2022-2023学年高二数学题型归纳与分阶培优练01空间角度与距离归类（人教A版2019选择性必修第一册）（解析版）

专题01空间角度与距离归类

目录

热点题型归纳

【题型一】线面角基础...........................................................................1

【题型二】二面角基础...........................................................................4

【题型三】异面直线所成的角.....................................................................7

【题型四】给角求角(值)1：线面角............................................................10

【题型五】给角求角(值)2：二面角............................................................13

【题型六】探索性动点型1：线面角..............................................................15

【题型七】探索性动点型2：二面角..............................................................17

【题型八】翻折中的角度........................................................................20

【题型九】角度范围与最值.....................................................................22

【题型十】距离与长度(体积).................................................................26

分阶培优练

培优第一阶——基础过关练......................................................................33

培优第二阶——能力提升练......................................................................38

培优第三阶——培优拔尖练......................................................................43

【题型一】线面角基础

【典例分析】

如图，在四棱锥中，△PNM是边长为2的正三角形，ANLNP,AN//BM,

AN=3,BM=1，AB=2&，C,。分别是线段A8,NP的中点.

A

\\

\；\/(l)求证：CD〃平面PBM；(2)求证：平面⑷VAffi_L平面NA/P；

p

(3)求直线CL＞与平面A8P所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)亚

20

【分析】(1)取MN中点Q,连CQ,DQ,由线面平行的判定定理可得平面

CQ//平面BMP,再山面面平行的判定定理可得平面8Q〃平面3Mp及性质定理可得答案;

(2)过B作BE〃脑V交4V于E,利用AB?=^^+履?得他，无，由线面垂直的判定

定理可得4VJ•平面NMP,面面垂宜的判定定理可得答案；

(3)以。为原点建立空间直角坐标系，求出平面ABP的法向量，由线面角的向量求法可得

答案.

(1)如图，取MN中点。，连CQ,QQ,OQ为中位线，DQ〃MP,又力Q<z平面3暇尸，

MPu平面BMP,〃平面5MP,同理,在梯形ABMN中，CQ//MB,又CQ<Z平面8WP,

MBu平面BMP,nCQ〃平面BMP,且。Qu平面CDQ,CQu平面CDQ,DQr>CQ=Q,

平面C。。〃平面8MP,又C£>u平面COQ,所以C£)〃平面8Mp.

(2)如上图，在四边形ABMN中，过B作BE〃MN交AN于E,在AAEB中，得A£=2,

BE=2,AB=2及，则Afi2=A£2+BE2，得BE//MN,AN，NM,又

由已知条件AN_LNP,NMcNP=N,NM,NPu平面NMP,故AN_L平面NMP,又ANu

平面ANMB,平面ANMB±平面MW.

(3)PMN为等腰三角形，DM±NP,又因为AN_L平面MNP,以。为原点建立空间

直角坐标系，如图:可得0(000)，P(l,0,0)，N(-l,0,0),M(0,6,0),A(-l,0,3),40,亚1),

C一；岑，2,设平面的法向量为“=(”z),AB=(1,73,-2),AP=(2,0,-3),根据

I7

n-AB=0[x+>/3y-2z=0

,彳、卜解得〃=3,*,2,DC=--,^-,2,设直线CO与平

n-AP=0[2x-3z=0k.7k22)

j；+4=3#

面ABP所成角为巴则sin0=Eg讣端［故直线C。与平面

B返~20'

3

的所成角的正弦值sin0=££

20

【提分秘籍】

基本规律

直线与平面所成的角（射影角，也是夹角，Se呜］）M是平面法向量

sin0=|cos（a〃，=一尸％x金:）fiZl_

/"x：+y：+Z|2西+力―

【变式训练】

如图，在四棱锥尸-ABC。中，底面ABCZ）为菱形，E,尸分别为R4,BC的中点,

且PD=2AD=4,求直线AF与平面QEF所成角的

正弦值.

【答案】⑴证明见解析（2）勺医

35

【分析】（1）取PO的中点G,利用线面平行的判定定理即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面QEF的法向量，再求线面角.

（l）证明：取/>。的中点G,连接CG,£G.因为E,尸分别为P4,8C的中点，所以EG〃AQ,

EG=^AD,又底面ABC。为菱形，所以b〃AD,C尸所以EG〃CF,EG=CF,

所以四边形EGB为平行四边形，所以砂〃CG.又CGu平面PCD,EFu平面PCD,所

以EE〃平面尸CD

（2）因为叨，平面A8C£>,ZADC=\20°,所以以。为坐标原点建立如图所示的空间直角

p

E

坐标系。-冲z.因为AO=2,PO=4,所以。(0,0,0),

川石,0,0),A(0,2,0),£(0,1,2),则£)£=(0,1,2),DF=(A/3,0,0),AF=(G,-2,0),设

z=0

0,令z=l,得加=(0,-2,1),设直线”与平

\m-KAF\|4|4

面£)E尸所成的角为。，则sine=H~~居

/»AF亚X币-35

【题型二】二面角基础

【典例分析】

如图，在四棱锥尸一4?8中，"BP是直角三角形，ZAPB=90°,四边形ABC。是等腰

梯形，AB//CD,NBAD=NBAP=60°,AB=2CD=4.

(1)证明：ABLDP；

(2)若平面45co，平面ABP,求平面MP与平面COP的夹角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

⑵立.

2

【解析】

【分析】

(1)取48中点，取力E中点片由题可得AB_L£>P，45_LEP,进而可得平面。尸P,

即得；

(2)建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法即得.

(1)如图，取48中点E,连接QE,EP,取ZE中点尸，连接QF,FP,

由题意可知，“ADE和△?1£「为全等的等边三角形.

因为AB_L£)F,ABLFP,且DFcFP=F,所以AB_L平面。尸尸，又因为。Pu平面。尸尸，

所以AB_LDP.

(2)因为平面ABCDL平面ABP，且OFJ.A3，所以DF_L平面.以F为坐标原点,FP，

FB，方的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则

P(>/3,0,0),£>(0,0,⑹,C(0,2网,PD=(一6,0,6),PC=(-6,2,6)，平面.的

n-PD=O

一个法向量/。=倒，。，@.设平面CDP的一个法向量〃=(x,y,z)，则，,即

n-PC=O

-氐+岛=0,、“/\FDn弓，所以平面ABP叮

厂厂，可取”=(1,0,1,所以8s(FrQrt，〃片面E

-底+2y+任=0'，『叩〃

平面CDP的夹角的正弦值为正

2

【提分秘籍】

基本规律

二面角(法向量的方向角，Se[0M)混平面法向量

|cos田=|8s(m>加，立+*+挹|

'/y/^+y^+z^y/x^+yZ+z,2

判断正负方法:

(1)观察法;

(2)同进同出互补，一进一出相等;

【变式训练】

如图所示，四棱锥中，平面平面A8CD,底面A8CD是边长为2正方形,

SA=2y/2,SC=4,AC与5D交于点0,点E在线段SD上.

(1)求证：SAL平面ABCD；(2)若OE〃平面SA8,求二面角

At-......."

•c

S—AC—石的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)管

【分析】

(1)根据面面垂直性质定理得AB_L平面SAO,进而证明再根据集合关系证明

S4LAC即可证明结论：

(2)根据题意，E为题的中点，进而以题,ARAS分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角

坐标系，利用坐标法求解即可；

(1)证明：因为平面SA£>_L平面且交线为AD,又ABi平面ABC。且钻_LAD,所

以AB_L平面SAQ,又SAu平面SAD,所以SA_LAB.因为ABCD是边长为2正方形，所以

AC=2叵，又SA=2叵,SC=4,SA2+AC2SC2,即SA_LAC,又因为ABcAC=A,

ARACu平面A8CO,所以SAJ_平面A3CO.

(2)解：因为OE〃平面SAB,OEu平面SB£>,平面SBD1平面=所以OE〃SB,

因为。为BD的中点，所以E为题的中点，以AB,AD,AS分别为x轴，y轴，z轴建立空间

直角坐标系，则有4(0,0,0),8(2,0,0),C(2,2,0),0(020),5(0,0,2&),£(0,1,万)，易得平

面SAC的一个法向量为〃=03=(2,-2,0),设平面E4c的一个法向量为加=(x,y,z),则

777-AE-0&z=0,取z=],则m=（&,_正/），设平面SAC与平面E4c所成夹角

m-AC=02x+2y=0'）

4亚=手，所以平面SAC与平面E4C所成夹角的余弦值为苧.

为e,则cos9二

【题型三】异面直线所成的角

【典例分析】

如图所示，ABCO-ABCR是棱长为1的正方体.

⑴设△BAG的重心为o,求证：直线平面BAG；

⑵设瓦厂分别是棱A。、RG上的点，且。E=RF=a,M为棱AB的中点，若异面直线。M

与E尸所成的角的余弦值为正，求〃的值.

10

【答案】（1）证明见解析；（2）正.

4

【分析】

（1）由正方体性质证明BQJ•平面ABG，片。与平面A〃G的交点即为重心0,从而证得

结论成立；

（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角，从而求得。值.

（1）

设AGBR=N,连接。

首先DD.1平面A4GA,AG<=平面A£GA,则DR±AG，

又与R_LAG，DRABR=R,DR,BRu平面BDD出,

所以AG，平面,而BQu平面BDRB一所以AG，旦。，

同理AGAB=A，AC，A8u平面ABG，所以BQ_L平面ABG，连接BN

交A。于。，

因为力A=OB=DC1,所以。是等边VA/C1的中心也是重心，所以平面ABC1,

(2)如图，以。4OCS为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则E(a,O,O),F(O,«J),

0M=(1,；,0),EF=(-a,a,\),由题意

I,1

Icos<DM,EF>\=m=-jj_2=立

1।HWI,硬10

【提分秘籍】

基本规律

（1）、异面直线夹角（平移角，也是锐角和直角M（0.今）

cos0=|cos(a。沪仅32+乂％+422!

222222

>/xl+y1+zl7x2+y2+z2

【变式训练】

如图，在直三棱柱A8C-A8c中，AC=BC=6,ZACB=90°.4Al=2,。为A8的中

点♦

⑴求证：AG〃平面8。。；

(2)求异面直线AC,与所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

呜

【分析】

(1)设GB与8。的交点为E,连接DE,由三角形中位线定理可证得OE//AG，从而可得

AG〃平面CQ片；

(2)由。E//AG可得“ED为AG与BC所成的角(或其补角)，在△CQE中，解:.角形可

求得cosNCED,即为所求.

(1)

证明：设GB与8c的交点为E,连接£>E,

四边形BCGB1为正方形，E是BG的中点，又D是AB的

中点，

DE//AQ.又DEu平面CDB「4和0平面COB.4C"平面CDB-

⑵解：DEMAC、,NCE。为AG与8c所成的角（或其补角）.

在△CDE中，ED=-AC.=—,CD=-AB=\,CE=-CB.=—,

2,22212

^Y+pY_12

cosNCED=CE、DE'-C》=〔2J〔2J_=2•口异面直线4G与BtC所成角的余

ICEDE2xx/|x^3

XTXT

弦值为：.

【题型四】给角求角（值）1：线面角

【典例分析】

如图，在四棱锥P-ABC。中，B4_L底面ABC。，ABLAD,BC//AD,PA=AB=BC=2,

AD=4,E为棱尸。的中点，尸是线段PC上一动点.

⑴求证：平面P8C_L平面以8；

（2）若直线8F与平面ABC。所成角的正弦值为当时，求二面角F-E4-£＞的余弦值.

【答案】⑴证明见解析Q）-亚

6

【分析】

（1）证明出8cl•平面利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）以点A为坐标原点，AB.AD.AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

设尸尸=2尸c，其中owztwi,利用己知条件求出;I的值，然后利用空间向量法可求得二面

角尸—E4—。的余弦值.

（1）证明：因为BC//AD,WOBC±AB,PA_L平面ABC。，3Cu平面ABCE＞,

:.BCA.PA,

PAAB=4,PA.AB\平面，8C_L平面RW,.BCu平面尸BC,因此，平面

P3C_1_平面R48.

（2）解：因为PA_L底面ABCD,ABI.AD,

以点A为坐标原点，AB.AD.AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直

角坐标系，

则4（0,0,0）、8（2,0,0）、C（2,2,0）、£＞（0,4,0）、£（0,2,1）,P（0,0,2）,

设PF=2PC=X（2,2,-2）=（2几,24-2/1）,=BP+PF=（22-2,2A,2-2A）,其中OW/Wl,

易知平面ABCD的一个法向量为“=(0,0,1),

由已知可得।辰3F>।卜卜向飞X(22-"222)2+J8T'解得'育1

所以，产为PC的中点，即设平面A£F的法向量为,w=(x,y,z),AE=(0,2,1),

AF-(1,1,1),

则，"rf-2'+z—°取y=l,可得加=(1,1,—2),易知平面ADE的一个法向量为

m-AF=x+y+z=O

imn1V6

“=(1,0,0),所以，008<«?,«>=|-|-|-|=-y==—,由图可知，二面角尸一E4-£)的平面角

为钝角，

故二面角尸—丛一。的余弦值为

6

【变式训练】

如图，尸。垂直于梯形A8CD所在平面，ZADC=^BAD=9Q°,尸为R4中点，尸。=也，

AB=AD=^CD=\,四边形PDCE为矩形.

(1)求证：AC〃平面DEF；

(2)求二面角A—3C—尸的大小；

(3)在线段所上是否存在一点Q,使得BQ与平面3cp所成角的大小为期？若存在，求出

FQ的长；若不存在，说明理由.

【答案】⑴证明见解析(2)£⑶存在，忻0=叵

4112

【分析】

(1)首先以点。为原点，建立空间直角坐标系，求平面DE尸的法向量"i，禾IJ用AP〃=0，

即可证明线面垂直；

(2)分别求平面BCP和ABC的法向量曲和«3，利用公式cos<%,”?>，即可求解；

1—又(V1+0

(3)首先利用向量共线，设点。—.22,2),利用线面角的向量公式，即可求得

2的值.

(1)

证明：以。为原点，以DA,DC,Z)P所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标

系，

由题意得，»(0,0,0),A(1,0,0),8(1,1,0),C(0,2,0),E(0,2,6),P(0,0,0)，F

2

则AC=(-1,2,0),平面DE尸的•个法向量％=(x,y,z),DE=(0,2,72),DF

4.DE=2y+近z=0

由-]&>取z=2,得一夜,2),

n.•DF=—XH------z=0

122

ACn,=-lx卜2&)+2x1匈+0x2=0,

.-.AC±n,,.•.467/平面。£：尸；

(2)设平面PBC的一个法向量为=(x,y,z),P8=(l,l,-夜)，BC=(-l,l,0),由

取x=l，解得为=(1，1，行)设平面ABC的一个法向量％=(0,0,1),

名•丐V2

COS<%>=II=——

'闷网2

由图可知二面角—锐二面角，二面角A-BC"的大小为

(3)设存在点。满足条件，由E(0,2,收)，F；，0，?J，设尸0=2/芯(04XVI),

/1五一/I

(xQ~2，yQ,zQ-^=/l(-2,2，-r

f1-A及(1+储)(1+Z0(1+力1

整理得。|三，2%1，BQ=-—±,22-1，—黄」，•.直线BQ与平面3c尸所

成角的大小为30。，

.兀、ncI，i|5%一1|1

/.sin—=|cos<BQ,电>H-------1=-[----=—,

6'\BQ||n212，19万-10—+72

则；P=l,由0W/IW1,得/1=1,即。点和E点重合，

故在线段EF上存在一点Q,且忻0=|EF|=半.

【题型五】给角求角(值)2：二面角

【典例分析】

如图，四棱锥P-ABC。中，底面ABC。为矩形，A4_L平面ABCO,点E在线段。力上.

(1)若E为尸。的中点，证明：〃平面A£C；

(2)若R4=2,PD=2AB=^,若二面角E-4C-8的大小为学，试求的值.

【答案】(1)证明见解析(2)2

【分析】

(1)连接即交AC于0,连接OE,利用中位线的性质可得出OE//PB,再利用线面平行的

判定定理可证得结论成立；

(2)以点A为坐标原点，AB.AD.AP所在直线分别为x、＞、z轴建立空间直角坐标系，

设=其中0W/W1,利用空间向量法可得出关于2的等式，结合；I的取值范围可

求得义的值，即可得解.

(1)证明：连接BD交AC于0,连接OE,

四边形ABCD为矩形，为BO的中点，又因为E为的中点，则OE//PB,因为OEu平

面AEC,尸8tz平面A£C,因此，P3〃平面4CE.

(2)解：由题设PA_L平面ABCO,四边形ABC。为矩形，以点A为坐标原点，AB、AO、

心所在直线分别为X、V、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

PA_L平面458,A£)u平面ABC。,

:.PA±AD,所以，AD=VPD2-M2=2A/3,则C（2,2石,0）、。（0,26,0）、尸（0,0,2）、

A（0,0,0）,设PE=/LPD=>l（0,2G,—2）=（0,2K；l,-2/l）,其中0W4W1,则

AE=AP+PE=（0,2同2-22）,AC=(2,26,0),设平面ACE的法向量为m=(x,y,z),

m-AC=2x+2>/3y-0

则〈,取y=2-l,可得m=(后易知平面

用-AE=2&y+（2-2/l）z=0

mn_x/3

ABC的一个法向量为〃=由题可得上mn>|

(0,0,1),os<yI=\-\_

I4H+3Z22，

2PE

因为0W/IW1,解得；1=彳，此时—=2.

3ED

【变式训练】

如图，在四棱锥E-A8CO中，BC//AD,AB±AD,AB=BC=\,BE=3,AE=y/10,C,

。都在平面ABE的上方.

(1)证明：平面8CEL平面A3CO；

(2)若BCLBE,且平面CDE与平面/8E所成锐二面角的余弦值为巫，求四棱锥

46

E-ABCD的体积.

【答案】(1)证明见解析.

(2)2

【分析】

⑴先证AB_L平面BCE,再证明平面BCE±平面ABCD.

(2)设力。长为Z,建立空间直角坐标系，计算两个待求平面的法向量，代入公式求出f的值,

然后计算四棱锥的体积.

⑴

BC//AD]

^ABIBC,y.AB2+BE2=]0=AE2

AB1ADj

所以,BCBE=B,所以AB_L平面BCE,

XABI平面ABC。

所以，平面8CEJ■平面A8C£>.

(2)

因为,结合(1)问易得AB、BC、BE两两互相垂直，所以建立如图所示的坐标系

D

设/D=/（r>0）,则：C（O,O,1）,E（3,0,0）,E>（O,Lr）

所以CE=（3,O,-1）,CD=（O,l,/-I）,设平面CDE的法向量为方=（X，y，z）

CEn=O[3x-z=0.、

由"Lnc得〈（*n令z=3则H=（l,3-3f,3）又CB_L平面/BE所以取平面

CDn=O[y+（f-l）z=O'

48E的法向量为〃?=（0,0,1）

=WT解得f=3或t=T(舍).即仞=3,所以四

同帆^10+（3-3/）2

边形/BCD的面枳SABC°=2,由题知BEJ_AB,BEA.BC,ABcBC=B,.1BE，平面

ABCD

所以为四棱锥E-ABC£>的高，所以四棱锥的体积为

V=gS.a>•8E=gx2x3=2•故四棱锥E-ABCD的体积为2.

【题型六】探索性动点型1：线面角

【典例分析】

如图，在长方体ABCO-ABCR中，AB=AD=l,朋=2,£是线段。Q上的动点.

D%.—

(1)求证：AC±BE；

(2)是否存在点E,使得直线NC与平面8GE所成角为45。，若存在，求出。E的长；若不存

在，请说明理由.

【答案】⑴证明见解析(2)存在，£>E=1.【解析】

【分析】

(1)利用线面垂直的性质定理进行证明.

(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.

Di

Cl

(1)如图，连接R8,DB,在长方体A8CD-A4GA中,D.D1

底面/8。力，ACu底面/8C。，AC.又AC_L£>3,RDDB=D,AC_L平面。08,

又BEU平面。£>8,.•.4C_L8E

(2)假设存在这样的点K,使得直线/IC与平面BGE所成角为45。.设DE=/l(O4442),

如图，以。为原点，直线。4DC,分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

G

4

则A（1,O,O）,3（1/,0）,C（0,l,0）,q（0,1,2）,£（0,0,2）.

于

A

B

AC=（-1,1,0）,BE=（-1,-1,A）,BC,=（-1,0,2）.设平面垢七的法向量为成=（乐y,z）,则

'而管=T+2：°\令X=2,则z=l,y="2.□平面gE的一个法向量为

m-BE=一工一y+4z=0,

m-AC|-2+2-2|_72

m=（2,2-2,1）,sin450=cos（加,AC，解得力，

|AC"+（"2）2+1x近2

存在这样的点E,当DE=(时，直线4c与平面BRE所成角为45。.

【变式训练】

在四棱锥尸一ABC£）中，已知AB〃C£>,ABLAD,BCA.PA,AB=2AD=2CD=2,PA=R,

PC=2,E是依上的点.

⑴求证：PCI底面ABC。；

(2)是否存在点E使得PA与平面E4C所成角的正弦值为:？若存在，求出该点的位置；不存

在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，E点为依上靠近8点的三等分点

【分析】

(1)首先证明BC_L面PAC,再结合线面垂直的判断定理，证明PCJ_面ABCD；

(2)以A为原点，建立空间直角坐标系，求平面E4C的法向量〃，利用

sin0=|cos<AP,H>|=1,即可求得2的值.

(1)

在，AOC中：AD=DC=\,ZADC=90。，所以AC=VL

在，ABC中：AC=6，AB=2.ABAC=45°,

由余弦定理有：BC2=AB2+AC2-2ABACcos45°=2

:.BC=42:,AB2=AC2+BC2<所以ZACB=90。，所以BC_LAC…

又因为BC_LB4,由:，PAAC=A,所以8CJ■面H4C,所以8c_LPC

在△PAC中：AC=亚，PC=2,PA=A，所以PCLAC,由，ACBC=C,

所以PC_L面ABCD

(2)

以A为原点，以AO,AB,竖直向上分别为x、y、z轴建立直角坐标系.则有A(0,0,0),

5(0,2,0),C(l,l,0),0(1,0,0),P(l,l,2),^BE=ABP=2(1,-1,2)=(2,-2,22),则

AE=AB+BE=(A,2-/l,2A),AC=(1,1,0),AP=(1,1,2),设与=(x,y,z)为面E4C的法向

量，

则有：解得〃=(一444一1),设所求线面角为。，则有sinO=kos<AP,〃>|

2

=rI=r-r~----------7=|.解得3无+2几一1=0,所以2=1所以E点为PB

I"Inl|I后四+六+在一上33

【题型七】探索性动点型2：二面角

【典例分析】

如图，在四棱锥S-458中，四边形ABCD是矩形，八”。是等边三角形，平面S4D_L

平面ABC。，AB=1,E为棱SA上一点，P为AO的中点，四棱锥S-ABCD的体积为

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3

（1）若E为棱SA的中点，F是”的中点，求证：平面PEE〃平面SCD；

（2）是否存在点E，使得平面与平面SA"所成的锐二面角的余弦值为正°?若存

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在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E位于AS的靠近A点的三等分点.

【分析】

（1）根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立；

（2）假设存在点E满足题意，根据题中条件，先求出AO的长，再以尸为坐标原点，所

在:“线为x轴，过点PHA8平行的直线为了轴，PS所在直线为z轴，建立空间直角坐标

系，得到尸（0,0,0）,A（l,0,0）,8（1,1,0）,S（0,0词,设

AE=AAS=2（-l,0,V3）=（-A,0,百；l）（0<A<1）,分别表示出平面PEB与平面SAD

的一个法向量，根据向量夹角余弦值，求出2=:，即可得出结果.

3

【详解】（1）证明：因为E、F分别是SA、S3的中点，所以瓦'〃⑷3，

在矩形ABCO中，AB//CD，所以EF〃CD,又因为E、P分别是弘、AT>的中点，所

以EP//SD,

又因为EF〃CD,EFcEP=E,EF,EPu平面PEF,SO,COu平面SCO，

所以平面PEF//平面SCD.

（2）解：假设棱SAI二存在点E满足题意.在等边三角形皿）中，P为AD的中点，于是

SPLAD,

又平面S4£）_L平面ABCO,平面SADc平面ABCD=AD，SPu平面9。，

所以SPL平面ABCD,所以SP是四棱锥S-ABCD的高，设=m，则SP=q3/n，

2

S矩形A8CD="，

砧"1C百2A/3

用以VS-ABCD=§S矩形-SP=-m--m=>

所以m二2,

以P为坐标原点，P4所在直线为x轴，过点P与A8平行的直线为V轴，尸S所在直线为z

轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则尸（0,0,0），A（l,o,o）,5（1,1,0）,S（0,0,V3）,

设=AAS=2（—1,0,百）=（―2,0,百;l）（0<A<1）,

P£=PA+A£=（l,0,0）+（-2,0,V3A）=0-40,®）,=（1,1,0）,

设平面PKO的一个法向量为四=（x,y,z）,有《"PE-。+令彳=扃,

n,-PB=x+y=0

则々一月九2一1),

UU

易知平面<54。的一个法向量“2=(0,1,0)，

所以|cos(n(,〃2

所以存在点E，

【变式训练】

如图，在四棱锥尸-4BC。中，底面N5CZ)为正方形，且正方形N3CZ)边长为2,"_1_平面

ABCD,PA=AB,E为线段P8的中点，尸为线段5c上的动点.

(1)求证：ZEJ_平面尸5C；

(2)试确定点尸的位置，使平面NEF与平面PCD所成的锐二面角为30。.

【答案】(1)证明见解析；(2)点尸为8c中点.

【分析】

(1)先根据线面垂直性质与判定定理得/E_LBC,再根据等腰三角形性质得私，最后

根据线面垂直判定定理得结果；

(2)先建立空间直角坐标系，利用F坐标，结合空间向量数量积求二面角，再根据条件列

方程解得结果.

【详解】

(1)8CU平面/8CZ),：.PALBC,为正方形，J.ABVBC,

5l.PAC\AB=A,PA,43U平面以8,；.8C_L平面以8,.../£•<=平面以8,

：.AE1,BC,-：PA=AB,E为线段PB的中点，；./£1_1尸8,又PBCBC=B,PB,BCu平面P8C,

.FE1,平面PBC-.

(2)以/为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系儿孙z,

设正方形/8CN)的边长为2,则/(0,0,0),8(2,0,0),C(2,2,0),

0(0,2,0),P(0,0,2),£(1,0,1),

UL1U

・•・AE=(1,0,1),PC=(2,2,-2),尸£>=(02-2)，设尸(2",0)(叱於2),・・・AF=(2,A,0),

n-AE=0J%)+Z1=0

设平面/E尸的一个法向量为〃=(X]，X，zJ,贝I卜

n-AF=02%1+2%=0

王——A,、

令力=2,则，,.n-(-A,2,A),设平面PCD的一个法向量为加=(工2，/，2。)，

[4=彳''

m-PC=Ox24-y2-z2=0x2=0

则《，令以=1,则，,/.m=（0,1,1）

m-PD=0?2-2=°z2T

irr

mn_\2+A\V3

・・•平面ZE厂与平面尸CD所成的锐二面角为30。，・・・|cos300|=

ml|/iA/2x飞2兄+42

解得41,

当点F为BC中点时，平面/EF与平面PCD所成的锐二面角为30。.

【题型八】翻折中的角度

【典例分析】

如图(一)四边形/8CD是等腰梯形，DC//AB,DC=2,AB=4,ZABC=60°,过。

点作。E_L4J,垂足为E点，将一血>沿。后折到：A'EO位置如图(二)，且AC=2近.

图(一)图(二)

(1)证明：平面A'E£>1.平面EBCD；

f

Ap1

(2)已知点尸在棱AC上，且左=5,求二面角C-EP-。的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)叵

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【分析】

(1)根据勾股定理证明A'E,EC,再根据线面垂直的判定证明A'E_L面EBCZ),进而得到

平面AED1,平面E8C。：

(2)以E为坐标原点，建立空间直角坐标系E-孙z,分别求得平面CEP和平面EPD的法

向量，根据面面角的向量求法求解即可

(1)

证明：在等腰梯形中，DELAB,DELAE,AELDE

DC=2,AB=4,ZAfiC=60°,BE=3,BC=AD=2,DE=y/i

在中，知EC=V7,A'E^AE=\,A'C=2曰A'E2+EC2=A'C2

A'ElEC,EC,Z)Eu面E8CD,ECDE=E,4EJ■面E8C。

A!Eu面A'ED.而AEG_L而EBCD

(2)由(1)知4名，面£8。。，ED±EB以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系

E-xyz

4(001),D(0,V3,0),C(2,"0),CY=(-2-^,1)

设7F=r若*CPAA',笔〕设(―是

fV乙Cz/133IDDD,

面C即的法向量，

22

n,,EP=0—%.H----y,H—z.=0(二-N

4,\333，令%=G，y=-2,Z]=0,=1v3,-2,0)

n,•EC=0r''

i2x(+yj3y1=0

小EP=012%+JJ%+2z,=0

设%=(々，%，22)是面OE尸的法向量，〃.功=0，J=，丫2=0

、^2[7y2—

令3=-1,X,=1,=(1,0,-1),cos8=.-----42

〜yl2Xy/3+414

由图知，二面角-。的余弦值为锐二面角，余弦值痘

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【变式训练】

DE

如图1,在等边ABC中，点。，E分别为边N8,/C上的动点且满足£>E〃5C,记力;=人

BC

将: