2023高考数学二轮专题复习 专题08 立体几何解答题常考全归类（精讲精练）（解析版）

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专题08 立体几何解答题常考全归类
【命题规律】
空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．
【核心考点目录】
核心考点一：非常规空间几何体为载体
核心考点二：立体几何探索性问题
核心考点三：立体几何折叠问题
核心考点四：立体几何作图问题
核心考点五：立体几何建系繁琐问题
核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
核心考点七：利用传统方法找几何关系建系
核心考点八：空间中的点不好求
核心考点九：创新定义
【真题回归】
1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．
【解析】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，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、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2），，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3），，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.

3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．

4．（2022·全国·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.


5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．

(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【解析】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以

过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.

[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，

连接




6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．

(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；

（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.

8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.

【方法技巧与总结】
1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：
（1）作图：作出空间角的平面角．
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
简称：一作、二证、三算．
2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
3、求直线与平面所成角的常见方法
（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．
（2）等积法：公式，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．
（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．
4、作二面角的平面角常有三种方法
（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．
（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．
【核心考点】
核心考点一：非常规空间几何体为载体
【规律方法】
关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．
【典型例题】
例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知为圆锥底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，平分，D是上一点，且平面平面.

(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值.
【解析】（1）证明：因为，且平分，所以，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）取的中点M，连接，则两两垂直，
以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图空间直角坐标系则，
，，，，
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量.
设平面的法向量，
因为，，
则
取，则，
因此，
所以二面角的正弦值为.

例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.

(1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）存在，当为圆柱的母线，.
连接，因为为圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以.
因为为圆的直径，所以.
，所以平面，
因为平面，所以.
（2）以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
，

因为的长为，所以，

设平面的法向量，
令，解得，
所以.
因为轴垂直平面，所以设平面的法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，分别是圆台上､下底面的直径，且，点是下底面圆周上一点，，圆台的高为.

(1)证明：不存在点使平面平面；
(2)若，求二面角的余泫值.
【解析】(1)假设存在这样的点使平面平面，是底面直径，故，作，垂足为，由于平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，平面，又平面，故，又，平面，故平面，故，同理可证，又平面 于是平面，又圆台上下底面圆心连线垂直于底面，但显然上下底的圆心连线不和平行，于是假设矛盾，故不存在点使平面平面.

(2)过作，垂足为，下以为原点，为轴，过垂直于且落在底面的射线为轴，建立空间直角坐标系.列出各点坐标
，，设平面的法向量，
可得，不妨取；
，，设平面的法向量，
可得，不妨取.
于是法向量的夹角为.
由图所示二面角的大小是钝角，故二面角大小的余弦值是.

例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台中，上底面圆的半径为2，下底面圆O的半径为4，过的平面截圆台得截面为，M是弧的中点，为母线，.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【解析】(1)

如图建立空间直角坐标系，   设OO1的长度为t，
则，，，，，，

由题知，解得
∴，，
，∴
，∴
又∵，OM，OA1在平面内
所以平面；
(2)设平面MBN的法向量为，平面ABN的法向量为，
则，∴
，∴
设二面角为锐二面角，
∴，
∴
故二面角的正弦值为.
核心考点二：立体几何探索性问题
【规律方法】
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
【典型例题】
例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点，且．

(1)求证：；
(2)求点到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）证明：由点在底面ABC上的投影为AC的中点，知平面ABC，
又平面ABC，故，
因是以AC为斜边的等腰直角三角形，故，
而，平面，，故平面，
由平面，得．
（2）由点，为AC的中点，侧面为菱形，知，
由是以AC为斜边的等腰直角三角形，，可得，，
由（1）知直线，，两两垂直，故以点为坐标原点，
直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，故点到平面的距离为：

（3）假设存在满足条件的点E，并，
则，
于是，由直线DE与侧面所成角的正弦值为，
可得，
即，解得．
又，故．
因此存在满足条件的点，且．
例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，∴为的中点，有，
为等边三角形，有，
平面，，∴平面，
平面，∴，
四边形为菱形，∴，
平面，，
平面，平面，∴
（2）分别为的中点，连接，
由（1）可知，又，
平面，，平面，
，平面，
为等边三角形，，
以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
由，，∴，，
设，则，有,
∴，，，
设平面的一个法向量，则有，
令，则，，即，
平面的一个法向量为的方向上的单位向量，
若平面与平面的夹角的余弦值为，则有，
，由，∴，解得.
所以，点存在， .
例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中点，将沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PB＝PC，如图2所示．F是棱PB上的一点．

(1)若F是棱PB的中点，求证：平面PAE；
(2)是否存在点F，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）如下图，在上取中点，链接、.由题意知，，所以四边形为平行四边形，所以.又因为分别为中点，所以，且，在平面内，则平面平行于平面，而,则

（2）如下图，以为原点，为轴正向，为轴正方向，垂直平面于的为轴，建立空间直角坐标系.

由图可知，，设，，则，，
设平面的法向量为，则，令解得，即，平面的法向量设为，则，令，得，即.
①，根据题意，，则，又，即，得,代入上式，解得,将、代入①式，解得.
，故存在点.
例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.

(1)证明：；
(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）依题意矩形，，，是中点，
所以，
又，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）

以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，
设是的中点，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，，
假设存在满足题意的，则由.
可得，.
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，，即，
设与平面所成的角为，所以

解得（舍去），
综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.
核心考点三：立体几何折叠问题
【规律方法】
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．
【典型例题】
例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形中，，，，，分别是，上的点，，，是的中点，沿将梯形翻折，使平面平面．
(1)当时
①求证：；
②求二面角的余弦值；
(2)三棱锥的体积是否可能等于几何体体积的一半？并说明理由．
【解析】（1）证明：过点作的垂线交于，连接．如图．
　且，，．
四边形是正方形.
，四边形是正方形.
所以（正方形对角线互相垂直）.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面， 所以平面，
又因为平面，所以.
又平面，
所以平面，又平面，
所以.

②以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，0，，，3，，，2，，，4，，
，3，，，2，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，2，，
又平面的法向量，0，，
．
钝二面角的余弦值为．

（2），平面平面，
平面平面，平面．
平面．结合平面，得，
四边形是矩形，得，
故以、、、为顶点的三棱锥的高，
又．
三棱锥的体积为
，


，
令，解得或，不合题意；
棱锥的体积不可能等于几何体体积的一半．
例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD中，已知ABDC，，，E是AB的中点．将△BCE沿CE翻折至△PCE，使得，如图2所示．

(1)证明：；
(2)求直线DE与平面PAD所成角的正弦值．
【解析】（1）如图取CE的中点F，连接PF，DF，

由题易知△PCE，△DCE都是等边三角形，
⸫DF⊥CE，PF⊥CE，
⸪，平面DPF，平面DPF
⸫CE⊥平面DPF．
⸪平面DPF
⸫DP⊥CE．
（2）解法一：
由题易知四边形AECD是平行四边形，
所以AD∥CE，
又平面PAD，所以平面PAD，
所以点E与点F到平面PAD的距离相等．
由（1）知CE⊥平面DPF，
所以AD⊥平面DPF．
又平面PAD，
所以平面PAD⊥平面DPF．
过F作FH⊥PD交PD于H，则FH⊥平面PAD．
，，
故点F到平面PAD的距离．
设直线DE与平面PAD所成的角为，
则，
所以直线DE与平面PAD所成角的正弦值为．
解法二：
由题易知四边形AECD是平行四边形，
所以AD∥CE，由（1）知CE⊥平面DPF，所以AD⊥平面DPF．
如图，以D为坐标原点，DA，DF所在直线分别为x，y轴，

过D且垂直于平面AECD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设，，．
易知，，
故，，
所以，，，
设平面PAD的法向量为，
则，得，
令，得，所以．
设直线DE与平面PAD所成的角为，则，
故直线DE与平面PAD所成角的正弦值为．
例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，，AB＝2BC＝2，，将沿AD翻折成四棱锥P－ABCD，E是棱PD上的动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且．

(1)证明：；
(2)当直线EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．
【解析】（1）设是的中点，连接，
三角形是等边三角形，所以，.
四边形是直角梯形，，
所以四边形是平行四边形，也即是矩形，所以，.

折叠后，，所以，所以，
由于平面，
所以平面，
则两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系，
，设，
，所以，则，
所以，
所以.
（2）由于平面，平面，所以，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
所以是直线与平面所成角，
在直角三角形中，，
由于，所以当最小时，最大，也即最大，
由于三角形是等边三角形，所以当为的中点时，，取得最小值.
由于，，故此时，
平面的法向量为，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设平面与平面的夹角为，
则.

例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，为边长为6的等边三角形，E，F分别为AB，AC上靠近A的三等分点，现将沿EF折起，使点A翻折至点P的位置，且二面角的大小为120°（如图②）．

(1)在PC上是否存在点H，使得直线平面PBE？若存在，确定点H的位置；若不存在，说明理由．
(2)求直线PC与平面PBE所成角的正弦值．
【解析】（1）满足条件的点H存在，且为PC上靠近P的三等分点．
在PC上取靠近P的三等分点H，连接AP，FH，如图，则AP是平面PAB与平面PAC的交线，

依题意，，则有，又平面PBE，平面PBE，因此直线平面PBE，
所以在PC上是存在点H，为PC上靠近P的三等分点，使得直线平面PBE.
（2）取BC中点G，连接AG，交EF于点D，连接PD，因，依题意，，，
则为二面角的平面角，即，且平面，
而平面，则平面平面，在平面内过P作于O，
又平面平面，因此平面，在平面内过O作，
显然Ox，AD，OP两两垂直，分别以向量，，的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，
所以，，，，
设平面PBE的一个法向量为，由，令，得，
设直线PC与平面PBE所成角为，则，
所以直线PC与平面PBE所成角的正弦值为．
核心考点四：立体几何作图问题
【规律方法】
（1）利用公理和定理作截面图
（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线
（3）利用平面与平面垂直作平面的垂线
【典型例题】
例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体的底面是菱形，，且.

(1)试在平面内过点作直线，使得直线平面，说明作图方法，并证明：直线；
(2)求点到平面的距离.
【解析】（1）在平面内过点作的平行线，则直线l即为所作.
连接，如图，

因平面，平面，平面平面，则，
平行六面体的对角面是平行四边形，即，
所以.
（2）连，连接，如图，

菱形中，，则，，，
在中，，同理，在中，，
即为等腰三角形，有，且，在中，，则，
而平面，于是得平面，
对角面为平行四边形，即，又平面，平面，则平面，
因此点到平面的距离等于点到平面的距离，
因，在中，，
同理，等腰底边上的高，，，
设点到平面的距离为，由得，，则，
所以点到平面的距离.
例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面满足：，．

(1)要经过平面内的一点和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）
(2)若，，当点是矩形的中心时，求点到平面的距离．
【解析】(1)过点作直线分别交于连接

(2)连接，

由是矩形的中心可知，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，
平面，平面，
平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，
过点作于，
，在直四棱柱中且
平面，又平面，
所以，
又且，
所以平面
所以长即为点到平面的距离，
在直角中， ，，
所以，
所以点到平面的距离为.
例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体中，面面，为等边三角形，四边形为正方形，，且，，分别为，的中点.

（1）求二面角的余弦值；
（2）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.
【解析】（1）因为面面，为等边三角形，设中点为，所以
又因为面面面FAB，则平面，
以为坐标原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

因为，则
则，，，，
所以，
设平面的一个法向量为
则取得，所以
设平面的一个法向量为
则取得，所以
所以
则二面角的余弦值为；
（2），如图所示：

例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.,且平面，，点分别是线段上的中点，在上.且.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面的成角的正弦值；
（Ⅲ）请画出平面与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.

【解析】分析：（Ⅰ）推导出，由此能证明平面；
（Ⅱ）推导出，，，轴建立空间直角坐标系息，利用向量法能求出直线AB与平面EFG的所成角的正弦值；
（Ⅲ）法1：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
法2：记平面与直线的交点为，设，，利用向量法求出，从而即为点.连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.
解析：解:（Ⅰ）在中，因为点分别是线段上的中点，
所以
因为平面，平面.
所以平面.
（Ⅱ）因为底面是边长为2的菱形，
所以，
因为平面，
所以，，
如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得

，，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则由可得，
令，可得
因为.
所以直线与平面的成角的正弦值为
（Ⅲ）法Ⅰ：延长分别交延长线于，连接，发现刚好过点，,连接，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.

法2：记平面与直线的交点为，设，则
由，可得.
所以即为点.
所以连接，，则四边形为平面与四棱锥的表面的交线.

核心考点五：立体几何建系繁琐问题
【规律方法】
利用传统方法解决
【典型例题】
例17．如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．
（1）证明：，且平面平面；
（2）设为△的中心．若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：，分别为，的中点，底面为正三角形，
，四边形为矩形，，
，，，
，，，
平面，
平面，
平面平面，
综上，，且平面平面．
（2）解：三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，，
，
面，面，面面，
，四边形为平行四边形，
是正三角形的中心，，
，，，
由（1）知直线在平面内的投影为，
直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，
在等腰梯形中，令，过作于，
则，，，
，
直线与平面所成角的正弦值为．

例18．如图，在锥体中，是边长为1的菱形，且，，，，分别是，的中点
（1）证明：平面
（2）求二面角的余弦值．

【解析】（1）取的中点，连接，，
在中，根据余弦定理可以算出，
发现，可以得出，又
，
又，可以得出，而，
平面，而平面，
，又，
．又，
平面．
（2）由（1）知，平面，所以为二面角的平面角，
在中，，，，
由余弦定理得，
因此二面角的余弦值为．
例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱中，，平面，、分别是棱、的中点.

(1)设为的中点，求证：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正切值为，求多面体的体积.
【解析】（1）连接，，
因为点，，分别为，，的中点，
所以且，，，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面

（2）因为平面，所以，，
又因为，所以平面，
所以即是直线与平面所成的角，
所以，
因为，所以，
因为，，所以，
因为，平面，所以平面，
所以，
因为，
所以，，所以，
由（1）知多面体为四棱锥，且四边形是平行四边形，
所以.
核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题
【规律方法】
构造垂直的全等关系
【典型例题】
例20．如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点．过和的平面交于，交于．
（1）证明：，且平面平面；
（2）设为△的中心．若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：，分别为，的中点，底面为正三角形，
，四边形为矩形，，
，，，
，，，
平面，
平面，
平面平面，
综上，，且平面平面．
（2）解：三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，，
，
面，面，面面，
，四边形为平行四边形，
是正三角形的中心，，
，，，
由（1）知直线在平面内的投影为，
直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，
在等腰梯形中，令，过作于，
则，，，
，
直线与平面所成角的正弦值为．

例21．如图，在锥体中，是边长为1的菱形，且，，，，分别是，的中点
（1）证明：平面
（2）求二面角的余弦值．

【解析】（1）取的中点，连接，，
在中，根据余弦定理可以算出，
发现，可以得出，又
，
又，可以得出，而，
平面，而平面，
，又，
．又，
平面．
（2）由（1）知，平面，所以为二面角的平面角，
在中，，，，
由余弦定理得，
因此二面角的余弦值为．
核心考点七：利用传统方法找几何关系建系
【规律方法】
利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系．
【典型例题】
例22．如图：长为3的线段与边长为2的正方形垂直相交于其中心．
（1）若二面角的正切值为，试确定在线段的位置；
（2）在（1）的前提下，以，，，，，为顶点的几何体是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．

【解析】解：（1）取线段的中点为点，
连接，，．由于四边形是正方形，为其中心，所以，
又面面，所以，
而，所以面，面，所以，
同理可以证出，为二面角的平面角，．
设，，，则．且
在中，，
同理在中，
由，
得：

故在线段上的靠近点的三分点位置；
（2）几何体存在内切球，令球心为，
若设线段的中点为点，内切球的半径为，由对称性可知：平面四边形的内切圆的圆心为，半径即为，
故，而，．
所以，得．
由三角形相似有：
所以．故其内切球心在点距离为的位置上．
（注：也可用分割体积法求


例23．在四棱锥中，为棱的中点，平面，，，，，为棱的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若二面角为，求直线与平面所成角的正切值．

【解析】解：（Ⅰ） 证明：连接交于点，连接，
，且，，
又，线段是的中位线，
，
面，面，
面；
（Ⅱ），，
四边形是平行四边形，
又，四边形是矩形，；
又平面，，；
以为坐标原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
设，则，0，，，0，，，0，，
，2，，，1，，
，0，，，1，；
设平面的一个法向量为，，，
由，得；
令，得，，，
取平面的一个法向量为，0，；
，，
由二面角为，得，解得；
平面，
就是直线与平面所成角，
在中，，
直线与平面所成角的正切值为．

例24．三棱柱中，，，侧面为矩形，，二面角的正切值为．
（Ⅰ）求侧棱的长；
（Ⅱ）侧棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．

【解析】解：（Ⅰ）取的中点，的中点，则四边形为平行四边形，
，，
侧面为矩形，
，
，
平面，
则，
则 是二面角的平面角，
则，则，，
设，
，，
，
，
，
又，
在中，
即，
平方整理得，得或（舍，
即侧棱的长为2；
（Ⅱ）建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：
过作底面，
，，则，
，
则，，
则，0，，，0，，，，，，，
则，，，，，，
设平面的法向量为，，，
由，，
则，令，则，即，0，，
，0，，
设，0，，，
，，，0，，，，
与平面所成角的正切值，
，
即，，
平方得，得，即在处．
即在侧棱上存在点，使得直线与平面所成角的正切值为．

核心考点八：空间中的点不好求
【规律方法】
方程组思想
【典型例题】
例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台的体积为，且，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的正弦值.
【解析】（1）

由已知，平面，平面，所以，
在三棱台中，，所以，所以，
又因为平面，且，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面，得证.
（2）

取，的中点，连接，所以，
又因为，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，为的中点，所以，
由（1）问可知，平面平面，且平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别为轴的正方向，
因为，，且，所以，
所以，，，，，，
在三棱台中，设，

，， ，
所以或，所以，
所以，
设平面的法向量为，
，，
由可知，平面的一条法向量为，
设平面的法向量为，
，，
由可知，平面的一条法向量为，
所以，
所以二面角的正弦值为.
例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.

(1)求证：；
(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.
【解析】（1）底面是菱形，
，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面，又平面，
.
（2）解法一：

由（1）知面，又平面，
平面平面，
作交线，垂足为，
因为平面平面=，平面，则面，
又平面，所以.
再作，垂足为，面，面，
所以面，又面
则，
所以为二面角的平面角，

因为平面，所以到底面的距离也为.
作，因为平面平面，平面平面＝，
平面，所以平面，所以，
又为锐角，
所以
又，所以为等边三角形，故，所以，
因为，所以，
所以.
所以二面角的平面角的余弦值为.
解法二：由（1）知面，又平面，
平面平面，
作，因为平面平面，平面平面＝，
平面，所以平面，
如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.

因为平面，所以到底面的距离也为.
所以，又为锐角，所以
又，所以为等边三角形，故，
在空间直角坐标系中：，设，则


则，
设平面的法向量为，
，取
设平面的法向量为，
，取
所以，
由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.
例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.

(1)证明；平面；
(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时,与所成角的余弦值.
【解析】（1）过点D作交与点O，

∵平面平面，且两平面的交线为,面，
∴平面,又平面,∴,
又且平面,
∴平面;
（2）过点E作交与点N，连接,
∵平面平面，且两平面的交线为, 平面，
∴平面,又平面,
∴到平面的距离相等,
∴且，故四边形为平行四边形，
所以,平面，
则平面平面，故,
又因为,所以，
而底面为以为斜边的等腰直角三角形,,故,
故，
又,，令,
令, ,
所以在单调递增，在单调递减，
即，当且仅当时取得最大值，
如图所示，以点O为原点以为建立空间直角坐标系，
则
,
设与所成角为，则 ，
即当几何体体积最大时，与所成角的余弦值为.
核心考点九：创新定义
【规律方法】
以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．
【典型例题】
例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．

(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
【解析】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，
∴，
记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，
∴，
∵平面内直线AO，FP相交于点F，
∴TF⊥平面，
∵直线TF平面AOS，
∴平面AOS⊥平面，
∴．连TO，TM，
∴，，
∴球T的半径且，
∴.

（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点
∵，
∴
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.
∵OM，OF与球T相切，
∴，
∴，，
设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．
∵PF与球T相切于点F，
∴，，
∴，
即（1），
两边平方整理得：（2），
两边平方整理得：（3），
易知：（3）（2）（1），
∴交线C在坐标平面xOy中方程为，
∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.
例29．（2022·全国·高三专题练习）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．

（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，四棱柱中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，
作交于点，连接，

则是二面角的平面角．
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得，
∴，
两边同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直线上存在点，使平面．
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴．
在四边形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴当点在的延长线上，且使时，平面．
例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．

（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；
（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值．
【解析】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）设底面正六边形的边长为1，
如图所示，连接AC，SH，则，

设点在上底面ABCDEF的射影为O，则,
令，则，
菱形SAHC的面积，
的面积为，
令正六棱柱的侧面积为定值时，
蜂房的表面积为，
，令得到，
经研究函数的单调性，
得到函数在处取得极小值，
此时，
在中，令，
由余弦定理得,
顶点的曲率为，
其余弦值为.
【新题速递】
1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：设,连接,如图所示：

则为的中点，
因为，
所以，
即，
又因为，
所以，
又因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）因为，
所以为正三角形，四边形为菱形，
因为，，
设，则，，
所以为等腰直角三角形，
所以，
又因为四边形为菱形，
所以，，
又因为，
所以，
所以，
即两两垂直，
以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的坐标系：

所以，，，，，
设，
由可得，
所以，
所以，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，
即有，
令，得，
所以，
设直线与平面所成角为，
则有.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，.

(1)证明: ；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明: 连接， 在中，，

由余弦定理得，，
，
，
.
又为等腰直角三角形，且，
，
，平面，
平面.
∵平面，
∴
（2），
，
，
如图， 以 A为原点， 的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，

设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
平面的一个法向量为.
，
设与平面所成角的大小为，
，
与平面所成角的正弦值为.
3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥中，底面，且底面是平行四边形.已知是中点.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【解析】（1）面，且，
.
∵是中点,所以.
同理可证：.
又面，面，,
平面.
∵面，
∴平面平面.
（2），.
以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建系，如图：

则.
设平面的法向量
则，得，不妨取，则.
由（1）得是平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.

(1)证明：平面；
(2)若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
（2）因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体中，已知.点是中点.

(1)求证：平面；
(2)已知，作出二面角的平面角，并求它的正弦值.
【解析】（1）是中点，

又是中点，

面
所以面

（2）由题知，，，
取的中点，连接，
,
根据三角形全等证明方法,可以证明,
,
所以是二面角的平面角，
利用勾股定理计算出,
由余弦定理得，解得，
所以，，
所以，
所以中，.
6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥中，侧面PAB垂直于底面ABC，，底面ABC是斜边为AB的直角三角形，且，记O为AB的中点，E为OC的中点.

(1)求证：；
(2)若，直线PC与底面ABC所成角的大小为60°，求四面体PAOC的体积.
【解析】（1）连接，因为，所以，
侧面垂直于底面，平面，平面平面，
所以底面，底面，所以，
是斜边为的直角三角形，且，所以，
又因为O为AB的中点，所以,所以为等边三角形，
又E为OC的中点，所以，
因为，，，，
所以平面，又平面，
所以；

（2）由（1）知底面ABC，所以直线PC与底面ABC所成角为，因为直线PC与底面ABC所成角的大小为，，
因为，所以，在中，，
，所以.
7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，是棱的中点，且平面

(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【解析】（1）取中点，连接，，，，面，面，

故面，面，，面面，
平面平面，平面平面，故.
，，，，故，
，是中点，故，，平面，
故面，，故面.
（2）如图所示以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，

设平面法向量为， ，
取，，
设平面法向量为，，
取，，
，
设二面角的平面角为，.
8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥中，底面，∥，为的中点.

(1)若点M在AD上，，，证明：平面；
(2)若，，求二面角的余弦值.
【解析】（1）证明：如图所示：

取中点，连接，
因为，
所以，
又因为，
所以，
又因为∥，
所以∥，
又因为为的中点，
所以∥且，
即有∥且，
所以四边形是平行四边形，
所以∥，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）连接，
因为，
所以为等腰三角形，
取中点，连接，
则有，
又因为∥，
所以，
又因为底面，
所以建立如以为轴，为轴，为轴的空间坐标系，如图所示：

因为，，
则有，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则有，所以，
令，
则，
因为底面，
取平面的法向量，
设二面角的大小为(为钝角)，
则有.
9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体中，四边形为菱形，平面，且.

(1)求证：；
(2)求二面角的大小.
【解析】（1）证明：由于四边形为菱形，则
平面平面

又平面平面
平面，又平面

（2）如下图，取的中点，连接，
为等边三角形，，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则由题意得

，又，
则，
，
由（1）知平面，则可取为平面的法向量
设平面的法向量为，则，
，令得，
设二面角的平面角为，则，
由题知二面角的锐二面角，
所以二面角大小为.
10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体中，四边形为菱形，平面，且.

(1)求证：；
(2)求点到平面的距离.
【解析】（1）证明：平面，平面
，
四边形为菱形，
，
又，平面平面，
平面


（2）
平面，

，
由四边形为菱形，，
可得，
，
设点到平面的距离为，
则，
由可得，
解得.
点到平面的距离为.
11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）是等腰直角三角形，且，四边形是直角梯形，，，且，平面平面.

(1)求证：平面；
(2)若点是线段上的一个动点，问点在何位置时三棱锥的体积为.
【解析】（1）证明：直角梯形中，，，且，则，由得，
∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴，
又，平面，∴平面；
（2）设，∵平面，则到平面PAD的距离d有：，
等腰直角三角形，且，则，
∴.
故点在PB中点时三棱锥的体积为.
12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE中（如图1），ABCD是梯形，，，，，是等边三角形．现将沿AD折起，连接EB，EC得四棱锥（如图2）且．

(1)求证：平面平面ABCD；
(2)在棱EB上有点F，满足，求二面角的余弦值．
【解析】（1）依题意，ABCD是梯形，，，，
，是等边三角形．
设是的中点，则三点共线，且
折叠后，，，即，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）由（1）可知两两相互垂直，以为原点建立空间直角坐标系如图所示，
平面的法向量为，
，
，,
，设平面的法向量为，
则，故可设，
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.


13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥中，，，，，.

(1)求证：平面.
(2)设E为BC的中点，求PE与平面ABCD所成角的正弦值.
【解析】（1）∵，，PB=PD，∴Rt△PDC≌Rt△PBC，∴BC=DC，
又PB∩PD=P，∴PC⊥平面PBD，∵BD平面PBD，∴PC⊥BD，
∵AB=AD，BC=CD，∴易知AC⊥BD，
又∵AC∩PC=C，AC,PC含于面PAC∴BD⊥平面PAC；
（2）

如图，设AC交BD于O，则O是BD的中点，连接OP，过作，连接，
由（1）得，BD⊥平面PAC，面，故，又，所以，面，故为PE与平面ABCD所成角，设，因为为中点，且，故在中，，
又由BC=CD，且BD=，，
∴在△BCD中，由余弦定理得：，
即，解得，故，
∴，，，
，
∵PC⊥平面PBD，∴， 所以，在中，利用等面积法，得到
，故，所以，在中，

14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在侧棱上.

(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【解析】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，
取AB中点为F,连接，

∵四边形ABCD是直角梯形，，，，
∴，，，，
∴四边形ADCF为矩形，，
∴.
∴⊥，又，平面，
∴平面PBC.
∵平面EAC，
∴平面平面PBC.
（2）方法一：由（1）知平面PBC，又∵平面PBC，
∴⊥，
由（1）知，所以是二面角的平面角.
由图知平面PAC与平面ACE的夹角即为二面角，
∵平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值为，
∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
在中，由，得：，
∴，
∴，，
∵∠CPB与∠CBP互余，∠PCE与∠ECB互余，
∴，，
∴；
方法二：如图，以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，

显然平面PAC的一个法向量为，则，
设，，
则，
∴，
∴，
当时，重合，此时平面与平面的夹角为90°，此时余弦值为1，不合要求，
当时，设为平面EAC的法向量，，
则，即，
得，取得，
∴，
设平面与平面的夹角为，，
则，
解得：.
∴，
∴.