专题26 空间向量在立体几何中的运用(2)(纯答案)

专题26 空间向量在立体几何中的运用（2）答案
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 =．ABC △
是底面的内接正三角形，P 为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,,PO AO AB a =
==，
2
PA PB PC ===
. 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),(0,0,)222
E A C P --
. 所以31(,,0),(0,1,)22
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(=m . 由（1）知AP =
是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则cos ,|||5
⋅=
=
n m n m n m |. 所以二面角B PC E --的余弦值为5.
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,,)3C 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
11
0,0,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C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
5
.【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(1
2)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 ,||⋅〈〉=
==
‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --
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13
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0,224
0.3
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 ,||⋅〈〉=
=‖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2424422,,,,,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 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 ==，∴1
12
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 ,n BA <>=
=
解得sin
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 |＝2
2
，
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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2，0，12.
设AQ →＝λAB →
，λ∈(0，1)． 因为AB →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－3
2，32，0，
所以OQ →＝OA →＋AQ →
＝(1，0，0)＋λ(－32，32，0)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－32λ，32λ，0，
所以PQ →＝OQ →－OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－3
2λ，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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2，36，0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
2y ＝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.
【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.
D A B C M，
由题设得(0,0,0),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,1,1)
=-==
(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 . 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 -A 1B 1C 1中，
∵CC 1⊥平面ABC ， ∴四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点， ∴AC ⊥EF ． ∵AB =BC ． ∴AC ⊥BE ， ∴AC ⊥平面BEF ．
（2）由（1）知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1． 又CC 1⊥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 ， ∴00
CD 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 =21
||||
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 -CD -C 1的余弦值为 （3）由（2）知平面BCD 的法向量为(214)=--，
，n ， ∵G （0，2，1），F （0，0，2）， ∴=(021)GF -，，，
∴2GF ⋅=-n ，
∴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．
3、【2018年高考天津卷理数】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，
DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.
（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
2
，1），N （1，0，2）．
（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 的长为3
. 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）13
【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
00m CA m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩
,即00y 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
00n 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1cos 3
m n
m n θ⋅==, 所以二面角S AC E --的余弦值为13
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
，()
1
0,
A
，(C
，()
B，
设平面11
ACC 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
11
11
0,
0,
⎧=
⎪
⎨
+=
⎪⎩
令11
x=，得()
1
1,1,1
=-
n，
22
22
0,
0,
⎧+=
⎪
⎨
+=
⎪⎩
令21
x=，得()
2
1,1,1
=
n，
设平面11
ACC A与平面ABC所成锐二面角为α，
则2
1
12
1
cos
3
3
α
⋅
===
n n
n n
，
所以平面11
ACC 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120
AOB
∠=，点C为弧AB上一点，PO⊥平面AOB
且PO=，点M PB
∈且2
BM 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1100n OP n OA ⎧⋅=⎪⎨⋅=
⎪⎩
，即11100
y =-=， 令11
x =，得1y =10z =，∴1(13,0)=n ，
设平面MOC 的法向量为2222(,,)x y z =n ，则2200n OC n OM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
，即22220203
3x y z =⎧⎪⎨+=⎪
⎩，即22200x 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。