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专题04 立体几何-2022年全国高考真题和模拟题数学分类汇编(解析版)
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这是一份专题04 立体几何-2022年全国高考真题和模拟题数学分类汇编(解析版)，共53页。
专题04 立体几何
1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】
由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.
故选：B.
2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（ ）
A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】
如图所示：
不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．
对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30∘，B错误；
对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘．D正确．
故选：D．
3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5 B．22 C．10 D．5104
【答案】C
【解析】
【分析】
设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】
解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高h1=l2-49l2=53l，
乙圆锥的高h2=l2-19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12h113πr22h2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.
4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1AC D．平面B1EF//平面A1C1D
【答案】A
【解析】
【分析】
证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，A1BD，A1C1D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】
解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1=D，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=-1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=-2,2,0,A1C1=-2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅EF=-x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,-1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,-1,-1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为n3=1,1,-1，
则m⋅n1=2-2+1=1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，
故选：A.
5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．13 B．12 C．33 D．22
【答案】C
【解析】
【分析】
先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又r2+h2=1
则VO-ABCD=13⋅2r2⋅h=23r2⋅r2⋅2h2≤23r2+r2+2h233=4327
当且仅当r2=2h2即h=33时等号成立，
故选：C
6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】
依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
∴V=13hS+S'+SS'=13×9×140×106+180×106+140×180×1012
=3×320+607×106≈96+18×2.65×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．
故选：C．
7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．18,814 B．274,814 C．274,643 D．[18,27]
【答案】C
【解析】
【分析】
设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】
∵ 球的体积为36π，所以球的半径R=3,
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l2=2a2+h2，32=2a2+(3-h)2,
所以6h=l2，2a2=l2-h2
所以正四棱锥的体积V=13Sh=13×4a2×h=23×(l2-l436)×l26=19l4-l636，
所以V'=194l3-l56=19l324-l26，
当3≤l≤26时，V'>0，当26
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
所以正四棱锥的体积V的最小值为274，
所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.
故选：C.
8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】
设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R2-9，d2=R2-16，故d1-d2=1或d1+d2=1，即R2-9-R2-16=1或R2-9+R2-16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
故选：A．
9．【2022年北京】已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈SPQ≤5}，则T表示的区域的面积为（ ）
A．3π4 B．π C．2π D．3π
【答案】B
【解析】
【分析】
求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，
且BO=23×6×32=23，故PO=36-12=26.
因为PQ=5，故OQ=1，
故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，
而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×34×363×6=3>1，
故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π
故选：B
10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A．22π B．8π C．223π D．163π
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．
【详解】
由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1 cm，圆台的下底面半径为2 cm，所以该几何体的体积V=12×43π×13+π×12×2+13×2×π×22+π×12+π×22×π×12=22π3 cm3．
故选：C．
11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则（ ）
A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β
【答案】A
【解析】
【分析】
先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】
如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，
tanα=PEFP=PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，
所以α≤β≤γ，
故选：A．
12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【答案】ABD
【解析】
【分析】
数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】
如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥ BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥ BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，
又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，
因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
设正方体棱长为1，则C1O=22，BC1=2，sin∠C1BO=C1OBC1=12，
所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30∘，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.
故选：ABD
13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（ ）
A．V3=2V2 B．V3=V1
C．V3=V1+V2 D．2V3=3V1
【答案】CD
【解析】
【分析】
直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=VA-EFM+VC-EFM计算出V3，依次判断选项即可.
【详解】
设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅2a2=43a3，
V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅2a2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，
又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22a,EG=a，
则EM=2a2+2a2=6a,FM=a2+2a2=3a，EF=a2+22a2=3a，
EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=322a2，AC=22a，
则V3=VA-EFM+VC-EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)64033．
【解析】
【分析】
（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
(1)
如图所示：，
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
(2)
如图所示：，
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)55.
【解析】
【分析】
（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB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AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)
解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=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{n→⋅AP→=-x+3z=0n→⋅BP→=-3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，
则cos〈n,DP〉=n⋅DP|n||DP|=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
16．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,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，求三棱锥F-ABC的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)34
【解析】
【分析】
（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.
（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F-ABC的体积.
(1)
由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BD，
由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.
DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.
过E作EF⊥BD，垂足为F，
在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，
所以DF=12-322=12,BF=2-DF=32，
所以BFBD=34.
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且FHDE=BFBD=34，
所以FH=34,
所以VF-ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.
17．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,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．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437
【解析】
【分析】
（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
(1)
因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=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AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，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AD⊥CD，所以DE=12AC=1,
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
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n⋅AD=-x+z=0n⋅AB=-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=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=cosn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
18．【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A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．
【答案】(1)2
(2)32
【解析】
【分析】
（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
(1)
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA-A1BC=13S△A1BC⋅h=223h=VA1-ABC=13S△ABC⋅A1A=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AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
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{m⋅BD=x+y+z=0m⋅BA=2y=0，
可取m=(1,0,-1)，
设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则{m⋅BD=a+b+c=0m⋅BC=2a=0，
可取n=(0,1,-1)，
则cos〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=12×2=12，
所以二面角A-BD-C的正弦值为1-(12)2=32.
19．【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，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．
【答案】(1)证明见解析
(2)1113
【解析】
【分析】
（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；
（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
(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PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，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=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，
设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=33x+y+32z=0n⋅AB=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m⋅AE=33a+b+32c=0m⋅AC=12b=0，令a=3，则c=-6，b=0，所以m=3,0,-6；
所以cosn,m=n⋅mnm=-1213×39=-4313
设二面角C-AE-B为θ，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角，
所以cosθ=-4313，所以sinθ=1-cos2θ=1113
故二面角C-AE-B的正弦值为1113；
20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM=MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可证MN//平面CBB1C1.
（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
(1)
取AB的中点为K，连接MK,NK，
由三棱柱ABC-A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，
而MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK//平面CBB1C1，
而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB1C1，
而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
故平面MKN//平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面CBB1C1，
(2)
因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1，
而CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，
平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，
因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，
因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，
若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，
故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，
故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，
则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=-1，则n=(-2,2,-1)，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.
若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面MKN，
故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故B1M=NK，
而B1B=MK=2，MB=MN，故△BB1M≅△MKN，
所以∠BB1M=∠MKN=90°，故A1B1⊥BB1，
而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，
故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，
则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=-1，则n=(-2,2,-1)，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.
21．【2022年浙江】如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．设M，N分别为AE,BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)5714．
【解析】
【分析】
（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=BC，再根据二面角的定义可知，∠BCF=60∘，由此可知，FN⊥BC，FN⊥CD，从而可证得FN⊥平面ABCD，即得FN⊥AD；
（2）由（1）可知FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．
(1)
过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H．
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23，
∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，
∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，则∠BCF=60∘，
∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴ FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．
(2)
因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点， NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，
设A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,-3,0),E(1,0,3)，则M3,32,32，
∴BM=3,-32,32,AD=(-2,-23,0),DE=(-2,3,3)
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)
由n⋅AD=0n⋅DE=0，得-2x-23y=0-2x+3y+3z=0，取n=(3,-1,3)，
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
∴sinθ=cos〈n,BM〉=|n⋅BM||n|⋅BM|=33+32+3323+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714．
1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中，E，G分别为，的中点，则直线，CE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据异面直线所成角的定义，取AB的中点F，则∠ECF（或其补角）为直线与CE所成角，再解三角形即可得解．
【详解】
如图所示：，
取AB的中点F，连接EF，CF，易知，则∠ECF（或其补角）为直线与CE所成角．不妨设，则，，，由余弦定理得，即直线与CE所成角的余弦值为．
故选：C．
2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台中，平面，，，，则与平面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将棱台补全为棱锥，利用等体积法求到面的距离，结合线面角的定义求与平面所成角的大小.
【详解】
将棱台补全为如下棱锥，
由，，，易知：，，
由平面，平面，则，，
所以，，故，
所以，若到面的距离为h，又，
则，可得，
综上，与平面所成角，则，即.
故选：A
3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（ ）
A． B．与可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是 D．四面体的体积的最大是
【答案】C
【解析】
【分析】
对于A，取的中点，即可得到面，A选项可判断
对于B，采用反证法，假设，则面，再根据题目所给的长度即可判断；对于C，当面面时，此时直线与平面所成角有最大值，判断即可；对于D，当面面时，此时四面体的体积有最大值，计算最大体积判断即可
【详解】
如图所示，取的中点，连接
是以为斜边的等腰直角三角形,
为等边三角形,
面 , ,故A正确
对于B，假设，又
面，，
又,，故与可能垂直，故B正确
当面面时，此时面，即为直线与平面所成角
此时，故C错误
当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为： ，故D正确
故选：C
4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.
【详解】
球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，
因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，
依题意，，，，弦，
所以.
故选：C
【点睛】
关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，点P在线段上，给出下列命题：
①存在点P，使得直线平面
②存在点P，使得直线平面
③直线与平面所成角的正弦值的取值范围是
④三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
取EF中点推理判断①；假定平面，分析判断②；确定直线与平面所成角，求出临界值判断③；求出外接圆面积判断④作答.
【详解】
令，连接，令中点为G，连DG，如图，依题意，是的中点，
对于①，在矩形中，，，四边形是平行四边形，直线，
平面，平面，则平面，当P是线段中点G时，直线平面，①正确；
对于②，假定直线平面，由①知，，，当点P在线段上任意位置（除点G外），
均为锐角，即不垂直于，也不垂直于，因此，不存在点P，使得直线平面，②不正确；
对于③，平面平面，在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为，
当点P由点E运动到点F的过程中，逐渐减小，当P与E重合时，最大，为，
，当P与F重合时，最小，为，，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，③正确；
对于④，在中，，，，则，
由正弦定理得外接圆直径，半径，圆面积为，
三棱锥的外接球被平面所截取的截面是外接圆，
因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，④正确,
所以所有真命题的序号是①③④.
故选：D
6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（ ）
A．与是异面直线 B．平面
C． D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.
【详解】
连接、，交于点，连接、，交于点.
连接、、、、.
由题可知，在平面上，所以与共面，故A错误；
在四边形中，且，所以四边形为平行四边形.
.
平面，平面，平面，故B正确；
由正方体的性质可得，因为，所以，又，平面， ，又，
，而与所成角为，所以显然与不垂直，故C错误；
显然与不垂直，而平面，所以与平面不垂直，故D错误.
故选：B.
7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面，直线和，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【解析】
【分析】
对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；
对于B选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行；
对于C选项，由线面垂直的性质即可判断；
对于D选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面.
【详解】
选项A正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；
选项B错误，平面和也可以相交；
选项C错误，直线可能在平面内；
选项D错误，直线和还可能相交或者异面.
故选：A.
8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形的边长为，将沿对角线折起，使得二面角的大小为90°.若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，为边的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据面面垂直的判定定理得平面，继而表示出三棱锥的体积，求出时，取得最大值，在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解.
【详解】
因为正方形的边长为，所以.
如图，由于平面平面，平面平面，又为边的中点，则有，所以平面．设，则，所以三棱锥的体积
，当时，取得最大值．由于，则球O的球心即为，且球O的半径．又在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r，所以，则截面面积的最小值为.
故选：D．
9．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体的棱长为a，E是棱的动点，则下列说法正确的（ ）个．
①若E为的中点，则直线平面
②三棱锥的体积为定值
③E为的中点时，直线与平面所成的角正切值为
④过点，C，E的截面的面积的范围是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,对于①、③、④利用向量法计算证明；对于②利用等体积法计算即可判断.
【详解】
如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，，.
所以，.
对于①：当E为的中点时，.设平面的一个法向量为,
则，不妨令x =1,则，
所以平面A1BD的一个法向量为.
又因为，所以与不垂直，所以直线平面不成立.故①错误；
对于②：三棱锥的体积等于三棱锥的体积.
又，高为a,所以.故②错误；
对于③：当E为的中点时，.平面的一个法向量为,
而.
设直线B1E与平面所成的角为，所以.
所以，所以，
即直线与平面所成的角正切值为.故③正确；
对于④：设.因为，，
所以在上得到投影为.
所以点E到直线的距离为.
当z=0，即D、E重合时，截面为矩形，其面积为.
当时，截面为等腰梯形.设截面交于F.所以，
高，所以其面积为.
记，
所以，所以在上单调递减函数，
所以，即.
因为，所以
当z=a，即D1、E重合时，截面为边长为的正三角形，其面积为.
综上所述：.故④正确.
故选：B
10．（2022·四川成都·模拟预测（理））如图，△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD＝3，E为线段BD中点，将△ABC沿AD折成大小为的二面角，连接BC，形成四面体C－ABD，若P是该四面体表面或内部一点，则下列说法错误的是（ ）
A．点P落在三棱锥E－ABC内部的概率为
B．若直线PE与平面ABC没有交点，则点P的轨迹与平面ADC的交线长度为
C．若点在平面上，且满足PA＝2PD，则点P的轨迹长度为
D．若点在平面上，且满足PA＝2PD，则线段长度为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A,求出三棱锥和三棱锥的体积之间的关系，根据几何概型的概率公式即可判断；对于B，根据面面平行的相关知识确定轨迹，即可求得其长度；对于C,建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，确定在面ADC内的轨迹，即可求得轨迹长度；对于D，结合题意以及C的分析，可知DP不是定值，从而不是定值，即可判断.
【详解】
如图所示，由题意可知底面BCD,
由于E为线段BD中点，
故 ,
故P落在三棱锥内部的概率为 ,故A正确；
若直线PE与平面ABC没有交点，则P点在过点E和平面ABC平行的平面上，
如图所示，设CD的中点为F,AD的中点为G,连接EF,FG,EG,
则平面EFG平面 ABC,
则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF,
由于△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD=3，故 ,
则 ,故B正确；
若点P在平面ACD上，且满足，以D为原点，DC,DA为x,y轴建立平面直角坐标系，如图，
则 ,设 ，则 ，
即，故P点在平面ADC上的轨迹即为该圆被平面ADC截得的圆弧 （如图示），由可得，则,
则点P的轨迹长度为,故C正确；
由题意可知 ,故平面ADC,
故 ,由于P在圆弧上，圆心为M,
故PD的长不是定值，如上图，当 位于N点时， ,
当位于T点时，,故线段PB长度不是定值，D错误，
故选：D
11．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点是棱的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据线面垂直的性质与判定证明，再根据勾股定理证明，进而根据线面垂直得到平面，从而根据面面垂直的判定证明即可
（2） 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再分别求解平面的一个法向量，进而得到面面角的正弦即可
(1)
证明：因为平面，平面，所以，
又，，，平面，所以平面．
又平面，所以．
又因为，，所以，所以．
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
(2)
以 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为，，
所以，，，，．
设平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，且，，，，
因为所以令，则，，所以．
又因为所以令，则，，所以．
所以．
设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值为．
12．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.
(1)若，求证：；
(2)若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD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)
【解析】
【分析】
（1）根据题意可证平面BDG，可得，得证平面ACE，得，再根据面面平行的性质可证；（2）根据题意可得，，利用空间向量求二面角．
(1)
连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴，
由直四棱柱得底面ABCD，又平面ABCD，∴，
又，BD，平面BDG，
∴平面BDG，因为平面BDG，
∴
已知，又，AC，平面ACE，
∴平面ACE，
因为平面BDG，∴
∵平面平面CFGD
平面平面，平面平面，
∴，则
(2)
已知，，可求，
由，则
在直四棱柱中，底面ABCD，
所以为直线AF与底面ABCD所成角，，则
在平面ACF内作，可知底面ABCD，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则
设平面BCE的法向量为，
则
取，得，，得，
由（1）知平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为
则，
所以锐二面角的余弦值为
13．（2022·湖北·模拟预测）如图，四棱台中，上底面是边长为1的菱形，下底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD且
(1)求证：平面平面；
(2)若直线AB与平面所成角的正弦为，求棱台的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用线面垂直的定义与判定可证平面；（2）利用空间向量，根据线面夹角可得，利用台体体积公式计算求解．
(1)
∵菱形ABCD对角线相互垂直，
∴
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴
∵，平面，平面
∴平面
∵平面
∴平面平面
(2)
设，则且
∴且，
∴平面ABCD
以O为原点，OA、OB、所在的直线为坐标轴，建立直角坐标系，如图，
则，设，
则
，，，
设平面的一个法向量
则可得，
取，得
由题
整理得，则
∴，
∴
14．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）证得点到平面的距离是，进而可求出结果；
（2）证得，进而可证出平面，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面面且交线是，又，面，
所以平面，又MD，
点到平面的距离是，
又，则，
三棱锥的体积.
(2)
存在.
，
连接并延长至于交于点，
，
在中：，
在中：在上取点，使得，
而，则，
又平面，平面，
平面，
在中，，
.
15．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））如图，四棱锥中，，底面ABCD是正方形．且平面平面ABCD，．
(1)若，，F为AB的中点，N为BC的中点，证明四边形MENF为梯形；
(2)若点E为PC的中点，试判断在线段AB上是否存在一点F？使得二面角平面角为．若存在，求出的值．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）首先连接，，，，，根据题意得到且，即可证明四边形为梯形．
（2）首先在平面中，过点作，交于，根据面面垂直的性质得到平面.以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
(1)
连接，，，，，如图所示：
因为，，
所以，又因为，即中
所以且，
∵中，为的中点，为的中点
所以且，
所以且，
即证：四边形为梯形．
(2)
在线段存在一点F满足，使得二面角平面角为．
因为平面平面，平面平面，
在平面中，过点作，交于.
所以平面.
如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，
所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，四边形为正方形，，
所以，，，，，，
平面PCD的一个法向量，
所以，，
设平面的一个法向量，
，令，则，， ，
因为二面角平面角为，
所以，
解得，所以．
专题04 立体几何
1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】
由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.
故选：B.
2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（ ）
A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC=CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】
如图所示：
不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA1B1B所成角为∠DB1A，所以sin30∘=cB1D=bB1D，即b=c，B1D=2c=a2+b2+c2，解得a=2c．
对于A，AB=a，AD=b，AB=2AD，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，因为tan∠BAE=ca=22，所以∠BAE≠30∘，B错误；
对于C，AC=a2+b2=3c，CB1=b2+c2=2c，AC≠CB1，C错误；
对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C，sin∠DB1C=CDB1D=a2c=22，而0<∠DB1C<90∘，所以∠DB1C=45∘．D正确．
故选：D．
3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5 B．22 C．10 D．5104
【答案】C
【解析】
【分析】
设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】
解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高h1=l2-49l2=53l，
乙圆锥的高h2=l2-19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12h113πr22h2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.
4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1 B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1AC D．平面B1EF//平面A1C1D
【答案】A
【解析】
【分析】
证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，A1BD，A1C1D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】
解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1，
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD1=D，
所以EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确；
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=-1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=-2,2,0,A1C1=-2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅EF=-x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,-1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,-1,-1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为n3=1,1,-1，
则m⋅n1=2-2+1=1≠0，
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误；
因为m与n2不平行，
所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误；
因为m与n3不平行，
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，
故选：A.
5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．13 B．12 C．33 D．22
【答案】C
【解析】
【分析】
先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又r2+h2=1
则VO-ABCD=13⋅2r2⋅h=23r2⋅r2⋅2h2≤23r2+r2+2h233=4327
当且仅当r2=2h2即h=33时等号成立，
故选：C
6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】
依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
∴V=13hS+S'+SS'=13×9×140×106+180×106+140×180×1012
=3×320+607×106≈96+18×2.65×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．
故选：C．
7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．18,814 B．274,814 C．274,643 D．[18,27]
【答案】C
【解析】
【分析】
设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】
∵ 球的体积为36π，所以球的半径R=3,
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l2=2a2+h2，32=2a2+(3-h)2,
所以6h=l2，2a2=l2-h2
所以正四棱锥的体积V=13Sh=13×4a2×h=23×(l2-l436)×l26=19l4-l636，
所以V'=194l3-l56=19l324-l26，
当3≤l≤26时，V'>0，当26
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
所以正四棱锥的体积V的最小值为274，
所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.
故选：C.
8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】
设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R2-9，d2=R2-16，故d1-d2=1或d1+d2=1，即R2-9-R2-16=1或R2-9+R2-16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
故选：A．
9．【2022年北京】已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈SPQ≤5}，则T表示的区域的面积为（ ）
A．3π4 B．π C．2π D．3π
【答案】B
【解析】
【分析】
求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，
且BO=23×6×32=23，故PO=36-12=26.
因为PQ=5，故OQ=1，
故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，
而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×34×363×6=3>1，
故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π
故选：B
10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）
A．22π B．8π C．223π D．163π
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．
【详解】
由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1 cm，圆台的下底面半径为2 cm，所以该几何体的体积V=12×43π×13+π×12×2+13×2×π×22+π×12+π×22×π×12=22π3 cm3．
故选：C．
11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则（ ）
A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β
【答案】A
【解析】
【分析】
先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】
如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，
tanα=PEFP=PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，
所以α≤β≤γ，
故选：A．
12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【答案】ABD
【解析】
【分析】
数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】
如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥ BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，
因为B1C⊥ BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，
又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，
因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
设正方体棱长为1，则C1O=22，BC1=2，sin∠C1BO=C1OBC1=12，
所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30∘，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.
故选：ABD
13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（ ）
A．V3=2V2 B．V3=V1
C．V3=V1+V2 D．2V3=3V1
【答案】CD
【解析】
【分析】
直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=VA-EFM+VC-EFM计算出V3，依次判断选项即可.
【详解】
设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅2a2=43a3，
V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅2a2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，
又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22a,EG=a，
则EM=2a2+2a2=6a,FM=a2+2a2=3a，EF=a2+22a2=3a，
EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=322a2，AC=22a，
则V3=VA-EFM+VC-EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
【答案】(1)证明见解析；
(2)64033．
【解析】
【分析】
（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
(1)
如图所示：，
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
(2)
如图所示：，
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)55.
【解析】
【分析】
（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB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AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)
解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=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{n→⋅AP→=-x+3z=0n→⋅BP→=-3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，
则cos〈n,DP〉=n⋅DP|n||DP|=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
16．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,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，求三棱锥F-ABC的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)34
【解析】
【分析】
（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.
（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F-ABC的体积.
(1)
由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BD，
由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.
DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.
过E作EF⊥BD，垂足为F，
在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，
所以DF=12-322=12,BF=2-DF=32，
所以BFBD=34.
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且FHDE=BFBD=34，
所以FH=34,
所以VF-ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.
17．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,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．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437
【解析】
【分析】
（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
(1)
因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=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AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，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AD⊥CD，所以DE=12AC=1,
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
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n⋅AD=-x+z=0n⋅AB=-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=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=cosn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
18．【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A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．
【答案】(1)2
(2)32
【解析】
【分析】
（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
(1)
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA-A1BC=13S△A1BC⋅h=223h=VA1-ABC=13S△ABC⋅A1A=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AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
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{m⋅BD=x+y+z=0m⋅BA=2y=0，
可取m=(1,0,-1)，
设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则{m⋅BD=a+b+c=0m⋅BC=2a=0，
可取n=(0,1,-1)，
则cos〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=12×2=12，
所以二面角A-BD-C的正弦值为1-(12)2=32.
19．【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，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．
【答案】(1)证明见解析
(2)1113
【解析】
【分析】
（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；
（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
(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PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，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=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，
设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=33x+y+32z=0n⋅AB=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m⋅AE=33a+b+32c=0m⋅AC=12b=0，令a=3，则c=-6，b=0，所以m=3,0,-6；
所以cosn,m=n⋅mnm=-1213×39=-4313
设二面角C-AE-B为θ，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角，
所以cosθ=-4313，所以sinθ=1-cos2θ=1113
故二面角C-AE-B的正弦值为1113；
20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM=MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可证MN//平面CBB1C1.
（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
(1)
取AB的中点为K，连接MK,NK，
由三棱柱ABC-A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，
而MK⊄平面CBB1C1，BB1⊂平面CBB1C1，故MK//平面CBB1C1，
而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB1C1，
而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
故平面MKN//平面CBB1C1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面CBB1C1，
(2)
因为侧面CBB1C1为正方形，故CB⊥BB1，
而CB⊂平面CBB1C1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，
平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，
因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，
因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，
若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，
故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，
故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，
则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=-1，则n=(-2,2,-1)，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.
若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面MKN，
故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故B1M=NK，
而B1B=MK=2，MB=MN，故△BB1M≅△MKN，
所以∠BB1M=∠MKN=90°，故A1B1⊥BB1，
而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，
故BA=(0,2,0),BN=(1,1,0),BM=(0,1,2)，
设平面BNM的法向量为n=(x,y,z)，
则{n⋅BN=0n⋅BM=0，从而{x+y=0y+2z=0，取z=-1，则n=(-2,2,-1)，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=|cos〈n,AB〉|=42×3=23.
21．【2022年浙江】如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．设M，N分别为AE,BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)5714．
【解析】
【分析】
（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=BC，再根据二面角的定义可知，∠BCF=60∘，由此可知，FN⊥BC，FN⊥CD，从而可证得FN⊥平面ABCD，即得FN⊥AD；
（2）由（1）可知FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．
(1)
过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H．
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23，
∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，
∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，则∠BCF=60∘，
∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴ FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．
(2)
因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点， NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，
设A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,-3,0),E(1,0,3)，则M3,32,32，
∴BM=3,-32,32,AD=(-2,-23,0),DE=(-2,3,3)
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)
由n⋅AD=0n⋅DE=0，得-2x-23y=0-2x+3y+3z=0，取n=(3,-1,3)，
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
∴sinθ=cos〈n,BM〉=|n⋅BM||n|⋅BM|=33+32+3323+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714．
1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中，E，G分别为，的中点，则直线，CE所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据异面直线所成角的定义，取AB的中点F，则∠ECF（或其补角）为直线与CE所成角，再解三角形即可得解．
【详解】
如图所示：，
取AB的中点F，连接EF，CF，易知，则∠ECF（或其补角）为直线与CE所成角．不妨设，则，，，由余弦定理得，即直线与CE所成角的余弦值为．
故选：C．
2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台中，平面，，，，则与平面所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将棱台补全为棱锥，利用等体积法求到面的距离，结合线面角的定义求与平面所成角的大小.
【详解】
将棱台补全为如下棱锥，
由，，，易知：，，
由平面，平面，则，，
所以，，故，
所以，若到面的距离为h，又，
则，可得，
综上，与平面所成角，则，即.
故选：A
3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（ ）
A． B．与可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是 D．四面体的体积的最大是
【答案】C
【解析】
【分析】
对于A，取的中点，即可得到面，A选项可判断
对于B，采用反证法，假设，则面，再根据题目所给的长度即可判断；对于C，当面面时，此时直线与平面所成角有最大值，判断即可；对于D，当面面时，此时四面体的体积有最大值，计算最大体积判断即可
【详解】
如图所示，取的中点，连接
是以为斜边的等腰直角三角形,
为等边三角形,
面 , ,故A正确
对于B，假设，又
面，，
又,，故与可能垂直，故B正确
当面面时，此时面，即为直线与平面所成角
此时，故C错误
当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为： ，故D正确
故选：C
4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.
【详解】
球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，
因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，
依题意，，，，弦，
所以.
故选：C
【点睛】
关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，点P在线段上，给出下列命题：
①存在点P，使得直线平面
②存在点P，使得直线平面
③直线与平面所成角的正弦值的取值范围是
④三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
取EF中点推理判断①；假定平面，分析判断②；确定直线与平面所成角，求出临界值判断③；求出外接圆面积判断④作答.
【详解】
令，连接，令中点为G，连DG，如图，依题意，是的中点，
对于①，在矩形中，，，四边形是平行四边形，直线，
平面，平面，则平面，当P是线段中点G时，直线平面，①正确；
对于②，假定直线平面，由①知，，，当点P在线段上任意位置（除点G外），
均为锐角，即不垂直于，也不垂直于，因此，不存在点P，使得直线平面，②不正确；
对于③，平面平面，在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为，
当点P由点E运动到点F的过程中，逐渐减小，当P与E重合时，最大，为，
，当P与F重合时，最小，为，，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，③正确；
对于④，在中，，，，则，
由正弦定理得外接圆直径，半径，圆面积为，
三棱锥的外接球被平面所截取的截面是外接圆，
因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，④正确,
所以所有真命题的序号是①③④.
故选：D
6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（ ）
A．与是异面直线 B．平面
C． D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.
【详解】
连接、，交于点，连接、，交于点.
连接、、、、.
由题可知，在平面上，所以与共面，故A错误；
在四边形中，且，所以四边形为平行四边形.
.
平面，平面，平面，故B正确；
由正方体的性质可得，因为，所以，又，平面， ，又，
，而与所成角为，所以显然与不垂直，故C错误；
显然与不垂直，而平面，所以与平面不垂直，故D错误.
故选：B.
7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面，直线和，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【解析】
【分析】
对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；
对于B选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行；
对于C选项，由线面垂直的性质即可判断；
对于D选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面.
【详解】
选项A正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；
选项B错误，平面和也可以相交；
选项C错误，直线可能在平面内；
选项D错误，直线和还可能相交或者异面.
故选：A.
8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形的边长为，将沿对角线折起，使得二面角的大小为90°.若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，为边的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据面面垂直的判定定理得平面，继而表示出三棱锥的体积，求出时，取得最大值，在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解.
【详解】
因为正方形的边长为，所以.
如图，由于平面平面，平面平面，又为边的中点，则有，所以平面．设，则，所以三棱锥的体积
，当时，取得最大值．由于，则球O的球心即为，且球O的半径．又在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r，所以，则截面面积的最小值为.
故选：D．
9．（2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测）如图，正方体的棱长为a，E是棱的动点，则下列说法正确的（ ）个．
①若E为的中点，则直线平面
②三棱锥的体积为定值
③E为的中点时，直线与平面所成的角正切值为
④过点，C，E的截面的面积的范围是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,对于①、③、④利用向量法计算证明；对于②利用等体积法计算即可判断.
【详解】
如图,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，，.
所以，.
对于①：当E为的中点时，.设平面的一个法向量为,
则，不妨令x =1,则，
所以平面A1BD的一个法向量为.
又因为，所以与不垂直，所以直线平面不成立.故①错误；
对于②：三棱锥的体积等于三棱锥的体积.
又，高为a,所以.故②错误；
对于③：当E为的中点时，.平面的一个法向量为,
而.
设直线B1E与平面所成的角为，所以.
所以，所以，
即直线与平面所成的角正切值为.故③正确；
对于④：设.因为，，
所以在上得到投影为.
所以点E到直线的距离为.
当z=0，即D、E重合时，截面为矩形，其面积为.
当时，截面为等腰梯形.设截面交于F.所以，
高，所以其面积为.
记，
所以，所以在上单调递减函数，
所以，即.
因为，所以
当z=a，即D1、E重合时，截面为边长为的正三角形，其面积为.
综上所述：.故④正确.
故选：B
10．（2022·四川成都·模拟预测（理））如图，△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD＝3，E为线段BD中点，将△ABC沿AD折成大小为的二面角，连接BC，形成四面体C－ABD，若P是该四面体表面或内部一点，则下列说法错误的是（ ）
A．点P落在三棱锥E－ABC内部的概率为
B．若直线PE与平面ABC没有交点，则点P的轨迹与平面ADC的交线长度为
C．若点在平面上，且满足PA＝2PD，则点P的轨迹长度为
D．若点在平面上，且满足PA＝2PD，则线段长度为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A,求出三棱锥和三棱锥的体积之间的关系，根据几何概型的概率公式即可判断；对于B，根据面面平行的相关知识确定轨迹，即可求得其长度；对于C,建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，确定在面ADC内的轨迹，即可求得轨迹长度；对于D，结合题意以及C的分析，可知DP不是定值，从而不是定值，即可判断.
【详解】
如图所示，由题意可知底面BCD,
由于E为线段BD中点，
故 ,
故P落在三棱锥内部的概率为 ,故A正确；
若直线PE与平面ABC没有交点，则P点在过点E和平面ABC平行的平面上，
如图所示，设CD的中点为F,AD的中点为G,连接EF,FG,EG,
则平面EFG平面 ABC,
则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF,
由于△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD=3，故 ,
则 ,故B正确；
若点P在平面ACD上，且满足，以D为原点，DC,DA为x,y轴建立平面直角坐标系，如图，
则 ,设 ，则 ，
即，故P点在平面ADC上的轨迹即为该圆被平面ADC截得的圆弧 （如图示），由可得，则,
则点P的轨迹长度为,故C正确；
由题意可知 ,故平面ADC,
故 ,由于P在圆弧上，圆心为M,
故PD的长不是定值，如上图，当 位于N点时， ,
当位于T点时，,故线段PB长度不是定值，D错误，
故选：D
11．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点是棱的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据线面垂直的性质与判定证明，再根据勾股定理证明，进而根据线面垂直得到平面，从而根据面面垂直的判定证明即可
（2） 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再分别求解平面的一个法向量，进而得到面面角的正弦即可
(1)
证明：因为平面，平面，所以，
又，，，平面，所以平面．
又平面，所以．
又因为，，所以，所以．
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
(2)
以 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
因为，，
所以，，，，．
设平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，且，，，，
因为所以令，则，，所以．
又因为所以令，则，，所以．
所以．
设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值为．
12．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.
(1)若，求证：；
(2)若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD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)
【解析】
【分析】
（1）根据题意可证平面BDG，可得，得证平面ACE，得，再根据面面平行的性质可证；（2）根据题意可得，，利用空间向量求二面角．
(1)
连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴，
由直四棱柱得底面ABCD，又平面ABCD，∴，
又，BD，平面BDG，
∴平面BDG，因为平面BDG，
∴
已知，又，AC，平面ACE，
∴平面ACE，
因为平面BDG，∴
∵平面平面CFGD
平面平面，平面平面，
∴，则
(2)
已知，，可求，
由，则
在直四棱柱中，底面ABCD，
所以为直线AF与底面ABCD所成角，，则
在平面ACF内作，可知底面ABCD，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则
设平面BCE的法向量为，
则
取，得，，得，
由（1）知平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为
则，
所以锐二面角的余弦值为
13．（2022·湖北·模拟预测）如图，四棱台中，上底面是边长为1的菱形，下底面ABCD是边长为2的菱形，平面ABCD且
(1)求证：平面平面；
(2)若直线AB与平面所成角的正弦为，求棱台的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用线面垂直的定义与判定可证平面；（2）利用空间向量，根据线面夹角可得，利用台体体积公式计算求解．
(1)
∵菱形ABCD对角线相互垂直，
∴
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴
∵，平面，平面
∴平面
∵平面
∴平面平面
(2)
设，则且
∴且，
∴平面ABCD
以O为原点，OA、OB、所在的直线为坐标轴，建立直角坐标系，如图，
则，设，
则
，，，
设平面的一个法向量
则可得，
取，得
由题
整理得，则
∴，
∴
14．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）证得点到平面的距离是，进而可求出结果；
（2）证得，进而可证出平面，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面面且交线是，又，面，
所以平面，又MD，
点到平面的距离是，
又，则，
三棱锥的体积.
(2)
存在.
，
连接并延长至于交于点，
，
在中：，
在中：在上取点，使得，
而，则，
又平面，平面，
平面，
在中，，
.
15．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））如图，四棱锥中，，底面ABCD是正方形．且平面平面ABCD，．
(1)若，，F为AB的中点，N为BC的中点，证明四边形MENF为梯形；
(2)若点E为PC的中点，试判断在线段AB上是否存在一点F？使得二面角平面角为．若存在，求出的值．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）首先连接，，，，，根据题意得到且，即可证明四边形为梯形．
（2）首先在平面中，过点作，交于，根据面面垂直的性质得到平面.以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
(1)
连接，，，，，如图所示：
因为，，
所以，又因为，即中
所以且，
∵中，为的中点，为的中点
所以且，
所以且，
即证：四边形为梯形．
(2)
在线段存在一点F满足，使得二面角平面角为．
因为平面平面，平面平面，
在平面中，过点作，交于.
所以平面.
如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为y轴，
所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，四边形为正方形，，
所以，，，，，，
平面PCD的一个法向量，
所以，，
设平面的一个法向量，
，令，则，， ，
因为二面角平面角为，
所以，
解得，所以．
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