2021新高考数学题型专项训练----立体几何(含答案)

新高考数学题型训练----立体几何

一、解答题（共18题；共175分）

1.（2021·高州一模）如图，在四棱柱

，且

，

中， ．

底面

，

，

（1）求证：平面 （2）求二面角

平面 ；

所成角的余弦值

中，四边形

，

面

，

是边长为 的正方形，

，N为

中点.

，

2.（2021·淮北模拟）如图，在多面体

，且

，

（1）若 是 中点，求证： 面 ；

（2）求二面角 的正弦值.

平面

，

与平面

所成角为

，且

3.（2021·崇明一模）如图，已知

（1）求三棱锥 的体积；

- 1 -

（2）设 为 的中点，求异面直线 与 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）

中，

，E，F分别是

，

4.（2021·玉溪模拟）如图所示，在正三棱柱 的中点．

（1）求证： （2）若点G是线段

平面 ； 的中点，求二面角

中，

，

，

分别为

的正弦值． 底面 ，

，

，

，

5.（2021·凉山州模拟）如图，四棱锥

，且

的中点.

（1）若 ，求证： 平面 ；

的余弦值. 平面 .

，且四边形

为直

（2）若四棱锥 的体积为2，求二面角

中，已知 ，

6.（2021·奉贤模拟）如图，在四棱锥 角梯形，

，

- 2 -

（1）当四棱锥 （2）求证：

平面

的体积为 时， 求异面直线

.

与 所成角的大小；

7.（2021·榆林模拟）如图，在正四面体

上，且

，

.

中，点E，F分别是 的中点，点G，H分别在

（1）求证：直线 （2）求直线

与平面

必相交于一点，且这个交点在直线

所成角的正弦值.

的底面是正方形，

上；

8.（2021·汉中模拟）如图，四棱锥 底面 ，点 在棱 上.

（1）求证：平面 （2）当

，

平面 为

； 的中点时，求直线

与平面

所成角的正弦值.

9.（2021·八省联考）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于

与多面体在该点的面角之和

的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是 以正四面体在各顶点的曲率为

，故其总曲率为

．

，所

- 3 -

（1）求四棱锥的总曲率； （2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数 10.（2021·青浦一模）如图，在长方体

的中点.

，证明：这类多面体的总曲率是常数．

中，

，

，点P为棱

（1）证明： （2）求异面直线

平面PAC；

与AP所成角的大小.

11.（2020·驻马店模拟）如图，四棱锥E﹣ABCD的侧棱DE与四棱锥F﹣ABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，

，

//

，

.

（1）证明： //平面BCE.

.

将

折起，使得点D在平面

（2）设平面ABF与平面CDF所成的二面角为θ，求 12.（2020·郑州模拟）如图，四边形

内的射影恰好落在边

上．

是矩形，沿对角线

- 4 -

（Ⅰ）求证：平面 （Ⅱ）当

平面 ；

的余弦值． 中， .

，

，O

时，求二面角

13.（2020·深圳模拟）已知三棱锥 为AC的中点，点N在边BC上，且

（1）求证： （2）求二面角

平面AMC；

的余弦值.

ABE、

DCE分别

14.（2020·济宁模拟）如图1，四边形ABCD为矩形，BC=2AB，E为AD的中点，将 沿BE、CE折起得图2，使得平面

平面BCE，平面

平面BCE.

（1）求证：平面 平面DCE；

（2）若F为线段BC的中点，求直线FA与平面ADE所成角的正弦值. 15.（2020·平邑模拟）如图①：在平行四边形 折起,使

,连结

中,

, .

,将

沿对角线

,得到如图②所示三棱锥

（1）证明： 平面 ；

- 5 -

（2）若 值.

,二面角 的平面角的正切值为 ,求直线 与平面 所成角的正弦

16.（2020·宝鸡模拟）如图三棱柱 分别为

，

的中点，

，

中，底面 是边长为 的等边三角形， .

，

（1）证明： （2）求二面角

平面 .

的平面角大小.

17.（2020·聊城模拟）如图，将长方形OAA1O1(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，其中

，弧

的长为

，AB为⊙O的直径.

（1）在弧 上是否存在点C(C， 在平面 的同侧)，使 ，若存在，确定其位置，

若不存在，说明理由. （2）求二面角

的余弦值

是菱形，平面

平面

，

，

18.（2020·赣县模拟）如图所示，已知四边形

.

- 6 -

（1）求证：平面 （2）若

平面

，求二面角

.

的余弦值.

- 7 -

答案解析部分

一、解答题

1.【答案】 （1）证明：因为 所以 因为 所以 因为 所以 因为 所以 又

（2）解：如图，分别以 建立空间直角坐标系

， ，

，

为 ， ， 轴，

平面 平面 底面 底面

，

， ，所以平面

平面

．

， ，所以

，即

， ，所以

．

．

，

， ，

，

则 所以 设平面 则 令 设平面

， ， ，

，

，

，

， ． ，

的法向量为

，得 ．

的法向量为

，

- 8 -

则 令 所以 由图知二面角 所以二面角

，得

，

，

为锐角， 所成角的余弦值为

，

．

，所以

，

，

【解析】【分析】（1）利用 因为

，再利用勾股定理推出

，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，即

平面

， 再利用线面垂直证出面面垂

，再利用线线垂直证出线面垂直，即

直。

（2） 分别以 值。

2.【答案】 （1）解： 以点 示：

为坐标原点，

、

面 、

，四边形

，

，

为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系 ，进而求出点的坐

所成角的余弦

标，再利用空间向量的方法结合数量积求向量夹角公式，从而求出二面角

是边长为 的正方形，

所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，如下图所

则 、 ，

、

，

、 、 ，

、 、 ，

设平面 令

的法向量为 ，可得

，

，则

，由

，

，

，

；

，

平面 ， 平面

- 9 -

（2）解：设平面

的法向量为

，

，

，

由 令 设平面

，则

，

， ，可得

，

，

，

的法向量为

由 ，取 ，则 ， ，可得 ，

， .

因此，二面角 的正弦值为

面 、

.

， 四边形

是边长为 的正方形，

【解析】【分析】（1）利用 以点

为坐标原点，

、

所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，从而求出

点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系，

，

平面

，

平面

。

的余弦值，再利用

（2）利用空间向量的方法结合数量积求向量夹角公式，从而求出二面角 同角三角函数基本关系式，求出二面角 3.【答案】 （1）解：如图所示，因为

平面

的正弦值。

，

所以 因为 又由 所以 所以

，又 平面

， ，可得

，所以 与平面

平面 所成角为 ,

,

， ，故

,

.

- 10 -

（2）解：以 则 可得

，

为原点，

为 轴，

为 轴，过

作平面 ，

的垂线，建立空间直角坐标系，

设异面直线 与 所成角为 ，则 ,

所以异面直线 与 所成角为 ．

， 又 平面

，

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合线面垂直的定义，证出线线垂直，即

， 再利用线线垂直证出线面垂直，即

与平面

所成角为

，故

平面

， 因为

, 再利用已知条件结合勾股定理，从而求出CD的长，再的体积。

为 轴，

为 轴，过

作平面

的垂线，建立空与

所成角

利用三棱锥的体积公式，从而求出三棱锥 （2）利用已知条件得出以

与 的大小。

4.【答案】 （1）证明：在正三棱柱 ∵E，F分别是 ∴ 又∵ 又 ∴

（2）解：在正三棱柱 取 连接

中点D，连接 ，

，

，且

中，

，

平面 是

平面

， ，∴

， ．

的中点，

．

平面

，

．

的中位线，∴

为原点，

间直角坐标系， 从而求出点的坐标，再利用空间向量的方法结合数量积求夹角公式，从而求出异面直线

所成角的余弦值，再结合反三角函数值求角的方法，从而求出异面直线

中， ．

则 ∴ ∴

，又 平面 平面

． ， ．所以

， ，

由（1）知：

， ，

- 11 -

∴ 连接 在

即为二面角 ， 中， ，

的平面角，记为 ．

， ，

由余弦定理得： ．

所以 所以二面角

的正弦值为

．

，

【解析】【分析】(1)根据题意由正三棱柱以及中点的性质，即可得出平行关系再由线面平行的判定定理即可得证出结论。

(2)由已知条件作出辅助线，由中点的性质结合三角形内的几何计算关系即可得出线线垂直，再由线面垂直的判定定理和性质定理即可得出线面垂直以及线线垂直，由(1)的结论得出的平行关系转化为 面

结合二面角平面角的定义即可求出

即为二面角

平

的平面角 ，由三角形

内的几何计算关系结合已知条件即可求出中边的大小，再把数值代入到余弦定理计算出

的正弦值 。

， 结合同角三角函数的平方关系由此即可求出 二面角

5.【答案】 （1）证明：当

，

又

平面 平面

又

平面

（2）解： 解得： 如图，以

， 为原点，

，为

，

，

； ，

，

平面

，且 ，

， ，

，

时，

，点

是

的中点，

轴的正方向，建立空间直角坐标系，

， ， ， ， ， ，

- 12 -

设平面 则

的法向量 ，即 ，

， ，令

，则

，

显然 平面 ，设平面 的法向量 ，

，

二面角 二面角

是锐二面角， 的余弦值是

.

和

， 进而证出

平

【解析】【分析】（1）依据线面垂直的判定定理，可证明 面

；

（2）首先求PA的长度，再建立空间直角坐标系，求平面 弦值。

6.【答案】 （1）解：由题意 分别以

为

轴建立空间直角坐标系

和平面 的法向量，再求二面角的余

，

，如图，

，

则

，

∵ ∴

（2）证明：由（1）

．

，

，

，∴异面直线

与 ，

， ，

，而 所成角为

；

，

，此时 长度不定，可设

- 13 -

∵ 同理

，

∴

平面

．

，∴ ， 平面

．

，即 ，

，

【解析】【分析】（1）由题利用四棱锥的体积公式可求直角坐标系

，可得

， 进而求得异面直线

（2）由（1）得 通过线面垂直的性质可证 7.【答案】 （1）证明：因为

，故E，F，G，H四点共面，且直线

平面 ，故

（2）解：取

平面 的中点O，

，所以

平面

，

， 与

， 以 为 轴建立空间

，利用平面向量夹角公式可求得

所成角的值； ，由

得 平面 ，所以

必相交于一点，设 ，同理：

平面

，而平面

上； ，进而 。 且 ，因为

平面

， 根据线面垂直的判定定理即可证明

，

，即直线 必相交于一点，且这个交点在直线

则

，所以

标系，则

，

，所以 平面 ，不妨设 ，则 ，

，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐

，故

，

，

，设平面

的法向量为 ，由 可得： ，令 ，则

- 14 -

，则 ，故直线 与平面 所成角的

正弦值为 .

【解析】【分析】（1）由已知条件推导出 E，F，G，H四点共面，再由EF与GH从能平行，证明出 直线 （2） 取 与平面 又因为 又由 又因为

（2）解：以 系

为坐标原点，以

所在的直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标

.

必相交于一点，且这个交点在直线 的中点O， 则

所成角的正弦值 。

是正方形，所以

，所以 ，所以

，所以平面

平面

. 平面

，

， ，

底面 平面 平面

平面

上； ，所以

与平面

平面

， 以O为坐标原点建立 所成角的余弦值，进而求出

如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出

8.【答案】 （1）证明：因为四边形

设 又由

，则 ，可得 ，所以

，所以 的中点 ， ，

设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，

令 ，则 ，所以 ，

设直线 与平面 所成角为 ，可得 .

所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .

- 15 -

【解析】【分析】（1） 因为四边形 利用线面垂直的定义推出线线垂直， 所以 平面 （2) 以 出直线

是正方形，所以 ，又因为 底面ABCD，再

， 再利用线线垂直证出线面垂直， 所以

平面

。

， 再利用线面垂直证出面面垂直，即平面 为坐标原点，以 与平面

所在的直线分别为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系

,进而求出点的坐标，再利用空间向量的方法结合数量积求向量夹角公式，从而结合诱导公式求

所成角的正弦值。

9.【答案】 （1）解：由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.

可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成， 则其总曲率为：

（2）证明：设顶点数、棱数、面数分别为 、 、 设第 个面的棱数为 所以总曲率为：

所以这类多面体的总曲率是常数.

【解析】【分析】（1）利用规定：多面体顶点的曲率等于

与多面体在该点的面角之和的差（多面体的

，所以

，所以有

.

面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和。 由题可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合 。再利用四棱锥的结构特征求出四棱锥的总曲率。

（2） 设顶点数、棱数、面数分别为 、 、 以

多面体的总曲率是常数。

10.【答案】 （1）证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点. 连结PO，又因为P是

的中点，所以

. ，所以有

， 设第 个面的棱数为

，所

， 从而结合总曲率的求解方法，从而求出这类多面体的总曲率，进而证出这类

- 16 -

又因为 所以直线

平面PAC， 平面PAC.

平面PAC

（2）解：由（1）知， ，所以 即为异面直线 与AP所成的角或其补角.

因为 ， 且 ，

所以 又 故异面直线

，所以

.

.

， 由此能证明直

与AP所成角的大小为

【解析】【分析】（1） 设AC和BD交于点O，则O为BD的中点，推导出 线 （2）由

平面PAC ；

，得

即为异面直线

与AP所成的角或其补角，由此能求出异面直线

AD，

与AP所成角的大小。

11.【答案】 （1）证明：因为DE⊥平面ABCD，所以DE 因为AD＝4，AE＝5，DE＝3，同理BF＝3， 又DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD， 所以DE//BF，又BF＝DE， 所以平行四边形BEDF，DF//BE， 因为BE

平面BCE，DF

平面BCE

所以DF//平面BCE

（2）解：建立如图空间直角坐标系，

- 17 -

则D（0，0，0），A（4，0，0）， C（0，4，0），F（4，3，﹣3），

，

设平面CDF的法向量为 由

易知平面ABF的一个法向量为 所以 故

，

，

，令x＝3，得

，

，

【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可得DE//BF，然后根据勾股定理计算可得BF＝DE，最后利用线面平行的判定定理，可得结果.（2）利用建系的方法，可得平面ABF的一个法向量为 CDF的法向量为

平面

，然后利用向量的夹角公式以及平方关系，可得结果.

在平面

上的射影为点E，连接

，则

平面

，因为

，

，平面

12.【答案】 解：（Ⅰ）设点

．

四边形 又 所以 而 平面

， 平面 平面

是矩形，

平面 ， ， 平面

．

，

，

平面

平面 ，

，

．

- 18 -

（Ⅱ）以点 为原点，线段 所在的直线为 轴，线段 所在的直线为 轴，建立空间直角坐标

系，如图所示．

设 ，则 ， ，又

，

，

， ．

， ，

，

，

由（Ⅰ）知

，

设平面

的一个法向量为

，

， ．

则 ，即

不妨取 而平面

，则 ， ，

，

．

的一个法向量为

．

故二面角 的余弦值为 ．

上的射影为点E，连接

，

平面

，推导出

，

【解析】【分析】（Ⅰ）设点

，从而 平面

平面

在平面

，进而

，由此能证明平面

所在的直线为 轴，

．（Ⅱ）以点B为原点，线段 所在的直线为x轴，线段

的余弦值．

建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 13.【答案】 （1）证明：连接OM，

- 19 -

在△ABC中，∵AB=BC=2，AC=2 ∴∠ABC=90° ，BO=

，OB⊥AC

，

在△MAC中，∵MA=MC=AC=2 ∴OM⊥AC，且OM= 在△MOB中，∵BO=

，OM=

，O为AC的中点，

，MB=2 ，

∴BO2+OM2= MB2 ， ∴OB⊥OM ∵AC∩OM=O，AC ∴OB⊥平面AMC

（2）解：由(1)知OB，OC，OM两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OM所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz，如图。 ∵MA=MB=MC=AC=2 ∴A(0，- ∵ ∴

= =(

，0) ，B( ，∴N( ，

，AB=BC=2，

，0，0) ，M(0，0， ，

，0) =(0，

，

)，

=(

，0，0)

)，C(0，

，0)

平面AMC，OM

平面AMC，

，0) ，

设平面MAN的法向量为n=(x，y，z)，

则

令y= ，则z=-1，x=-5 ，得n=(-5 ， ，-1)

∵BO⊥平面AMC，

- 20 -

∴ =( ，0，0)为平面AMC的-一个法向量， ，

，-1)与

=(

，0，0)所成角的余弦值

∴n=(-5

cos∴二面角N-AM-C的余弦值为

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合三棱锥的结构特征，再利用中点的性质结合线线垂直，从而利用线面垂直的判定定理证出线面垂直。

（2） 由(1)知OB，OC，OM两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OM所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O-xyz， 再利用已知条件结合空间向量的方法求出二面角 平面角的余弦值。

14.【答案】 （1）解：在图1中，BC=2AB，且E为AB的中点，

，同理

所以 又平面 所以 所以平面

（2）解：如图，以点E为坐标原点，EB,EC所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，设

，

平面BCE，平面 平面ABE，又

平面DCE.

平面 ，

平面

，

， .

的

则 .

向量 ，设平面ADE的法向量为

由 ，得 ，令 ，

，

得平面ADE的一个法向量为 又

，

- 21 -

设直线FA与平面ADE所成角为 ， 则

所以直线FA与平面ADE所成角的正弦值为 【解析】【分析】（1）证明

.

平面DCE即得证；（2）以点E为坐标原点，

，利用向量法求直线FA与平面ADE,

.

平面ABE，平面

EB,EC所在的直线分别为 轴， 轴建立空间直角坐标系，设 所成角的正弦值得解.

15.【答案】 （1）证明：在平行四边形 则 在三棱锥 所以 又 又 因为

（2）解：由（1）知 因为 又 因为 所以 又

.所以

,

为相似三角形,则 ）,解得 ,解得 ,

作

. ,以

为坐标原点,

,

,

,

,

平面 ,所以 平面

,故

.

,

,

,

平面 ,所以

, ,

的平面角,即

. ,

平面 , 平面

,

,所以

.

中,因为 ,所以

,所以

. ,所以

平面

, . 平面

.

中,

即为二面角

平面

.

在平行四边形 所以 故 故 所以 过点

与 （

,

的方向为 轴、 轴、 轴的正方向,建立空间

直角坐标系,如图所示.

- 22 -

则 所以 设平面 则

,

,

的法向量为

, , , ,

.

.

令 设直线

,得 与平面

.

所成角为 ,

即直线 与平面 所成角为 . ,从而证明

平面 ,二面角 ,所以

,从而求出

,

,又

,

,进而得出

,即可证

的平面角的正切值为

,所以

,

【解析】【分析】（1）证明 平面 由（1）知 二面角 坐标系,求平面 最后根据公式

16.【答案】 （1）证明：设 则 ∵点E为棱 ∴ ∵三棱柱 ∴四边形 ∵点F为棱

，

的中点，∴

，∴

的侧面

为矩形， 的中点，

，

.最后证得

平面

平面 ,因为

.（2）若 平面

即为

的平面角,得 的法向量为

,即得直线

，∵

， ， .

为平行四边形，

,建立空间直角

与平面 所成角大小

，

- 23 -

∴ ∴

∵三棱柱的底面 ∴ ∵ ∴ ∵

（2）解：由（1）可知 ∴三棱柱 设 分别以 系，

，

， . ，且 平面

，∴ ，∴

，

.

的中点， ， 平面 平面 平面 是正三棱柱，

，

， . ，∴

平面 ，∴

，

是正三角形，E为

平面 ，∵

，且 ，

， 相交，

，∴ 平面 ，

的中点为M，则直线 两两垂直，

的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标

设 则

，

，

， ， ，

，

.

设平面 的一个法向量为 ，则 ，则 ，则

，

不妨取 ，则 ，则 ，所以 ，

设平面 的一个法向量为 ，则 ，则 ，则

，

令 ，则 ，

- 24 -

所以

又因为该二面角为锐角, 则二面角

的平面角的大小为

.

，的

【解析】【分析】（1）利用已知条件结合中点的性质，再结合勾股定理证出线线垂直，即 ∵三棱柱

的侧面

为平行四边形，∴四边形

， ∵三棱柱的底面

为矩形，∵点F为棱

是正三角形，E为

中点，所以利用勾股定理证出线线垂直，即

的中点， 再利用正三角形三线合一证出线线垂直，即

平面

面垂直，即

，再利用线线垂直证出线面垂直，即

， 再利用线线垂直证出线

， 再利用线面垂直的定义证出线线垂直，即 平面

。 平面

，∴

的中点为M，则直线

，∴ ，

（2） 由（1）可知

，

平面 ，

，∴三棱柱 两两垂直，分别以

，

是正三棱柱，设

的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，进而求出点

的平面角

的坐标，再利用空间向量的方法结合数量积求向量夹角的公式，从而求出两面角 大小。

17.【答案】 （1）解：存在，当 如图所示：

为圆柱

的母线时，

.

连接 因为 又因为 因为

， ， ，

的母线，所以 ，所以

. ，所以

平面

.

平面 .

，

为圆柱

平面 为圆 ，

的直径，所以

， ，所以

因为

平面

（2）解：以 为原点， ， 分别为y，z轴，

- 25 -

垂直于y，z轴直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示：

，

因为

的长为

， ，所以 ，

，

， . ，

设平面 的法向量

，令 ，解得 ， .

所以

因为 轴垂直平面 所以

.

，所以设平面

，

的法向量

.

因为二面角

【解析】【分析】（1）当 得到

的平面角为锐角，所以其余弦值为 为圆柱

的母线时，连接 得到

，

. ，

，根据 平面

平面 ，再利用线面垂

，根据圆的直径为 ，从而得到

为原点，

和平面

， 平面

，

，

直的性质即可得到 .（2）首先以 分别为y，z轴，垂直于y，z轴直线的法向量，代入公式计算即可.

为x轴建立空间直角坐标系，分别计算平面 18.【答案】 （1）证明：菱形 又

平面

平面

平面

（2）解：设 四边形

，

与

交于点O，连接

平面

平面 .又

.

中， ，平面 平面

，

，因为 .

，且 ，

是平行四边形，

，

- 26 -

又平面

平面

平面

. ，

，平面 平面 ， 平面 ，

以O为坐标原点，以 如图所示

， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 ，

则 ，

，

， ，

. ， ，令

，则

，

设平面 则

的法向量为 ，即

，

.

又平面 设二面角

的法向量为

.

的大小为 ，则 为锐角.

，

二面角 的余弦值为

平面

，再由面面垂直的判定定理得平，可证

平面

.以O为，求出平

【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得 面

平面

，

；（2）设 ，

与

交于点O，连接

坐标原点，以 面

和平面

所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系

的余弦值.

的法向量，即求二面角

- 27 -