备战2024年高考数学二轮复习专题04立体几何中的由夹角求其它量问题(原卷版+解析)

这是一份备战2024年高考数学二轮复习专题04立体几何中的由夹角求其它量问题(原卷版+解析)，共64页。试卷主要包含了已知线线角求其他量，已知线面角求其他量，已知二面角求其他量等内容，欢迎下载使用。

常见考点
考点一 已知线线角求其他量
典例1．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5．
（1）求证：AB⊥A1C；
（2）在棱AA1上是否存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，若存在，求出AF长；若不存在，请说明理由．
变式1-1．如图：在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
变式1-2．如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形且垂直于底面，底面是矩形，，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
变式1-3．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成夹角的正切值；
(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长.
考点二 已知线面角求其他量
典例2．已知梯形如图甲所示，其中，，，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图乙所示的几何体．
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.
变式2-1．如图甲，正方形边长为12，，，，分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱，点在该三棱柱底边上．
（1）若，证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
变式2-2．如图，三棱柱所有的棱长为2，，M是棱BC的中点.
（Ⅰ）求证：平面ABC;
（Ⅱ）在线段B1C是否存在一点P，使直线BP与平面A1BC 所成角的正弦值为? 若存在，求出CP的值; 若不存在，请说明理由.
变式2-3．如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，，点､分别是､的中点，是线段上的点.
（1）求证：平面平面；
（2）当时，是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
考点三 已知二面角求其他量
典例3．如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC．
(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
变式3-1．如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和拼接而成，其中，､，，，PC与AD相交于O，现沿着AD折成四棱锥（如图2）.
(1)当四棱锥的体积最大时，求点B到平面PCD的距离；
(2)在（1）的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
变式3-2．如图，在三棱锥中，平面ABC，，，于点D，点E在侧棱PC上，且．
(1)证明：平面ACD；
(2)是否存在λ，使二面角的余弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
变式3-3．如图，四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2．
（1）求证：平面CC1D1D⊥底面ABCD；
（2）若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为，求线段ED1的长度．
巩固练习
练习一 已知线线角求其他量
1．已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，且，，点是线段中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面和平面的锐二面角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得与所成的角为？若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由．
2．如图，在三棱锥中，底面.点D，E，N分别为棱的中点，M是线段的中点，，.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）已知点H在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
3．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，且，，、分别、的中点.
（1）证明：；
（2）设，点在线段上，且异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
4．等边的边长为3，点，分别是，上的点，且满足.（如图（1）)，将沿折起到的位置，使面平面，连接，(如图（2）).
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使直线与直线所成角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
练习二 已知线面角求其他量
5．如图，在正方体中，E为棱上一点.
(1)若E为棱的中点，求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
6．如图，四棱锥中，，，且是边长为2的等边三角形.
(1)若，求证：；
(2)若平面平面ABCD，，直线SC与平面SAB所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
7．在正四棱柱中，，E为的中点.（用向量的方法证明）
(1)求证：平面.（用向量的方法证明）
(2)若F为上的动点，使直线与平面所成角的正弦值是，求BF的长.
8．如图，在五棱锥中，平面平面，是等边三角形，点、分别为和的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)设是线段上的动点，若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
练习三 已知二面角求其他量
9．如图，在四棱锥P—ABCD中，已知PC⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB上一点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若E是PB的中点，且二面角P—AC—E的余弦值是，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
10．如图，在四棱柱中，底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，E是PD的中点．
(1)求证：平面平面PDC；
(2)若二面角的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
11．如图四棱锥P - ABCD中，面PDC⊥面ABCD，∠ABC = ∠DCB = ，CD = 2AB = 2BC = 2，△PDC是等边三角形.
(1)设面PAB面PDC = l，证明:l//平面ABCD；
(2)线段PC内是否存在一点E，使面ADE与面ABCD所成角的余弦值为，如果存在，求λ = 的值，如果不存在，请说明理由.
12．如图，在三棱锥中，，平面，，分别为棱，的中点.
(1)求证：；
(2)若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积.
第三篇 立体几何
专题04 立体几何中的由夹角求其他量问题
常见考点
考点一 已知线线角求其他量
典例1．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5．
（1）求证：AB⊥A1C；
（2）在棱AA1上是否存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，若存在，求出AF长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，3.
【解析】
【分析】
（1）由已知的数据可得BC²＝AB²+AC²，从而得AB⊥AC，再由面ABC⊥平面AA1C1C，可得AB⊥平面AA1C1C，进而可证得AB⊥A1C；
（2）如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可
【详解】
（1）证明：因为AA1C1C是边长为4的正方形，所以AC＝4，又AB＝3，BC＝5，
所以BC²＝AB²+AC²，所以AB⊥AC，
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面AA1C1C，因为A1C⊂面AA1C1C，
所以AB⊥A1C．
（2）如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C1（4，0，4），B（0，3，0），设F（0，0，a），
则（4，0，4），（0，﹣3，a），0＜a≤4，
因为异面直线AC1与BF所成角为60°，
所以|cs，|，
解得a＝3，所以F（0，0，3），
则AF＝3，
所以在棱AA1上存在一点F，使得异面直线AC1与BF所成角为60°，此时AF＝3．
变式1-1．如图：在三棱锥中，底面，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）或.
【解析】
【分析】
（1）取中点，连接､，则由三角形中位线定理可得，，由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可证得平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，设，则，利用空间向量求解即可
【详解】
（1）证明：取中点，连接､，
∵为中点，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
∵为中点，
∴，
又､分别为､的中点，
∴，则.
∵平面，平面，
∴平面.
又，､平面.
∴平面平面，
∵平面
∴平面；
（3）解：因为底面，平面，平面，
所以，
因为，
所以以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，
，
依题意，设，则，
进而可得，.
由已知，得，
整理得，解得或，
所以线段的长为或.
变式1-2．如图，在四棱锥中，侧面是等边三角形且垂直于底面，底面是矩形，，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见证明；（2）
【解析】
【分析】
（1）证明CEAD，结合CEPD，即可证得平面．
（2）建立空间直角坐标系，分别求出各点坐标，由直线与直线所成角的余弦值为求得点F的坐标，再求出平面，平面的法向量，利用法向量夹角公式得解．
【详解】
（1）平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
侧面是等边三角形且是的中点
又
平面
（2）如图，以为原点，以为轴正方向，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
点在棱上，设，
则，
直线与直线所成角的余弦值为.
又，解得：
即为的中点
，，
设平面的法向量为，则
令，则
设平面的法向量为，则
令，则
二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直的判断，考查转化思想，还考查了平面法向量的求法、利用空间向量求二面角的平面角大小、利用向量求线线夹角，考查计算能力，属于基础题．
变式1-3．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成夹角的正切值；
(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【解析】
【分析】
先证明直线PD⊥平面ABCD.以点D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系.
（1）利用向量法证明平面；
（2）利用向量法求平面与平面所成夹角，再求正切值；
（3）利用向量法求线段的长.
(1)
平面平面，平面ADPQ∩平面ABCD=AD.
而平面ADPQ，PD⊥AD，∴直线PD⊥平面ABCD.
由题意，以点D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立如图空间直角坐标系.
则可得：.
显然::是平面PDC的一个法向量.
又，所以.
又∵直线平面PDC，∴平面.
(2)
.
设为平面PBC的一个法向量，则，
不妨设，可得.
设为平面PBQ的一个法向量，同理可求.
所以.
所以平面与平面所成夹角为.
而，所以平面与平面所成夹角的正切值.
(3)
设则， .
又，
∴，解得 (舍去)，
故所求线段DH的长为.
考点二 已知线面角求其他量
典例2．已知梯形如图甲所示，其中，，，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图乙所示的几何体．
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
(1)
∵平面平面，平面
平面平面，，
∴平面；
(2)
（2）建系如图：
设平面的法向量，，，，
，
，则，
设，，
，
解得或（舍），
，∴.
变式2-1．如图甲，正方形边长为12，，，，分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱，点在该三棱柱底边上．
（1）若，证明：平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）或．
【解析】
【分析】
（1）在图乙中，过作，交于，连接，证明四边形为平行四边形，然后得到即可；
（2）分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，然后算出平面的法向量坐标，设，得，然后由条件建立方程求解即可.
【详解】
（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，
则，∴共面且平面交平面于，
∵，，
∴，又为正方形，
，，由，有，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）由（1），，∴．
由题图知，，，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，
设，得，
∵直线与平面所成角的正弦值为，
∴，
解得或，即或．
变式2-2．如图，三棱柱所有的棱长为2，，M是棱BC的中点.
（Ⅰ）求证：平面ABC;
（Ⅱ）在线段B1C是否存在一点P，使直线BP与平面A1BC 所成角的正弦值为? 若存在，求出CP的值; 若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，.
【解析】
【分析】
（1）由题意，证明与，根据线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）建立恰当的空间直角坐标系，令，求出所需点的坐标，向量的坐标，法向量的坐标，根据向量法求解线面角即可.
【详解】
解：（1）证明：，，是中点，
，
又，
，
，
平面，
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知平面A1BC的法向量为，，，，，，
令，
则，
设直线BP与平面A1BC 所成角为，则
,
解得或（舍），
所以当时，满足题意，此时.
变式2-3．如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，，点､分别是､的中点，是线段上的点.
（1）求证：平面平面；
（2）当时，是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质，结合平行线的性质、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间平面向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可.
【详解】
（1）证明：连接因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
∵是的中点，∴，
又，∴，
∵平面，平面，∴，
又，∴平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解：以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，则，
，，，，，
设
则
设平面的一个法向量为，
则
取，则，
得
设直线与平面所成角为，
化简得：，则
故存在点满足题意，此时.
考点三 已知二面角求其他量
典例3．如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC．
(2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）先证明垂直于，再通过线线垂直推证线面垂直即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由二面角M-PA-C为30°求得点的坐标，再用向量法求线面角的正弦值即可.
(1)
连接如下所示：
因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=2.
因为AB=BC=，故可得，
所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB=AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC=O，面，
知PO⊥平面ABC.
(2)
根据（1）中所证可知，两两垂直，连接OM，故以O为坐标原点，
的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，
建立空间直角坐标系如下所示：
由已知得O=，
取平面PAC的法向量=.设M，则=.
设平面PAM的法向量为
由·=0，·=0得，可取=（），
所以cs<>=；由已知得|cs<>|==.
解得a=（舍去），a=.所以n=.
又=，所以cs<,>=.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
变式3-1．如图1，平面图形PABCD由直角梯形ABCD和拼接而成，其中，､，，，PC与AD相交于O，现沿着AD折成四棱锥（如图2）.
(1)当四棱锥的体积最大时，求点B到平面PCD的距离；
(2)在（1）的条件下，线段PD上是否存在一点Q，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间距离公式进行求解即可；
（2）利用空间夹角公式进行求解即可.
(1)
在图1中，在中，，，∴.
易知四边形ABCO为正方形，∴，即O为AD的中点，
在图2中，当四棱锥的体积最大时，
侧面底面ABCD，此时平面ABCD，
以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，
∴，，.
设平面PCD的一个法向量为，
则
取，得.
则B点到平面PCD的距离.
(2)
假设存在，且设.
∵，∴，∴，
∴.
设平面CAQ的一个法向量为，又，，
则
取，得.
又易知平面CAD的一个法向量为，
∵二面角的余弦值为，
∴，
整理化简，得，解得或（舍去）.
∴线段PD上存在满足题意的点Q，且.
变式3-2．如图，在三棱锥中，平面ABC，，，于点D，点E在侧棱PC上，且．
(1)证明：平面ACD；
(2)是否存在λ，使二面角的余弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
(1)
证明：∵平面ABC，∴，又∵，，
∴平面PBC，∴，又∵，，∴平面ACD．
(2)
如图建系，不妨设，∴，，，
∴，，，，
，，，
设平面CAD和平面ADE的一个法向量分别为，，
∴，
设二面角的平面角为θ，，所成角为φ，
∴．
，故存在，．
变式3-3．如图，四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2．
（1）求证：平面CC1D1D⊥底面ABCD；
（2）若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为，求线段ED1的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理证明AD⊥平面CDD1C1，可得AD⊥D1E，又CD⊥D1E，即可证明D1E⊥平面ABCD，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）D1E＝a，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出关于a的方程求解即可．
【详解】
（1）证明：因为底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，
所以AD⊥CD，AD⊥DD1，
又CD∩DD1＝D，CD，DD1⊂平面CDD1C1，
所以AD⊥平面CDD1C1，又D1E⊂平面CDD1C1，
所以AD⊥D1E，又CD⊥D1E，且CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，
故D1E⊥平面ABCD，又D1E⊂平面CC1D1D，
则平面CC1D1D⊥平面ABCD；
（2）解：取AB得中点F，连结EF，则四边形EFBC为正方形，
所以EF⊥CD，故以E为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设D1E＝a，则E（0，0，0），F（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），C1（0，2，a），
所以，
设平面BCC1B1的法向量为，
则有，即，
令z＝1，则，
因为FC⊥BE，又FC⊥D1E，BE∩D1E＝E，BE，D1E⊂平面BED1，
所以FC⊥平面BED1，
故为平面BD1E的一个法向量，
所以，
因为平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为，
，解得a＝1，
所以D1E＝1．

巩固练习
练习一 已知线线角求其他量
1．已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，且，，点是线段中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面和平面的锐二面角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得与所成的角为？若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，．
【解析】
【分析】
（1）记与的交点为，连接，得四边形是平行四边形，则，再由直线与平面平行的判定可得平面；
（2）在平面中过作于，连接，说明是平面和平面的角平面角或补角，然后平面和平面夹角的余弦值；
（3）建立空间直角坐标系，设出线段上点的坐标，由与所成的角是，转化为向量的夹角求解．
【详解】
（1）证明：记与的交点为，连接，
、分别是、的中点，是矩形，
四边形是平行四边形，则
平面，平面，
平面；
（2）解：在平面中，过作于，连接，
，，，
平面，
是在平面上的射影，
是平面和平面的夹角的平面角，
在中，，，
平面和平面的锐二面角的余弦值为；
（3）解：建立如图所示空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，1，，
设，，，
则，，
由与所成的角恰为，得，
即，解得或（舍．
，则．
故线段上存在点，使得与所成的角恰为，此时．
2．如图，在三棱锥中，底面.点D，E，N分别为棱的中点，M是线段的中点，，.

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）已知点H在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ）或1.
【解析】
【分析】
本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出的值.
【详解】
（Ⅰ）如图所示建立空间直角坐标系.
则，
证明：.设为平面的法向量，
则，即.不妨设，可得 ，
又，
可得.因为平面，
所以平面 ，
（Ⅱ）解：易知为平面的一个法向量.
设为平面的法向量，则，
因为，，所以.
不妨设，可得 ，
因此有，
于是.
所以，二面角的正弦值为 ；
（Ⅲ）依题意，设，
则，
进而可得，
由已知，得，
整理得，
解得，或.
所以，线段的长为或1
【点睛】
本题考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角.空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易.
3．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，且，，、分别、的中点.
（1）证明：；
（2）设，点在线段上，且异面直线与所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，可得出，利用正弦定理可证明出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，由此可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，以、、方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，根据已知条件求出点的坐标，再利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）在中，根据正弦定理有，即，
得，即，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以.
又因为平面，平面，，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）如图，以为坐标原点，
以、、方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则、、、、、、，
设，，，
即，得，
所以，，
，
化简得，解得或（舍），
所以，，，
设平面的法向量，则，
取，可得，
，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设二面角的平面角为，则为锐角，
则，即二面角的余弦值为.
4．等边的边长为3，点，分别是，上的点，且满足.（如图（1）)，将沿折起到的位置，使面平面，连接，(如图（2）).
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使直线与直线所成角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】
（1）由已知条件推导出，从而得到，折叠后有，由此能够证明平面；
（2）由（1）知，平面，以为坐标原点，以射线､､分别为轴､轴､轴的正半轴建立空间直角坐标系，可求得，，由题意根据两向量的夹角公式即可求解.
【详解】
（1）证明：题图（1）中，由已知可得：
，，.
从而
故得，所以，.
所以题图（2）中，，，
∵面面
面面
面
∴面
（2）解：存在.由（1）知，平面.
以为坐标原点，以射线､､分别为轴､轴､轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，
∴
，
∴
∴.
【点睛】
思路点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，解题思路如下：
（1）利用面面垂直的性质，结合线线垂直的条件，证得线面垂直；
（2）结合（1）的条件，建立空间直角坐标系，假设存在对应的点P，设，利用空间向量解决线线角的余弦值，建立关于的关系式，求得结果.
练习二 已知线面角求其他量
5．如图，在正方体中，E为棱上一点.
(1)若E为棱的中点，求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）以A为原点，AD，AB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求解.
(1)
在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面，平面.所以平面.
(2)
设正方体的棱长为2，.
以A为原点，AD，AB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，则，，.
设平面的一个法向量为，
由即，不妨令，得.
设直线与平面所成的角为，
则，解得，
所以平面的法向量为.
由题知，平面的法向量，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
6．如图，四棱锥中，，，且是边长为2的等边三角形.
(1)若，求证：；
(2)若平面平面ABCD，，直线SC与平面SAB所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题目证明平面SOC，利用线面垂直的性质定理即可证明;
（2）建立直角坐标系，设，运用向量的夹角公式求出直线SC与平面SAB所成角的正弦值即可求出，进而求出体积.
(1)
如图，取AD的中点O，连接SO，CO.
因为为等边三角形，所以.
因为，，，，
所以四边形ABCO为矩形，
所以.
因为SO，平面SOC，且，
所以平面SOC，因为平面SOC，所以.
(2)
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，，，所以平面ABCD，平面SAD，
故以点A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则由题意知，，，
所以，.
设平面SAB的法向量为，
则，即，则，取，得，故.
设，则，，
则，得，即，
故.
7．在正四棱柱中，，E为的中点.（用向量的方法证明）
(1)求证：平面.（用向量的方法证明）
(2)若F为上的动点，使直线与平面所成角的正弦值是，求BF的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【解析】
【分析】
建立如图所示空间直角坐标系，
（1）求出平面的法向量，利用证明即可；
（2）设点的坐标为，由线面角公式可求出，即可利用向量的模求的长.
(1)
由题意可知，以为坐标原点，建立如图示的空间直角坐标系.
，,,，，，
证明：设平面的法向量，
，，
由，即
取，得，
又，
因为，所以，
所以平面.
(2)
设点的坐标为，
，由（1）知，，
设直线与平面所成角为，则
，解得.
所以点F的坐标为，，，
所以的长为.
8．如图，在五棱锥中，平面平面，是等边三角形，点、分别为和的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)设是线段上的动点，若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）推导出平面，，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值；
（3）设点，其中，根据已知条件结合空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
(1)
证明：因为是等边三角形，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
，，则，
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、、、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，则，则，
平面，故平面.
(2)
解：设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
(3)
解：设点，其中，则，
由已知可得，
整理可得，因为，解得，因此，.
练习三 已知二面角求其他量
9．如图，在四棱锥P—ABCD中，已知PC⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB上一点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若E是PB的中点，且二面角P—AC—E的余弦值是，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设AB的中点为G，连接CG，易得四边形ADCG为边长为1的正方形，得到，再由，从而证得平面PBC，再利用面面垂直的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标，设 ，易知 为 平面 PAC的一个法向量，再求得平面EAC的一个法向量 ，由，求得 ，从而得到 求解.
(1)
证明：如图所示：
因为PC⊥底面ABCD，AC底面ABCD，
所以，又，在中，，
设AB的中点为G，连接CG，则四边形ADCG为边长为1的正方形，
所以，且，
则，所以，又，
所以平面PBC，又平面EAC，
所以平面EAC⊥平面PBC；
(2)
建立如图所示空间直角坐标系：
则，
设 ，则 ，
所以 ，
因为 ，
所以 平面PAC，则 为 平面 PAC的一个法向量，
设平面EAC的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
所以 ，
解得 ，则 ，
设直线PA与平面EAC所成的角为 ，
则 ，
所以 直线PA与平面EAC所成的角的正弦值为.
10．如图，在四棱柱中，底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，，，，E是PD的中点．
(1)求证：平面平面PDC；
(2)若二面角的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据线面垂直的性质可得，利用勾股定理的逆定理可得，结合线面垂直的判定定理可得平面PDC．即可证明；
(2)建立如图空间直角坐标系，设，利用向量法求出平面PAC和平面EAC的法向量，根据二面角的余弦值和空间向量数量积的定义求出，再次利用空间向量的数量积计算，直接得出结果.
(1)
∵平面ABCD，平面ABCD，∴．
∵，，∴．
∴，∴．
又平面PDC，平面PDC，，
∴平面PDC．
∵平面EAC，∴平面平面PDC；
(2)
由（1）知，，又平面ABCD，故以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，
设，则，，，，．
取，则，所以为平面PAC的一个法向量．
设为平面EAC的法向量，
则，即，
则，取，则，，
依题意，，
则，于是，，
设直线PA与平面EAC所成的角为，
则，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为．
11．如图四棱锥P - ABCD中，面PDC⊥面ABCD，∠ABC = ∠DCB = ，CD = 2AB = 2BC = 2，△PDC是等边三角形.
(1)设面PAB面PDC = l，证明:l//平面ABCD；
(2)线段PC内是否存在一点E，使面ADE与面ABCD所成角的余弦值为，如果存在，求λ = 的值，如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在
【解析】
【分析】
（1）由已知可得∥，再由线面平行的判定可得∥平面，再由线面平行的性质可得∥，再由线面平行的判定可得结论，
（2）由已知条件可证得两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
(1)
证明：因为,
所以，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为平面，且平面面，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
(2)
设的中点为，
因为△PDC是等边三角形，所以，
因为平面PDC⊥平面ABCD，且平面面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，所以，
假设存在这样的点，由已知得，则，
所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，则
所以，
整理得，解得（舍去），或，
所以
12．如图，在三棱锥中，，平面，，分别为棱，的中点.
(1)求证：；
(2)若，，二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理及性质即证；
（2）利用坐标法，结合条件可求，然后利用体积公式即求.
(1)
，是的中点，
，
平面，平面，
，又，
平面，
平面，
；
(2)
，，
，
取的中点，连接，则，
平面，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，取，得；
设平面的一个法向量为，
由，取，得，
∵二面角的大小为，
，解得，
，
则三棱锥的体积.