2023届高考数学二轮复习专题20立体几何综合大题必刷100题教师版

本资料分享自高中数学同步资源大全QQ群483122854专注收集同步资源期待你的加入与分享专题20立体几何综合大题必刷100题任务一:善良模式(基础)1-30题1．在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.

（1）求点到直线的距离；（2）求直线到平面的距离.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，取，，根据空间向量点到直线距离公式，可得点点到直线的距离；（2）易证平面，则点到平面的距离为直线到平面的距离，求出平面的一个法向量，再求出，根据点到面的距离公式，可得直线到平面的距离．【详解】以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，，，.（1）取，，则.所以，点到直线的距离为.（2）因为，所以，所以平面.所以点到平面的距离为直线到平面的距离.设平面的法向量为，则所以所以取，则.所以，是平面的一个法向量.又因为，所以点到平面的距离为.即直线到平面的距离为.2．如图，正方形的边长为2，的中点分别为C，，正方形沿着折起形成三棱柱，三棱柱中，.（1）证明:当时，求证：平面；（2）当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）【分析】（1）要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，关键证明，；（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量公式求二面角的余弦值.【详解】（1）当时，点是的中点，因为，所以，又，所以，所以，因为，，所以平面，平面所以，且，所以平面；（2）因为，，两两互相垂直，所以以点为原点，以，，作为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如下图，平面，所以向量是平面的法向量，，，，，，设平面的法向量，所以，即，令，，，所以平面的一个法向量，，所以二面角的余弦值是3．如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱的长为5.（1）求三棱柱的体积；（2）设M是BC中点，求直线与平面ABC所成角的正切值.【答案】（1）20；（2）.【分析】（1）根据棱柱的体积公式进行求解即可；（2）根据线面角的定义，结合锐角三角函数定义进行求解即可.【详解】（1）直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱的长为5.三棱柱的体积：.（2）连接AM，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱的长为5，M是BC中点，底面ABC，，是直线与平面ABC所成角，，直线与平面ABC所成角的正切值为.4．如图，在三棱锥中，底面ABC，点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，，.（1）求证：平面BDE；（2）求二面角的正弦值；（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）4【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合面面平行的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；（3）利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，为AD中点，，平面BDE，平面BDE，平面BDE.为BC中点，，又D、E分别为AP、PC的中点，，则.平面BDE，平面BDE，平面BDE.又，平面MFN，平面MFN，平面平面BDE，又平面MFN，则平面BDE；（2）底面ABC，.以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.，，0，，0，，4，，0，，2，，2，，则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得取，得.由图可得平面CME的一个法向量为..由图可知二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为，则正弦值为；（3）设，则0，，，.直线NH与直线BE所成角的余弦值为，.解得：.当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4.5．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2.（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设，OA、OB是底面半径，且，M为线段AB的中点，如图.求异面直线PM与OB所成的角的余弦值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用圆锥的体积公式进行求解即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，圆锥的体积；（2），OA，OB是底面半径，且，M为线段AB的中点，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，0，，0，，2，，1，，0，，1，，2，，设异面直线PM与OB所成的角为，则.异面直线PM与OB所成的角的余弦值为.6．如图所示，已知四棱锥中，四边形为正方形，三角形为正三角形，侧面底面，M是棱的中点．（1）求证：；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）取的中点O，连接，并过O点作的平行线，交于E，即可得到，，从而得到底面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直；（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，从而求出其正弦值；【详解】解：（1）取的中点O，连接，并过O点作的平行线，交于E，则∵三角形为正三角形∴∵平面底面且平面底面∴底面以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，令，则，，，，∴（2），设平面的一个法向量为则即令，设平面的一个法向量为则即令，所以，所以∴二面角的正弦值为7．已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值.【详解】证明：（1）连接，设点为的中点，连接，，在中，又因为点为中点，所以.同理可证得，又因为，分别为正方形的边，的中点，故，所以.又因为，所以平面平面.又因为平面，所以平面.（2）因为为正方形，，分别是，的中点，所以四边形为矩形，则.又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，所以平面，则为直线在平面内的射影，因为为直线与平面所成的角.不妨设正方形边长为，则，在中，，因为平面，平面，所以，在中，，，即为直线与平面所成角的正弦值.8．已知如图1所示，等腰中，，，为中点，现将沿折痕翻折至如图2所示位置，使得，、分别为、的中点．（1）证明：平面；（2）求四面体的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由线面平行的判断定理即得；（2）根据题意可得，即求【详解】（1）证明：、分别为、的中点，，平面，平面，平面；（2）在原等腰三角形中，，，为中点，，，且，在折叠后的三棱锥中，，，又，平面，，，，，为中点，，可得．9．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=2，BC=BB1=4，，且∠BCC1=60°.（1）求证：平面ABC1⊥平面BCC1B1：（2）设二面角C-AC1-B的大小为θ，求sinθ的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）勾股定理证明结合证明即可证明；（2）建立空间坐标系求解【详解】解：（1）在中，，所以，即因为，所以所以，即又，所以平面又平面，所以平面平面.（2）由题意知，四边形为菱形，且，则为正三角形，取的中点，连接，则以为原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则设乎面的法向量为，且.由得取.由四边形为菱形，得；又平面，所以；又，所以平面，所以平面的法向量为.所以.故.10．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，∠BAD=90°，已知，.（1）证明：；（2）若二面角的余弦值为，求四棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）过作交于点，求得，取中点为点，连接，证得，证得平面，即可证得.（2）由（1）知，得到，求得点到平面的距离为，和梯形的面积，结合体积公式，即可求解.【详解】（1）过作交于点，则，在直角中，则，取中点为点，连接，因为，所以，又因为，且平面，所以平面，又由平面，所以.（2）由题意知，二面角的余弦值为，由（1）知，二面角的平面角为，故，在中，可得，所以,所以，设点到平面的距离为，则，又梯形的面积为，故四棱锥的体积.11．如图，四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2．（1）求证：平面CC1D1D⊥底面ABCD；（2）若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为，求线段ED1的长度．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明AD⊥平面CDD1C1，可得AD⊥D1E，又CD⊥D1E，即可证明D1E⊥平面ABCD，再由面面垂直的判定定理证明即可；（2）D1E＝a，建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出关于a的方程求解即可．【详解】（1）证明：因为底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，所以AD⊥CD，AD⊥DD1，又CD∩DD1＝D，CD，DD1⊂平面CDD1C1，所以AD⊥平面CDD1C1，又D1E⊂平面CDD1C1，所以AD⊥D1E，又CD⊥D1E，且CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，故D1E⊥平面ABCD，又D1E⊂平面CC1D1D，则平面CC1D1D⊥平面ABCD；（2）解：取AB得中点F，连结EF，则四边形EFBC为正方形，所以EF⊥CD，故以E为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设D1E＝a，则E（0，0，0），F（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），C1（0，2，a），所以，设平面BCC1B1的法向量为，则有，即，令z＝1，则，因为FC⊥BE，又FC⊥D1E，BE∩D1E＝E，BE，D1E⊂平面BED1，所以FC⊥平面BED1，故为平面BD1E的一个法向量，所以，因为平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为，，解得a＝1，所以D1E＝1．12．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面平面，是斜边的长为的等腰直角三角形，，分别是棱，的中点，是棱上一点．（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据（1），结合线面角的定义得出点是的中点，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】解：（1）依题意可得：，．∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面，平面∴．在中，，是棱的中点，所以．又，，平面，∴平面．又平面，∴平面平面．（2）如图，取的中点，连接，，则，由（1）知平面，∴平面∴是直线与平面所成角∴，∴，∴∴是棱的中点，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则有：，，，∴，，设平面的法向量为，平面的法向量为则，令，则有，令，则∴∴锐二面角的余弦值为．13．如图所示，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧面底面，，F在侧棱上，且平面．（1）求证：平面；（2）求点D到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）证得和，结合线面垂直的判定定理即可证得结论；（2）等体积法即可求出结果.【详解】证明：（1）∵侧面底面，侧面底面，且，底面，∴平面，∴，∵平面，平面，故，，故平面；（2）过点E作，垂足为O，则平面，在中，，可求得，设D到平面的距离为h，由，所以，，即点D到平面的距离为．14．在三棱锥B－ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离．【答案】.【分析】建立空间直角坐标系，求出平面ABC的一个法向量，利用空间距离的公式即可求出结果.【详解】解如图所示，以AD的中点O为原点，以OD，OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥平面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，则A，B，C，D，∴＝，＝，＝，设＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，则，所以y＝－x，z＝－x，可取＝(－，1，3)，代入d＝，得d＝＝，即点D到平面ABC的距离是.15．如图，在长方体中，，，为棱的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）根据侧平面得出，再利用勾股定理即可证明，从而证明平面.（2）以点为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可解决.【详解】（1）证明：因为是长方体，所以侧平面，而平面，所以，在中，，所以，所以，又，平面，因此平面．（2）如图所示，以点为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，设是平面的法向量，则，设是平面的法向量，则，所以，因为二面角为钝角，所以二面角的大小为．16．如下图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，，．（1）求与所成角的余弦值；（2）求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】(1)由题意可得即为SA与BC所成的角，根据余弦定理计算即可；

(2)结合面面垂直的性质和线面垂直的性质即可证明.【详解】【考查内容】异面直线所成的角，直线与平面垂直的判定和性质【解】（1）因为，因此即为与所成的角，在中，，又在正方形中，因此，因此与所成角的余弦值是．（2）因为平面平面，平面平面，在正方形中，，因此平面，又因为平面，因此．17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）由（1）可知，平面，所以，从而，设，，则，即，解得，所以．因为底面，故四棱锥的体积为．18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．19．如图，（I）求证（II）设【答案】见解析【详解】（I）,,（II），,20．如图，在四棱锥中，底面，，点在线段上，且.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，，，求四棱锥的体积.【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）由已知可得，，即可证明结论；（Ⅱ）底面，，根据已知条件求出梯形面积，即可求解.【详解】（Ⅰ）证明：因为底面，平面，所以.因为，，所以.又，所以平面.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知，在中，，，又因为，则.又，，所以四边形为矩形，四边形为梯形.因为，所以，，，于是四棱锥的体积为.21．如图，直三棱柱，，点M，N分别为和的中点．(Ⅰ)证明：∥平面;(Ⅱ)若二面角为直二面角，求的值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【详解】试题分析：（Ⅰ）分别取的中点，再连结，则有，，所以则四边形为平行四边形，所以,则∥平面（Ⅱ）分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系（如图）设，则，设平面的一个法向量，由得平面的一个法向量，同理可得平面的一个法向量，因为二面角A为直二面角，所以，则有22．如图，在三棱锥中,侧面与侧面均为等边三角形,为中点.（Ⅰ）证明：平面（Ⅱ）求二面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）平面（Ⅱ）二面角的余弦值为【详解】证明：（Ⅰ）由题设AB=AC=SB=SC=SA.连结OA，△ABC为等腰直角三角形，所以OA=OB=OC=SA，且AO⊥BC.又△SBC为等腰三角形，故SO⊥BC，SO=SA，从而OA2+SO2=SA2，所以△SOA为直角三角形，.又AO∩BC=O，所以SO⊥平面ABC.（Ⅱ）解法一：取SC中点M,连结AM,OM,由（Ⅰ）知,得OM⊥SC，AM⊥SC.为二面角的平面角.由AO⊥BC，AO⊥SO，SO∩BC得AO⊥平面SBC，所以AO⊥OM.又，故所以二面角的余弦值为解法二：以O为坐标原点，射线OB、OA分别为x轴、y轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系设B(1,0,0)，则SC的中点，.故MO⊥SC，MA⊥SC，等于二面角的平面角.所以二面角的余弦值为23．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面是边长为的菱形，且∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝，M，N分别为PB，PD的中点．(1)证明：MN∥平面ABCD；(2)过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解:在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.而M、N分别是PB、PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连接AE,EQ,

则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角AMNQ的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,在△PBC中,cos∠BPC==,得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.24．如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】（1）详见解析（2）．【详解】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.25．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.(1)求证：PA⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【详解】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由即可求解.试题解析:（I）因为，，所以平面，又因为平面，所以.（II）因为，为中点，所以，由（I）知，，所以平面.所以平面平面.（III）因为平面，平面平面，所以.因为为的中点，所以，.由（I）知，平面，所以平面.所以三棱锥的体积.26．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．（Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；（Ⅱ）证明：平面PAB⊥平面PBD．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.【详解】试题分析：本题考查线面平行、线线平行、线线垂直、线面垂直等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，先证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行；第（Ⅱ）问，先由线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAB，最后利用面面垂直的判定定理证明面面垂直.试题解析：（Ⅰ）取棱AD的中点M（M∈平面PAD），点M即为所求的一个点.理由如下：因为AD∥BC,BC=AD，所以BC∥AM,且BC=AM.所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.又AB平面PAB,CM平面PAB,所以CM∥平面PAB.（说明：取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）由已知，PA⊥AB,PA⊥CD,因为AD∥BC,BC=AD，所以直线AB与CD相交，所以PA⊥平面ABCD.从而PA⊥BD.因为AD∥BC,BC=AD，所以BC∥MD,且BC=MD.所以四边形BCDM是平行四边形.所以BM=CD=AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB.又BD平面PBD,所以平面PAB⊥平面PBD.27．如图，在三棱台ABC–DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【详解】试题分析：本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．试题解析：（Ⅰ）延长相交于一点，如图所示.因为平面平面，且，所以平面，因此，.又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，则所以平面.（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.在中，，得.所以，直线与平面所成的角的余弦值为.28．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且，.求证：（1）直线DE平面A1C1F；（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【详解】试题分析：（1）利用线面平行判定定理证明线面平行，而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识，如中位线的性质等；（2）利用面面垂直判定定理证明，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理.试题解析：证明：（1）在直三棱柱中，在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以，于是，又因为DE平面平面，所以直线DE//平面.（2）在直三棱柱中，因为平面，所以，又因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.因为直线，所以29．如图，在三棱锥中，在底面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.（1）证明：；（2）求直线和平面所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【详解】（1）利用线面垂直的定义得到线线垂直，根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直；（2）通过添加辅助线，证明平面，以此找到直线与平面所成角的平面角，在直角三角形中通过确定边长，计算的正弦值.试题解析：（1）设为中点，由题意得平面，所以.因为，所以.所以平面.由，分别为的中点，得且，从而且，所以是平行四边形，所以.因为平面，所以平面.（2）作，垂足为，连结.因为平面，所以.因为，所以平面.所以平面.所以为直线与平面所成角的平面角.由，得.由平面，得.由，得.所以30．如图，在四棱锥中，底面，，是的中点．（Ⅰ）证明；（Ⅱ）证明平面；（Ⅲ）求二面角的大小．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）【分析】（1）证得平面，结合线面垂直的性质定理即可得出结论；（2）证得和，结合线面垂直的判定定理即可得出结论；（3）作出辅助线，证得是二面角的平面角．进而在中，即可求出其正弦值，进而求出结果.【详解】（Ⅰ）证明：在四棱锥中，因底面，平面，故．，平面．而平面，所以．（Ⅱ）证明：，所以，又因为是的中点，所以，由（Ⅰ）知，且，所以平面，又因为平面，所以，又因为因底面，平面，故，又因为，且，所以底面，且平面，所以，又因为，所以平面．（Ⅲ）过点作，垂足为，连结．则（Ⅱ）知平面，在平面内的射影是，则．因此是二面角的平面角．由已知，得,设，可得，在中，因为，，则．在中，．所以二面角的大小是．任务二:中立模式(中档)30-70题31．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是AD，CD的中点.（1）证明：BD⊥PF；（2）若AD=DB=2，求点C到平面PBD的距离；【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接AC，证得EFAC，利用面面垂直的性质定理，证得PE⊥平面ABCD，进而证得BD⊥平面PEF，即可得到BD⊥PF.（2）设点到平面的距离为，结合，即可求解.（1）证明：连接AC，因为在中，E，F分别是AD，CD的中点，所以EFAC，又因为在菱形ABCD中，可得AC⊥BD，所以BD⊥EF，因为为正三角形，E为AD中点，所以PE⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PE⊥BD，因为PE∩EF=E，所以BD⊥平面PEF，又PF⊂平面PEF，所以BD⊥PF.（2）解：设点到平面的距离为，由，可得，在正三角形中，；在菱形中，因为，所以为正三角形，所以，在中，，所以，所以，即点到平面的距离.32．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，△PAD为正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F分别是AD，CD的中点．（1）证明：BD⊥PF；（2）若∠BAD=60°，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接AC，菱形中易得，再由面面垂直的性质定理得平面，从而得，则可证得线面垂直，从而有线线垂直；（2）以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．（1）连接AC，因为在△ADC中，E，F分别是AD，CD的中点，所以EF//AC，又因为在菱形ABCD中AC⊥BD，所以BD⊥EF；因为△PAD为正三角形，E为AD中点，所以PE⊥AD；又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，平面，所以PE⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以PE⊥BD；因为PE∩EF=E，平面PEF，所以BD⊥平面PEF，又PF⊂平面PEF，所以BD⊥PF；（2）连接BE，因为∠BAD=60°，所以△ADB为等边三角形，所以BE⊥AD；由（1）知，PE⊥平面ABCD，故以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系设AD=2，则则设平面PBD的法向量为，则，可取所以，故直线PC与平面PBD所成角的正弦值为．33．如图，在四棱锥E-ABCD中，ABCE，AECD，，AB=3，CD=4，AD=2BC=10.（1）证明：∠AED是锐角；（2）若AE=10，求二面角A-BE-C的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）延长AB、DC交于点M，结合已知条件利用线面垂直判定定理和性质证明平面，然后利用勾股定理和余弦定理即可证明；（2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，然后利用二面角的空间向量公式求解即可.（1）延长AB、DC交于点M，连接EM，如下图所示：因为，，所以为的中位线，从而，，，所以，故，又因为ABCE，AECD，，，所以平面，平面，因为平面，平面，所以，，因为，所以平面，令，则，，所以，所以是锐角.（2）以为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系：由题意可知，，，，，，，故，，，设平面的法向量为，由，令，则，，从而，因为平面，所以是平面的一个法向量，由图可知，二面角为钝二面角，故，从而二面角A-BE-C的余弦值.34．如图，在直四棱柱中，（1）若为的中点，试在上找一点，使平面；（2）若四边形是正方形，且与平面所成角的余弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）点为的中点（2）【分析】（1）当点为的中点时平面，连接，可得，再由棱柱的性质得到，即可得到，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，利用空间向量法表示出与平面所成角的正弦值，即可求出，从而求出二面角的余弦值；（1）解：当点为的中点时平面，证明如下：连接，∵､分别为､的中点，∴，在直四棱柱中，，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）解：以为坐标原点，､､的方向分别为､､轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为，，则､､，则､，设为平面的法向量，则，即，令，则､，即，与平面所成角的余弦值为，与平面所成角的正弦值为，且，∴，解得，∴，又平面的一个法向量为，∴，设二面角的平面角为，为锐角，则.35．如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，，把沿向上折起，使点E到达点P位置，如图2所示；且平面平面．（1）证明：；（2）在（1）的条件下求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）先由平面平面，证明，再由勾股定理证明，最后由判定定理以及性质证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角的余弦值．（1）证明：如图，设的中点为F，连接．∵为等边三角形，∴．又平面平面，平面平面，∴平面．∵平面，∴．∵，∴，∴．又，∴平面．又∵平面，∴．（2）由（1）知平面，则平面平面．设中点为O，连接，则．又平面平面，平面平面，∴平面．设中点为，连接．∵，∴，故以点O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，∴，．设平面的法向量为，由得取，则设平面的法向量为，由得取，则，∴二面角的余弦值为36．如图所示，在四棱锥中，平面，，四边形为梯形，，，，，，，点在上，满足.（1）求证：平面平面；（2）若点为的中点，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）求出可得可得结合可证明面，再由面面垂直的判定定理即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解.（1）因为，，，所以，因为，所以，可得，因为平面，平面，所以，因为，所以面，因为面，所以平面平面.（2）因为，，所以四边形是平行四边形，所以，，，如图：以为原点，分别以，所在的直线为，轴，过点垂直于面的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量，由，令，则，，所以设平面的法向量，由，令，则，，所以，所以.37．在四棱锥中，平面，，，，为的中点，在平面内作于点.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）证明出平面，，可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.（1）证明：平面，平面，，，，平面，平面，，，、平面，，平面，平面，所以，平面平面，平面平面.（2），以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，，设平面的法向量为，则，取，可得，，由图形可知，二面角的平面角为锐角，因此，二面角的余弦值为.38．在正方体中，点、分别在、上，且，．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，写出各点坐标并得出，，根据空间向量的数量积运算求得，即可证出；（2）设平面的法向量为，直线与平面所成角为，利用空间向量法求出，再根据空间向量法求线面夹角的公式，即可求出直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，因为，，设正方体的棱长为，则点，则，，所以，即.（2）解：设平面的法向量为，直线与平面所成角为，，，由，得，令，得，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.39．如图，在多面体中，均垂直于平面，，，，.（1）证明：平面；（2）求与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接易得为平行四边形，即，根据线面垂直的性质及判定即可证结论.（2）法一：过作于，延长至使，过作交于，连接，根据线面垂直的性质及判定、平行四边形的性质证面，进而确定线面角的平面角，即可求余弦值；法二：构建空间直角坐标系，分别求出的方向向量和面的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求线面角的余弦值.（1）连接，由且，∴四边形为平行四边形，即，由为等腰梯形，结合题设：，，则.由平面，平面，则，又，∴平面，故平面.（2）法一：过作于，延长至使，过作交于，连接，面，面，则，又，，面，即为平行四边形，则四边形为平行四边形，面，则即为所求线面角，由题意：，，，.在梯形中，易得，所以，得，则，在中，易得，则.∴.法二：以为原点，为轴，为轴，作轴，建立空间直角坐标系，易得，，，，，，，设面的一个法向量为，由，可得，记与面所成角为，，，即与面所成角的余弦值为.40．某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．（1）证明底面；（2）设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由翻折之前的边长关系得，，进而得翻折后有，，进而得底面；（2）解法一：以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，进而得为二面角的平面角，再结合正弦定理得，再写坐标，利用坐标法求解即可.解法二：由（1）知为二面角的平面角，即，进而由正弦定理得，再由余弦定理可得，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角，再利用得，进而得答案；解法三：由（1）得为二面角的平面角，即，进而得，，再过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC进而证明面PAT，再根据几何关系求解即可.（1）由菱形的边长为3，，可得：，即有同理，即有在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，，．可得底面（2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．由第（1）问可得底面，可得：，．则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，，可得．利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为．点，，设面的法向量为，则有，即：．令，则有，则有：则PC与面PAT所成角的正弦值为．解法二：由第（1）问可知底面，，所以，，．则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，，可得．利用正弦定理可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点所以在中，由余弦定理可得：，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角考虑三棱锥，由于，，因为，所以所以所以PC与面PAT所成角的正弦值为解法三：由面，可得：，．故为二面角的平面角，由题意可得：因为为锐角，所以故过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC则∵，∴∵面，∴又因为，，故面PAT故为与面PAT所成的角，∴即PC与面PAT所成角的正弦值为41．如图，在四棱锥中，底面是菱形，侧面底面，且PA=AB，.（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）要证明，只需证明平面即可；（2）由（1）可得平面平面，所以为直线与平面所成角，在三角形POC中由正弦定理即可得到答案.（1）证明：∵侧面底面，∴底面∴如图，连接，交于，∵四边形是菱形∴又∴平面，因为平面，∴（2）连接，由（1）知平面，又平面，∴平面平面，∴为直线与平面所成角设，由知，在中，，在中，由正弦定理，，即.42．1.如图，正方形所在平面与等边所在平面成的锐二面角为，设平面与平面相交于直线．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用线面平行的判定及线面平行的性质来证明；（2）建立空间直角坐标系解决线面角的正弦值.（1）因为CD//AB，平面ABE，所以CD//平面ABE又面ABE平面CDE=l，所以l//CD（2）如图建立空间直角坐标系，设AE=2，则所以A(1，0，0)，B(1，0，0)，E(0，，0)，C(1，1，)，D(1，1，)，所以=(1，，0)，=(0，1，)，设平面BCE的法向量为(x，y，z)，则取，则，故平面BCE的法向量为，又设直线DE与平面BCE所成角为，则43．如图，在四棱锥中，，，平面平面ABCD，点E在AD上，且，.（1）求证：.（2）设平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由，→四边形ABCE是平行四边形→，结合，再由面面垂直性质得平面APD→；（2）延长AB，DC交于点Q，连接PQ→直线PO就是交线l→二面角就是二面角，结合建系法，以E为坐标原点，直线EC，ED，EP分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面ABP，平面PEQ的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解.（1）在四边形ABCD中，，，所以四边形ABCE是平行四边形，所以.因为，所以，因为平面平面ABCD，平面平面，所以平面APD，又平面APD，所以；（2）延长AB，DC交于点Q，连接PQ，则直线PQ就是交线l，（突破：通过作辅助线找到两平面的交线），连接EP，EQ，则二面角就是二面角.因为，且，所以B为AQ的中点.设，则在△PAD中，，，所以，则，平面ABCD，由（1）可知，故以E为坐标原点，直线EC，ED，EP分别为x轴､y轴､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，.设平面ABP的法向量为，则，，可得，即，取，则，故为平面ABP的一个法向量，设平面PEQ的法向量为，则，，可得，即，取，则，故为平面PEQ的一个法向量，所以.由图易知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.44．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，M，N分别为，的中点，．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）答案见解析（2）【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，又，从而平面，即有，再由，可得平面从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）底面是平行四边形，，,又，，由余弦定理可得，,,又，,平面,又平面，，又，平面,平面（2）连接,在中，,由余弦定理可知，，即，在中，,取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,如图，则,所以，又为中点，所以.设平面的一个法向量，则,即，令，则，所以从而直线与平面所成角的正弦值为．45．如图，已知点在圆柱的底面圆上，，圆的直径，圆柱的高.（1）求点到平面的距离；（2）求二面角的余弦值大小.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据等体积法，由即可求出点到平面的距离；（2）先证明，，由线面垂直的判定定理可得面，进而可得即为所求二面角的平面角，在中，计算即可求解.【详解】（1）因为，，所以，在中，由余弦定理可得：，所以，，在中，由余弦定理可得，所，所以，设点到平面的距离为，由，得，即，解得：，所以点到平面的距离为；（2）二面角即二面角，因为是圆的直径，点在圆柱的底面圆上，所以，因为面，面，可得，因为，所以面，因为面，面，所以，，所以即为二面角的平面角，在中，，，所以，所以二面角的余弦值为.46．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=AA1=2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上的一动点.（1）求证:当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC；（2）设=λ，试问:是否存在实数λ，使得平面A1PQ与平面B1PQ的夹角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，λ=或λ=.【分析】（1）由题易知PQ∥AC1，利用线面垂直的判定定理可证AC1⊥平面A1BC，即得；（2）利用坐标系，结合条件可求.【详解】（1）连接AB1，AC1，∵点Q为线段A1B的中点，四边形A1B1BA为矩形，∴A，Q，B1三点共线，且点Q为AB1的中点.∵点P，Q分别为B1C1和AB1的中点，∴PQ∥AC1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1.又AC=AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C.∵A1C∩BC=C，∴AC1⊥平面A1BC.而PQ∥AC1，∴PQ⊥平面A1BC.（2）以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，连接A1P，B1Q，BP，则B(0，2，0)，A1(2，0，2).设Q(x，y，z).∵=λ，∴(x，y-2，z)=λ(2，-2，2).∴∴Q(2λ，2-2λ，2λ).∵点Q在线段A1B上运动，∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量.设平面A1PB的法向量为=(x1，y1，z1)，∵C(0，0，0)，P(0，1，2)，∴=(0，-1，2)，=(2，-1，0).由得令y1=2，得=(1，2，1).设平面B1PQ的法向量为=(x2，y2，z2)，∵B1(0，2，2)，∴=(0，1，0)，=(2λ，-2λ，2λ-2).由得令z1=λ，得=(1-λ，0，λ).由题意得|cos<，>|===，∴9λ2-9λ+2=0，解得λ=或λ=.∴当λ=或λ=时，平面A1PQ与平面B1PQ所成夹角的余弦值为.47．如图，在三棱锥中，底面，，，．（1）求证：平面平面；（2）若二面角的大小为，过点作于，求直线与平面所成角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）60°．【分析】（1）根据根据线面垂直的判断得平面，进而证明平面平面；（2）解法一：根据题意得，进而过点作于，则平面且为中点，连接，则为直线与平面所成的角，再根据几何关系求解即可；解法二：建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】（1）因为底面，所以，又，所以，又，为平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）解法一：由（1）可知，为二面角的平面角，所以，又，，，所以，过点作于，则平面且为中点，连接，则为直线与平面所成的角，在中，，，所以，故，所以直线与平面所成的角为60°．解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知，可得，，，，设，（），则，，，因为，，，所以，解得，所以，故，设平面的法向量为，因为，，由，得，令，则，所以为平面的一个法向量，所以，故直线与平面所成的角的正弦值为，所以直线与平面所成的角为60°．48．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，.（1）求证：直线平面；（2）设点在线段上，且二面角的余弦值为，求点到底面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）或者.【分析】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）设，由题意结合空间直角坐标系求得的值即可确定点到底面的距离.【详解】（1）由菱形的性质可知，因为平面所以，且，所以直线平面；（2）以点A为坐标原点，AD，AP方向为y轴，z轴正方向，如图所示，在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，且，由于，故：，据此可得：，即点M的坐标为，设平面CMB的法向量为：，则：，据此可得平面CMB的一个法向量为：，设平面MBA的法向量为：，则：，据此可得平面MBA的一个法向量为：，二面角的余弦值为，故：，整理得，解得：.由点M的坐标为或.易知点到底面的距离为或者.49．如图，在三棱锥中，底面是边长2的等边三角形，，点F在线段BC上，且，为的中点，为的中点.(Ⅰ)求证：//平面；(Ⅱ)若二面角的平面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【分析】(Ⅰ)取的中点，连接、，即可证明，，从而得到面面，即可得证；(Ⅱ)连接，为二面角的平面角，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；【详解】解：(Ⅰ)取的中点，连接、，因为为的中点，为的中点，所以，，又，所以，因为面，面，面，所以面，面，又，面，所以面面，因为面，所以平面；(Ⅱ)连接，因为底面是边长2的等边三角形，，所以，，所以为二面角的平面角，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设面的法向量为，则，令，则，，所以，设直线与平面所成角为，所以故直线与平面所成角的正弦值为；50．如图，直四棱柱的底面是菱形，侧面是正方形，，经过对角线的平面和侧棱相交于点，且．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）延长和的延长线相交于点，连接，设四棱柱的棱长为，推导出，由四棱柱的性质得平面，从而平面，由此能证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，求解平面的法向量，利用向量夹角的计算公式求解即可.【详解】（1）如图所示，延长和的延长线相交于点，连接．设四棱柱的棱长为，因为，，所以．由，得，由余弦定理，得，．因为，所以，．又是直四棱柱，故平面．又平面，所以．因为，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）以为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，．设平面的法向量为，则，即，不妨设，由（1）得，，平面的一个法向量为．设二面角的平面角为，则，且由题图知为锐角，所以二面角的余弦值为．51．直角梯形绕直角边旋转一周的旋转的上底面面积为，下底面面积为，侧面积为，且二面角为，，分别在线段，上．（Ⅰ）若，分别为，中点，求与所成角的余弦值；（Ⅱ）若为上的动点、为的中点，求与平面所成最大角的正切值，并求此时二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），．【分析】（Ⅰ）设出圆台上、下底面半径，求出圆台高，再利用直二面角建立合适的空间直角坐标系，即可求解；（Ⅱ）取的中点，连接，，，由线线平行与线面垂直性质，即可求解最大值，再利用空间向量法即可求解二面角的余弦值．【详解】（Ⅰ）设圆台上、下底面半径分别为，．∵，∴；∵，∴．∵，∴．过点作于点，则，，∴圆台的高为．∵二面角是直二面角，∴建立空间直角坐标系如图所示，点，，，，，∴，∴与所成角的余弦值为．（Ⅱ）取的中点，连接，，，∴，则．∵平面，∴平面，∴为直线与平面所成角，，当时，最小，最大．在中，，，，，，即与平面所成最大角的正切值为．又点，，，，设点，平面的法向量，，，即，∴，则，，，即，解得，．即令得．易知平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则．由图易得二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．52．正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是a（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体．（1）求新多面体的体积；（2）求二面角的余弦值；（3）求新多面体为几面体？并证明．【答案】（1）；（2）；（3）新多面体是七面体；证明见解析．【分析】（1）分别求得正四面体和正八面体的体积，由新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和求解；（2）在正八面体中，取的中点为M，连结，易得为二面角的平面角，利用余弦定理求解；（3）由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为．再求得四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为判断.【详解】（1）如图所示：，在正四面体中，分别取PT，QR的中点，连接QN，RN，NG，则，所以平面QNR，所以正四面体的体积为，如图所示，在正八面体中，连接AC交平面EFBH于点O，则平面EFBH，所以，所以正八面体的体积为，因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和，所以.（2）如图，在正八面体中，取的中点为M，连结，易得为二面角的平面角．易得，，由余弦定理得.（3）新多面体是七面体，证明如下：由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为．在正四面体中，易得为二面角的平面角．由余弦定理得，即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为，所以，因此新多面体是七面体．53．中国是风筝的故乡，南方称“鹞”，北方称“鸢”，如图，某种风筝的骨架模型是四棱锥，其中于，，，平面．（1）求证：；（2）试验表明，当时，风筝表现最好，求此时直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）利用平面可得，再利用即可；（2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系即可求出；或利用等体积法也可.【详解】（1）证明：∵平面，平面，∴，又，，平面，平面，∴平面，又平面．∴．（2）解：法一：如图，以为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，，设为平面的法向量，则，即，令，则，设直线与平面所成角为，则．法二：如图，在中，由得，在中，由得，在中，由得．在中，由得，在中，由，得，，设点到平面的距离为，由，得，即，设直线与平面所成的角为，则．54．在陕西汉中勉县的汉江河与定军山武侯坪一带，经常出土有铜、铁扎马钉等兵器文物.扎马钉（如题21图（1））是三国时蜀汉的著名政治家、军事家诸葛亮所发明的一种对付骑兵的武器，状若荆刺，故学名蒺藜，有铜、铁两种.扎马钉有四个锋利的尖爪，随手一掷，三尖撑地，一尖直立向上，推倒上尖，下尖又起，始终如此，使触者不能避其锋而被刺伤.即总有一个尖垂直向上，三尖对称支承于地.简化扎马钉的结构，如图（2），记组成该“钉”的四条等长的线段公共点为，钉尖为（）．（Ⅰ）判断四面体的形状特征；（Ⅱ）若某个出土的扎马钉因年代久远，有一尖爪受损，其长度仅剩其他尖爪长度的（即），如图（3），将，，置于地面，求与面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）该四面体的各个面都是全等的正三角形.；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）根据扎马钉总有一个尖垂直向上，可推出,从而可得答案；（Ⅱ）为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出结果.【详解】（Ⅰ）点为四面体外接球的球心，即，且面，面，面，面，则空间四面体的每一条棱都相等，即；所以该四面体的各个面都是全等的正三角形.（Ⅱ）在四面体中，不妨令，，在面内作点的射影，连接，在等边中，为其外心，则，在直角中，可得，所以，解得，所以，又因为面，且垂足为，故以为原点，以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，因为，即，则，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，又，所以，故与面所成角的正弦值为.55．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体.（1）求新多面体的体积；（2）求正八面体中二面角的余弦值；（3）判断新多面体为几面体？（只需给出答案，无需证明）【答案】（1）；（2）；（3）七面体.【分析】（1）分别取、的中点、，连接、、，证明出平面，计算出的面积，利用锥体的体积公式可求得正四面体的体积，利用锥体的体积公式可求得正八面体的体积，进而可得出新多面体的体积为正四面体和正八面体体积之积，即可得解；（2）在正八面体中，取的中点为，连接，分析出为二面角的平面角，计算出三边边长，利用余弦定理可求得结果；（3）计算出正四面体相邻面所构成的二面角与正八面体相邻面所构成的二面角互补，由此可得出结论.【详解】（1）分别取、的中点、，连接、、，如下图所示：因为，为的中点，则且，同理可知且，，所以，平面，为的中点，则，且，，所以正四面体的体积为；如下图所示：在正八面体中，连接交平面于点，则平面，所以，，所以正八面体的体积为，因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和，所以，新多面体的体积为；（2）如图，在正八面体中，取的中点为，连接，，为的中点，则，且，同理可知，且，所以，为二面角的平面角．，由余弦定理得，故二面角的余弦值为；（3）新多面体是七面体.证明如下：由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为．在正四面体中，因为，，故为二面角的平面角．由余弦定理得，即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为，所以，因此新多面体是七面体.)56．如图，已知在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，为棱上一点，与交于点，且，，，．（1）证明：；（2）是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，求出点位置，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；位置在靠近点的三等分点处．【分析】（1）根据几何关系得，进而得以平面，故；（2）根据几何关系得，进而得平面，故以为原点，，，分别为，轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.【详解】解：（1）证明：因为四边形为等腰梯形，且所以为等腰直角三角形因为，所以，因为，，所以所以又因为平面，平面，所以平面因为平面所以（2）因为，，所以，即因为，平面，平面，所以平面如图，以为原点，，，分别为，轴建立空间直角坐标系，由（1）知，故，，，，，，，假设在棱上存在一点满足题意，设，．所以设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，故易得平面的一个法向量为设二面角为，可知二面角为锐二面角解得，所以存在满足题意的点，位置在靠近点的三等分点处57．如图，在三棱柱中点，在棱上，点F在棱CC1上，且点均不是棱的端点，平面且四边形与四边形的面积相等.（1）求证：四边形是矩形；（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；（2）【分析】（1）由平面AEF，知平面AEF，求得，由四边形与四边形面积相等知，，则，故，结合，从而有四边形为矩形.（2）证得平面，取BC的中点H，以G点为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求得平面AEF和平面ABC的一个法向量，利用向量夹角求得二面角的正弦值.【详解】（1）在三棱柱中，，则由平面AEF，知平面AEF，故，，，从而，由四边形与四边形面积相等知，又，则，故结合，知四边形为平行四边形，又，故四边形为矩形.（2）取EF的中点G，联结AG，由（1）知，且平面，则平面平面，又平面平面，则平面，取BC的中点H，以G点为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，由知，为正三角形，故，故，，，，，设平面ABC的一个法向量为则，故，取，则，因为平面AEF的一个法向量为则则二面角的余弦值为，故二面角的正弦值为58．如图，在三棱台中，侧棱平面点在棱上，且（1）证明：平面；（2）当二面角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）通过已知条件证明、，由此结合线面垂直的判定定理完成证明；（2）建立合适空间直角坐标系，分别表示出平面、平面的一个法向量，然后表示出法向量夹角的余弦值，根据二面角的余弦值和法向量夹角的余弦值的关系求解出的值.【详解】（1）因为，所以，又因为平面，平面，所以，又，所以平面，所以，又因为，，所以，所以，又，所以平面；（2）以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：因为，所以，因为，所以，设平面一个法向量为，设平面一个法向量为，且，因为，所以，令，所以，又因为，所以，令，所以，所以，又因为二面角的余弦值为，所以，所以解得（舍去），综上可知：.59．在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，点M在棱上，点N是BC的中点，且满足.（1）证明：AM⊥平面；（2）若M是的中点，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）由条件求得，结合，证得平面ACM，则，则，由条件知，平面；（2）取的中点为E，则，，从而有平面，，为二面角的平面角，又M是的中点，根据线线关系求得侧棱长，从而求得，，在三角形中求得正弦值即可.【详解】（1）联结AC，由知，，即，由在直四棱柱中，平面ABCD，则又，则平面ACM，又平面ACM，则，又，则，由条件知，且，故平面；（2）由（1）知为等腰直角三角形，取的中点为E，联结，则，又在直四棱柱中，平面，则，从而有平面，过E点作的垂线，垂直为F，联结，此时由知，平面，则，为二面角的平面角，又M是的中点，取的中点为G，易知，由题知，设，则，，则则在中，，即，解得则在中，，，则，故二面角的正弦值为.60．在四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，，.（1）证明：平面；（2）如图，取的中点为，在线段上取一点使得，求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用勾股定理逆定理计算证明，，进而利用线面垂直判定定理证得平面，从而，在计算证得，得到平面，从而，证得平面；（2）以，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解.【详解】（1）因为，，所以，所以，又因为为平行四边形，所以，，因为，，，所以，所以，因为，所以平面，所以，因为，，，所以，所以，因为，所以平面，所以，因为，所以平面.（2）由（1）知，，，两两垂直，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，在三角形中，，则，，，，，，所以，因为，，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，，于是取，又由（1）知，底面为正方形，所以，因为平面，所以，因为，所以平面，所以是平面的一个法向量，设二面角的大小为，则，所以二面角的大小为.61．如图，在底面是菱形的四棱柱中，，，点在上．（1）求证：平面；（2）当为线段的中点时，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）由得，由得可得答案；（2）当时得点为的中点时，可得平面，转化为求点到平面的距离，设的中点为，则，得平面，利用可求得，利用可得答案．【详解】（1）证明：因为底面为菱形，，所以，由知，由知，又因为，所以平面．（2）当时，平面．证明如下：连结交于，当时，即点为的中点时，连结，则，平面，平面，所以平面，所以直线与平面之间的距离等于点到平面的距离，因为点为的中点，可转化为到平面的距离，，设的中点为，连结，则，所以平面，且，可求得，所以，又，，，，所以（表示点到平面的距离），，所以直线与平面之间的距离为．62．已知四棱锥的底面是菱形，对角线、交于点，，，底面，设点满足．（1）若三棱锥体积是，求的值；（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意知，、、两两垂直，建立空间直角坐标系，设，由，求得M的坐标，过作于，于，再由求解；（2）由（1）知，求得平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，然后由求解.【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，因为底面，所以、，所以、、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，因为，所以，于是，所以，过作于，过作于，所以，解得．（2）由（1）知，，，设平面的一个法向量为，，令，，设直线与平面所成的角为，所以，解得或（舍去）．63．光学器件在制作的过程中往往需要进行切割，现生产一种光学器件，有一道工序为将原材料切割为两个部分，然后在截面上涂抹一种光触媒化学试剂，加入纳米纤维导管后粘合.在如图所示的原材料器件直三棱柱ABC﹣A'B'C'中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA'＝a，现经过AB作与底面ABC所成角为θ的截面，且截面与B'C'，A'C'分别交于不同的两点E，F．（1）试求截面面积S随θ变化的函数关系式S（θ）；（2）当E和F分别为和的中点时，需要在线段AF上寻找一个点Q，用纳米纤维导管连接EQ，使得EQ与AB'所在直线的夹角最小，试求出纤维导管EQ的长．【答案】(1)；(2)纤维导管EQ的长为.【分析】（1）利用直棱柱的结果特征确定截面的形状，然后利用相关量的位置关系和数量关系求解S（θ）的解析式即可；（2）建立适当的空间直角坐标系，得到相关的坐标，设，根据向量的夹角公式并利用换元法求得满足题目要求时点Q的坐标，进而求出BQ的长.【详解】解：（1）该几何体是直棱柱，故平面平面，而平面平面，，故平面，因为过的截面与平面的交线都与垂直，又平面平面，平面平面ABEF=EF，所以，所以截面ABEF为直角梯形，且截面与底面的平面角为，则，，过F作于点D，则，，所以梯形ABEF面积，所以；（2）以A为坐标原点，直线AC、AB、分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则，，而E和F分别为和的中点，故，.设，，则，则，所以.设EQ与的夹角为，则，设，则则，当且仅当时，即时,取得最大值，为.因为余弦函数在上单调递减，所以当时直线EQ与AB'的夹角最小，此时，，所以，所以纤维导管EQ的长为.64．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且E，M分别为BC，PD的中点，点F为棱PC上一动点．（1）证明：平面AEF⊥平面PAD．（2）若AB＝PA，在线段PC上是否存在一点F，使得二面角F﹣AE﹣M的正弦值为？若存在，试确定F的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在点F，当F为线段PC的中点或F为线段PC的靠近点C的五等分点，能够使得得二面角F﹣AE﹣M的正弦值为.【分析】（1）连结AC，证明AE⊥BC和PA⊥AE，得到AE⊥面，再利用面面垂直的判定定理可以证明面AEF⊥平面PAD；（2）以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.【详解】（1）连结AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以三角形ABC为等边三角形，因为E为BC的中点，所以AE⊥BC.又AD∥BC，所以AE⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AE.因为,所以AE⊥面.因为面,所以面AEF⊥平面PAD．（2）以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，不妨设,则：所以设,则设平面AEM的一个法向量为，则，即，不妨设y=1，则.同理可求平面AEF的一个法向量为.假设存在点F符合题意，即存在点F，使得二面角F﹣AE﹣M的正弦值为，所以二面角F﹣AE﹣M的余弦值为，所以，解得：或，故存在点F，当F为线段PC的中点或F为线段PC的靠近点C的五等分点，能够使得得二面角F﹣AE﹣M的正弦值为.65．如图，三棱柱中，，，．（1）求证：为等腰三角形；（2）若，，点在线段上，设，若二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）取的中点，连接，，，可证，，即可得到平面，根据线面垂直的性质得到，即可得证；（2）设，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，表示出平面的法向量，求出平面的法向量，根据二面角的余弦值为，得到方程，解得即可；【详解】（1）如图，取的中点，连接，，，∵，∴；而，∴为等边三角形，∴．又∵，，∴，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴，∵为中点，∴，即为等腰三角形．（2）设，则，∵，故，∴，又，，∴，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，．设，则，，设平面的法向量为，则由，，得，取，易知平面的法向量为，则，解得（舍去）．66．如图，四棱锥中，底面为菱形，，，平面，．（1）点E在线段PC上，，点F在线段PD上，，求证：平面；（2）设M是直线AC上一点，求CM的长，使得MP与平面PCD所成角为．【答案】（1）证明见解析；（2）或【分析】方法一：（1）根据题意，在中，由余弦定理得，进而得，在中，由余弦定理，进而在中，由余弦定理得，故，进而平面；（2）设，点M到平面的距离为，由得，进而由得，解方程即可得答案.方法二：以所在直线为x轴，以所在直线为z轴建立空间直线坐标系利用坐标法证明.【详解】法1：（1）因为平面ABCD，，所以，因为底面为菱形，，所以，因为，所以，所以在中，由余弦定理得，所以，即，所以在中，由余弦定理所以在中，由余弦定理得，因为，所以又，所以平面（2）设，点M到平面的距离为，则由，得，所以，即解得或从而得M点与A点重合或在的反向延长线上，则得或法2：（1）以所在直线为x轴，以所在直线为z轴建立空间直线坐标系则，所以，所以又，所以平面（2），设是平面的一个法向量，则，得，设,所以，因为MP与平面PCD所成角为，所以解得或从而得M点与A点重合或在的反向延长线上，则得或67．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧棱底面，，，为的中点，点在棱上，且．（1）求直线与直线所成角的余弦值；（2）当直线与平面