新高考数学三轮复习考前冲刺练习13 立体几何大题综合（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023·山东·校联考二模）如图，在正三棱台ABC—DEF中，M，N分别为棱AB，BC的中点，.
(1)证明：四边形MNFD为矩形；
(2)若四边形MNFD为正方形，求直线BC与平面ACFD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据三角形中位线可得线线平行，进而可证为平行四边形，由三角形全等可证对角线相等，即可求证为矩形，
（2）根据正棱台可判断三棱锥 为正三棱锥，根据棱长进而判断为正四面体，由正四面体的性质即可结合长度以及线面角的定义求解.
【详解】（1）延长,则相交于一点,连接,
M，N分别为棱的中点，所以 且，
由于，所以又，
所以,所以四边形为平行四边形，
在三棱锥中，,所以,
进而得 ,又 ,因此
所以 ，故四边形为矩形
（2）由可知分别是的中点，
所以,
又四边形为正方形，所以，所以,
由于三棱锥为正三棱锥，且，因此三棱锥为正四面体，
因此直线BC与平面ACFD所成的角即为直线与平面所成角，
取的中心为,连接,则平面，所以为直线与平面所成角，
设四面体的棱长为 ，在中，由正弦定理可得， ，
在中，,
故直线BC与平面ACFD所成的角的正弦值为
2．（2023·河北张家口·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，为棱的中点，是棱上一点，且．
(1)证明：平面；
(2)若，直线与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取棱PB和PC的中点，利用平行四边形的判定及性质证明线线平行，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用线面角求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.
【详解】（1）如图，设E，F分别为棱PB和PC的中点，连接AE，EF，FD，
则，且，
又，，所以，且，
所以四边形ADFE为平行四边形，故，
因为，E为棱PB的中点，所以，
又M为棱AP的中点，所以，故，
又平面PDC，平面PDC，所以平面PDC；
（2）设，所以，
又，所以，所以，所以和为等边三角形，
设O为棱CD的中点，连接OP，OB，故，
又，，，平面POB，平面POB，
所以平面POB．又平面ABCD，所以平面平面ABCD，
故直线PB与平面ABCD所成的角为，所以，
又，所以，
综上OP，OB，OC两两垂直，以为坐标原点，以OB，OC，OP分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则，，，，
因为，所以，
又为棱的中点，则，
所以，，，
设为平面MCD的法向量，
则,即，令，可得，
设为平面BMD的法向量，
则，即，令，可得，
所以，
故平面BMD与平面MCD夹角的余弦值为.
3．（2023·山东青岛·统考模拟预测）已知平面四边形ABCE（图1）中，，均为等腰直角三角形，M，N分别是AC，BC的中点，，，沿AC将翻折至位置（图2），拼成三棱锥D-ABC.
(1)求证：平面平面；
(2)当二面角的二面角为60°时，
①求直线与平面所成角的正弦值；
②求C点到面ABD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）证明，由线面垂直判定定理证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；
（2）①证明为二面角的平面角，取的中点，由面面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值；
②求向量在平面的法向量上的投影向量的长度即可.
【详解】（1）因为分别是的中点，
所以，又，
所以，
因为，
所以.
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
（2）①因为，
所以就是二面角的平面角，
由已知，
因为为以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，
所以，又，
所以为等边三角形，
取中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以面
如图，以直线为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
，

设面的一个法向量
则有，所以，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
，
所以，
所以直线与面所成角的正弦值为·
②，
点到面的距离
4．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）已知正三棱锥的底面边长等于，顶点P在底面ABC内的投影为O，点O在侧面PAB内的投影为D，连接PD与棱AB交于点E．
(1)证明：点E是棱AB的中点；
(2)若点D是的重心，求直线CD与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）根据线线垂直、线面垂直、等腰三角形的知识证得点E是棱AB的中点；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线CD与平面PAC所成角的正弦值.
【详解】（1）由于平面平面，所以.
由于平面，平面，所以.
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于，即三角形是等腰三角形，所以是棱的中点.
（2）由（1）可知单点共线，连接，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设，则，
由于是三角形的重心，所以，，
由于平面，平面，所以.
所以（负根舍去），
则，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线CD与平面PAC所成角为，
则.
5．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）在四棱锥中，，，，，顶点在底面上的射影在线段上，且.
(1)证明：；
(2)若，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)
【分析】（1）由余弦定理和勾股定理逆定理得到，求出各边长度得到四边形为平行四边形，从而得到，再由证明出线面垂直，进而证明出结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角的大小.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
∵，
∴，
延长交于点，由题易知，
∵，
∴，，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，．
∵平面ABCD，平面，
∴.
∵，是平面内两相交直线，
∴平面BPD．
∵平面BPD，
∴.
（2）由（1）知，，互相垂直，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，即，
不妨取，得.
设平面的一个法向量为，
则，
不妨取，得，
所以，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
6．（2023·广东湛江·统考二模）如图1，在五边形中，四边形为正方形，，，如图2，将沿折起，使得至处，且．
(1)证明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求解二面角.
【详解】（1）证明：由题意可知，所以，，
因为，，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，，
由等腰三角形的性质可知，，
由，，可知，，
由且，可知，四边形为平行四边形，，平面；
设，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，
，，，．
设平面的法向量为，则
令，得，
因为，
所以平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角为锐角．故二面角的余弦值为．
7．（2023·广东茂名·统考二模）在四棱锥中，平面平面，，为的中点.
(1)求证：；
(2)若，，，，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明；（2）由边长关系，根据勾股定理证明得，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标和相关向量的坐标，设，利用空间向量的夹角公式，根据直线与平面的夹角列式计算点的坐标，求解平面的法向量，再利用点到平面的距离公式列式求解距离即可.
【详解】（1）∵，为的中点，∴
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，又平面，
∴
（2）由，，
可知四边形为等腰梯形，易知，
∵，∴
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
平面的法向量为，
设，则，
，，
∵直线与平面所成角为，
∴，
∴①
∵点在棱上，∴，
即，
∴，，代入①解得或（舍去）.
， ，，
设平面的法向量为，
，
令，得，，
所以点到平面的距离
【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
8．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，，，，.
(1)证明：平面；
(2)在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，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)见解析
(2)存在，
【分析】（1）由面面垂直的性质可得，再得出即可证明；
（2）设，求出平面和平面的法向量，利用向量关系建立方程求出即可得出.
【详解】（1）证明：正方形中，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，
，且，又，
，又，，
，又，，
又平面，
平面；
（2）解：如图，以B为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设点，，，
，
，
设平面的法向量为，
，
令，
显然，平面的法向量为，
，
即，即
即，解得或（舍），
所以存在一点，且.
9．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，四棱锥中，平面，，，，，为线段上一点，点在边上且.
(1)若为的中点，求四面体的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，进而利用坐标法求得点到平面的距离为，再计算体积即可；
（2）设点坐标为，根据得，进而根据线面角的向量方法求解即可.
【详解】（1）解：由题意可得两两互相垂直，
所以可以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
∴，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量，
，不妨令y＝1，∴.
设点到平面的距离为，则，
又因为，，∴的面积为.
∴四面体的体积为.
（2）设点坐标为，∴，.
∵，即，∴，
∴，∴.
设，，
∴.
设平面的一个法向量，
∴，即，令得
∴，
∴，
∵与面所成角的余弦值是，正弦值为.
∴，整理得，
∴，（舍去）.
∴存在满足条件的点，且.
10．（2023·云南曲靖·曲靖一中校考模拟预测）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上的动点（不与A、C重合），平面与棱交于点.
(1)求证；
(2)若平面平面，，判断是否存在点D使得平面与平面所成的锐二面角为，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先证明平面，再由线面平行的性质定理证明；
（2）假设D点存在，建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题，判断D点坐标是否有解.
【详解】（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
（2）连接，取AC中点O，连接，，在菱形中，，
∴是等边三角形，
又∵O为AC中点，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以点为原点，，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
假设存在点D，满足题意，设，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，，
故，
设平面的法向量为
，，
，，令，则，，故，
，解，
所以点D在点C的位置时，平面与平面所成锐角为，
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
11．（2023·云南昆明·统考一模）如图，直四棱柱中，是等边三角形，
(1)从三个条件：①；②；③中任选一个作为已知条件，证明：；
(2)在（1）的前提下，若，是棱的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）对①：设与的交点为，
∵是等边三角形，且，则为的中点，
可得，且，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；
对②：∵，则，
又∵，即，
可得，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；
对③：∵，即，
在中，则，可得，
故，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故.
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
12．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考一模）如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取AM的中点G，连接PG，即当平面平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，即可得到结果；
（2）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点，分别DA以DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果.
【详解】（1）取的中点，连接，因为，则，
当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，
底面为梯形，，
则四棱锥的体积最大值为.
（2）连接，因为，所以，所以为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，
分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
过作于点，由题意得平面，
设，因为，所以，，，
所以，，
所以，
所以，，
设平面PAM的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量为，
因为，，
则，令，
可得，
设两平面夹角为，
则
令，，所以，
所以，
因为的对称轴为，
所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为．
13．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，，侧面为菱形，为等边三角形．
(1)求证：；
(2)若，点E是侧棱上的动点，且平面与平面的夹角的余弦值为，求点B到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，设，求出平面的一个法向量，根据平面与平面的夹角的余弦值求得参数，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：
∵四边形为菱形，∴为的中点，则．
为等边三角形，有，平面，
，∴平面,
平面，∴，
又，平面，，
∴平面,∵平面，∴．
（2）由（1）知，，且平面，
故平面，而平面，故平面平面，
分别取的中点，连接，
则，∴平面，为等边三角形，，
而平面平面，平面，故平面，
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，，，，
设，则，
∴，，
设平面的一个法向量，则有，
令，则，，即，
又∵平面的法向量为，
∴平面与平面的夹角的余弦值为,
∴，∴或（舍），
此时，又，
∴点到平面的距离为：．
14．（2023·江苏·校联考模拟预测）如图1，在边长为4的等边中，，分别是，的中点．将沿折至（如图2），使得．
(1)证明：平面平面；
(2)若点在棱上，当与平面所成角最大时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，通过证明平面得平面平面．
（2）（方法1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，将与平面所成角的正弦值表示为的函数，利用二次函数求最大值即可；
（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．即为与平面所成角且，当的最小时，MB最长.
【详解】（1）取的中点，因为是等边三角形，所以．
因为的边长为4，
所以．
在中，，，，
由余弦定理，
得．
因为，所以．
又因为，，平面，
所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
（2）（方法1）取的中点，则．
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
设，因为，所以，
所以．
因为平面，平面，所以．
又因为，平面，所以平面，
所以平面的一个法向量为．
记与平面所成角为，
则．
因为当时，取得最大值，此时最大，
所以，所以．
（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．
因为平面，平面，所以．
又因为，，平面，所以平面，
所以即为与平面所成角．
因为在中，，
所以．
在平面内，当时，最小，
此时，
所以此时取得最大值，也最大．
因为，所以．
15．（2023·山东菏泽·统考二模）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，，，，，E为PD中点.
(1)求证：面PAB；
(2)点Q在棱PA上，设，若二面角P－CD－Q余弦值为，求.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）取PA中点为F，连接EF，FB.通过证明，可得面PAB.
（2）如图建立以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴的空间直角坐标系，由，可得，后分别求出平面PCD法向量，平面CDQ法向量，则，据此可得答案.
【详解】（1）取PA中点为F，连接EF，FB.因E，F分别为PD，PA中点，则
，即四边形ECBF为平行四边形，
则，又平面PAB，平面PAB，则面PAB；
（2）取CD中点为G，因，则.
又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDC，
则平面ABCD.过C点作BA平行线，交AD于M.因平面ABCD，
则.过C做PG平行线CN，则以C为原点，CM所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CN所在直线为z轴，如图建立空间直角坐标系.
则
注意到，则，故.
则，，，
.
设平面PCD法向量为，则，取；
设平面CDQ法向量为，则，
令，则，故取.
因二面角P－CD－Q余弦值为，则，
即.
又，则.
.
16．（2023·吉林·统考二模）如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
(2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，
所以，
因为，所以在等腰中，，
所以，
因为是圆柱的底面直径，所以，则，
所以，则，即，
所以在等腰，，平分，则，
所以，则，
故在中，，，则，
在中，，
因为是圆柱的母线，所以面，
所以，
，
所以．
（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
则，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设二面角的平面角为，易知，
所以，
因此二面角的余弦值为．
17．（2023·江苏南通·二模）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解.
【详解】（1）如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）如图，已知四棱锥，底面是平行四边形，且，是线段的中点，.
(1)求证：平面；
(2)下列条件任选其一，求二面角的余弦值.
①与平面所成的角为；
②到平面的距离为.
注：如果选择多个条件分别解答，按一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形中的几何关系可得再根据勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明结果；
（2）选①，取中点为，连接，根据几何关系可得，根据（1）可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，则与平面所成的角为，由此计算出，进而计算得，可得为等边三角形；
选②，取中点为，连接，计算长度及根据等体积法可求得，即可得为等边三角形，建立合适的空间直角坐标系，求得各个点的坐标，进而求得平面的法向量及平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值即为二面角的余弦值绝对值即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为，且，故，
在中，，
由余弦定理可得：，
解得，在中，，
所以，即，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）选①，取中点为，连接，如图所示：
因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，所以为与平面所成的角，
即，因为，，
所以为等边三角形，且边长为1，所以，，
由可得，
因为，，
所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：
所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设二面角所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
选②， 取中点为，连接，如图所示：
因为，故，由（1）得平面，
因为平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
设到平面的距离为，
因为，，所以等边三角形，
所以，，设，则，
因为，所以，
因为，为中点，所以，
所以，由，，
平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，即，
所以，因为，
即，
即，
解得，即，所以，所以为等边三角形，
以为原点，为在轴正方向建立如图所示空间直角坐标系：
所以，
，
设是平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设为平面的法向量，
则，即，
取，可得，
设所成的角为，则，
所以二面角的余弦值为.
19．（2023·湖北·统考二模）如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面．
(1)求棱BC的长度；
(2)若，且的面积，求二面角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根据平行关系可得，再结合垂直关系可得，即可得结果；
（2）根据题意分析可得平面ABC，，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD，
∵分别为的中点，则且，
又∵为三棱柱，且分别为的中点，则且，
可得且，即四边形DEFB为平行四边形，故，
又∵平面，则平面，
平面，可得，
又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，
∴.
（2）由（1）可知：，且，即，
∴，
则可得，且，
∵平面，平面，则，
∴，解得，
由（1）知平面，平面，则，
又∵，则
又∵，，则，
，平面ABC，
∴平面ABC，
平面ABC，则，
且，可得，
∴为直角三角形，则，
以为坐标原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
∵平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
可得，
∴，
故二面角的正弦值为.
20．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．
(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；
（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.
∵为等边三角形，∴，OA=1，.
又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
平面PAD，∴平面ABC.
又∵平面ABCD，∴.
∵，∴，∴.
又∵，平面POB，
平面POB，，∴平面POB.
又∵平面POB，∴.
∴，
设点A到平面PBC的距离为h，
则即，∴；
（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.
设，则，.
得，则.
又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.
设AE与平面ABCD所成的角为，则
，解得.
则，.
设平面ADE的法向量，则.
令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.