专题十五 空间向量与立体几何-2021届高三《新题速递•数学》11月刊（江苏专用 适用于高考复习）

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专题十五 空间向量与立体几何
一、单选题
1．（2020·江苏省江浦高级中学月考）在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形， ，侧棱， ，分别是与的中点，点在平面上的射影是的重心，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，根据，列出方程，求得的值，得到向量，进而求得点到平面的距离．
【详解】
由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设，则， ， ， ，
可得，，，，
因为点在平面上的射影是的重心，所以平面，
所以，即，解得，即，
则点到平面的距离为．
故选：B.

【点睛】
本本题主要考查了点到平面距离的求解，以及空间向量的应用，其中解答中建立空间直角坐标系，根据平面,利用空间向量的数量积的运算公式，列出方程是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
2．（2020·安徽合肥一中高二期中（文））如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论：
三棱锥的体积不变；
平面；
；
平面平面．
其中正确的结论的个数是　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】
利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解．
【详解】

对于①，由题意知，从而平面，
故BC上任意一点到平面的距离均相等，
所以以P为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；

对于②，连接，，且相等，由于知：，
所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；

对于③，由于平面，所以，
若，则平面DCP，
，则P为中点，与P为动点矛盾，故错误；

对于④，连接，由且，
可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确．
故选C．
【点睛】
本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．
3．已知是由具有公共直角边的两块直角三角板（与）组成的三角形，如左下图所示.其中，.现将沿斜边进行翻折成（不在平面上）.若分别为和的中点，则在翻折过程中，下列命题不正确的是（ ）

A．在线段上存在一定点，使得的长度是定值
B．点在某个球面上运动
C．存在某个位置，使得直线与所成角为
D．对于任意位置，二面角始终大于二面角
【答案】D
【分析】
由题意，可得二面角和二面角有共同的平面角,
且另一个面都过点，过点作平面的垂线，即可得到二面角和二面角的平面角，进而得大小关系即可.
【详解】
不妨设，取中点，易知落在线段 上，且,
所以点到点的距离始终为，即点在以点为球心，半径为的球面上运动，
因此A、B选项不正确；
对于C选项，作可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，易知与落在同一个轴截面上时， 取得最大值，则的最大值为，此时落在平面上，所以，即与所成的角始终小于，所以C选项不正确；
对于D选项，易知二面角为直二面角时，二面角始终大于二面角，当二面角为锐二面角时，如图所示作平面与点，然后作分别交于，
则二面角的平面角为，二面角的平面角为，
且，
又因为，所以，
所以二面角始终大于二面角，故选D.

【点睛】
本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及空间角的求解，其中解答中正确确定二面角的的平面角和异面直线所成的角是解答的关键，试题综合性强，难度大，属于难题，着重考查了空间想象能力，以及分析问题和解答问题的能力.
4．如图正方体的棱长为1，线段上有两个动点且，则下列结论错误的是（ ）

A．与所成角为
B．三棱锥的体积为定值
C．平面
D．二面角是定值
【答案】A
【分析】
利用线面平行和线面垂直的判定定理和棱锥的体积公式以及二面角的定义对选项进行逐个判断即可得到答案.
【详解】
选项A，AC⊥BD，AC⊥BB1，且BD AC⊥面DD1B1B，即得AC⊥BE，此命题错误；
选项B, 由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故三棱锥A﹣BEF的体积为定值，此命题正确；
选项C，由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上且EF与平面ABCD无公共点，故EF∥平面ABCD，此命题正确；
选项D，由于E、F为线段B1D1上有两个动点，故二面角A﹣EF﹣B的平面角大小始终是二面角A﹣B1D1﹣B的平面角大小，为定值，故正确；
故选A.
【点睛】
本题考查线面平行和线面垂直的判定定理的应用，考查棱锥体积公式以及二面角定义的应用，属于基础题.
5．如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且，若线段DE上存在点P使得，则边CG长度的最小值为 　　

A．4 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】
以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：

设，则,即.
又，
所以
.
显然且.
所以.
因为，所以.
所以当，取得最小值12.
所以的最小值为.
故选D.
点睛：集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可.
6．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线，直线为曲线在点处的切线.如图所示，阴影部分为曲线、直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为.给出以下四个几何体：


图①是底面直径和高均为的圆锥；
图②是将底面直径和高均为的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何体；
图③是底面边长和高均为的正四棱锥；
图④是将上底面直径为，下底面直径为，高为的圆台挖掉一个底面直径为，高为的倒置圆锥得到的几何体.
根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积相等的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】A
【分析】
将题目中的切线写出来，然后表示出水平截面的面积，因为是阴影部分旋转得到，所以水平界面面积为环形面积，整理后，与其他四个几何体进行比较，找到等高处的水平截面的面积相等的，即为所求.
【详解】
几何体是由阴影旋转得到，所以横截面为环形，
且等高的时候，抛物线对应的点的横坐标为，切线对应的横坐标为
，
切线为，即，
横截面面积
图①中的圆锥高为1，底面半径为，可以看成由直线绕轴旋转得到
横截面的面积为.
所以几何体和①中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以二者体积相等，
故选A项.
【点睛】
本题考查对题目条件的理解和转化，在读懂题目的基础上，表示相应的截面面积，然后进行比较.属于难题.
7．（2020·四川南充·高三其他（理））已知三条射线，，两两所成的角都是60°.点在上，点在内运动，，则点的轨迹长度为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
利用三余弦公式求出，再求，确定点在平面内的轨迹是以为圆心，6为半径的圆在内的圆弧，再求弧长即可
【详解】
解：如图，


过作平面于，则点在的平分线上，
在平面内，作于，连结，
根据三垂线定理，则

，
，
点的轨迹是以为圆心，6为半径的圆在内的圆弧，
圆弧的长度为：
故选：C
【点睛】
考查三垂线定理、三余弦公式以及圆的定义的应用，基础题.
8．P是三角形ABC所在的平面外一点，已知P到三角形三个顶点的距离相等，且P在平面ABC内的射影O，在△ABC的内部，则点O是三角形的（ ）
A．内心 B．外心 C．重心 D．垂心
【答案】A
【详解】
解析过程略
9．（2020·台州市三梅中学高二月考）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
过作，交于点，交于，根据线面垂直关系和勾股定理可知；由平面可证得面面平行关系，利用面面平行性质可证得为中点，从而得到最小值为重合，最大值为重合，计算可得结果.
【详解】
过作，交于点，交于，则底面


平面，平面，
平面平面，又平面 平面
又平面平面，平面
为中点 为中点，则为中点
即在线段上
，
，
则线段长度的取值范围为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性质等定理的应用.

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

二、填空题
10．（2020·广西南宁三中高三其他（理））如图，直三棱柱中,，， ，外接球的球心为，点是侧棱上的一个动点.有下列判断：

① 直线与直线是异面直线；②一定不垂直；
③ 三棱锥的体积为定值； ④的最小值为.
其中正确的序号序号是______.
【答案】①③④
【分析】
由题意画出图形，由异面直线的概念判断①；利用线面垂直的判定与性质判断②；找出球心，由棱锥底面积与高为定值判断③；设BE＝x，列出AE+EC1关于x的函数式，结合其几何意义求出最小值判断④．
【详解】
如图，

∵直线AC经过平面BCC1B1内的点C，而直线C1E在平面BCC1B1内不过C，
∴直线AC与直线C1E是异面直线，故①正确；
当E与B重合时，AB1⊥A1B，而C1B1⊥A1B，
∴A1B⊥平面AB1C1，则A1E垂直AC1，故②错误；
由题意知，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O是AC1 与A1C 的交点，则△AA1O的面积为定值，由BB1∥平面AA1C1C，
∴E到平面AA1O的距离为定值，∴三棱锥E﹣AA1O的体积为定值，故③正确；
设BE＝x，则B1E＝2﹣x，∴AE+EC1．
由其几何意义，即平面内动点（x，1）与两定点（0，0），（2，0）距离和的最小值知，
其最小值为2，故④正确．
故答案为①③④
【点睛】
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力和思维能力，属于中档题
11．如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，则的长等于______．

【答案】2
【分析】
由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．
【详解】
∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，
又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，
∴，60°，
∴


故答案为2．
【点睛】
本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中利用，结合向量数量积的运算，是解答本题的关键．
12．如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是_______.
①存在某个位置，使得；
②翻折过程中，的长是定值；
③若，则；
④若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是.

【答案】②④
【分析】
对于①，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，
对于②，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NEAB1（定值），AM＝EC（定值），由余弦定理可得NC是定值．
对于③，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立．
对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，可得球半径为1，表面积是4π．
【详解】
对于①：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE∥AB1，NF∥MB1，
如果CN⊥AB1，可得到EN⊥NF，又EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故①错．


对于②：如图1，可得由∠NEC＝∠MAB1（定值），NEAB1（定值），AM＝EC（定值），
由余弦定理可得NC2＝NE2+EC2﹣2NE•EC•cos∠NEC，所以NC是定值，故②正确．
对于③：如图2，取AM中点O，连接B1O，DO，易得AM⊥面ODB1，即可得OD⊥AM，从而AD＝MD，显然不成立，可得③不正确．
对于④：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，易得AD中点H就是三棱锥B1﹣AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π．故④正确．
故答案为②④．
【点睛】
本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，考查了反证法的应用，属于中档题.
13．如图，一张纸的长、宽分别为．分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线掀折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体．关于该多面体的下列命题，正确的是__________．（写出所有正确命题的序号）
①该多面体是三棱锥；
②平面平面；
③平面平面；
④该多面体外接球的表面积为

【答案】①②③④
【解析】
由题意得，该多面体是三棱锥，故①正确，又根据题意可得，，分析可得，平面平面，故②正确，同理平面平面，故③正确，综合分析得，多面体外接球的半径为，则该多面体外接球的表面积为，故④正确,综合：答案为①②③④.
14．在正四棱锥中，底面边长为，侧棱，为的中点，为直线上一点，且与、不重合，若异面直线与所成角为，则三棱锥的体积为______．
【答案】
【分析】
本题首先可以绘出正四棱锥的图像并构建空间直角坐标系，然后设，根据异面直线与所成角为计算出，再然后设点到底面的距离为以及点到底面的距离为并根据三角形相似的性质得出，最后根据三棱锥的体积公式即可得出结果.
【详解】

如图，设点为底面正方形的中心，取的中点，
以为坐标原点，分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系，
易知，，，，
，，，
设（且），
则，
由，
整理得，解得（舍去），
故，且点在射线上，
设点到底面的距离为，点到底面的距离为，
因为，，
所以，，
故答案为：.
【点睛】
本题考查几何体体积的求法，考查异面直线所成角的灵活应用，考查三棱锥的体积公式，考查运算能力和空间想象能力，体现了综合性，是难题.
15．如图所示，正方体的棱长为1，为线段，上的动点，过点的平面截该正方体的截面记为S，则下列命题正确的是______

①当且时，S为等腰梯形；
②当分别为，的中点时，几何体的体积为；
③当M为中点且时，S与的交点为R，满足；
④当M为中点且时，S为五边形；
⑤当且时，S的面积.
【答案】①②
【分析】
对五个命题逐一画出图像，进行分析，判断出其中的真命题，由此得出正确命题的序号.
【详解】
对于①，画出图像如下图所示，过作，交于，截面为，由于，所以，故，所以，即截面为等腰梯形.故①正确.

对于②，以为空间坐标原点，分别为轴，建立空间直线坐标系，则,则,.设平面的法向量为，则，令，则，故.则点到平面的距离为.而，故，故②命题正确.


对于③，延长交的延长线于，连接交于，由于，所以，故.由于，所以,故，故③判断错误.

对于④，当时，截面为三角形，故④判断错误.

对于⑤，延长,交的延长线于，连接,交于，则截面为四边形.由于,所以，面积比等于相似比的平方，即，故.在三角形中，,边上的高为,故,所以.

综上所述，本小题正确的命题有①②.
【点睛】
本小题主要考查正方体的截面有关命题的真假性判断，考查锥体体积算，考查三角形面积的计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，综合性较强，属于中档题.

三、解答题
16．（2020·天津滨海新·高三其他）如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，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）（3）存在,或.
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，即可证得平面.
（2）以为原点，分别以，和的方向为，和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；
（3）假设存在点，设，根据，得到的坐标，结合平面的法向量为列出方程，即可求解.
【详解】
（1）由题意，因为，，，∴，
又∴，∴，
∵侧面，∴.
又∵，，平面
∴直线平面.
（2）以为原点，分别以，和的方向为，和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
设平面的一个法向量为
，
∵，∴，令，则，∴
设平面的一个法向量为，，，
∵，∴，令，则，∴，
，，，∴.
设二面角为，则.
∴设二面角的余弦值为.
（3）假设存在点，设，∵，，
∴，∴∴
设平面的一个法向量为，
∴，得.
即，∴或，∴或.

【点睛】
本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
17．（2020·山东济宁·月考）如图，在正方体中，分别是的中点．

（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）棱上是否存在点，使得平面？请证明你的结论．
【答案】（1）；（2）存在点，满足，使得平面；证明见解析
【分析】
以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设棱长为，可得各点坐标，设所成角为，则利用可求得结果；（2）设存在点，满足题意；求得平面的法向量后，根据，得到，从而求得，进而得到结果.
【详解】
以为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：

设正方体棱长为
则，，，，，，，
（1）设异面直线与所成角为
，
，即异面直线与所成角的余弦值为：
（2）假设在棱上存在点，，使得平面
则，，
设平面的法向量
，令，则，
，解得：
棱上存在点，满足，使得平面
【点睛】
本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解，重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题；处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程，求得未知量.
18．（2020·四川石室中学高二月考（理）） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.
【分析】
（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；
（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.
【详解】
（I）证明：连接，易知，，

又由，故，
又因为平面，平面，
所以平面.
（II）证明：取棱的中点，连接，

依题意，得，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，故，
又已知，，
所以平面.
（III）解：连接，


由（II）中平面，
可知为直线与平面所成的角.
因为为等边三角形，且为的中点，
所以，又，
在中，，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.
19．如图：五面体，四边形是矩形，是正三角形，，是线段上一点，直线与平面所成角为30°，平面.

（1）试确定的位置；
（2）求三棱锥的体积
【答案】（1）是的中点；（2）.
【解析】
试题分析：（1）连接交于点，连接，利用平面，平面，则平行于两个平面的交线，即，由此可得是中点.（2）根据平面与平面所成角为，可得到平面的距离为，利用可求得体积.
试题解析：
解：（1）连接交于点，连接，
∵//平面，//平面，平面平面.
∴//.
∵是平面的中点，∴是的中点.
（2）∵与平面所成角为30°，，
∴到平面的的距离为.
∵，
∴
20．如图，在多面体中，平面，平面平面，是边长为2的等边三角形，，．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【分析】
(1)通过面面垂直的判定转化为线面垂直，进而转化为线线垂直从而证明;
(2)建立空间直角坐标系，利用法向量计算即可.
【详解】
证明：（1）取中点，连结，

∵，∴， ，
∵平面，平面平面，
平面平面，
∴平面，
∵平面，∴，
又，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵是等边三角形，∴，
∵平面，平面平面，平面平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
解：（2）由（1）得平面，∴，
又，
分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，
则，取，得，
设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
则．
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】
本题主要考查学生的空间想象能力及计算能力,难度不大.建立合适的空间直角坐标系是解决本题的关键.
21．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点在上的射影为点，且，，.

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【详解】
试题分析：（1）　取的中点为，连接利用直角三角形的性质，可分别求出的值，由勾股定理得．可得面，可证平面平面；（2）以所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两个半平面的法向量，利用法向量的夹角与二面角的夹角的关系，可求二面角的余弦值．
试题解析：（Ⅰ）证明：由顶点在上投影为点，可知，．
取的中点为，连结，．
在中，，，所以．
在中，，，所以．
所以，，即．
∵
∴ 面．
又面，所以面面．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，且
所以 面，且面．以所在直线为轴，所在直线为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

，，，

设平面，的法向量分别为，则
，则，
，则
，
，
所以二面角的余弦值为．
点睛：若分别为二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足，二面角的平面角的大小是的夹角(或其补角，需根据观察得出结论)．在利用向量求空间角时，建立合理的空间直角坐标系，正确写出各点坐标，求出平面的法向量是解题的关键．
22．图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.

【答案】(1)见详解；(2)4.
【分析】
(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】
(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.

【点睛】
很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.
23．如图，在四棱锥中，

（1）求证：平面平面
（2）已知点在线段上，且，若平面与平面所成的二面角大小为，求的值
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】
（1）先证明平面，进而得到平面平面.
（2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量法进行求解.
【详解】
（1）由题意，，可得，
因为，可得平面，
因为平面，故平面平面.
（2）由（1）可得平面，又平面，∴平面平面，
设为的中点，连接，
因为，所以，可得平面，
如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，易得平面的一个法向量为.
设 为平面的法向量，，
因为平面SBD与平面ABP所成的角为60°
所以，即，得，
所以，
解得或（不合题意），
所以的值为.

【点睛】
本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面的位置关系及平面与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力以及数形结合思想.
24．如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点.

（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）设，连，利用线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）连，设，连，
因为是的中点，为的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设为平面的法向量，
则，令，则.
又为平面的一个法向量，
由向量的夹角公式，可得，
所以二面角的平面角的余弦值为.

【点睛】
本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
25．（2020·宁夏银川一中高三一模（理））如图所示，在矩形中，，，是的中点，为的中点，以为折痕将向上折起，使点折到点，且.

（1）求证: 面；
（2）求与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到，进而证得面；
（2）分别以、、为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，可得，，则，
取的中点，连，，可得，所以，
因为，，且，所以平面，
又因为平面，所以.
又由与为相交直线，所以平面.
（2）作交于，可知，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，
则，令，可得平面的一个法向量为，
又由，
所以与面所成角的正弦值为.

【点睛】
本题考查了线面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
26．（2020·全国课时练习）如图，在三棱柱中，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值（用含的代数式表示）.
【答案】（1）证明见解析（2）（3）
【分析】
（1）根据三棱柱的结构特征，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面；
（2）由（1）得到，建立空间直角坐标系，求得向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
（3）由，得，设，得，求得向量的坐标，结合平面，利用，即可求解.
【详解】
（1）在三棱柱中，由平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，交线为.
又因为，所以，所以平面.
因为平面，所以
又因为，所以，
又，所以平面.

（2）由（1）知底面，，如图建立空间直角坐标系，
由题意得，，，.
所以，.
所以.
故异面直线与所成角的大小为.

（3）易知平面的一个法向量，
由，得.
设，得，则
因为平面，所以，
即，解得，所以.

【点睛】
本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
27．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝3，D是BC的中点．
(1) 求直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值；
(2) 求二面角的余弦值．

【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
(1)以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面A1B1D的法向量的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解；
(2) 由(1)知＝(－1，2，3)，＝(－2，4，0)，求得平面B1DC1的法向量，利用下向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
(1) 在直三棱柱中，有AB⊥AC，AA1⊥AB，AA1⊥AC，
故可以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝2，AC＝4，AA1＝3，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，3)，B1(2，0，3)，C1(0，4，3)．
因为D是BC的中点，所以D(1，2，0)，所以．
设(x1，y1，z1)为平面A1B1D的法向量，
因为，
所以，即，
令y1＝3，则x1＝0，z1＝2，所以平面A1B1D的一个法向量为 (0，3，2)．
设直线DC1与平面A1B1D所成的角为θ，
则，
所以直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值为.
(2) 由(1)知＝(－1，2，3)，＝(－2，4，0)，
设＝(x2，y2，z2)为平面B1DC1的法向量，则，即,
令x2＝2，则y2＝1，z2＝0，所以平面B1DC1的一个法向量为＝(2，1，0)．
同理可以求得平面A1DC1的一个法向量n3＝(3，0，1)，
所以，
由图可知二面角的余弦值为.

【点睛】
本题主要考查了空间角的求解，其中解答中建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
28．如图，在三棱锥P—ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB＝BC，PA⊥PC．点E，F，O分别为线段PA，PB，AC的中点，点G是线段CO的中点．
（1）求证：FG∥平面EBO；
（2）求证：PA⊥BE．


【答案】（1）见解析； （2）见解析
【分析】
（1）连接交于，连接，推导出为的重心，从而，由此证得平面；
（2）推导出，从而求得面，进而，再求出，由此能证得平面，利用线面垂直的性质，即可得到.
【详解】
（1）连接交于，连接，
因为分别是的中点，所以为的重心，可得，
又因为为线段的中点，是线段的中点，所以，
所以，可得，
因为平面平面，所以平面.
（2）因为为线段的中点，且，所以，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又由平面，所以，
因为分别为线段的中点，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
【点睛】
本题主要考查了线面垂直，线面平行的判定与证明，其中解答中熟记线面平行和线面垂直的判定与性质是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.
29．如图，长方体中，.

（1）求四棱锥的体积；
（2）求异面直线与所成角的大小．
【答案】（1）4；（2）.
【分析】
（1）四棱锥A1﹣ABCD的体积，由此能求出结果．
（2）由DD1∥CC1，知∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线A1C与DD1所成角的大小．
【详解】
（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，
∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：
＝＝＝4．
（2）∵DD1∥CC1，∴∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角的补角），
∵tan∠A1CC1＝＝＝，
∴＝．
∴异面直线A1C与DD1所成角的大小为；

【点睛】
本题考查三棱锥的体积的求法，考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注空间思维能力的培养．
30．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.

（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
【答案】（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
【分析】
（1）要证BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.
(2)要证明平面PAB⊥平面PAE,可证平面即可.
【详解】
（1）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
31．（2019·湖南怀化·高三二模（理））已知正方形，分别是的中点，将沿折起，如图所示，记二面角的大小为

（1）证明：
（2）若为正三角形，试判断点在平面内的身影是否在直线上，证明你的结论，并求角的正弦值.
【答案】（1）见证明；（2）
【分析】
（1）沿折起，其它边不变，可知且，则有四边形为平行四边形，那么，又由于，，故；（2）解法一：过点A作，垂足为G，连接，由于，则有，故点A在CD的中垂线EF上，过点作，垂足为，连接，由已知得，故，则即是，设原正方形的边长为，根据已知边和角的关系可以求得；方法三：点在平面内的射影在直线上证法同法一，建立空间直角坐标系，先求平面CED的法向量，再求平面ADE的法向量，可得二面角的余弦值，进而得到．
【详解】
解：（1）证明：分别是正方形的边的中点，
∴且，则四边形为平行四边形，
∴.
又，而，
∴
（2）解法一：过点作，垂足为，连接.
∵为正三角形，，∴，
∴在垂直平分线上，又∵是的垂直平分线，
∴点在平面内的射影在直线上
过点作，垂足为，连接，则，∴是二面角的平面角，即.
设原正方形的边长为，连接，在折后图的中，，
∴为直角三角形，，∴.
在中，，∴，则，即.

解法二：点在平面内的射影在直线上，连接，在平面内过点作，垂足为
∵为正三角形，为的中点，
∴.
又∵，∴.
∵，∴
又∵且，

∴
∴为在平面内的射影，
∴点在平面内的射影在直线上
过点作，垂足为，连接，则，∴是二面角的平面角，即.
设原正方形的边长为，连接，在折后图的中，，
∴为直角三角形，，∴.
在中，，∴，则，即.

解法三：（同解法一）
点在平面内的射影在直线上，
如图，连接，以点为坐标原点，为轴，为轴，过点作平行于的向量为轴建立如图所示的空间直角坐标系.


设正方形的边长为，连接，.所以，，，，.
又平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为.
则，即，所以
所以，即.
【点睛】
本题考查空间向量与立体几何的相关知识，是常考题型．
32．如图，在四边形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，点C在AB上，且AB⊥CD，AC=BC=CD=2，现将△ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE与平面PBC所成的角为45°．

（1）求证：平面PBC⊥平面DEBC；
（2）求二面角D-PE-B的余弦值．
【答案】(1)见证明；(2)-77
【分析】
（1）推导出CD//EB，PC⊥CD，EB⊥PC ，从而EB⊥平面PBC，由此能证明平面PBC⊥平面DEBC．
（2）由EB⊥平面PBC，得EB⊥PB，从而PB=EB ，取BC的中点O，连结PO，以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D-PE-B的余弦值．
【详解】
证明：（1）在平面ABED中∵AB⊥CD，AB⊥BE，∴CD//EB，
∵AB⊥CD，∴PC⊥CD，∴EB⊥PC，且PC∩BC=C，
∴EB⊥平面PBC，
又∵EB⊂平面DEBC，∴平面PBC⊥平面DEBC．
解：（2）由（1）知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，
由PE与平面PBC所成的角为45∘，得∠EPB=45∘，
∴ΔPBE为等腰直角三角形，∴PB=EB，
∵AB//DE，又 CD//EB，得BE=CD=2，
∴PB=2，故ΔPBC为等边三角形，
取BC的中点O，连结PO，
∵PO⊥BC，∴PO⊥平面EBCD，
以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系如图，

则B(0,1,0)，E(2,1,0) ，D(2,-1,0)，P0，0，3，
从而DE→=0，2，0，BE→=2，0，0，PE→=2，1，-3，
设平面PDE的一个法向量为m=x，y，z，平面PEB的一个法向量为n=a，b，c，
则由m⋅DE=0m⋅PE=0得2y=02x+y-3z=0，令z=-2得m=-3，0，-2，
由n⋅BE=0n⋅PE=0得2a=02a+b-3c=0，令c=1得n=0，3，1，
设二面角D-PE-B的大小为θ，则cosθ=m⋅nm⋅n=-27×2=-77，
即二面角D-PE-B的余弦值为-77．
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
33．如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面所截后得到的，其中，，.

（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【分析】

（1）在中，由余弦定理可得，则可得，在直平行六面体中，平面，则可得，由此说明平面，即可证明平面平面；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，表示出各点的坐标，求出平面的法向量，由直线与平面所成角正弦值的公式即可得到直线与平面所成角的正弦值．
【详解】

（1）证明：在中，因为，.
由余弦定理得，，
解得，
∴，
∴，
在直平行六面体中，平面，平面，
∴
又，
∴平面，
∴平面平面.
（2）解：如图以为原点建立空间直角坐标系，

因为，，
所以，，，，
，，.
设平面的法向量，
，
令，得，，
∴.
设直线和平面的夹角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】

本题考查面面垂直的证明，以及利用空间向量求线面所成角的正弦值，熟练掌握面面垂直的判定以及线面所成角的公式是解题关键，考查学生基本的算能力，属于中档题．