专题1.11 空间角的向量求法大题专项训练（30道）
【人教A版2019选择性必修第一册】
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2022 松江区校级开学）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD，BD＝2，O为BD中点，AO⊥平面BCD，AO＝2．
（1）求三棱锥A﹣BCD的体积；
（2）若点E、F分别为AC、BC的中点，求直线AD与平面DEF所成角的大小．
【解题思路】（1）先求出底面积S△BCD＝2，证明出AO⊥平面BCD，即可求体积；
（2）以OB，OC，OA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．用向量法求解．
【解答过程】解：（1）连接OC，在△BCD中，因为CB＝CD，BD＝2，O为BD中点，
所以OC⊥BD，所以OC2，且S△BCD2．
因为AO⊥平面BCD，且AO＝2，即三棱锥A﹣BCD的高为2，
所以三棱锥A﹣BCD的体积为V．
（2）由（1）知，OC⊥BD且AO⊥平面BCD，
以OB，OC，OA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
如图所示，可得A（0，0，2），B（1，0，0），C（0，2，0），D（﹣1，0，0）．
因为点E，F分别为AC，BC的中点，所以E（0，1，1），F（，1，0）．
所以，，．
设平面DEF的法向量为，则，
取y＝﹣3，可得x＝2，z＝1，即，
设直线AD与平面DEF所成角为θ，可得sinθ．
所以直线AD与平面DEF所成角为arcsin．
2．（2022秋 南昌月考）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝4且AB⊥AD，△BCD沿着BD翻折，
当三棱锥C﹣ABD体积最大值时．
（1）求此时三棱锥C﹣ABD的体积；
（2）求此时直线AD与平面ABC夹角的正弦值．
【解题思路】（1）当平面ABD⊥平面BCD时，体积最大，取BD中点O，根据面面垂直的性质可证AO⊥平面BCD，根据长度关系计算可得体积；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，将问题转化为向量夹角问题求解．
【解答过程】解：（1）△BCD沿BD折叠，当平面ABD⊥平面BCD时，体积最大，
由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，取BD中点O，AO⊥BD，则AO⊥平面BCD，
又且AB⊥AD，
则BD＝4，则△BCD为正三角形，
在△BCD中，BD边上的高为，
则三棱锥C﹣ABD体积最大值时，高为，
；
（2）由（1）可知AO⊥平面BCD，可建立如图所示的空间直角坐标系，
A（2，0，0），D（0，2，0），B（0，﹣2，0），C（0，0，，
则，，
设平面ABC的法向量为，
则，得，
令，则，
则，
设直线AD与平面ABC夹角为θ，
则．
3．（2022秋 五华区校级月考）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，平面FBC⊥平面ABCD，BF⊥CF，DE＝AD＝2．
（1）求多面体ABCDEF体积的最大值；
（2）当多面体ABCDEF体积取最大值时，求直线DF与平面EBC所成角．
【解题思路】（1）由已知可求四棱锥E﹣ABCD的体积为V，进而可求得VE﹣BCF的最大值，再求出多面体ABCDEF体积的最大值；
（2）以D为原点，DA，DC，DE所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面EBC的法向量与直线DF的方向向量，再求出直线DF与平面EBC所成角．
【解答过程】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，
∴四棱锥E﹣ABCD的体积为V2×2×2，
过点F作FH∥BC交BC于点H，如图所示，
∵平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD＝AC，
∴FH⊥BC，FH 平面FBC，∴FH⊥平面FBC，∴ED∥FH，
又FH 平面FBC，ED 平面FBC，∴ED∥平面FBC，
而DC⊥BC，FH∩BC＝C，FH，BC 平面FBC，
∴DC⊥平面FBC，
∴VE﹣BCF＝VD﹣BCFS△BCFBF×CF，
在Rt△BCF中，BF2+CF2＝BC2＝4≥BF×CF，
∴当且仅当BF＝CF＝2时，有最大值2，VE﹣BCF有最大值，
∴多面体ABCDEF体积有最大值为．
（2）以D为原点，DA，DC，DE所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可知D（0，0，0），E（0，0，2），B（2，2，0），C（0，2，0），
当BF＝CF时，F（1，2，1），
设平面EBC的法向量为（x，y，z），
（2，2，﹣2），（2，0，0），（1，2，1），
则，令z＝1，则（0，1，1）．
设直线DF与平面EBC所成角为θ，
∴sinθ＝|cos，|，
故直线DF与平面EBC所成角为．
4．（2022秋 安徽月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，PD＝3FD，BE＝3EP．
（1）求证：AE⊥FC；
（2）求AE与平面ACF所成角的余弦值．
【解题思路】（1）建系，将线线垂直的证明转化成两直线的方向向量垂直的证明，然后再转化成证明向量数量积等于零；
（2）建系，将线面角转成直线的方向向量与平面的法向量所成角，然后再利用空间向量的夹角公式即可求解．
【解答过程】解：建立如图的空间右手直角坐标系，设PA＝AB＝12，
则根据题意可得A（0，0，0），E（3，0，9），C（12，12，0），F（0，8，4），
∴（3，0，9），（12，4，﹣4），（12，12，0），
（1）证明：∵3×12+0×4+9×（﹣4）＝0，
∴AE⊥FC；
（2）设平面ACF的法向量为，
则，
设x＝1，则y＝﹣1，z＝2，∴，
设AE与平面ACF所成角为θ，又（3，0，9），
∴sinθ＝|cos|，
∴cosθ，
故AE与平面ACF所成角的余弦值为．
5．（2021秋 吉阳区校级月考）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：BD⊥平面PAC．
（2）若PA＝AC，求直线BD与平面ACE所成的角是多少．
【解题思路】（1）连接BD，交AC于点O，进而PA⊥BD．再求出BD⊥AC，从而BD⊥平面PAC．
（2）以点O为原点，OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求出直线BD与平面ACE所成角的正弦值．
【解答过程】证明：（1）连接BD，交AC于点O，
∵PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，
∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．
（2）解：设AC＝PA＝2．
∵底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°．
∴△ABC为等边三角形．
因为PA⊥平面ABCD，OB⊥OC，故以点O为原点，OB，OC分别为x，y轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz（如图）．
则O（0，0，0），P（0，﹣1，2），C（0，1，0），D（，0，0），E（，0，1），B（，0，0）
则（0，1，0），（，0，1），（﹣2，0，0），
设平面ACE的法向量为（x，y，z），
则，可得（1，0，），
设直线BD与平面ACE所成为θ，
∴sinθ＝|cos，|＝||，
∴直线BD与平面ACE所成角的正弦值为．
6．（2021秋 盘龙区月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．
（1）证明：直线PB∥平面ACE；
（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【解题思路】（1）连接BD交AC于点H，连接HE，可证HE∥PB，从而可证PB∥平面ACE，
（2）作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面PCD的一个法向量，利用向量法求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
【解答过程】（1）证明：连接BD交AC于点H，连接HE，
∵AB∥DC，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，
∴H是AC的中点，又E为线段PD的中点，
∴HE∥PB，又HE 平面ACE，PB 平面ACE，
∴直线PB∥平面ACE，
（2）解：∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，
得B（0，0，2），P（0，2，0），D（，﹣1，0），C（，﹣1，2），
∴（0，﹣2，2），（，﹣3，0），（0，0，﹣2），
设平面PCD的一个法向量为（x，y，z），
则，得，不妨取（，1，0），
∴cos，，
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为．
7．（2021秋 云南期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA＝PD＝AB，PA⊥PD，求直线PA与平面PBC所成角的余弦值．
【解题思路】（1）先证明AB⊥平面PAD，从而可得证明结论．
（2）分别取AD，BC的中点O，H，连接PO，OH，先证明PO，OH，AD两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
【解答过程】（1）证明：∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥AP，CD⊥PD，
AB∥CD∴AB⊥PD，又∵AP PD＝P，
AP 平面PAD，PD PAD，AB⊥平面PAD，
由AB 平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．
（2）解：分别取AD，BC的中点O，H，连接PO，OH，则OH∥AB，OH⊥平面PAD，
∵PA＝PD，∴PO⊥AD，
∴PO，OH，AD两两垂直，如图，以O为原点，OA，OH，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，
设PA＝PD＝AB＝2，
由PA⊥PD，∴，，
则，，，，
∴，，
设平面PBC的法向量，
则，即，取x＝0，，
∴平面PBC的法向量，，
设直线PA与平面PBC所成角θ，
∴，即，
∴直线PA与平面PBC所成角的余弦值为．
8．（2022春 巫山县校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D．且BA1⊥AC1．
（1）求证：AC1⊥平面A1BC；
（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．
【解题思路】（1）A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，平面A1ACC1⊥平面ABC，BC⊥AC，可得BC⊥平面A1ACC1，BC⊥AC1，进而证明AC1⊥平面A1BC．
（2）如图所示，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，平面A1AB的法向量（，，1），平面A1BC的法向量（﹣6，0，2），利用cos，即可得出．
【解答过程】（1）证明：∵A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，
∴平面A1ACC1⊥平面ABC，
∵BC⊥AC且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
∴BC⊥平面A1ACC1，
∴BC⊥AC1，
∵AC1⊥BA1且BC∩BA1＝B，
∴AC1⊥平面A1BC．
（2）解：如图所示，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，
∵AC1⊥平面A1BC，
∴AC1⊥A1C，
∴四边形A1ACC1是菱形，
∵D是AC的中点，
∴∠A1AD＝60°，
∴A（4，0，0），A1（2，0，2），B（0，4，0），C1（﹣2，0，2），
∴（2，0，﹣2），（﹣4，4，0），
设平面A1AB的法向量（x，y，z），
∴，
取（，，1），平面A1AB的法向量（，，1），
平面A1BC的法向量（﹣6，0，2），
∴cos，，
设二面角A﹣A1B﹣C的平面角为θ，θ为钝角，
∴cosθ，
∴二面角A﹣A1B﹣C的余弦值为．
9．（2022春 响水县校级期中）如图所示，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点，AB＝CE．
（1）求异面直线EO与AF所成角的余弦值；
（2）求AF与平面EBD所成角的正弦值．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线EO与AF所成角的余弦值．
（2）利用向量法求得AF与平面EBD所成角的正弦值．
【解答过程】解：（1）四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，所以三角形ACD和三角形ABC是等边三角形，
设G是AD的中点，连接CG，则CG⊥AD，CG⊥BC，
由于EC⊥平面ABCD，所以EC⊥BC，EC⊥CG．
以CG为x轴、CB为y轴、CE为z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
设菱形ABCD的边长为2，可得CE＝2，
可得E（0，0，2），A（，1，0），O（，，0），F（0，1，1），
可得：，，
设异面直线EO与AF所成角为θ，可得：
．
（2）D（，﹣1，0），B（0，2，0），E（0，0，2），
可得，，设平面EBD的一个法向量为，
可得，，可得的值可为，
由，可得AF与平面EBD所成角的正弦值为：
．
10．（2022 南京模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3．点M在棱PD上，点N为BC中点．
（1）证明：若DM＝2MP，则直线MN∥平面PAB；
（2）求平面CPD与平面NPD所成角的正弦值．
【解题思路】（1）取，利用平行线分线段成比例和平行四边形的性质，结合线面平行的判定可证得MQ∥平面PAB，QN∥平面PAB，由面面平行的判定与性质可证得结论；
（2）以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值，由余弦值可求得正弦值．
【解答过程】解：（1）证明：在AD上取一点Q，使得，连接MQ，NQ，
∵，∴MQ∥AP，又MQ 平面PAB，PA 平面PAB，
∴MQ∥平面PAB；
∵，，AD∥BC，
∴AQ∥BN，AQ＝BN，∴四边形ABNQ为平行四边形，
∴AB∥QN，又QN 平面PAB，AB 平面PAB，
∴QN∥平面PAB，又MQ∩QN＝Q，MQ，QN 平面MNQ，
∴平面MNQ∥平面PAB，又MN 平面MNQ，
∴MN∥平面PAB；
（2）由题意可建立如图的空间右手直角坐标系，
则C（2，2，0），P（0，0，3），D（0，3，0），N（2，1，0），
∴，，，
设平面CPD的法向量，
则，令z1＝2，
解得y1＝2，x1＝1，∴；
设平面NPD的法向量，
则，令x2＝1，
解得y2＝1，z2＝1，∴；
∴，
∴平面CPD与平面NPD所成角的正弦值为．
11．（2022秋 安徽月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．
（1）求证：AB⊥B1C；
（2）若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．
【解题思路】（1）推导出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，从而B1C⊥平面AOB，由此能证明B1C⊥AB．
（2）设O为原点，OB1为x轴，OC1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值．
【解答过程】（1）证明：因为AO⊥平面 BB1C1C，B1C 平面BB1C1C，
所以AO⊥B1C．
因为BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，所以四边形BB1C1C是菱形．
所以BC1⊥B1C．
因为AO∩BC1＝O，AO 平面ABC1，BC1 平面ABC1，
所以B1C⊥平面ABC1．
因为AB 平面ABC1，所以B1C⊥AB．
（2）解：因为AB与平面BB1C1C所成角为30°，AO⊥平面BB1C1C，
所以∠ABO＝30°，
因为∠B1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，
设BC＝2，则，
以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以 ，
设平面AB1C1的一个法向量为n1＝（x，y，z），
则
令x＝1，得，
设平面B1C1A1的一个法向量为n2＝（x′，y′，z′），
则
令x′＝1，解得．
设二面角A1﹣B1C1﹣A的大小为θ，
因为，
所以，
所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值为．
12．（2022秋 洛阳月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，CD＝2AB＝4，AE是等边△PAD的中线．
（1）证明：AE∥平面PBC．
（2）若，求二面角E﹣AC﹣D的大小．
【解题思路】（1）取PC的中点F，连接EF，BF，进而证明四边形ABFE是平行四边形，进而证明AE∥平面PBC；
（2）取AD的中点O，连接PO，易知PO⊥平面ABCD，进而以O为坐标原点，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用坐标法求解即可．
【解答过程】（1）证明：如图，取PC的中点F，连接EF，BF．
因为E是棱PD的中点，所以EF∥CD，且．
因为，所以EF∥AB，EF＝AB，
所以四边形ABFE是平行四边形，所以AE∥BF，
因为AE 平面PBC，BF 平面PBC，
所以AE∥平面PBC．
（2）解：取AD的中点O，连接PO，
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO 平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
所以，以O为坐标原点，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
因为等边△PAD的边长为，
所以，，
设平面ACE的一个法向量为，
由得
令x＝1，则，所以，
又平面ACD的一个法向量为，
因为，
所以二面角E﹣AC﹣D的大小为45°．
13．（2022秋 南京月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的体积为，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面积为的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC＝1，E为棱PA上一动点．
（1）若直线EC与平面ABCD的夹角为60°，求二面角B﹣CE﹣D的正弦值；
（2）求的取值范围．
【解题思路】（1）根据四棱锥的体积可求解，根据直线EC与平面ABCD的夹角为60°，可判断E，P重合，进而建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求二面角；
（2）根据空间中两点间距离公式，可表达出进而用基本不等式即可求解．
【解答过程】解：（1）因为△PAD是面积为的等边三角形，所以PA＝PD＝AD＝2，
因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，
过P作AD的垂线，垂足为O，过E作AD的垂线，垂足为M，连接MC，
因为平面PAD⊥平面ABCD，其交线为AD，EM⊥AD，
故EM⊥平面ABCD，故∠ECM为直线EC与平面ABCD的夹角，
记BC中点为T，连接OT，所以OT⊥AD，
以O为坐标原点，OT为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，且，
又四棱锥P﹣ABCD的体积为，所以四边形ABCD的面积为，
故，设，
又，所以，即，解得t＝0，E，P两点重合，
又，
设平面BCE的法向量（x1，y1，z1），平面CDE的法向量（x2，y2，z2），且即，
令x1＝2，则z1＝1，故（2，0，1），
即，令x2＝1，则，故，
记二面角B﹣CE﹣D的平面角为θ，则，
即二面角B﹣CE﹣D的正弦值为；
（2）因为，所以当0＜t≤1时，
，
∵，∴，
当且仅当t＝1时取等号，且t＝0时，，
所以．
14．（2022 遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OE，OP，可得EO⊥AD，进一步得到EO⊥平面PAD，则EO⊥PA，可得PA⊥BD，结合PA⊥PD，即可证明PA⊥平面PBD；
（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝2，进一步得到BD，分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE的法向量与平面PDA的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：取AD的中点O，连接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥平面PAD，得EO⊥PA，
∵EO∥BD，∴PA⊥BD，
又PA⊥PD，且BD∩PD＝D，
∴PA⊥平面PBD；
（2）解：∵PO⊥底面ABCD，∴OB为PB在底面ABCD上的射影，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，
在直角三角形PBO中，有tan，得OB＝2．
∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，
在直角三角形OBD中，可得BD，
分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则P（2，0，2），C（﹣4，4，0），E（2，2，0），，，
设平面PCE的法向量为，
由，取x＝1，得，
平面PDA的一个法向量为，
∴cos．
∴平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为．
15．（2021秋 绥化月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝CC1＝4．若Q，R分别为棱BB1，BC上的点，且B1Q＝BR＝1，平面ABSP与棱CC1，DD1分别交于S，P，DP＝a（0≤a≤4）．
（1）求证：B1R⊥D1Q；
（2）求平面APSB与平面C1D1Q所成的锐二面角余弦值的取值范围．
【解题思路】（1）建立恰当的空间直角坐标系，用向量法可证；
（2）用a表示所求二面角的余弦值，求其取值范围即可．
【解答过程】（1）证明：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系：
则B1（4，5，4），R（3，5，0），D1（0，0，4），Q（4，5，3），
所以，，
所以，所以B1R⊥D1Q．
（2）解：DP＝a，则P（0，0，a）（0≤a≤4），A（4，0，0），
，，，
因为D1C1⊥平面BCC1B1，B1R 平面BCC1B1，所以D1C⊥B1R，
又B1R⊥D1Q且D1Q D1C1＝D1，D1Q 平面D1C1Q，D1C1 平面D1C1Q，
所以B1R⊥平面D1C1Q，所以为平面D1C1Q的一个法向量，
设为平面APSB的法向量，则，，
所以，即，
令x1＝a，则z1＝4，所以平面APSB的一个法向量，
设平面APSB与平面C1D1Q所成的锐二面角为θ，则，
0≤a≤4 ﹣16≤a﹣16≤﹣12，
则，
设，则，
y＝272t2+32t+1开口向上，对称轴为，
在区间的右侧，所以y＝272t2+32t+1在上单调递减，
所以，所以，
所以，即．
据此可得锐二面角余弦值的取值范围是．
16．（2022 万州区校级开学）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BD，DD1的中点，M是A1B1上一点，且．
（1）证明：BM∥平面EFA1；
（2）求直线EC1与平面EFA1所成角的正弦值．
【解题思路】（1）如图，以点A为原点，分别以直线AB，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出结论；
（2）利用向量法即可得出答案．
【解答过程】（1）证明：如图，以点A为原点，分别以直线AB，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），，A1（0，0，2），E（1，1，0），F（0，2，1），B1（2，0，2），C1（2，2，2），
所以，，，
设平面EFA1的法向量为，
由，得，可取，
因为，BM在平面EFA1外，所以BM∥平面EFA1；
（2）解：因为，平面EFA1的法向量，
设直线EC1与平面EFA1所成角为θ，
故，
直线EC1与平面EFA1所成角的正弦值为．
17．（2022 贵阳开学）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，E，F分别是棱BB1，DD1的中点．
（1）证明：平面AEF⊥平面ACC1．
（2）若AA1＝2AB，∠BAD＝60°，求二面角B﹣AF﹣E的余弦值．
【解题思路】（1）连接BD，可证BD⊥平面ACC1，进而证明EF∥BD，可证平面AEF⊥平面ACC1．
（2）记 AC∩BD＝O，以O为原点，分别以 的方向为x，y轴的正方向，垂直平面 ABCD向上为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求得两平面的法向量，利用向量法可求二面角B﹣AF﹣E的余弦值．
【解答过程】（1）证明：连接BD，
因为四边形ABCD是菱形，所以 BD⊥AC，
由直四棱柱的定义可知C1⊥平面ABCD，则CC1⊥BD，
因为C1 平面ACC1，AC 平面ACC1，且 AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1，
由直四棱柱的定义可知 BB1∥DD1，BB1＝DD1，
因为E，F分别是棱 BB1，DD1的中点，所以BE∥DF，BE＝DF，
所以四边形 BEFD是平行四边形，则 EF∥BD，
故 EF⊥平面ACC1，
因为EF 平面AEF，所以平面 AEF⊥平面ACC1．
（2）解：记 AC∩BD＝O，以O为原点，分别以 的方向为x，y轴的正方向，垂直平面 ABCD向上为z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．
设AB＝2，则 ，
故 ，
设平面ABF的法向量为 n＝（x1，y1，z1），
则 令 ，得 ，
设平面AEF的法向量为 m＝（x2，y2，z2），
则 令y2＝2得，
设二面角B﹣AF﹣E为θ，由图可知θ为锐角，
则，
所以二面角B﹣AF﹣E的余弦值为．
18．（2021秋 包头期末）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SA＝SC，D为AC的中点，SD⊥AB．
（1）证明：平面SAC⊥平面ABC；
（2）若△BCD是边长为3的等边三角形，点P在棱SC上，PC＝2SP，且，求二面角A﹣PB﹣C的正弦值．
【解题思路】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明SD⊥平面ABC；
（2）首先利用体积公式，求得SD＝3，并得SA⊥SC，根据垂直关系，以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值，并利用三角关系，求得二面角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：因为SA＝SC，且D为AC的中点，所以SD⊥AC，
又SD⊥AB，AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC，
又SD 平面SAC，所以平面SAC⊥平面ABC．
（2）解：因为△BCD是边长为3的等边三角形，
故AD＝DC＝DB＝3，
所以AB⊥BC，且，
由，得，解得SD＝3，所以AD＝DC＝DS，故SA⊥SC，
取AB，BC的中点分别为E，F，则DE⊥DF，故SD，DE，DF两两互相垂直．以D为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
过P作PR⊥SD，R为垂足，PH⊥DC，H为垂足，
由PC＝2SP，可知，RD＝2，
，
在平面ABC内，过H作HT⊥x轴，交x轴负半轴于T，
在 Rt△DHT中，∠DHT＝30°，DH＝1，所以，，
故，，，
S（0，0，3），，，，
设是平面PAB的一个法向量，则，即，
取z＝1，解得x＝1，y＝0，故．
设平面PBC的法向量为，
因为，，
则即可取，
所以，
所以二面角的正弦值，
所以二面角A﹣PB﹣C的正弦值为．
19．（2022 河南开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，PA＝PD＝2，AB＝AD＝2CD＝4，∠BAD＝60°．
（1）若E为PB的中点，证明：CE∥平面PAD．
（2）若二面角P﹣AD﹣B为150°，求二面角P﹣BC﹣A的余弦值．
【解题思路】（1）取PA的中点 F，连接 EF，DF，可证EF∥CD，EF＝CD，可得四边形CDFE为平行四边形，可证CE∥平面PAD．
（2）取AD的中点 O，连接PO，BO，依题意可得PO⊥AD，BO⊥AD，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O﹣xyz，
求提两平面的法向量，可求二面角P﹣BC﹣A的余弦值．
【解答过程】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，DF，
因为E为PB的中点，所以EF∥AB，EFAB，
又因为AB∥CD，AB＝2CD，所以EF∥CD，EF＝CD，
所以四边形CDFE为平行四边形，从而CE∥DF，
又DF 平面PAD，CE 平面PAD，所以CE∥平面PAD．
（2）解：取AD的中点 O，连接PO，BO，依题意可得PO⊥AD，BO⊥AD，
则∠POB＝150°
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 O﹣xyz，
则 ．
设平面 PBC的法向量为（x，y，z），
则 0， 0，即，
令y，得（﹣1，，9），
易知（0，0，1）是平面ABC的一个法向量．
因为cos，，
所以二面角P﹣BC﹣A的余弦值为．
20．（2022 浙江开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，PA⊥CD，∠ADC，AD＝DCAP，△ABC为正三角形．
（1）证明：PD⊥CD；
（2）求BP与平面PCD所成角的正弦值．
【解题思路】（1）先证明CD⊥PA，结合条件证明CD⊥平面APD，从而得证；
（2）以AP，AD分别为y，z轴，在平面ABCD内过A点作AD的垂线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
【解答过程】证明：（1）由PA⊥AD，PA⊥CD，且AD∩CD＝D，
则PA⊥平面ABCD，又CD 平面ABCD，则CD⊥PA，
由，则AD⊥CD，又AD∩PA＝P，
所以CD⊥平面APD，且PD 平面APD，
所以；
解：（2）由（1）可得PA⊥平面ABCD，以AP，AD分别为y，z轴，在平面ABCD内过A点作AD的垂线为x轴建立空间直角坐标系：
设AD＝CD＝1，则，
，则∠DAC＝45°，则∠CAx＝90°﹣45°＝45°，∠BAx＝60°﹣45°＝15°，
由△ABC为正三角形，则，
所以，即，
所以A（0，0，0），D（0，1，0），P（0，0，2），C（1，1，0），
所以（﹣1，0，0），
设平面PCD的法向量为，则，
即，取，
设BP与平面PCD所成角为θ，
则．
21．（2022 濮阳开学）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱长都为3，∠BAD＝60°，F为棱BB1上一点，且BF＝1．
（Ⅰ）求证：平面AC1F⊥平面BCC1B1；
（Ⅱ）求直线BD与平面AC1F所成角的正弦值．
【解题思路】（Ⅰ）延长线段C1F，CB交于点E，连接AE，证明AE⊥平面BCC1B1即可；
（Ⅱ）以E为坐标原点，直线EC，EA分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
【解答过程】证明：（Ⅰ）如图，延长线段C1F，CB交于点E，连接AE，则AE为平面AC1F与底面ABCD的交线，
由已知可得B1F＝2BF，△B1C1F∽△BEF，所以，
易知底面ABCD是菱形，因为∠BAD＝60°，所以∠ABE＝60°，
在△ABE中，由余弦定理，可得，
所以AB2＝AE2+BE2，即AE⊥CE，
因为ABCD﹣A1B1C1D1是直四棱柱，故CC1⊥平面ABCD，
又AE 平面ABCD，所以CC1⊥AE，
因为CE∩CC1＝C，
所以AE⊥平面BCC1B1，
又AE 平面AC1E，所以平面AC1E⊥平面BCC1B1；
解：（Ⅱ）如图，以E为坐标原点，直线EC，EA分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，
则E（0，0，0），
，D（3，，0），
所以，（，，0），
设平面EAC1的法向量为，
则，取z＝3，则，
设直线BD与平面AC1E所成的角为θ，则，
即直线BD与平面AC1E所成角的正弦值为．
22．（2022春 京口区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，，直线PA与底面ABCD成60°角，点M，N分别是PA，PB的中点．
（1）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
（2）求二面角P﹣NC﹣D的大小的余弦值．
【解题思路】（1）以D为原点，向量、、的方向为x、y、z轴的正方向，建立坐标系，设AD＝1，设面PBC的法向量为，直线PA与面PBC所成的角为θ，求出法向量和，再代入公式计算；
（2）由（1）知面PBC的法向量为，设面CDN的法向量为，求出再代入公式计算．
【解答过程】解：（1）以D为原点，向量、、的方向为x、y、z轴的正方向，建立坐标系，
设AD＝1，则AB＝2，
∵PD⊥底面ABCD，∴∠PAD为直线PA与平面ABCD所成的角，
∴∠PAD＝60°，∴，
∴D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），，，，
，，设面PBC的法向量为，
直线PA与面PBC所成的角为θ，
则且，
取z1＝2，则x1＝0，，∴，∴．
（2）由（1）知面PBC的法向量为，设面CDN的法向量为，
∵，，，
由可得则，
∴，
又∵，，
∴二面角P﹣NC﹣D的大小的余弦值为．
23．（2022秋 雨花台区校级月考）已知如图1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．
（1）证明：BE⊥平面AECD；
（2）在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）连接AC，则AC⊥DE，由平面BDE⊥平面AECD可得AC⊥平面BDE，可得AC⊥BE，又BE⊥CE可证BE⊥平面AECD；
（2）建立空间直角坐标系，设F（a，0，2），0≤a≤2，根据二面角的向量计算公式即可求出．
【解答过程】（1）证明：连接AC，则AC⊥DE，
又平面BDE⊥平面AECD，平面BDE∩平面AECD＝DE，AC 平面AECD，
所以AC⊥平面BDE，
所以AC⊥BE，
又BE⊥CE，AC CE＝C，AC，CE 平面AECD，
所以BE⊥平面AECD．
（2）解：由（1）得BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，
所以EA，EB，EC两两垂直，
分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系E﹣xyz，
如图所示，
则E（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），
设F（a，0，2），0≤a≤2，
所以，，
设平面FAB的法向量为，
则，
取x＝2，得，
取平面EBC的法向量为，
所以，
所以a＝1，
所以线段CD上存在点F，且F为CD中点时，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为．
24．（2022春 铜山区期中）如图所示，在四棱锥中P﹣ABCD，，，AP⊥BD，且．
（1）求证：平面ADP⊥平面ABCD；
（2）已知点E是线段BP上的动点（不与点P、B重合），若使二面角E﹣AD﹣P的大小为，试确定点E的位置．
【解题思路】（1）先由边的关系证得AD⊥BD，结合AP⊥BD，即可证得BD⊥平面ADP，进而证得平面ADP⊥平面ABCD；
（2）取AD中点F，证得PF⊥平面ABCD，以D为原点建立空间直角坐标系，设，表示出平面PAD和平面EAD的法向量，由夹角公式解出λ即可确定点E的位置．
【解答过程】（1）证明：连接BD，由，知，
在Rt△BCD中，BD2＝CD2+BC2＝16，BD＝4，
设AB的中点为Q，连接DQ，则CD∥QB，QB＝CD，所以四边形BCDQ为平行四边形，
又CD⊥BC，DC＝BC，所以四边形BCDQ为正方形，
所以，在Rt△AQD中，AD2＝AQ2+DQ2＝16，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝16+16＝32＝AB2，
所以AD⊥BD，又AP⊥BD，AP∩AD＝A，AP，AD 平面ADP，
所以BD⊥平面ADP，又BD 平面ABCD，所以平面ADP⊥平面ABCD．
（2）解：在△APD中，AP2+PD2＝8+8＝16＝AD2，
所以AP⊥PD，在Rt△APD中，过点P作PF⊥AD，垂足为F，因为PA＝PD，
所以F为AD中点，所以PF＝DF＝2，
由（1）得BD⊥平面ADP，PF 平面ADP，则BD⊥PF，AD，BD 平面ABCD，
AD BD＝D，则PF⊥平面ABCD．以D为原点，分别以DA，DB所在直线为x，y轴，以过点D与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示空间坐标系，
则，
设，
则，易知平面PAD的一个法向量为，
设平面EAD的法向量为，
则，
令z＝1，则，
所以|cos，|＝||cos，
即，即3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ＝﹣1（舍）或，
所以，当点E在线段BP上满足时，使二面角E﹣AD﹣P的大小为．
25．（2022 南京开学）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．
（1）求证：A1F⊥平面B1DE；
（2）若AB＝AC＝4，且三棱锥B1﹣A1C1F的体积为，求平面A1C1F与平面BCC1B1所成锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）先证明DE⊥平面AA1B1B，再由线面垂直得出DE⊥A1F，再证线面垂直即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求二面角即可．
【解答过程】证明：（1）因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以DE为△ABC的中位线，且DE∥AC，
因为ABC﹣A1B1C1为棱柱，所以AC∥A1C1，
所以DE∥A1C1，
在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
因为DE 平面ABC，所以DE⊥AA1，
又因为A1C1⊥A1B1，所以DE⊥A1B1，
因为AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1 平面AA1B1B，
所以DE⊥平面AA1B1B，
又A1F 平面AA1B1B，所以DE⊥A1F，
又因为A1F⊥B1D，DE∩B1D＝D，且DE、B1D 平面B1DE，
所以A1F⊥平面B1DE；
解：（2）以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），D（2，0，0），
因为三棱锥B1﹣A1C1F的体积为，
所以，解得B1F＝1，
因为B1D⊥A1F，且D是AB的中点，
所以△A1B1F≌△B1BD，由得，
所以B1B＝8，则F（4，0，7），A1（0，0，8），B1（4，0，8），C1（0，4，8），
因为E为BC的中点，AB＝AC，所以AE⊥BC，
所以AE⊥平面BCC1B1，
所以平面BCC1B1的法向量为，
设平面A1C1F的法向量为（x，y，z），
因为，
由得，令x＝1，则y＝0，z＝4，
故（1，0，4），则
，
所以平面A1C1F与平面BCC1B1所成锐二面角的余弦值为．
26．（2022秋 迎泽区校级月考）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
【解题思路】（1）由面面垂直的性质可得BC⊥BM，再得出BM⊥AB即可证明；
（2）设，求出平面BEN和平面BMN的法向量，利用向量关系建立方程求出；即可得出．
【解答过程】（1）证明：正方形ABCD中，BC⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC 平面ABCD，
∴BC⊥平面ABMN，
∴BC⊥BM，且BC⊥BN，又，
∴，
又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2+AN2，
∴AN⊥AB，
又∵AN∥BM，∴BM⊥AB，BC∩BA＝B，
∴BM⊥平面ABCD；
解：（2）由（1）知，BM⊥平面ABCD，BM⊥AB，
以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），M（0，4，0），
设点，∴（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），
∴，∴E（0，4λ，2﹣2λ），
∴，
设平面BEN的法向量为（x，y，z），
∴，令x＝1，∴，∴，
显然，平面BMN的法向量为，
∴，
即，即，
即3λ2+2λ﹣1＝0，解得或﹣1（舍），
则存在一点E，且．
27．（2022春 广东月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠CBC1＝90°，BC＝1，AB＝C1C＝2，点E是棱C1C的中点．
（1）求异面直线AE与B1C所成的角的余弦值；
（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）AB、BC、BC1两两互相垂直，以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求解异面直线AE与B1C所成的角的余弦值．
（2）求出平面A1B1E的一个法向量，假设存在点M，设M（x，y，z），利用空间向量的距离公式，列出方程求解即可．
【解答过程】解：（1）由题意，因为∠CBC1＝90°，∴BC⊥BC1
又AB⊥侧面BB1C1C，得AB⊥BC，AB⊥BC1
∴AB、BC、BC1两两互相垂直，
∠CBC1＝90°，BC＝1，AB＝C1C＝2，得，
以B为原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则有A（0，0，2），，，，C（1，0，0），
，，
设异面直线AE与B1C所成的角为θ，则，
所以异面直线AE与B1C所成的角的余弦值为，
（2）由（1）可知A（0，0，2），，，，，，
设平面A1B1E的一个法向量为，
∵，∴，
令，则x＝1，∴，
假设存在点M，设M（x，y，z），∵，λ∈[0，1]，
∴（x﹣1，y，z）＝λ（﹣1，0，2），∴M（1﹣λ，0，2λ），
∴，
∴，得69λ2﹣38λ+5＝0．
即（3λ﹣1）（23λ﹣5）＝0，
∴或，
∴或．
28．（2022 海淀区校级开学）如图，矩形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面垂直，G为BE边中点，AE＝AF．
（Ⅰ）求证：直线AG⊥平面BCE；
（Ⅱ）若AF＝2，____，求二面角C﹣AG﹣F的余弦值．从①BCAB，②BC＝AG这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题．
【解题思路】（Ⅰ）由矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，得BC⊥平面ABEF，再由已知可得AG⊥BE，利用直线与平面垂直的判定可得AG⊥平面BCE；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AD，AF，AG两两垂直，以A为原点，AG为x轴，AF为y轴，AD为z轴建立空间直角坐标系，分别选①和②，求出平面ACG的法向量与平面AGF的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角C﹣AG﹣F的余弦值．
【解答过程】证明：（Ⅰ）∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，
∴AB⊥BC，
∵矩形ABCD∩菱形ABEF＝AB，∴BC⊥平面ABEF，
∵AG 平面ABEF，∴BC⊥AG，
菱形ABEF中，∵AE＝AF，∴AE＝AB，
又G为BE边中点，∴AG⊥BE，
∵BC∩BE＝B，∴AG⊥平面BCE；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知AD，AF，AG两两垂直，
以A为原点，AG为x轴，AF为y轴，AD为z轴建立空间直角坐标系，
若选①BCAB，∵AF＝2，∴AB＝2，BC，AG，
故A（0，0，0），C（，﹣1，），G（，0，0），
则（，﹣1，），（，0，0），
设平面ACG的法向量为（x1，y1，z1），
由，取z1＝1，可得，
平面AGF的一个法向量，则cos，
即二面角C﹣AG﹣F的余弦值为；
若选②BC＝AG，，∵AF＝2，∴AB＝2，BC＝AG，
故A（0，0，0），C（，﹣1，），G（，0，0），
则（，﹣1，），（，0，0），
设平面ACG的法向量为（x2，y2，z2），
由，取z2＝1，可得，
平面AGF的一个法向量，则cos，
即二面角C﹣AG﹣F的余弦值为．
29．（2022 静海区校级模拟）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，，平面ADPQ⊥平面ABCD，且AD＝PD＝2QA＝2．
（1）求证：QB∥平面PDC；
（2）求平面CPB与平面PBQ所成角的大小；
（3）已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为，求点A到平面HBC的距离．
【解题思路】（1）先证明平面ABQ∥平面DCP，再根据面面平行的性质可得QB∥平面PDC；
（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，根据二面角的向量公式可求出结果；
（3）根据异面直线和点面距的向量公式可求出结果．
【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB 平面PDC，CD 平面PDC．所以AB∥平面PDC．
∵四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，QA 平面PDC，PD 平面PDC，所以QA∥平面PDC，
AB 平面ABQ，QA 平面ABQ，AB∩QA＝A，∴平面ABQ∥平面DCP，
∵QB 平面ABQ，∴QB∥平面PDC．
（2）解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，
则C（0，2，0），P（0，0，2），B（2，2，0），Q（2，0，1），
，2，﹣2），，2，﹣2），，0，﹣1），
设平面PBC的法向量，y1，z1），
则，取y1＝1，得z1＝1，x1＝0，得，1，1），
设平面PBQ的法向量，y2，z2），
则，取x2＝1，z2＝2，y2＝1，得，1，2），
设二面角C﹣PB﹣Q的大小为θ，由图形得θ为钝角，
则，
因为θ为钝角，∴，
∴二面角C﹣PB﹣Q的大小为，
∴平面CPB与平面PBQ所成角的大小为．
（3）解：点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为，
设DH＝t，（0≤t≤2），则H（0，0，t），A（2，0，0），，，
∴，
解得，∴线段DH的长为．
设平面HBC的法向量，因为，，
则，取z3＝4，得，
又，所以．
30．（2022 肥城市模拟）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，且满足，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⊥CN；②平面A'MN⊥平面BCNM；③四棱锥A'﹣BCNM的体积为，从中任选一个，求平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）取AB中点E连接EC，则根据题意可得EC⊥AB，根据线段成比例得MN∥EC，从而得MN⊥AB，从而得MN⊥BM，MN⊥A′M，再由线面垂直判定定理及面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先根据三个条件均可推出A'M⊥平面BCNM，从而可建立如图的空间直角坐标系，再将面面角转化成两平面法向量所成角，最后利用空间向量的夹角公式计算即可求解．
【解答过程】解：（1）证明：取AB中点E连接EC，则根据题意可得EC⊥AB，
又，
∴M为线段AB上靠近A的三等分点，N为线段AC上靠近C的三等分点，
∴，∴MN∥EC，又EC⊥AB，
∴MN⊥AB，
∴MN⊥BM，MN⊥A′M，又BM∩A′M＝M，
∴MN⊥平面A'BM，又MN 平面BCNM，
∴平面A'BM⊥平面BCNM；
（2）∵等边△ABC的边长为3，结合（1）可知：
AM＝1，BM＝2，ME，MN，EC，
若选①A'M⊥CN，又由（1）知A'M⊥MN，CN∩MN＝N，
∴A'M⊥平面BCNM，
若选②平面A'MN⊥平面BCNM，又由（1）平面A'BM⊥平面BCNM，
则由面面垂直的性质定理及面面平行的判定定理与性质定理易得：
A'M⊥平面BCNM，
若选③四棱锥A'﹣BCNM的体积为，设A′到平面BCNM的距离为h，
则
，
∴h＝1，即h＝A′M，
∴A'M⊥平面BCNM，
故建立如图的空间右手直角坐标系，
则A′（0，0，1），C（，，0），B（2，0，0），N（0，，0），
∴，，，
设平面A'BC与平面A'CN的法向量分别为，，
则，，
取，，
设平面A'BC和平面A'CN的夹角为θ，
则cosθ＝|cos|，
故平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值为．专题1.11 空间角的向量求法大题专项训练（30道）
【人教A版2019选择性必修第一册】
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2022 松江区校级开学）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD，BD＝2，O为BD中点，AO⊥平面BCD，AO＝2．
（1）求三棱锥A﹣BCD的体积；
（2）若点E、F分别为AC、BC的中点，求直线AD与平面DEF所成角的大小．
2．（2022秋 南昌月考）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝4且AB⊥AD，△BCD沿着BD翻折，
当三棱锥C﹣ABD体积最大值时．
（1）求此时三棱锥C﹣ABD的体积；
（2）求此时直线AD与平面ABC夹角的正弦值．
3．（2022秋 五华区校级月考）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，平面FBC⊥平面ABCD，BF⊥CF，DE＝AD＝2．
（1）求多面体ABCDEF体积的最大值；
（2）当多面体ABCDEF体积取最大值时，求直线DF与平面EBC所成角．
4．（2022秋 安徽月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，PD＝3FD，BE＝3EP．
（1）求证：AE⊥FC；
（2）求AE与平面ACF所成角的余弦值．
5．（2021秋 吉阳区校级月考）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：BD⊥平面PAC．
（2）若PA＝AC，求直线BD与平面ACE所成的角是多少．
6．（2021秋 盘龙区月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．
（1）证明：直线PB∥平面ACE；
（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
7．（2021秋 云南期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA＝PD＝AB，PA⊥PD，求直线PA与平面PBC所成角的余弦值．
8．（2022春 巫山县校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D．且BA1⊥AC1．
（1）求证：AC1⊥平面A1BC；
（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．
9．（2022春 响水县校级期中）如图所示，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点，AB＝CE．
（1）求异面直线EO与AF所成角的余弦值；
（2）求AF与平面EBD所成角的正弦值．
10．（2022 南京模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3．点M在棱PD上，点N为BC中点．
（1）证明：若DM＝2MP，则直线MN∥平面PAB；
（2）求平面CPD与平面NPD所成角的正弦值．
11．（2022秋 安徽月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．
（1）求证：AB⊥B1C；
（2）若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．
12．（2022秋 洛阳月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，CD＝2AB＝4，AE是等边△PAD的中线．
（1）证明：AE∥平面PBC．
（2）若，求二面角E﹣AC﹣D的大小．
13．（2022秋 南京月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的体积为，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面积为的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC＝1，E为棱PA上一动点．
（1）若直线EC与平面ABCD的夹角为60°，求二面角B﹣CE﹣D的正弦值；
（2）求的取值范围．
14．（2022 遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
15．（2021秋 绥化月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝CC1＝4．若Q，R分别为棱BB1，BC上的点，且B1Q＝BR＝1，平面ABSP与棱CC1，DD1分别交于S，P，DP＝a（0≤a≤4）．
（1）求证：B1R⊥D1Q；
（2）求平面APSB与平面C1D1Q所成的锐二面角余弦值的取值范围．
16．（2022 万州区校级开学）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BD，DD1的中点，M是A1B1上一点，且．
（1）证明：BM∥平面EFA1；
（2）求直线EC1与平面EFA1所成角的正弦值．
17．（2022 贵阳开学）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，E，F分别是棱BB1，DD1的中点．
（1）证明：平面AEF⊥平面ACC1．
（2）若AA1＝2AB，∠BAD＝60°，求二面角B﹣AF﹣E的余弦值．
18．（2021秋 包头期末）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SA＝SC，D为AC的中点，SD⊥AB．
（1）证明：平面SAC⊥平面ABC；
（2）若△BCD是边长为3的等边三角形，点P在棱SC上，PC＝2SP，且，求二面角A﹣PB﹣C的正弦值．
19．（2022 河南开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，PA＝PD＝2，AB＝AD＝2CD＝4，∠BAD＝60°．
（1）若E为PB的中点，证明：CE∥平面PAD．
（2）若二面角P﹣AD﹣B为150°，求二面角P﹣BC﹣A的余弦值．
20．（2022 浙江开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，PA⊥CD，∠ADC，AD＝DCAP，△ABC为正三角形．
（1）证明：PD⊥CD；
（2）求BP与平面PCD所成角的正弦值．
21．（2022 濮阳开学）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱长都为3，∠BAD＝60°，F为棱BB1上一点，且BF＝1．
（Ⅰ）求证：平面AC1F⊥平面BCC1B1；
（Ⅱ）求直线BD与平面AC1F所成角的正弦值．
22．（2022春 京口区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，，直线PA与底面ABCD成60°角，点M，N分别是PA，PB的中点．
（1）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
（2）求二面角P﹣NC﹣D的大小的余弦值．
23．（2022秋 雨花台区校级月考）已知如图1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．
（1）证明：BE⊥平面AECD；
（2）在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．
24．（2022春 铜山区期中）如图所示，在四棱锥中P﹣ABCD，，，AP⊥BD，且．
（1）求证：平面ADP⊥平面ABCD；
（2）已知点E是线段BP上的动点（不与点P、B重合），若使二面角E﹣AD﹣P的大小为，试确定点E的位置．
25．（2022 南京开学）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．
（1）求证：A1F⊥平面B1DE；
（2）若AB＝AC＝4，且三棱锥B1﹣A1C1F的体积为，求平面A1C1F与平面BCC1B1所成锐二面角的余弦值．
26．（2022秋 迎泽区校级月考）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝2．
（1）证明：MB⊥平面ABCD；
（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
27．（2022春 广东月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠CBC1＝90°，BC＝1，AB＝C1C＝2，点E是棱C1C的中点．
（1）求异面直线AE与B1C所成的角的余弦值；
（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
28．（2022 海淀区校级开学）如图，矩形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面垂直，G为BE边中点，AE＝AF．
（Ⅰ）求证：直线AG⊥平面BCE；
（Ⅱ）若AF＝2，____，求二面角C﹣AG﹣F的余弦值．从①BCAB，②BC＝AG这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题．
29．（2022 静海区校级模拟）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，，平面ADPQ⊥平面ABCD，且AD＝PD＝2QA＝2．
（1）求证：QB∥平面PDC；
（2）求平面CPB与平面PBQ所成角的大小；
（3）已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为，求点A到平面HBC的距离．
30．（2022 肥城市模拟）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，且满足，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⊥CN；②平面A'MN⊥平面BCNM；③四棱锥A'﹣BCNM的体积为，从中任选一个，求平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值．
