空間幾何體
1．（2023上·浙江杭州·高三統(tǒng)考期中）邊長為2的正方形，經(jīng)如圖所示的方式裁剪后，可圍成一個(gè)正四棱錐，則此正四棱錐的外接球的表面積的最小值為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】設(shè)底面邊長為，可求得此四棱錐的高為，根據(jù)外接球與正四棱錐的關(guān)系，利用勾股定理可求出外接球半徑，再利用導(dǎo)數(shù)求得半徑的最小值即可.
【詳解】如圖所示，設(shè)圍成的四棱柱為，
為正四棱錐的高，作交于，連接，
設(shè)，則，在直角三角形中由勾股定理得，
又因?yàn)檎睦忮F的外接球球心在它的高上，
記球心為，半徑為，連接，則，
則在直角三角形中，
即，解得，
令，則，，
令解得，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)時(shí)取最小值，所以，
所以該四棱錐外接球的表面積的最小值為，
故選：B
2．（2024·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知某正六棱柱的所有棱長均為2，則該正六棱柱的外接球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)正六棱柱的性質(zhì)可求解半徑，由表面積公式即可求解.
【詳解】由正六棱柱的性質(zhì)可得為其外接球的球心（如圖）,
由于底面為正六邊形，所以為等邊三角形，故,
所以,
所以為外接球的半徑，故外接球表面積為，
故選：D
3．（2024·浙江金華·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）己知梯形滿足且，其中，將梯形繞邊旋轉(zhuǎn)一周，所得到幾何體的體積為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)題設(shè)確定所得幾何體的構(gòu)成，再應(yīng)用圓錐和圓柱體積公式求組合體體積.
【詳解】如下圖，梯形繞邊旋轉(zhuǎn)一周，所得幾何體為圓錐和圓柱的組合體，

其中圓錐及圓柱底面都是半徑為的圓，圓錐的高為1，圓柱的高為2，
所以幾何體體積為.
故答案為：
4．（2024·浙江寧波·統(tǒng)考一模）已知圓臺(tái)的上?下底面半徑分別為1和2，體積為，則該圓臺(tái)的側(cè)面積為 .
【答案】
【分析】利用圓臺(tái)體積公式可得其高為，即可知母線長為，利用側(cè)面展開圖面積求出圓臺(tái)的側(cè)面積為.
【詳解】根據(jù)題意可知，圓臺(tái)上底面面積為，下底面面積為；
設(shè)圓臺(tái)的高為，由體積可得，
解得，所以可得圓臺(tái)母線長為，
根據(jù)側(cè)面展開圖可得圓臺(tái)側(cè)面積為.
故答案為：
5．（2024·浙江溫州·統(tǒng)考一模）與圓臺(tái)的上、下底面及側(cè)面都相切的球，稱為圓臺(tái)的內(nèi)切球，若圓臺(tái)的上下底面半徑為，，且，則它的內(nèi)切球的體積為 .
【答案】
【分析】利用已知條件求得圓臺(tái)的母線長，進(jìn)而根據(jù)勾股定理求得圓臺(tái)的高，即內(nèi)切球的直徑，最終利用球體體積公式求解即可.
【詳解】由題意，畫出圓臺(tái)的直觀圖，其中為圓臺(tái)的母線長，，分別為上、下底面的圓心，點(diǎn)為內(nèi)切球的球心，點(diǎn)為球與圓臺(tái)側(cè)面相切的一個(gè)切點(diǎn).
則由題意可得：，
.
因此可得：內(nèi)切球半徑，即得內(nèi)切球的體積為.
故答案為：
點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系
6．（2024·浙江金華·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）（多選題）在正方體中，與交于點(diǎn)，則（ ）
A．平面B．平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】ABC
【分析】根據(jù)線面平行和面面平行的判定定理逐一證明即可.
【詳解】對(duì)于A，因?yàn)榍遥?br>所以四邊形時(shí)平行四邊形，所以，
又平面，平面，
所以平面，故A正確；
對(duì)于B，連接交于點(diǎn)，連接，
由正方體的分別為的中點(diǎn)，
因?yàn)橐驗(yàn)榍遥?br>所以四邊形時(shí)平行四邊形，所以，
則且，
所以四邊形時(shí)平行四邊形，所以，
又平面，平面，
所以平面，故B正確；
對(duì)于C，因?yàn)榍遥?br>所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故C正確；
對(duì)于D，平面即為平面，
而平面與平面相交，
所以平面與平面相交，故D錯(cuò)誤.
故選：ABC.

7．（2024·浙江溫州·統(tǒng)考一模）（多選題）已知平面平面，則下列結(jié)論一定正確的是（ ）
A．存在直線平面，使得直線平面
B．存在直線平面，使得直線平面
C．存在直線平面，直線平面，使得直線直線
D．存在直線平面，直線平面，使得直線直線
【答案】BCD
【分析】A.由面面垂直的判定定理判斷；B.由時(shí)，利用線面平行的判定定理判斷；C.由判斷；D. 由判斷.
【詳解】A. 若存在直線平面，使得直線平面，則，故錯(cuò)誤；
B.當(dāng)時(shí)，又 ，所以 ，故正確；
C.當(dāng)時(shí)，，故正確；
D. 當(dāng)時(shí)，，故正確；
故選：BCD
空間向量與立體幾何
8．（2024·浙江寧波·統(tǒng)考一模）已知二面角的大小為，球與直線相切，且平面、平面截球的兩個(gè)截面圓的半徑分別為、，則球半徑的最大可能值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】設(shè)點(diǎn)在平面、平面內(nèi)的射影點(diǎn)分別為、，設(shè)球切于點(diǎn)，連接、、，分析可知，、、、四點(diǎn)共圓，利用二面角的定義可得或，利用余弦定理求出的長，分析可知，球半徑的最大值即為外接圓的直徑，結(jié)合正弦定理求解即可.
【詳解】設(shè)點(diǎn)在平面、平面內(nèi)的射影點(diǎn)分別為、，
設(shè)球切于點(diǎn)，連接、、，如下圖所示：
因?yàn)槠矫?，平面，則，
由球的幾何性質(zhì)可知，，
因?yàn)?，、平面，則平面，
同理可知，平面，
因?yàn)檫^點(diǎn)作直線的垂面，有且只有一個(gè)，所以，平面、平面重合，
因?yàn)槠矫妫矫?，則，同理可知，，
所以，、、、四點(diǎn)共圓，
由已知條件可知，，，
因?yàn)槠矫?，、平面，則，，
所以，二面角的平面角為或其補(bǔ)角.
①當(dāng)時(shí)，
由余弦定理可得
，故，
易知，為外接圓的一條弦，
所以，球半徑的最大值即為外接圓的直徑，即為；
②當(dāng)時(shí)，
由余弦定理可得
故，
易知，為外接圓的一條弦，
所以，球半徑的最大值即為外接圓的直徑，即為.
綜上所述，球的半徑的最大可能值為.
故選：D.
9．（2024·浙江臺(tái)州·統(tǒng)考一模）已知二面角的平面角為，，，，，，與平面所成角為．記的面積為，的面積為，則的最小值為（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)正弦定理、三角形的面積公式、二面角的知識(shí)求得正確答案.
【詳解】過作，垂足為，連接，
依題意，，由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
所以.
由于，所以平面，平面，
所以在平面上的射影為，所以，
根據(jù)三角形的面積公式以及正弦定理得：
，
由于，所以當(dāng)時(shí)，
取得最小值為.
故選：D
10．（2024·浙江溫州·統(tǒng)考一模）如圖，所有棱長都為1的正三棱柱，，點(diǎn)是側(cè)棱上的動(dòng)點(diǎn)，且，為線段上的動(dòng)點(diǎn)，直線平面，則點(diǎn)的軌跡為（ ）

A．三角形（含內(nèi)部）B．矩形（含內(nèi)部）
C．圓柱面的一部分D．球面的一部分
【答案】A
【分析】根據(jù)題意首先保持在線段上不動(dòng)（與重合），研究當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌跡為線段，再根據(jù)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)的軌跡即可得出點(diǎn)的軌跡為及其內(nèi)部的所有點(diǎn)的集合.
【詳解】如下圖所示：

首先保持在線段上不動(dòng)，假設(shè)與重合
根據(jù)題意可知當(dāng)點(diǎn)在側(cè)棱上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若點(diǎn)在點(diǎn)處時(shí)，為的中點(diǎn)，
此時(shí)由可得滿足，
當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中位置時(shí)，易知，取，可得，
取棱上的點(diǎn)，滿足，根據(jù)三角形相似可得三點(diǎn)共線，
當(dāng)點(diǎn)在側(cè)棱上從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)軌跡即為線段；
再研究當(dāng)點(diǎn)在線段上運(yùn)動(dòng)，
當(dāng)點(diǎn)在線段上從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)的軌跡是線段，
當(dāng)點(diǎn)在線段上從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)的軌跡是線段，
因此可得，當(dāng)點(diǎn)是側(cè)棱上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在線段上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)的軌跡為及其內(nèi)部的所有點(diǎn)的集合；
即可得的軌跡為三角形（含內(nèi)部）.
故選：A
11．（2024·衢州、麗水、湖州·統(tǒng)考一模）四棱錐的底面是平行四邊形，點(diǎn)、分別為、的中點(diǎn)，連接交的延長線于點(diǎn)，平面將四棱錐分成兩部分的體積分別為，且滿足，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用割補(bǔ)法與棱錐體積公式分別求所截兩部分的體積即可.
【詳解】如圖，連接交于點(diǎn)，連接，則平面將四棱錐分成多面體和多面體兩部分，顯然.
設(shè)平行四邊形的面積為，因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn)，所以，
設(shè)到平面的距離為，因?yàn)辄c(diǎn)為的中點(diǎn)，所以點(diǎn)到平面的距離為，
取中點(diǎn)，連接，則，且，
又點(diǎn)共線且，所以，且，
所以，所以，所以點(diǎn)到平面的距離為，
故，
,
因此.
故選：B.

【點(diǎn)睛】求不規(guī)則幾何體的體積通常使用割補(bǔ)法.
12．（2023上·浙江杭州·高三統(tǒng)考期中）（多選題）已知正三棱柱的各條棱長都是2，，分別是，的中點(diǎn)，則（ ）
A．平面
B．平面與平面夾角的余弦值為
C．三棱錐的體積是三棱柱體積的
D．若正三棱柱的各個(gè)頂點(diǎn)都在球上，則球的表面積為
【答案】ABC
【分析】根據(jù)線面平行的判定定理可判斷A；判斷出即為平面與平面夾角，即可判斷；C，應(yīng)用等積法即可判斷；D，判斷出球心在上下底面的中心的連線的中點(diǎn)，解直接三角形即可得.
【詳解】A，連接,交于點(diǎn),連接,則為的中點(diǎn)，故為的中位線，
則，平面,平面,故平面，A正確；
B，依題得，平面，，平面，則，
又，平面，則平面，
又平面，則，
則平面與平面夾角為，則，B正確；
C，取中點(diǎn)，連接，則，又平面，
平面，則，平面，則平面
則，C正確；
D，取上下底面的中心，則球心為的中點(diǎn)，，
又，則，
則球的表面積為，D錯(cuò)誤.
故選：ABC
13．（2024·衢州、麗水、湖州·統(tǒng)考一模）（多選題）正方體中，，分別是棱，上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），且，則（ ）
A．與的距離是定值B．存在點(diǎn)使得和平面平行
C．D．三棱錐的外接球體積有最小值
【答案】ACD
【分析】選項(xiàng)A求異面直線的距離，轉(zhuǎn)化成求點(diǎn)到的距離；選項(xiàng)B用向量法求垂直于平面的法向量即可判斷；選項(xiàng)C用向量垂直證明；選項(xiàng)D用補(bǔ)體積法判斷.
【詳解】
以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則
對(duì)A，由圖可知，因?yàn)榕c是異面直線，轉(zhuǎn)化為求異面直線的距離，
因?yàn)?平面，
所以，所以點(diǎn)到的距離為的一半，等于，即為異面直線與的距離；故A正確；
對(duì)B，，設(shè)平面的法向量為
則，取，則，所以，
若存在點(diǎn)使得和平面平行，
因?yàn)椋?br>則，故，不符合題意，故B錯(cuò)誤；
對(duì)C，所以
則，所以，故C正確；
對(duì)D，采用補(bǔ)體積法，將三棱錐補(bǔ)到以為底面以為高的長方體里，則長方體的體對(duì)角線為外接球的半徑的二倍，
體對(duì)角線長為，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)；故D正確；
故選：ACD
14．（2024·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）過正三棱錐的高的中點(diǎn)作平行于底面的截面，若三棱錐與三棱臺(tái)的表面積之比為，則直線與底面所成角的正切值為 .
【答案】
【分析】依題意可得，為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)，設(shè)的邊長為，，即可表示出圖形的面積，從而得到的表面積，三棱臺(tái)的表面積，由表面積之比得到，再求出高，最后由銳角三角函數(shù)求解即可.
【詳解】依題意過正三棱錐的高的中點(diǎn)作平行于底面的截面，
則為中點(diǎn)，為中點(diǎn)，為中點(diǎn)，設(shè)的邊長為，，
則，，，
所以，，
所以三棱錐的表面積，
三棱臺(tái)的表面積，
依題意，所以，取BC的中點(diǎn)D，則，
因?yàn)闉檎忮F的高，所以平面ABC，且，
則與底面所成角為，所以，
所以，故直線與底面所成角的正切值為.
故答案為：
15．（2023上·浙江杭州·高三統(tǒng)考期中）在四棱錐中，底面是直角梯形，，，，，且底面，與底面成角，且．
(1)求證：；
(2)當(dāng)直線與平面所成角的正弦值為時(shí)，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）應(yīng)用空間向量法證明線線垂直；
（2）應(yīng)用空間向量法求線面角正弦計(jì)算即可得出邊長關(guān)系.
【詳解】（1）如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，直線為軸，直線為軸建立坐標(biāo)系．
那么，，，，．
故，
因?yàn)椋?br>所以，即．
（2）因?yàn)椋?br>所以，故，所以平面，
故平面的法向量
設(shè)直線與平面所成角為，則：
整理得，即．
16．（2024·浙江金華·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，側(cè)棱底面，且，點(diǎn)分別為的中點(diǎn)．

(1)證明：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證明線面垂直，再證明線線垂直，可得，，再利用線面垂直的判定定理可得平面；
（2）為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩平面的法向量，利用夾角公式求解公式.
【詳解】（1）因?yàn)榈酌?，底面，所以?br>因?yàn)闉檎叫?，所以?
因?yàn)?，平面，所以平面?br>又因?yàn)槠矫妫裕?
又因?yàn)?，點(diǎn)為的中點(diǎn)，所以．
因?yàn)椋矫妫?br>所以平面，因?yàn)槠矫?，所以?
同理可得，因?yàn)?，平面，所以平面?br>（2）如圖，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則各點(diǎn)坐標(biāo)分別為．
由（1）可知是平面的一個(gè)法向量，記為，
又平面的一個(gè)法向量為．
所以平面與平面夾角的余弦值等于．

17．（2024·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，已知正方體的棱長為4，點(diǎn)E滿足，點(diǎn)F是的中點(diǎn)，點(diǎn)G滿足

(1)求證：四點(diǎn)共面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）法1：取中點(diǎn)，分別連接，先證明四邊形為平行四邊形，則，再根據(jù)相似比可得，則，即可得出結(jié)論；
法2：以為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，證明即可；
（2）利用向量法求解即可.
【詳解】（1）法1：如圖，取中點(diǎn)，分別連接，因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，
所以，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
由知，由知，
所以，所以，
所以，所以四點(diǎn)共面；

法2：如圖，以為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
因?yàn)?，所以，所以?br>所以四點(diǎn)共面；
（2）由（1）知，，
設(shè)平面的法向量為，
由，即，可取，
平面的法向量，
則有，可取，
設(shè)平面與平面夾角為，
則，
所以平面EFG與平面夾角的余弦值為.

18．（2024·衢州、麗水、湖州·統(tǒng)考一模）如圖，多面體中，四邊形為正方形，平面平面，，，，，與交于點(diǎn)．

(1)若是中點(diǎn)，求證：；
(2)求直線和平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定與性質(zhì)，勾股定理逆定理即可證明；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，由線面夾角的向量公式計(jì)算即可．
【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅螢檎叫危?br>所以，
因?yàn)槠矫嫫矫妫矫嫫矫?，?br>所以平面，
又因?yàn)槠矫妫?br>所以，
連接，則，
在中，，
所以，
因?yàn)?，，平面，且?br>從而平面，
又平面，
所以，
因?yàn)?，，平面，且?br>所以平面，
又平面，
所以，
又因?yàn)?，所以?br>又是中點(diǎn)，，所以，
因?yàn)椋矫?，且?br>所以平面，
又因?yàn)槠矫妫?br>所以．

（2）由（1）知，平面，且，
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以、、所在的直線為、、軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則、、、，
則，，，
由得，，所以，
所以，，
設(shè)面的法向量為，由得，，取，則，
設(shè)直線和平面所成角為，
則，
所以直線和平面所成角的正弦值為．
19．（2024·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，為正三角形，平面平面，點(diǎn)分別為的中點(diǎn)，點(diǎn)在線段上，且．
(1)證明：直線與直線相交；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意，取中點(diǎn)，連接，即可證明共面，且其長度不相等，即可證明；
（2）解法1：由條件可得為平面與平面的夾角，結(jié)合余弦定理，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；解法2：根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）
證明：取中點(diǎn)，連接，則，
因?yàn)槠矫嫫矫?，所以?br>所以，則四邊形為平行四邊形，
所以．
因?yàn)辄c(diǎn)在線段上，且，所以是的中點(diǎn)，
又因?yàn)辄c(diǎn)是的中點(diǎn)，所以，所以，
即共面，且長度不等，所以直線與直線相交．
（2）解法1：
由（1）知，平面即為平面．
因?yàn)槠矫?，且平面，所以?br>因?yàn)闉檎切?，點(diǎn)是的中點(diǎn)，所以，
又平面平面，所以平面．
又，所以平面，
所以（或 其補(bǔ)角）為平面與平面的夾角．
不妨設(shè)，則，
所以，
即平面與平面夾角的余弦值為．
解法2：
因?yàn)槠矫?，所以，因?yàn)闉檎切?，所以?br>所以平面，又，所以平面．以為原點(diǎn)，以所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
不妨設(shè)，則，
所以，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則即?。?br>設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
則即取．
設(shè)平面與平面的夾角為，則．
所以，平面與平面夾角的余弦值為．
20．（2024·浙江臺(tái)州·統(tǒng)考一模）如圖，已知四邊形為平行四邊形，為的中點(diǎn)，，．將沿折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置．
(1)若平面平面，求證：；
(2)若點(diǎn)A到直線的距離為，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)或
【分析】（1）根據(jù)題意利用面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，進(jìn)而可得結(jié)果；
（2）分析可知即為二面角的平面角，記為，建系，可得，結(jié)合點(diǎn)到線的距離公式運(yùn)算求解.
【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅螢槠叫兴倪呅?，且為等邊三角形，所以?br>又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，則，所以為等腰三角形，
可得，，即，
因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，平面?br>則平面，且平面，所以．
（2）取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)闉榈冗吶切?，所以?br>取的中點(diǎn)，則，由（1）得，所以，
所以即為二面角的平面角，記為．
以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
則，，
因?yàn)?，則，
可得；，
則點(diǎn)A到直線的距離為，
由題意可得，解得，或，
所以二面角的平面角的余弦值為或．
21．（2024·浙江溫州·統(tǒng)考一模）已知四棱錐的底面為等腰梯形，，，，平面.
(1)求證：；
(2)若四棱錐的體積為2，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)梯形的性質(zhì)求解可證，進(jìn)而根據(jù)線線垂直即可求證，
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量求解平面夾角，或者利用幾何法，結(jié)合線面垂直找到兩平面的夾角，根據(jù)三角形的邊角關(guān)系即可求解.
【詳解】（1）∵平面，平面，
∴，
過點(diǎn)作，由為等腰梯形，，
故，
所以，即，即，
平面，
∴平面，平面，
故.
（2）方法一:，
∵,
，
∴.
如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，
，，，，
,
設(shè)平面法向量為，
則，，
取，得
同理，設(shè)面法向量為，則
，，
取，得，
由題意，.
設(shè)平面與平面的夾角為，則，
方法二：，
∵,
，
∴.
∵平面，平面，∴平面平面，
過作，則平面垂足為，平面，則,
過作的垂線，垂足為，連，
由于平面,
所以平面,平面，故，
則為所求二面角夾角的平面角.
，所以,
,，，
.

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