2024届高考第一轮复习：理科数学2010-2018高考真题分类训练之专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何答案

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专题八 立体几何
第二十四讲 空间向量与立体几何
答案部分
2019年
1.解析：（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

则，A1(2,0,4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
2.解析：（I）因为平面，所以.
又因为，所以.平面，
（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.
所以，, .
所以，
设平面AEF的法向量为，则
，即.
令z=1,则y=-1,x=-1.于是.
又因为平面PAD的法向量为，所以.
因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为

（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且
所以，.
由（II）知，平面AEF的法向量为，
所以，所以直线AG在平面AEF内.
3.解析：方法一：
（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.

不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0).
因此，，．
由得．
（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，
由（Ⅰ）可得，，
设平面A1BC的法向量为，
由，得，
取，故.
因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
4.证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

32.（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.


5.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
6.解析：（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
7.解析：（I）因为平面，所以.
又因为，所以.平面，
（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.
所以，, .
所以，
设平面AEF的法向量为，则
，即.
令z=1,则y=-1,x=-1.于是.
又因为平面PAD的法向量为，所以.
因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为

（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且
所以，.
由（II）知，平面AEF的法向量为，
所以，所以直线AG在平面AEF内.
8.解析：方法一：
（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.

不妨设AC=4，则
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0).
因此，，．
由得．
（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，
由（Ⅰ）可得，，
设平面A1BC的法向量为，
由，得，
取，故.
因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
9.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
10.解析：（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
11.解析：（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

则，A1(2,0,4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
12.解析：（I）因为平面，所以.
又因为，所以.平面，
（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），
D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.
所以，, .
所以，
设平面AEF的法向量为，则
，即.
令z=1,则y=-1,x=-1.于是.
又因为平面PAD的法向量为，所以.
因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为

（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且
所以，.
由（II）知，平面AEF的法向量为，
所以，所以直线AG在平面AEF内.


13.解析 依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，如图所示，可得，.设，则.
（Ⅰ）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面.
（Ⅱ）依题意，.
设为平面的法向量，则，即，不妨令，
可得.因此有.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
（Ⅲ）设为平面的法向量，则，即，
不妨令，可得.
由题意，有，解得.经检验，符合题意.
所以，线段的长为.






2010-2018年

1．【解析】(1)由已知可得，⊥，⊥，所以⊥平面PEF．
又平面，所以平面⊥平面．
(2)作⊥，垂足为．由(1)得，⊥平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．

由(1)可得，⊥．又=2，=1，所以=．
又=1，=2，故⊥．
可得,．
则，，，，
为平面的法向量．
设与平面所成角为，则．
所以与平面所成角的正弦值为．
2．【解析】(1)在三棱柱中，
∵⊥平面，
∴四边形为矩形．
又，分别为，的中点，
∴⊥．
∵．
∴⊥，
∴⊥平面．
(2)由(1)知⊥，⊥，∥．
又⊥平面，∴⊥平面．
∵平面，∴⊥．
如图建立空间直角坐称系．

由题意得，，，，．
∴，，
设平面的法向量为，
∴，∴，
令，则，，
∴平面的法向量，
又∵平面的法向量为，
∴．
由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．
(3)平面的法向量为，∵，，
∴，∴，∴与不垂直，
∴与平面不平行且不在平面内，∴与平面相交．
3．【解析】(1)因为，为的中点，所以，且．
连结．因为，所以为等腰直角三角形，
且，．
由知．
由，知平面．
(2)如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．

由已知得，，，，，
，取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得，可取，
所以．由已知得．
所以．解得（舍去），．
所以．又，所以．
所以与平面所成角的正弦值为．
4．【解析】(1)由题设知，平面⊥平面，交线为．
因为⊥，平面，所以⊥平面，故⊥．
因为为上异于，的点，且为直径，所以 ⊥．
又=，所以⊥平面．
而平面，故平面⊥平面．
(2)以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

当三棱锥体积最大时，为的中点．
由题设得，，，，，
，，
设是平面的法向量，则
即
可取．
是平面的法向量，因此
，
，
所以面与面所成二面角的正弦值是．
5．【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，，．

(1)证明：依题意，．设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得．
又，可得，
又因为直线平面，所以∥平面．
(2)依题意，可得，，．
设为平面的法向量，则 即
不妨令，可得．
设为平面的法向量，则 即
不妨令，可得．
因此有，于是．
所以，二面角的正弦值为．
(3)设线段的长为()，则点的坐标为，可得．
易知，为平面的一个法向量，故
，
由题意，可得，解得．
所以线段的长为．
6．【解析】如图，在正三棱柱中，设，的中点分别为，，则，，，以为基底，建立空间直角坐标系．
因为，
所以．

(1)因为为的中点，所以，
从而，
故．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
(2)因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
7．【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内做，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．

由（1）及已知可得，，，．
所以，，，
．
设是平面的法向量，则
，即，
可取．
设是平面的法向量，则
，即，
可取．
则，
所以二面角的余弦值为．
8．【解析】（1）取的中点，连结，．因为是的中点，所以，．由得，又，所以，四边形是平行四边形，，又平面，平面，故∥平面．
（2）由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图的空间直角坐标系，则，，，，，．

设，则，．
因为与底面所成的角为，而是底面的法向量，所以，，
即． ①
又在棱上，设，则
，，． ②
由①，②解得（舍去），
所以，从而．
设是平面的法向量，则
，即，
所以可取，于是．
因此二面角的余弦值为．
9．【解析】（1）由题设可得，，从而．
又是直角三角形，所以
取的中点，连接，，则，．
又由于是正三角形，故．
所以为二面角的平面角．
在中，．
又，所以，故．
所以平面平面．
（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则

，，，．
由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得．故
，，
设是平面的法向量，则即
可取
设是平面的法向量，则同理可得
则
所以二面角的余弦值为． 
10．【解析】如图，以为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得
，，，，，，，．

（Ⅰ）证明：=，=．设，为平面的法向量，
则，即．不妨设，可得．又=（1，2，），可得．
因为平面BDE，所以MN//平面BDE．
（Ⅱ）易知为平面CEM的一个法向量．设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以．不妨设，可得．
因此有，于是．
所以，二面角C—EM—N的正弦值为．
（Ⅲ）依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，．由已知，得，整理得，解得，或．
所以，线段AH的长为或．
11．【解析】（Ⅰ）设交点为，连接．
因为平面，平面平面，所以．
因为是正方形，所以为的中点，在中，知为的中点．

（Ⅱ）取的中点，连接，．
因为，所以．
又因为平面平面，且平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为是正方形，所以．
如图建立空间直角坐标系，则，，，
，．
设平面的法向量为，则，即．
令，则，．于是．
平面的法向量为，所以．
由题知二面角为锐角，所以它的大小为．

（Ⅲ）由题意知，，．
设直线与平面所成角为，则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
12．【解析】(1)∵面面，面面，
∵，面，∴面，
∵面， ∴，
又，∴面，
(2)取中点为，连结，，
∵， ∴，
∵， ∴，
以为原点，如图建系易知，，，，

则，，，，
设为面的法向量，令．
，则与面夹角有，

(3)假设存在点使得面， 设，，
由(2)知，，，，
有
∴
∵面，为的法向量，
∴，即，∴
∴综上，存在点，即当时，点即为所求．
13．【解析】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，因为，在上底面内，不在上底面内，所以上底面，所以平面；又因为，平面，平面，所以平面；所以平面平面，由平面，所以平面．
E
F
B
A
C
G
H

(Ⅱ) 连结， ，以为原点，分别以为 轴，建立空间直角坐标系．
E
F
B
A
C
O，
O
x
y
z

，．
，
于是有，，，，
可得平面中的向量，,
于是得平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
设二面角为，
则．
二面角的余弦值为．
14．【解析】(1)证明：找到中点，连结，∵矩形,∴
∵、是中点，∴是的中位线，∴且，
∵是正方形中心，∴，∴且．
∴四边形是平行四边形，∴
∵面，∴面
(2)正弦值，如图所示建立空间直角坐标系

，，，
设面的法向量

得：∴
∵面，∴面的法向量


(3)∵，∴
设，
∴，得：


15．【解析】（Ⅰ）连接，设，连接．

在菱形中，不妨设，由，可得，
由平面，可知，，
又∵，∴，，
在中，可得，故．在中，可得．
在直角梯形中，由，，，可得，
∴，∴，
∵∩=，∴平面，
∵面，∴平面平面．
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得(0，－，0)，(1,0, )，(－1,0，)，(0，，0)，
∴=（1，，），=（－1，－，）．
故．
所以直线与所成的角的余弦值为．
16．【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取的中点，连接，，

又是的中点，，
又是中点，，
由四边形ABCD是矩形得，∥，，
所以∥，且．
从而四边形是平行四边形，所以∥，
又，所以∥平面．
（Ⅱ）如图，在平面内，过点作∥，因为．

又因为平面，所以，．
以为原点，分别以的方向为x轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)
因为平面，所以为平面的法向量，
设为平面AEF的法向量．又，，
由取得．
从而
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．
解法二：（Ⅰ）如图，取中点，连接，，

又是的中点，可知，
又，
所以平面．
在矩形ABCD中，由分别是，的中点得．
又，所以．
又因为，
所以平面，
因为，所以
（Ⅱ）同解法一．
17．【解析】（Ⅰ）证法一：连接，设，连接．
在三棱台中，，为的中点，
可得，
所以四边形为平行四边形，
则为的中点，又为的中点，所以∥，
又平面，平面，所以∥平面．
证法二：在三棱台中，由，为的中点，
可得∥，，所以四边形为平行四边形，
可得 ∥，
在中，为的中点，为的中点，所以∥，
又，所以平面∥平面，
因为平面，所以 ∥平面．
（Ⅱ）解法一：设，则，
在三棱台中，为的中点，
由，可得四边形为平行四边形，
因此∥，又平面，所以 平面，
在中，由，，是中点，
所以 ，因此 两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

所以
可得，
故，
设是平面的一个法向量，则
由 可得
可得 平面的一个法向量，
因为是平面的一个法向量，，
所以，
所以平面与平面所成角（锐角）的大小为．
解法二：作与点，作与点，连接．

由平面，得，
又，所以平面，
因此，所以即为所求的角，
在中，∥，，
由，可得，从而，
由 平面，平面，得 ，
因此 ，所以 ，
所以 平面与平面所成角（锐角）的大小为．
18．【解析】（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，
=，所以．
即在图2中，，．从而平面．
又∥，所以平面．

（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，．
所以为二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，，，．
得 ，．
设平面的法向量，平面的法向量，
平面与平面夹角为，
则，得，取，
，得，取，
从而，
即平面与平面夹角的余弦值为．
19．【解析】（Ⅰ）连接交于点，连结．
因为为矩形，所以为的中点．
又为的中点，所以∥．
平面,平面，所以∥平面．
（Ⅱ）因为平面，为矩形，所以，，两两垂直．
如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，

则．
设，则．
设为平面的法向量，
则即，可取．
又为平面的法向量，
由题设，即，解得．
因为为的中点，所以三棱锥的高为．
三棱锥的体积．
20．【解析】（Ⅰ）证明：∵四边形为等腰梯形，且，
所以且，连接
为四棱柱，
又为的中点，
,
,
为平行四边形，
又 ，，．
（Ⅱ）方法一： 由（Ⅰ）知 平面平面=
作，连接
则即为所求二面角的平面角．
在中，

在中，．
方法二：连接，由（Ⅰ）知且
∴为平行四边形．可得，由题意，
所以为正三角形．
因此，∴．

以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，


设平面的法向量为

显然平面的法向量为

显然二面角为锐角，
所以平面和平面所成角的余弦值为

21．【解析】（Ⅰ）（方法一）∵，
且，∴为三角形，
．同理，∵，
且，为三角形
，∴，
过作，垂足为，连接，
可证出，
所以，即．
从而证出面，又面，所以．

（方法二）由题意，以为坐标原点，在平面内过作垂直的直线为轴，所在直线为轴，在平面内过作垂直的直线为轴，建立如图所示空问直角坐标系．易得，，

，．因而，
，∴，
，因此，
∴，所以．
（Ⅱ）如上图中，平面的一个法向量为．设平面的法向量
，又，，
由得其中．
设二面角大小为，且由题意知为锐角
，因此，
即所求二面角的正弦值为．
22．【解析】（Ⅰ）连接，交，连接AO，因为侧面，
所以
又

又

（Ⅱ）因为
又因为，
以
．

因为



则

23．【解析】：（Ⅰ）因为平面,平面平面平面
所以平面又平面所以．
（Ⅱ）过点在平面内作,如图．
由（Ⅰ）知平面平面所以．以为坐标原点,分别以的方向为轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系．

依题意,得．
则．
设平面的法向量．
则即．
取得平面的一个法向量．
设直线与平面所成角为,
则
即直线与平面所成角的正弦值为．
24．【解析】（Ⅰ）在直角梯形中，由，得，，
由，则，即，
又平面平面，从而平面，
所以，又，从而平面．
（Ⅱ）方法一：作，与交于点，过点作，
与交于点，连结，由（Ⅰ）知，，则，
所以是二面角的平面角，在直角梯形中，
由，得，
又平面平面，得平面，从而，，
由于平面，得：，在中，由，
，得，

在中，，，得，
在中，，，，
得，，从而，
在中，利用余弦定理分别可得，
在中，，
所以，即二面角的大小是．
方法二：以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图所示，由题意可知各点坐标如下：

，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
可算得，，
由得，，可取，
由得，，可取，
于是，由题意可知，
所求二面角是锐角，故二面角的大小是．
25．【解析】（Ⅰ）平面，
，又，，
平面，
，又，
平面，即；
（Ⅱ）设，则中，，又，
，，由（Ⅰ）知
，，
，又，
，，同理，

如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则，
，，，，
设是平面的法向量，则，又，
所以，令，得，，
由（Ⅰ）知平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，可知为锐角，
，即所求．
26．【解析】（Ⅰ）如图，因为四边形为矩形，所以．同理．因为∥，所以．而，因此底面．由题设知，∥．故底面．
（Ⅱ）解法一 如图，过作于H，

连接，由（Ⅰ）知，底面，所以底面，
于是．又因为四棱柱ABCD-的所有棱长
都相等，所以四边形是菱形，因此，
从而，所以，
于是，进而．
故是二面角的平面角．
不妨设AB=2．因为，所以，．
在中，易知．而，
于是．
故．
即二面角的余弦值为．
解法2 因为四棱柱-的所有棱长都相等，所以四边形是菱形，因此．又底面，从而OB，OC, 两两垂直．

如图，以O为坐标原点，OB,OC, 所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．不妨设AB=2．因为，所以，于是相关各点的坐标为：O(0，0，0)，，．
易知，是平面的一个法向量．
设是平面的一个法向量，则即
取，则，所以．
设二面角的大小为，易知是锐角，于是．
故二面角的余弦值为．
27．【解析】：（Ⅰ）由该四面体的三视图可知：
，
由题设，∥面
面面
面面
∥，∥， ∥．
同理∥，∥， ∥．
四边形是平行四边形
又
平面

∥,∥

四边形是矩形
（Ⅱ）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，

则，，，
，，
设平面的一个法向量
∥,∥

即得，取


28．【解析】（Ⅰ）取AB中点E，
连结CE，，，
∵AB=，=，∴是正三角形，
∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB，
∵=E，∴AB⊥面，
∴AB⊥；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，⊥AB，
又∵面ABC⊥面，面ABC∩面=AB，∴EC⊥面，∴EC⊥，
∴EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，

有题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(－1,0,0),则=（1,0，）,
==(－1,0,),=(0,－,),
设=是平面的法向量，
则，即，可取=（，1，-1），
∴=，
∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为．
29．【解析】（Ⅰ）连结，交于点O，连结DO，则O为的中点，
因为D为AB的中点，所以OD∥，又因为OD平面，
平面，所以 //平面；
（Ⅱ）由=AC=CB=AB可设：AB=，则=AC=CB=，
所以AC⊥BC，又因为直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、
为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，

则、、、，
，，，
，设平面的法向量为，
则且，可解得，令，得平面的
一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，
则，所以，
所以二面角D--E的正弦值为．
30．【解析】（Ⅰ）在图1中,易得
连结,在中,由余弦定理可得

由翻折不变性可知,
所以,所以,
理可证, 又,所以平面．
（Ⅱ）传统法:过作交的延长线于,连结,

因为平面,所以,
所以为二面角的平面角．
结合图1可知,为中点,故,从而
所以,所以二面角的平面角的余弦值为．
向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,

则,,
所以,
设为平面的法向量,则
,即,解得,令,得
由(Ⅰ) 知,为平面的一个法向量,
所以，
即二面角的平面角的余弦值为．
31．【解析】：（Ⅰ）解法一 由题意易知两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图：






,

解法二：







（Ⅱ）


取
由（Ⅰ）知，


32．【解析】（Ⅰ）直线平面，证明如下：
连接，因为，分别是，的中点，所以．
又平面，且平面，所以平面．
而平面，且平面平面，所以．
因为平面，平面，所以直线平面．
（Ⅱ）（综合法）如图1，连接，由（Ⅰ）可知交线即为直线，且．

因为是的直径，所以，于是．
已知平面，而平面，所以．
而，所以平面．
连接，，因为平面，所以．
故就是二面角的平面角，即．
由，作，且．
连接，，因为是的中点，，所以，
从而四边形是平行四边形，．
连接，因为平面，所以是在平面内的射影，
故就是直线与平面所成的角，即．
又平面，有，知为锐角，
故为异面直线与所成的角，即，
于是在△，△，△中，分别可得
，，，
从而，即．
（Ⅱ）（向量法）如图2，由，作，且．
连接，，，，，由（Ⅰ）可知交线即为直线．
以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则有
,
．
于是，，，
所以，从而．
又取平面的一个法向量为，可得，
设平面的一个法向量为，
所以由 可得 取．
于是，从而．
故，
即．
33．【解析】解法一 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，

依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)
（Ⅰ）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以．
（Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）．由（Ⅰ）知，，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量．
于是
从而
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为．
（Ⅲ）=（0，1，0），=(1，l，1)，设，，
有．可取=（0，0，2）为平面的一个法向量，设为直线AM与平面所成的角，
则
于是，解得，所以
34．【解析】（Ⅰ）在中，，得：
同理：
得：面
（Ⅱ）面
取的中点，过点作于点，连接
，面面面
得：点与点重合
且是二面角的平面角
设，则，
既二面角的大小为
35．【解析】（Ⅰ）以为原点的方向分别
为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．

设,则，，，，
故，，，
．
∵， ∴
（Ⅱ）假设在棱AA1上存在一点， 使得DP平面．此时．
又设平面的法向量=(x,y,z)．
∵平面，∴,，得
取，得平面的一个法向量．
要使DP平面，只要，有，解得．
又DP平面，∴存在点P，满足DP平面，此时AP=．
（Ⅲ）连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D．
∵B1CA1D,∴AD1B1C．
又由（Ⅰ）知B1EAD1,且B1C∩B1E=B1,
∴AD1平面DCB1A1．∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1)．
设与n所成的角为θ,
则．
∵二面角A-B1E-A1的大小为30°，
∴，即
解得，即AB的长为2．
36．【解析】（Ⅰ）因为，分别为，的中点，所以是的中位线，
所以，又因为平面，所以平面
（Ⅱ）方法一：连接交于，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

在菱形中，，得
，
又因为平面，所以，
在直角中，，得，
由此知个点坐标如下，

．
设为平面的法向量，由知，取，得．
设为平面的法向量，由知
，取，得
于是，
所以二面角的平面角的余弦值为
方法二：在菱形中，，得

又因为平面，
所以
所以
所以
而，分别为，的中点，
所以，且
取线段中点，连接，则
所以是二面角的平面角
由，故
在中，，得
在直角中，，得
在中，，得

在等腰中，，得

所以二面角的平面角的余弦值为
37．【解析】（Ⅰ）因为， 由余弦定理得
从而，故BDAD
又PD底面ABCD，可得BDPD
所以BD平面PAD． 故 PABD
（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则

，，，．

设平面的法向量为，则，
即
因此可取=
设平面的法向量为，则
可取=（0，-1，）

故二面角A-PB-C的余弦值为．
38．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点． 由于与都是正三角形，所以，OG=OD=2，
同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有
又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合．
在和中，由和OC，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是的中位线，故BCEF．
（向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．
由条件知
则有 所以即得BCEF．

（Ⅱ）由OB=1，OE=2，，而是边长为2的正三角形，故所以
过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以
39．【证明】（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD．

（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，所以为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD．因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．
40．【证明】：（Ⅰ）连结，因为是半径为的半圆，为直径，点为的中点，所以．
在中，．
在中，，为等腰三角形，
且点是底边的中点，故．
在中，，
所以为，且．
因为，，且，所以平面，
而平面，．
因为，，且，所以平面，
而平面，．

（Ⅱ）设平面与平面RQD的交线为．
由，，知．
而平面，∴平面，
而平面平面= ，
∴．
由（Ⅰ）知，平面，∴平面，
而平面，∴，，
∴是平面与平面所成二面角的平面角．
在中，，
，．
在中，由知，，
由余弦定理得，

由正弦定理得，，即，
．
故平面与平面所成二面角的正弦值为．
41．【解析】：以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则

（Ⅰ）设，则
可得
因为，所以
（Ⅱ）由已知条件可得

设 为平面的法向量则 即
因此可以取，由，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
42．【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，
点A为坐标原点，设,依题意得,,,

（Ⅰ）易得,
于是
所以异面直线与所成角的余弦值为
（Ⅱ）已知,,
于是·=0，·=0．因此，,,又
所以平面．
（Ⅲ）设平面的法向量，则,
即不妨令=1,可得．由（Ⅱ）可知，
为平面的一个法向量．于是，
从而
所以二面角的正弦值为．
方法二：（Ⅰ）设AB=1，可得AD=2,AA1=4，CF=1．CE=
连接B1C，BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,
可知EF∥BC1，故是异面直线EF与A1D所成的角，
易知BM=CM=,所以 ，
所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为
（Ⅱ）连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE．连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED．
（Ⅲ）连接A1N，FN，由（Ⅱ）可知DE⊥平面ACF，又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF，,DE⊥A1N，故为二面角A1-ED-F的平面角
易知，所以，又所以，
在

连接A1C1,A1F 在
．
所以，所以二面角A1-DE-F正弦值为．