高考数学模拟题分项汇编(第四期) 专题12 立体几何解答题(原卷版+解析)

专题12 立体几何解答题1．（2021·重庆八中高三月考）如图甲，在梯形中，，过点B作且，将梯形沿折叠得到图乙.折叠后，点F是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.2．（2021·重庆西南大学附中高三月考）在五面体中，四边形为正方形，平面平面，，，.（1）若平面平面，求的长；（2）在第（1）问的情况下，过点作平行于平面的平面交于点，交于点，求三棱柱的体积.3．（2021·辽宁沈阳市翔宇中学高三月考）如图，已知正方体的上底面内有一点，点为线段的中点.（1）经过点在上底面画一条直线与垂直，并说明画出这条线的理由；（2）若，求与平面所成角的正切值.4．（2021·河北唐山一中高三期中）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD⊥面ABCD，PA=PD=2.（1）求证：BD⊥PA；（2）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由.5．（2021·河北邢台一中高三期中）如图，在四棱锥中，，，，，是的中点，.（1）证明：.（2）当三棱锥的体积为时，求与平面所成角的正弦值.6．（2021·福建福清西山学校高三期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，，E为棱PB上一点.（1）若E为棱PB的中点，求证：直线平面PAD；（2）若E为棱PB上存在异于P､B的一点，且二面角的平面角的余弦值为，求直线AE与平面ABCD所成角的正弦值.7．（2021·山东安丘一中高三月考）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.（1）求证：平面平面；（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.8．（2021·湖北荆州一中高三期中）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，且，，三角形为等腰直角三角形，且，.（1）若点为棱的中点，证明：平面平面；（2）若平面平面，点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.9．（2021·湖北武汉二中高三月考）如图，在三棱锥中，已知，.（1）证明：（2）若平面平面ABC，且，求二面角的余弦值.10．（2021·湖北襄阳四中高三月考）如图，在三棱柱中，平面，，.（1）求证：平面；（2）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值.11．（2021·湖南永州一中高三月考）如图，四边形为平行四边形，，四边形为矩形，且平面，.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.12．（2021·湖南郴州一中高三月考）如图，在四棱锥中，，，，且，平面平面，三棱锥的体积为.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.13．（2021·湖南株洲二中高三月考）如图，已知是平面外一点，，，.（1）四点，，，在同一平面内吗？说明理由；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.14．（2021·湖南临澧一中高三月考）如图1，在矩形ABCD中，AB= 4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.（1）设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；（2）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.15．（2021·广东福田一中高三月考）如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，N为的中点，P是与的交点．（1）证明：；（2）在线段上是否存在点Q，使得∥平面？若存在，请确定Q的位置；若不存在，请说明理由．16．（2021·广东顺德一中高三月考）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．（1）证明底面；（2）设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．17．（2021·广东深圳中学高三月考）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．18．（2021·广东湛江一中高三月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，点是棱的中点.（1）证明：平面平面.（2）若求二面角的余弦值.19．（2021·广东佛山一中高三月考）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．20．（2021·江苏海安高级中学高三月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．（1）证明：平面；（2）若，且二面角的大小为30°，求四棱锥的体积．21．（2021·江苏扬州中学高三月考）如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，分别是，，，的中点，，与交于点，与交于点，连接.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.专题12 立体几何解答题1．（2021·重庆八中高三月考）如图甲，在梯形中，，过点B作且，将梯形沿折叠得到图乙.折叠后，点F是的中点.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：取ED的中点G，连接FG、CG，因为点F是的中点，所以又，过点B作且，所以，所以，所以四边形BCGE是平行四边形，所以，又面，面，所以面.（2）解：取BD的中点O，连接CO、AO，因为，所以面，又，所以面，又，，所以是正三角形，，所以以O为坐标原点， OC所在的直线为x轴，以，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设，则，，，，，从而，，，.设平面ACD的法向量为，则令，得.设平面AEB的法向量为，则令，得.设平面与平面所成的锐二面角为，故，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.2．（2021·重庆西南大学附中高三月考）在五面体中，四边形为正方形，平面平面，，，.（1）若平面平面，求的长；（2）在第（1）问的情况下，过点作平行于平面的平面交于点，交于点，求三棱柱的体积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，平面，又，以为原点，、、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，设平面的法向量为，由，取，可得，由，取，可得，因为平面平面，则，所以，，，解得；（2）若，则由（1）可知平面的一个法向量为，因为、，，所以，点到平面的距离为，又因为平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，在梯形中，，则，所以，直角的面积为，所以.3．（2021·辽宁沈阳市翔宇中学高三月考）如图，已知正方体的上底面内有一点，点为线段的中点.（1）经过点在上底面画一条直线与垂直，并说明画出这条线的理由；（2）若，求与平面所成角的正切值.【答案】（1）连接，在上底面过点作直线即可,作图见解析.（2）【解析】（1）连接，在上底面过点作直线即可，则.理由： 平面，且平面， 又，，平面，平面，；（2）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，设正方体的棱长为2，则，.又，，，则，设平面的一个法向量为,则 设与平面所成角为，则，与平面所成角的正切值为.4．（2021·河北唐山一中高三期中）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD⊥面ABCD，PA=PD=2.（1）求证：BD⊥PA；（2）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，N为PM的中点【解析】（1）取AD的中点E，连接PE，CDAB，，，，，∴∠DBA=45°，，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，∴PA=PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD∵平面PAD⊥半面ABCD，平面平面ABCD=AD，半面PAD，PE⊥AD，∴PE⊥平面ABCD，平面ABCD，∴PE⊥BD又平面PAD，平面PAD，∴BD⊥平面PAD，又平面PAD∴BD⊥PA.（2）延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM，以B为原点，以BM､BA､平面ABCD的过点B的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz，则，，设，则，设平面PCD的法向量为，则，，即令可得，设平面CDN的法向量为，则，，即，令可得，，若二面角P-DC-N的余弦值，则解得：或，令可得，解得，故当时，二面角P-DC-N为锐二面角，当时，二面角P-DC-N为钝二面角，，即在直线l上存在点N，当N为PM的中点时，二面角P-DC-N的余弦值为.5．（2021·河北邢台一中高三期中）如图，在四棱锥中，，，，，是的中点，.（1）证明：.（2）当三棱锥的体积为时，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：设为的中点，连接，，因为，所以，所以，即，因为，为的中点，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以.（2）因为，，，所以平面，所以，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，则，，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，即，令，得.所以，所以与平面所成角的正弦值为.6．（2021·福建福清西山学校高三期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，，E为棱PB上一点.（1）若E为棱PB的中点，求证：直线平面PAD；（2）若E为棱PB上存在异于P､B的一点，且二面角的平面角的余弦值为，求直线AE与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：取PA的中点F，连EF，DF，∵E为PB的中点，∴且，又，且，∴，所以四边形CDFE为平行四边形，∴，又平面PAD，平面PAD，故直线平面PAD.（2）以A为坐标原点，以AD，AB，AP所在射线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，.设，则，.∵E在棱PB上，∴可设.故，解得，即，易知平面ACB的法向量为，设平面ACB的法向量，，，∴，即，即.取，则，，故.因为二面角的平面角的余弦值为，所以，即，即，解得.∴，.因为z轴⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为.设AE与平面ABCD所成角为，则.故AE与平面ABCD所成角的正弦值为.7．（2021·山东安丘一中高三月考）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.（1）求证：平面平面；（2）若二面角的大小为，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，，为的中点，则且，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，即.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）因为，为的中点，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为，如图，以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设，其中，所以，，又，设平面的法向量为，则，所以，取，得，由题意知平面的一个法向量为，因为二面角为，所以，因为，解得，所以,易知平面的一个法向量为，.所以与平面所成角的正弦值为.8．（2021·湖北荆州一中高三期中）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，且，，三角形为等腰直角三角形，且，.（1）若点为棱的中点，证明：平面平面；（2）若平面平面，点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）因为为等腰直角三角形，点为棱的中点，所以，又因为，，所以，又因为在中，，，所以，所以，所以，又因为，所以平面，又因为为平行四边形，所以，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）因为平面平面，平面平面，，所以平面，又因为，以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，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，则由，，可得令，得，设直线与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.9．（2021·湖北武汉二中高三月考）如图，在三棱锥中，已知，.（1）证明：（2）若平面平面ABC，且，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：取PC中点O，连接,∵，∴， ∴∵，，,平面，∴平面ABO，又平面，∴.（2）（2）平面平面，作，，，，∴，所以，，两两垂直，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，，，所以，，，则，，，，设平面的法向量为则，所以，令，则又平面的一个法向量为设二面角所成的平面角为，则显然二面角是锐角，故二面角的余弦值为.10．（2021·湖北襄阳四中高三月考）如图，在三棱柱中，平面，，.（1）求证：平面；（2）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：∵在三棱柱中，平面，因为平面，故，同理.因为，故四边形为菱形，故.因为，故，∵，∴平面，∵平面，∴，∵，∴平面.（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，，设平面的法向量，则，取，得，点在线段上，且，点在线段上.设，，，则，，，即，，解得，，，∵平面，∴，解得.∴的值为.11．（2021·湖南永州一中高三月考）如图，四边形为平行四边形，，四边形为矩形，且平面，.（1）证明：平面平面；（2）若为的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）.【解析】∵四边形为平行四边形，，∴∠CBA=60°又，∴在△ACB中，∠ACB=90°，即AC⊥BC，又平面，∴AC⊥CF，又，∴AC⊥平面BCF，又AC平面ACFE，∴平面平面.（2）如图以C为原点建立空间直角坐标系，设AB=2，则AD=1，CF=1，AC=，∴，则，设平面的法向量，∴，∴令，则，平面的法向量可取，∴，∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.12．（2021·湖南郴州一中高三月考）如图，在四棱锥中，，，，且，平面平面，三棱锥的体积为.（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）取的中点，连接，因为，，所以，且，因为平面平面，平面平面，面，所以平面，可得，因为，，所以，所以，所以，所以，又因为，，可得，，又因为，所以平面；（2）由（1）知，过点作平面的垂线，建立空间直线坐标系如图所示，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，可得，令，则，，所以，设平面的法向量为，则，可得令，则，，所以，则，由图可知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.13．（2021·湖南株洲二中高三月考）如图，已知是平面外一点，，，.（1）四点，，，在同一平面内吗？说明理由；（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）在同一平面内，理由见解析；（2）．【解析】（1）分别设线段，的中点分别为，，分别连接，，， ∴，∵，，∴，∴四边形和四边形都是平行四边形，∴，，，，∴，，即四边形是平行四边形， ∴，∴，所以，四点，，，在同一平面内；（2）∵，，与是平面内两相交直线，∴平面，分别以直线，为轴和轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直线坐标系，设，由于，，所以，，，，，∴，，，，设和分别是平面和平面的一个法向量，则 ，，，，∴， ，不妨取，得，，，∴，所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．14．（2021·湖南临澧一中高三月考）如图1，在矩形ABCD中，AB= 4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.（1）设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；（2）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.【答案】（1）AM=；（2）.【解析】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则，∵，当AM=时，，则且，则AMFN是平行四边形，AN∥MF.又平面D1AE，平面D1AE，则MF∥平面D1AE.（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，∵AD1=ED1=2，∴OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，∴OD1⊥平面ABCE.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，∴OM⊥OK，故如图建系O﹣xyz.设平面CD1E的法向量 =（x， y， z），∵EC∥y轴，∴，∵，∴D1为（0， 0，），又E为（﹣1， 1， 0），则，由，取，则=（， 0， 1）.又B为（1， 3， 0），则，记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，则.15．（2021·广东福田一中高三月考）如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，N为的中点，P是与的交点．（1）证明：；（2）在线段上是否存在点Q，使得∥平面？若存在，请确定Q的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；线段上靠近N的三等分点Q【解析】（1）解法一：连结，在直三棱柱中，有面因为面，所以，中，，即，因为，所以面，因为面，所以，在四边形中，，，所以四边形为正方形，所以，因为，所以面，因为面，所以．解法二：在直三棱柱中，因为，以点A为坐标原点，AB、CA、方向分别为、、轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．因为，所以，，，所以，所以．（2）解法一：存在线段上靠近N的三等分点Q，满足∥平面．证明如下：在直三棱柱中，因为，以点A为坐标原点，AB、CA、方向分别为、、轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．因为，M为AB的中点，N为的中点，P是与的交点，所以、、、、、设，所以所以，，，设为平面的法向量，则即．取得，可得平面的一个法向量为．若∥平面，则，所以，即解得，所以存在线段上靠近N的三等分点Q，使得∥平面．解法二：存在线段上靠近N的三等分点Q，满足∥平面．证明如下：取中点H，连结BH、、．在正方形中，M为AB的中点，所以∥．因为平面，平面，所以平面∥，在正方形中，M为AB的中点，H为中点，所以∥．因为∥且，所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥．因为平面，平面，所以∥平面，因为，平面，平面所以平面∥平面，记，则Q为的重心，即Q为线段上靠近N的三等分点，且平面，所以∥平面，所以存在线段上靠近N的三等分点Q，使得∥平面．16．（2021·广东顺德一中高三月考）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．（1）证明底面；（2）设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）由翻折之前的边长关系得，，进而得翻折后有，，进而得底面；（2）解法一：以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，进而得为二面角的平面角，再结合正弦定理得，再写坐标，利用坐标法求解即可.解法二：由（1）知为二面角的平面角，即，进而由正弦定理得，再由余弦定理可得，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角，再利用得，进而得答案；解法三：由（1）得为二面角的平面角，即，进而得，，再过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC进而证明面PAT，再根据几何关系求解即可.（1）由菱形的边长为3，，可得：，即有同理，即有在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，，．可得底面（2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．由第（1）问可得底面，可得：，．则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，，可得．利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为．点，，设面的法向量为，则有，即：．令，则有，则有：则PC与面PAT所成角的正弦值为．解法二：由第（1）问可知底面，，所以，，．则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，，可得．利用正弦定理可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点所以在中，由余弦定理可得：， 设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角考虑三棱锥，由于，，因为，所以所以所以PC与面PAT所成角的正弦值为解法三：由面，可得：，．故为二面角的平面角，由题意可得：因为为锐角，所以故过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC则∵，∴∵面，∴又因为，，故面PAT故为与面PAT所成的角，∴即PC与面PAT所成角的正弦值为17．（2021·广东深圳中学高三月考）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）【解析】（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.18．（2021·广东湛江一中高三月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，点是棱的中点.（1）证明：平面平面.（2）若求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】证明：因为底面，平面，所以.四边形为矩形，所以，因为，所以平面.从而，因为，点是棱的中点﹐所以.因为，所以平面.又因为平面，所以平面平面.解：以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，依题意可得，设平面的法向量为，由，得不妨令可得.设平面的法向量为，由，得不妨令，可得.易知二面角为锐角，，所以二面角的余弦值为.19．（2021·广东佛山一中高三月考）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）．【解析】（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．20．（2021·江苏海安高级中学高三月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．（1）证明：平面；（2）若，且二面角的大小为30°，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）因为侧面底面，侧面底面，又底面为矩形，所以，平面，平面，平面，所以，又侧面是正三角形，M是的中点，所以，，，平面，所以平面．（2）取中点O，过点O作的平行线连接，由（1）同理知平面，以O为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，记平面的法向量，则，，从而，则可得，因为平面，则平面的法向量跟共线，可取，因为二面角的大小为30°，，解得，所以四棱锥的体积为．21．（2021·江苏扬州中学高三月考）如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，分别是，，，的中点，，与交于点，与交于点，连接.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）因为，，，分别是，，，的中点，所以，.所以.又平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.又，所以.（2）在中，，，所以.又平面，所以，，两两垂直.以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，，.所以，，，.设平面的一个法向量为，由，，得取，得.设平面的一个法向量为，由，，得取，得.设二面角为，由图象知二面角为锐角，则.