三年高考（2014-2016）數(shù)學（理）真題分項版解析—— 專題10 立體幾何（大題）

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1、 三年高考（2014-2016）數(shù)學（理）試題分項版解析 第十章 立體幾何 三、解答題 12.【2015江蘇高考，16】（本題滿分14分） 如圖，在直三棱柱中，已知，，設的中點為，.求證：（1）； （2）. A B C D E A1 B1 C1 【答案】（1）詳見解析（2）詳見解析 【解析】 試題分析（1）由三棱錐性質(zhì)知側面為平行四邊形,因此點為的中點，從而由三角形中位線性質(zhì)得，再由線面平行判定定理得（2）因為直三棱柱中，所以側面為正方形，因此，又，（可由直三棱柱推導），因此由線面垂直判定定理得,從而，再由線面垂直判定定理得,

2、進而可得 試題解析：（1）由題意知，為的中點， 又為的中點，因此． 又因為平面，平面， 所以平面． （2）因為棱柱是直三棱柱， 所以平面． 【考點定位】線面平行判定定理，線面垂直判定定理 【名師點晴】不要忽視線面平行的判定定理中線在面外條件．證明直線與平面平行的關鍵是設法在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線, 常利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質(zhì)，或者構造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行. 證明線面垂直時，不要忽視面內(nèi)兩條線為相交線這一條件．證明直線與平面垂直的關鍵在于熟練把握空間垂直關系的判定與性質(zhì)，注意平面圖形中的一些線線垂直關系的靈活利用，這是證

3、明空間垂直關系的基礎． 13. 【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分13分） 如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點G為AB的中點，AB=BE=2. （I）求證：EG∥平面ADF； （II）求二面角O-EF-C的正弦值； （III）設H為線段AF上的點，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）（Ⅲ） 【解析】 試題分析：（Ⅰ）利用空間向量證明線面平行，關鍵是求出面的法向量，利用法向量與直線方向向量垂直進行論證（Ⅱ）利用空間向量求二面角，關鍵是求出面的法向量，再利用向量數(shù)量積求出法向量夾角

4、，最后根據(jù)向量夾角與二面角相等或互補關系求正弦值（Ⅲ）利用空間向量證明線面平行，關鍵是求出面的法向量，再利用向量數(shù)量積求出法向量夾角，最后根據(jù)向量夾角與線面角互余關系求正弦值 試題解析：依題意，，如圖，以為點，分別以的方向為軸，軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，依題意可得，. （I）證明：依題意，.設為平面的法向量，則，即 .不妨設，可得，又，可得，又因為直線，所以. （II）解：易證，為平面的一個法向量.依題意，.設為平面的法向量，則， 即 .不妨設，可得. 因此有，于是， 所以，二面角的正弦值為. 考點：利用空間向量解決立體幾何問題 14. 【2014江蘇，理16】如圖

5、在三棱錐中，分別為棱的中點，已知， 求證（1）直線平面； （2）平面平面. 【答案】證明見解析． 【解析】 試題解析：（1）由于分別是的中點，則有，又，，所以． （2）由（1），又，所以，又是中點， 所以，，又，所以， 所以，是平面內(nèi)兩條相交直線，所以， 又，所以平面平面． 【考點定位】線面平行判定定理，面面垂直判定定理 【名師點晴】不要忽視線面平行的判定定理中線在面外條件．證明直線與平面平行的關鍵是設法在平面內(nèi)找到一條與已知直線平行的直線, 常利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質(zhì)，或者構造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行. 由于“線線垂直”“線面

6、垂直”“面面垂直”之間可以相互轉化，因此整個證明過程圍繞著線面垂直這個核心而展開，這是化解空間垂直關系難點的技巧所在．證明線面垂直時，不要忽視面內(nèi)兩條線為相交線這一條件．證明直線與平面垂直的關鍵在于熟練把握空間垂直關系的判定與性質(zhì)，注意平面圖形中的一些線線垂直關系的靈活利用，這是證明空間垂直關系的基礎． 15. 【2015江蘇高考，22】（本小題滿分10分） 如圖，在四棱錐中，已知平面，且四邊形為直角梯 形，, （1）求平面與平面所成二面角的余弦值； （2）點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成角最小時，求線段BQ的長 【答案】（1）（2） 【解析】 （1）因為

7、平面，所以是平面的一個法向量，． 因為，． 設平面的法向量為，則，，即． 令，解得，． 所以是平面的一個法向量． 從而，所以平面與平面所成二面角的余弦值為． （2）因為，設（）， 又，則，又， 從而． 設，，則． 當且僅當，即時，的最大值為． 因為在上是減函數(shù)，此時直線與所成角取得最小值． 又因為，所以． 【考點定位】空間向量、二面角、異面直線所成角 【名師點晴】1．求兩異面直線a，b的夾角θ，須求出它們的方向向量a，b的夾角，則cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直線l與平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n與直線l的方向向量a的夾角．則sin θ＝|cos

8、〈n，a〉|.3．求二面角α -l -β的大小θ，可先求出兩個平面的法向量n1，n2所成的角，則θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉． 16. 【2015高考山東，理17】如圖，在三棱臺中，分別為的中點. （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）若平面， ， ,求平面與平面 所成的角（銳角）的大小. 【答案】（I）詳見解析；（II） 【解析】 試題分析：（I）思路一：連接，設，連接，先證明，從而由直線與平面平行的判定定理得平面；思路二：先證明平面 平面 ，再由平面與平面平行的定義得到平面. （II）思路一：連接，設，連接，證明 兩兩垂直, 以 為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標

9、系，利用空量向量的夾角公式求解；思路二：作 于點 ，作 于點 ，連接，證明 即為所求的角，然后在三角形中求解. 試題解析： 證法二： 在三棱臺中， 由為的中點 可得 所以四邊形為平行四邊形 可得 在 中， 為的中點， 為的中點， 所以 又 ，所以平面 平面 因為 平面 所以 平面 （II）解法一： 設 ，則 在三棱臺中， 為的中點 由 ， 可得四邊形 為平行四邊形， 因此 又平面 所以平面 在中，由 ，是中點， 所以 因此 兩兩垂直, 以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系 所以 可得 故

10、 設 是平面 的一個法向量，則 由 可得 可得平面 的一個法向量 因為 是平面 的一個法向量， 所以 所以平面與平面所成的解(銳角)的大小為 在 中, 由∽ 可得 從而 由平面平面 得 因此 所以 所以平面與平面所成角（銳角）的大小為 . 【考點定位】1、空間直線與平面的位置關系；2、二面角的求法；3、空間向量在解決立體幾何問題中的應用. 【名師點睛】本題涉及到了立體幾何中的線面平行與垂直的判定與性質(zhì)，全面考查立幾何中的證明與求解，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；利用空間向量解決立體幾何問題是一種成熟的方法，要注意建立適

11、當?shù)目臻g直角坐標系以及運算的準確性. 17. 【2014山東.理17】（本小題滿分12分） 如圖，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，是線段的中點. （Ⅰ）求證：； （Ⅱ）若垂直于平面且，求平面和平面所成的角（銳角）的余弦值. 【答案】（I）證明：見解析；（II）平面和平面ABCD所成角（銳角）的余弦值為. 【解析】 試題分析：（I）由四邊形ABCD是等腰梯形，且， 可得且. 連接，可得， 從而得到四邊形為平行四邊形， 進一步可得平面. 思路二：按照“一作，二證，三計算”. 過C向AB引垂線交AB于N，連接，由平面ABCD，可得， 得到為二面角的平面角，利用直角

12、三角形中的邊角關系計算平面和平面ABCD所成角（銳角）的余弦值. 試題解析：（I）證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形， 且， 所以，又由M是AB的中點， 因此且. 連接， 在四棱柱中， 因為， 可得， 所以，四邊形為平行四邊形， 因此， 又平面，平面， 所以平面. 所以. 因此， 所以，， 設平面的一個法向量， 由，得， 可得平面的一個法向量. 又為平面ABCD的一個法向量， 因此. 所以平面和平面ABCD所成角（銳角）的余弦值為. 解法二： 由（I）知，平面平面ABCD=AB， 過C向AB引垂線交AB于N，連接， 由平面ABC

13、D，可得， 因此為二面角的平面角， 在中，， 可得， 所以， 在中，， 所以平面和平面ABCD所成角（銳角）的余弦值為. 【名師點睛】本題考查了空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關系及空間的角.對于本題，可應用“幾何法”和“空間向量方法”，體現(xiàn)了解題的靈活性. 本題是一道能力題，屬于中等題，對計算能力要求較高，在考查空間平行關系、空間的角等基礎知識的同時，考查考生的計算能力、邏輯推理能力、空間想象能力、轉化與化歸思想及應用數(shù)學知識解決問題的能力. 18. 【2016年高考北京理數(shù)】（本小題14分） 如圖，在四棱錐中，平面平面，，，， ，，. （1）求證

14、：平面； （2）求直線與平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由. 【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在， 【解析】 試題分析：（1）由面面垂直性質(zhì)定理知AB⊥平面；根據(jù)線面垂直性質(zhì)定理可知，再由線面垂直判定定理可知平面；（2）取的中點，連結，，以為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法可求出直線與平面所成角的正弦值；（3）假設存在，根據(jù)A，P，M三點共線，設，根據(jù)平面，即，求的值，即可求出的值. 如圖建立空間直角坐標系，由題意得， . 設平面的法向量為，則 即 令，則. 所以. 又，所以. 所以直線與平面所成

15、角的正弦值為. 考點：1.空間垂直判定與性質(zhì)；2.異面直線所成角的計算；3.空間向量的運用. 【名師點睛】平面與平面垂直的性質(zhì)的應用：當兩個平面垂直時，常作的輔助線是在其中一個面內(nèi)作交線的垂線，把面面垂直轉化為線面垂直，進而可以證明線線垂直(必要時可以通過平面幾何的知識證明垂直關系)，構造(尋找)二面角的平面角或得到點到面的距離等. 19. 【2015高考陜西，理18】（本小題滿分12分）如圖，在直角梯形中，，，，，是的中點，是與的交點．將沿折起到的位置，如圖． （I）證明：平面； （II）若平面平面，求平面與平面夾角的余弦值． 【答案】（I）證明見解析；（II）．

16、 【解析】 試題分析：（I）先證，，再可證平面，進而可證平面；（II）先建立空間直角坐標系，再算出平面和平面的法向量，進而可得平面與平面夾角的余弦值． 試題解析：（I）在圖1中， 因為，，是的中點，，所以 即在圖2中，， 從而平面 又，所以平面. (II)由已知，平面平面，又由（I）知，， 所以為二面角的平面角，所以. 如圖，以為原點，建立空間直角坐標系， 因為， 所以 得 ，. 設平面的法向量，平面的法向量，平面與平面夾角為， 則，得，取， ，得，取， 從而， 即平面與平面夾角的余弦值為. 考點：1、線面垂直；2、二面角；3、空間直角坐標系；4、空間向

17、量在立體幾何中的應用. 【名師點晴】本題主要考查的是線面垂直、二面角、空間直角坐標系和空間向量在立體幾何中的應用，屬于中檔題．解題時一定要注意二面角的平面角是銳角還是鈍角，否則很容易出現(xiàn)錯誤．證明線面垂直的關鍵是證明線線垂直，證明線線垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三線合一”和菱形、正方形的對角線． 20. 【2016高考新課標3理數(shù)】如圖，四棱錐中，地面，，，，為線段上一點，，為的中點． （I）證明平面； （II）求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）． 【解析】 試題分析：（Ⅰ）取的中點，然后結合條件中的數(shù)據(jù)證明四邊形為平行四邊形，從而得到，

18、由此結合線面平行的判斷定理可證；（Ⅱ）以為坐標原點，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，然后通過求直線的方向向量與平面法向量的夾角來處理與平面所成角． 以為坐標原點，的方向為軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系， 由題意知，，，，， ，，. 設為平面的法向量，則，即，可取， 于是. 考點：1、空間直線與平面間的平行與垂直關系；2、棱錐的體積． 【技巧點撥】（1）證明立體幾何中的平行關系，常常是通過線線平行來實現(xiàn)，而線線平行常常利用三角形的中位線、平行四邊形與梯形的平行關系來推證；（2）求解空間中的角和距離常?？赏ㄟ^建立空間直角坐標系，利用空間向量中的夾角與距離來處理．

19、21. 【2014高考陜西版理第17題】四面體及其三視圖如圖所示，過棱的中點作平行于，的平面分別交四面體的棱于點. （1）證明：四邊形是矩形； （2）求直線與平面夾角的正弦值. 【答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 試題分析：（1）由該四面體的三視圖可知：， 由題設，∥面，面面，面面，所以∥，∥，所以∥，同理可得∥，即得四邊形是平行四邊形，同時可證，即證四邊形是矩形； 試題解析：（1）由該四面體的三視圖可知： ， 由題設，∥面 面面 面面 ∥，∥， ∥. 同理∥，∥， ∥. 四邊形是平行四邊形 又 平面 ∥,∥ 四邊形是矩形

20、（2）如圖，以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，， ，， 設平面的一個法向量 ∥,∥ 即得，取 考點：面面平行的性質(zhì)；線面角的求法. 【名師點晴】本題主要考查的是三視圖，面面平行的性質(zhì)定理、線面角、空間直角坐標系和空間向量在立體幾何中的應用，屬于中檔題．解題時一定要注意線面角的正弦值是直線的方向向量與平面的法向量的夾角的余弦值的絕對值，否則很容易出現(xiàn)錯誤． 22. 【2014新課標，理18】（本小題滿分12分） 如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點. （Ⅰ）證明：PB∥平面AEC； （Ⅱ）設二面角D-AE-C為6

21、0°，AP=1，AD=，求三棱錐E-ACD的體積. 【解析】（Ⅰ）證明：設O為AC與BD交點，連結OE，則由矩形ABCD知：O為BD的中點，因為E是BD的中點，所以OE∥PB，因為OE面AEC，PB面AEC，所以PB∥平面AEC。 （Ⅱ）以A為原點，直線AB、AD、AP分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設AB=m，則是平面AED的一個法向量，設是平面AEC的法向量， 則，解得，， 所以令，得， 所以=，因為二面角的大小與其兩個半平面的兩個法向量的夾角相等哉互補， 所以=，解得，因為E是PD的中點， 所以三棱錐E-ACD的高為， 所以三棱錐E-ACD的體積為==. 【考

22、點定位】1.直線與平面平行；2.三棱錐的體積；3.二面角. 【名師點睛】本題考查了直線與平面平行的判斷與證明，三棱錐的體積的求法，屬于中等題，考查學生分析解決問題的能力，要證線面平行，由判定定理可知，只需在面內(nèi)作一直線與已知直線平行即可，如何作出這條面內(nèi)線就是平時的經(jīng)驗積累與分析思維的能力了，二面角這一條件只須建立空間直角坐標系，利用空間向量知識求解可避免作出二面角的平面角這一難點．，同時也不要忘了還可換底方法可用． 23. 【2016高考浙江理數(shù)】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (I)求證：EF⊥平面ACFD； (II)求二

23、面角B-AD-F的平面角的余弦值. 【答案】（I）證明見解析；（II）． 試題解析：（I）延長，，相交于一點，如圖所示． 因為平面平面，且，所以， 平面，因此， ． 又因為，，，所以 為等邊三角形，且為的中點，則 ． 所以平面． 方法二： 如圖，延長，，相交于一點，則為等邊三角形． 取的中點，則，又平面平面，所以，平面． 以點為原點，分別以射線，的方向為，的正方向， 建立空間直角坐標系． 由題意得 ，，， ，，． 因此， ，，． 設平面的法向量為，平面的法向量為． 由，得，取； 由，得，?。? 于是，． 所以，二面角的平面角的余弦值為．

24、 考點：1、線面垂直；2、二面角． 【方法點睛】解題時一定要注意二面角的平面角是銳角還是鈍角，否則很容易出現(xiàn)錯誤．證明線面垂直的關鍵是證明線線垂直，證明線線垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三線合一”和菱形、正方形的對角線． 24. 【2014四川，理18】三棱錐及其側視圖、俯視圖如圖所示.設，分別為線段，的中點，為線段上的點，且. （1）證明：為線段的中點； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）證明詳見解析；（2）. 試題解答：根據(jù)側視圖和俯視圖可知，為正三角形，頂點D在底面內(nèi)的射影為BD的中點O，所以兩兩互相垂直，建坐標系如圖所示， 則，，設（1）證

25、明：設，則，.因為，所以點P是BC的中點. （2）易得平面PMN的法向量為.， 設平面ABC的法向量為，則， 所以. 【考點定位】1、空間直線與平面的位置關系；2、二面角. 【名師點睛】此題主要利用空間向量解題，為了證明點P是BC的中點，只需利用向量證明即可.在求二面角時，法一利用圖形中的位置關系，求得二面角的平面角，從而求解，在求解過程當中，通常會結合一些初中階段學習的平面幾何知識，例如三角形的中位線，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等，在復習時應予以關注；法二利用坐標法求二面角，主要是空間直角坐標系的建立要恰當，便于用坐標表示相關點，求出半平面法向量夾角后，要觀

26、察二面角是銳角還是鈍角，正確寫出二面角的余弦值． 25. 【2015高考四川，理18】一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設的中點為，的中點為 （1）請將字母標記在正方體相應的頂點處（不需說明理由） （2）證明：直線平面 （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）點F、G、H的位置如圖所示. （2）詳見解析.（3） 【解析】（1）點F、G、H的位置如圖所示. （2）連結BD，設O為BD的中點. 因為M、N分別是BC、GH的中點， 所以，且， ，且， 所以， 所以是平行四邊形， 從而， 又平面，平面， 所以平面.

27、（3）連結AC，過M作于P. 在正方形中，， 所以. 過P作于K，連結KM， 所以平面， 從而. 所以是二面角的平面角. 設，則， 在中，. 在中，. 所以. 即二面角的余弦值為. （另外，也可利用空間坐標系求解） 【考點定位】本題主要考查簡單空間圖形的直觀圖、空間線面平行的判定與性質(zhì)、空間面面夾角的計算等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力. 【名師點睛】立體幾何解答題的考查內(nèi)容，不外乎線面、面面位置關系及空間夾角與距離的計算. （1）注意ABCD是底面，將平面展開圖還原可得點F、G、H的位置. （2）根據(jù)直線與平面平行的判定定理，應考慮證

28、明MN平行于平面BDH內(nèi)的一條直線.連結O、M，易得是平行四邊形，從而，進而證得平面.（3）要作出二面角的平面角，首先要過M作平面AEGC的垂線，然后再過垂足作棱EG的垂線，再將垂足與點M連結，即可得二面角的平面角. 26. 【2014課標Ⅰ，理19】(本小題滿分12分) 如圖，三棱柱中，側面為菱形，. （Ⅰ）證明：; （Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ） ,,． 設是平面的法向量，則即所以可取． 設是平面的法向量，則同理可?。? 則．所以二面角的余弦值為． 【考點定位】1、直線和平面垂直的判定和性質(zhì)；2、二面角求法． 【名師點睛】本

29、題主要考查空間線面位置關系及二面角的求解，意在考查考生的空間想象能力即運算求解能力. 二面角的求法是每年高考的熱點，常用方法是利用空間向量、三垂線定理等，考生在平時的學習中要加強對各種方法的訓練，做到無誤. 27. 【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分） 如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E為邊AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°. （Ⅰ）在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ

30、）. 【解析】 試題分析：（Ⅰ）探索線面平行，根據(jù)是線面平行的判定定理，先證明線線平行，再得線面平行，而這可以利用已知的平行，易得CD∥EB；從而知為DC和AB的交點；（Ⅱ）求線面角，可以先找到這個角，即作出直線在平面內(nèi)的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知圖形中的垂直建立空間直角坐標系，用向量法求出線面角（通過平面的法向量與直線的方向向量的夾角來求得）． （說明：延長AP至點N，使得AP=PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點） （Ⅱ）方法一： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P-CD-A的

31、平面角. 所以∠PDA=45°. 設BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 過點A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ， 所以sin∠APH= =. 方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二

32、面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 設BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A為原點，以 ,的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2） 設平面PCE的法向量為n=(x,y,z)， 由 得 設x=2，解得n=(2,-2,1). 設直線PA與平面PCE所成角為α，則sinα= = . 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 .

33、考點：線線平行、線面平行、向量法. 【名師點睛】本題考查線面平行、線線平行、向量法等基礎知識，考查空間想象能力、分析問題的能力、計算能力.證明線面平行時，可根據(jù)判定定理的條件在平面內(nèi)找一條平行線，而這條平行線一般是由過面外的直線的一個平面與此平面相交而得，證明時注意定理的另外兩個條件（線在面內(nèi)，線在面外）要寫全，否則會被扣分，求線面角（以及其他角），一種方法可根據(jù)定義作出這個角（注意還要證明），然后通過解三角形求出這個角．另一種方法建立空間直角坐標系，用向量法求角，這種方法主要是計算，不需要“作角、證明”，關鍵是記住相應公式即可． 28．【2015高考新課標1，理18】如圖，，四邊形ABC

34、D為菱形，∠ABC=120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC. （Ⅰ）證明：平面AEC⊥平面AFC； （Ⅱ）求直線AE與直線CF所成角的余弦值. 【答案】（Ⅰ）見解析（Ⅱ） 【解析】 試題分析：（Ⅰ）連接BD，設BD∩AC=G，連接EG，F(xiàn)G，EF，在菱形ABCD中，不妨設GB=1易證EG⊥AC，通過計算可證EG⊥FG，根據(jù)線面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G為坐標原點，分別以的方向為軸，y軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz，利用向量法可求出

35、異面直線AE與CF所成角的余弦值. 在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=， ∴，∴EG⊥FG， ∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC， ∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC. ……6分 （Ⅱ）如圖，以G為坐標原點，分別以的方向為軸，y軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E(1,0, )，F(xiàn)（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分 故. 所以直線AE與CF所成的角的余弦值為. ……12分 【考點定位】空間垂直判定與性質(zhì)；異面直線所成角的

36、計算；空間想象能力，推理論證能力 【名師點睛】對空間面面垂直問題的證明有兩種思路，思路1：幾何法，先由線線垂直證明線面垂直，再由線面垂直證明面面垂直；思路2：利用向量法，通過計算兩個平面的法向量，證明其法向量垂直，從而證明面面垂直；對異面直線所成角問題，也有兩種思路，思路1：幾何法，步驟為一找二作三證四解，一找就是先在圖形中找有沒有異面直線所成角，若沒有，則通常做平行線或中位線作出異面直線所成角，再證明該角是異面直線所成角，利用解三角形解出該角. 29. 【2015高考浙江，理17】如圖，在三棱柱-中，，，，在底面的射影為的中點，為的中點. （1）證明：D平面； （2）求二面角-BD-

37、的平面角的余弦值. 【答案】（1）詳見解析；（2）. 試題分析：（1）根據(jù)條件首先證得平面，再證明，即可得證；（2） 作，且，可證明為二面角的平面角，再由 余弦定理即可求得，從而求解. 試題解析：（1）設為的中點，由題意得平面，∴，∵， ∴，故平面，由，分別，的中點，得且 ，從而，∴四邊形為平行四邊形，故，又∵ 平面，∴平面；（2）作，且，連結， 由，，得，由， ，得，由，得，因此為二面角 的平面角，由，，，得， ，由余弦定理得，. 【考點定位】1.線面垂直的判定與性質(zhì)；2.二面角的求解 【名師點睛】本題主要考查了線面垂直的判定與性質(zhì)以及二面角的求解，屬于中

38、檔題，在解題時，應觀察各個直線與平面之間的位置關系，結合線面垂直的判定即可求解，在求二面角時，可以利用圖形中的位置關系，求得二面角的平面角，從而求解，在求解過程當中，通常會結合一些初中階段學習的平面幾何知識，例如三角形的中位線，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等，在復習時應予以關注. 30. 【2014年.浙江卷.理20】（本題滿分15分）如圖，在四棱錐中，平面平面. （1） 證明：平面; （2） 求二面角的大小 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）二面角的大小是． 【解析】 試題分析：（Ⅰ）求證：平面，證明線面垂直，先證線線垂直，即證線和平面內(nèi)兩條相交直線垂直，由已知

39、可得，只需證明，或，由已知平面平面，只需證明，就得平面，即，而由已知，在直角梯形中，易求，從而滿足，即得，問題得證；（Ⅱ）求二面角的大小，可用傳統(tǒng)方法，也可用向量法，用傳統(tǒng)方法，關鍵是找二面角的平面角，可利用三垂線定理來找，但本題不存在利用三垂線定理的條件，因此利用垂面法，即作，與交于點，過點作，與交于點，連結，由（I）知，，則，，所以是二面角的平面角，求出的三條邊，利用余弦定理，即可求出二面角的大小，用向量法，首先建立空間坐標系，先找三條兩兩垂直的直線作為坐標軸，觀察幾何圖形可知，以為原點，分別以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標系，寫出個點坐標，設出設平面的法向量為，平面的法向量為，求出它

40、們的一個法向量，利用法向量的夾角與二面角的關系，即可求出二面角的大?。? 試題解析：（I）在直角梯形中，由，得，，由，則，即，又平面平面，從而平面，所以，又，從而平面； （II）方法一：作，與交于點，過點作，與交于點，連結，由（I）知，，則，，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，從而，，由于平面，得：，在中，由，，得， 在中，，，得，在中，，，，得，，從而，在中，利用余弦定理分別可得，在中，，所以，即二面角的大小是． 【考點定位】空間點線面的位置關系；二面角；空間向量 【名師點睛】本題主要考查空間點，線，面位置關系，二面角等基礎知識，空間向量的應用

41、，同時考查空間想象能力，與推理論證，運算求解能力；傳統(tǒng)方法證明直線和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推論(a∥b，a⊥α?b⊥α)；(3)利用面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；(4)利用面面垂直的性質(zhì)．當兩個平面垂直時，在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個平面．用向量證明線面垂直：證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或?qū)⒕€面垂直的判定定理用向量表示．運用向量知識判定空間位置關系，仍然離不開幾何定理．如用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調(diào)直線在平面外．利用平面的法向量求線面角時注意事項：(1)求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳

42、角(鈍角時取其補角)，取其余角即為所求．(2)若求線面角的余弦值，要注意利用平方關系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要誤為直線的方向向量與平面的法向量所夾角的余弦值為所求． 31. . 【2016高考上海理數(shù)】將邊長為1的正方形（及其內(nèi)部）繞的旋轉一周形成圓柱，如圖，長為，長為，其中與在平面的同側。 （1）求三棱錐的體積；學.科網(wǎng) （2）求異面直線與所成的角的大小。 【答案】（1）．（2）． 【解析】 試題分析：（1）由題意可知，圓柱的高，底面半徑． 確定．計算后即得. （2）設過點的母線與下底面交于點，則， 所以或其補角為直線與所成的角． 由長為，可知， 又，所以

43、， 從而為等邊三角形，得． 因為平面，所以． 在中，因為，，，所以， 從而直線與所成的角的大小為． 考點：1.幾何體的體積；2.空間的角. 【名師點睛】此類題目是立體幾何中的常見問題.解答本題，關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，將空間問題轉化成平面問題.立體幾何中的角與距離的計算問題，往往可以利用幾何法、空間向量方法求解，應根據(jù)題目條件，靈活選擇方法.本題能較好的考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力\轉化與化歸思想及基本運算能力等. 32. 【2014高考重慶理第19題】（本小題滿分13分,(Ⅰ)小問6分，(Ⅱ)小問7分） 如題（19）圖，四

44、棱錐中，底面是以為中心的菱形，底面， ，為上一點，且. （Ⅰ）求的長； （Ⅱ）求二面角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 試題分析：（Ⅰ）連結、,因為是菱形的中心，,以為坐標原點，的方向分別為軸、軸、軸的正方向，建立空間直角坐標系，根據(jù)題設條件寫出的坐標，并設出點的坐標，根據(jù)空間兩點間的距離公式和勾股定理列方程解出的值得到的長；. （Ⅱ）設平面的法向量為，平面PMC的法向量為，首先利用向量的數(shù)量積列方程求出向量的坐標，再利用向量的夾角公式求出，進而求出二面角的正弦值. 試題解析： 解： （Ⅰ）如答（19）圖，連結，因為菱形，則，且，以為坐標原點，的方

45、向分別為軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標系， 因，故 所以 由知， 從而，即 設，則因為， 故即，所以（舍去），即. （Ⅱ）由（Ⅰ）知，, 設平面的法向量為，平面的法向量為 由得故可取 由得故可取 從而法向量的夾角的余弦值為 故所求二面角的正弦值為. 考點：1、空間直線與平面垂直的性質(zhì)；2、空間直角坐標系；3、空間向量的數(shù)量積及其應用. 【名師點睛】本題在四棱錐中求線段PO的長度，并求平面與平面所成角的正弦值．著重考查了空間線面垂直的判定與性質(zhì)，考查了利用空間向量研究平面與平面所成角等知識，屬于中檔題． 33. 【2014安徽理20】(本題滿分13分) 如圖

46、，四棱柱中，底面．四邊形為梯形，,且．過三點的平面記為，與的交點為． （1） 證明：為的中點； （2） 求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比； （3） 若，，梯形的面積為6，求平面與底面所成二面角大?。? 【答案】（1）為的中點；（2）；（3）． 【解析】 試題分析：（1）利用面面平行來證明線線平行∥，則出現(xiàn)相似三角形，于是根據(jù)三角形相似即可得出，即為的中點．（2）連接．設，梯形的高為，四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為和，，則．先表示出和，就可求出，從而．（3）可以有兩種方法進行求解．第一種方法，用常規(guī)法，作出二面角．在中，作，垂足為，連接．又且，所以平面，于是．所

47、以為平面與底面所成二面角的平面角．第二種方法，建立空間直角坐標系，以為原點，分別為軸和軸正方向建立空間直角坐標系．設．因為，所以．從而，，所以，．設平面的法向量，再利用向量求出二面角． 試題解析：（1）證：因為∥，∥,， 所以平面∥平面．從而平面與這兩個平面的交線相互平行，即∥． 故與的對應邊相互平行，于是． 所以，即為的中點． （2）解：如第（20）題圖1，連接．設，梯形的高為，四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積分別為和，，則． ， ， 所以， 又 所以， 故． （3）解法1如第（20）題圖1，在中，作，垂足為，連接．又且，所以平面，于是． 所以為平面與底面所成

48、二面角的平面角． 因為∥，，所以． 又因為梯形的面積為6，，所以． 于是． 故平面與底面所成二面角的大小為． 解法2如第（20）題圖2，以為原點，分別為軸和軸正方向建立空間直角坐標系． 設．因為，所以． 從而，， 所以，． 設平面的法向量， 由得， 所以． 又因為平面的法向量， 所以， 故平面與底面所成而面積的大小為． 考點：1．二面角的求解；2．幾何體的體積求解． 【名師點睛】立體幾何證明性問題有的看起來很顯然，但不能想當然的寫，一定要注意在每步證明時有定理的保證；關于體積的求解要常常使用分割法和轉化法，很多不規(guī)則圖形通過分割會變成我們熟悉的幾何體，轉化法

49、尤其喜歡出現(xiàn)在三棱錐的體積計算中；對于二個面所成角的求解，傳統(tǒng)方法先找角、再構造、再定量的程序進行，用空間向量法關鍵是求出法向量，注意二面角的平面角是鈍角還是銳角即可. 34. 【2014福建,理17】（本小題滿分12分） 在平行四邊形中，，.將沿折起，使得平面平面，如圖. （1） 求證： ； （2） 若為中點，求直線與平面所成角的正弦值. 【答案】(1)參考解析;(2) 試題解析：(1)因為平面,平面平面平面所以平面又平面所以. (2)過點在平面內(nèi)作,如圖.由(1)知平面平面平面所以.以為坐標原點,分別以的方向為軸, 軸, 軸的正方向建立空間直角坐標系.依題意,得.則.設

50、平面的法向量.則即.取得平面的一個法向量.設直線與平面所成角為,則即直線與平面所成角的正弦值為. 考點：1.線面的位置關系.2.空間直角坐標系.3.空間想象力. 【名師點睛】本題第一問是垂直問題的證明，空間中線面位置關系的證明主要包括線線、線面、面面三者的平行與垂直關系,其中推理論證的關鍵是結合空間想象能力進行推理,要防止步驟不完整或考慮不全致推理片面,該類題目難度不大,以中檔題為主. 第二問是角度的計算問題,可用空間向量解決,利用向量求線面角的方法是求出平面的法向量及直線的方向向量,兩向量所夾銳角的余角就是所求線面角. 35. 【2014年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試湖北卷19】(本小

51、題滿分12分) 如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點，點分別在棱,上移動，且. （1）當時，證明：直線平面； （2）是否存在，使平面與面所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由. 【答案】（1）詳見解析；（2） 【解析】 試題分析：（1）由正方體的性質(zhì)得，當時，證明，由平行于同一條直線的兩條直線平行得，根據(jù)線面平行的判定定理證明平面；（2）解法1，如圖2，連結，證明四邊形與四邊形是等腰梯形，分別取、、的中點為、、，連結、，證明是平面與平面所成的二面角的平面角，設存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角，求出的值；解法2，以為原點，射線分別為軸的正半軸建

52、立如圖3的空間直角坐標系，用向量法求解. 試題解析：幾何法： （2）如圖2，連結，因為、分別是、的中點， 所以，且，又，， 所以四邊形是平行四邊形， 故，且， 從而，且， 在和中，因為，， 于是，，所以四邊形是等腰梯形， 同理可證四邊形是等腰梯形， 分別取、、的中點為、、，連結、， 則，，而， 故是平面與平面所成的二面角的平面角， 若存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角，則， 連結、，則由，且，知四邊形是平行四邊形， 連結，因為、是、的中點，所以， 在中，，， ， 由得，解得， 故存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角. 向量法： 以為原點，

53、射線分別為軸的正半軸建立如圖3的空間直角坐標系， 由已知得， 所以，，， （1）證明：當時，，因為， 所以，即， 而平面，且平面， 故直線平面. （2）設平面的一個法向量， 由可得，于是取， 同理可得平面的一個法向量為， 若存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角， 則， 即，解得， 故存在，使平面與平面所成的二面角為直二面角. 考點：正方體的性質(zhì)，空間中的線線、線面、面面平行于垂直，二面角. 【名師點睛】這是一類探究型習題，重點考查直線與平面平行的判定定理和二面角的求法，其解題思路：第一問通過證明線線平行得出線面平行的結論；第二問正確求解的關鍵是正確地找出平

54、面與平面所成的二面角的平面角.充分體現(xiàn)了探究型學習在高考中的重要性. 36. 【2014遼寧理19】（本小題滿分12分） 如圖，和所在平面互相垂直，且，，E、F分別為AC、DC的中點. （1）求證：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）詳見解析；(Ⅱ) . 【解析】 試題分析：（Ⅰ）（方法一）過E作EO⊥BC，垂足為O，連OF，由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC，又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，即可證明EF⊥BC.（方法二）由題意，以B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過B左垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面AB

55、C內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系. 易得,所以， 因此,從而得； (Ⅱ) （方法一）在圖1中，過O作OG⊥BF，垂足為G，連EG，由平面ABC⊥平面BDC，從而EO⊥平面BDC，從而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂線定理知EG垂直BF，因此∠EGO為二面角E-BF-C的平面角；在△EOC中，EO=EC=BC·cos30°=，由△BGO∽△BFC知，,因此tan∠EGO=,從而sin∠EGO=，即可求出二面角E-BF-C的正弦值. 試題解析：（Ⅰ）證明： （方法一）過E作EO⊥BC，垂足為O，連OF， 由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FO

56、C，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC， 又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO， 又EF面EFO，所以EF⊥BC. （方法二）由題意，以B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過B左垂直BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系. 易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以，因此,從而，所以. （方法二） 在圖2中，平面BFC的一個法向量為，設平面BEF的法向量， 又,由 得其中一個， 設二面角E-BF-C的大小為，且由題意知為銳角， 則， 因此sin∠EGO=，即二面角E

57、-BF-C的正弦值為. 考點：1.線面垂直的判定；2.二面角. 【名師點睛】本題考查了空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系及空間的角.對于本題，均可以利用空間向量方法、幾何法分別加以處理，體現(xiàn)解題的靈活性. 本題是一道能力題，屬于中等題，重點考查空間垂直關系、空間的角等基礎知識，同時考查考生的計算能力、邏輯推理能力、空間想象能力、函數(shù)方程思想及應用數(shù)學知識解決問題的能力. 37. 【2014上海,理19】（本題滿分12分） 底面邊長為2的正三棱錐,其表面展開圖是三角形，如圖，求△的各邊長及此三棱錐的體積. 【答案】邊長為4，體積為． 【解析】 試題分析：由于展開

58、圖是，分別是所在邊的中點，根據(jù)三角形的性質(zhì)，是正三角形，其邊長為4，原三棱錐的側棱也是2，要求棱錐的體積需要求出棱錐的高，由于是正棱錐，頂點在底面上的射影是底面的中心，由相應的直角三角形可求得高，得到體積． 試題解析：由題意中，，，所以是的中位線，因此是正三角形，且邊長為4． 即，三棱錐是邊長為2的正四面體 ∴如右圖所示作圖，設頂點在底面內(nèi)的投影為，連接，并延長交于 ∴為中點，為的重心，底面 ∴，， 【考點】圖象的翻折，幾何體的體積． 【名師點睛】簡單幾何體的表面積和體積計算是高考的一個常見考點，解決這類問題，首先要熟練掌握各類簡單幾何體的表面積和體積計算公式，其次要掌握平幾

59、面積計算方法.柱的體積為,區(qū)別錐的體積；熟記正三角形面積為，正六邊形的面積為. 38. 【2015安徽理19】（本小題滿分13分） 如圖所示，在多面體，四邊形，均為正方形，為的中點，過的平面交于F. （Ⅰ）證明：； （Ⅱ）求二面角余弦值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 試題分析：（Ⅰ）證明：依據(jù)正方形的性質(zhì)可知，且，，從而為平行四邊形，則，根據(jù)線面平行的判定定理知面，再由線面平行的性質(zhì)定理知.（Ⅱ）因為四邊形，，均為正方形，所以，且，可以建以為原點，分別以為軸，軸，軸單位正向量的平面直角坐標系，寫出相關的點的坐標，設出面的法向量.由得應滿足的方程組，為其一組解，所以可取

60、.同理的法向量.所以結合圖形知二面角的余弦值為. 試題解析：（Ⅰ）證明：由正方形的性質(zhì)可知，且，所以四邊形為平行四邊形，從而，又面，面，于是面，又面，而面面，所以. （Ⅱ）因為四邊形，，均為正方形，所以，且，以為原點，分別以為軸，軸，軸單位正向量建立，如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標.而點為的中點，所以點的坐標為. 設面的法向量.而該面上向量，由得應滿足的方程組，為其一組解，所以可取.設面的法向量，而該面上向量，由此同理可得.所以結合圖形知二面角的余弦值為. 【考點定位】1.線面平行的判定定理與性質(zhì)定理；2.二面角的求解. 【名師點睛】解答空間幾何體中的

61、平行、垂直關系時，一般要根據(jù)已知條件把空間中的線線、線面、面面之間的平行、垂直關系進行轉化，轉化時要正確運用有關的定理，找出足夠的條件進行推理；求二面角，則通過求兩個半平面的法向量的夾角間接求解.此時建立恰當?shù)目臻g直角坐標系以及正確求出各點的坐標是解題的關鍵所在. 39. 【2015福建理17】如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB平面BEC，BEEC，AB=BE=EC=2，G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點. (Ⅰ)求證：平面 ； (Ⅱ)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值

62、． 【答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ) ． 【解析】解法一：（Ⅰ）如圖，取的中點，連接，，又G是BE的中點，， 又F是CD中點，，由四邊形ABCD是矩形得，，所以．從而四邊形是平行四邊形，所以，,又，所以． (Ⅱ)如圖，在平面BEC內(nèi)，過點B作,因為． 又因為AB平面BEC，所以ABBE，ABBQ 以B為原點，分別以的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(xiàn)(2,2,1)．因為AB平面BEC，所以為平面BEC的法向量， 設為平面AEF的法向量.又 由取得. 從而 所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的

63、余弦值為． 解法二：(Ⅰ)如圖，取中點，連接，，又是的中點，可知， 又面，面，所以平面． 在矩形ABCD中，由Ｍ，Ｆ分別是ＡＢ，ＣＤ的中點得． 又面，面，所以面． 又因為，面，面， 所以面平面，因為面，所以平面． （Ⅱ）同解法一． 【考點定位】1、直線和平面平行的判斷；2、面面平行的判斷和性質(zhì)；3、二面角． 【名師點睛】本題考查直線和平面平行的證明和二面角求法，直線和平面平行首先是利用其判定定理，或者利用面面平行的性質(zhì)來證，注意線線平行、線面平行、面面平行的轉化；利用坐標法求二面角，主要是空間直角坐標系的建立要恰當，便于用坐標表示相關點，求出半平面法向量夾角后，要觀察二面

64、角是銳角還是鈍角，正確寫出二面角的余弦值． 40. 【2015湖北理19】（本小題滿分12分） 《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑． 如圖，在陽馬中，側棱底面，且，過棱的中點，作交于點，連接 （Ⅰ）證明：．試判斷四面體是否為鱉臑，若是，寫出其每個面的直角（只需寫出結論）；若不是，說明理由； （Ⅱ）若面與面所成二面角的大小為，求的值． 【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）. （Ⅱ）如圖1，在面內(nèi)，延長與交于點，則是平面與平面 的交線. 由（Ⅰ

65、）知，，所以. 又因為底面，所以. 而，所以. 故是面與面所成二面角的平面角， 設，，有， 在Rt△PDB中, 由, 得, 則 , 解得. 所以 故當面與面所成二面角的大小為時，. （解法2） （Ⅰ）如圖2，以為原點，射線分別為軸的正半軸，建立空間直角坐標系. 設，，則，，點是的中點， 所以，， 于是，即. 又已知，而，所以. 因, , 則, 所以. 由平面，平面，可知四面體的四個面都是直角三角形， 即四面體是一個鱉臑，其四個面的直角分別為. （

66、Ⅱ）由，所以是平面的一個法向量； 由（Ⅰ）知，，所以是平面的一個法向量. 若面與面所成二面角的大小為， 則， 解得. 所以 故當面與面所成二面角的大小為時，. 【考點定位】四棱錐的性質(zhì)，線、面垂直的性質(zhì)與判定，二面角. 【名師點睛】立體幾何是高考的重點和熱點內(nèi)容，而求空間角是重中之重，利用空間向量求空間角的方法固定，思路簡潔，但在利用平面的法向量求二面角大小時，兩個向量夾角與二面角相等還是互補是這種解法的難點，也是學生的易錯易誤點．解題時正確判斷法向量的方向，同指向二面角內(nèi)或外則向量夾角與二面角互補，一個指向內(nèi)另一個指向外則相等． 41. 【2015湖南理19】如圖15，已知四棱臺上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，，且底面，點，分別在棱，BC上. （1）若P是的中點，證明：； （2）若平面，二面角的余弦值為，求四面體的體積. 【答案】（1）詳見解析；（2）. 【解析】 （1）若是的中點，則，，于是， ∴，即；（2）由題設知，，是平面內(nèi)的兩個不共線向量. 設是平面的一個法向量，則，即， 取，得，又平面的一個法向量是， ∴，而二面角