新高考数学复习考点知识讲解与专题训练26---空间向量在立体几何中的运用(2)(解析版)

新高考数学复习考点知识讲解与专题训练
专题26 空间向量在立体几何中的运用（2）
一、二面角
(1)若AB ，CD 分别是二面角α­l ­β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD
―→的夹角，如图(1)．
(2)平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|
❸，如图(2)(3)．
利用空间向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量：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．
(2)找与棱垂直的方向向量：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．
二、探索性问题
对于探索性问题常见的是是否存在点的位置问题，此类问题主要是有两种方法：一是直接通过参数设点坐标，二是通过向量之间的关系，引入参数，然后表示点坐标。

特别要注意引入参数的范围。

题型一、面面角
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE AD
△是底面的内接正三角形，P为
=．ABC
DO上一点，PO DO
=．
（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．
【解析】（1）设DO a =，由题设可得,,63
PO a AO a AB a =
==，
2
PA PB PC a ===
. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .
（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.
由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),2E A C P -.
所以31(,,0),(0,1,222
EC EP =-
-=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00
EP EC ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩m m ，即02
1022
y z x y
⎧-+=⎪⎪⎨
⎪--=⎪⎩，
可取(3
=-
m . 由（1）知(0,1,
2
AP =是平面
PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则cos ,|||⋅=
=n m
n m n m |.
所以二面角B PC E --的余弦值为.
变式1、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F
分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．
（1）证明：点1C 在平面AEF 内；
（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．
【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．
（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1
(0,,)3EA b c =，
11
(0,,)3
C F b c =，得1EA C F =．
因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．
（2）由已知得(2,1,3)A ，
(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，
1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．
设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则
110,0,
AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．
设2n 为平面1A EF 的法向量，则
22110,0,
A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21
(,2,1)2=n ．
因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --
．
变式2、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1
的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．
（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2.【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=1
2
B1C．
又因为N为A1D的中点，
所以ND=1
2
A1D．
由题设知A1B1=DC，可得B1C=A1D，故ME=ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN⊄平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则
(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)
，
2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-
，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--
，(0,MN =．
设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，
所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩
，
．
可取=m ．
设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩，
．n n
所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，
．
可取(2,0,1)=-n ．
于是cos ,||5
⋅〈〉=
==‖m n m n m n ，
所以二面角1A MA N --
的正弦值为
5
．
变式3、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．
（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；
（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．
又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．
（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，
故AE AB =，12AA AB =．
以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所
示的空间直角坐标系D –xyz ，
则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，
(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．
设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则
0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,
0,x x y z =⎧⎨
-+=⎩
所以可取n =(0,1,1)--.
设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则
10,
0,
CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨
-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）．
于是1
cos ,||||2
⋅<>=
=-n m n m n m ．
所以，二面角1B EC C --． 题型二、探索性问题
例2、【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在
PC 上，且
1
3
PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ；
（2）求二面角F –AE –P 的余弦值；
（3）设点G 在PB 上，且
2
3
PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）
3
；（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．
又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．
因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．
如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．
因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）． 所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．
所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫
⎛⎫
=
=-=+= ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
.
设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则
0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,22
40.3
33y z x y z +=⎧⎪
⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-． 于是=(1,1,1)--n ．
又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），
所以cos ,||3
⋅〈〉=
=‖n p n p n p .
由题知，二面角F −AE −P ．
（3）直线AG 在平面AEF 内．
因为点G 在PB 上，且
2
,(2,1,2)3
PG PB PB ==--， 所以2
42
4422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫
==--=+=- ⎪ ⎪⎝
⎭
⎝
⎭
. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .
所以
422
0333
AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.
变式1、(2019南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港二调）如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AP
＝AD ＝2.
(1) 求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(2) 若点M ，N 分别在AB ，PC 上，且MN⊥平面PCD ，试确定点M ，N 的位置．
规范解答 (1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直．以{AB →，AD →，AP →}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，
则B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)． 从而PB →＝(1，0，－2)，PC →＝(1，2，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩
⎪⎨⎪⎧x ＋2y －2z ＝0，2y －2z ＝0，
不妨取y ＝1，则x ＝0，z ＝1.
所以平面PCD 的一个法向量为n ＝(0，1，1)．(3分) 设直线PB 与平面PCD 所成角为θ，
所以sin θ＝|cos 〈PB →，n 〉|＝|PB →·n |PB →|·|n ||＝105，
即直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为10
5.(5分)
(2)设M (a ，0，0)，则MA →＝(－a ，0，0)．
设PN →＝λPC →，则PN →＝(λ，2λ，－2λ)，而AP →＝(0，0，2)， 所以MN →＝MA →＋AP →＋PN →＝(λ－a ，2λ，2－2λ)．(8分) 由(1)知，平面PCD 的一个法向量为n ＝(0，1，1)， 因为MN ⊥平面PCD ，所以MN
→∥n . 所以⎩
⎪⎨⎪⎧λ－a ＝0，2λ＝2－2λ，解得λ＝12，a ＝12.
所以M 为AB 的中点，N 为PC 的中点．(10分)
变式2、（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）如图，ABC 为正三角形，且2BC CD ==，CD BC ⊥，将ABC 沿BC 翻折.
（1）若点A 的射影在BD 上，求AD 的长；
（2）若点A 的射影在BCD 中，且直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值
AD 的长.
【答案】（1）2 （2. 【解析】
（1）过A 作AE BD ⊥交BD 于E ，则AE ⊥平面BCD . 取BC 中点O ，连接AO ，OE ， ∵AE ⊥平面BCD ，BC ⊂平面BCD ， ∴AE BC ⊥，
又ABC 是正三角形，∴BC AO ⊥，
又AE AO A =，AE ，AO ⊂平面AOE ， ∴BC ⊥平面AOE ，∴BC OE ⊥.
又BC CD ⊥，O 为BC 的中点，∴E 为BD 的中点.
∵
2BC CD ==，∴112
OE CD ==，AO =BD =
∴
DE =，AE ==
∴2AD ==；
（2）取BC 中点为,O 过点A 作平面BCD 的垂线，垂足为E ,连接AO , 因为,AB AC OE BC =∴⊥.
以O 为原点，以BC 为x 轴，以OE 为y 轴，以平面BCD 的过O 的垂线为
z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设二面角D BC A --为θ，
因为AE ⊥平面BCD ，与（1）同理可证BC ⊥平面AOE ，
OE BC ⊥，AOE θ∴∠=，AO =
则)A θθ，(1,0,0)B -，(1,0,0)C ，(1,2,0)D .
∴(1,)BA θθ=，(0,2,0)CD =，
()CA θθ=-，
设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =，
则200
n CD y n CA x y z θθ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+⋅+⋅=⎪⎩， 令1z =，得(3sin ,0,1)n θ=.
∴cos ,15
n BA <>==
， 解得sin 6
θ=
. ∴1(0,,
22
A ，又(1,2,0)D ，
∴AD ==
变式3、如图1，在直角梯形ABCP 中，BC ∥AP ，AB ⊥
BC ，CD ⊥AP ，AD
＝DC＝PD＝2，E、F、G分别是PC、PD、BC的中点，现将△PDC沿CD折起，使平面PDC⊥平面ABCD(如图2)．
(1) 求二面角GEFD的大小；
(2) 在线段PB上确定一点Q，使PC⊥平面ADQ，并给出证明过程．
图1
图2
【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则EF→＝(0，－1，0)，
EG →＝(1，1，－1)．
设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，
则⎩⎨⎧n ·EF →＝－y ＝0，
n ·EG →＝x ＋y －z ＝0，
取n ＝(1，0，1)． 又平面EFD 的法向量为m ＝(1，0，0)，
所以cos 〈m ，n 〉 ＝m ·n |m |·|n |＝22
，
所以二面角GEFD 的大小为45°.
(2) 设PQ →＝λPB →(0＜λ＜1)，则AQ →＝AP →＋PQ →＝(－2＋2λ，2λ，2－2λ)．
因为AQ ⊥PC ，所以AQ →·PC →＝0，
即2×2λ－2(2－2λ)＝0，解得λ＝1
2
.
又AD ⊥PC ，AD ∩AQ ＝A ，AD ，AQ ⊂平面ADQ ，
所以PC ⊥平面ADQ ，
故Q 是线段PB 的中点．
变式4、如图，在四面体ABOC 中，OC⊥OA, OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA ＝OB ＝OC ＝1.
(1) 设P 为AC 的中点．在AB 上是否存在一点Q ，使PQ⊥OA？若存在，计算AB
AQ
的值；若不存在，请说明理由．
(2) 求二面角OACB 的平面角的余弦值．
【解析】 (1) 取O 为坐标原点，分别以OA ，OC 所在的直线为x 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz ，则A(1，0，0)，C(0，0，1)，
B(－12，3
2
，0)．
因为P 为AC 的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12
，0，12.
设AQ →＝λAB →，λ∈(0，1)．
因为AB →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫－32，32，0， 所以OQ →＝OA →＋AQ →＝(1，0，0)＋λ(－32，32，0)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫1－32λ，32λ，0， 所以PQ →＝OQ →－OP →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫12－32λ，32λ，－12. 因为PQ ⊥OA ，
所以PQ →·OA →＝0，即12－32λ＝0，解得λ＝13
，
所以存在点Q ⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫12，36，0使得PQ ⊥OA ，且AB AQ ＝3. (2) 记平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，
则由n ⊥CA →，n ⊥AB →，且CA →＝(1，0，－1)，
得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，－32x ＋3
2
y ＝0，故可取n ＝(1，3，1)．
又平面OAC 的法向量为c ＝(0，1，0)，
所以cos 〈n ，c 〉＝（1，3，1）·（0，1，0）5×1＝35
，
故二面角OACB 的平面角是锐角，记为θ，则
cos θ＝15
5
.
1、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M ABC
-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
.
【答案】（1）见解析；（2）
5
【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,
故BC⊥DM.
因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC CM=C,
所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD , 故平面AMD ⊥平面BMC .
（2）以D 为坐标原点,DA 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .
当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为CD 的中点. 由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)D A B C M ，
(2,1,1),(0,2,0),(2,0,0)AM AB DA =-==
设(,,)x y z =n 是平面MAB 的法向量,则
0,0.AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
n n 即20,
20.x y z y -++=⎧⎨
=⎩ 可取(1,0,2)=n .
DA 是平面MCD 的法向量,因此
5
cos ,5||||
DA DA DA ⋅=
=n n n ， 2sin ,5
DA =
n ，
所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是
5
. 2、【2018年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为
1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．
（1）求证：AC ⊥平面BEF ； （2）求二面角B −CD −C 1的余弦值； （3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．
【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析.
【解析】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（2）由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE 平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐标系E-xyz．
由题意得B （0，2，0），C （-1，0，0），D （1，0，1），F （0，0，2），
G （0，2，1）．
∴=(201)=(120)CD CB ，
，，，，， 设平面BCD 的法向量为()a b c =，，
n ， ∴00CD CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
n n ，∴2020a c a b +=⎧⎨+=⎩，
令a =2，则b =-1，c =-4，
∴平面BCD 的法向量(214)=--，
，n ， 又∵平面CDC 1的法向量为=(020)EB ，
，，
∴cos =||||
EB EB EB ⋅<⋅>=
-
n n n ． 由图可得二面角
B -CD -
C 1为钝角，所以二面角B -C
D -C 1的余弦值为21
-
．
（3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，
，n ，
∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴=(021)
，，，
GF-
∴2
n，
GF
⋅=-
∴n与GF不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，
∴GF与平面BCD相交．
【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC
3、
∥
⊥,EG AD
∥且AD=2BC，AD CD
且EG=AD，CD FG
⊥平面，DA=DC=DG=2.
∥且CD=2FG，DG ABCD
（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN CDE
∥平面；
（2）求二面角E BC F
--的正弦值；
（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.
.
【答案】（1）见解析；（2；（3）
3
【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．
依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G （0，0，2），M（0，3
，1），N（1，0，2）．
2
（1）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x ，y ，z )为平面CDE
的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，
，
n n 即20220y x z =⎧⎨+=⎩，， 不妨令
z=–1，可得n 0=（1，
0，–1）．又MN =（1，3
2
-
，1），可得00MN ⋅=n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，
所以MN ∥平面CDE ．
（2）依题意，可得BC =（–1，0，0），(122)BE =-，
，，CF =（0，–1，2）．
设n =（x ，y ，z ）为平面BCE
的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，
，n n 即0220x x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不
妨令z =1，可得n =（0，1，1）．
设m =（x ，y ，z ）为平面BCF 的法向量，则00BC CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，
，m m 即020x y z -=⎧⎨-+=⎩，， 不
妨令z =1，可得m =（0，2，1）．
因此有cos<m ，n
>=||||⋅=
m n
m n sin<m ，n
．
所以，二面角E –BC –F
．
（3）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），
可得(12)BP h =--，
，． 易知，DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故
cos BP DC BP DC BP
DC
h ⋅<⋅>=
=
，解得h
∈［0，2］．
所以线段DP 4、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥S ABCD -中，
ABCD 为直角梯形，//AD BC ，BC CD ⊥，平面SCD ⊥平面ABCD ，SCD ∆是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BC AD CD ===，E 为BS 上一点，且2BE ES =.
（1）证明：直线//SD 平面ACE ； （2）求二面角S AC E --的余弦值.
【答案】（1
）证明见解析 （2）1
3
【解析】
（1）连接BD 交AC 于点F ,连接EF ,
因为//AD BC ,所以AFD ∆与BCF ∆相似,
所以
2BF BC
FD AD
==, 又
=2BE BF
ES FD
=,所以//EF SD , 因为EF ⊂平面ACE ,SD ⊄平面ACE , 所以直线//SD 平面ACE
（2）由题,因为平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD 平面ABCD CD =,BC ⊂平面ABCD ,BC CD ⊥,所以BC ⊥平面SCD ,
以C 为坐标原点,,CD CB 所在的方向分别为y 轴、z 轴的正方向,与
,CD CB 均垂直的方向作为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -,
因为224BC AD CD ===,2BE ES =,
则(0,0,0)C ,(1,1,0)S ,(0,2,2)A ,
224
(,,)333
E , 所以(0,2,2)CA =,(1,1,0)CS =,224(,,)333
CE =,
设平面SAC 的一个法向量为(,,)m x y z =,则
00
m CA m CS ⎧⋅=⎨
⋅=⎩,即0
0y z x y +=⎧⎨+=⎩, 令1z =,得1x =,1y =-,于是(1,1,1)m =-,
设平面EAC 的一个法向量为(,,)n x y z =,则
00
n CA n CE ⎧⋅=⎨
⋅=⎩,即020y z x y z +=⎧⎨++=⎩, 令1z =,得1x =-,1y =-,于是(1,1,1)m =--,
设二面角S AC E --的平面角的大小为θ,则1
cos 3
m n m n
θ⋅=
=
, 所以二面角S AC E --的余弦值为1
3
5、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱
111ABC A B C -中，平面1
ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．
（1）求证：1AB CO ⊥；
（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）13
.
【解析】
（1）因为四边形11A ABB 为菱形，所以11A B AB ⊥，
又平面1
ACB ⊥平面11A ABB ，平面1A CB 平面111A ABB A B =， 所以1AB ⊥平面1A CB ， 因为CO ⊂平面1A CB ， 所以1AB CO ⊥.
（2）因为11A B AB =，所以菱形11A ABB 为正方形，
在
Rt COA ∆中，CO ==
在COB ∆
中，CO OB ==2CB =，222CO OB CB +=， 所以，CO OB ⊥，又1CO AB ⊥，11A B AB O ⋂=， 所以，CO ⊥平面11A ABB ；
以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 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O xyz -.
)
A
，()10,A
，(C
，()
B ，
设平面11ACC A 的一个法向量为()1111,,n x y z =平面ABC 的一个法向量为
()2222,,n x y z =，则
11110,
0,
⎧-=⎪⎨
+=⎪⎩ 令11x =，得()11,1,1=-n ，
22220,
0,
⎧+=⎪⎨
+=⎪⎩
令21x =，得()21,1,1=n ，
设平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角为α，
则2112
1
cos 3
3α⋅=
=
=n n n n ， 所以平面11ACC A 与平面
ABC 所成锐二面角的余弦值为1
3
. 6、（2020届山东省日照市高三上期末联考）如图，扇形AOB
的半径为2，圆心角120AOB ∠=，点C 为弧AB 上一点，PO ⊥平面AOB 且PO =M PB ∈且2BM MP =，PA ∥平面MOC ．
（1）求证：平面
MOC ⊥平面POB ；
（2）求平面POA 和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小.
【答案】(1)见证明；(2)
4
【解析】
（1）如图，连接AB 交OC 于点N ，连接MN ，
PA ∥平面MOC ，∴PA ∥MN ，
2BM MP =，2BN NA ∴=，
2OA OB ==，
120AOB ∠=，AB ∴=，BN ∴=
，
又30OBA ∠=，∴在BON △中，根据余弦定理得3
ON =
， 222ON OB BN ∴+=，90BON ∴∠=，ON OB ∴⊥，
又PO ⊥平面AOB ，ON OP ∴⊥，ON ∴⊥平面POB ，
又ON ⊂平面MOC ，∴平面MOC ⊥平面POB
（2）由（1）得,,OC OB OP OC OP OB ⊥⊥⊥，如图建立空间直角坐标系
O xyz -，
5OP =2OA OB OC ===，
∴OP =，(3,1,0)OA =-，
(2,0,0)OC =，(0,2,0)OB =，点M PB ∈且2BM MP =
，2(0,3OM ∴=，
设平面POA 的法向量为1111(,,)x y z =n ，则110
0n OP n OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=
⎪⎩
，即11100
y =-=，
令11x
=，得1y =10z
=，∴1(1=n ，
设平面MOC 的法向量为2222(,,)x y z =n ，则2200n OC n OM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，即222
20203
3x y z =⎧⎪
⎨+=⎪⎩
，即2220
x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，令21z
=，得2y =，20x =
，∴2(0,=n ， 设平面POA 和平面MOC 所成二面角的大小为θ
，
则|cos |4θ
=
=，sin 4θ∴=， ∴平面POA
和平面MOC 所成二面角的正弦值的大小为
4。