专题13运用空间向量研究立体几何问题（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_二轮复习_2023年高考数学二轮优化提升专题训练（新高考地区专用）2924143

专题13 运用空间向量研究立体几何问题 1、【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 2、【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 . 73、【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 4、【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 5、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ， ， 为 的中点，且 ． （1）求 ； （2）求二面角 的正弦值． 【解析】（1） 平面 ，四边形 为矩形，不妨以点 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 ， 设 ，则 、 、 、 、 ， 则 ， ，，则 ，解得 ，故 ； （2）设平面 的法向量为 ，则 ， ， 由 ，取 ，可得 ， 设平面 的法向量为 ， ， ， 由 ，取 ，可得 ， ， 所以， ， 因此，二面角 的正弦值为 . 6、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，F分别为 和 的中点，D为棱 上的点．（1）证明： ； （2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小? 【解析】因为三棱柱 是直三棱柱，所以 底面 ，所以 因为 ， ，所以 ， 又 ，所以 平面 ． 所以 两两垂直． 以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图． 所以 ， ． 由题设 （ ）． （1）因为 ， 所以 ，所以 ． （2）设平面 的法向量为 ， 因为 ，所以 ，即 ． 令 ，则 因为平面 的法向量为 ， 设平面 与平面 的二面角的平面角为 ， 则 ． 当 时， 取最小值为 ， 此时 取最大值为 ． 所以 ， 此时 ． ABCABC AACC  7、（2019 浙江 19）如图，已知三棱柱 ，平面 平面 ABC，ABC 90， 1 1 1 1 1 BAC 30,AA AC  AC,E,F 分别是AC，A B 的中点． 1 1 1 1 （1）证明：EF  BC； （2）求直线EF与平面A BC所成角的余弦值． 1 【解析】方法一：（I）连接A E，因为A A=A C，E是AC的中点，所以A E⊥AC． 1 1 1 1 又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 平面A ACC ， 1 1 1 1 1 平面A ACC ∩平面ABC=AC， 1 1 所以，A E⊥平面ABC，则A E⊥BC． 1 1 又因为A F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A F． 1 1 所以BC⊥平面A EF． 1 因此EF⊥BC． （Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA 是平行四边形． 1 由于A E⊥平面ABC，故AE ⊥EG，所以平行四边形EGFA 为矩形． 1 1 1 由（I）得BC⊥平面EGFA ，则平面A BC⊥平面EGFA ， 1 1 1 所以EF在平面A BC上的射影在直线A G上． 1 1 连接A G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A BC所成的角（或其补角）． 1 1 不妨设AC=4，则在Rt△A EG中，A E=2 3，EG= 3． 1 1 AG 15 由于O为A G的中点，故EOOG  1  ， 1 2 2 EO2 OG2 EG2 3 所以cosEOG   ． 2EOOG 5 3 因此，直线EF与平面A BC所成角的余弦值是 ． 1 5 方法二： （Ⅰ）连接A E，因为A A=A C，E是AC的中点，所以A E⊥AC． 1 1 1 1 又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 平面A ACC ， 1 1 1 1 1 平面A ACC ∩平面ABC=AC，所以，A E⊥平面ABC． 1 1 1 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA 为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz． 1不妨设AC=4，则 3 3 A （0，0，2 ），B（ ，1，0）， ，F( , ,2 3)，C(0，2，0)． 1 3 3 B ( 3,3,2 3) 2 2 1 ⃗ 3 3 因此，EF ( , ,2 3)， ⃗ ． 2 2 BC ( 3,1,0) ⃗ ⃗ 由EFBC 0得EF  BC ． （Ⅱ）设直线EF与平面A BC所成角为， 1 ⃗ ⃗ 由（Ⅰ）可得BC ( 3,1,0)，AC (0,2,2 3)， 1 n(x,y,z) 设平面A BC的法向量为 ， 1 ⃗  BCn0   3x y 0 由⃗ ，得 ，  ACn0 y 3z 0 1 ⃗ ⃗ EFn 4 取 ，故sin cosEF,n  ⃗  ． EF  n 5 n(1, 3,1) 3 因此直线EF与平面A BC所成角的余弦值为 ． 1 5 8、（2020全国Ⅰ理18）如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面直径， ． 是底面的内接正三角形， 为 上一点， ．（1）证明： 平面 ； （2）求二面角 的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】（1）由题设，知 为等边三角形，设 ，则 ， ， ∴ ， 又 为等边三角形，则 ，∴ ， ，则 ， ∴ ，同理 ，又 ，∴ 平面 ． （2）过 作 ∥ 交 于点N，∵ 平面 ，以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴建 立如图所示的空间直角坐标系， 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 ， 由 ，得 ，令 ，得 ， ∴ ，故 ， 设二面角x2 y2 的大小为 ，则 ． + =1 4 3 9、（2020 全国Ⅲ理 19）如图，在长方体 中，点 分别在棱 上，且 ． （1）证明：点 在平面 内； （2）证明：若 时，求二面角 的正弦值．【解析】证明：（1）在 上取一点 ，使得 ，分别连结 ， ， ， ． 在长方体 中，有 ，且 ， 又 ， ， ，∴ ， ∴四边形 和四边形 都是平行四边形． ∴ 且 ， 且 ， 又在长方体 中，有 且 ， ∴ 且 ，则四边形 为平行四边形， ∴ 且 ，又 且 ， ∴ 且 ，则四边形 为平行四边形，∴点 在平面 内． （2）解：在长方形 中，以 为原点， 所在直线为 轴， 的直线为 轴， 所 在直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ， ∵ ， ， ， ， ，∴ ， ， ， ， 则 ， ， ， 设平面 的一个法向量为 ，则 ，取法向量 ；设平面 的一个法向量为 ，则 ，取法向量 ， ∴ ， 设二面角 为 ，则 ，即二面角 的正弦值为 ． 题组一、线面角 1-1、（2022·山东泰安·高三期末）如图1，在等腰直角 中， 分别为 的中点，将 沿直线 翻折，得到如图2所示的四棱锥 ，若二面角 的大小为 ， 为 中点. （1）求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值. 【解析】（1）∵ ∴ 设 的中点为N，连接 . 又∵M为 的中点，∴ ，∴ ，∴ M，N，C，D四点共面 又 ∴ 即为二面角 的平面角，∴ 又 ，∴ △ 为正三角形，∴ 又 ， 平面 ∴ 平面 . （2） 以D为坐标原点， 为x轴正方向， 为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 .设 ，则 ， ， ， ， ∴ ， ， 设 为平面 的法向量，则 即： 令 ，解得 ，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 1-2、（2022·山东省淄博实验中学高三期末）如图，在四棱锥 中，已知 底面 ， ， ， ， ， 是 上一点. （1）求证:平面 平面 ； （2）若 是 的中点，且二面角 的余弦值是 ，求直线 与平面 所成角的正弦值. 【解析】（1） 平面 ， 平面 ，得 .又 ，在 中，得 ， 设 中点为 ，连接 ， 则四边形 为边长为1的正方形，所以 ，且 ， 因为 ，所以 ， 又因为 ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以平面 平面 . （2）以 为坐标原点，分别以射线 ､射线 为 轴和 轴的正方向，建立如图空间直角坐标系， 则 ， ， . 又设 ，则 ， ， ， ， . 由 且 知， 为平面 的一个法向量. 设 为平面 的一个法向量，则 ，即 ，取 ， ，则 ，有 ，得 ，从 而 ， . 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 即直线 与平面 所成角的正弦值为 . 1-3、（2022·湖南郴州·高三期末）如图，在空间几何体 中，已知 均为边长为2 的等边三角形，平面 和平面 都与平面 垂直， 为 的中点． （1）证明： 平面 ； （2）求直线 与平面 所成角的正弦值． 【解析】（1） 证明：分别取 的中点 ，连接 ， 因为 ，所以 ， 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 同理 平面 ，所以 ， 又因为 是全等的正三角形，所以 ， 所以四边形 是平行四边形， 所以 ，因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （2） 连接 ，则易知 平面 ，以 为坐标原点，分别以 的方向为 轴的正方向，建 立如图所示的空间直角坐标系 ， 则 ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ， 所以 ，所以 则 ，取 ，则 ， 所以 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 ． 题组二、面面角2-1、（2022·河北张家口·高三期末）如图，在四棱锥 中，底面 为正方形， 、 、 、 分别为 、 、 、 的中点. （1）证明： 平面 ； （2）若平面 平面 ， 为等边三角形，求二面角 的正弦值. 【解析】（1） 证明：连接 、 、 . 因为 、 分别为 、 的中点， 且 ， 因为四边形 为正方形，则 且 ， 为 的中点，则 且 ，所以， 且 ， 故四边形 为平行四边形，故 ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ， 因为 、 分别为 、 的中点，则 ， 平面 ， 平面 ，所以， 平面 ， ，所以，平面 平面 . 又 平面 ，所以 平面 . （2） 解：取 的中点 ，连接 、 . 因为 为等边三角形， 为 的中点，所以 . 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . 因为四边形 为正方形，则 ， 且 ， 、 分别为 、 的中点，则 且 ，所以，四边形 为平行四边形，故 ，则 ， 如图，以 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 . 设 ，则 、 、 、 ， ， ， ， 设 为平面 的法向量， 则 ，即 ，取 ，则 ， 设 为平面 的法向量， 则 ，即 ，取 ，则 ， 所以 ，故 . 所以二面角 的正弦值为 . 2-2、（2022·河北唐山·高三期末）四棱锥 的底面是矩形， ，侧面 底面OBCD．（1）求证： 底面OBCD； （2）若 ，二面角 的大小为120°，求四棱锥 的体积． 【解析】（1） 证明：因为四棱锥 的底面是矩形，所以 ， 又因为 ，所以 ， 因为侧面 底面OBCD，侧面 底面 ， 且 侧面AOD，所以 底面OBCD． （2） 解：因为 底面OBCD，OBCD为矩形，所以OA，OB，OD两两垂直． 如图，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， 建立空间直角坐标系 ，如图所示， 则 ， ， 设 ，则 ， ， ， ， 设 为平面ABC的法向量，则 ,即 ， 令 ，可得 ，所以 ． 设 为平面ACD的法向量，则 ，即 ， 令 ，可得 ，所以 ， 因为 ，可得 ，解得 或 （舍）．所以四棱锥 的高为1，四棱锥 的体积 ． 2-3、（2022·河北保定·高三期末）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形，平面 底面 ，且 . （1）证明： . （2）若 ，求二面角 的余弦值. 【解析】（1） 在平行四边形 中， ，因 ，则 ，即 ， 因为平面 底面 ，且平面 底面 ， 平面 ，则 平面 ， 又 平面 ， 所以 . （2） 取 的中点 ，AB中点F，连接 ，EF，由(1)知， ，因为 ，则 ， 又平面 底面 ，且平面 底面 ， 平面 ，则 平面 ， 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 ，即 ，令 ，得 ， 设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，令 ，得 ， 于是得 ，由图知，二面角 的平面角为钝角， 所以二面角 的余弦值为 . 题组三、探索性问题 3-1、（2022·河北深州市中学高三期末）如图，在三棱柱 中， 是边长为2的等边三角形， ， ， . （1）证明：平面 平面 ；（2） ， 分别是 ， 的中点， 是线段 上的动点，若二面角 的平面角的大小为 ，试确定点 的位置. 【解析】（1）证明：因为 ， ， ， 所以 ，即 . 又因为 ， ，所以 ， ，所以 平面 . 因为 平面 ，所以平面 平面 . （2）解：连接 ，因为 ， 是 的中点，所以 . 由（1）知，平面 平面 ，所以 平面 . 以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则平面 的一个法向量是 ， ， ， . 设 ， ， ， ， 代入上式得 ， ， ，所以 . 设平面 的一个法向量为 ， ， ，由 ，得 . 令 ，得 . 因为二面角 的平面角的大小为 ， 所以 ，即 ，解得 . 所以点 为线段 上靠近 点的四等分点，且坐标为 . 3-2、（2022·山东枣庄·高三期末）在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ，Q为 的中点， 是边长为2的正三角形， ． （1）求证：平面 底面 ； （2）棱 上是否存在点 ，使二面角 的大小为 ？若存在，确定点 的位置；若不存在， 说明理由． 【解析】（1）证明：（1）因为Q为AD的中点， ，故 ．因为 ， ， 所以四边形BCDQ是平行四边形，所以 ． 在等边三角形PAD中， ． 又 ， ，故 ，故 ． 又 ， ， 平面ABCD， 平面ABCD， 故 平面ABCD．又 平面PAD， 故平面 底面ABCD； （2） 以Q为原点， ， ， 所在方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向， 建立空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ． 假设棱PC上存在点M，使二面角 为30°． 设 ，这里 ． 则 ． 又 ，故 ． 设平面BQM的一个法向量为 ， 则 ，即 ． 令 ，则 ． 又 为平面CBQ的一个法向量，由二面角 为30°， 得 ，即 ． 两边平方并化简得 ，解得 或 （舍）． 所以 ． 故棱PC上存在点M，当 时，二面角 为30°． 3-3、（2022·山东济南·高三期末）如图，在正四棱柱 中， ， ， 分别为 棱 ， 的中点， 为棱 上的动点. （1）求证： ， ， ， 四点共面； （2）是否存在点 ，使得平面 平面 ？若存在，求出 的长度；若不存在，说明理由. 【解析】（1）证明：如图所示： 连接 ， ，取 的中点为M，连接 ，ME， 因为E为 的中点，所以 ，且 ， 所以四边形 为平行四边形， 所以 ， 又因为F为 的中点， 所以 ，且 ， 所以四边形 为平行四边形， 所以 ， 所以 ， 所以B，E， ，F四点共面； （2） 以D为坐标原点，DA，DC， 分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点G，设 ，由已知 ， ， ， 则 ， ， ， 设平面BEF的一个法向量为 ， 则 ，即 ， 取 ，则 ； 设平面GEF的一个法向量为 ， 则 ，即 ， 取 ，则 ； 因为平面 平面BEF， 所以 ， 所以 ， 所以 .所以存在满足题意的点G，使得平面 平面BEF，DG的长度为 . 3-4、（2022·湖南娄底·高三期末）如图，在长方体 中， ， ．若平面 APSB与棱 ， 分别交于点P，S，且 ，Q，R分别为棱 ，BC上的点，且 ． （1）求证：平面 平面 ； （2）设平面APSB与平面 所成锐二面角为 ，探究： 是否成立？请说明理由． 【解析】（1） 在长方体 中， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 在 和 中，因为 ， , ， 所以 ， ,所以 ， 因为 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 平面 ． （2） 以D为坐标原点，射线DA，DC， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， ， ， ，所以 ， ， 设平面 的法向量为 ， 所以 ，不妨设 ，其中 ， 由（1）得，平面 的法向量为 ， 因为 ， ，所以 ， 则 ，若 ，则 ，解得 ， 因为 ，所以 成立． 1、（2022·湖南常德·高三期末）如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线． （1）求证：OA⊥PB； （2）若C底面圆上一点，且 ， ， ， ，求直线PC与平面PAB所成角的 正弦值． 【解析】（1） ∵OP是圆柱的一条母线， ∴OP⊥平面OAB，又 面OAB， ∴OP⊥OA， ∵AB是圆柱的底面圆的直径， ∴ ，即OA⊥OB，又∵ ， ∴OA⊥面OPB，又∵ 面OPB， ∴OA⊥PB. （2） ∵ ， ∴ ； ∵AB是圆柱的底面圆的直径， ∴ ，又 ，∴四边形OACB为正方形, 如图建立空间直角坐标系O—xyz，可知 ， ，P（0，0，2）， 设平面PAB的法向量为 ， ， ， ∴ ，即 ， 取 ，则 ，又 ， 设直线PC与平面PAB所成角为θ， ∴ ， 所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为 . 2、（2022·山东莱西·高三期末）在如图所示的三棱柱 中，侧面 为菱形， ， ， ， ， .（1）求证：平面 平面 ； （2）求平面 与平面ABC的夹角的余弦值. 【解析】（1） 连接 ，取 的中点 ，连接 ， 因为四边形 为菱形， ， 所以 为等边三角形，所以 ， 因为 ， ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以 ， 在等边 中， ， 所以 ， 在 中， ， ， 所以 ， 因为 ， 所以 ，所以 ，因为 ，所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以平面 平面 ， （2） 由（1）可知 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，如图所示， 则 ， 所以 设 为平面 的一个法向量，则 ，令 ，则 ， 设 为平面 的一个法向量， 由 ，得 ，则 ，令 ，则 ， 设平面 与平面ABC的夹角为 ，由图可知 为锐角，则 3、（2022·山东淄博·高三期末）如图，在四棱锥 中， 底面ABCD， ， ， ，E为PC的中点，点F在PD上且 ． （1）求证： 平面AEF； （2）求二面角 的余弦值． 【解析】（1）根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系 ，则有： ， ， ， ， ， ， 可得： ， ， ， 则有： 又 不在平面 上 故有： 平面 （2） 根据（1）可设 为平面 的一个法向量， 为平面 的一个法向量，则有： ， 即 不妨取 ，此时，可解得： ， 则有：同理， 即 则有： 不妨设 则有： 设二面角 为 ，法向量 的方向是朝向二面角 外侧，法向量 的 方向是朝向二面角内侧，故二面角 就是向量 与向量 的夹角 则有： 故二面角 的余弦值为： 4、（2022·湖北武昌·高三期末）如图，一张边长为4的正方形纸片ABCD，E，F分别是AD，BC的中点，将 正方形纸片沿EF对折后竖立在水平的桌面上． （1）求证： ； （2）若二面角 的平面角为45°，K是线段CF（含端点）上一点，问是否存在点K，使得直线AK 与平面CDEF所成角的正切值为 ？若存在，求出CK的长度；若不存在，说明理由．【解析】（1） 因为 ， ， ， 所以 平面ADE． 因为 平面ADE，所以 ． （2） 方法一： 因为 ， ，所以 是二面角A－EF－D的平面角，即 ． 因为 平面ADE，所以平面 平面ADE． 过A作 ，垂足为G，因为平面 平面 ， 所以 平面CDEF． 连结KG，则 为AK与平面CDEF所成的角，即 ． 在 中，因为 ， ，所以 ． 在 中，因为 ，所以 ． 设 ，过K作 于H，则 ． 在 中，由 ，得 ， 解之得 或 （舍），所以 ，即 ． 方法二：因为 ， ，所以 是二面角A－EF－D的平面角，即 ． 建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，则A（2，0，0）， ， 设直线AK与平面CDEF所成角为 ，则 ，从而 ． 设平面CDEF法向量为 ，直线AK的方向向量与平面CDEF法向量所成的角为 ，则 ． 因为 ， 所以 ，令 ，则 所以 ，解得 ． 此时，点K为点F，CK的长度为2．