空间向量与立体几何解答压轴题挑战-2022-2023学年高二数学人教A版（2019）选择性必修第一册（含解析）

空间向量与立体几何解答压轴题挑战
在三棱锥中，、、两两垂直且，点为的外接球上任意一点，则的最大值为( )
A. B. C. D.
如图，在正方体中，点在线段上运动，则错误的是( )
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
如图，正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则与平面所成角的正切值构成的集合是( )
A.
B.
C.
D.
如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，，，，分别为，上的点，且，，( )
A. B. C. D.
已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面下面说法正确的是( )
A. 直线与平面所成角的正弦值范围为
B. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D. 己知为中点，当的和最小时，为的中点
如图，菱形边长为，，为边的中点。将沿折起，使到，且平面平面，连接，。则下列结论中正确的是( )
A.
B. 四面体的外接球表面积为
C. 与所成角的余弦值为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
如图，正方体的棱长为，分别为的中点则( )
A. 直线与直线垂直
B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 点与点到平面的距离相等
如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点含端点，，则下列说法正确的是( )
A. 存在点，使得
B. 存在点，使得异面直线与所成的角为
C. 三棱锥体积的最大值是
D. 当点自向处运动时，二面角的平面角先变小后变大
在直四棱柱中，侧棱长为，底面是边长为的菱形，且，点在边上，且满足，动点在该四棱柱的表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹围成的图形的面积为 ；当与平面所成角最大时，异面直线与所成角的余弦值为 ．
如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且平面与平面的夹角为，则的面积的取值范围是 ．
如图，三棱锥的侧棱长都相等，底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，为线段的中点，为直线上的动点，若平面与平面所成锐二面角的平面角为，则的最大值是 ．
如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，是的中点，是的中点，点在上，且满足．
证明：．
当取何值时，直线与平面所成的角最大？并求该角最大值的正切值．
若平面与平面所成的二面角为，试确定点的位置．
如图所示，在三棱锥中，底面为等边三角形，，，且平面平面．
求三棱锥的体积；
求二面角的余弦值；
判断在线段上是否存在点，使得为直角三角形？若存在，找出所有符合要求的点，并求的值；若不存在，说明理由．
已知梯形和矩形在平面图形中，现将矩形沿进行如图所示的翻折．
当二面角的大小为时求的长；
设是中点．
当二面角的大小为时，若，且点在平面内，求实数的值；
求在翻折的过程中，直线与平面所成最大角的正弦值．
如图，是边长为的正方形，平面，，，与平面所成角为．
求证：平面；
求二面角的余弦值；
设点是线段上一个动点，试确定的位置，使得平面，并证明你的结论．
在如图所示的多面体中，平面，平面，，且，是的中点．
Ⅰ求证：；
Ⅱ求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
Ⅲ在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角为若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由．
如图，在四棱锥中，面，，且，，，，，为的中点．
求证：平面．
在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在说明理由．
求平面与平面所成二面角的余弦值．
如图，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图的几何体，在图的几何体中解答下列两个问题．
证明：；
请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．
四棱锥的体积为；
直线与所成角的余弦值为．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
如图，四棱锥中，平面，，，，点在线段上，且，平面．
求证：平面平面；
若，求平面和平面所成锐二面角的余弦值．
如图所示的多面体中，是菱形，是矩形，平面，，，．
求证平面平面；
在线段取一点，当二面角的大小为时，求．
如图，在四棱锥中，平面，，，且，，，．
求证：；
在线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求三棱锥体积；若不存在，请说明理由．
如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，且，平面平面，，分别是棱的中点．
证明：平面；
若点到平面的距离为，求平面与平面所成的锐角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
将三棱锥补成正方体，计算出正方体的体对角线长，即为三棱锥的外接球直径长，设线段的中点为，利用点、球心、点三点共线且球心在线段上时，最长可求得的最大值，由此可得出的最大值．
本题考查空间向量的线性运算，三棱锥外接球问题，属于拔高题．
【解答】
解：因为三棱锥中，、、两两垂直且，
将三棱锥补成正方体，
设三棱锥的外接球半径为，球心为，
则，，
取的中点，连接、，
，则为的外接圆的一条直径，则为的外接圆圆心，
所以，平面，平面，，
，，
由球的几何性质可知，当、、三点共线且点在线段上时，
取得最大值，且．
，，
所以，．
当且仅当时，等号成立．
因此，的最大值为．
故选：．

2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查线面垂直的判定，异面直线所成角，线面角，考查空间想象能力及逻辑推理能力，属于较难题．
推导出，，从而直线平面，即可判断；由平面，得到到平面的距离为定值，再由的面积是定值，即可判断；由异面直线与 所成角为直线与直线 的夹角，可判断；以为原点，，， 所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可判断．
【解答】
解：对于，在正方体中，，，
，平面，平面，
平面，平面，
，
同理，
，平面，平面，
直线平面，故A正确；
对于，，平面，平面，
平面，
点在线段上运动，
到平面的距离为定值，又的面积是定值，
三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于， ，
异面直线与 所成角为直线与直线 的夹角，
易知 为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为 ，
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
对于，以为原点，，， 所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，，，
则 ， ，
， ，
由选项A可知 是平面的一个法向量，
直线与平面所成角的正弦值为：
，
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确．
故本题选C．

3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量研究线面平行及线面角，建立空间坐标系，属于拔高题．
利用线面平行得点坐标满足的关系，然后求解线面角的正切的范围即可．
【解答】
解： 建立如下图所示的空间坐标系，
不妨设正方体棱长为，
则，，
由已知设，、，
，
设平面的法向量为，
由已知有
令，则，
所以由平面，
得，
即，，
所以，
因为平面的法向量为，
所以与平面所成角的正弦值为
，
则正切值，
令，，
则，
所以．
故选D．

4.【答案】
【解析】
【分析】
利用平面向量基本定理将向量用向量表示，然后求解，向量的模和夹角均已知，利用数量积的定义进行求解即可．
本题考查了空间向量的应用，主要考查了平面向量基本定理的应用，解题的关键是将要求解的向量转化为已知的向量表示，属于拔高题．
【解答】
解：因为，所以为的中点，
则，
同理，
因为，，
所以
，
故
，
因为，，，
所以上式，
所以．
故选：．

5.【答案】
【解析】
【分析】
本题为立体几何综合题，属于拔高题．
对于，建立空间直角坐标系，设点，求出，从而即可求解．
对于，当与重合时，连接、、、，结合线面垂直的性质定理得到平面，是边长为的等边三角形，即可求解其面积和周长，设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，求得六边形的面积和周长，进行比较即可得出结论．
对于，设平面交棱于点，由解得，得到点为棱的中点，点为棱的中点，从而空间中两点间的距离公式即可求解．
对于，将矩形与矩形延展为一个平面即可推导求解．
【解答】
解：对于选项，以点为坐标原点，
、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则点、、
设点，
平面，
则为平面的一个法向量，且，，
，
所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，
故A选项正确；
对于选项，当与重合时，连接、、、，
在正方体中，平面，
平面，
，
四边形是正方形，
则，
，平面，
平面，
平面，
，
同理可证：，
，平面，
平面，
易知是边长为的等边三角形，
其面积为，
周长为．
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，
易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，选项错误；
对于选项，设平面交棱于点，点，，
平面，平面，
，
即，得，
，
所以，点为棱的中点，
同理可知，点为棱的中点，
则，，
而，
，
且，
由空间中两点间的距离公式可得，
，
，
所以，四边形为等腰梯形，选项正确；
对于选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：
若最短，则、、三点共线，
，
，
，
所以，点不是棱的中点，选项错误．
故选AC．

6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查空间向量法求线面夹角，异面直线所成角，以及球的表面积公式，是中档题．
将沿折起，使到，且平面平面，连接，，则，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．在逐一判断选项．
【解答】
解：将沿折起，使到，且平面平面，连接，．
，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
对于，，，，，
，，
，与不垂直，故A错误；
对于，取中点，连接，
，，
过作平面，四面体的外接球球心在直线上，
设，由，
得，解得，，
四面体的外接球表面积为：，故B正确；
对于，，，
设与所成角的为，
则，
与所成角的余弦值为，故C正确；
对于，，，，
设平面的法向量，
则，取，
则，则，
故直线与平面所成角的正弦值为，D正确；
故选：．

7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查空间中，直线与平面的位置关系和点面距离计算，属于较难题。
对于：由，而直线与直线不垂直即可判断；
对于： 取的中点，连结，，可以证明面，面，利用面面平行的判定定理证明面面即可得到直线与平面平行．
对于：连结，先判断出平面截正方体所得的截面为面，是一个为等腰梯形，求出各边长，求出高，即可计算出面积；
对于：假设与到平面的距离相等，得到矛盾，则假设不成立，即可判断．
【解答】
解：对于：在正方体中，，因为直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直故A错误；
对于：取的中点，连结，，因为分别为，的中点，所以由三角形中位线定理得：所以
因为面，面，所以面．
同理可证：面．
又面，面，，
所以面面，所以直线与平面平行故B正确；
对于：连结，由上面证明过程可知，所以平面截正方体所得的截面为面因为，，
所以为等腰梯形，如图示：

过、分别作、垂直于、，则，
所以，
所以等腰梯形的面积为．
故C正确．
对于：假设与到平面的距离相等，即平面将平分，则平面必过的中点，连接交于，而不是中点，则假设不成立，故D错误．
故选：．

8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了直线与直线所成角的向量求法、线线垂直的向量表示、二面角、棱锥的体积等知识，属较难题．
【解答】
解：如图，建立空间直角坐标系，
记，，，，则，．
当时，则，得，即位于点的位置，故A正确．
异面直线与所成的角为，即与底面所成的角，而，所以，所以不存在符合条件的点，故B错误．
另解：，，则，即无解，故B错误．
，故C错误．
在平面内过作且垂足为，
过作的垂线交于，连接图略，
得，则平面，
又平面，则，又且均在平面内，
则平面，又平面，得，
则是二面角的平面角，所以，
又点在以为直径的圆上运动，所以先变大后变小，故二面角的平面角先变小后变大，故D正确．

9.【答案】

【解析】
【分析】
本题考查利用空间向量法解决立体几何问题，考查直观想象与数学运算的核心素养，属于拔高题．
首先可证，在上取，使得，连接，则，可得记与的交点为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，在上取一点，由，求出点的位置，从而得到动点轨迹，即可求出动点的轨迹围成的图形的面积，显然当与重合时，与平面所成角最大，利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值．
【解答】
解：如图，
在直四棱柱中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面，
易得平面，又平面，
所以．
在上取，使得，连接，则，所以．
记与的交点为，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
在上取一点，记为，于是，．
由，得，即，
所以的边为点的运动轨迹．
由题意得，，
动点的轨迹围成的图形的面积为．
显然当与重合时，与平面所成角最大．
因为，，
所以，，
因为直线的一个方向向量为，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：；．

10.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了二面角的计算，使用向量可比较方便的找到的轨迹，从而求得的面积的取值范围，属于较难题．
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设出点坐标，，，易求得平面的法向量为，又平面的一个法向量为，结合二面角大小，解得，从而可得点纵坐标的取值范围，利用即可求解．
【解答】
解：平面，，
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、、、、，
设点，其中，，
设平面的法向量为，
，，
则
取，可得，
易知平面的一个法向量为，
则，
所以，，即，
直线上的点满足，
联立，解得
联立，解得
所以，点的纵坐标的取值范围为，
易知点不在线段上，则
所以，．
故答案为：

11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了空间向量法求二面角，二次函数的性质，属于难题．
连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用及二次函数的性质即可求解．
【解答】
解：底面与侧面都是以为斜边的等腰直角三角形，则，所以
，设，
由为线段的中点，则，由，所以，即、、两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，设，
，，，
设平面的一个法向量，
则即
令，则，，所以．
当点与点重合时，平面的一个法向量，
面与平面所成锐二面角的平面角为，
则，
当点与点不重合时，
设平面的一个法向量，则
即
解得，令，则，所以，
平面与平面所成锐二面角的平面角为，
则，，
将分子、分母同乘，可得
令，，
当时，取得最小值，
此时的值最大，最大值为：．
综上的最大值为．
故答案为．

12.【答案】证明：如图，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系．
则，，，
从而，，
，
所以．
解：
当时，直线与平面所成的角最大．
平面的一个法向量为，
则，，
而，当最大时，最大，
当时，，此时最大，．
解：平面的一个法向量为．
设平面的一个法向量为，
由得
由
得
解得
令，
得，
平面与平面所成的二面角为，
，
解得．
故点在的延长线上，且．

【解析】本题考查空间向量解立体几何问题，属于拔高题．
以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标及对应向量的坐标，易判断，即；
设出平面的一个法向量，我们易表达出，然后利用正弦函数的单调性及正切函数的单调性的关系，求出满足条件的值，进而求出此时的正弦值；
平面与平面所成的二面角为，则平面与平面法向量的夹角余弦值的绝对值为，代入向量夹角公式，可以构造一个关于的方程，解方程即可求出对应值，进而确定出满足条件的点的位置．
13.【答案】解：如图，过点作，
平面平面，平面平面，平面，
平面．
在中，，，
，，．
三棱锥的体积．
取的中点分别为，，连接．
在等边中，、分别为、的中点，，．
由可知：平面，
，，
建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，．
，．
设为平面的一个法向量，
则，，
，令，则，．
轴平面，取作为平面的法向量．
设二面角的大小为，由图可知．
，
二面角的余弦值为．
在线段上存在点，使得为直角三角形．
设，，
则，，．
当时，则，得，解得或．
当时，与重合，为直角三角形，且；
当时，与重合，为直角三角形，且．
当时，则，得，
解得，不符合题意，应舍去；
当时，则，得，
解得，不符合题意，应舍去．
综上可知：在线段上存在点，使得为直角三角形，且或．

【解析】本题考查了棱锥的体积，利用空间向量求面面的夹角，面面垂直的性质，属于难题．
利用线面、面面垂直的判定和性质及三棱锥的体积计算公式即可得出；
建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出二面角的两个平面的法向量的夹角，进而即可得出二面角的大小；
先假设存在，分以下三种情况讨论：当时，当时，当时，利用向量的数量积与垂直的关系即可判断出．
14.【答案】解，， 即，，且面面 ，
为二面角的平面角
由题意得

．
由题意得，
以为原点，，，所在直线为，，轴建立如图所示空间直角坐标系
，，，，，，
设点，，，
， ，即
点在平面内，
，其中，
，
设直线与平面所成角为，
设点，则
当时，直线与平面所成角的正弦值为，
当时，直线与平面所成角的正弦值为，
当且时，
由题意得，故 ，
取直线的方向向量
设平面的法向量为，，，
由，，
得，取，则．
则
令，则且，
则，
当且仅当，即时，取等号
故，
，
【解析】本题考查空间向量求二面角、直线与平面所成的求解，属于较难题
先得到为二面角的平面角，
由题意得，根据 ，通过数量积运算求得的长；
建立空间直角坐标系，根据点在平面内，由，通过空间向量坐标运算，建立方程组，求得的值；
设直线与平面所成角为，设点，则，对分类讨论，根据空间向量法，求得，进而通过换元法求得的最大值，即可得到答案．
15.【答案】
证明：Ⅰ因为平面，平面，
所以．
因为是正方形，所以，
平面，
从而平面．
解：Ⅱ因为，，两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示．
因为与平面所成角为，即，
所以．
由，可知，．
则，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，即．
令，则．
因为平面，所以为平面的法向量，．
所以．
因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．
Ⅲ点是线段上一个动点，设．
则．
因为平面，
所以，即，解得．
此时，点坐标为，
即当时，平面．
【解析】本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，空间中直线与平面垂直的判定，二面角的余弦值，通过向量法判定线面平行，属于较难题．
由已知中平面，是边长为的正方形，可得，，结合线面垂直的判定定理可得平面；
Ⅱ以为坐标原点，，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，代入向量夹角公式，即可求出二面角的余弦值；
Ⅲ由已知中是线段上一个动点，设根据平面，则直线的方向向量与平面法向量垂直，数量积为，构造关于的方程，解方程，即可确定点的位置．
16.【答案】Ⅰ证明：，是的中点．
又平面，平面，则．
，，平面，平面，
平面，
，
Ⅱ以为原点，分别以，为，轴，如图建立坐标系，
则，
设平面的一个法向量，
则，即，
取，所以，
设平面的一个法向量，
则，即
取，，，所以，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值
Ⅲ假设在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成的角为，
设且，，
，
若直线与平面所成的角为，
则．
解得：，所以符合条件的点存在，为棱的中点．
【解析】本题考查直线与平面垂直的判断与性质定理的应用，二面角的平面角以及直线与平面所成角的处理方法，空间向量的数量积的应用．
Ⅰ证明即可证明平面，利用直线与平面垂直的性质定理证明．
Ⅱ以为原点，分别以，为，轴，建立坐标系，求出相关点的坐标以及
平面的一个法向量，平面的一个法向量，通过空间向量法求解平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
Ⅲ设，，，利用直线与平面所成的角为，列出方程求出，即可得到点的位置．
17.【答案】解：过作于点，则，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
为的中点，
，，．
设平面的法向量为，则
令，则，，，
，即，
又平面，平面．
假设线段上存在一点，设，，，
，，
．
由知，平面的法向量为，
直线与平面所成角的正弦值为，
，
化简得，即，
，，
故．
由知，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，，
，．
由图可知平面与平面所成二面角为锐角，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【解析】本题考查空间中线与面的位置关系、二面角和线面角的求法，熟练利用空间向量处理二面角、线面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于拔高题．
过作于点，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，依次写出、、、、、、的坐标．
根据法向量的性质求得平面的法向量，由以及线面平行的判定定理即可得证；
设，由，，可用含的式子表示出点的坐标，由题可知，，于是列出关于的方程，解之即可．
同理求得平面的法向量，由空间向量数量积的坐标运算求出，即可得解；
18.【答案】解：因为，，为中点，所以，，
所以为平行四边形，所以，同理可证，
在图中，取中点，连接，，则，
因为，所以，，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以．
若选择：因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以在平面中过点作，则平面，
因为，所以四棱锥的体积，
所以，所以与重合，所以平面，易得、、两两垂直，
建系如图，
则，，， ，
平面法向量为，设平面法向量为，
因为，，所以，即
得，
设二面角的平面角为，为锐角，
则，
所以二面角的余弦值为．
若选择：因为，所以即为异面直线与所成角，
在中，，
所以，所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，
又平面，所以平面，易得、、两两垂直，
建系如图，
则，，， ，
平面法向量为，设平面法向量为，
因为，，所以，即
得，
设二面角的平面角为，为锐角，
则，
所以二面角的余弦值为．
【解析】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理，利用空间向量求二面角问题，属于较难题．
由平面即可得证
选，因为平面，所以平面平面且交线为，所以过点作，则平面，由，求出，所以平面，再建系去求解
选 ，因为，所以即为异面直线与所成角，在中，由余弦定理得，所以，所以，因为平面，平面，所以平面平面且交线为，所以平面，再建系去求解
19.【答案】证明：如图，连接交于点，连接，
平面，平面，平面平面，
，
由，知，又，即，
在中，，由余弦定理：
，得，
即，故，则，
平面，平面，
，又，平面
平面，又平面，
平面平面．
由知，，，如图建立空间直角坐标系，
由题意，有，
，，，，
设平面的法向量为，则，即
令，得，，则，
设平面的法向量为，则，即
令，得，，则，
设平面和平面所成二面角的大小为，
则，
由平面和平面所成锐二面角，故其余弦值为．

【解析】本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力．
连接交于点，连接，由线面平行的性质有，根据平行分线段成比例及构成相似三角形，可求，进而应用余弦定理及勾股定理逆定理证，进而有，再由线面垂直的性质及判定、面面垂直的判定即可证平面平面；
构建空间直角坐标系，确定相关点的坐标，进而得到向量坐标，求平面和平面的法向量，根据法向量与二面角的关系，求二面角余弦值．
20.【答案】证明：取的中点由于面，，
故ED与平面内所有直线垂直，也与平面内所有直线垂直，
故ED，，，，
又是菱形，是矩形，≌≌≌，
，，，，
是二面角的平面角 ，
有等腰三角形中，，故，
又因为在所给菱形中，
，即．
，即二面角的平面角为直角，
平面平面，
建立如图的直角坐标系，
由，，，
可得以下各点坐标，，，，．
平面的法向量，
设，则，
设平面的法向量，
则，即
不妨令，则，得，
因为二面角的大小为，
所以，
整理得，解得或舍去，
所以．
【解析】本题考查面面垂直的证明，考查二面角计算，属于较难题，
取的中点，推导出是二面角的平面角，再证明其平面角为直角，由此能证明平面平面；
建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果．
21.【答案】证明：因为，，，所以，
又因为，且，，
所以，所以，
又因为平面，且平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以．
解：在上取点，使，则，
故以为原点，以，，分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，
在平面中，，，
设平面的一个法向量为，
则 ，
令，则，，所以，
可取平面法向量为，
所以，解得，
所以三棱锥的高为，．

【解析】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定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．
根据线面垂直的判定定理证明；
建立空间直角坐标系，写出点的坐标与向量的坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式代入计算，判断得点的坐标，从而求解体积．
22.【答案】证明：取中点，连结，
由分别为中点，得，
在菱形中为中点，得，
则，所以四边形为平行四边形，
故，
又，
所以平面，
解：，是棱的中点，
，
平面平面，平面平面， ，，
又菱形中，故，
以为原点，、、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
可得
令，取，
又
则点到平面的距离为
解得，
所以，又平面的一个法向量为，
设平面与平面所成的锐角为，
则，
所以平面与平面所成的锐角余弦值为
【解析】本题考查了线面平行的判定，考查二面角的向量求法，属于中档题
由题意，取的中点，连接，，又为的中点，可证得四边形是平行四边形，进而得出解答．
以为原点，、、所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
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