文档内容
专题 12 运用空间向量研究立体几何问题（1）
1、（2023年全国甲卷数学（理））在三棱柱 中， ， 底面ABC， ，
到平面 的距离为1．
(1)求证： ；
(2)若直线 与 距离为2，求 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）如图，
底面 ， 面 ，
，又 ， 平面 ， ,平面ACC1A1，又 平面 ，
平面 平面 ，
过 作 交 于 ，又平面 平面 ， 平面 ，
平面
到平面 的距离为1， ，
在 中， ，
设 ，则 ，
为直角三角形，且 ，
， ， ，
，解得 ，
，
（2） ，
，
过B作 ，交 于D，则 为 中点，
由直线 与 距离为2，所以
， ， ，在 ， ，
延长 ，使 ，连接 ，
由 知四边形 为平行四边形，
， 平面 ，又 平面 ，
则在 中， ， ，
在 中， ， ，
,
又 到平面 距离也为1，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
2、（2023年新课标全国Ⅰ卷）如图，在正四棱柱 中， ．点 分
别在棱 , 上， ．
(1)证明： ；(2)点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【详解】（1）以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
，
，
又 不在同一条直线上，
.
（2）设 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
，
化简可得， ，
解得 或 ，
或 ，
3、（2023年新课标全国Ⅱ卷）如图，三棱锥 中， ， ，
，E为BC的中点．
(1)证明： ；
(2)点F满足 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．【详解】（1）连接 ，因为E为BC中点， ，所以 ①，
因为 ， ，所以 与 均为等边三角形，
，从而 ②，由①②， ， 平面 ，
所以， 平面 ，而 平面 ，所以 ．
（2）不妨设 ， ， ．
， ，又 ， 平面 平面 ．
以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设 ，
设平面 与平面 的一个法向量分别为 ，
二面角 平面角为 ,而 ，
因为 ，所以 ，即有 ，
，取 ，所以 ；
，取 ，所以 ，
所以， ，从而 ．
所以二面角 的正弦值为 ．4、（2023年全国乙卷数学(理)（文））如图，在三棱锥 中， ， ， ，
，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O， ，点F在AC上， .
(1)证明： 平面 ；
(2)证明：平面 平面BEF；
(3)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3) .
【详解】（1）连接 ，设 ，则 ， ，
，
则 ，
解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，则四边形 为平行四边形，
，又 平面 平面 ，
所以 平面 .（2）由（1）可知 ，则 ，得 ，
因此 ，则 ，有 ，
又 ， 平面 ，
则有 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
（3）过点 作 交 于点 ，设 ，
由 ，得 ，且 ，
又由（2）知， ，则 为二面角 的平面角，
因为 分别为 的中点，因此 为 的重心，
即有 ，又 ，即有 ，
，解得 ，同理得 ，
于是 ，即有 ，则 ，
从而 ， ，
在 中， ，
于是 ， ，所以二面角 的正弦值为 .
5、【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面
ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=√3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
1
所以AE=BF= ，
2
√3
故DE= ，BD=√DE2+BE2=√3，
2
所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；
(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=√3，
则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，
则⃗AP=(−1,0,√3),⃗BP=(0,−√3,√3),⃗DP=(0,0,√3)，
设平面PAB的法向量⃗n=(x,y,z)，
→ →
n⋅AP=−x+√3z=0
则有{ ，可取⃗n=(√3,1,1)，
→ →
n⋅BP=−√3 y+√3z=0
⃗n⋅⃗DP √5
则cos〈⃗n,⃗DP〉= = ，
|⃗n||⃗DP| 5
√5
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为 .
5
6、【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的
中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
【解析】(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
1
所以AC⊥EF，所以S = AC⋅EF，
△AFC 2
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=√3，
1
因为AD⊥CD，所以DE= AC=1,
2
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A(1,0,0),B(0,√3,0),D(0,0,1)，所以⃑AD=(−1,0,1),⃑AB=(−1,√3,0)，
设平面ABD的一个法向量为⃑n=(x,y,z)，
则¿，取y=√3，则⃑n=(3,√3,3)，
( √3 3) ( √3 3)
又因为C(−1,0,0),F 0, , ，所以⃑CF= 1, , ，
4 4 4 4
⃑n⋅⃑CF 6 4√3
cos⟨⃑n,⃑CF⟩= = =
所以 |⃑n||⃑CF| √7 7 ，
√21×
4
( π)
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ 0≤θ≤ ，
2
4√3
所以sinθ=|cos⟨⃑n,⃑CF⟩|= ，
7
4√3
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 .
77、【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A B C 的体积为4，△A BC的面积为2√2．
1 1 1 1
(1)求A到平面A BC的距离；
1
(2)设D为A C的中点，A A =AB，平面A BC⊥平面ABB A ，求二面角A−BD−C的正弦值．
1 1 1 1 1
【解析】(1)
在直三棱柱ABC−A B C 中，设点A到平面A BC的距离为h，
1 1 1 1
1 2√2 1 1 4
则V = S ⋅ℎ = ℎ =V = S ⋅A A= V = ，
A−A 1 BC 3 △A 1 BC 3 A 1 −ABC 3 △ABC 1 3 ABC−A 1 B 1 C 1 3
解得ℎ =√2，
所以点A到平面A BC的距离为√2；
1
(2)取A B的中点E,连接AE,如图，因为A A =AB，所以AE⊥A B,
1 1 1
又平面A BC⊥平面ABB A ，平面A BC∩平面ABB A =A B，
1 1 1 1 1 1 1
且AE⊂平面ABB A ，所以AE⊥平面A BC，
1 1 1
在直三棱柱ABC−A B C 中，BB ⊥平面ABC，
1 1 1 1
由BC⊂平面A BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB ⊥BC，
1 1
又AE,BB ⊂平面ABB A 且相交，所以BC⊥平面ABB A ，
1 1 1 1 1
所以BC,BA,BB 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
1由（1）得AE=√2，所以A A =AB=2，A B=2√2，所以BC=2，
1 1
则A(0,2,0),A (0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A C的中点D(1,1,1)，
1 1
则⃗BD=(1,1,1)，⃗BA=(0,2,0),⃗BC=(2,0,0),
⃗m⋅⃗BD=x+ y+z=0
设平面ABD的一个法向量⃗m=(x,y,z)，则{ ，
⃗m⋅⃗BA=2y=0
可取⃗m=(1,0,−1)，
⃗m⋅⃗BD=a+b+c=0
设平面BDC的一个法向量⃗n=(a,b,c)，则{ ，
⃗m⋅⃗BC=2a=0
可取⃗n=(0,1,−1)，
⃗m⋅⃗n 1 1
则cos〈⃗m,⃗n〉= = = ，
|⃗m|⋅|⃗n| √2×√2 2
√ 1 2 √3
所以二面角A−BD−C的正弦值为 1−( ) = .
2 2
8、【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．
【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC
(2)解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，
因为PO=3，AP=5，所以OA=√AP2−PO2=4，
又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=4√3，
( 3)
所以AC=12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C(0,12,0)，所以E 3√3,1, ，
2
( 3)
则⃑AE= 3√3,1, ，⃑AB=(4√3,0,0)，⃑AC=(0,12,0)，
2
设平面AEB的法向量为⃑n=(x,y,z)，则¿，令z=2，则y=−3，x=0，所以⃑n=(0,−3,2)；
设平面AEC的法向量为⃑m=(a,b,c)，则¿，令a=√3，则c=−6，b=0，所以⃑m=(√3,0,−6)；
⃑n⋅⃑m −12 4√3
所以cos⟨⃑n,⃑m⟩= = =−
|⃑n||⃑m| √13×√39 13
设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，4√3 11
所以cosθ=− ，所以sinθ=√1−cos2θ=
13 13
11
故二面角C−AE−B的正弦值为
13
题组一、线面角
1-1、（2023·安徽宿州·统考一模）如图，四棱锥 中， 底面ABCD， ， ，
， ， 为棱 靠近点 的三等分点.
(1)证明： 平面 ；
(2)求 与平面 所成的角的正弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】(1) 记 为棱 靠近点 的三等分点，连接 ，证明 ，根据线面平行判定定理证
明 平面 ；
(2)建立空间直角坐标系，求直线 的方向向量和平面 的法向量，根据向量夹角公式求两向量的夹角
余弦，由此可得 与平面 所成的角的正弦值.
【详解】（1）记 为棱 靠近点 的三等分点，连接
又 为棱 靠近点 的三等分点.
所以 ，且 ，
又 且 ，
所以 且 ，即四边形ADEF为平行四边形，所以 ，又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）在BC上取一点G，使得 ，所以 ，
又 ， 知四边形AGCD为矩形，从而 ，
又 底面ABCD，所以AG，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AG，AD，AP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
， ， ， ， ，
从而 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则
，即 ，
取 ，可得 ，
为平面PBC的一个法向量，则
，
设 与平面 所成的角为 ，则
，
即 与平面 所成的角的正弦值为 .1-2、（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）如图，在正三棱柱 中，D为棱 上的
点，E，F，G分别为AC， ， 的中点， ．
(1)求证： ；
(2)若直线FG与平面BCD所成角的正弦值为 ，求AD的长．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】(1)由已知可得 ，所以E、F、B、G四点共面，再证明 平面 即可证明；
(2)以 为原点，建立空间直角坐标系 ，设 ,求出 ，平面 的一个法向量，由向量的夹
角公式建立方程即可求解.
【详解】（1）在正三棱柱 中， 平面 ，
因为E，F，G分别为 ， ， 的中点，所以 ，又 ，
所以 ，所以E、F、B、G四点共面， 平面 ， ，
又因为 ，且 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 .
（2）以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ，设 ，
则 ， ， .设平面 的一个法向量为 ，则
即 ，令 ，则 ，
设直线 与平面 所成角的大小为 ，
所以 ，
即 ， ，解得
故AD的长 .
1-3、（2023·山西晋中·统考三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，E是CD的中点，AE
与BD交于点F，G是 的重心．
(1)求证： 平面PCD；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD， 为等腰直角三角形，且 ，求直线AG与平面PBD
所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析
(2) ．
【详解】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，∵G为 的重心，∴ ．
又 ，∴ ，∴ ，
∴ ．又 平面PCD， 平面PCD，
∴ 平面PCD．
（2）连接PG并延长交AD于O，显然O为AD的中点，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面 平面 ，又PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD．
取BC中点M，以O为坐标原点，OA，OM，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则
PO=2，于是，
， ， ， ， ，
于是 ， ， ．
设平面PBD的法向量为 ，则
，∴ ，∴ ，不妨取z=1，
则 ，
∴ ，
∴AG与平面PBD所成角的正弦值为题组二、面面角
2-1、（2023·黑龙江大庆·统考一模）如图，在长方体 中，底面 是边长为2的正方形，
， ， 分别是 ， 的中点.
(1)证明： ∥平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ， ，由三角形中位线定理结合已知条件可得四边形 是
平行四边形，则 ∥ ，再由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以 为坐标原点， ， ， 的方向分别为 ， ， 轴的正方向，建立如图所示的空间直角
坐标系，利用空间向量求解.
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ，∵ ， 分别是 ， 的中点，
∴ ∥ ，
∵底面 是矩形， 是 的中点，
∴ ∥ ∥ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ∥ ，
∵ 平面 ， 平面 ，
∴ ∥平面 .
（2）解：以 为坐标原点， ， ， 的方向分别为 ， ， 轴的正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ， ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，得 .
取平面 的一个法向量 .
设平面 与平面 的夹角为 ，由图可知 为锐角，
则
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
2-2、（2023·山西临汾·统考一模）在三棱锥 中， ， ， ，取直
线 与 的方向向量分别为 ， ，若 与 夹角为 .
(1)求证： ；
(2)求平面 与平面 的夹角的余弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）将 补全为矩形 ，证明 平面 ，建立空间直角坐标系，计算 和的数量积，证明 ；
（2）求平面 和平面 的法向量，计算夹角余弦的绝对值，可得所求.
【详解】（1）
证明：过 作 ，且 ，连接 ， ，
取 的中点 ，连接 ， ， ，
则 为 与 的夹角，即 .
设 ，则 ，
因为 ，所以 为等边三角形，
则 ， ， .
因为 ，所以平行四边形 为矩形，
所以 ，所以 ，即 .
因为 ， 平面 ，
所以 平面 .
取 的中点 ，连接 ，分别以 ， ， 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系.
则 ， ， ， ，
所以 ， ，，所以 .
（2） ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，得 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，得 ，
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
2-3、（2023·云南红河·统考一模）如图，在多面体ABCDEF中，A，B，C，D四点共面，
， ，AF⊥平面ABCD， ．
(1)求证：CD⊥平面ADF；
(2)若 ， ，求平面 和平面 的夹角的余弦值．【答案】(1)见解析；(2)
【分析】(1)利用线面垂直的性质和勾股定理得到线线垂直，再利用线面垂直的判定即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出相应的坐标，分别求出平面 和平面 的法向量，利用向量的夹角公
式即可求解.
【详解】（1）因为AF⊥平面 ，且 平面 ，所以CD⊥AF，AD⊥AF．
因为AF∥CE，所以CE⊥平面 ， 平面 ，所以CE⊥CD．
所以在 和 中，由勾股定理得
， ．
又因为 ，所以 ，即CD⊥AD．
由 ， 平面 ，所以CD⊥平面 ．
（2）由（1）得CD⊥AD，当 时，点D在线段AC的垂直平分线上，D到直线AC的距离为1，由
，AF⊥平面 ，故以点A为坐标原点，建立如图所示空间直角标系．
则 ， ， ， ， ， ， ．
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 ，令 ，得 ．
设平面 的一个法向量为 ，则由 ，得 ，令 ，得 ．
则 ．
所以平面 和平面 的夹角的余弦值为
题组三、线面角与面面角的综合
3-1、（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，在直四棱柱ABCD- 中，底面ABCD为菱形，
， ，E为线段 上一点.
(1)求证： ；
(2)若平面 与平面ABCD的夹角的余弦值为 ，求直线BE与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接 ，
底面 为菱形， .
又 平面 平面 .
又 面 ，
平面 .又 平面 .（2）设 的中点为 ，连接 ，如图：
为等边三角形， ，又 ，则 .
又 平面 ，则 .
以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ，
，
设平面 的一个法向量为 ，
令 ，则 .
又平面 的一个法向量为 ，
则 .
又平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，
，， ，
.
直线 与平面 所成角的正弦值为 .
3-2、（2023·湖南岳阳·统考三模）如图，在三棱柱 中，D为AC的中点，AB=BC=2，
.
(1)证明： ；
(2)若 ，且满足：三棱柱 的体积为 ，二面角 的大小为60°，求二面角
的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在三棱柱 中，由题意可得 ， ， ，
∴ ，
又∵AD=DC，∴ ，
同时在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，
∴ ，∵ ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又∵ 平面 ，∴
（2）∵ 且 ，∴ 平面ABC，
∵ 平面ABC，∴ ，又∵ ，
∴ 为二面角 的平面角，即
， ，取BC的中点O，则 ，∴ ，
又∵三棱柱 的体积为 ，∴
如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面 的一个法向量为 ，且 ， ，
则 ，令 ，则 ， ，
故 ，
设平面 的一个法向量为 ，
且 ， ，则 ，
令 ，则b=0， ，故 ，
，故二面角 的正弦值为
1、（2022·山东青岛·高三期末）如图所示，已知四棱锥P-ABCD的底面是矩形， 底面ABCD，M为BC
中点，且 .（1）求证：面 面PDB；
（2）若两条异面直线AB与PC所成的角为45°，求面PAM与面PBC夹角的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析；
（2） .
【分析】
(1)根据给定条件证明 ，再结合线面垂直性质推理作答.
(2)以 点为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，借助空间向量计算
作答.
（1）
矩形 中，M为BC中点，则 ，即有 ，
于是得 ，则有 ，
因 底面 ， 平面 ，则 ，
又 ， 平面 ，从而有 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）
因 ，则 是异面直线 与 所成的角，即 ，有 ，
以 点为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则 ， , ， ,
设平面 的一个法向量为 ，则 ，令 ，得 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，令 ，得 ，
因此， ，
所以平面 与平面 所成角 的余弦值
2、（2022·山东德州·高三期末）如图，在直三棱柱 中， ， ，点Q为BC的中点，
平面 平面 .
（1）证明： 平面 ；
（2）若直线AC与平面 所成角的大小为30°，求锐二面角 的大小.
【答案】
（1）证明见解析（2）60°
【分析】
（1）根据面面垂直性质可得 面 ，再根据线面垂直性质可得 ，再结合直棱柱性质即可
证明 平面 ；
（2）先通过线面角证明 ，再通过建立空间直角坐标系，将锐二面角 表示转化为求向
量的夹角，即向量法求二面角.
（1）
证明：取 中点D，连结CD，
因为 ， ，所以
又面 面 ，面 面 ，所以 面
因为 面 ，所以
又因为 ， ，所以 面 .
（2）
连结AD，由（1）知， 面 ，则 是直线AC与平面 所成角，
， 中， ，又 ， ， ，
得 ，所以 .
以A为原点，AB，AC， 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
， ，
，
设平面 得法向量为 ，
则
令 ，则 .
又 面 ，则 为面 的一个法向量.
设二面角 大小为 ，则
所以锐二面角 的大小为60°.
3、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）如图，在四棱锥 中，四边形ABCD是直角梯形，
， ， 底面ABCD， ， ，E是PB的中点．(1)求证：平面 平面PBC；
(2)若二面角 的余弦值为 ，求a的值；
(3)在（2）的条件下求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
【答案】(1)见解析；(2)4；(3)
【分析】（1）由线线垂直证 平面PBC，再证平面 平面PBC；
（2）以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求平面 与平面 的夹角余弦值，进而由
二面角 的余弦值建立方程，解得a的值；
（3）由向量法求得 ，即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：由题意得，直角梯形ABCD中， ， ，
由 得 .
底面ABCD， 平面ABCD，∴ .
∵ 平面PBC，∴ 平面PBC，
∵ 平面 ，∴平面 平面PBC；
（2）由（1）得，以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，则有 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则有 ，令 有 ；
平面 的其中一个法向量为 .
故 .
由二面角 的余弦值为 得 ，解得 ；
（3）由（2）得 ， ，
∴ ，
∴直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 .
4、（2023·湖北·校联考三模）已知平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱） 的各条棱
长均为2，且有 ．(1)求证：平面 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接AC和 ，由底面是菱形得，
由 与 全等，得 为 的中点，
又 平面 ， 平面 ， 平面 ，
又 平面 平面 平面 ．
（2）以 为x轴，以 为y轴，以过O与底面垂直的直线为z轴，建立如图空间坐标系，
则
过A作底面的垂线，垂足为H，由 为正三棱锥知H为 的重心，
设 ，由 ，得
，
又取平面 的法向量为 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则
∴直线 与平面 所成角的正弦值为
5、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱 内接于圆柱， ，平
面 平面 ．
(1)证明： 为圆柱底面的直径；
(2)若M为 中点，N为 中点，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明 平面 ，继而证明 平面 ，根据线面垂直的性质定理证明 ，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面 与平面 的法向量，根据空间向量的夹
角公式，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接 ，在直三棱柱 中， ，
∴四边形 为正方形，
∴
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴
又 平面 ， 平面 ，
∴ ．
又 ， , 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
∴ ，∴ 为圆柱底面的直径．
（2）由已知 平面 ， ，
∴以 为正交基底建立空间直角坐标系 ，∴ ， ， ， ， ， ．
∵ 为 ， 中点，
∴ ， ．
设平面 的一个法向量为 ．
则 ，又 ， ，
∴ ，取 ，得 ， ，∴ ，
设平面 的一个法向量为 ．
则 ，又 ， ，
∴ ，取 ，得 ， ．
∴ ，
∴ ，
所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为6、（2023·江苏南通·统考一模）如图，在 中， 是 边上的高，以 为折痕，将 折至
的位置，使得 .
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求二面角 的正弦值.
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）先证明出线面垂直，得到 ，进而证明出 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）证明：∵ 是 边上的高，
∴ ，
∵ ， 平面 ，
平面 ，
∵ 平面 ，
,
又 平面 ，
∴ 平面 ；
（2）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，垂直ADB平面为z轴，建立空间直角
坐标系，
，
则 ，，
设平面 与平面 的一个法向量分别为 ，
故 ，解得： ，令 ，得： ，
则 ，
，解得： ，令 ，则 ，
故 ，
设二面角 平面角为 ，显然 为锐角，
，
.
