人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.4 二面角测试题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何1.2 空间向量在立体几何中的应用1.2.4 二面角测试题，共31页。

题组一 二面角及其度量
1.(2019广西桂林高二期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,若P点在正方体的内部,且满足AP=14AB+13AD+12AA1,则平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值为( )

A.134B.21313C.73D.33
2.(2020辽宁辽河油田第二高级中学高三月考)如图,在四面体A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=4,二面角A-BD-C的大小为60°,则AC的长为 .
3.(2020山东烟台高二期末)如图,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=BC,A1在底面ABC的射影恰为AC的中点M,又知AA1与底面ABC所成的角为60°,则二面角B-AA1-C的大小为 (用反三角函数值表示).
4.(2020四川南充高级中学高三月考)如图,平面SAC⊥平面ACB,△SAC是边长为4的等边三角形,△ACB为直角三角形,且∠ACB=90°,BC=42,求二面角S-AB-C的余弦值.
5.(2020浙江宁波高二期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是梯形,AB∥CD,AB⊥BC,PA=PD=BC=CD=1,AB=2,PC=3.
(1)证明:平面PAD⊥平面ABCD;
(2)求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值.
题组二 用空间向量求二面角
6.(2019陕西西安中学高二月考)已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角的大小为( )
A.45°B.135°C.45°或135°D.90°
7.(2020山东泰安高二期末)如图所示,AE⊥平面ABCD,四边形AEFB为矩形,BC∥AD,BA⊥AD,AE=AD=2AB=2BC=4.
(1)求证:CF∥平面ADE;
(2)求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值.
8.(2020天津高三期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,顶点A1在底面ABC的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2.
(1)证明:平面A1AC⊥平面AB1B;
(2)求棱AA1与BC所成角的大小;
(3)若点P为B1C1的中点,求二面角P-AB-A1的余弦值.
9.(2020吉林长春高二期末)如图,在多面体ABCDEF中,四边形CDEF为直角梯形,DE∥CF,∠EDC=90°,四边形ABCD为矩形,平面CDEF⊥平面ABCD,AD=DE=2,CD=CF=4,点P为CF的中点,点Q为BE的中点.
(1)求证:DQ⊥BP;
(2)求二面角Q-AD-B的余弦值.
10.(2019内蒙古集宁一中高二期中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面AA1B所成二面角的正弦值.
能力提升练
题组 用空间向量求二面角
1.(2020黑龙江哈尔滨第一中学高二月考,)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于点O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=22,E,F分别是AB,AP的中点,则二面角F-OE-A的余弦值为( )

A.-33B.33C.-63D.63
2.(2020河北衡水中学高一期末,)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,D为BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(m∈R),当二面角E-AD-C的余弦值为1010时,实数m的值为( )
A.1B.2C.12D.3
3.(2020浙江温州中学高三月考,)如图,在四面体A-BCD中,△BCD为等边三角形,∠ADB=π2,二面角B-AD-C的大小为α,则α的取值范围是( )
A.0,π6B.0,π4 C.0,π3D.0,π2
4.(2020山东师范大学附中高二期末,)如图所示,五面体ABCDE中,正三角形ABC的边长为1,AE⊥平面ABC,CD∥AE,且CD=12AE.设CE与平面ABE所成角的大小为α,AE=k(k>0),若α∈π6,π4,则当k取最大值时,平面BDE与平面ABC所成角的正切值为( )

A.22B.1C.2D.3
5.(2020山西太原高二月考,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上.若二面角D1-EC-D的大小为π4,则AE= .
6.(2020四川绵阳高二期末,)在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,BC=4,AD=2,∠ABC=60°,将梯形ABCD沿着AB翻折至ABC1D1(如图),使得平面ABCD与平面ABC1D1垂直.
(1)求BC1与AC所成角的大小;
(2)求二面角B-CD1-D的正弦值.
7.(2020山东济南高二期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ACB=90°,PA=AC=2BC.
(1)若PA⊥PB,求证:平面PAB⊥平面PBC;
(2)若PA与平面ABC所成角的大小为60°,求二面角C-PB-A的余弦值.
8.(2020湖北宜昌高二期末,)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC,D,E分别为AA1,B1C的中点.
(1)证明:DE⊥平面BCC1B1;
(2)已知B1C与平面BCD所成角的大小为30°,求二面角D-BC-B1的余弦值.
9.(2020天津实验中学高二期末,)如图所示,在三棱锥S-ABC中,SA=AB=AC=BC=2SB=2SC,O为BC的中点.
(1)求证:SO⊥平面ABC;
(2)求异面直线SC与AB所成角的余弦值;
(3)在线段AB上是否存在一点E,使二面角B-SC-E的余弦值为155?若存在,求BE∶BA的值;若不存在,试说明理由.
答案全解全析
基础过关练
1.B 如图,过点P作PN⊥AB于点N,作PM⊥平面ABCD,垂足为M.由三垂线定理可知AB⊥MN,所以∠PNM为所求二面角的平面角,易知PM=12,MN=13,故PN=136,所以cs∠PNM=MNPN=21313.
2.答案 18-35
解析 取BD的中点E,连接AE,CE.
∵AB=AD,BC=DC,
∴AE⊥BD,CE⊥BD,
∴∠AEC即为二面角A-BD-C的平面角,
∴∠AEC=60°.
∵AD=2,DC=4,∴AE=3,CE=15.
在△AEC中,根据余弦定理可得AC2=AE2+CE2-2AE·CE·cs∠AEC=18-35,
∴AC=18-35.
3.答案 arctan 233
解析 连接A1C,如图.因为A1A与底面ABC所成角的大小为60°,所以∠A1AC=60°,又M是AC的中点,所以△AA1C是等边三角形.作CN⊥AA1于N,则点N为A1A的中点,连接BN.易得BC⊥平面AA1C1C,BN⊥AA1,所以∠BNC为二面角B-AA1-C的平面角.设AC=BC=a,则等边三角形AA1C的边长为a,所以CN=32a,在Rt△BNC中,tan∠BNC=BCNC=a3a2=233,即∠BNC=arctan233.
4.解析 如图,过点S作SD⊥AC于点D,过点D作DM⊥AB于点M,连接SM.
∵平面SAC⊥平面ACB,平面SAC∩平面ACB=AC,
∴SD⊥平面ACB,
易得SM⊥AB,∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角.
在△SAC中,SD=4×32=23,
在△ACB中,过C作CH⊥AB于H,
∵AC=4,BC=42,
∴AB=43,
∴CH=AC·BCAB=463.
易知DM∥CH,且AD=DC,
∴DM=12CH=263.
在Rt△SDM中,
SM=SD2+DM2=(23)2+2632=2333,
∴cs∠DMS=DMSM=2211.
5.解析 (1)证明:如图,取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD,连接OC,
在直角梯形ABCD中,易知∠DAB=45°,∠ADC=135°,AD=2,
所以OC=DO2+DC2-2DO·DC·cs135°
=12+1-2×22×1×-22=102,
易知OP=22,又PC=3,所以PO2+CO2=PC2,所以PO⊥OC.
又AD∩OC=O,所以PO⊥平面ABCD,
又PO⊂平面PAD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
(2)如图,延长AD,BC交于点E,连接PE,过点D作DH⊥PE于点H,连接BH,BD,
因为AD=2,BD=2,AB=2,所以BD⊥AD,由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,又平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以BD⊥平面PAD,
故易知∠DHB为所求二面角的平面角.易得DE=2,
则PE=PA2+AE2-2PA·AE·cs45°=5.
易知S△PAD=S△PDE,所以12×1×1=12×5×DH,所以DH=55.
所以BH=DH2+BD2=555,
所以cs∠DHB=1111,
故平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为1111.
6.C ∵两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),
∴两平面所成的二面角的大小与相等或互补.
∵cs=m·n|m||n|=22,
∴=45°.
故两平面所成的二面角的大小为45°或135°.故选C.
7.解析 (1)证明:∵四边形AEFB为矩形,
∴BF∥AE.
又BF⊄平面ADE,AE⊂平面ADE,
∴BF∥平面ADE.
同理可得BC∥平面ADE.
又BF∩BC=B,BF,BC⊂平面BCF,
∴平面BCF∥平面ADE.
又CF⊂平面BCF,
∴CF∥平面ADE.
(2)易得AB,AD,AE两两互相垂直,故以A为坐标原点,AB,AD,AE的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则C(2,2,0),D(0,4,0),F(2,0,4),
∴AD=(0,4,0),CD=(-2,2,0),CF=(0,-2,4).
设n=(x,y,z)是平面CDF的一个法向量,则n·CD=0,n·CF=0,即-2x+2y=0,-2y+4z=0,
令y=2,得x=2,z=1,
此时n=(2,2,1).
易知AD是平面AEFB的一个法向量,
则cs=n·AD|n||AD|=23,
∴平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为23.
8.解析 (1)证明:由题意知,A1B⊥平面ABC,∴A1B⊥AC,又AB⊥AC,AB∩A1B=B,∴AC⊥平面AB1B.
又∵AC⊂平面A1AC,
∴平面A1AC⊥平面AB1B.
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,2,2),B1(0,4,2),C1(2,2,2),
∴AA1=(0,2,2),BC=(2,-2,0),
∴cs=AA1·BC|AA1||BC|=-48×8=-12,
∴=2π3,
故AA1与BC所成角的大小为π3.
(3)由(2)知AB=(0,2,0).∵P为棱B1C1的中点,∴P(1,3,2),∴AP=(1,3,2).设平面PAB的一个法向量为n1=(x,y,z),
则n1·AP=0,n1·AB=0,即x+3y+2z=0,2y=0,令z=1,则n1=(-2,0,1),
易得平面ABA1的一个法向量n2=(1,0,0),则cs=n1·n2|n1||n2|=-25=-255.
易知二面角P-AB-A1为锐角,故二面角P-AB-A1的余弦值是255.
9.解析 (1)证明:∵平面CDEF⊥平面ABCD,平面CDEF∩平面ABCD=CD,DE⊥CD,DE⊂平面CDEF,
∴DE⊥平面ABCD.
故DA,DC,DE两两互相垂直.
如图,以D为坐标原点,DA、DC、DE所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
由已知得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),E(0,0,2),Q(1,2,1),P(0,4,2),
∴DQ=(1,2,1),BP=(-2,0,2),
∴DQ·BP=1×(-2)+2×0+1×2=0,
∴DQ⊥BP.
(2)设平面ADQ的一个法向量为m=(x,y,z),则m·DA=0,m·DQ=0,
∵DA=(2,0,0),DQ=(1,2,1),
∴2x=0,x+2y+z=0,令y=-1,得z=2,则m=(0,-1,2).
∵DE⊥平面ABCD,∴平面ABCD的一个法向量为DE=(0,0,2).
∴cs=m·DE|m||DE|=45×2=255,
∴二面角Q-AD-B的余弦值为255.
10.解析 (1)依题意得,AB,AC,AA1两两互相垂直,故以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),
∴A1B=(2,0,-4),C1D=(1,-1,-4),
∴cs=A1B·C1D|A1B||C1D|=1820×18=31010,
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010.
(2)设平面ADC1的一个法向量为n1=(x,y,z),
∵AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4),
∴n1·AD=0,n1·AC1=0,即x+y=0,2y+4z=0,
令z=1,则x=2,y=-2,
此时n1=(2,-2,1).
取平面AA1B的一个法向量n2=(0,1,0),
设平面ADC1与平面AA1B所成二面角的大小为θ,且|cs θ|=|n1·n2||n1||n2|=|-2|3×1=23,
∴sin θ=53,故平面ADC1与平面AA1B所成二面角的正弦值为53.
能力提升练
1.B 以O为坐标原点,OB,OC,OP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,
由题易得OA=OB=2,
则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),
∵E,F分别是AB,AP的中点,
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴OE=(1,-1,0),OF=(0,-1,1).
设平面OEF的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·OE=0,m·OF=0,即x-y=0,-y+z=0,
令x=1,可得m=(1,1,1),
易知平面OAE的一个法向量n=(0,0,1),则cs=m·n|m||n|=13=33,
由图知二面角F-OE-A为锐角,∴二面角F-OE-A的余弦值为33.故选B.
2.A 由题意知m>0,如图所示,过点A在平面ABC内作Ax⊥AC,则以A为原点,以Ax,AC,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),D32,32,0,E0,2mm+1,3m+1,因此AD=32,32,0,AE=0,2mm+1,3m+1.
设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AD=0,n·AE=0,即32x+32y=0,2mym+1+3zm+1=0,令y=-1,得x=3,z=2m3,所以n=3,-1,2m3,取平面ADC的一个法向量m=(0,0,1),由二面角E-AD-C的余弦值为1010,得|cs|=2m33+1+4m29=1010,解得m2=1,又m>0,所以m=1.故选A.
3.C 以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
因为△BCD为等边三角形,所以不妨设BC=CD=BD=1,
因为∠ADB=π2,所以设A(m,1,n),
因为当n=0时,A、B、C、D四点共面,不能构成空间四面体,所以n≠0,
则B(0,0,0),C32,12,0,D(0,1,0),
所以BD=(0,1,0),DA=(m,0,n),DC=32,-12,0.
设平面BAD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·BD=0,m·DA=0,即y1=0,mx1+nz1=0,
令x1=1,则z1=-mn,所以m=1,0,-mn.
设平面ADC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),
则n·DC=0,n·DA=0,即32x2-12y2=0,mx2+nz2=0,
令x2=1,则y2=3,z2=-mn,
所以n=1,3,-mn.
因为二面角B-AD-C的大小为α,
且由题图可知二面角α为锐二面角,
所以cs α=|m·n||m|·|n|
=1+m2n21+m2n2·1+3+m2n2
=1+m2n24+m2n2=1+m2n24+m2n2=1-34+m2n2,
因为m2n2≥0,所以12≤1-34+m2n2<1,
即12≤cs α<1,所以α∈0,π3.
故选C.
4.C 结合题意,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,
则A(0,1,0),B32,12,0,C(0,0,0),D0,0,k2,E(0,1,k),所以CE=(0,1,k),
取AB的中点M,则M34,34,0,则平面ABE的一个法向量为CM=34,34,0,
由题意得sin α=CE·CM|CE|·|CM|=321+k2,
又α∈π6,π4,所以12≤sin α=321+k2≤22,解得22≤k≤2或-2≤k≤-22(舍去),
所以k的最大值为2.
当k=2时,BE=-32,12,2,DE=0,1,22,设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DE=y+22z=0,n·BE=-32x+12y+2z=0,
令y=1,得x=-3,z=-2,所以n=(-3,1,-2),易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1),
易知平面BDE与平面ABC所成的角为锐角,
所以|cs|=|n·m||n|·|m|=33,
所以sin=63,
所以tan=2.故选C.
5.答案 2-3
解析 如图,以D为原点,以DA,DC,DD1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,设AE=λ(0≤λ≤2),
则D1(0,0,1),C(0,2,0),E(1,λ,0),
∴D1C=(0,2,-1),CE=(1,λ-2,0).
设平面D1EC的一个法向量为m=(x,y,z),
则m·D1C=2y-z=0,m·CE=x+(λ-2)y=0,
令y=1,则m=(2-λ,1,2).
易知平面ECD的一个法向量为n=(0,0,1).
∵二面角D1-EC-D的大小为π4,
∴csπ4=|m·n||m|·|n|=2(2-λ)2+12+22=22,解得 λ=2-3或λ=2+3(舍去),
∴AE=2-3.
6.解析 (1)在等腰梯形中,过A作AE⊥BC于点E,因为BC=4,AD=2,
所以AE=3,AC=23,AB=2,
所以AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC,
又平面ABCD与平面ABC1D1垂直,平面ABCD∩平面ABC1D1=AB,AC⊂平面ABCD,
所以AC⊥平面ABC1D1,所以AC⊥BC1,
所以BC1与AC所成角的大小为π2.
(2)结合(1),建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,23,0),D(-1,3,0),D1(-1,0,3),
所以DD1=(0,-3,3),BC=(-2,23,0),BD1=(-3,0,3),CD=(-1,-3,0).
设平面BCD1的一个法向量为n=(x,y,z),
则BC·n=-2x+23y=0,BD1·n=-3x+3z=0,
令y=1,得n=(3,1,3),
设平面CDD1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则DD1·m=-3y1+3z1=0,CD·m=-x1-3y1=0,
令y1=1,得m=(-3,1,1),
所以|cs|=|-3+1+3|5×13=165,
所以sin=86565,
所以二面角B-CD1-D的正弦值为86565.
7.解析 (1)证明:因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,BC⊂平面ABC,BC⊥AC,
所以BC⊥平面PAC,
因为PA⊂平面PAC,所以PA⊥BC,
又PA⊥PB,PB∩BC=B,
所以PA⊥平面PBC,
因为PA⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PBC.
(2)如图,过P作PH⊥AC于点H,
因为平面PAC⊥平面ABC,
所以PH⊥平面ABC,所以∠PAH=60°,
不妨设PA=2,所以PH=3,
以C为原点,分别以CA,CB所在直线为x轴,y轴,以过C点且平行于PH的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,1,0),P(1,0,3),
因此AB=(-2,1,0),AP=(-1,0,3),CB=(0,1,0),CP=(1,0,3).
设n=(x1,y1,z1)为平面PAB的一个法向量,
则n·AB=0,n·AP=0,即-2x1+y1=0,-x1+3z1=0,
令z1=3,可得n=(3,6,3),
设m=(x2,y2,z2)为平面PBC的一个法向量,
则m·CB=0,m·CP=0,即y2=0,x2+3z2=0,
令z2=3,可得m=(-3,0,3),
所以cs=-9+343×23=-14,
易知二面角C-PB-A为锐角,
所以二面角C-PB-A的余弦值为14.
8.解析 解法一:(1)证明:以A为坐标原点,AB,AC,AA1的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=1,AD=a(a>0),则B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,a),B1(1,0,2a),E12,12,a,所以DE=12,12,0,BC=(-1,1,0),B1C=(-1,1,-2a),
所以DE·BC=0,DE·B1C=0,
所以DE⊥BC,DE⊥B1C.
因为BC⊂平面BCC1B1,B1C⊂平面BCC1B1,BC∩B1C=C,所以DE⊥平面BCC1B1.
(2)由(1)知BC=(-1,1,0),
BD=(-1,0,a),B1C=(-1,1,-2a),
设平面BCD的一个法向量为n=(x0,y0,z0),
则n·BC=0,n·BD=0,
所以-x0+y0=0,-x0+az0=0,
令x0=1,得n=1,1,1a.
因为B1C与平面BCD所成角的大小为30°,
所以|cs|=sin 30°,
即|n·B1C||n|·|B1C|= 22+1a2·2+4a2=12,
解得a=22(负值舍去),
所以n=(1,1,2).
由(1)知平面BCB1的一个法向量为DE=12,12,0,
所以cs=n·DE|n|·|DE|
=12+1212+12+(2)2×122+122
=22,所以二面角D-BC-B1的余弦值为22.
解法二:如图,取BC的中点F,连接AF、EF、DF.
(1)证明:因为AB=AC,所以AF⊥BC,
因为 BB1⊥平面ABC,AF⊂平面ABC,
所以BB1⊥AF,
又BC⊂平面BCC1B1,B1B⊂平面BCC1B1,BC∩B1B=B,所以AF⊥平面BCC1B1.
因为E为B1C的中点,
所以 EF∥BB1,且EF=12BB1,
所以EF∥DA,且EF=DA,
所以四边形ADEF为平行四边形,
所以AF∥DE,
所以DE⊥平面BCC1B1.
(2)设AB=AC=1,AA1=2a(a>0),
则AD=a,BB1=2a,BC=2,AF=22,
BD=DC=1+a2,
所以DF=AD2+AF2=a2+12,
所以S△BDC=12BC·DF=2a2+12,
S△BCB1=12BB1·BC=2a.
由(1)知D到平面BCB1的距离DE=22,
设B1到平面BCD的距离为d,
由V三棱锥D-BCB1=V三棱锥B1-BDC,
得13S△BCB1·DE=13S△BDC·d,
即13×2a×22=13×2a2+12×d,
解得d=2a2a2+1.
因为B1C与平面BCD所成角的大小为30°,
所以B1C=dsin30°=2d=4a2a2+1,
又在直角三角形B1BC中,B1C=BB12+BC2=4a2+2,
所以4a2+2=4a2a2+1,解得a=22(负值舍去).
由(1)知,AF⊥BC,EF⊥BC,因为AF∩EF=F,所以BC⊥平面DEFA,所以DF⊥BC,
又DF⊂平面DBC,EF⊂平面B1BC,平面DBC∩平面B1BC=BC,
所以∠EFD为二面角D-BC-B1的平面角.
因为DA=AF=22,所以四边形DAFE是正方形,所以∠EFD=45°,
所以二面角D-BC-B1的余弦值为22.
9.解析 (1)证明:在三棱锥S-ABC中,SA=AB=AC=BC=2SB=2SC,O为BC的中点,
显然SO⊥BC,连接OA,设SB=a,
则SA=2a,SO=2a2,OA=6a2,
∴SO2+OA2=SA2,∴SO⊥OA,
又∵BC∩OA=O,∴SO⊥平面ABC.
(2)以O为原点,OA,OB,OS的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则O(0,0,0),S0,0,2a2,C0,-2a2,0,A6a2,0,0,B0,2a2,0,
∴SC=0,-2a2,-2a2,
AB=-6a2,2a2,0,
∴cs=SC·AB|SC||AB|=-a222a2=-24,
∴异面直线SC与AB所成角的余弦值为24.
(3)存在满足条件的点E,理由如下:假设存在点E满足条件.由(2)知BC=(0,-2a,0),BA=6a2,-2a2,0,SC=0,-2a2,-2a2.设BE=λBA(0≤λ≤1),则BE=λBA=6aλ2,-2aλ2,0,
所以CE=BE-BC=6aλ2,-2aλ2,0-(0,-2a,0)=6aλ2,-2(λ-2)a2,0.
设平面SCE的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·CE=0,n·SC=0,即3λx-(λ-2)y=0,y+z=0,
令y=3λ,得n=(λ-2,3λ,-3λ).
易知OA⊥平面SBC,所以可取m=(1,0,0)为平面SBC的一个法向量.
所以|cs|=|m·n||m|·|n|
=|λ-2|(λ-2)2+(3λ)2+(-3λ)2=155,
即2λ2+λ-1=0,解得λ=12或λ=-1(舍去),
所以存在满足题意的点E使得当BE∶BA=1∶2时,二面角B-SC-E的余弦值为155.