数学（理科）】如图1，在直角中，，，，，分别为，的中点，连结并延长交于点，将沿折起，使平面平面，如图2所示.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【分析】
（1）根据条件证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，利用公式计算二面角余弦值即可.
【详解】
（1）证明：由条件可知，
而为的中点，∴，
又平面平面，平面平面，且平面，
∴平面，
又因为平面，∴.
（2）由（1）可知，，，两两相互垂直，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
易知面的法向量为
设平面的法向量为，
则：，即
令，则，，
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
14．【湖南省长郡中学、雅礼中学、河南省南阳一中、信阳高中等湘豫名校2020届高三（5月份）数学（理科）模拟】如图①四边形为矩形，、分别为、边的三等分点，其中，，以为折痕把四边形折起如图②，使面面．
图① 图②
（1）证明：图②中；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质以及判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】
（1）连接
∵，，，∴，∴．
∵面面，面面，面
∴面
面，∴
∵，，面
∴面
面
∴．
（2）以，分别为，轴建立如图坐标系．
则，，，，中点
∵，∴
∴，，
设面的法向量为，∴
令，，，∴．
设面的法向量为，∴
令，，，∴
∴
由图可知，二面角为钝角
∴二面角的余弦值为
15．【河南省许昌市、济源市、平顶山市2020届高三数学（理科）第三次质检】如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，.
（1）求证：；
（2）当直线与平面所成角为时，求二面角平面角的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接、、，推导出，，可证得直线平面，进而可证得；
（2）证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用直线与平面所成的角为求出，然后利用空间向量法可求得二面角的平面角的大小.
【详解】
（1）取的中点，连接、、，
，为的中点，.
四边形是菱形，且，是正三角形，则.
又，平面.
又平面，；
（2），平面平面，交线为，平面.
又平面，，、、两两互相垂直.
以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
面，即为与面所成角，，.
在正三角形中，，假设，则.
、、、.
，，.
设面的法向量为，则.
不妨取，则.
同理，设面的法向量为，则.
不妨取，则.
，平面平面，二面角平面角为.
16．如图，多面体中，平面，点为的中点，
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的大小.
【来源】安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第一次教学质量检查理科数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取中点，连接，易得四边形为平行四边形，从而，再利用线面垂直的判定定理得到平面，然后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据（1）分别以为轴建立空间坐标，易知平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量为，由求解.
【详解】
（1）如图所示：
取中点，连接，
则且，
又且，
所以，即四边形为平行四边形，
从而，
而，
所以，
因为平面，
所以平面，
所以
且，
所以平面，
所以平面平面，
所以平面平面
（2）由（1）知，分别以为轴建立空间坐标
系，又，
所以，
所以平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
所以，
即，可得平面的一个法向量为，
，易知二面角为锐角，所以二面角的大小为.
17．如图所示，点P在圆柱的上底面圆周上，四边形为圆柱的下底面的内接四边形，且为圆柱下底而的直径，为圆柱的母线，且，圆柱的底面半径为1.
（1）证明：；
（2），B为的中点，点Q在线段上，记，当二面角的余弦值为时，求的值.
【来源】广东省茂名市2021届五校联盟高三下学期第三次联考数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据为直径，得到，再根据为母线，易得，然后利用线面垂直的判定定理证明；
（2）分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的法向量可取为， 然后由求解.
【详解】
（1）因为为直径，点D在圆上且不同于A，C点，
所以，又因为为母线，
所以平面，又平面，
从而，又，
所以平面，
又平面，
所以.
（2）由（1）知两两相互垂直，所以分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为，圆柱的底面直径为2，所以，所以，
又B为的中点，所以，即为正方形，
所以，
由，得，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，
又因为平面的法向量可取为，
所以，
由题知，
所以，解得（舍）或，
所以的值为
万能模板
内 容
使用场景
转化的直线或平面比较容易找到
解题模板
第一步 按照线线垂直得到线面垂直，进而得出面面垂直的思路分析解答；
第二步 找到关键的直线或平面；
第三步 得出结论.
万能模板
内 容
使用场景
转化的直线或平面不容易找到，而一直条件方便建立空间直角坐标比较容易写出
解题模板
第一步 建立适当的空间直角坐标系；
第二步 分别写出各点的坐标，求出直线方向向量；
第三步 利用向量的关系得到直线和平面的关系即可.
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