专题36 向量法求空间角6题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测

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1．异面直线所成的角
若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2．直线与平面所成的角
如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3．平面与平面的夹角
如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．
若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
一、单选题
1．（2024高三上·安徽滁州·期末）如图，在正方体中，分别为棱，，的中点，则与MN所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，设出正方体边长为2，从而利用向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为2，则，
故，
则与MN所成角的余弦值为.

故选：A
2．（2024·云南保山·二模）已知正方体，Q为上底面所在平面内的动点，当直线与的所成角为45°时，点Q的轨迹为（ ）
A．圆B．直线C．抛物线D．椭圆
【答案】C
【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.
【详解】以点D为原点，，，为x，y，z的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则，设，
可得，，
因为直线与的所成角为，
则，化简可得，
所以点Q的轨迹为抛物线.
故选：C.

3．（2024高二下·江苏·阶段练习）在长方体中，为空间内一点，为底面内一点，且满足，异面直线与所成角为，则当线段的长度取最小值时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用向量的运算确定的位置，再根据异面直线与所成角为可确定点在以点为圆心，半径为的圆上，即可求出长度的最小值为，进而求出的值.
【详解】由，得，即，
所以点在直线上.又异面直线与所成的角为，为底面内一点，所以点在以点为圆心，半径为的圆上，因此要使长度最小，则、、共线，且.因为，，所以，，此时，又因为与反向，所以.
故选：B.
4．（2024高二上·河北张家口·阶段练习）如图，四棱雉的底面是边长为3的正方形，，且，为上靠近点的三等分点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值.
【详解】由于，
所以，由于平面，
所以平面，而四边形是正方形，所以，
由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设异面直线与所成角为，
则.
故选：C

5．（2024·全国·模拟预测）柏拉图多面体是因柏拉图及其追陮者对正多面体的研究而得名.如图是棱长均为的柏拉图多面体，点，，，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】B
【分析】方法一：取的中点，连接，，求得，，则可求得，进一步求得,按向量夹角公式求解即可；法二;接，，交于点，连接.分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，,用向量夹角公式坐标运算求解即可
【详解】方法一 由柏拉图多面体的性质可知，
四边形，均是边长为的正方形，
柏拉图多面体的侧面均为等边三角形.如图（1），
取的中点，连接，，
则.
同理可得.
所以
取的中点，连接，，则，且
又点为的中点，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，所以.
同理可得.
设，的夹角为，则，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选:
方法二 连接，，交于点，连接.
易知平面.
因为，，所以
如图（2），
以点为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
因为点，，，分别为，，，的中点，
所以，，，，
则，,
设，的夹角为，则
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：
【点睛】方法点睛：若不易将两条异面直线转化为同一平面内的两条直线时，则可利用向量法来求两异面直线所成的角.第一种方法是利用已知向量表示所求向量，第二种方法是建立合适的空间直角坐标系，两种方法最终都转化为求两向量的夹角的余弦值.
二、多选题
6．（2024·湖南·模拟预测）正方体中，P是体对角线上的动点，M是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．异面直线与所成的角的最小值为
B．异面直线与所成的角的最大值为
C．对于任意的P，存在点M使得
D．对于任意的M，存在点P使得
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】以为坐标原点，建系如图，
设正方体的边长为1，则，
设，，则，
设异面直线与所成的角为，
则，
A.当时，，，故A正确；
B.当时，，，故B正确；
C.设，，则，
，
当时，无解，故C错误；
D.，令，得，
即对于任意的M，存在点P使得，故D正确.
故选：ABD.

7．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期中）在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点A、M、的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
【答案】AD
【分析】
对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、M、的截面，即可求其面积；对于C，利用等体积法求出内切球的半径，即可求解；对于D，利用几何作图，作出过E、M、F三点的截面，即可判断.
【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，则,
则，
与所成角的范围为，故与所成角的余弦值为，A正确；
对于B，设N为的中点，连接MN，则，且，
则梯形即为过三点A、M、的截面，
，则梯形高为，
故梯形面积为为，B错误；
对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，
即，
该四面体的棱长为，其表面积为，
设四面体内球球半径为r，则，
故四面体的内切球的表面积为，C错误；
对于D，如图，延长ME和的延长线交于J，则≌，
则，设H为的中点，则，
连接HJ，则≌，则，
故G为的中点，故，
同理延长交于L，连接LH，交于K，
K即为的中点，则K，E在确定的平面内，
则六边形即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题.
三、填空题
8．（2024高三·全国·专题练习）在三棱锥P－ABC中，底面ABC，底面ABC为正三角形，PA＝AB，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为
【答案】
【分析】以 为基底，运用空间向量求解.
【详解】设 ，则 ，
；
故答案为： .
9．（2024·河南开封·二模）已知矩形，，过作平面，使得平面，点在内，且与所成的角为，则点的轨迹为 ，长度的最小值为 ．
【答案】 双曲线
【分析】建立空间直角坐标系，设点坐标，结合已知条件求出点轨迹方程进行求解即可.
【详解】
如图，以为原点，所在直线为轴，平面内过且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则由已知，，，，，
∵点在平面内，∴设，则，，
∵直线与直线所成的角为，
∴，
两边同时平方，化简得点轨迹方程为，
∴点的轨迹为双曲线.
，
∵点轨迹方程为，∴，且，
∴，
∴当时，的最小值为.
故答案为：双曲线，
【点睛】易错点睛：本题第二个空容易误认为当点在线段上时，长度最小，使用空间向量运算，可以有效避免这种直觉上的错误.
10．（2024高三上·河北唐山·期末）如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值.
【详解】连接交于点，平面，平面，则，
因为四边形为菱形，则，
，、平面，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
易知平面的一个法向量为，
因为平面，所以，，
设点，其中，则，
由已知可得，
因为，解得，即点，
设点，则，
因为，则，可得，且，可得，
所以，点，
因为平面，、平面，，，
且，
所以，.
故答案为：.
11．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是棱的中点，为棱上的动点（不含端点），记㫒面直线与所成的角为，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】方法1：通过作平行线找出异面直线AB与EG所成角，设，在直角三角形中用x表示出，将问题转化为求在上的值域即可.
方法2：建立空间直角坐标系，运用坐标法求得异面直线AB与EG所成角的余弦值的范围，进而求得其正弦值的范围即可.
【详解】方法1：取的中点N，连接，如图所示，

则，面，
所以异面直线AB与EG所成角即为，，
设，（），
所以，
又因为，
所以，
所以，即： .
方法2：如图所示建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
所以，（），
又因为当时，；当或时，，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：.
12．（2024·宁夏银川·模拟预测）在正四棱柱中，底面边长为1，高为3，则异面直线与AD所成角的余弦值是 .
【答案】
【分析】连接，即为异面直线与AD所成的角，解三角形即可．
【详解】，即为异面直线与AD所成的角，

连接，在中，
正四棱柱的底面边长为1，高为3，
，
，，
∴，，
.
故异面直线与AD所成角的余弦值是．
故答案为：．
13．（2024高二下·江苏连云港·阶段练习）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，.点是线段上的动点，当直线与所成的角最小时，则线段的长为
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，利用向量的夹角公式求出的最大值，从而确定Q点在上的位置，即可求得答案.
【详解】因为平面年，所以两两垂直,
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点的坐标分别为,
因为,设，
又，则，
又，从 ,
设 ，
则,
当且仅当，即时，的最大值为,
即直线与所成角的余弦值的最大值为，
而直线与所成角的范围为，
因为在上是减函数，故此时直线与所成角最小，
又因为，所以，
故答案为：
【点睛】方法点睛：建立空间直角坐标系，利用向量的坐标求得的夹角的余弦的最大值，即可确定Q点的位置，进而求得答案，因此在解决类似问题时，可以尝试建立空间坐标系，利用向量解决问题，可以简化题目的难度.
四、解答题
14．（2024高三上·安徽·开学考试）如图，在五面体中，底面为正方形，侧面为等腰梯形，二面角为直二面角，.

(1)求点到平面的距离；
(2)设点为线段的中点，点满足，若直线与平面及平面所成的角相等，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到点到平面的距离即为的长，由勾股定理求出答案；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由直线与平面及平面所成的角相等列出方程，求出的值.
【详解】（1）
如图，过点作⊥于点，过点作于点，连接.
因为二面角为直二面角，所以平面平面，
又平面平面平面，所以平面，
所以点到平面的距离即为的长，
因为平面，所以，
因为四边形为等腰梯形，，
所以，故，，
因为，由勾股定理得，
又，由勾股定理得，
即点到平面的距离为.

（2）
以为坐标原点，分别以所在直线分别为轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
由，得.
.
设平面的法向量为，
由，
由，解得，
令，得，故，
又易知平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，与平面所成角为，
则，∴ ，
整理得，由，得.
15．（2024·河南开封·三模）如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，．

(1)若为的中点，求证：平面；
(2)若与平面所成角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行和面面平行的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）连接，
在中，分别为的中点，所以，
因为平面平面，所以平面，
在矩形中，，
同理可得平面，又，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（2）过点做交于点，连接
由题可知平面，且，所以平面
则，又，平面，
所以平面，
∴在平面内射影为，
则即为与平面所成的角，所以
在中，由可知
则，，
以为坐标原点，所在直线为轴，
过点垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，

设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以，
所以，
因为二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
16．（2024高三上·广东·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB，PD的中点.

(1)求证：平面PBC；
(2)已知，，又二面角的大小为45°，求PD的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【分析】（1）取中点，连接.先证明四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）先证明为正三角形，再以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设，利用向量法求得，从而可解.
【详解】（1）取中点，连接.

在中，分别为的中点，所以.
在菱形中，因为，
所以.
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，
所以.
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
连接，，
又因为为中点，所以，
在菱形中，，即为正三角形.
因为，所以.
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，
则，
因为平面，所以平面的法向量为.
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，所以，
由题意，二面角的大小为，
所以，解得（舍负）.
因为是的中点，所以的长为12.
17．（2024高三上·辽宁鞍山·阶段练习）如图，四棱锥中，底面为平行四边形，为棱中点，且平面．

(1)求证：；
(2)若，二面角的大小为，求三棱锥的内切球半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直判断定理证明线面垂直，再由线面垂直得出线线垂直即可；
（2）由空间向量法计算二面角求得,再根据公式计算求得内切球半径.
【详解】（1）中，为中点，∴，
又∴平面平面平面，平面，
所以平面，又平面.
（2）在Rt中，，∴，设，
以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，
建立如图空间直角坐标系，

则
设为平面的法向量，则有
，令，得，
取为平面的法向量，，解得
∴，该三棱锥的表面积记为，
因为平面，平面，所以，，
因为平面，平面，所以，
则
，
由得
综上：.
18．（2024·江西九江·一模）如图，直角梯形中，，，，，将沿翻折至的位置，使得，为的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)为线段上一点（端点除外），若二面角的余弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据翻折前后的位置关系以及棱长，利用勾股定理和线面垂直的性质定理可证明线线垂直，再利用面面垂直的判定定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，设利用空间向量可求出表示出二面角的表达式，解方程即可求得线段的长．
【详解】（1）易知，，，平面，
平面，
又平面，所以
由直角梯形，，，，
可得，又，得；
又，平面，所以平面
又平面，可得平面平面
（2）取的中点，连接，，

，，
又平面平面，平面平面，平面，
为的中点，为的中点，可得，又，
故以所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标
系，则，，，，，
设，则
设平面的一个法向量为，
，，
所以，令，得，，
即
平面的一个法向量为
可得，解得或(舍)
即为的中点，易知，
故线段的长为.
19．（2024高三上·山东菏泽·阶段练习）在长方体中，，.点是线段上的动点，点为的中点.

(1)当点是中点时，求证：直线平面；
(2)若二面角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，，即可证明，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点，连接，，，
所以且，且，
所以且，
∴四边形为平行四边形，可知，
平面，平面，
∴平面.
（2）设，如图建立空间直角坐标系,

则，，，，
，，，，
设平面的法向量为，由及，
即，则，
设平面的法向量为，
由及，即，则，
设二面角为，所以，
即，解得或（舍去），
所以.
20．（2024高三上·四川成都·阶段练习）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且侧面底面，侧面底面，点F是PB的中点，动点E在边BC上移动，且．

(1)证明：底面；
(2)当点E在BC边上移动，使二面角为时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直和线面垂直的性质，证明且，可得底面ABCD．
（2）证明侧面PBC，则为二面角的平面角，得，分别以AD，AB，AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用平面法向量求二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：因为侧面底面，且侧面底面，底面是矩形，，底面，所以面，
面，所以，
同理，侧面底面，且侧面底面，
底面是矩形，，底面，所以面，
面，所以，
底面，，所以底面ABCD．
（2）因为底面ABCD，点F是PB的中点，且，所以．
因为侧面，且，则侧面，侧面，所以，
侧面，，所以侧面，
侧面，，
所以为二面角的平面角，
当时，中，由，得，
因为AD，AB，AP三线两两垂直，分别以AD，AB，AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

，，，，，，，
设平面FAE的法向量为，则，即，
令，得，，则；
设平面PAE的法向量为， 由，即，
令，得，，所以，
设二面角为，则．
21．（2024·江苏徐州·模拟预测）在三棱台中，为中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论；
（2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果.
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，
又，，
，四边形为平行四边形，，
又，，
，，，
，平面，平面.
（2），，，
又，，平面，平面，
连接，，，为中点，；
以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
又平面的一个法向量，
，解得：，即，
平面，平面平面，平面，
.
22．（2024高三上·广东东莞·阶段练习）如图，四边形是矩形，四边形是梯形， ，平面与平面互相垂直，．

(1)求证：．
(2)若二面角为，求多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理先证，再证线面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，由二面角计算BC长，将多面体分割为四棱锥和三棱锥，分别计算其体积即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
所以．
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又平面,所以；
（2）因为四边形是矩形，所以．结合平面，可知两两垂直．故以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易知平面的一个法向量为，
假设，则，，
设平面的法向量为，所以，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，
因为二面角为，所以，
解得．
易证，所以．
因为，平面平面，平面平面，
所以平面，所以是三棱锥的高．
，
因为平面，所以是四棱锥的高．
，
所以多面体的体积.
23．（2024·宁夏石嘴山·一模）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为菱形，．

(1)若四棱锥的体积为1，求的长；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）过作于，连接，根据面面垂直得性质可得底面，设，求出，再根据锥体的体积公式即可得解；
（2）取的中点，连接，则，以的方向为轴的正方向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）如图，过作于，连接，
因为侧面底面，且侧面底面面，
所以底面，
设，因为，
所以，
在菱形中，，则为等边三角形，
则，
所以四棱锥的体积，
解得；
（2）取的中点，连接，则，
以的方向为轴的正方向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，令，得，
设平面的法向量为，
，令，得，
则，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.

24．（2024·河北张家口·三模）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理进行证明；
（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.
【详解】（1）如图，连接，交于，连接.
因为侧面为菱形，所以，且为的中点.又，故.
又，且，所以，所以.又，所以，所以.
因为平面，，所以平面.
又平面，所以平面平面.

（2）由（1）知，两两互相垂直，因此以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
故，，.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.
设为平面的一个法向量，则有，即，令，则.因为平面平面，所以也是平面的一个法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值.

25．（2024高三上·黑龙江大庆·开学考试）如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且

(1)证明：平面平面ACE；
(2)求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可证平面PBD，进而可得结果；
（2）以点O为坐标原点建系，根据垂直关系求点E的坐标，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，则
又因为ABCD为菱形，则，
且，平面PBD，
所以平面PBD，则平面，
故平面平面PBD.
（2）由题意可知：，平面ABCD，
故以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
设，则，
可得，解得，即，
可得，
因为，则，解得，所以，
由题意可知：平面PAC的一个法向量为，
设平面ACE的一个法向量，可得，
则，
令，则，可得
则，
所以平面PAC与平面ACE所成角的余弦值为.
26．（2024高三上·河南郑州·阶段练习）如图，平面ABCD，，‖，‖，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．

(1)求证：‖平面CPM；
(2)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求线段QN的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】
（1）连接EM，则根据题意可证得四边形EMCF为平行四边形，则‖，然后由线面平行的判定定理可证得结论，
（2）由题意可得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求即可.
【详解】（1）证明：连接EM，因为‖，‖，，
所以‖，，所以四边形ABQP为平行四边形，
又点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点，
则‖，，，
所以‖，且，
所以四边形EMCF为平行四边形，所以‖，
又平面CPM，平面CPM，
所以‖平面CPM；
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为，所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，，
，，，，
设平面QPM的一个法向量为，则，
令，则；
设，则，
所以，，
由题意直线DN与平面QPM所成的角为，
则，解得或（舍），
所以，即线段QN的长为．

27．（2024高三·全国·专题练习）如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且，将半圆沿AD翻折如图2．

(1)求证：EF∥平面ABCD；
(2)当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正六边形的性质可得，即可证；
（2），由此可得，再求平面与平面的法向量，代入公式即可得．
【详解】（1）证明：连接，，，六边形为正六边形，则，

在翻折过程中，，平面，平面，
所以平面．
（2）连接，分别交于，，则，，
翻折过程中，平面，平面，，
，，所以平面，同理平面，
所以平面平面．又因为，
则三棱柱为直三棱柱，，，
且，，．
设，所以，
．
所以，即，，，为二面角的平面角，
即平面平面．以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴，
建立空间直角坐标系如图，

则,,，，，,2,，,3,，,2,，
，
设平面的一个法向量，有，
令得，同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，观察图可知其为锐角，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
28．（2024·江苏·一模）在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，是的中点.

(1)求证：平面；
(2)点在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作交于点，由面面垂直的性质可得平面，可得，再由线面垂直的判定定理得平面，从而得到，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，可得，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为侧面为菱形，，，
所以为边长为的等边三角形，
作交于点，则点为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，可得，
又，，平面，可得平面，
因为平面，所以，因为侧面为菱形，所以，
，平面，所以平面；
（2）由（1）知，平面，，取做的中点，连接，
则，所以平面，
以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
，，
设，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，可得，
可得，
解得舍去，或，所以.
29．（2024·广东广州·三模）如图，四棱锥的底面为正方形，，平面，分别是线段的中点，是线段上的一点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且点不是线段的中点，求三棱锥体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，由中位线性质知，从而得到平面，由面面垂直判定可得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，，由线面角的向量求法可构造方程求得，结合垂直关系可得平面的距离为，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）连接，
分别是线段的中点，，
底面四边形为正方形，，
平面，平面，，
又，平面，平面，
，平面，
又平面，平面平面.
（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得：，，；
设直线与平面所成角为，
，
解得：或（舍），，
平面，平面，；
，，平面，平面，
到平面的距离为，
.

30．（2024高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）在四棱锥S﹣ABCD中，已知底面ABCD为菱形，若.

(1)求证：SE⊥平面ABCD；
(2)若，设点H满足，当直线与平面所成角的正弦值为时，求μ的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用菱形的性质及线线垂直证线面垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面夹角计算即可.
【详解】（1）由底面ABCD为菱形，得，
又平面，∴平面，
∵平面，∴，
又平面，∴平面，
∵平面，∴，
又平面，
∴平面；
（2）由（1）结论，可以以点E坐标原点，以向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，取，则，
由，则，
设平面的一个法向量为
则由，
取，则，
所以平面的一个法向量为，
直线的方向向量为，
记直线与平面所成角为θ，
则，
解得或μ＝3(舍)，∴.

31．（2024·河南·模拟预测）已知三棱柱中，是的中点，是线段上一点.

(1)求证：；
(2)设是棱上的动点（不包括边界），当的面积最小时，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）根据等腰三角形的“三线合一”证明线线垂直，结合勾股定理证明直线垂直，从而由线面垂直判定定理得平面，利用线面垂直的性质进行证明即可；
（2）根据三角形的面积最小，得到是的中点，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接

，，是的中点
，是的中点
，
，
平面
平面，平面，，
在三棱柱中，，
，，
，
平面，
平面，．
（2）连接，由（1）可知，
平面，平面
平面，
，要使的面积最小，则最小，
又，△是等腰直角三角形
即时，最小，是的中点，
如图，建立以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系：

则，，，,0,，
设,,，则，即，得，，，
即,,，
，则，
，,,，
设平面的法向量为,,，
由，得，即，令，则，，即，
设直线与平面所成角为，
则,，
即直线与平面所成角的正弦值为．
32．（2024高二上·河北张家口·期末）如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，．
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直性质可证得平面，则，利用勾股定理可证得，结合，由线面垂直的判定可得结论；
（2）作，垂足为，作，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据线线角的向量求法可构造方程求得，利用面面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）四边形为正方形，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，，
，，；
，，又，平面，
平面.
（2）作，垂足为，作，交于，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
由（1）知：，，，，
，，，
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设，则，，
，解得：，
，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面夹角的余弦值为.
33．（2024高三上·山西运城·阶段练习）在如图所示的多面体中，四边形为正方形，四点共面，且和均为等腰直角三角形，，平面平面，.

(1)求证：直线平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若点在直线上，求直线与平面所成角的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3).
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求两平面夹角的余弦值；
（3）设，则，由向量法求出线面角的正弦值，由不等式的性质得最大值．
【详解】（1）因为和均为等腰直角三角形，且，
所以，
所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）连接，因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面平面，平面平面，
所以平面，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，，
设平面的法向量为，
则，得，令，则，
设平面的法向量，
由，
令，得，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值是.
（3）设，则，
设与平面所成的角为，则
要使最大，则，
所以时等号成立，
所以，所以与平面所成角的最大值为.
34．（2024高三上·广东河源·开学考试）如图，在四棱锥中，分别为的中点，连接.

(1)当为上不与点重合的一点时，证明：平面；
(2)已知分别为的中点，是边长为的正三角形，四边形是面积为的矩形，当时，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线得出线线平行关系，然后根据线面平行的判定说明；
（2）先证明两两垂直，以此来建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求二面角.
【详解】（1）因为分别为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以//平面.
（2）因为是正三角形，为的中点，
所以，又因为，，
所以平面，平面，所以，
因为四边形是矩形，所以，即直线两两垂直，
以为坐标系的原点，射线分别为轴建立空间直角坐标系，

因为四边形是面积为的矩形，，所以，
由已知得，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，，，
∴，∴，令，得，.
∴，设与平面所成的角为，
则.
所以与平面所成角的正弦值为.
35．（2024高三上·湖南长沙·假期作业）如图所示，直三棱柱中，，，.

(1)求证：；
(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）根据题意证得平面，得到，进而证得平面，利用你线面垂直的性质，即可证得；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为三棱柱为直三棱柱，且，，
在直角与直角中，可得，
所以，所以，
所以，所以.
因为底面，底面，所以，
又，，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立的空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则，
令，可得 ，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.

36．（2024高三·全国·对口高考）如图，图1，四棱锥中，底面，面是直角梯形，M为侧棱上一点．该四棱锥的俯视图和侧（左）视图如图2所示．

(1)证明：平面；
(2)证明：平面；
(3)线段上是否存在点N，使与所成角的余弦值为？若存在，找到所有符合要求的点N，并求的长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，点位于点处或位于的中点处，或.
【分析】（1）根据俯视图计算可得，再根据线面垂直的性质定理和判定定理可证结论正确；
（2）根据俯视图和侧视图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：利用空间向量坐标运算可证平面；
（3）假设线段上存在点N符合题意，设，利用空间直线与直线的夹角公式运算可求出结果.
【详解】（1）根据俯视图可知，，，，
所以，，
因为底面，底面，所以，
因为，平面，
所以平面.
（2）因为底面是直角梯形，根据俯视图可知，，
在直角三角形中，由，，，得，所以，
在直角三角形中，，，，所以，，
根据侧视图可知，，，
因为底面，底面，所以，，
以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，，，
因为，所以，
又平面，所以平面.

（3）假设线段上存在点N，使与所成角的余弦值为，
设，则，
则，
依题意可得，解得或，
所以点位于点处或位于的中点处，
所以或.
37．（2024高三上·湖北·阶段练习）在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面平面，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若E为PC的中点，异面直线BE与PA所成角为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知的面面垂直证明线面垂直和线线垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线所成的角，求得棱锥的高，可解棱锥的体积.
【详解】（1）证明：过点D作，垂足为点F，
因为平面平面PAB，平面平面，平面，
所以平面PAB，平面PAB，所以，
因为，又平面PAD，，所以平面PAD，
因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以点D为原点，DA为X轴，DC为Y轴建立空间直角坐标系，

则、、、，
设，
则，因为，所以，
所以，，
因为异面直线BE与PA所成角为，所以，
化简得，解得（舍），所以；
所以，平面ABCD，
四棱锥，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，
所以四棱锥的体积为.
38．（2024高三上·云南昆明·期中）图1是由正方形和正三角形组成的一个平面图形，将沿折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2．

(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连交于点，连,易得，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）取中点，先证明平面，再以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，设，取平面的一个法向量，求得平面一个法向量为，设平面与平面夹角为，由求解.
【详解】（1）证明：连交于点，连．

由为正方形知为中点，又为中点，故，
又平面且平面，
所以平面．
（2）取中点，连，由为等边三角形得．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，则，，
平面就是坐标平面，故可取其法向量，
设平面一个法向量为，
即，则，
令，则，得，
记平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
39．（2024高三上·辽宁·期中）直三棱柱中，底面是等腰直角三角形,，，分别为的中点且在平面上的射影是的重心.

(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）取的中点，证得，且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）因为，以为原点，建立空间直角坐标系，设，根据点在平面上的射影是的重心，列出方程求得，再求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：取的中点，分别连接，
因为分别为的中点，所以，且，
又因为，且为的中点，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：因为，以为原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，且，则，
因为为的重心，所以，可得，且
又因为点在平面上的射影是的重心，
则，解得，
所以，可得，
又由向量，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为平面，且，所以平面的一个法向量，
可得，所以二面角的平面角的余弦值．
.
40．（2024·全国）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
41．（2024·全国·模拟预测）如图1所示，四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，N为BC上一点，且．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中．

(1)证明：平面FND；
(2)若P为FC的中点，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据勾股定理的逆定理得到，再根据线面垂直的判定定理和性质得到，并且利用勾股定理的逆定理得到，最后利用线面垂直的判定定理证得平面FND；
（2）先建立合适的空间直角坐标系，再写出相关点及向量的坐标，最后利用向量的夹角公式和同角三角函数的基本关系求得结果．
【详解】（1）∵四边形ABCD中，，，，，
M为AD的中点，且，
∴四边形ABNM为正方形，且边长为1，
∴题图2中，四边形EMNF是边长为1的正方形，故，
又，，∴，∴，
又，，平面MDCN，平面MDCN，
∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，
易知，∴，∴，
又，平面，平面，
∴平面；
（2）解法一：由（1）知平面MDCN，又，
以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
∴，，，
设平面FND的法向量为，则，
令，令，则，∴，
设平面PND的法向量为，则，
令，则，，∴，
∴，
∴，
∴二面角的正弦值为．
解法二：如图，取NC的中点O，连接PO，则，
∴平面MDCN，
∵平面MDCN，∴，
过O作，垂足为H，连接PH，则就是二面角的平面角，

又，，∴，∴，
∵平面MDCN，平面FND，∴平面平面MDCN，
∴二面角的正弦值为．
42．（2024·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDPQ中，四边形ABCD为菱形，，，，平面平面ABCD，平面ABCD，．
(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设是的中点，连接，通过证明平面，或通过证明为正三角形来证得.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值．
【详解】（1）解法一：
如图，设是的中点，连接，
∴，∴．
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD．∵平面ABCD，∴，
∴P，O，C，Q四点共面．
∵四边形ABCD为菱形，，
∴为正三角形，∴．
∵，平面POCQ，平面POCQ，
∴平面，
∵平面POCQ，∴．

解法二：
如图，设是的中点，连接，
∵，，∴，，
∴，．
∵平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
∴平面ABCD．
∵平面ABCD，∴，
又，∴四边形POCQ为平行四边形，∴．
∵四边形ABCD为菱形，，
∴为正三角形，∴，∴

（2）以O为坐标原点，OC，OD，OP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，，，，
∴，，．
设平面PBD的法向量为，则，
令，则，，∴．
设平面QBD的法向量为，则，
令，则，，∴．
∴，
由图可知二面角为锐二面角，
∴二面角的余弦值为．

【点睛】有关二面角问题的求解方法
①几何法：根据二面角平面角的定义寻找二面角的平面角，通过解三角形求平面角的三角函数值，解题步骤为“一找、二作、三证、四解”．
②向量法：对于二面角的大小问题，先求出平面，的法向量，，再求出与的夹角，在内取一点A，在内取一点B，设二面角的大小为，若与同号，则；若与异号，则．
③面积射影定理法：（其中平面多边形及其射影的面积分别是S，，它们所在平面所成的锐二面角为）．
43．（2024高三上·广东江门·阶段练习）如图，平面平面，且．

(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)
【分析】（1）利用面面垂直判定定理即可证得平面平面;
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）分别取的中点，连接，
则为的中位线，则，，
又，，则，
则四边形为平行四边形，则，
平面平面，平面平面，
平面，，可得平面，
又平面，则，则，
又中，，则,
又平面，则平面，
又，则平面，
又平面，则平面平面.
（2）当时，由，可得为等边三角形，
在平面内，过点B作，垂足为B，
又由（1）可得平面，则两两垂直，
以B为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图：
则,
则
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，则；
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，则；
则，
设二面角的大小为，则，
又，则

则二面角的正弦值为．
44．（2024高三上·湖南长沙·阶段练习）如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为1．
(1)从下面①②③中选择两个作为条件，证明另一个成立；
①；②为直角；③平面平面．
(2)设点是棱上一点．在（1）中条件都成立的情况下，试确定点的位置，使得直线与平面所成的角最大．
【答案】(1)证明见解析；
(2)是棱上靠近的四等分点．
【分析】（1）作出辅助线，若选①②，由三线合一得到，由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直，证明出面面垂直；若选①③，由面面垂直得到线线垂直，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，得到垂直关系；若选②③，三线合一得到，由面面垂直得到线线垂直，从而由勾股定理得到；
（2）建立空间直角坐标系，设，故，求出平面的法向量，求出，得到直线与平面所成的角的最大值，得到点是棱上靠近的四等分点．
【详解】（1）如图，设点是的中点，连接．
若选①②：由于是等边三角形，故．
由为直角，故；又，故．
因为，平面，
于是平面，
因为平面，
所以．
因为，所以．
又，因此，故，即．
又，，平面，
故平面，
而平面，
所以平面平面．
若选①③：设点是的中点，连接．
由于是等边三角形，故．
又平面平面平面，平面平面，
故平面．
而平面，故，即，
所以．
又，故，所以，即．
结合，，平面，
可得平面，
又平面，
因此．
又，故，即为直角．
若选②③：设点是的中点，连接，
由于是等边三角形，故．
由为直角，故；
又，故．
因为，平面，
于是平面，
因为平面，
所以．
又因为平面平面平面，平面平面，
所以平面．
又平面，所以，即．
因为，所以．
又，故．
（2）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系．
于是．
点是棱上一点，可设，即，
故．
于是．
又．
设是平面的法向量．
，令，可得，
故．
设直线与平面所成的角为，
故
，
可见当时，取最大值，此时点是棱上靠近的四等分点．
45．（2024·浙江·一模）如图，多面体中，四边形为正方形，平面平面，，，，，与交于点．

(1)若是中点，求证：；
(2)求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，勾股定理逆定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，由线面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）因为四边形为正方形，
所以，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
连接，则，
在中，，
所以，
因为，，平面，且，
从而平面，
又平面，
所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又平面，
所以，
又因为，所以，
又是中点，，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以．

（2）
由（1）知，平面，且，
以为坐标原点，分别以、、所在的直线为、、轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则、、、，
则，，，
由得，，所以，
所以，，
设面的法向量为，由得，，取，则，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
46．（2024高三上·湖北·期中）如图，在三棱锥中，，，，为等边三角形，，，的中点分别为，，，且.

(1)证明：平面平面.
(2)若为的中点，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）先有勾股定理可以确定，然后通过证明平面，从而可证平面平面；
（2）连接，，可证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出以及平面的一个法向量，利用空间向量的数量积运算即可求解.
【详解】（1）证明：因为为等边三角形，分别是的中点，且，
所以，则.
又因为，所以，即.
因为，且，BC,BD包含在面PBC内
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）连接，，由已知可得，
又由（1）知平面平面，且平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，分别以，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：

则，，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，，
则，
设直线与平面所成的角为，
则.
47．（2024高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）在如图所示的多面体MNABCD中，四边形ABCD是边长为的正方形，其对角线的交点为Q，平面ABCD，，，点P是棱DM 的中点.

(1)求证：；
(2)求直线CN和平面AMN所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面ABCD可得，结合可得平面，进而求证；
（2）建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：因为，所以四点共面．
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，而平面，
所以．
（2）由题意，，，互相垂直，
所以分别以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
则，，，
设平面的法向量为，
所以由，得，
令，可得，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线CN和平面AMN所成角的正弦值为.

48．（2024高三上·广西·阶段练习）如图：四棱雉中，底面为矩形，为直角三角形，的面积是面积的倍．
(1)求证：平面平面；
(2)为上的一点，四棱锥的体积为四棱锥体积的一半，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）取中点，连接，取中点，连接，，可证得，,利用面积及勾股定理逆定理证得，得证线面垂直后可得面面垂直；
（2）由体积得是中点，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】（1）证明：取中点，连接，
，
，，
又为直角三角形，则为直角，，
取中点，连接，，是矩形，∴,
又，
，
，
，
，
，平面，平面，
平面平面平面；
（2）由（1）可知，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示设，
，
为中点，
，
，
设平面的法向量为，
，
令，
，
设直线与平面所成夹角为，则，
直线与平面所成夹角的正弦值为．
49．（2024高三上·北京·期中）如图1所示，在等腰梯形，，垂足为，将沿折起到的位置，使平面平面，如图2所示，点为棱上一个动点．
(1)当点为棱中点时，求证：平面
(2)求证：平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取点为棱的中点，可得四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得答案；
（2）由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面垂直的性质定理得，利用勾股定理得，最后由线面垂直的判定定理可得答案；
（3）以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）取点为棱的中点，连接，
所以，，
在等腰梯形，，，
所以，可得，，
所以四边形为平行四边形，，
又因为平面，平面
所以平面；
（2）连接，
因为平面平面，平面平面，
平面，，可得平面，
因为平面，所以，
因为，，
所以，，，可得，即，
且，平面，
所以平面；
（3）以为原点，分别以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
所以，
所以，，
设为平面的一个法向量，
可得，即，令，可得，，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
50．（2024高二上·广东潮州·阶段练习）如图，在正方体中， E、F分别是，CD的中点，
(1)求证：平面ADE；
(2)求异面直线EF，CB1所成的角
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，证明，，再由线面垂直的判定定理证明即可.
（2）用向量表示出，，由求出直线EF，CB1方向向量的夹角，进而可求异面直线的夹角.
【详解】（1）以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设正方体的棱长为1，
则D（0，0，0），A（1，0，0），（0，0，1），E（1，1，），F（0，，0），
则＝（0，，－1），＝（1，0，0），＝（0，1，），
则，，
所以，.
所以，
因为,平面ADE, 平面ADE,
所以平面ADE.
（2）以D为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
不妨设正方体的棱长为1，
则（1，1，1），C（0，1，0），
故＝（1，0，1），＝（－1，－，－），
＝－1＋0－＝－, ，，
，
设异面直线EF，CB1所成的角为，所以
则异面直线EF，CB1所成的角为.
51．（2024·北京）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．
【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，轴正方向，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.
52．（2024·上海杨浦·三模）如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点是圆锥的顶点，是圆柱下底面的一条直径，、是圆柱的两条母线，是弧的中点．

(1)求异面直线与所成的角的大小；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成的角的大小．
（2）求出平面的法向量，利用向量法能求出点到平面的距离．
【详解】（1）由圆柱和圆锥的性质可知底面圆，又是弧的中点，
所以两两垂直，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成的角的大小为.
（2）由（1）可得，，
，，，
设平面的法向量，
则，取可得平面的一个法向量，
所以点到平面的距离.
【点睛】本题考查异面直线所成角的大小、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
53．（2024高二下·江苏宿迁·期末）如图（1）所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角大小为，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点记作点）

(1)求点到面的距离；
(2)求四棱锥外接球的体积；
(3)点为一动点，满足，当直线与平面所成角最大时，试确定点的位置．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可证得平面平面，取中点 ，连接 ，则有两两垂直，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解，
（2）连接，则四边形的外接圆圆心在的中点，外接圆的圆心为的三等分点，过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，连接，求出其长度可得外接球的半径，从而可求出外接球的体积，
（3）由，表示出点的坐标，然后利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【详解】（1）由，，，得 ，，
因为垂直平分，
所以，
所以为平面与平面的二面角的平面角，
所以 ，，所以为等边三角形，
取中点 ，连接 ，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为
所以为二面角的平面角，
所以，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设的一个法向量为 ，则
，令，则
又，
所以点到面的距离；
（2）连接，由，则四边形的外接圆圆心在的中点，
为正三角形，则外接圆的圆心为的三等分点，
过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，
如图所示，连接，则即球的半径.
在中，，
则，
在中，，
所以由勾股定理得，
则球的体积 ；

（3）设，由得，
所以，得， ，
所以，
设直线与平面所成角为（），
则
所以当时，取得最大值，
此时直线与平面所成角最大，
即当时，直线与平面所成角最大.

54．（2024·河北唐山·模拟预测）在长方体中，是棱的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)若异面直线与所成角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，证得，从而利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中条件，利用异面直线所成角求得，从而求得与平面的法向量，由此利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）依题意，以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示空间直角坐标系，不妨设．

依题意得，
则，
所以，则，
又，在平面内，所以平面，
又平面，则平面平面．
（2）依题意得．
则，
解得（负值舍去），
故，则，，
设平面的法向量为，则，
取，则，故；
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
55．（2024·北京）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
56．（2024·湖南·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，与交于点，将沿翻折至，使点到达点的位置.

(1)证明：；
(2)若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）求得，进而得到，证明平面PMC即可；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，解得， ，即可求出其体积.
【详解】（1），，
，
，
，
即，，
，，又，
平面PMC， 平面PMC，
平面PMC，
∴；
（2）直角中，，
，
，
，，，
则
由（1）平面PMC，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，
设，其中，
所以，，，
设平面PBD的一个法向量为，
则，
取，，
设平面PBC的一个法向量为，
则，
取，则，
，
解得，或，.
则或
故或.
（一）
异面直线所成的角
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系．
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量．
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．
(4)注意两异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．
题型1：异面直线所成的角
1-1．（2024高二上·北京丰台·期末）在正四棱柱中，，是棱 上的中点．

(1)求证：；
(2)异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；
（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值．
【详解】（1）证明：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
，
，
所以；

（2），
设异面直线与所成角的大小为，
则，
故异面直线AM与BC所成角的余弦值为．
1-2．（2024·全国·模拟预测）已知正三棱柱的侧面积是底面积的倍，点E为四边形的中心，点F为棱的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】法一：作出辅助线，找到异面直线BF与CE所成角，求出各边长，利用余弦定理求出答案；
法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求出异面直线的夹角；
法三：设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案.
【详解】法一：如图所示，取的中点G，连接FG，EG，

因为点E为四边形的中心，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角就是异面直线BF与CE所成的角．
设该三棱柱的底面边长为2，正三棱柱的侧面积是底面积的倍，
则，
所以．连接BG，
则，，．
在中，由余弦定理得，所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为，
法二：设，则由题得，所以．
以A为坐标原点，AC，所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，所以，，故，
所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为．
法三：设，则由题得，所以．
设，，，则，，，的夹角为，
，，，
，
，
，
所以
，
所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为.
故选：B．
1-3．（2024高三上·宁夏银川·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，先证明平面平面，进而得证平面．
（2）由题，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，连接，
∵是正方形，，分别是棱，的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵是的中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
∵，直线在平面内，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面．

（2）由题意可得，，，两两互相垂直，
如图以点为坐标原点，，，分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，，则，，，，，
，，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
题型2：已知线线角求其他量
2-1．（2024·广东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，E，F分别为AD，PC的中点.

(1)证明：；
(2)若BF与CD所成的角为，求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由题可得，根据面面垂直的性质定理可得平面ABCD，进而即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）在中，，E为AD的中点，
，又平面平面ABCD，平面平面，平面，
平面ABCD，又平面ABCD，
.
（2）如图，连接EC，由条件知，，
所以四边形BCDE为矩形，又平面ABCD，平面ABCD，
所以，又平面，
所以平面，平面，
所以，又BF与CD所成的角为，，
从而，在中，，
同理在中，，
，
为等边三角形，即，
在中，，，得，
以E为原点，分别以EA，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，
，.
设平面BEF的法向量为，
则，令，得，
易知平面ABE的一个法向量为，
则，
平面BEF和平面ABE夹角的余弦值为.
2-2．（2024高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，平面平面，点是线段上的动点.
(1)证明：平面平面；
(2)若点在线段上，，且异面直线与成30°角，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化为证明平面，即可证明；
（2）首先建立空间直角坐标系，利用向量公式求点的坐标，并分别求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）证明：∵平面平面，且平面平面，，且平面，
∴平面，平面，∴，
∵，
∵平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面；
（2）因为，过点作垂直于平面，
以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立空间直角坐标系，
所以
设，，，
，，
因为异面直线与所成30°角，
，
，
由题意知，平面的一个法向量为，，
设平面的一个法向量为，则，
所以，
所以，
平面和平面夹角的余弦值为.
2-3．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，底面，.点、、分别为棱、、的中点，是线段的中点，，.

(1)求证：平面；
(2)已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）以点为原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面；
（2）设，则，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为底面，，
如图，以点为原点，以、、所在直线分别为、、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，可得，
又因为，则，所以，，
又因为平面，所以，平面.
（2）解：依题意，设，则，
所以，，，
由已知，得，
整理可得，解得或，
所以，线段的长为或.
（二）
利用空间向量求线面角的解题步骤
题型3：直线与平面所成的角
3-1．（2024·贵州六盘水·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，，分别为，的中点，且，，.
(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)
【分析】
（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为，，，所以，
在平面中作，因为平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
所以，，
设平面的法向量为，则，取，
又平面的法向量可以为，
所以，所以平面平面.
（2）因为，
设直线与平面所成角为，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
3-2．（2024高三上·江西赣州·期中）如图，在正三棱柱中，分别为的中点，.

(1)求；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设，由题设可得、，进而可得，结合求参数，即可得；
（2）作，构建以为原点的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）设，又分别为的中点，则，
由为正三棱柱，即上下底面为等边三角形，又，
所以，且，
由，则，可得，
所以.
（2）作，构建以为原点的空间直角坐标系，如下图示，
则，故，
若是面的一个法向量，则，
令，则，而，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.

3-3．（2024·全国）在四棱锥中，底面．
(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
3-4．（2024·浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设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）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
题型4：已知线面角求其他量
4-1．（2024·重庆万州·模拟预测）如图1所示，在四边形中，，为上一点，，，将四边形沿折起，使得，得到如图2所示的四棱锥．

(1)若平面平面，证明：；
(2)点是棱上一动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）先证明，根据线线平行判定定理平面，再由线面平行性质定理证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.
【详解】（1）在图1中，因为，，，
所以，，又，
所以，
因为，，
所以，故，

在图2中，因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，所以；
（2）由（1）知，，，
，平面，平面,
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故以为坐标原点，分别为轴，
在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
因为，平面AEB平面BCE，且，
所以点在平面的射影为中点，故，，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
不妨令，则，，
所以为平面的一个法向量．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
整理得，解得或（舍），
所以为中点，所以.
4-2．（2024·福建漳州·模拟预测）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，平面，，，，分别为，的中点，平面与平面的交线为，在圆上.

(1)在图中作出交线（说明画法，不必证明），并求三棱锥的体积；
(2)若点满足，且与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)答案见解析，
(2)或
【分析】（1）由线线平行即可找到直线，由等体积法即可求解体积，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.
【详解】（1）过点作交圆于点，（ ，分别为，的中点，所以,又，所以,故为平面与平面的交线）
因为是圆的直径，所以，，
所以，所以四边形为矩形，
因为，，所以，
因为平面，为的中点，
所以点到平面的距离为，
所以
（2）以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，，
所以，，，
，
设平面的法向量为，则
即，不妨取，得
因为与平面所成角的正弦值为，
所以
所以，所以或
4-3．（2024·安徽黄山·三模）如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．

(1)当点G为线段BE的中点时，证明：平面；
(2)若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；
（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.
【详解】（1）证明：
连接，如下图（1）中所示：
因为四边形为平行四边形，所以是中点，
又点为线段的中点，则，且,
又且，所以，
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，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：
由平面⊥平面，，可知，
均为边长为2的正三角形，
则有，
设，
则，
为平面的法向量，
所以，
解得（其中舍去）,所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取．
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取
所以．
所以二面角的正弦值为．
即二面角的正弦值为.
（三）
利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法
(1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小．
题型5：平面与平面的夹角
5-1．（2024·浙江金华·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，且，点分别为的中点．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直，可得，，再利用线面垂直的判定定理可得平面；
（2）为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用夹角公式求解公式.
【详解】（1）因为底面，底面，所以，
因为为正方形，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，点为的中点，所以．
因为，平面，
所以平面，因为平面，所以．
同理可得，因为，平面，所以平面．
（2）
如图，以点为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设，则各点坐标分别为．
由（1）可知是平面的一个法向量，记为，
又平面的一个法向量为．
所以平面与平面夹角的余弦值等于．

5-2．（2024高三上·天津南开·期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，E是棱PB上一点．

(1)求证：平面平面PBC；
(2)若E是PB的中点，
（i）求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
（ii）求平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）．
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由两平面的法向量垂直得证两平面垂直；
（2）（i）由空间向量法求线面角；（ii）由空间向量法求面面角.
【详解】（1）因为，取AB中点M，连接CM，则，
又平面ABCD，平面ABCD，所以，
故以CM为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立空间直角坐标系，则
，
所以．

因为，
所以，
所以平面PBC，即为平面PBC的法向量．
设，
则．
设平面EAC的法向量为，，
则即
令，则．
因为，所以平面平面PBC．
（2）因为E是PB的中点，所以．
（i）设直线PA与平面EAC所成角为，
则，
故直线PA与平面EAC所成角的正弦值为．
（i）显然平面PDC的法向量为，
设平面PDC和平面EAC的夹角为，
则．
故平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值为．
5-3．（2024高三上·江苏镇江·期中）如图，在四棱台中，底面是中点．底面为直角梯形，且．

(1)证明：直线平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意先证平面，进而可得，根据勾股定理可得，根据线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）因为底面，底面，则，
由题意可知：，且平面，
所以平面，且平面，可得，
不妨设，由题意可得：，
可知：，即，
且，平面，
所以直线平面.
（2）如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，不妨设，

则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值.
题型6：已知面面角求其他量
6-1．（2024·吉林长春·一模）长方形中，，点为中点（如图1），将点绕旋转至点处，使平面平面（如图2）．

(1)求证：；
(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由已知条件，先证明，再利用平面平面，可证平面，得到，又，可得平面，从而可证；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求出平面和平面的法向量，进而求出点坐标，确定点位置，求出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：在长方形中，，为中点，
，
，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，平面，
，又，平面，平面，
，
平面，平面，
.
（2）
如图，取的中点，的中点，连接，
由题意可得两两互相垂直，
以为坐标原点，以，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
设平面的一个法向量为，
则，，
令，得，
，
又平面，是平面的一个法向量，，
令，解得或（舍）.
即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，
平面，且，
到平面的距离为，又四边形的面积为3，
四棱锥的体积
6-2．（2024高三上·四川成都·阶段练习）如图，在几何体中，平面四边形是菱形，平面平面，，且，，．

(1)证明：
(2)若二面角是直二面角，求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直、线面垂直的性质定理即可证明；
（2）以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，，求出平面和平面的一个法向量，由二面角是直二面角，求出，再由异面直线所成角求解即可.
【详解】（1），，，
取的中点，连接，则，，
则，.
平面平面，面平面，，
面，平面，
平面，.
（2）设与的交点为，的中点为，连接，可得，
由（1）得平面，平面，
分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
平面，，
，，
，．
设，，
由题设得，，，，
，，
设，，是平面的法向量，
则，取，得，
设是平面的一个法向量，
则，取，得，1，
二面角是直二面角，
，解得，
，
直线与直线所成角的余弦值为

6-3．（2024·全国）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.