高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题37空间线线角、线面角、二面角(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题37空间线线角、线面角、二面角(原卷版+解析)，共75页。试卷主要包含了(2023·新高考Ⅰ卷T9），(2023·全国甲等内容，欢迎下载使用。
专题37 空间线线角、线面角、二面角
空间角
线线角
定义
求法
线面角
二面角
定义
求法
定义
求法
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T9） （多选题）已知正方体，则（ ）
A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面ABCD所成的角为
2. (2023·浙江卷T8）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B. C. D.
3.(2023·全国甲（理、文）T9） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
4.(2023·全国甲（理）T18） 在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
5.(2023·全国乙（理）T18） 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．
6.(2023·新高考Ⅰ卷T19） 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．
7.(2023·新高考Ⅱ卷T20） 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
8.(2023·北京卷T17）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．
9.(2023·浙江卷T19） 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．
10．(2023年高考全国乙卷理科)在正方体中，P为中点，则直线与所成的角为( )
A．B．C．D．
11．(2023年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和中点，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?
12．(2023年高考全国乙卷理科)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．
13．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)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．
14．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
15．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
(1)证明：点平面内；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
16．(2023年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
18．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)平面过正方体的顶点，平面CB1D1，平面，平面，则所成角的正弦值为( )
(A)(B)(C)(D)
20．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)如图,在四棱锥中,,且．
(1)证明:平面平面;
(2)若,,求二面角的余弦值．
讲典例 备高考
类型一、异面直线所成的角的求法
基础知识：
1、定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线 a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)，如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直。
2、异面直线所成角的范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))
基本题型：
1．如图，在三棱锥中，，，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
2. 如图，点M是正方体的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
3. 如图所示，三棱柱中，底面.
（1）求证：平面；
（2）已知，且异面直线与所成的角为，求三棱柱的体积.
4. 如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，
ED∥PA，且PA＝eq \r(3)ED＝eq \r(3)AB，现将△CDE以直线DE为轴旋转一周后，则直线BP与动直线CE所成角的范围为 ．
基本方法：
1、异面直线所成角的向量求法：若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|)
2、定义法：利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移，补形平移．即通过平移找到所求的异面直线所成的角，用平移法求异面直线所成的角的基本步骤为：
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；
(3)三求：解三角形，求出所作的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
类型二、直线与平面所成的角的求法
基础知识：
1、定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角．
2、直线与平面所成角的范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
4、线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，
即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
基本题型：
1．如图，已知四棱锥中，平面，底面为矩形，，.若在直线上存在两个不同点，使得直线与平面所成角都为.则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
2、如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.
3.如图，在三棱锥中，是边长为的正三角形，，，，为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
4、如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，PC＝2eq \r(3)，E为PB中点，________，求证：四边形ABCD是直角梯形，并求直线AE与平面PCD所成角的正弦值．
从①CD⊥BC；②BC∥平面PAD这两个条件中选一个，补充在上面问题中，并完成解答．
基本方法：
求解直线与平面所成角的方法
(1)定义法：
①作：在斜线上选取恰当的点，过该点向平面引垂线，作出所求角，其中确定垂足的位置是关键；
②证：证明所作的角为直线与平面所成的角；
③求：构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．
(2)公式法：sin θ＝eq \f(h,l)(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面α的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面α所成的角)．
(3)向量法：sin θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up7(―→))，n〉|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·n|,|eq \(AB,\s\up7(―→))|·|n|)(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线与平面α所成的角)．
类型三、二面角的求法
基础知识：
1、二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
2、二面角的平面角定义：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
3、二面角的平面角α的范围：eq \a\vs4\al([0，π]).
4、二面角的平面角的向量求法：平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cs φ|＝|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
5、两个平面的夹角：若平面α，β的法向量分别是n1，n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角；
6、设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
基本题型：
1．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
2．已知是各棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，则平面与平面所成的锐二面角为（ ）
A．45°B．60°C．75°D．30°
3. 如图，多面体中，平面平面，，，四边形为平行四边形.
（1）证明：；
（2）若，求二面角的余弦值.
4.如图,在四棱锥中,底面为平行四边形,,垂足为,
.
（1）求证：平面平面；
（2）若,求二面角的正弦值.
5、如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC.
(2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C­AF­D大小为60°？
6．如图，为圆的直径，点在圆上，，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知．
（1）求证：平面平面；
（2）当的长为何值时，二面角的大小为．
基本方法：
1．利用向量法解二面角问题的策略
找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小
找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小
2.两个平面夹角的向量求法
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下：
(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系；
(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2；
(3)计算：cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
类型四：空间角的交汇问题
1. 如图，三棱柱中，点在平面内的射影在线段上，.
（1）证明：；
（2）设直线与平面所成角为，求二面角平面角的余弦值.
2．如图，在三棱锥中，是以为底的等腰直角三角形，，为的中点．
（1）证明：平面．
（2）若点M在棱上，且二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
3．如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．
(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；
(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②二面角A′­MN­C的大小为60°；③A′B＝eq \r(7).在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答．当________时，在线段BC上是否存在一点P，使直线PA′与平面A′BM所成角的正弦值为eq \f(3\r(10),10)？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
新预测 破高考
1．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝90°，若AB＝，AA1＝2，当鳖臑A1﹣ABC体积最大时，直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝1，AA1＝2，则异面直线BD1和B1C所成角的余弦值为( )
A.eq \f(3\r(70),70) B．－eq \f(3\r(70),70) C．－eq \f(\r(70),70) D.eq \f(\r(70),70)
3、空间直角坐标系O-xyz中，经过点P(x0，y0，z0)且法向量为m＝(a，b，c)的平面方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0，经过点P(x0，y0，z0)且一个方向向量为n＝(μ，υ，ω)(μυω≠0)的直线l的方程为eq \f(x－x0,μ)＝eq \f(y－y0,υ)＝eq \f(z－z0,ω).阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3x－5y＋z－7＝0，经过点(0,0,0)的直线l的方程为eq \f(x,3)＝eq \f(y,2)＝eq \f(z,－1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为( )
A.eq \f(\r(10),10) B.eq \f(\r(10),35) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(5),7)
4．（多选题）正三棱柱中，，则（ ）
A．与底面的成角的正弦值为 B．与底面的成角的正弦值为
C．与侧面的成角的正弦值为 D．与侧面的成角的正弦值为
5．（多选题）已知三棱锥B-ACD的侧棱两两垂直，E为棱CD的中点，且，，，则（ ）
A． B．异面直线BE与AD所成角的正弦值为
C．平面ABE与平面ABD不垂直 D．平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为
6．（多选题）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且.则下列结论中正确的有（ ）
A．当向运动时，总成立 B．当向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为 D．三棱锥的体积为定值
7．（多选题）正方形沿对角线折成直二面角，下列结论正确的有（ ）
A．与所成的角为 B．与所成的角为
C．与面所成角的正弦值为 D．平面与平面的夹角的正切值是
8、在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
9、已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，设PA＝AB＝a，AD＝2a，则二面角B-PC-D的余弦值为________．
10. 如图，在三棱锥中，，一平面截三棱锥所得截面为平行四边形.已知，，则异面直线和所成角的正弦值是____ __.
11．如图，在正四棱柱中，底面边长为2，直线与平面所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为_____．
12．四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点，且二面角的平面角大小为，若动点的轨迹将分成面积为的两部分，则________.
13. 如图，已知四棱锥平面，
（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.
14. 在四棱锥中，底面四边形为直角梯形，侧面为等边三角形，、分别为、的中点，平面，，，，.
（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.
15. 已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，且，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
16．如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是的中线，点是棱的中点．
（1）证明：平面．
（2）若平面平面，且，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
17．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图所示，三棱柱可分解成一个阳马和一个鳖臑，其中侧面是边长为3的正方形，，M为线段上一点．
（1）求证：平面平面；（2）求的长，使得线段与平面所成角的正弦值为．
18. 如图，在四棱锥中，为矩形，是以为直角的等腰直角三角形，平面⊥平面．
(1)证明：平面⊥平面；
(2) 为直线的中点，且，求二面角的余弦值.
19、如图，在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAE＝∠BAE＝45°，∠DAB＝60°.
(1)证明：平面ADE⊥平面ABE；
(2)若平面DCE与平面ABE夹角的余弦值为eq \f(\r(15),5)，求直线DE与平面ABE所成角的正弦值．
20．已知在六面体PABCDE中，PA⊥平面ABCD，ED⊥平面ABCD，且PA＝2ED，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°.
（1）求证：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若直线PC与平面ABCD所成角为45°，试问：在线段PE上是否存在点M，使二面角P﹣AC﹣M为60°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
2023高考一轮复习讲与练
专题37 空间线线角、线面角、二面角
空间角
线线角
定义
求法
线面角
二面角
定义
求法
定义
求法
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T9） （多选题）已知正方体，则（ ）
A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面ABCD所成的角为
答案：ABD
分析：数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD
2. (2023·浙江卷T8）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
分析：先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，，，，所以，故选：A．
3.(2023·全国甲（理、文）T9） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
答案：D
分析：根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．对于A，，，，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D．
4.(2023·全国甲（理）T18） 在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
答案：（1）证明见解析； （2）.
分析：（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【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，又因平面，所以；
（2）如图，以点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.
5.(2023·全国乙（理）T18） 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．
答案：（1）证明过程见解析；（2）与平面所成的角的正弦值为
分析：（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【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.
6.(2023·新高考Ⅰ卷T19） 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．
答案：（1） （2）
分析：（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【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.
7.(2023·新高考Ⅱ卷T20） 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
答案：（1）证明见解析 （2）
分析：（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
【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
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，所以，
所以故二面角的正弦值为；
8.(2023·北京卷T17）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．
答案：（1）见解析 （2）见解析
分析：（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【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.
9.(2023·浙江卷T19） 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．
答案：（1）证明见解析； （2）．
分析：（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【解析】
（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵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，
∴．
10．(2023年高考全国乙卷理科)在正方体中，P为中点，则直线与所成的角为( )
A．B．C．D．
答案：D
解析：
如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以．
11．(2023年高考全国甲卷理科)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和中点，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?
答案：（1）见解析；（2）
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．
【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出（），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．
12．(2023年高考全国乙卷理科)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．
答案：（1）；（2）
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．
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．
13．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)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，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y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，
所以，设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以，故，
设二面角的大小为，则．
【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题．
14．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．
答案：（1）证明见解析；（2）．
解析：（1）分别为，的中点，，又，
在中，为中点，则，又侧面为矩形，
，，由，平面
平面，又，且平面，平面，
平面，又平面，且平面平面
，，又平面，平面
平面，平面平面
（2）连接
平面，平面平面，
根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面
，故：四边形是平行四边形，设边长是()
可得：，
为的中心，且边长为，
故：，，，，解得：
在截取，故，且
四边形是平行四边形，，由（1）平面
故为与平面所成角
在，根据勾股定理可得：
直线与平面所成角的正弦值：．
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题．
15．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
(1)证明：点平面内；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
答案：（1）证明见解析；（2）．
解析：（1）在棱上取点，使得，连接、、、，
在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，因此，点在平面内；
（2）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、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，．
因此，二面角的正弦值为．
【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题．
16．(2023年高考数学课标Ⅱ卷（理）)在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A．B．C．D．
答案：C
解析：以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，所以
因为
所以异面直线与所成角的余弦值为，故选C．
18．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)平面过正方体的顶点，平面CB1D1，平面，平面，则所成角的正弦值为( )
(A)(B)(C)(D)
答案：A【解析】如图所示：
∵，∴若设平面平面，则
又∵平面∥平面，结合平面平面
∴，故 同理可得：
故、的所成角的大小与、所成角的大小相等，即的大小．
而（均为面对交线），因此，即．故选A．
20．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)如图,在四棱锥中,,且．
(1)证明:平面平面;
(2)若,,求二面角的余弦值．
答案：(1)详见解析;(2)二面角的余弦值为．
分析：(1)根据题设条件可以得出,,而,就可证明出平面．进而证明平面平面;(2)先找出的中点,找出相互垂直的线,建立以为坐标原点,的方向为轴的正方向,为单位长的空间直角坐标系,列出所需要的点的坐标,设是平面的法向量,是平面的法向量,根据垂直关系,求出和,利用数量积公式可求出二面角的平面角．
【解析】(1)由已知,得,,由于,故,
从而平面, 又平面,所以平面平面
(2)在平面内做,垂足为, 由(1)可知,平面,故,可得平面． 以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系．

由(1)及已知可得,,,．所以,
,,． 设是平面的法向量,则
,即,可取．
设是平面的法向量,则,即,可取．
则,所以二面角的余弦值为．
讲典例 备高考
类型一、异面直线所成的角的求法
基础知识：
1、定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线 a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)，如果两条异面直线所成的角是直角，那么我们就说这两条异面直线互相垂直。
2、异面直线所成角的范围：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))
基本题型：
1．如图，在三棱锥中，，，点，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
答案：B
分析：作出异面直线所成的角，利用余弦定理求得所成角的余弦值.
【详解】如图，连接，取的中点，连接，，则，或其补角为异面直线，所成的角．由题意可知，，，
所以．

2. 如图，点M是正方体的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
分析：连接，，根据异面直线所成角的定义，转化为求（或其补角）的余弦值，然后在三角形中用余弦定理即可解得.
【详解】连接，，如图：易得，所以（或其补角）是异面直线AM与BC1所成角，设正方体的棱长为，，，
在三角形中，，所以异面直线AM与BC1所成角的余弦值是.
3. 如图所示，三棱柱中，底面.
（1）求证：平面；
（2）已知，且异面直线与所成的角为，求三棱柱的体积.
分析：（1）由，可证平面；
（2）由异面直线与所成的角为可知，求出，根据三棱柱体积公式计算即可.
【详解】（1）因为底面ABC，所以，又,所以平面.
（2）因为，所以异面直线与所成的角即为，所以，又，所以，所以，所以三棱柱的体积.
4. 如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，
ED∥PA，且PA＝eq \r(3)ED＝eq \r(3)AB，现将△CDE以直线DE为轴旋转一周后，则直线BP与动直线CE所成角的范围为 ．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12)))
【解析】如图所示，将PB平移到EB1的位置，C1点在以D为圆心，半径为1的圆上运动．则∠B1EC1就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，EB1，EC1为定值，故最值由B1C1来确定，故当C1在C处线线角最小，在C2处线线角最大．
由于PA＝eq \r(3)ED＝eq \r(3)AB，故∠PBA＝∠EB1D＝eq \f(π,3).而DE＝DC＝1，故∠ECD＝eq \f(π,4)，所以∠CEB1＝eq \f(π,3)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,12).而∠EC2D＝∠ECD＝eq \f(π,4)，故∠B1EC2＝π－eq \f(π,4)－eq \f(π,3)＝eq \f(5π,12).
所以所求线线角的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(5π,12))).
基本方法：
1、异面直线所成角的向量求法：若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，
则cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·v,|u||v|)))＝eq \f(|u·v|,|u||v|)
2、定义法：利用图中已有的平行线平移，利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移，补形平移．即通过平移找到所求的异面直线所成的角，用平移法求异面直线所成的角的基本步骤为：
(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；
(2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；
(3)三求：解三角形，求出所作的角．如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．
类型二、直线与平面所成的角的求法
基础知识：
1、定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的角叫做这条直线和这个平面所成的角．
2、直线与平面所成角的范围：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
4、线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，
即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要误记为cs θ＝|cs〈a，n〉|.
基本题型：
1．如图，已知四棱锥中，平面，底面为矩形，，.若在直线上存在两个不同点，使得直线与平面所成角都为.则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
答案：ABC
分析：
由题意画出图形，求出使的值，即可求得满足直线上存在两不同点，使直线与平面所成角都为的的范围，结合选项得答案．
【详解】
如图，当时，由，得，又，，即．
若，则直线上不存在点，使直线与平面所成角为．
若，则直线上存在唯一一个点，使直线与平面所成角为．
若，则直线上存在两不同点，使直线与平面所成角都为．结合选项可知，的值可以是1，2，3．故选：ABC．
【点睛】本题主要考查空间中直线与平面所成角，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2、如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.若直线OF与平面BED所成的角为45°，则AE＝________.
【解析】如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，
以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系．设AE＝a，则B(0，eq \r(3)，0)，
D(0，－eq \r(3)，0)，F(－1,0,3)，E(1,0，a)，∴eq \(OF,\s\up7(―→))＝(－1,0,3)，eq \(DB,\s\up7(―→))＝(0,2eq \r(3)，0)，
eq \(EB,\s\up7(―→))＝(－1，eq \r(3)，－a)．设平面BED的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(DB,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(EB,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(3)y＝0，,－x＋\r(3)y－az＝0，))则y＝0，令z＝1，得x＝－a，
∴n＝(－a,0,1)，∴cs〈n，eq \(OF,\s\up7(―→))〉＝eq \f(n·eq \(OF,\s\up7(―→)),|n||eq \(OF,\s\up7(―→))|)＝eq \f(a＋3,\r(a2＋1)×\r(10)).
∵直线OF与平面BED所成角的大小为45°，
∴eq \f(|a＋3|,\r(a2＋1)×\r(10))＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)，∴AE＝2.
3.如图，在三棱锥中，是边长为的正三角形，，，，为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
分析：（1）取的中点，连结，进而证明平面，再结合线面垂直得线线垂直；（2）解法一：过点作，垂足为，取的中点，连结，进而将问题转化为求直线与平面所成角，再根据几何关系证明，进而利用几何法求解；
解法二：根据题意，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，再根据几何关系证明平面，进而利用坐标法求解即可；
【详解】（1）证明：取的中点，连结.因为是正三角形，所以，又因为，.所以，又平面，平，，所以平面，又因为平面，所以.
（2）解法1：过点作，垂足为.
由（1）知平面，所以，因为，所以平面.取的中点，连结，因为为的中点，所以.所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角.因为，所以.又由（1）知，，所以平面，所以.在直角中，，.
所以，，又在中，..
因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.
解法2：如图，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，
则，，，.因为，为的中点，所以，又，，所以平面ABC.所以，.
设平面PAC的法向量为，又，，
由，得.可取.
设直线与平面所成角为..
因此，直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.
4、如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，PC＝2eq \r(3)，E为PB中点，________，求证：四边形ABCD是直角梯形，并求直线AE与平面PCD所成角的正弦值．
从①CD⊥BC；②BC∥平面PAD这两个条件中选一个，补充在上面问题中，并完成解答．
【解析】选择①.先证四边形ABCD是直角梯形．连接AC，∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AD，PA⊥AC，PA⊥CD.∵PA＝AD＝2，∴PD＝2eq \r(2).
∵PC＝2eq \r(3)，∴CD2＋PD2＝PC2，∴CD⊥PD.
又∵PA∩PD＝P，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AD.
又∵CD⊥BC，∴AD∥BC.∴四边形ABCD是直角梯形．
再求直线AE与平面PCD所成角的正弦值．过A作AD的垂线交BC于点M.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AM，PA⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系A­xyz.则A(0,0,0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．∵E为PB的中点，
∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，1)).∴eq \(AE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，1))，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(2,2，－2)，eq \(PD,\s\up7(―→))＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(PC,\s\up7(―→))＝2x＋2y－2z＝0，,n·eq \(PD,\s\up7(―→))＝2y－2z＝0，))令y＝1，得n＝(0,1,1)．
设直线AE与平面PCD所成的角为α，∴sin α＝|cs〈n，eq \(AE,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)×1＋1×1)),\r(2)×\f(3,2))＝eq \f(\r(2),6).
∴直线AE与平面PCD所成角的正弦值为eq \f(\r(2),6).
选择②.先证四边形ABCD是直角梯形．
连接AC，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AC，PA⊥CD.∵PA＝AD＝2，∴PD＝2eq \r(2).
∵PC＝2eq \r(3)，CD2＋PD2＝PC2，∴CD⊥PD.
∵PA∩PD＝P，∴CD⊥平面PAD，则CD⊥AD.
∵BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴BC∥AD，则四边形ABCD是直角梯形．再求直线AE与平面PCD所成角的正弦值．
下同①.
基本方法：
求解直线与平面所成角的方法
(1)定义法：
①作：在斜线上选取恰当的点，过该点向平面引垂线，作出所求角，其中确定垂足的位置是关键；
②证：证明所作的角为直线与平面所成的角；
③求：构造角所在的三角形，利用解三角形的知识求角．
(2)公式法：sin θ＝eq \f(h,l)(其中h为斜线上除斜足外的任一点到所给平面α的距离，l为该点到斜足的距离，θ为斜线与平面α所成的角)．
(3)向量法：sin θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up7(―→))，n〉|＝eq \f(|eq \(AB,\s\up7(―→))·n|,|eq \(AB,\s\up7(―→))|·|n|)(其中AB为平面α的斜线，n为平面α的法向量，θ为斜线与平面α所成的角)．
类型三、二面角的求法
基础知识：
1、二面角定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
2、二面角的平面角定义：过二面角棱上的任一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角．
3、二面角的平面角α的范围：eq \a\vs4\al([0，π]).
4、二面角的平面角的向量求法：平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cs φ|＝|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
5、两个平面的夹角：若平面α，β的法向量分别是n1，n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角；
6、设平面α与平面β的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1||n2|)))＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)
基本题型：
1．在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
答案：B
【解析】以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，
则A1(0,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，∴eq \(A1D,\s\up7(―→))＝(0,1，－1)，
eq \(A1E,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2)))，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·eq \(A1D,\s\up7(―→))＝0，,n1·eq \(A1E,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,x－\f(1,2)z＝0，))令x＝1，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2，))∴n1＝(1,2,2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3).
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为eq \f(2,3).
2．已知是各棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，则平面与平面所成的锐二面角为（ ）
A．45°B．60°C．75°D．30°
答案：A
【详解】以为原点，以垂直的直线为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
是各条棱长均等于的正三棱柱，是侧棱的中点，，0，，，
，，，，，，，，，设平面的法向量，
，，，又因为平面向量法
．则平面与平面所成的锐二面角为45°．
3. 如图，多面体中，平面平面，，，四边形为平行四边形.
（1）证明：；
（2）若，求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为平面平面，交线为，又，所以平面，
，又，，则平面，平面，所以；
（2）取的中点，的中点，连接，，则平面，平面；
以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
已知，则，，，，，，则，，设平面的一个法向量，
由得令，则，，即；
平面的一个法向量为；，
由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
4.如图,在四棱锥中,底面为平行四边形,,垂足为,
.
（1）求证：平面平面；
（2）若,求二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：由,得,
所以,又,,所以平面,
因为,所以平面.因为平面,所以平面平面.
因为,所以,,结合（1）可知,,两两相互垂直,
以为原点,所在直线为轴,所在直线为轴,所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系.所以,,,,所以,,
.设平面的一个法向量为,
则得,令,则,所以.
设平面的一个法向量为,则,得,
令,则,,所以.所以.
设二面角的大小为,则,
故二面角的正弦值为.
5、如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC.
(2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C­AF­D大小为60°？
【详解】(1)证明：连接BD，设AC∩BD＝O，连接OE，因为四边形ABCD为矩形，
所以点O是BD的中点，因为点E是棱PD的中点，所以PB∥EO，
又因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC.
(2)由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AB，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，
设AB＝AD＝2a，AP＝2c，
则A(0,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0，2a,0)，P(0,0,2c)，F(a，a，c)．
因为z轴⊂平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，
而eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2a,2a,0)，所以eq \(AC,\s\up7(―→))·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，所以n＝(－1,1,0)．
因为y轴⊂平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，
而eq \(AF,\s\up7(―→))＝(a，a，c)，所以eq \(AF,\s\up7(―→))·m＝a＋cz＝0，得z＝－eq \f(a,c)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(a,c)))，
所以cs 60°＝eq \f(|n·m|,|n|·|m|)＝eq \f(1,\r(2)·\r(1＋\f(a2,c2)))＝eq \f(1,2)，得a＝c.
即当AP等于正方形ABCD的边长时，二面角C­AF­D的大小为60°.
6．如图，为圆的直径，点在圆上，，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知．
（1）求证：平面平面；
（2）当的长为何值时，二面角的大小为．
【详解】（1）证明：平面平面，且，平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为为圆的直径，所以，所以平面，
又由平面，所以平面平面.
（2）设的中点分别为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则点的坐标为，
则，设平面的一个法向量为)，
则，即，取，可得，则，由（1）可知平面，平面的一个法向量为，则，
因为二面角的大小为，可得 解得，所以线段的长为.
基本方法：
1．利用向量法解二面角问题的策略
找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小
找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小
2.两个平面夹角的向量求法
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下：
(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系；
(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2；
(3)计算：cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
类型四：空间角的交汇问题
1. 如图，三棱柱中，点在平面内的射影在线段上，.
（1）证明：；
（2）设直线与平面所成角为，求二面角平面角的余弦值.
【详解】（1）因为平面平面，所以平面平面且交于，
又因为，所以平面，因此.在平行四边形中，
，所以四边形为菱形，故，又，所以平面，而平面，因此.
（2）由于平面，所以即为直线与平面所成的角，
故，，在平面内，过点作的垂线，则两两垂直，建立空间直角坐标系如图，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，所以，
易知平面的一个法向量为，所以.
即二面角的平面角的余弦值为.
2．如图，在三棱锥中，是以为底的等腰直角三角形，，为的中点．
（1）证明：平面．
（2）若点M在棱上，且二面角为，求直线与平面所成角的正弦值．
【详解】（1）证明：连接，∵，O是的中点，∴，且，
又，∴，则，则，
∵平面平面，∴平面，
建立以为坐标原点，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图所示，
则，设，
则，
则平面的一个法向量为，设平面的一个法向量，则，
，令，则，
∵二面角为，∴，
即，解得或（舍），
设平面的法向量，又，设与平面所成的角为，
则，所以与平面所成角的正弦值为．
3．如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且BM＝2MA，AN＝2NC.如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．
(1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM；
(2)给出三个条件：①A′M⊥BC；②二面角A′­MN­C的大小为60°；③A′B＝eq \r(7).在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答．当________时，在线段BC上是否存在一点P，使直线PA′与平面A′BM所成角的正弦值为eq \f(3\r(10),10)？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：由已知得AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，
MN2＝AM2＋AN2－2AM·ANcs 60°，解得MN＝eq \r(3)，故AN2＝AM2＋MN2，
∴MN⊥AB，∴MN⊥A′M，MN⊥MB，又∵MB∩A′M＝M，∴MN⊥平面A′BM.
又MN⊂平面BCNM，∴平面A′BM⊥平面BCNM.
(2)若选条件①A′M⊥BC，由(1)得A′M⊥MN，BC和MN是两条相交直线，∴A′M⊥平面BCNM.
以M为原点，MB，MN，MA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A′(0,0,1)，设P(2－a，eq \r(3)a,0)，其中0eq \f(3,2)，故不存在P满足条件．
若选条件②：二面角A′­MN­C的大小为60°，由(1)得∠A′MB即为二面角A′­MN­C的平面角，
∴∠A′MB＝60°.过A′作A′O⊥BM，垂足为O，则A′O⊥平面BCNM.在平面BCNM中，
连接OC，经计算可知OC⊥OB.
以O为原点，OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－a，\r(3)a，0))，其中00)，∴eq \(DC,\s\up7(―→))＝eq \(AB,\s\up7(―→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(DE,\s\up7(―→))＝(0，t，－eq \r(2))．设平面DCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·eq \(DC,\s\up7(―→))＝\r(2)x＋\r(2)y＝0，,n·eq \(DE,\s\up7(―→))＝ty－\r(2)z＝0，))取y＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，\f(\r(2),2)t)).∵OD⊥平面ABE，∴m＝(0,0,1)为平面ABE的一个法向量．由平面DCE与平面ABE夹角的余弦值为eq \f(\r(15),5)，可得|cs m，n|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)t)),\r(2＋\f(t2,2)))＝eq \f(t,\r(4＋t2))＝eq \f(\r(15),5)，解得t＝eq \r(6)，∴tan∠DEO＝eq \f(OD,OE)＝eq \f(\r(2),\r(6))＝eq \f(\r(3),3)，得∠DEO＝30°，故直线DE与平面ABE所成角的正弦值为eq \f(1,2).
20．已知在六面体PABCDE中，PA⊥平面ABCD，ED⊥平面ABCD，且PA＝2ED，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°.
（1）求证：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若直线PC与平面ABCD所成角为45°，试问：在线段PE上是否存在点M，使二面角P﹣AC﹣M为60°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.
答案：（1）证明见解析；（2）存在，点M与点E重合.
分析：
（1）连接BD，由已知可得BD⊥AC，再由PA⊥平面ABCD，得到BD⊥PA，由直线与平面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，从而得到平面PBD⊥平面PAC；
（2）由PA⊥平面ABCD，可得AC为PC在平面ABCD上的射影，求解三角形证明AH⊥AD，以A为原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x，y，z，建立空间直角坐标系，设M（x，y，z），，可得M（0，2﹣2λ，1+λ），分别求出平面PAC的法向量与平面ACM的法向量，由二面角P﹣AC﹣M为60°,求得λ＝0，可得点M与点E重合，得到存在点M与点E重合时，二面角P﹣AC﹣M为60°.
【详解】
（1）证明：连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC；
（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴AC为PC在平面ABCD上的射影，
∴∠PCA为直线PC与平面ABCD所成角，则∠PCA＝45°，得PA＝AC，令DE＝1，则PA＝AC＝2，
又四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，得AB＝2，取BC的中点H，连接AH，可得，且AH⊥BC，∴AH⊥AD，以A为原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x，y，z，建立空间直角坐标系，如图所示，
则E（0，2，1），P（0，0，2），，，D（0，2，0），∴，设M（x，y，z），
∵M，P，E三点共线，∴，则（x，y﹣2，z﹣1）＝λ（0，﹣2，1），
解得x＝0，y＝2﹣2λ，z＝1+λ，∴M（0，2﹣2λ，1+λ），∴，，
由（1）知BD⊥平面PAC，∴平面PAC的法向量，取，令平面ACM的法向量为，
则，令，则，
∵二面角P﹣AC﹣M为60°，∴，∴，解得λ＝0，
∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，点M与点E重合，∴存在点M为点E时，二面角P﹣AC﹣M为60°.