新高考数学二轮复习解答题提优训练专题1.7 空间向量与立体几何（2份，原卷版+解析版）

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高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．
1．主要有两种考查形式：
(1)利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；
(2)考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.
2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：
(1)建立恰当的空间直角坐标系；
(2)求出相关点的坐标；
(3)写出向量坐标；
(4)结合公式进行论证、计算；
(5)转化为几何结论．
3．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则.
4．用向量解决探索性问题的方法：
(1)确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．
(2)确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．
(3)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
1．（2023·云南昆明·统考一模）如图，直四棱柱中，是等边三角形，
(1)从三个条件：①；②；③中任选一个作为已知条件，证明：；
(2)在（1）的前提下，若，是棱的中点，求平面与平面所成角的余弦值．
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求面面夹角.
【解答过程】（1）对①：设与的交点为，
∵是等边三角形，且，则为的中点，
可得，且，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；
对②：∵，则，
又∵，即，
可得，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故；
对③：∵，即，
在中，则，可得，
故，则，
故，即，
又∵平面，平面，
∴，且平面，
故平面，
注意到平面，故.
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
2．（2023·湖南张家界·统考二模）如图，已知三棱柱，，，为线段上的动点，.
(1)求证：平面平面；
(2)若，D为线段的中点，，求与平面所成角的余弦值.
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，又，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1），根据面面垂直的性质可得平面，建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，根据空间向量数量积的定义计算可得，结合线面角的定义和同角三角函数的关系即可求解.
【解答过程】（1）已知，又，，平面，，
所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
又，AC、平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知平面平面，
又平面平面，，面，
所以平面.又，
所以平面，所以CA，CB，两两垂直，
以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、x轴的正方向，
建立空间直角坐标系如图所示：
因为，所以四边形为矩形，
又因为，所以四边形为正方形.
因为，，所以，
所以，，，.
由D是线段的中点，得，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，所以，
.
设直线与平面所成的角为，则，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
3．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，点F是的中点，点E满足.
(1)求证：；
(2)若，，直线与平面所成的角为，求的值.
【解题思路】（1）通过证明平面得证；
（2）建立空间直角坐标系求得向量与面的法向量，用线面角公式求得的值.
【解答过程】（1）因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
因为平面，
所以.
因为，点F是的中点，
所以，
，平面，平面，
所以平面，
因为点E是棱上异于端点的动点，
所以平面，
所以.
（2）不妨设，则.
因为三棱柱是直三棱柱，
所以平面，
因为平面，平面，
所以.
又，所以，
如图，以为坐标原点，直线，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，.
设平面的法向量为，则，令，则.
所以，
整理得，解得或（舍去），
所以.
4．（2023·福建漳州·统考三模）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，为棱上一点，，过三点的平面交于点.
(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【解题思路】（1）连接交于点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果；
（2）根据面面平行和线面平行性质可证得四边形为平行四边形，由此可求得点坐标，利用面面角的向量求法可求得结果.
【解答过程】（1）连接交于点，
四边形为菱形，，
则以为坐标原点，正方向为轴，作轴 ，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
（2）由直棱柱的结构特征知：平面平面，
平面，平面，
平面平面，平面，，
同理可得：，四边形为平行四边形，，
又，，，，，
又，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
5．（2023·河南焦作·统考模拟预测）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.
(1)证明：.
(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，
又，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为二面角为，，，
所以，二面角的平面角为，
以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则、、、、.
，，，.
设，，其中，
设平面的法向量为，
由得，
取，可得，
，解得，合乎题意，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为.
6．（2023·山东泰安·统考一模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为6的正方形，，，，，点P，Q分别在棱GD，BC上，且，，.
(1)证明：平面ABCD；
(2)设H为线段GC上一点，且三棱锥的体积为18，求平面ACH与平面ADH夹角的余弦值.
【解题思路】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由三棱锥的体积公式结合题意可知H为GC的中点，由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE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，分别求出平面ACH与平面ADH的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【解答过程】（1）取线段AD中点R，RD的中点K，连接GR，PK，QK
∵，
∴E，A，D，G四点共面，且，
∴ARGE为平行四边形，∴
又∵，
∴，∴
∵，，∴，∴
又∵，PQ，平面PQK，，
∴平面PQK，又∵平面PQK
∴，∴
又∵，AB，平面ABCD，
∴平面ABCD
（2）设H到平面ABCD的距离为h，则三棱锥的体积为
，∴
又∵G到平面ABCD的距离为6，∴H为GC的中点
由（1）知，平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE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，则，，，，
∴，，
设平面ACH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
设平面ADH的一个法向量为，则
∴，取，解得
∴
∴，
∴平面ACH与平面ADH夹角的余弦值为.
7．（2023·天津河北·校考模拟预测）如图，平面ABCD，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.
(1)求证：平面CPM；
(2)求平面QPM与平面CPM夹角的大小；
(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.
【解题思路】（1）连接EM，证得，利用线面平行判定定理即可证明平面MPC；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
（3）设，则，从而，由（2）知平面PMQ的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，求出，进而得到，利用点到平面距离公式求出答案.
【解答过程】（1）证明：连接EM，因为，，
所以，
又因为，所以四边形PABQ为平行四边形，
因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且，
因为，，F为CD的中点，所以且，
可得且，即四边形EFCM为平行四边形，
所以，又平面MPC，平面MPC，
所以平面MPC.
（2）因为平面ABCD，，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
依题意可得，，，，，，，
，，，，
设为平面PQM的法向量，
则，不妨设，可得，
设为平面PMC的法向量，
则，不妨设，可得.
所以，
设平面PQM与平面PMC夹角为，
所以，
即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为.
（3）设，即，
则.
从而.
由（2）知平面PMQ的法向量为，
而直线DN与平面PMQ所成的角为，
所以，
即，
整理得，解得或，
因为，
所以，所以，，
由（2）知：为平面的法向量，
故点N到平面CPM的距离为.
8．（2023·广东江门·统考一模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，是的中点，点在上，且平面.
(1)求的值；
(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.
【解题思路】（1）连接与交于点，求出，利用线面平行的性质可得出，由此可得出的值；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，由可得出，求出的值，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【解答过程】（1）解：连接与交于点，
因为底面是菱形，是的中点，
所以，且，所以.
因为平面，平面，平面平面，
所以 ，所以.
（2）解：因为底面是菱形，是的中点，，
因为，则，
由余弦定理可得，
所以，，所以.
因为平面，平面，平面，
所以，，
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.
则，，，.
设，，则，
所以.
因为，所以，解得.
所以，，.
设为平面的法向量，则，得，
取，所以为平面的一个法向量.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
9．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱中，为的中点，，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解题思路】（1）通过证明平面来证得.
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值.
【解答过程】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，又∵，∴，
同时在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：选择①③
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的体积为，∴.
法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂线定理可得，
∴为二面角的平面角，
其中，，，则，
由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的正弦值为.
法二：过作，过作，过作交于点，连接，
∴为二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值为.
法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，故，
设平面的一个法向量为，且，，
则，
令，则，，故，
，故二面角的正弦值为.
方案二：选择①②；
解析：过点作于点∵平面平面，，
∴平面，故直线与平面所成角为，且，
设，，则，即，.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
过点作于点，
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，故直线与平面所成角为，且.
设，则，即.
余下解法参考方案一.
10．（2023·上海·统考模拟预测）如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【解题思路】（1）取中点，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明平面.（2）分别取中点，连接，以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法计算即可求出结果.
【解答过程】（1）证明：
取中点，连接，
因为正三棱柱，
所以，且，
因为为线段的中点，
所以且.
所以且，
因为为中点，所以.
所以且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：
分别取中点，连接，
因为是正三棱柱，
所以，平面，.
所以平面.
所以，.
以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量为，
所以，即，
令，解得，所以.
设直线与平面所成角为，，
则，
所以.
即直线与平面所成角为.
11．（2023·福建福州·统考二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，，AD⊥CD，CD=2AB=4，△PAD是正三角形，E是棱PC的中点．
(1)证明：BE平面PAD；
(2)若，平面PAD⊥平面ABCD，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．
【解题思路】（1）通过构造平行四边形的方法证得BE平面PAD.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AB与平面PBC所成角的正弦值.
【解答过程】（1）取中点，连接．
，
四边形为平行四边形，
，
又平面平面，
平面．
（2）取中点中点，连接，可得．
平面平面，平面平面平面，
平面．
，
．
以为原点，以所在直线为轴､轴､轴，
建立如图所示空间直角坐标系．
因为是等边三角形，
所以，
所以．
则．
设平面的法向量为，由，
可得，令，可得，
从而是平面的一个法向量．
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
12．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为菱形，，，
(1)若四棱锥的体积为，求的长；
(2)求平面与平面所成钝二面角的正切值
【解题思路】（1）过作于，连接，根据面面垂直的性质可得底面，设，求出，再根据棱锥的体积公式即可得解；
（2）取的中点，连接，以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解答过程】（1）如图，过作于，连接，
因为侧面底面，且侧面底面，面，
所以底面，
设，因为，，
所以，
在菱形中，，
则为等边三角形，
则
所以四棱锥的体积，
解得；
（2）取的中点，连接，则，
以的方向为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面与平面所成钝二面角为，则，
所以，则，
所以，
故平面与平面所成钝二面角的正切值为
13．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是的中点，点在上，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解题思路】（1）在线段上取点，使得，进而证明即可证明结论；
（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
【解答过程】（1）证明：在线段上取点，使得，
所以，在中，，且，
因为在四边形中，，，
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）解：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
所以，，
因为是的中点，点在上，且，
所以，
所以，，设平面的一个法向量为，
所以，，即，令得，
由题，易知平面的一个法向量为，
所以，
所以，
所以，二面角的正弦值为.
14．（2023·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等腰三角形，.
(1)求证：；
(2)若侧面底面，侧棱与底面所成角的正切值为，为侧棱上的动点，且.是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）通过证明线面垂直，即可证明；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数的值.
【解答过程】（1）由题意，
在四棱锥中，取的中点为，连接，，
在等腰中，，∴，
在直角梯形中，
，，，，
∴,,，四边形是矩形，
∴，，，，
∴，,,
∵面，面，面，，
∴面，
∵面,
∴.
（2）由题意及（1）得，，，，，
在四棱锥中，侧面底面，面底面，
∴，
∵侧棱与底面所成角的正切值为，
设，
∴由几何知识得，，四边形是平行四边形，
∴,，
在直角中，，，
∴，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，，，，，，
∵为侧棱上的动点，且，
设
由几何知识得，，解得：，
在面中，其一个法向量为，
在面中，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得：
当时，，
设平面与平面的夹角为
∵平面与平面的夹角的余弦值为
∴
解得：或（舍）
∴存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
15．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．
(1)求证：MN平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN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）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；
（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.
【解答过程】（1）如图，取PB中点E，连接ME，NE．
∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，
∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．
又∵，∴平面PAD平面MNE．
∵平面MNE，∴MN平面PAD．
（2）∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．
依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，PC中点，∴，．
设平面DMN的法向量，则，即，
取x＝1，得y＝1，z＝－1，．
若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．
设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，
解得t＝1或t＝－3．
已知0≤t≤4，则t＝1，∴．
DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．
故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且．
16．（2023·河南郑州·统考一模）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，，分别为，的中点．
(1)若点是线段上的点，且，判断点是否在平面内，并证明你的结论；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解题思路】（1）连接、交于，连接，以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出、、，即可得到，从而得到、、、四点共面，即可得证；
（2）利用空间向量法计算可得.
【解答过程】（1）解：连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则，
所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
又，得，，
所以，
所以、、、四点共面，即点在平面内．
（2）解：由（1）可得，
设平面的法向量，由，得，
令，则，，所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17．（2023·全国·联考模拟预测）如图，D为圆锥DO的顶点，O为圆锥底面的圆心，AB为直径，C为底面圆周上一点，四边形OAED为正方形，．
(1)若点F在BC上，且//面ACE，请确定点F的位置并说明理由；
(2)求二面角的余弦值．
【解题思路】（1）根据线面平行得平面平面AEC,进而根据面面平行的性质可得线线平行，即可得到点的位置.
（2）根据二面角的几何法求解找到二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系进行求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【解答过程】（1）过O作交于，平面ACE, 平面ACE,所以平面ACE ,
又平面AEC，，OD、平面DOF，
∴平面平面AEC，
由于平面平面 平面,故
在中，是的中点，∴ F为BC中点．
（2）（方法一）连BE交OD于M，由于,
则M为DO、BE中点，面ABC,
由于,由三垂线定理知，则，,
所以即为二面角的平面角．
不妨设，，则，，
在中，
在中，
，∴在中，由余弦定理，
所以二面角的余弦值为．
（方法二）过C作面ABC，以，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
，，，，，，
设面DBC法向量，，即 ，取
设面EBC法向量， ，即 ，
设二面角的平面角为，
∴，
由图知为锐角，所以二面角的余弦值为．
18．（2023·全国·模拟预测）已知底面为正方形的四棱柱，，E，F，H分别为，，的中点，三角形的面积为4，P为直线FH上一动点且
(1)求证：当时，BP⊥AC；
(2)是否存在，使得线段BP与平面夹角余弦值为．
【解题思路】（1）由的面积为4，推导出，即，又，可得平面，当时，为的中点，P在上，可证得平面，从而得；
（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用向量夹角公式列出关于的方程，即可得出结论．
【解答过程】（1）连接，
因为，
所以，所以，即，
又，，平面，故平面，
当时，，则为中点，P在上，
∵平面，平面，∴，
又，，平面，
∴平面，
又平面，∴；
（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
∴，，，，设，
所以，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，∴，
若线段BP与平面夹角余弦值为，
则，
∴，
∴，
∵，∴方程无解，
∴不存在，使得线段BP与平面夹角余弦值为．
19．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为等边三角形，分别为棱的中点.
(1)棱上是否存在一点，使得 平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(2)若，当二面角为时，证明：直线与平面所成角的正弦值小于.
【解题思路】（1）根据题意，取的中点，连接，根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，连接，证得平面，过点作，可得平面，以为坐标原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可证明.
【解答过程】（1）
当点为的中点时， 平面，此时
如图，取的中点，连接.
因为为的中点，
所以.
又平面平面，
所以 平面.
（2）
如图，连接.
由条件可知.
又，所以.
因为为等边三角形，为的中点，
所以.
故为二面角的平面角，
所以.
又平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
在平面内，过点作，交于点，
则平面，
所以两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为，
轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设，则，
，
所以.
设平面的法向量为，
则，解得，令，得，则平面的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，
则
，
故直线与平面所成角的正弦值小于.
20．（2023·黑龙江·校考一模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，，，E是PB的中点．
(1)求证：平面平面PBC；
(2)若二面角的余弦值为，求a的值；
(3)在（2）的条件下求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
【解题思路】（1）由线线垂直证平面PBC，再证平面平面PBC；
（2）以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求平面与平面的夹角余弦值，进而由二面角的余弦值建立方程，解得a的值；
（3）由向量法求得，即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值.
【解答过程】（1）证明：由题意得，直角梯形ABCD中，，，由得.
底面ABCD，平面ABCD，∴.
∵平面PBC，∴平面PBC，
∵平面，∴平面平面PBC；
（2）由（1）得，以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则有，
设平面的法向量为，，，
则有，令有；
平面的其中一个法向量为.
故.
由二面角的余弦值为得，解得；
（3）由（2）得，，
∴，
∴直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.