2023年高考数学二轮优化提升专题训练13：运用空间向量研究立体几何问题（含答案解析）

《2023年高考数学二轮优化提升专题训练13：运用空间向量研究立体几何问题（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考数学二轮优化提升专题训练13：运用空间向量研究立体几何问题（含答案解析）（47页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、专题13 运用空间向量研究立体几何问题1、【2022年全国甲卷】在四棱锥P-ABCD中，PD底面ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)证明：BDPA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值2、【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，ADCD,AD=CD,ADB=BDC，E为AC的中点(1)证明：平面BED平面ACD；(2)设AB=BD=2,ACB=60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值3、【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，A1BC的面积为22(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为

2、A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值4、【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，ABAC，E是PB的中点(1)证明：OE/平面PAC；(2)若ABO=CBO=30，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值5、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）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6、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，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?7、（2019

3、浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面，分别是AC，A1B1的中点（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值8、（2020全国理18）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9、（2020全国理19）如图，在长方体中，点分别在棱上，且（1）证明：点在平面内；（2）证明：若时，求二面角的正弦值 题组一、线面角1-1、（2022山东泰安高三期末）如图1，在等腰直角中，分别为的中点，将沿直线翻折，得到如图2所示的四棱锥，若二面角的大小为，为中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.1-2、

4、（2022山东省淄博实验中学高三期末）如图，在四棱锥中，已知底面，是上一点.（1）求证:平面平面；（2）若是的中点，且二面角的余弦值是，求直线与平面所成角的正弦值.1-3、（2022湖南郴州高三期末）如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值题组二、面面角2-1、（2022河北张家口高三期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，、分别为、的中点.（1）证明：平面；（2）若平面平面，为等边三角形，求二面角的正弦值.2-2、（2022河北唐山高三期末）四棱锥的底面是矩形，侧面底面OBCD（1）求证：底面OBCD

5、；（2）若，二面角的大小为120，求四棱锥的体积2-3、（2022河北保定高三期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面底面，且.（1）证明：.（2）若，求二面角的余弦值.题组三、探索性问题3-1、（2022河北深州市中学高三期末）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，. （1）证明：平面平面；（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.3-2、（2022山东枣庄高三期末）在四棱锥中，底面为直角梯形，Q为的中点，是边长为2的正三角形，（1）求证：平面底面；（2）棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由3-3、（20

6、22山东济南高三期末）如图，在正四棱柱中，分别为棱，的中点，为棱上的动点.（1）求证：，四点共面；（2）是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由.3-4、（2022湖南娄底高三期末）如图，在长方体中，若平面APSB与棱，分别交于点P，S，且，Q，R分别为棱，BC上的点，且（1）求证：平面平面；（2）设平面APSB与平面所成锐二面角为，探究：是否成立？请说明理由1、（2022湖南常德高三期末）如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线（1）求证：OAPB；（2）若C底面圆上一点，且，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值2、（2022山东莱西高三期末）在如图

7、所示的三棱柱中，侧面为菱形，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面ABC的夹角的余弦值.3、（2022山东淄博高三期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，E为PC的中点，点F在PD上且（1）求证：平面AEF；（2）求二面角的余弦值4、（2022湖北武昌高三期末）如图，一张边长为4的正方形纸片ABCD，E，F分别是AD，BC的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立在水平的桌面上（1）求证：；（2）若二面角的平面角为45，K是线段CF（含端点）上一点，问是否存在点K，使得直线AK与平面CDEF所成角的正切值为？若存在，求出CK的长度；若不存在，说明理由专题13 运用空间向量研究立体几何问题1、【20

8、22年全国甲卷】在四棱锥P-ABCD中，PD底面ABCD,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)证明：BDPA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为CD/AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=32，BD=DE2+BE2=3，所以AD2+BD2=AB2，所以ADBD，因为PD平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又PDAD=D，所以BD平面PAD，又因PA平面PAD，所以BDPA；(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD=

9、3，则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，则AP=(-1,0,3),BP=(0,-3,3),DP=(0,0,3)，设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，则有nAP=-x+3z=0nBP=-3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，则cosn,DP=nDP|n|DP|=55，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.2、【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，ADCD,AD=CD,ADB=BDC，E为AC的中点(1)证明：平面BED平面ACD；(2)设AB=BD=2,ACB=60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值【解析】(1)因为AD

10、=CD，E为AC的中点，所以ACDE；在ABD和CBD中，因为AD=CD,ADB=CDB,DB=DB，所以ABDCBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以ACBE；又因为DE,BE平面BED，DEBE=E，所以AC平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.(2)连接EF，由（1）知，AC平面BED，因为EF平面BED，所以ACEF，所以SAFC=12ACEF，当EFBD时，EF最小，即AFC的面积最小.因为ABDCBD，所以CB=AB=2，又因为ACB=60，所以ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，因为ADCD，所以DE=12AC=1,

11、在DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz，则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD=-1,0,1,AB=-1,3,0，设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z，则nAD=-x+z=0nAB=-x+3y=0，取y=3，则n=3,3,3，又因为C-1,0,0,F0,34,34，所以CF=1,34,34，所以cosn,CF=nCFnCF=62174=437，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以sin=cosn,CF=437，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.3、【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC

12、-A1B1C1的体积为4，A1BC的面积为22(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VA-A1BC=13SA1BCh=223h=VA1-ABC=13SABCA1A=13VABC-A1B1C1=43，解得h=2，所以点A到平面A1BC的距离为2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1=A1B，且AE平面ABB1A1，所以AE平面A

13、1BC，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1平面ABC，由BC平面A1BC，BC平面ABC可得AEBC，BB1BC，又AE,BB1平面ABB1A1且相交，所以BC平面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，则BD=(1,1,1)，BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，则mBD=x+y+z=0mBA=2y=0，可取m=(1

14、,0,-1)，设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则mBD=a+b+c=0mBC=2a=0，可取n=(0,1,-1)，则cosm,n=mn|m|n|=122=12，所以二面角A-BD-C的正弦值为1-(12)2=32.4、【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，ABAC，E是PB的中点(1)证明：OE/平面PAC；(2)若ABO=CBO=30，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO平面ABC，AO,BO平面ABC，所以POAO、POBO，又PA

15、=PB，所以POAPOB，即OA=OB，所以OAB=OBA，又ABAC，即BAC=90，所以OAB+OAD=90，OBA+ODA=90，所以ODA=OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE/PD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以OE/平面PAC(2)解：过点A作Az/OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO=3，AP=5，所以OA=AP2-PO2=4，又OBA=OBC=30，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=43，所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以E33,1,32，则AE=33,1,

16、32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则nAE=33x+y+32z=0nAB=43x=0，令z=2，则y=-3，x=0，所以n=0,-3,2；设平面AEC的法向量为m=a,b,c，则mAE=33a+b+32c=0mAC=12b=0，令a=3，则c=-6，b=0，所以m=3,0,-6；所以cosn,m=nmnm=-121339=-4313设二面角C-AE-B为，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角，所以cos=-4313，所以sin=1-cos2=1113故二面角C-AE-B的正弦值为1113；5、（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）如图，四棱锥

17、的底面是矩形，底面，为的中点，且（1）求；（2）求二面角的正弦值【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.6、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，E，F分别为和的中点，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?【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

18、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7、（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面，分别是AC，A1B1的中点（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值【解析】方法一：（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC，所以，A1E平面ABC，则A1EBC又因为A1FAB，ABC=90，故BCA1F所以BC平面A1EF因

19、此EFBC（）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四边形EGFA1为矩形由（I）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上连接A1G交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=由于O为A1G的中点，故，所以因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是方法二：（）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABC=AC

20、，所以，A1E平面ABC如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），C(0，2，0)因此，由得（）设直线EF与平面A1BC所成角为，由（）可得，设平面A1BC的法向量为，由，得，取，故因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为8、（2020全国理18）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，又为等边三角形，则，则，同理，又，平面（2）过作交

21、于点N，平面，以为坐标原点， 为轴，为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，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，故，设二面角的大小为，则9、（2020全国理19）如图，在长方体中，点分别在棱上，且（1）证明：点在平面内；（2）证明：若时，求二面角的正弦值 【解析】证明：（1）在上取一点，使得，分别连结， 在长方体中，有，且，又，四边形和四边形都是平行四边形且，且，又在长方体中，有且，且，则四边形为平行四边形，且，又且，且，则四边形为平行四边形，点在平面内（2）解：在长方形中，以为原点，所在直线为轴，的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

22、则，设平面的一个法向量为，则，取法向量；设平面的一个法向量为，则，取法向量，设二面角为，则，即二面角的正弦值为题组一、线面角1-1、（2022山东泰安高三期末）如图1，在等腰直角中，分别为的中点，将沿直线翻折，得到如图2所示的四棱锥，若二面角的大小为，为中点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1） 设的中点为N，连接.又M为的中点， M，N，C，D四点共面又即为二面角的平面角，又， 为正三角形， 又，平面平面.（2）以D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，设为平面的法向量，则即：令，解得，则设直线与平面所成的角为，则直线与平

23、面所成角的正弦值为1-2、（2022山东省淄博实验中学高三期末）如图，在四棱锥中，已知底面，是上一点.（1）求证:平面平面；（2）若是的中点，且二面角的余弦值是，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）平面，平面，得.又，在中，得，设中点为，连接，则四边形为边长为1的正方形，所以，且，因为，所以，又因为，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，分别以射线射线为轴和轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，则，.又设，则， ，.由且知，为平面的一个法向量.设为平面的一个法向量，则，即，取，则，有，得，从而，.设直线与平面所成的角为，则.即直线与平面所成角的正弦值为.1-3、（2022湖南

24、郴州高三期末）如图，在空间几何体中，已知均为边长为2的等边三角形，平面和平面都与平面垂直，为的中点（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值【解析】（1）证明：分别取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理平面，所以，又因为是全等的正三角形，所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）连接，则易知平面，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，所以，所以则，取，则，所以，设直线与平面所成的角为，则题组二、面面角2-1、（2022河北张家口高三期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，

25、、分别为、的中点.（1）证明：平面；（2）若平面平面，为等边三角形，求二面角的正弦值.【解析】（1）证明：连接、.因为、分别为、的中点，且，因为四边形为正方形，则且，为的中点，则且，所以，且，故四边形为平行四边形，故，平面，平面，故平面，因为、分别为、的中点，则，平面，平面，所以，平面，所以，平面平面.又平面，所以平面.（2）解：取的中点，连接、.因为为等边三角形，为的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为四边形为正方形，则，且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，故，则，如图，以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.设，则、，设为平面的法向量

26、，则，即，取，则，设为平面的法向量，则，即，取，则，所以，故.所以二面角的正弦值为.2-2、（2022河北唐山高三期末）四棱锥的底面是矩形，侧面底面OBCD（1）求证：底面OBCD；（2）若，二面角的大小为120，求四棱锥的体积【解析】（1）证明：因为四棱锥的底面是矩形，所以，又因为，所以，因为侧面底面OBCD，侧面底面，且侧面AOD，所以底面OBCD（2）解：因为底面OBCD，OBCD为矩形，所以OA，OB，OD两两垂直如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，设，则，设为平面ABC的法向量，则,即，令，可得，所以设为平面ACD的法向量，

27、则，即，令，可得，所以，因为，可得，解得或（舍）所以四棱锥的高为1，四棱锥的体积2-3、（2022河北保定高三期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面底面，且.（1）证明：.（2）若，求二面角的余弦值.【解析】（1）在平行四边形中，因，则，即，因为平面底面，且平面底面，平面，则平面，又平面，所以.（2）取的中点，AB中点F，连接，EF，由(1)知，因为，则，又平面底面，且平面底面，平面，则平面，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，得，设平面的法向量为，则，即，令，得，于是得，由图知，二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值

28、为.题组三、探索性问题3-1、（2022河北深州市中学高三期末）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，. （1）证明：平面平面；（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.【解析】（1）证明：因为，所以，即.又因为，所以，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）解：连接，因为，是的中点，所以.由（1）知，平面平面，所以平面.以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则平面的一个法向量是，.设，代入上式得，所以.设平面的一个法向量为，由，得.令，得.因为二面角的平面角的大小为，所以，即，解得.所以点为线段上靠近点的四等分点，且坐标为.3-2、（2022山东枣

29、庄高三期末）在四棱锥中，底面为直角梯形，Q为的中点，是边长为2的正三角形，（1）求证：平面底面；（2）棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由【解析】（1）证明：（1）因为Q为AD的中点，故因为，所以四边形BCDQ是平行四边形，所以在等边三角形PAD中，又，故，故又，平面ABCD，平面ABCD，故平面ABCD又平面PAD，故平面底面ABCD；（2）以Q为原点，所在方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，假设棱PC上存在点M，使二面角为30设，这里则又，故设平面BQM的一个法向量为，则，即令，则又为平面CBQ的一个法向量，由二面角为30，得，

30、即两边平方并化简得，解得或（舍）所以故棱PC上存在点M，当时，二面角为303-3、（2022山东济南高三期末）如图，在正四棱柱中，分别为棱，的中点，为棱上的动点.（1）求证：，四点共面；（2）是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由.【解析】（1）证明：如图所示：连接，取的中点为M，连接，ME，因为E为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为F为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以B，E，F四点共面；（2）以D为坐标原点，DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点G，设，由已知，则，设平面BEF的一个法

31、向量为，则，即，取，则；设平面GEF的一个法向量为，则，即，取，则；因为平面平面BEF，所以，所以，所以.所以存在满足题意的点G，使得平面平面BEF，DG的长度为.3-4、（2022湖南娄底高三期末）如图，在长方体中，若平面APSB与棱，分别交于点P，S，且，Q，R分别为棱，BC上的点，且（1）求证：平面平面；（2）设平面APSB与平面所成锐二面角为，探究：是否成立？请说明理由【解析】（1）在长方体中，因为平面，平面，所以，在和中，因为，,，所以，,所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面（2）以D为坐标原点，射线DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，所以，设平面的法向量为，所以，

32、不妨设，其中，由（1）得，平面的法向量为，因为，所以，则，若，则，解得，因为，所以成立1、（2022湖南常德高三期末）如图，已知AB是圆柱底面圆的一条直径，OP是圆柱的一条母线（1）求证：OAPB；（2）若C底面圆上一点，且，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值【解析】（1）OP是圆柱的一条母线，OP平面OAB，又面OAB，OPOA，AB是圆柱的底面圆的直径，即OAOB，又，OA面OPB，又面OPB，OAPB.（2），；AB是圆柱的底面圆的直径，又，四边形OACB为正方形,如图建立空间直角坐标系Oxyz，可知，P（0，0，2），设平面PAB的法向量为，即，取，则，又，设直线PC与平面PAB所成

33、角为，所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.2、（2022山东莱西高三期末）在如图所示的三棱柱中，侧面为菱形，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面ABC的夹角的余弦值.【解析】（1）连接，取的中点，连接，因为四边形为菱形，所以为等边三角形，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，在等边中，所以，在中，所以，因为，所以，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，（2）由（1）可知两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以设为平面的一个法向量，则，令，则，设为平面的一个法向量，由，得，则，令，则，设平面与平面ABC的夹角为，由图可知为锐角，则3、

34、（2022山东淄博高三期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，E为PC的中点，点F在PD上且（1）求证：平面AEF；（2）求二面角的余弦值【解析】（1）根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系，则有： ， ， ， ， ， ， 可得： ， ， ， 则有：又不在平面上故有：平面（2）根据（1）可设为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，则有： ，即不妨取，此时，可解得： ， 则有：同理，即则有：不妨设 则有：设二面角为 ，法向量的方向是朝向二面角外侧，法向量的方向是朝向二面角内侧，故二面角就是向量与向量的夹角则有： 故二面角的余弦值为：4、（2022湖北武昌高三期末）如图，一张边长为4的正方形纸片A

35、BCD，E，F分别是AD，BC的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立在水平的桌面上（1）求证：；（2）若二面角的平面角为45，K是线段CF（含端点）上一点，问是否存在点K，使得直线AK与平面CDEF所成角的正切值为？若存在，求出CK的长度；若不存在，说明理由【解析】（1）因为，所以平面ADE因为平面ADE，所以（2）方法一：因为，所以是二面角AEFD的平面角，即因为平面ADE，所以平面平面ADE过A作，垂足为G，因为平面平面，所以平面CDEF连结KG，则为AK与平面CDEF所成的角，即在中，因为，所以在中，因为，所以设，过K作于H，则在中，由，得，解之得或（舍），所以，即方法二：因为，所以是二面角AEFD的平面角，即建立如图所示的空间直角坐标系，设，则A（2，0，0），设直线AK与平面CDEF所成角为，则，从而设平面CDEF法向量为，直线AK的方向向量与平面CDEF法向量所成的角为，则因为，所以，令，则所以，解得此时，点K为点F，CK的长度为2