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- 2021-06-15 发布
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透析高考数 23题对对碰【 精品】 第三篇
主题19 空间点线面位置关系及空间角的计算（理）
【主题考法】本主题考题形式为解答题，以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体主要考查对线线、线面与面面平行和垂直判定与性质和利用空间向量知识计算异面直线角、线面角、二面等问题，考查空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力，难度为中等，分值为12分．
【主题考前回扣】
1.平行、垂直关系的转化示意图
(1)
(2)两个结论
①⇒a∥b，②⇒b⊥α.
2．用空间向量证明平行垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)．则有
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. ]
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝ μ⇔a1＝ a2，b1＝ b2，c1＝ c2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
3．用向量求空间角
(1)直线l1，l2的夹角θ有cos θ＝|cos〈l1，l2〉|(其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量)．
(2)直线l与平面α的夹角θ有sin θ＝|cos〈l，n〉|(其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量)．
(3)平面α，β的夹角θ有cos θ＝|cos〈n1，n2〉|，则α—l—β二面角的平面角为θ或π－θ(其中n1， n2分别是平面α，β的法向量)．
【易错点提醒】
1.不清楚空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．
2.注意图形的翻折与展开前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．
3．几种角的范围
两条异面直线所成的角0°<α≤90°；
直线与平面所成的角0°≤α≤90°；
二面角0°≤α≤180°； -
两条相交直线所成的角(夹角)0°<α≤90°；
直线的倾斜角0°≤α<180°；
两个向量的夹角0°≤α≤180°；
锐角0°<α<90°.
4．空间向量求角时易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错．
【主题考向】
考向一 空间平行的证明
【解决法宝】1.证明线线平行的常用方法
(1)利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；
(2)利用平行四边形进行转换；
(3)利用三角形中位线定理证明；
(4)利用线面平行、面面平行的性质定理证明;
(5)可以证明两直线的方向向量平行.
2.证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行；
(2)利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行;
(3)可以证明直线的方法向量与平面的法向量垂直 证明线面垂直.
3.证明面面平行的方法
（1）证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行.
（2）可以证明两平面的方向向量共线即可证明面面平行.
若题目中已出现了中点，可考虑在图形中再取中点，构成中位线或构造平行四边形进行证明.
例1 【河北省邢台市一高2018届二模】如图，在三棱柱中，为的重心，.
（1）求证 平面；
（2）若侧面底面，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【分析】(1) 连接，并延长，交于点，过作，交于点，分别连接,只要证明所以平面平面，由面面平行的性质可证平面；(2)由题意先证明侧面底面，由面面垂直的性质可证平面，所以可以为原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，由空间向量夹角公式求之即可.
【解析】（1）证明 连接，并延长，交于点，过作，交于点，分别连接.
因为是的重心，所以.………………1分
又，所以.
又据三棱柱性质知，
所以.………………2分
又因为平面，平面，
所以平面.
又因为，平面，
所以平面平面.………………3分
又因为平面，
所以平面.………………4分
（2）连接.
因为，，，
所以，
所以，所以.
因为侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面.
因为，，所以是等边三角形，
所以.………………6分
所以
令得，………………10分
所以.
所以.即直线与平面所成角的正弦值为
.……………12分
考向二 空间垂直的证明
【解决法宝】要证明两平面垂直，常根据“如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直”或面面垂直的定义．从解题方法上说，由于线线垂直、线面垂直、面面垂直之间可以相互转化，因此整个解题过程始终沿着线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化途径进行，也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间垂直关系．
1.证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直；
(2)利用勾股定理逆定理； -
(3)利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可.
（4）证明直线的方法向量与平面的法向量共线
2. 证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；
(2)利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证面面垂直；
(3)利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.
（4）证明两个平面的法向量垂直.
3.证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解决.
例2【安徽合肥市一中2018届二模】如图，已知等边中， 分别为边的中点， 为的中点， 为边上一点，且，将沿折到的位置，使平面平面EFCB.
（Ⅰ）求证 平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【分析】（1）证明A'M⊥EF，推出A'M⊥平面EFCB，得到A'M⊥BF，证明BF⊥MN．得到BF⊥平面A'MN．然后证明平面A'MN⊥平面A'BF；
（2）设等边的边长为4，取中点，连接，由题设知，由（1）知平面，又平面，所以,如图建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出．
【解析】（I）因为为等边的边的中点，所以是等边三角形，且．因为是的中点，所以.
又由于平面平面,平面，所以平面
又平面，所以.
因为，所以，所以.
在正中知，所以.
而，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
平面的一个法向量为
所以，
显然二面角是锐角，所以二面角的余弦值为.
考向三 折叠问题
【解决法宝】(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下，折线同一侧线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形
例3【内蒙古赤峰市一中2018届二模】如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.
图1 图2
(1)证明 CD⊥平面A1OC;
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.
【分析】（1）折起后， 根据线面垂直的判定定理可得平面，即可证明平面；（2）若平面平面，根据（1）可得 两两垂直，以 建立空间坐标系，利用向量垂直数量积为零，分别求出平面与平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式可得结果.
(2)解 因为平面A1BE⊥平面BCDE,
又由(1)知BE⊥OA1,BE⊥OC,
所以∠A1OC为二面角A1BEC的平面角,
所以∠A1OC=. ！
如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,
因为A1B=A1E=BC=ED=1,
BC∥ED,
所以B（,0,0）,E（- ,0,0）,
A1（0,0, ）,C（0, ,0）,
得=（-, ,0）, =（0, ,- ）,
= (-,0,0).
设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1, 1),
平面A1CD的法向量n2=(x2,y2, 2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,
则得 取n1=(1,1,1); 得 取n2=(0,1,1),
从而cos θ=|cos|= =,
即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
考向四 异面直线角的问题
【解决法宝】求解两异面直线所成的角时，往往经历“作（平行线）——证（平行）——算（解三角形）”的过程，其中作平行线是关键，一般借助平面几何中中位线，平行四边形、平行线分线段成比例定理推论等知识解决，也可以利用空间向量计算两条异面直线的方向向量的夹角 计算，注意向量夹角与异面直线角的关系.
例5 【陕西省西安市一中2018届一模】在平行六面体中，平面，且 ，．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求二面角的正弦值．
【分析】在平面内，过点作，因为平面，可得，以
为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，结合平行六面体的性质求出的坐标，进一步求出 的坐标 ，（1）直接利用空间向量向量所成角的余弦公式可得异面直线与所成角的余弦值 ；（2）求出平面与平面的一个法向量，再根据空间向量夹角余弦公式求出两法向量所成角的余弦值求得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.
【解析】在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E．因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD．
如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系A-xy ．因为AB=AD=2，AA1=，．
则．
（1），
则．异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为．
考向五 线面角问题
【解决法宝】在求解线面角时，有两种思路，思路1，几何法，根据线面角的定义，先在图中有没有线面角，若没有，作出线面角，证明是线面角，再通过解三角形解出 ；思路2，向量法，求出线面夹角问题中已知直线的方向向量和平面法向量，设线面角为，则直线方向向量在平面法向量方向上的投影的长度与直线方向向量的模之
比就是线面夹角的正弦值，即=.
例5【北京市东城东直门中 2018届上期中】在如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为直角梯形，且， ，平面平面， ．
（）求证 平面．
（）若二面角为直二面角，
（i）求直线与平面所成角的大小．
（ii）棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）连结BD，设AC∩BD=O，设G为DE的中点，连结OG，FG，推导出四边形AOGF为平行四边形，从而AC∥FG，由此能证明AC∥平面DEF．
（2）（i）以A为原点，AD，AB，AF分别为x，y， 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC与平面CDE所成角的大小．
（ii）假设棱DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF．设，则，设P（x，y， ），求出P点坐标为，从而，由此能求出DE上存在点P，使得BP⊥平面DEF，且.
【解析】（）证明 连接交于，
∵四边形为正方形，
∴是中点，
设是的中点，连接， ，
则，且，
∵四边形为直角梯形，且， ，
∴，且，
∴，且，
∴四边形为平行四边形，
∴，即，
又∵平面， 平面，
∴平面．
以为原点， ， ， 分别为， ， 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
由得 ， ， ， ， ， ．
∴， ， ．
设平面的一个法向量为，则
，即，
取，则， ，
∴，
设直线与平面所成的角为，则有
，
∵，
∴，
即直线与平面所成角的大小为．
（ii）假设棱上存在点，使得平面，
设，则，
设，则，
∵，
∴，
∴， ， ，
解得， ， ，[ 。 。 。X。X。 ]
即点坐标为，
∵，
∴，
又， ，
∴，即，
解得．
∵，
∴上存在点，使得平面，且．
考向六 二面角问题
【解决法宝】对求二面角
的大小问题，思路1，几何法，先在几何图形中找一找有没有一个角的顶点在二面角的棱上，两边分别在两个半平面内与棱垂直，若有则该角是二面角的平面角，若没有需要作，用垂线法或垂面法或三垂线法作二面角，然后证明所找（作）的角是二面角的平面角，再通过解三角形求出该角；若坐标系容易建立，也可以用向量法计算二面角的大小，即先求出平面、的法向量、，再求出、的夹角，在内取一点A，在内取一点B，设二面角大小为，若与同号，则=，若与异号，则=，注意二面角大小与法向量夹角的关系.
例6【安徽合肥市一中2018届二模】如图，已知等边中， 分别为边的中点， 为的中点， 为边上一点，且，将沿折到的位置，使平面平面EFCB.
（Ⅰ）求证 平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【分析】（1）证明A'M⊥EF，推出A'M⊥平面EFCB，得到A'M⊥BF，证明BF⊥MN．得到BF⊥平面A'MN．然后证明平面A'MN⊥平面A'BF；
（2）设等边的边长为4，取中点，连接，由题设知，由（1）知平面，又平面，所以,如图建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出．
【解析】（I）因为为等边的边的中点，所以是等边三角形，且．因为是的中点，所以.
又由于平面平面,平面，所以平面
又平面，所以.
因为，所以，所以.
在正中知，所以.
而，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（II）设等边的边长为4，取中点，
连接，由题设知，
由（I）知平面，又平面，所以,如图建立空间直角坐标系，则,, ,,.
设平面的一个法向量为，则由
得令，则.
平面的一个法向量为
所以，
显然二面角是锐角，所以二面角的余弦值为.
【主题集训】
1.【新疆乌鲁木齐地区2018届二诊】如图，在直三棱柱中，底面是等边三角形， 为的中点．
（Ⅰ）求证∥平面；
（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（Ⅰ）连结交于，连结.
∵都是中点
∴∥
∴∥平面；
（Ⅱ）建立如图空间直角坐标系， .
∴，
设面的法向量为，由，得，同理得面
的法向量为.
∴，
由图判断二面角的平面角为锐角，则其余弦值为．
2.【广东省珠海市2018届3月质量检测】如图，四棱锥中，，，，，，，点为中点.
（1）求证 ； -
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（2）解 过做于，
∵平面，平面，
∴，∵，∴平面.
过做交于，则、、两两垂直，
以、、分别为、、轴建立如图所示空间直角坐标系，
∵，，，，点为中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，，.
∵，，
∴，，
∴四边形是矩形，，[ ]
∴，，，，
∵为中点，
∴，[ ]
∴，，.
设平面的法向量，
由，得，
令，得，
则，
则与所成角设为，其余角就是直线与平面所成角，设为，
，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
3.【山西省平遥中 2018届3月适应性考】如图，三棱柱中，侧面为的菱形， .
(1)证明 平面平面.
(2)若，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）连接交于，连接
侧面为菱形，
， 为的中点，
又， 平面
平面 平面 平面.
（2）由， ， ， 平面， 平面
从而， ， 两两互相垂直，以为坐标原点， 的方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系
直线与平面所成的角为，
设，则，又， △是边长为2的等边三角形
，
设是平面的法向量，则即
令则
设直线与平面所成的角为
则
直线与平面所成角的正弦值为.
4. 【辽宁省沈阳市东北育才 校2018届三模】如图，四面体中， 是的中点， 和均为等边三角形， ， ．
（1）求证 平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
（2）以O为原点，OB，OC，OA为x，y， 轴建立空间直角坐标系，则
， ， ，
设平面ACD法向量为
由，可得，令，可得
又
∴
∴直线与平面所成角的正弦值为
5. 【山东省济南市2018届一模】如图1，在高为6的等腰梯形中， ，且， ，将它沿对称轴折起，使平面平面.如图2，点为中点，点在线段上（不同于， 两点），连接并延长至点，使.
（1）证明 平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【解析】（1） 由题设知， ， 两两垂直，所以以为坐标原点，
， ， 所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设的长度为，
则相关各点的坐标为， ， ， ， ， .
∵点为中点，∴，
∴， ， ，
∵， ，
∴， ，且与不共线，
∴平面.
（2）∵， ，∴，
则，∴， .
设平面的法向量为，
∵，∴，令，则， ，则，
又显然，平面的法向量为，
设二面角的平面角为，由图可知， 为锐角，
则.
6.【广西桂林、贺州、崇左三市2018届二联考】如图，四棱锥中，底面为边长是2的方形, ， 分别是， 的中点， ， ，且二面角的大小为.
（1）求证 ；
（2）求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明 作于点连接，
∵， ， ，
∴，∴，
即， ，又，
∴平面，又平面，
∴.
（2）∵平面平面，平面平面，
，∴平面.
以点为原点， , , 所在直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
∵,
∴.
∴，即.
∴， ， ， .
∴,，
设平面的法向量，
由，得
令，得
易知为平面的一个法向量.
设二面角为， 为锐角
则.
7. 【山东省聊城市2018届一模】如图，四棱锥中， 为等边三角形，且平面平面， ， ， .
（Ⅰ）证明 ；
（Ⅱ）若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值.
【解析】证明 （Ⅰ）取的中点为，连接， ，
∵为等边三角形，
∴.
在底面中，可得四边形为矩形，
∴，
∵，
∴平面，
∵平面，
∴.
又，
∴.
（Ⅱ）∵平面面， ，
∴平面，
由此可得， ， 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵直线与平面所成角为，即，[ ]
由，知，得.
则， ， ， ，
， ， ，
设平面的一个法向量为.
由，得．
令，则．
设平面的一个法向量为，
由，得．
令，则，
∴ ，
由图形知二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
8.【内蒙古包头市2018届一模】如图，四棱锥中， 底面， ， ， ， 为线段上一点， ， 为的中点.
（1）证明 平面；
（2）求二面角的正弦值.
【解析】（1）由已知得，
取的中点，连接， ，
由为的中点知， ，
又，故，
所以四边形为平行四边形，于是，
平面， 平面，
所以平面.
设为平面的法向量，则，
即，可取.
设为平面的法向量，
则，即，可取.
于是 ，
.
所以二面角的正弦值为.
9.【百校联盟2018届TOP20三月联考】如图，在几何体中，四边形为直角梯形， ，四边形为矩形，且， ， 为的中点.
（1）求证 平面；
（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的大小.
【解析】（1）取的中点，连接， ，
∵为中点，∴，且.
∵四边形为直角梯形， ，且，
∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴.
∵平面， 平面，
∴平面.
（2）因为四边形为直角梯形， ， ，
所以，∴.
又，因为，所以，
因为， ， ，所以平面，
因为，∴平面，∴，
所以，因此.
以点为原点，以为轴， 为轴， 为轴，建立空间直角坐标系，
则， ， ， ， ，
所以， ，设平面的一个法向量为，
则有令，则，
设平面的一个法向量为， ， ，
则有令，则，
所以，
所以平面与平面所成的锐二面角为.
10. 【东北三省哈师大附中等三校2018届一模】如图，四棱锥中，平面平面，且，底面为矩形，点、、分别为线段、、的中点，是上的一点，.直线与平面所成的角为.
(1)证明 平面；
(2)设，求二面角的余弦值.
【解析】（Ⅰ）取中点，连接，交于点，连接，则.
因为平面平面，所以平面，，.
方法一 因为，，所以，所以.
又，，所以，所以，
所以，所以.且，所以平面.
方法二 取中点，连接，交于点,连接，则.
因为平面平面，所以平面，，.
又因为，，所以，所以.
以点为原点，射线、、方向为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
设，，则，，，，
于是,.
所以，所以，且，所以平面
（Ⅱ）取中点，连接，交于点，连接，则.
因为平面平面，所以平面，
，.
以点为原点，射线、、方向为轴、轴、轴的正方向，
建立空间直角坐标系.
设，则，，
，，，
于是，，.
设平面的一个法向量为 ，则，
从而，令,得.
而平面的一个法向量为 .
所以
11.【浙江省绍兴市2018届3月适应性模拟】如图，在三棱锥中，，，.
（Ⅰ）求证 ；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（Ⅰ）如图，取的中点，连结，.
因为为正三角形，所以；
因为，所以.
又，，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（Ⅱ）解法一 过点作的垂线，垂足为，连结.
因为平面，平面，所以平面平面，又平面平面，平面，故平面.所以直线与平面所成角为.
在中，，，，
由余弦定理得 ，所以.
所以，.又，
故 ，即直线与平面所成角的正弦值为.
解法二 如图，以原点，以，为，轴建立空间直角坐标系.
可求得，则，，，.
平面的一个法向量为，.
设直线与平面所成角为，则 .
12.【河南省濮阳市2018届二模】如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是的中点，，，.
（Ⅰ）求证 ；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【解析】（Ⅰ）在中，，为的中点，所以.
因为平面底面，且平面底面，
所以底面.
又平面，
所以.
（Ⅱ）在直角梯形中，，，为的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形.
因为，所以，由（Ⅰ）可知平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
因为，，所以平面，
即为平面的一个法向量，且.
因为是棱的中点，所以点的坐标为，
又，设平面的法向量为.
则，即，
令，得，，所以.
从而 .
由题知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
13.【福建省泉州市2018届3月质检】如图，在四边形 中， ， ， ， ， ， 是 上的点， ， 为 的中点，将 沿 折起到 的位置，使得 ，如图2.
（1）求证 平面平面 ；
（2）求二面角 的余弦值.
【解析】（1）连结，在四边形中，，，，，，，
∴，，
四边形为菱形，且为等边三角形．
又∵为的中点，∴.
∵，，，满足，
∴，
又∵，∴平面.
∵平面，∴平面 平面．
（2）以为原点，向量的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
则 ，，，
所以，，
设是平面的一个法向量，
则即
取，得．
取平面的一个法向量．
∵，
又二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
14. 【河南省广东省佛山市2017届高三教
质量检测（一），19】（本小题满分12分）如图，四棱锥中，为正三角形，，，，，为棱的中点.
（1）求证 平面平面；
（2）若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值.
【解析】（1）取中点，连接、，因为为中点，所以，又，
所以，所以四边形为平行四边形，所以.……………………2分
又为正三角形，所以，从而，………………3分
又，，所以平面，………………4分
又平面，所以平面平面.……………………5分
（2）因为，，所以，又，，
所以平面，所以平面，
所以为与平面所成的角，
即，从而.……………………6分
以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，则
，，，，.……7分
所以，.
设平面的法向量为，则，即，解得.
令，得.……………………9分
由（1）可知平面，所以为平面的一个法向量.…………10分
所以.
所以二面角的余弦值为.……………………12分
15.【全国名校大联考2018届第四次联考】如图所示，平面，点在以为直径的上，，，点为线段的中点，点在弧上，且.
（1）求证 平面平面；
（2）求证 平面平面；
（3）设二面角的大小为，求的值.
【解析】（1）证明 因为点为线段的中点，点为线段的中点，
所以，因为平面，平面，所以平面.
因为，且平面，平面，所以平面.
因为平面，平面，，
所以平面平面.
（3）解 如图，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.
因为，，所以，.
延长交于点.因为，
所以，，.
所以，，，.
所以，.
设平面的法向量.
因为，所以，即.
令，则，.
所以.
同理可求平面的一个法向量.
所以.由图可知为锐角，所以.
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