高中数学必备考试技能之套用18个解题模板模板13 求空间角(解析版)

高中数学必备考试技能之套用18个解题模板”原创精品
模板十三： 求空间角
空间角的求解可以用向量法.向量法是通过建立空间直角坐标系把空间图形的几何特征代数化 ,避免
寻找角和垂线段等诸多麻烦,使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化,具体步 骤
如下:
模板
构建

（
2020·
北京市八 一中学高三三模）在如图所示的三棱锥
A?BCD
中，
?ABD
是边长为2
的等边三
角形，
BC?DC?2
，
MN
是
? ABD
的中位线，
P
为线段
BC
的中点
.
典型

例题
（
1
）证明：
MN?NP
.
（
2
）若二面角
A?BD?C
为直二面角，求二面角
A?NP?M的余弦值
.
（
1
）如图，取
BD
的中点为
O
，取
BO
的中点
E
，连接
AO,CO,EN,PE
.
试题
因为
?ABD
是边长为
2
的等边三角形，
BO?DO
，所以
AO?BD
.
解析
因为
AN?BN ,BE?EO
，故
ENAO
，故
EN?BD
.
2 27

因为
BC?CD?2,BD?2
，所以< br>BD
2
?BC
2
?DC
2
且
CO?BD，所以
?BCD?
?
2
.
因为
BP?PC,BE?E O
，故
EPCO
，所以
EP?BD
.
因为
EN? EP?E
，
EN?
平面
ENP
,
EP?
平面
ENP
，故
BD?
平面
ENP
，

因为
NP?
平面
ENP
，
BD?
NP
.
因为
AN?NB,AM?MD
，故
MNBD
，所以
MN?N P
.

（
2
）由（
1
）可得
AO?BD ,CO?BD
，

所以
?AOC
为二面角
A?BD?C
的平面角，

因为二面角
A?BD?C
为直二面角，所以
?AOC?
建立如图所示的空间直 角坐标系，

?
2
即
AO?OC
.
?
1
?
13
?
3
?
?
11
?
,,0< br>?
.
则
O
?
0,0,0
?
,A0,0,3 ,N
?
?
2
,0,
2
?
?
,M
?
?
?
2
,0,
2
?
?
,P
?2
????
?
2
?
??
?
1
?
13
?
3
?
故
NP?
?
?
0,
2
,?
2
?
?
，
AN?
?
?
2< br>,0,?
2
?
?
，
MN?
?
1,0,0?
.
????
设平面
MNP
的法向量为
m?
?
x,y,z
?
，

2 27

?
NP?m?0
?
?
y?3z?0
则
?
即
?
，故
x?0
，取
y?3
，则< br>z?1
，

MN?m?0
x?0
?
?
?所以
m?0,3,1
.
??
设平面
ANP
的法向量为
n?
?
u,v,w
?
，

?
NP?n?0
?
?
v?3w?0
则
?
即
?
，取
w?1
，则
u?3,v?3
，

AN?n?0
?
?
?
u?3w?0
故
n?
?
3,3,1
，

?
所以
cosm,n?
m?n
mn
?
427
=
，

7
4?7
因为二面角
A?NP?M
的平面角为锐角，

故二面角
A?NP?M
的余弦值为
27
.
7

题后
本题考查线线垂直的证明以及二面角的平面角的计算，一般地，线线垂直的判定可由线面 垂直得到，
2 27

反思
也可以由两条 线所成的角为
?
得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系
2
的转化
.
空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的 计算，也可以
构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算
.
针对训练*举一反三


1
．（
2020·
安徽省 高三二模）如图，在四面体
ABCD
中，
E
是线段
AD
的中 点，
?ABD??BCD?90
，
AB?BD
，
BC?DC?EC< br>.


（
1
）证明：
BD?EC
；

（
2
）求平面
BEC
与平面
DEC
所成锐二面角的 余弦值
.

【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
1
.

3
【解析】（
1
）取线段
BD
的中点
F
， 连接
EF
、
CF
.

因为
E
是线段
AD
的中点，所以
EF∥AB
.
又
AB?BD
，所以EF?BD
.

因为
BC?DC
，
F
是
BD
的中点，所以
CF?BD
.

因为
EF?
平 面
ECF
，
CF?
平面
ECF
，
EF
所以
BD?
平面
ECF
，而
CE?
平面
ECF
，

CF?F
，

2 27

所以
BD?EC
.

（
2
）解法一：

令
BC?DC?EC?a
，则
AB?BD?2a
，

那么
EF?
1212
AB?a
，
CF?BD?a
，

2222
所以
EF
2
?CF
2
?a
2
?EC
2
，所以
EF?CF
.

又
EF? BD
，
CF?BD
，故可以以点
F
为原点，射线
FC
、
FD
、
FE
分别为
x
轴、
y
轴、z
轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示
.


? ??
2
???
?
22
2
?
则
B
?
?
0,0,
2
a
?
?
，

?2
a,0,0
?
?
，
D
?
?
0,2
a,0
?
?
，
E
?
?
0,?
2
a,0
?
?
，
C
?
??
??????
?
2
?
?
2
??
2
2
2 2
?
BC?a,a,0EC?a,0,?a
?
DC?a,?a,0
所 以，，
???
??
?
2
???
.

??< br>222
22
????
??
设平面
BEC
、平面
DEC
的法向量分别为
m?
?
x
1
,y
1
,z
1
?
，
n?
?
x
2
,y
2
,z
2
?
，

?
?
?
m?BC? 0
?
由
?
，得
?
?
m?EC?0
?
?
?
2
ax
1
?
2
2
ax
1< br>?
2
2
?
x
1
?1
ay
1
?0
?
2
，取
?
y
1
??1
，则
m?
?
1,?1,1
?
.

2
?
z?1< br>az
1
?0
?
1
2
2 27

?
?
?
n?DC?0
?
由
?
，得
?
?
n?EC?0
?
?
?
2ax
2
?
2
2
ax
2
?
2
2
?
x
1
?1
ay
2
?0
?
2，取
?
y
1
?1
，则
n?
?
1,1, 1
?
.

2
?
z?1
az
2
?0
?
1
2
所以
cosm,n?
m?n1?1?1?1?1?1 1
??
.

222
mn1?1?13
故平面
BEC
与平面
DEC
所成锐二面角的余弦值为
1
.

3
解法二：

令
BC?DC?EC?a
，由已知及（
1
）可得：
BE?ED?a
，

所以
BCE
，< br>△CDE
均为棱长为
a
的正三角形
.


取
CE
中点
G
，则
BG?CE
，
DGCE
， 故
?BGD
为二面角
B?CE?D
的平面角，

在
BEG
中，
BG?DG?
3
a
，
BD?2a
，
2
BG
2
?DG
2
?BD
2
1由余弦定理可得：
cos?BGD???
，

2BG?DG3
故 平面
BEC
与平面
DEC
所成锐二面角的余弦值为
1
.
3
2
．
S?ABCD
中底面
ABCD
为直角 梯形，
ADBC
，（
2020·
梅河口市第五中学高三三模）如图在四棱锥< br>
2 27

?ABC?
的中点
.

?
2
，侧面
SAB
为正三角形且平面
SAB?
底面
ABCD
，
AB?BC?< br>1
AD
，
E,F
分别为
SD,SB
2

（
1
）证明：
EC
平面
SAB
；

（
2
）求
EC
与平面
FCD
所成角
?
的 正弦值
.

【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
31

31
【解析】（
1
）如图所示：


取
AD
中点
M
，连接
EM，CM
，

因为
EM
为
SAD
中位线，

所以
EMSA
，

因为
SA?
平面
SAB
，所以
EM
平面
SAB
.

2 27

因为
AM?
1
AD?BC
，

2
又因为
ADBC
，所以
AMBC
.

所以四边形
ABCM
为平行四边形，

所以
CM∥AB
，

因为
AB
平面
SAB
，所以
CM
平面
SAB
.

因为
EM平面
SAB
，
CM
平面
SAB
，
CM
所以平面
EMC
平面
SAB
.

因为
EC?
平面
EMC
，
EC?
平面
SAB
，

所以
CE
平面
SAB
.

EM?M
，

（
2
）取
AB
中点
O
，连接
SO
.

因为
SB?SA
，所以
SO?AB
.

因为平面< br>SAB?
底面
ABCD?AB
，
SO?AB

所以
SO?
底面
ABCD
.

以
O
为坐标原点，
OB
，
Oy
，
OS
分别为
x
，
y
，
z
轴建立空间直角坐标系，

如图所示：

2 27

设
AB?BC?1
13
AD?2
，
B(1,0,0)
，
S(0,0,3 )
，
F(,0,)
，

22
2
D(?1,4,0)
，
E(?
1
,2,
3
)
，
C(1,2,0 )
.

22
1333
所以
FC?(,2,?)
，< br>CD?(?2,2,0)
，
EC?(,0,?)
，

2222
设平面
FCD
的一个法向量为
m?
?
x,y,z
?
，

?
13
?
FC?m?0
z?0
?x?2y?
则
?
，即
?
2
，

2CD?m?0
?
?
?2x?2y?0
?
可取
x?3，解得
y?3
，
z?5
.

则
m?(3,3,5)
，

sin
?
?
E Cm
ECm
?
?3
331
?
31
.
31
3
．（
2020·
新疆维吾尔自治区高三三模）如图，在多面体ABCDEF
中，底面
ABCD
是正方形，梯形
ADEF?
底面
ABCD
，且
AF?EF?DE?
1
AD
．

2
2 27

（
Ⅰ
）证明：平面
ABF?
平面
CDF
；

（
Ⅰ
）求直线
AF
与平面
CDE
所成角的大小．< br>
【答案】（
Ⅰ
）见解析（
Ⅰ
）
π
．

3
底面
ABCD?AD
，

【解析】（
Ⅰ
）证明：
Ⅰ
梯形
ADEF?
底面
ABCD
，且梯形
ADEF
又
AB?AD
，

?AB?
平面
ADEF
，

?AB?DF
，

在梯形
ADEF
中，过
F
作
FG?AD
，垂足为
G
，

设
AD?2
，可得
AF?EF?DE?
1
AD?1
，

2
则
AG?
1
3
，
GF?
，
< br>2
2
2
2
??
33
??
FD
2?FG
2
?GD
2
?
?
?
?3
，
?
2
?
?
?
?
2
??
??
则
AF
2
?FD
2
?AD
2
，

即
AF?FD
，

又
ABAF?A
，且
A B,AF?
平面
ABF
，

2 27

?FD?
平面
ABF
，

而
FD?
平面
CDF
，

Ⅰ
平面
ABF?
平面
CDF
；

（
Ⅰ
）解：以
A
为坐标原点，分别以
AB
，
AD
所 在直线为
x
，
y
轴建立空间直角坐标系，


?< br>13
?
?
33
?
E0,,F
则
A
?
0,0,0
?
，
D
?
0,2,0
?
，C
?
2,2,0
?
，
?
?
22
??
，
?
?
0,
2
,
2
?
?< br>，
DC?
?
2,0,0
?
，
??
??
??
13
?
13
?
DE?
?
0,?,AF?0, ,
，
???
????
，

2222
????
设平面
CDE
的一个法向量为
n?
?
x,y,z
?
，

?
n?DC?2x?0
?
由
?
，

13
z?0
?
n?DE?y?
22
?
取
z ?1
，得
n?0,3,1
．

??
设直线
AF与平面
CDE
所成角的大小为
?
，则
sin
?
?cosAF,n?
AF?n
AFn
?
33
?
，

1?22
2 27

?
?
?
?
3
，即直线
AF
与平面
CDE
所成角的大小为
π
．

3
4
．（
2020·
陕西省榆林中 学高三三模）如图，在三棱锥
P?ABC
中，底面是边长为
4
的正三角形，< br>PA?2
，
PA?
底面
ABC
，点
E,F
分 别为
AC
，
PC
的中点
.


（
1
）求证：平面
BEF?
平面
PAC
；

（
2
）在线段
PB
上是否存在点
G
，使得直线AG
与平面
PBC
所成的角的正弦值为
的位置；若不存在，请说明理由< br>.

【答案】
(1)
见解析
(2)
见解析

【解析】（
1
）证明：
Ⅰ
AB?BC
，
E
为
AC
的中点，

Ⅰ
BE?AC

又
PA ?
平面
ABCP
，
BE?
平面
ABC
，
Ⅰ
PA?BE

Ⅰ
PA?AC?A

Ⅰ
BE?
平面
PAC

Ⅰ
BE?
平面
BEF

Ⅰ
平面
BEF?
平面
PAC

15
若存在 ，确定点
C
5
（
2
）解：如图，由（
1
）知，PA?BE
，
PA?AC
，点
E
，
F
分别为< br>AC,PC
的中点，

2 27

< br>Ⅰ
EFPA
，
Ⅰ
EF?BE
，
EF?AC
， 又
BE?AC
，

Ⅰ
EB,EC,EF
两两垂直，分别以< br>EB,EC,EF
方向为
x,y,z
轴建立坐标系
.


则
A
?
0,?2,0
?
，
P
?
0,?2,2
?
，
B23,0,0
，
C
?
0,2,0
?
，

设
BG?
?
BP??23
?
,?2
?
,2
?
，
?
?0,1
所以
AG?AB?BG?23
?
1?
?
?
,2
?
1?
?
?
,2
?

??
??
? ?
??
BC??23,2,0
，
PC?
?
0,4,?2?
，设平面
PBC
的法向量
n?
?
x,y,z
?
，则

??
?
?
n·BC?0
?
?23 x?2y?0
，
?
?
，令
x?1
，则
y?3
，
z?23
，

?
n·PC?0
?
?
?
4y?2z?0
Ⅰ
n?1,3,23

??
43
1 5AG?n
?
15
?
111
?
?
?
?

由已知或（舍去）

2
2
5
5
2 10
AG·n
416
?
1?
?
?
?4
?< br>故
?
?
1

2
2 27

故线段
PB
上存在点
G
，使得直线
AG
与平面
PBC
所成的角的正弦值为
15
，

5
此时
G
为线段
PB
的中点
.

5
．（
2020·
四川省新津中学高三二模）如图，在四棱柱
ABCD-PG FE
中，底面
ABCD
是直角梯形，侧棱垂直
于底面，
ABDC，
ⅠABC
＝
45
o
，
DC
＝
1，
AB
＝
2
，
PA
＝
1
．


（
1
）求
PD
与
BC
所成角的大小；

（
2
）求证：
BCⅠ
平面
PAC
；

（
3
）求二面角
A-PC-D
的大小．

【答案】 （
1
）
60
o
（
2
）见解析．（
3
）
60
o

【解析】（
1
）取的
AB
中 点
H
，连接
DH
，易证
BHCD
，且
BD=

所以四边形
BHDC
为平行四边形，所以
BCDH

所以
ⅠPDH
为
PD
与
BC
所成角
因为四边形，
ABCD
为直角梯形，且
ⅠABC=45
o
，
所以
ⅠDAⅠAB

又因为
AB=2DC=2
，所以
AD=1
，

因为
RtⅠPAD
、
RtⅠDAH
、
RtⅠPAH
都为等腰直角 三角形

所以
PD=DH=PH=
2
，故
ⅠPDH=60
o

（
2
）连接
CH
，则四边形
ADCH
为 矩形，
ⅠAH=DC
又
AB=2
，
ⅠBH=1

2 27

在
RtⅠBHC
中，
ⅠABC=45
o
，
ⅠC H=BH=1
，
CB=
2
ⅠAD=CH=1
，
AC=
2

ⅠAC
2
+BC
2
=AB
2
ⅠBC ⅠAC,


又
PA
平面
ABCDⅠPAⅠBC

ⅠPA∩AC=AⅠBCⅠ
平面
PAC

（
3
） 如图，分别以
AD
、
AB
、
AP
为
x
轴，
y
轴，
z
轴建立空间直角坐标系，则由题设可知：
A(0
，
0
，
0)
，
P(0
，
0
，
1)< br>，
C(1
，
1
，
0)
，
D(1
，< br>0
，
0)
，

Ⅰ
AP
=(0
，0
，
1)
，
PC
=(1
，
1
，
-1)

c?0
m?AP?0
{
{

设
m=(a
，
b
，
c)
为平面
PAC
的一个法向量，

则，即
a?b?c?0
m?PC?0
设
a?1
， 则
b??1
，
Ⅰm=(1
，
-1
，
0)

同理设
n=(x
，
y
，
z)
为平面
PC D
的一个法向量，求得
n=(1
，
1
，
1)
< br>Ⅰ
cos?m,n??
m?n1?1?1?0?0?11
??
所以二面 角
A-PC-D
为
60
o

m?n2
2?2

6
．
AC=BC=2
，
ⅠCBB
1
=
（
2020·
陕西省安康中学高三三模）如图，三棱柱
ABC-A
1
B
1
C
1
中，侧面
BCC< br>1
B
1
是菱形，
?
，点
A
在平面
B CC
1
B
1
上的投影为棱
BB
1
的中点
E
．

3
2 27

（
1
）求证：四边形
ACC
1
A
1
为矩形；< br>
（
2
）求二面角
E-B
1
C-A
1
的平面角的余弦值．

【答案】（
1
）见解析（
2
）
?
21
< br>7
【解析】（
1
）因为
AE⊥
平面
BB
1< br>C
1
C
，所以
AE?BB
1
，


又因为
BE?
1
?
BB
1
?1
，
BC?2
，
?EBC?
，所以
CE?3
，

23< br>因此
BE
2
?CE
2
?BC
2
，所以
CE?BB
1
，


因此
BB
1
?平面
AEC
，所以
BB
1
?AC
，

从而
AA
1
?AC
，又四边形
ACC
1
A
1
为平行四边形，

则四边形
ACC
1
A
1
为矩形；

（2
）如图，以
E
为原点，
EC
，
EB
1
，
EA
所在直线分别为
x
轴，
y
轴，
z
轴，所以
A(0,0,1),A
1
(0,2,1),B
1
(0,1, 0),C(3,0,0)
，

平面
EB
1
C
的法向 量
m?(0,0,1)
，设平面
A
1
B
1
C
的法向量
n?(x,y,z)
，


由
n?CB
1
?(x,y,z)?(?3,1,0)?0?y?3x
，

2 27

由
n?B
1
A,1)?0?y?z?0
，

1?(x,y,z)?(0,1
令
x?1?y?3,z??3
，即
n?(1 ,3,?3)
，


?321
，

??
7
1?7
21
.

7
所以，
cos?m,n??
所以，所求二面角的余弦值是
?

7
．（
2020·
上海高三二模）如图，在直三棱柱
ABC?A
1
B
1< br>C
1
中，
ABC
是等腰直角三角形，
AC?BC?AA
1
?2
，
D
为侧棱
AA
1
的中点
.

（
1
）求证：
BC⊥
平面
ACC
1
A
1
；

（
2
）求二面角
B
1
?CD?C
1
的大小（结果用反三角函数值表示）

【答案】（
1
）证明见解析

（
2
）
arccos
2

3
【解析】（< br>1
）
Ⅰ
底面
ABC
是等腰直角三角形，且
AC?BC
，

2 27

Ⅰ
AC?BC
，

Ⅰ
CC
1
?
平 面
A
1
B
1
C
1
，

Ⅰ
CC
1
?BC
，

Ⅰ
ACCC
1
?C
，

Ⅰ
BC⊥
平面
ACC
1
A
1
．

（
2
）以
C
为原点，直线
CA
，
CB，
CC
1
为
x
，
y
，
z
轴， 建立空间直角坐标系，

则
C
?
0,0,0
?
，< br>A
?
2,0,0
?
，
B
?
0,2,0
?
，
C
1
?
0,0,2
?
，
B
1
?
0,2,2
?
，
D
?
2,0,1
?< br>，

由（
1
）得
CB?
?
0,2,0
?
是平面
ACC
1
A
1
的一个法向量，

CB
1
?
?
0,2,2
?
，
CD?
?< br>2,0,1
?
，

设平面
B
1
CD
的一个法向量
n?
?
x,y,z
?
，

则
?
?
n?CB
1
?2y?2z?0
?
n?CD?2x?z? 0
，

取
x?1
，得
n?
?
1,2,?2
?
，

设二面角
B
1
?CD?C
1
的平面角为
?
，

则
cos
?
?
CB? n
CB?n
?
42
?
，

2?33
由图形 知二面角
B
1
?CD?C
1
的大小是锐角，

2 27

Ⅰ
二面角
B
1
?CD? C
1
的大小为
arccos
2
．

3
< br>8
．（
2020·
湖南省高三三模）在如图的空间几何体中，四边形
B CED
为直角梯形，
?
DBC
?
90
?
,BC?
2DE
，
AB?AC?2
，
CE?AE?3
，且平面
BCED?
平面
ABC
，
F
为棱
AB
中点
.


（
1
）证明：
DF?AC
；

（
2
）求二面角
B?AD?E
的正弦值
.

【答案】（
1
）证明见解析；（
2
）
30
.
< br>6
【解析】（
1
）证明：取
AC
中点为
G
， 连接
GE
和
GF
，如图所示


因为
GFBC
，且
GF?
1
BC
，

2
2 27

又因为
DEBC
，且
DE?
1
BC
，

2
故
GFDE
，且
GF?DE
，

即四边形
GFDE
为平行四边形，故
GEDF
，

CE?AE
，
G
为
AC
中点，
?GE?AC
；
又
GEDF
，
?DF?AC
.

（
2
）平面
BCED?
平面
ABC
，平面
BCED
平 面
ABC?BC，DB?AC
，

?DB?
平面
ABC
，

又
AC?
平面
ABC
，
?DB?AC
.

由（
1
）知
DF?AC,BD?DF?D
，
BD,DF?< br>平面
ABC
，

?AC?
平面
ABD
，而< br>AB
平面
ABD
，
?AC?AB
，

AB?AC?2
，
?BC?22,DE?2
.

取
BC
中点
O
连接
OE
和
OA
，四边形
BC ED
为直角梯形，则
OEDB
，

DB?
平面
ABC
，

?OE?
平面
AB C
，又
BC?
平面
ABC
，
OA?
平面
A BC
，故
OE?BC，OE?OA
，

AB?AC,?OA?BC
，

?
分别以
OA
、< br>OB
、
OE
所在直线为
x
轴、
y
轴、
z
轴建立直角坐标系，如图所示


2 27

CE?AE?3,?OE?1
，

则
D( 0,2,1)
，
E(0,0,1)
，
A(2,0,0)
，
C (0,?2,0)
，

故
AD?(?2,2,1)
，
AE? (?2,0,1)
，
CA?(2,2,0)
，

易知平面
ABD
的一个法向量为
CA?(2,2,0)
，

设平面
ADE
的一个法向量为
n?(x,y,z)
，则
< br>?
?
n?AD?0
?
?2x?2y?z?0
，即
?< br>，令
z?2,?x?1,y?0
，

?
?
?
n?AE?0
?
?2x?z?0
?n?(1,0,2)
.

设二面角
B?AD?E
的为
?
，则

|cos?
|?|cos?n,CA?|?
n?CA
|n||CA|
?
6
，

6
sin
?
1
6
6
2
30
.

6
?
二面角
B?AD?E
的正弦值为< br>30
.

6
9
．（
2020·
山东省高三二 模）在四边形
ABCP
中，
AB?BC?
沿
AC
边折起，连 结
PB
，使
PB?PA
，求证：

2,
?P??
3
，
PA?PC?2
；如图，将
PAC
2 27

（
1
）平面
ABC?
平面
PAC
；
（
2
）若
F
为棱
AB
上一点，且
AP
与平面
PCF
所成角的正弦值为
3
，求二面角
F?PC?A
的大小
.

4
【答案】（
1
）证明见详解；（
2
）
?

6
【解析】证明：（
1
）在
?PAC
中，
PA?P C?2,?P?
?
3

?△PAC
为正三角形，且
AC?2

在
ABC
中，
AB?BC?2

?ABC
为等腰直角三角形，且
AB?BC

取
AC
的中点
O
，连接
0B,OP

?OB?AC,OP?AC

OB?1,OP?3,PB?PA?2
，

?PB
2
?OB
2
?OP
2
，

?OP?OB

OPAC?O
，
AC,OP?
平面
PAC

2 27

?OB?
平面
PAC

OB?
平面
ABC

..
平面
ABC?
平面
PAC

（
2）以
O
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
O?xyz
，则
A(0,?1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,3)
，

AB?(1,1,0),AP?(0,1,3)
，

CP?(0,?1,3),CA?(0,?2,0)
，

设
AF?m AB(0?m?1)
.
则
CF?CA?AF?(m,m?2,0)

设平面
PFC
的一个法向量为
n?(x,y,z)
.
则

?
n?CF?0

?
n?CP?0
?
?
?
mx?y(m?2)?0
?
?
，

?
?
? y?3z?0
2?m
?
3
?
x?

令
y? 3
，解得
?
m
?
?
z?1
?
2?m
?
?n?
?
3,3,1
?

?
m
?AP
与平面
PFC
所成角的正弦值为
3
，

4
2 27

?
n?AP
?
|n||AP|
23
(2?m)
2
23?3?1
m
2
?
3
4

整理得
3m
2
?4m?4?0

解得
m?
2
或
m??2
(
含去
)

3
?n?(23,3,1)

又
OB
为平面
PAC
的一个法向量

?cos?n,OB??
n?OB
nOB
?
3

2
??n,OB??
?
6
，

二面角
F?PA?C
的大小为
?
.

6

10
．（
2020·
北京八中高三二模）已知在四棱锥
P?ABCD
中，底面
ABCD
是边长为
4
的正方形，
△PAD
是
正三角形，
CD
?
平面
PAD
，
E,F,G,O
分别是
PC,PD,BC,AD
的中点．

2 27

（
Ⅰ
）求证：
PO
?
平面
ABCD
；

（
Ⅰ
）求平面
EFG
与平面
ABCD
所成锐二面角的大小；

（
Ⅰ
）线 段
PA
上是否存在点
M
，使得直线
GM
与平面
EF G
所成角为
若不存在，说明理由．

π
，若存在，求线段
P M
的长度；
6
【答案】（
Ⅰ
）证明见解析

（
Ⅰ
）
π
（
Ⅰ
）不存在，见解析

3
【解析】（
Ⅰ
）证明
:
因为
Ⅰ
PAD
是正三角形，

O
是
AD
的中点，

所以

PO?
AD
.

又因为
CD?
平面
PAD
，
PO?
平面
PAD
，

所以
PO?CD
.

ADCD?D
，
AD，CD?
平面
ABCD
，

所以
PO?
面
ABCD
.

（
Ⅰ
）如图，以
O
点为原点分别以
OA
、
OG
、
OP< br>所在直线为
x
轴、
y
轴、
z
轴建立空间直角坐标系< br>.

2 27

则
O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(?2,4,0),D(?2,0,0),G( 0,4,0),P(0,0,23)
，

E(?1,2,3),F(?1,0,3)< br>，
EF?(0,?2,0),EG?(1,2,?3)
，

设平面
EFG
的法向量为
m?(x,y,z)

?
?
EF?m?0
?
?2y?0,

所以
?
，即
?
?
?
EG?m?0
?
x?2y?3z?0 ,
令
z?1
，则

m?(3,0，1)
，


又平面
ABCD
的法向量
n?(0,0,1)
，

设平面
EFG
与平面
ABCD
所成锐二面角为
?
，

所以
cos
?
?
m?n
mn
?
1
??
3
2
?
?1
2
?1
1
2< br>.

所以平面
EFG
与平面
ABCD
所成锐二面角为
（
Ⅰ
）假设线段
PA
上存在点
M
，

使得直线
GM
与平面
EFG
所成角为
π
.

3
?
，

6
即直线
GM
与平面
EFG
法向量
m
所成的角为
?
，

3
2 27

设
PM?
?
PA
，
?
?0,1
，

??
GM?GP?PM?GP?
?
PA,
，

所以
GM?2
?
,?4,23
?
1?
?
?
< br>??
所以
cos
?
3
?cosGM,m?
3
24
?
?6
?
?7
2
，

整理得
2
?
2
?3
?
?2?0
，

?
??
，方程无解，所以，不存在这样的点
M
.




2 27