专题19 空间向量与立体几何（解答题）-备战2022年高考数学（理）母题题源解密（全国甲卷）（解析版）

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专题19 空间向量与立体几何（解答题）

1．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?
【试题来源】2021年全国高考甲卷（理）
【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．
【名师点睛】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．

1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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．
【解析】（1）设，由题设可得，
.因此，从而.
又，故.所以平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题设可得.
所以.
设是平面的法向量，则，即，
可取.由（1）知是平面的一个法向量，记，
则.所以二面角的余弦值为.
【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.
2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面．
（2）由已知得AM⊥BC．以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，则AB=2，AM=．

连接NP，则四边形AONP为平行四边形，故．由（1）知平面A1AMN⊥平面ABC，作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC．
设，则，
故．
又是平面A1AMN的法向量，故．
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为．
3．【2020年高考全国III卷理数】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．

【解析】设，，，如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

（1）连结，则，，，，，，得．因此，即四点共面，所以点在平面内．
（2）由已知得，，，，，，，．设为平面的法向量，则
即可取．
设为平面的法向量，则同理可取．
因为，所以二面角的正弦值为．
4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D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D−xyz，则

，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．于是，
所以二面角的正弦值为．
【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
5．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得，平面，平面，故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则即
所以可取m=（1，1，0）．于是．
所以，二面角的正弦值为．
【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.
6．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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.

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，
从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．

因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即
所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），
所以．因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.

1．高考对该部分内容的考查主要有两种形式：一是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；二是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.
2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：
（1）建立恰当的空间直角坐标系； （2）求出相关点的坐标；
（3）写出向量坐标； （4）结合公式进行论证、计算；
（5）转化为几何结论．
3．利用向量求异面直线所成的角
把角的求解转化为向量运算，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cos β=.
注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.
4．利用向量求直线与平面所成的角
（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．
注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．设直线l的方向向量为a=(a1，b1，c1)，平面α的法向量为μ=(a3，b3，c3)，直线l与平面α的夹角为，则.
5．利用向量求二面角
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则
6．用向量解决探索性问题的方法
（1）确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．
（2）确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．
（3）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．

1．如图，平面平面，，，，为上一点，且平面．

（1）证明：平面；
（2）若平面与平面所成锐二面角为，求．
【试题来源】广东省高州市第一中学2021届高三下学期3月月考
【答案】（1）证明见详解；（2）
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证出平面，从而证出，再由线面垂直的性质定理证出，由线面垂直的判定定理即可证明．（2）过作垂直，以为轴正方向，以为轴正方向，以为轴，建立空间直角坐标系，用向量法计算即可．
【解析】平面，，
又平面平面，且平面平面，，
所以平面，，又，平面．
（2）因为平面，，又，所以

如图所示，过作垂直，以为轴正方向，
以为轴正方向，以为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，设为平面的一个法向量，
则，即，不妨取，解得，，
所以，显然平面的一个法向量为，
，解得，故的长为
2．如图，在三棱锥中，平面ABC，，，点E，F分别是AB，AD的中点．

（1）求证：平面BCD；
（2）设，求直线AD与平面CEF所成角的正弦值
【试题来源】陕西省渭南市富平县2021届高三下学期二模（理）
【答案】（1）证明见解析，（2）
【分析】（1）由平面ABC，可得，由可得，然后由线面垂直的判定定理可结论，（2）如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【解析】（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，所以，因为，所以平面BCD；
（2）解：因为平面ABC，平面ABC，所以，
所以两两垂直，所以以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，则，
因为点E，F分别是AB，AD的中点，所以，所以，
设平面的一个法向量为，则，令，则，
直线AD与平面CEF所成角为，则，
所以直线AD与平面CEF所成角的正弦值为.
3．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=BB1=4，，且∠BCC1=60°．

（1）求证：平面ABC1⊥平面BCC1B1：
（2）设二面角C-AC1-B的大小为θ，求sinθ的值．
【试题来源】新疆巴音郭楞蒙古自治州第二中学2021届高三上学期第四次月考（理）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）在中，，所以，即
因为，所以
所以，即又，所以平面
又平面，所以平面平面．
（2）由题意知，四边形为菱形，且，则为正三角形，取的中点，连接，则

以为原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
设乎面的法向量为，且．
由得取．
由四边形为菱形，得；
又平面，所以；又，所以平面，
所以平面的法向量为．
所以．故．
4．一副标准的三角板如图1中，为直角，，为直角，，且，把与重合，拼成一个三棱锥，如图2．设是的中点，是的中点．

（1）求证：平面；
（2）在图2中，若，二面角为直二面角，求直线与平面所成角的正弦值．
【试题来源】江苏省泰州市姜堰第二中学2020-2021学年高三上学期学情检测一
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取中点为，连结，，证出，再证出，利用线面垂直的判定定理即可证明．（2）以，，分别为，，，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由线面角的求法即可求解．
【解析】（1）证明：设中点为，连结，．
因为是的中点，是的中点，所以，
因为，所以，
因为，，是的中点，所以，
又，，平面，平面，所以平面．

（2）由（1）可知，，所以为二面角的平面角
又二面角为直二面角所以
以，，分别为，，，如图建立空间直角坐标系．

因为，则，，,
由，，则,
又，，，则，，
设为平面的一个法向量，则，即
即令，则，所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，如图，已知在正方体中，，E为的中点，F为的中点，．

（1）求证：四棱锥为阳马；
（2）求平面与平面所成二面角的大小．
【试题来源】重庆市第八中学2021届高三下学期适应性月考卷（七）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据题意，先证明四边形为矩形，再证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式即可解得．
【解析】（1）因为E为的中点，F为的中点，
所以，，平面，所以四边形为矩形，
因为，所以．
因为平面，所以，又，所以平面，
所以四棱锥为阳马．
（2）以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，
如图所示建立空间直角坐标系．

则，．
设平面的法向量为，
则，令z=-1，则．
同理可得平面的法向量．
则，所以平面与平面所成二面角为．
6．如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为的中点．

（1）证明：与在同一平面内；
（2）已知异面直线与所成的角为，求直线与平面所成角的大小．
【试题来源】贵州省贵阳市第一中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（五）（理）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）先求A1，E，F三点确定的一个平面，再证明点在所确定的平面内可得出结论．
（2）利用空间向量求解直线与平面所成角．
【解析】（1）证明：连接，因为E，F分别为，中点，，
因为，所以，所以，在同一平面内，设为，则，F，D，，
所以，所以与在同一平面内．
（2）因为，所以为异面直线所成的角，所以，
设，则，
以A为坐标原点，以所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示

则，所以，，，
设平面的一个法向量为，则 计算得
令，则，则平面的一个法向量可表示为，
因为，设直线与平面所成角为，
则，又，所以．
7．如图，在三棱柱中，是边长为4的等边三角形，D是的中点，．

（1）求证：平面；
（2）当三棱柱的体积最大时，求点C与平面的距离．
【试题来源】重庆市南开中学2021届高三下学期第七次质量检测
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）连接交于点E，由棱柱性质知E为的中点，连接，因D为的中点，故，而平面，平面，所以平面．
（2）易知当平面时，三棱柱的体积最大，此时、、两两垂直，
故如图建立直角坐标系，则，

．
设平面的法向量为，有，
令，得，所以，
于是点C与平面的距离．
8．如图，四棱锥中，，，，，侧面是以为斜边的等腰直角三角形．

（1）求证：；
（2）作出平面与平面的交线，并求直线与平面所成角的大小．
【试题来源】重庆市第一中学校2021届高三下学期第三次月考
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析，60°．
【分析】（1）取中点为，连接，根据题意证明平面，进而证明平面，故；（2）延长交于点，则直线即为交线，易得是边长为2的正三角形，取中点为，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用坐标法求解．
【解析】（1）取中点为，连接，

因为，，，，所以四边形是正方形，所以，
因为侧面是以为斜边的等腰直角三角形，所以，
因为，所以平面，因为，所以平面，
又平面，所以；
（2）延长交于点，则直线即为交线，由（1）知，
因为侧面是以为斜边的等腰直角三角形，，所以，
所以是边长为2的正三角形，取中点为，如图建系，

可得，，，，
，，，设平面的法向量为，
则，取，得，
所以直线与平面所成角的大小为60°．
9．三棱柱中，点D为线段上一点，和均是以为底边的等腰三角形．

（1）求证：；
（2）若点，二面角的余弦值为，求二面角的正弦值．
【试题来源】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（二）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）取中点E，连接，可证面，从而可证．
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的法向量后可求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：取中点E，连接，
而，故面，而面，
所以，因为，所以．
（2）因为且和均是以为底边的等腰三角形，
所以，而，．
由（1）可得，故为二面角的平面角，
所以，所以．

过作的垂线，垂直为，
由（1）得平面，而，因为面面，
因为面面，平面，所以面．
又，．所以．
如图，以F为原点建系，则，
所以，设平面的法向量为，则：
，取，则，，故．
又平面的一个法向量，设二面角的平面角为，
则，所以．
10．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）记的中点为，若在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值为，求线段的长．
【试题来源】天津市滨海新区2020届高三下学期毕业班质量检测（二）
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或．
【分析】（1）连接，由勾股定理证得，由等腰三角形得性质证得，再结合线面垂直得判定定理即可得证；（2）建立如图所示得空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，再由空间向量的夹角公式求出余弦值，进而根据同角的平方关系即可求出结果；（3）设，求出结合（2）中平面的法向量，进而由列出方程，解之即可．
【解析】（1）连接，则，因为，所以四边形为平行四边形；所以，因为且为的中点，所以，所以，所以，即，因为，所以平面；

（2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的法向量为，则，即，取，设平面的法向量为，则，即，取，
所以，
所以二面角的正弦值为；
（3）设，则，而，所以，由（2）知平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，则，
化简得，解得或，故线段的长度为或．
11．如图，正方体中，M为的中点．

（1）若点N满足．求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【试题来源】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（三）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）连接，，由，M为的中点，可得，，
所以四边形是平行四边形，可得，，
因为，所以，所以四点共面，所以平面．

（2）如图以为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，，所以，，
设平面的一个法向量，
由令可得，，所以，
平面的一个法向量，所以，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
12．如图，已知在正三棱柱中，，，D，E分别在与上，，．

（1）在线段BE上找一点Р使得平面，并写出推理证明过程；
（2）求二面角的余弦值．
【试题来源】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性月考（六）
【答案】（1）为中点，证明见解析；（2）．
【分析】（1）取中点，中点，连接，进而证明，再证明平面，即可证明平面；（2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可．
【解析】（1）取中点，中点，连接，所以，，
因为，，，所以，且，
所以四边形为平行四边形，，
由正三棱柱知为等边三角形，平面，所以，，
又，所以平面，所以平面．

（2）由（1）可知两两垂直，
所以以为坐标原点，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，则，，
由（1）知平面，故平面的法向量，
设平面的法向量，则即
取，则，
因为二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为．
13．如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，在底面ABC上的射影是BC的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值．
【试题来源】江西省景德镇一中2022届高三7月月考（理）
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）设中点为，连结，推出平面，得到平面平面，然后证明平面，推出，结合，证明平面．
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，利用空间向量的数量积求解与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：设中点为，连结，
因为在底面上的射影为中点，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形为菱形，所以，而，所以平面．

（2）解：不妨设，则，
因为，，所以，
因为四边形为菱形，所以，故△为等边三角形，
所以，故，由（1）知平面，，
以为原点，建立空间直角坐标系如图，，0，，，1，，，0，，，，
所以， 设平面法向量为，，
由，可得一个，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为．
14．如图甲为直角三角形，，，，且为斜边上的高，将三角形沿折起，得到图乙的四面体，，分别在与上，且满足，，分别为与的中点．

（1）证明：直线与相交，且交点在直线上；
（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值．
【试题来源】贵州省贵阳市第一中学2021届高三下学期高考适应性月考卷（六）（理）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由题意可得，，设直线与相交，交点为，由空间图形公理可得平面，平面，从而可得；（2）当四面体的体积最大时，平面，所以以为坐标原点建立召唤图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可
【解析】（1）证明：由题意知∥，，∥，，
所以，但，所以直线与相交，设交点为，
因为平面，，所以平面，
同理平面，因为平面平面，所以．
（2）由题意知，，，，
当四面体的体积最大时，平面，
又，则以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，，
，，，，
设为平面的一个法向量，则，取，
同理可得平面的一个法向量为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值为．

15．如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且，，将所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上，如图2．

（1）求证：BC⊥平面ACD；
（2）已知O为AB中点，在线段CE上是否存在点F，使得平面ACD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【试题来源】重庆市第八中学2021届高三下学期高考适应性考试（一）
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析．
【分析】（1）先证明面BCD，进而得出，再由证明平面ADC．
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用向量法证明即可．
【解析】（1）因为平面，平面，所以
因为，，所以平面BCD
因为平面BCD，所以
又，，所以平面ADC．
（2）以O为坐标原点，垂直于AB的方向为x轴正方向，OB为y轴正方向，垂直于面ADB的方向为z轴正方向，不妨设圆的半径为，E为点C在平面ABD上的正投影，所以E在x轴正方向上．

由，知，，，
所以，，．设，
由（1）知即为平面ACD的法向量，，
若平面CAD，则，即，，
所以线段CE上不存在点F，使得平面CAD．
16．已知正方形的边长为2，沿将折起至位置（如图），为的重心，点在边上，且．

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
【试题来源】福建省莆田市2021届高三高中毕业班3月第二次教学质量检测
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）连接延长交于点，连接，，
因为是的重心，所以，
因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面；

（2）因为，，所以，
在中，为的中点，所以为等腰三角形，可得，
延长交于点，则为的中点，且，
所以，所以，
因为，，所以 两两垂直，
建系如图所示：可得，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则 令则，，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为
17．如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．

图① 图②
（1）若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
（2）若EC=2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
【试题来源】山东省菏泽市2021届高三二模
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；点为的中点．
【分析】（1）作出辅助线，证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；（2）证出面，建立空间直角坐标系，假设存在点，然后利用空间向量的夹角公式建立方程，解方程即可判断．
【解析】（1）取的中点为，连接，，因为是的中点，，
所以是的中位线，所以且，
所以为平行四边形，所以，
因为面，面，所以平面．

（2）取的中点为，连接，，其中，，
由可得，显然面，
故以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴；
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，设存在点，
，，，
易知面的法向量可取，
另外，，
设面的一个法向量为，则
，
可取一个法向量为，
则，为的中点．
故存在点为的中点．
18．如图所示，四棱锥中，，，平面平面，点为线段靠近的三等分点，．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【试题来源】河北省唐山市第十一中学2021届高三下学期3月调研
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，要证平面，只要证明平面的法向量与垂直即可，求出平面的法向量，经过计算即可得证；（2）结合（1），求出平面的一条法向量，，然后求出两法向量所成角的余弦值，结合图象，即可求出二面角的余弦值．
【解析】（1）取的中点，因为，，则，
所以，所以，过点作轴垂直平面，则轴垂直，轴垂直，
因为平面平面，则轴在平面中，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，
因为，，，
所以，因为点为线段靠近的三等分点，所以，
则，
，
，则，
设是平面的一条法向量，则，可取，
则，所以，因为平面，所以平面；
（2）由（1）知，设是平面的一条法向量，
则，可取，则，
由图，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．

19．如图，正四面体中，O是顶点A在底面内的射影，E是中点，平面与棱交于M．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．

【试题来源】河南省洛阳市孟津县第一高级中学2021届高三下学期4月（理）调研试题
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）延长与交于N，设正四面体的棱长为a，即可求出，再利用勾股定理求出，依题意可得，从而求出，即可得到，，两两垂直，则平面，即可得证．（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【解析】（1）延长与交于N，设正四面体的棱长为a，
则，，
，
又O正三角形的中心，，
得，
则由勾股定理逆定理，
，，两两垂直，即，，，且，平面
平面．因为平面，所以平面平面；
（2）取为原点，、、方向为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
设平面的法向量为，则
令，得，由（1）知，平面的一个法向量是，
不妨取，得，则，
易知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为．
20．如图，在长方体中，底面是边长为3的正方形，对角线与相交于点O，点F在线段上，且．

（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
【试题来源】陕西省渭南市富平县2020届高三下学期二模（理）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）要证线线垂直，需要线证明线面垂直，即证明面即可
（2）求二面角的余弦值，只要以D为原点，、、分别为轴建立空间直角坐标系，求两个面的法向量的夹角，即可推出二面角的大小
【解析】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为底面是正方形， ，
因为，面，所以平面．
又平面，所以．
（2）由，，可知，
因为所以，故，
以D为原点，、、分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令得，因为平面 所以为平面的一个法向量，
所以．
由图知二面角为锐角，二面角的余弦值为．
21．已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，．

（1）若为中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为？若存在，请说明点的位置；若不存在，请说明理由．
【试题来源】天津市滨海新区塘沽第一中学2020-2021学年高三上学期第五次月考
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，．靠近C的三等分点
【分析】（1）设与交于点，连接，则可得为的中点，而为的中点，由三角形中位线定理可得，然后由线面平行的判定定理可证得结论，
（2）由已知可证得，，两两垂直，所以分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，
（3）假设存在点，满足题意，且此时，然后利用空间向量求二面角
【解析】（1）证明：如图，设与交于点，连接，
因为四边形为矩形，所以为的中点，因为为的中点，
所以，而平面，平面，所以平面；
（2）解：因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，所以，，两两垂直，
所以如图，分别以为坐标原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

根据题意，则有，，，，
所以，，，
假设平面的一个法向量为，则有，
设直线与平面所成角的平面角为，
则有．
（3）解：假设存在点，满足题意，且此时，
即得，
则有，，假设平面的一个法向量为，
则有，
因为平面的一个法向量为，
根据题意，则有，解之可得，，
即得，即点为线段上靠近点的一个三等分点，坐标为．
22．如图，四棱锥中，侧棱面，，点在线段上，且，为的中点，，面．

（1）求的长；
（2）若，求二面角的余弦值．
【试题来源】安徽省淮北市2020届高三二模（理）
【答案】（1）4；（2）．
【分析】（1）取的中点，连接、，由三角形中位线定理，以及线面平行的性质定理可得为平行四边形，进而求解；（2）取中点，则垂直于，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，利用空间向量的运算求解．
【解析】（1）取的中点，连接、，
因为//，//，所以//，所以四点共面，
因为//面，面∩面=，所以//，
所以为平行四边形．所以，所以；

(2取中点，因为，所以垂直于，所以平行于，
所以垂直于，于是以点为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系，
由垂直于，垂直于，所以平面法向量为，
，所以B(，-2，0)

设平面PMN的法向量为，
，取，得到平面的法向量为．
．经判断知二面角二面角为钝角，于是其余弦为．
23．如图，在三棱台中，底面是边长为2的正三角形，侧面为等腰梯形，且，为的中点．
（1）证明：；
（2）记二面角的大小为，时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．

【试题来源】重庆市巴蜀中学2021届高三适应性（九）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）通过证明，得出平面，即可由线面垂直的性质得出；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得为二面角的平面角，，求出平面的法向量和，利用向量关系可表示出直线与平面所成角的正弦值，即可根据范围求出．
【解析】（1）如图，作的中点，连接，，
在等腰梯形中，，为，的中点，所以，
在正中，为的中点，所以，
因为，，，，平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）解：因为平面，
在平面内作，以为坐标原点，以，，，分别为，，，轴正向，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以为二面角的平面角，即，
，，，，，，设平面的法向量为，，，则有，即，
则可取，又，
设直线与平面所成角为，
所以，
因为，所以，所以．