专题十五 空间向量与立体几何-2021届高三《新题速递•数学》10月刊（江苏专用 适用于高考复习）

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专题十五 空间向量与立体几何

一、单选题
1．（2020·四川省绵阳江油中学月考（理））已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
，
又∵P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，
∴，
解得 x=，
故选A．
点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面．
2．（2018·江西省信丰中学月考）在正方体中，是棱的中点，是的中点，是上的一点且，则异面直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
以为轴建立空间直角坐标系，


设正方体棱长为，则,,异面直线与所成的角为，故选D.
3．（2020·四川省绵阳江油中学月考（理））如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
试题分析：以D点为坐标原点，以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（0，2，1）
∴ =（-2，0，1）， =（-2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
考点：直线与平面所成的角

4．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考（理））如图所示，在正方体中，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则异面直线与BD所成角的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接，则点在线段上，以D为坐标原点建立坐标系，利用向量方法可求出范围.
【详解】
过A作平面平面，点P是底面内（含边界）的一点，且平面，则平面，即在与平面的交线上，
连接，

，则四边形是平行四边形，
，平面，
同理可证平面，
平面平面，则平面即为，点在线段上，
以D为坐标原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，
则，，，设，，
，，
，，，
设与BD所成角为，
则
，
当时，取得最小值为0，
当或1时，取得最大值为，
，则.
故选：C.
【点睛】
本题考查向量法求异面直线所成角的范围，属于中档题.
5．（2019·黑龙江哈师大青冈实验中学月考（理））已知是各棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，则平面与平面所成的锐二面角为（ ）
A．45° B．60° C．75° D．30°
【答案】A
【解析】
【分析】
以为原点，以垂直的直线为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，平面的法向量，由，知，结合平面向量法可得结果．
【详解】
以为原点，以垂直的直线为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，
，0，，，，，，，，，
，，，
设平面的法向量，
，
，

又因为平面向量法
．
则平面与平面所成的锐二面角为45°
故选：．

【点睛】
本题考查二面角的向量求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．
6．（2020·安徽省太和第一中学开学考试）在正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量后可得所求线面角的余弦值.
【详解】
分别以为轴建立如图所示空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，可得
∴
设是平面的一个法向量
∴，即，
取，得
∴平面的一个法向量为
设直线与平面所成角为
∴，
∴，即直线与平面所成角的余弦值是，
故选：C
【点睛】
用向量法求二面角大小的两种方法：
（1）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，则这两个向量的夹角的大小即为二面角的大小；
（2）分别求出二面角的两个半平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角大小，解题时要注意结合图形判断出所求的二面角是锐角还是钝角.
7．（2020·辽阳市集美中学月考）如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC＝4，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为半圆弧的中点，若异面直线BD和AB1所成角的余弦值为，则该几何体的体积为（ ）

A．16+8π B．32+16π C．32+8π D．16+16π
【答案】A
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用异面直线和所成的角的余弦值计算出该几何体的高，由此计算出该几何体的体积.
【详解】
设在底面半圆上的射影为，连接交于，设.
依题意半圆柱体底面直径，为半圆弧的中点，
所以且分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接，
则与上下底面垂直，所以，
以为轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为，则
，
所以，
由于异面直线和所成的角的余弦值为，
所以，
即.
所以几何体的体积为.
故选：A

【点睛】
本小题主要考查根据线线角求其它量，考查几何体体积的求法，属于中档题.
8．（2020·山东滕州市第一中学新校高二开学考试）已知空间直角坐标系中，，，，点在直线上运动，则当取得最小值时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设，根据点在直线上，求得，再结合向量的数量积和二次函数的性质，求得时，取得最小值，即可求解.
【详解】
设，
由点在直线上，可得存在实数使得，
即，可得,
所以,
则，
根据二次函数的性质，可得当时，取得最小值，此时.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的共线定理，空间向量的数量积的运算，其中解答中根据向量的数量积的运算公式，得出关于的二次函数是解答的关键，着重考查运算与求解能力.

9．（2019·湖北东西湖·武汉为明学校月考）已知给出下列等式：
①；②；③
④.其中正确的个数是
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题设可得，则；
，，则①正确；
因，
，故②正确；
又因，而，
所以，即③正确；
又，则，
而，故，也即④正确.
故选：D．
10．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在棱长都相等的正三棱柱中，是棱的中点，是棱上的动点.设，随着增大，平面与底面所成锐二面角的平面角是（ ）

A．增大 B．先增大再减小
C．减小 D．先减小再增大
【答案】D
【解析】
【分析】
设正三棱柱棱长为，设平面与底面所成锐二面角为，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定出点的坐标，求出平面的法向量，底面的法向量坐标为，将表示为关于的函数，通过讨论的增减变化，即可求出结论.
【详解】
设正三棱柱棱长为，，
设平面与底面所成锐二面角为，
以为坐标原点，过点在底面内与垂直的直线为轴，
所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，则，
即，令，则，
所以平面的一个法向量，
底面的一个法向量为，

当，随着增大而增大，则随着的增大而减小，
当，随着增大而减小，则随着的增大而增大.
故选：D.

【点睛】
本题考查空间向量法求二面角，应用函数思想讨论二面角的大小，考查直观想象、数学计算能力，素养中档题.
11．（2020·赣州市赣县第三中学月考（理））如图，在四棱柱中，底面为正方形，侧棱底面，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（ ）

A． B． C．2 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值.
【详解】

以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，
，
,

，
，
的最大值为.
故选：.
【点睛】
本题主要考查的是线面所成角，解题的关键是找到线面所成角的平面角，是中档题.

二、多选题
12．（2020·江苏宝应中学开学考试）在正三棱柱中，所有棱长为1，又与交于点，则（ ）
A．= B．
C．三棱锥的体积为 D．与平面BB′C′C所成的角为
【答案】AC
【解析】
【分析】
画出正三棱柱，对选项A，由向量的线性运算表示出；对选项B，判断是否为直角三角形；对选项C，用棱锥体积公式计算；对选项D，利用线面垂直，得出即与平面BB′C′C所成的角，放在直角中求解.
【详解】
由题意，画出正三棱柱如图所示，

向量
，故选项A正确；
在中，，，，
，所以和不垂直，故选项B错误；
在三棱锥中，，
点到平面的距离即中边上的高，所以，
所以，故选项C正确；
设中点为，所以，又三棱柱是正三棱柱，
所以平面，
所以即与平面BB′C′C所成的角，
，所以，故选项D错误.
故选：AC
【点睛】
本题主要考查向量的线性运算、求棱锥的体积和线面角的求法，考查学生的数形结合能力和计算能力，属于中档题.
13．（2020·江苏省苏州中学园区校开学考试）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且，则下列结论中正确的是（ ）

A．线段上存在点，使得
B．平面
C．的面积与的面积相等
D．三棱锥的体积为定值
【答案】BD
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系，再依次讨论各选项，即可得答案.
【详解】
解：如图，以为坐标原点建系，，为，，轴，
，，，，
即
∴，，，
∴，

∴与不垂直，A错误.
，都在，上，又
∴，平面，平面
∴平面，B正确
与不平行，则与的距离相等
∴，∴C错误
到的距离就是到平面的距离
到的距离为

∴是定值，D正确.
故选：BD.

【点睛】
本题考查空间线面位置关系，空间几何体的体积等，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.

第II卷（非选择题）
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三、解答题
14．（2020·宝山·上海交大附中高三开学考试）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】

（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则

从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为

令
设平面一个法向量为
令

因此
【点睛】
本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
15．（2020·全国高三其他（理））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）.
【解析】
【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
【点睛】
本题主要考查了证明线线垂直以及利用向量法求面面角，属于中档题.
16．（2020·江西省信丰中学月考（理））在四棱锥中，，，.

（1）若点为的中点，求证：平面；
（2）当平面平面时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）通过作的中点，连结，，通过中位线定理分别证明，来证明平面平面，从而证明平面
（2）当平面平面时，再结合题干信息，可作的中点，连接，以的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法来求解二面角的余弦值
【详解】
解：（1）取的中点，连结，.

∵为等边三角形，∴.
∴，又，
∴四边形是平行四边形，∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
∵为的中点，为的中点，∴.
同理：平面.
∵，∴平面平面.
∵平面，∴平面.
（2）取的中点，连结，，则，.
∵平面平面，，
∴平面，∴，，.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立空间直角坐标系.

则，，.
∴，，
平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，则，即.
令，得，，∴平面的一个法向量，
∴.
设二面角的大小为，结合图形可知.
【点睛】
本题考查立体几何基本知识，第一问考查了线面平行的证法，证线面平行一般有两种思路：一种通过证直线和平面里的一条直线平行来证线面平行；另一种通过证面面平行，说明直线在其中一个平面，从而证线面平行。第二问考查了用空间向量求解二面角余弦值的一般方法，建立合适的空间坐标系，正确表示各点坐标和相应平面的法向量是关键，在向量法求解二面角余弦值时，要注意夹角是锐角还是钝角，从而正确求解二面角余弦值
17．（2019·陕西碑林·西北工业大学附属中学高三其他（理））如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，底面，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，试问在线段上是否存在点，使得二面角 的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q存在，是EF中点.
【解析】
【分析】
（1）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行的寻找与论证，往往需要结合平几知识，如本题取PD中点M，利用三角形中位线性质得，再结合平行四边形性质得四边形EFMA为平行四边形，从而得出EF∥AM，（2）涉及二面角问题，一般利用空间向量进行解决，首先根据题意建立恰当的空间直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面的法向量，结合向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角的关系列等量关系，求出待定参数
【详解】
证明：（1）取PD中点M，连接MF、MA，


在△PCD中，F为PC的中点，∴，
正方形ABCD中E为AB中点，∴，∴，
故四边形EFMA为平行四边形，∴EF∥AM，
又∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD；
（2）结论：满足条件的Q存在，是EF中点．理由如下：
如图：以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，


则P（0，0，2），B（0，1，0），C（1，1，0），E（0，，0），F（，，1），
由题易知平面PAD的法向量为=（0，1，0），
假设存在Q满足条件：设，
∵，∴，，λ∈，
设平面PAQ的法向量为，
由，可得，
∴，
由已知：，解得：，
所以满足条件的Q存在，是EF中点．
【点睛】
利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．
18．（2020·广东禅城·佛山一中月考）在四棱锥中，底面为正方形，.

（1）证明：面⊥面；
（2）若与底面所成的角为， ，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）要证面面垂直，一般先证线面垂直，设AC与BD交点为O，则PO⊥BD，而正方形中AC⊥BD，于是可证得结论．
（2）由线面角的定义可得，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系，然后写出各点坐标，求出面BPC和面DPC的法向量，再由法向量的夹角的余弦值得二面角的余弦．
【详解】
（1）证明：连接AC,BD交点为O，∵四边形ABCD为正方形，∴
∵，,∴,又∵,∴

又,∴.
（2）∵，过点P做,垂足为E
∴∵PA与底面ABCD所成的角为，∴,
又，设,则

如图所示，以A为坐标原点，为x,y轴的正方向建立空间直角坐标系

设面法向量为，
,∴，
，∴
同理的法向量，
∴求二面角的余弦值
【点睛】
在立体几何中求角问题的常用方法是建立空间直角坐标系，利用向量的夹角来求得空间角（如线面角、二面角）．解题关键是图中相互垂直的直线（最好是过同一点有三条相互垂直的直线）．
19．（2020·四川武侯·成都七中高三开学考试（理））如图，在以P为顶点的圆锥中，母线长为，底面圆的直径AB长为2，O为圆心.C是圆O所在平面上一点，且AC与圆O相切.连接BC交圆于点D，连接PD，PC，E是PC的中点，连接OE，ED.

（1）求证：平面平面PAC；
（2）若二面角的大小为，求面PAC与面DOE所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）由，得面，再得，从而可得线面垂直，于是有面面垂直；
（2）二面角的平面角为，大小为，这样以为轴，在底面上作轴建立如图的空间直角坐标系，用向量法求二面角．
【详解】
（1）证明：AB是底面圆的直径，AC与圆切于点A，
所以，
又底面，则，，
所以：面，
又因为，在三角形PAB中，
，所以面PAC，面PBC
所以：平面平面PAC；
（2）因为，，
为二面角的平面角，
，如图建立坐标系，易知，
则，，，
，，，
由（1）知为平面PAC的一个法向量，
设平面ODE的法向量为，
，
，
解得：，
.

【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查用向量法二面角．面面垂直，线面垂直，线线垂直，在立体几何证明垂直问题时常常相互转换，要灵活运用．
20．（2020·云南昆明一中高三其他（理））如图，在六面体ABCDEF中，AB//CD，AB⊥AD，且，四边形ADEF是正方形，平面ADEF⊥平面ABCD．

（1）证明：平面BCE⊥平面BDE；
（2）若∆BCE中，∠BEC=30°，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先证明和，再结合，证明平面，最后证明平面平面即可；
（2）先建立空间直角坐标系，再求平面的一个法向量和平面的一个法向量，最后求二面角的余弦值.
【详解】
解：（1）证明：因为，，且，所以，，
则在中：，所以
又平面平面，平面平面，
四边形是正方形，，平面，可得平面，平面，则，
，平面，，故平面，
平面，
所以，平面平面.
（2）由（1）知、、，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图.
可得、、、，
故，，，
设为平面的一个法向量，
则，得，同理可得平面的一个法向量为，

二面角的是钝二面角，
所以二面角的余弦值为.

【点睛】
本题考查利用线面垂直证明面面垂直、利用空间向量求面面所成的角，是中档题.
21．（2020·广东广州·高三月考）如图，在梯形中，，，矩形中，，又有.

（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】
【分析】
（1）在梯形中，通过计算得出，由勾股定理逆定理得，从而　证线面平行；
（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】
证明：（1）在梯形中，，，
∴四边形是等腰梯形，
∴，，
∴，∴
又∵矩形中，，又有，，∴，
又∵∴平面，

（2）以C为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系：
，，，，.
所以，，…
设平面的法向量为，所以∴，
令，则，，∴，
，

∴直线与平面所成角的正弦值是．
【点睛】
本题考查证明线面垂直，考查用空间向量法求直线与平面所成的角．掌握线面垂直的判定定理是解题基础，建立空间直角坐标系，把几何问题转化为计算问题．
22．（2018·江西省信丰中学月考）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ABD=30°，AB＝2CD＝2AD＝2，DE⊥平面ABCD，EF//BD，且BD＝2EF．
（Ⅰ）求证：平面ADE⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若二面角CBFD的大小为60°，求CF与平面ABCD所成角的正弦值．

【答案】（1）见解析（2）
【解析】
分析：(1)根据面面垂直的判定定理即可证明平面ADE⊥平面BDEF；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求CF与平面ABCD所成角的正弦值；也可以应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解.
详解：（Ⅰ）在△ABD中，∠ABD＝30°，由AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°，
解得BD＝，所以AB2+BD2=AB2，根据勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.
又因为DE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴AD⊥DE.
又因为BDDE＝D，所以AD⊥平面BDEF，又AD平面ABCD，
∴平面ADE⊥平面BDEF，
（Ⅱ）方法一：
如图，由已知可得，，则
，则三角形BCD为锐角为30°的等腰三角形.
则.
过点C做，交DB、AB于点G，H，则点G为点F在面ABCD上的投影.连接FG，则

，DE⊥平面ABCD，则平面.
过G做于点I，则BF平面，即角为
二面角CBFD的平面角，则60°.
则，，则.
在直角梯形BDEF中，G为BD中点，，，，
设 ，则，，则.
，则，即CF与平面ABCD所成角的正弦值为．
（Ⅱ）方法二：
可知DA、DB、DE两两垂直，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设DE＝h，则D(0，0，0)，B(0，，0)，C(－，－，h).
，.
设平面BCF的法向量为m＝(x，y，z)，
则所以取x=，所以m＝(，-1，－)，
取平面BDEF的法向量为n＝(1，0，0)，
由，解得，则，
又,则，设CF与平面ABCD所成角为，
则sin=.
故直线CF与平面ABCD所成角的正弦值为
点睛：该题考查的是立体几何的有关问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，线面角的正弦值，在求解的过程中，需要把握面面垂直的判定定理的内容，要明白垂直关系直角的转化，在求线面角的有关量的时候，有两种方法，可以应用常规法，也可以应用向量法.
23．（2018·江西省信丰中学月考）如图，已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，是线段上的点.

（1）当是的中点时，求证：平面；
（2）试确定点的位置，使二面角的大小为，并指出的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）点的位置见解析，.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法求出的值，由此可求得的长.
【详解】
（1）如图，取的中点，连接、.

、分别为、的中点，则且，
四边形是矩形，为的中点，则且，
且，所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
（2）平面，且四边形为矩形，
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，则，，，

平面的一个法向量为，
设，其中，设平面的法向量为，
，，
由，得，令，则，，，
由，解得，即.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查计算能力，属于中等题.
24．（2020·辽宁月考）在三棱柱中，底面是正三角形，侧棱平面，，分别是，的中点，且.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）证明，，得出平面，从而证明平面；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面平面和平面的法向量，利用法向量计算二面角的余弦值．
【详解】
解：（Ⅰ）证明：在三棱柱中，平面，平面，
所以.
在中，，.所以.
又，所以平面.
因为平面，所以，
又，，所以平面.

（Ⅱ）设，在矩形中，因，
所以，则，
即，即，得.
以为坐标原点建立如图所示坐标系，
则，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令得为平面的一个法向量.
由（Ⅰ）知，平面，所以为平面的一个法向量.
.
所以二面角的余弦值为.

【点睛】
本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的平面角问题，属于中档题．
25．（2020·四川省内江市第六中学其他（理））在四棱锥中，侧面底面，，， ，，.

（Ⅰ）求与平面所成角的正弦值；
（Ⅱ）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）在平面内作交于点，可得平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，通过解方程求得平面的法向量，利用，即可得解；
（Ⅱ）求得平面的法向量，通过求解，即可得二面角锐角的余弦值.
【详解】
在平面内作交于点，又侧面底面，所以平面，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

易得，，，.
由已知条件， ，得，
所以点坐标为
所以向量，，，
（Ⅰ）设平面的法向量，则 ，
设求与平面所成角为，则，
（Ⅱ）设平面的法向量则 ，
所以，.
平面与平面所成的锐二面角的余弦值等于
【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.
26．（2018·江西省信丰中学月考（理））如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形且∠DAB=60°，O为AD中点.

（Ⅰ）若PA=PD，求证：平面POB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，试问在线段PC上是否存在点M，使二面角M—BO—C的大小为60°，如存在，求的值，如不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析； （2）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由题意可知PO⊥AD，又ABCD为菱形且∠DAB=60°，所以OB⊥AD，根据线面垂直的判定定理可得AD⊥面POB，然后再根据面面平行的判定定理可证面POB⊥面PAD；（Ⅱ）∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD∴PO⊥面ABCD以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，然后再利用空间向量在立体几何中的应用，即可求出结果．
【详解】
解：（Ⅰ）∵PA=PD O为AD中点 ∴PO⊥AD
又∵ABCD为菱形且∠DAB=60° ∴OB⊥AD
∵PO∩OB=O ∴AD⊥面POB
∵AD面PAD ∴面POB⊥面PAD
（Ⅱ）∵面PAD⊥面ABCD且面PAD∩面ABCD=AD ∴PO⊥面ABCD
以O为坐标原点，分别以OA、OB、OP为x、y、z轴
建立空间直角坐标系

∴O（0,0,0）、P（0,0,）、B（0,,0）、C（-2,,0）
设=（0