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专题03 立体几何-2021年新高考数学大题专项练习
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这是一份专题03 立体几何-2021年新高考数学大题专项练习，文件包含专题03立体几何原卷版docx、专题03立体几何解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。
1．如图，在直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）.中，底面是菱形，且是凌的中点，
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小.
2．如图，底边是边长为3的正方形，平面平面，.
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角三角形，，，是的中点，二面角的大小等于120°.
（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
4．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．
（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
5．如图，四边形中，是等腰直角三角形，，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.
（1）点在上，若平面，求点的位置；
（2）求二面角的余弦值.
6．如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为棱，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
7．在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为等腰直角三角形，．
（1）求证：平面平面；
（2）设为的中点，求点到平面的距离．
8．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
9．如图菱形中，，与相交于点，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）当直线与平面所成的角为时，求异面直线与所成的角的余弦值大小．
10．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
（1）求证：EF⊥平面BCF；
（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
11．如图，在棱长为的正方形中，、分别为，边上的中点，现将点以为轴旋转至点的位置，使得为直二面角．
（1）证明：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
12．如图，在四棱锥P-ABCD中，，平面PAB，，点E满足.
（1）证明：；
（2）求二面角A-PD-E的余弦值.
参考答案
1．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由勾股定理可得，得出平面，再通过和即可得证；
（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求出.
【详解】
解：（1）因为点是的中点，所以，
又，故在中，
由题可知，，则，
所以.
因为四棱柱是直四棱柱，
故平面，平面，
故，
因为，所以.
又，所以平面；
（2）由（1）可知，两两相垂直，
故以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
.
所以，
设平面的法向量为，
则
令则
设平面的法向量为，
则，
令，则，
则，
因为二面角为锐角，则二面角的大小为.
2．（1）证明见解析；（2）存在；.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，可证明；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，求出二面角夹角的余弦值，构造的等式，求解即可求出比例关系.
【详解】
解：（1）因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面；
（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，假设在线段上存在符合条件的点，设，，则，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，
，
整理得，解得或（舍去），
故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时.
3．（1）在线段上存在点满足题意，为的中点；（2）.
【分析】
（1）取中点，可证，得线面垂直后可得面面垂直；
（2）由（1）知就是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】
解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点.
如图，连接，，，
∵四边形是矩形，∴.
又，分别是，的中点，
∴，.
∵为等腰直角三角形，，为的中点，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
又平面，
∴平面平面.
故上存在中点，使得平面平面.
（2）解：由（1）可知就是二面角的平面角，
∴.
以为坐标原点，，的方向分别为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由为等腰直角三角形，，得，.
可得，，，，
∴，，，
设是平面的法向量，
则即
可取.
设直线与平面所成的角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
4．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】
（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
5．（1）为的中点；（2）.
【分析】
（1）设点在平面内的射影为，连接，，取的中点，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.
（2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解.
【详解】
（1）如图，
设点在平面内的射影为，连接，，
∵，
∴，
∴在中，为的中点.
取的中点，连接，，
则，又平面，平面，
∴平面.
取的中点，连接，
则易知，又平面平面，平面平面，
∴平面，
又平面，
∴，又平面，平面，
∴平面.
又，
∴平面平面.
又平面，
∴平面，此时为的中点.
（2）连接，由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
从而，，.
设平面的一个法向量为，
则即
得，取，则，.
设平面的一个法向量为，
则即
得，取，则，，
从而.
易知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
6．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接，得四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可证明平面；
（2）先证平面，然后建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，再由二面角的余弦值为求的长，得与平面的一个法向量，最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.
因为四边形是菱形，为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为底面是菱形，所以，又，，，所以平面，所以，又，，所以平面.取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，，
所以.
设平面的法向量为，则，即，取，得.
易知平面的一个法向量为
由题意得，，得.
所以，.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
7．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质先证明出面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理可知面，又面，然后证得平面平面；
（2）先计算三棱锥的体积，然后再计算的面积，利用等体积法求解.
【详解】
解：（1）证明：∵面面，且平面平面，，面
面，
又面
又因为由已知
且，所以面，又面
∴面面.
(2)中，，取的中点，连，则
∵面面且它们交于面
面
由，由已知可求得，
，，所以.
所以点到平面的距离为.
8．（1）证明见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】
（1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证.
（2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.
（3）根据题意可得与平面的法向量垂直，假设线段上存在点使得平面，再利用向量的数量积即可求解.
【详解】
解：（1）因为四边形为菱形，所以．
又因为，为的中点，所以．
又因为平面平面，
平面平面，
所以平面．
因为平面，
所以．
（2）连结．因为，为的中点，
所以．
由（1）可知平面，
所以，．
设，则．
如图，建立空间直角坐标系．
所以．
所以，．
因为平面，
所以是平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
则，即，所以
令，则，．于是．
所以．
由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为．
（3）当点是线段的中点时，平面．理由如下：
因为点平面，
所以在线段上存在点使得平面等价于．
假设线段上存在点使得平面．
设，则．
所以．
由，得．
所以当点是线段的中点时，平面，且．
9．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据四边形是菱形，得到，再由平面，得到 ，然后利用线面垂直的判定定理证明.
（2）以为原点，，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，设 （），则，再求得平面的法向量为，根据直线与平面所成的角为，由求得a，再由求解.
【详解】
（1）因为四边形是菱形，
所以．
因为平面，平面，
所以．
因为，
所以平面．
（2）以为原点，，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，（），．
设平面的法向量为，
则有，即
令，则，
由题意与平面所成的正弦值为，
∴，
因为，
所以．
所以，，
所以
故异面直线与所成的角的余弦值为
10．（1）证明见解析；（2）点M与点F重合，.
【分析】
（1）易证明平面，再根据，证明平面；（2）设，分别求平面和平面的法向量，再利用公式求其最小值，确定，同时得到此时二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
（2）以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1).
设＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由 得 取x＝1，则＝(1，，－λ).
易知＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
∴
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，取得最小值，
∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.
11．（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）根据题意画出平面图形及空间几何图形，由中位线定理及正方形性质证明面，即可得.
（2）．过作，以OA，OB，OM为，，轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，即可由平面向量数量积定义求得异面直线与所成角的余弦值．
【详解】
（1）证明：在正方形中，连结交于．连结，如下图所示：
则．
因为、分别为，边上的中点，
所以．
所以．
在空间几何体中如下图所示：
所以在棱锥中，，，
所以面，
又因为面，
所以．
（2）设．过作，已知OA，OB，OM两两垂直，
如图分别以OA，OB，OM为，，轴建立空间直角坐标系如下图所示：
，，，，，
，，
，
所以与面所成角的余弦值为．
12．（1）证明见解析 （2）
【分析】
（1）由勾股定理计算出，然后求数量积得，由线面垂直可得，从而可证得平面ABCD得证线线垂直；
（2）建立如图所示的直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．
【详解】
（1）证明：在中，
由勾股定理，得
.
因为，
所以
.
所以，所以.
因为平面PAB，平面PAB，
所以.
又因为，
所以平面ABCD.
又因为平面ABCD，
所以.
（2）由得.
所以点E是靠近点A的线段AB的三等分点.
所以.
分别以所在方向为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则.
设平面PDE的法向量为，
由，得.
令，则；
设平面APD的法向量为，
由，得，
令，则.
设向量与的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为.
1．如图，在直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）.中，底面是菱形，且是凌的中点，
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小.
2．如图，底边是边长为3的正方形，平面平面，.
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角三角形，，，是的中点，二面角的大小等于120°.
（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
4．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．
（1）求四棱锥的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数．
5．如图，四边形中，是等腰直角三角形，，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.
（1）点在上，若平面，求点的位置；
（2）求二面角的余弦值.
6．如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点分别为棱，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.
7．在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为等腰直角三角形，．
（1）求证：平面平面；
（2）设为的中点，求点到平面的距离．
8．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面，，，，是线段的中点，连结．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
9．如图菱形中，，与相交于点，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）当直线与平面所成的角为时，求异面直线与所成的角的余弦值大小．
10．如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.
（1）求证：EF⊥平面BCF；
（2）点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
11．如图，在棱长为的正方形中，、分别为，边上的中点，现将点以为轴旋转至点的位置，使得为直二面角．
（1）证明：；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
12．如图，在四棱锥P-ABCD中，，平面PAB，，点E满足.
（1）证明：；
（2）求二面角A-PD-E的余弦值.
参考答案
1．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）由勾股定理可得，得出平面，再通过和即可得证；
（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求出.
【详解】
解：（1）因为点是的中点，所以，
又，故在中，
由题可知，，则，
所以.
因为四棱柱是直四棱柱，
故平面，平面，
故，
因为，所以.
又，所以平面；
（2）由（1）可知，两两相垂直，
故以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
.
所以，
设平面的法向量为，
则
令则
设平面的法向量为，
则，
令，则，
则，
因为二面角为锐角，则二面角的大小为.
2．（1）证明见解析；（2）存在；.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，可证明；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，求出二面角夹角的余弦值，构造的等式，求解即可求出比例关系.
【详解】
解：（1）因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，
所以平面平面；
（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，假设在线段上存在符合条件的点，设，，则，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，
，
整理得，解得或（舍去），
故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时.
3．（1）在线段上存在点满足题意，为的中点；（2）.
【分析】
（1）取中点，可证，得线面垂直后可得面面垂直；
（2）由（1）知就是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】
解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点.
如图，连接，，，
∵四边形是矩形，∴.
又，分别是，的中点，
∴，.
∵为等腰直角三角形，，为的中点，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
又平面，
∴平面平面.
故上存在中点，使得平面平面.
（2）解：由（1）可知就是二面角的平面角，
∴.
以为坐标原点，，的方向分别为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由为等腰直角三角形，，得，.
可得，，，，
∴，，，
设是平面的法向量，
则即
可取.
设直线与平面所成的角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
4．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，写出多边形表面的所有内角即可.（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，设第个面的棱数为，所以，按照公式计算总曲率即可.
【详解】
（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：.
（2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有
设第个面的棱数为，所以
所以总曲率为：
所以这类多面体的总曲率是常数.
5．（1）为的中点；（2）.
【分析】
（1）设点在平面内的射影为，连接，，取的中点，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.
（2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解.
【详解】
（1）如图，
设点在平面内的射影为，连接，，
∵，
∴，
∴在中，为的中点.
取的中点，连接，，
则，又平面，平面，
∴平面.
取的中点，连接，
则易知，又平面平面，平面平面，
∴平面，
又平面，
∴，又平面，平面，
∴平面.
又，
∴平面平面.
又平面，
∴平面，此时为的中点.
（2）连接，由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
从而，，.
设平面的一个法向量为，
则即
得，取，则，.
设平面的一个法向量为，
则即
得，取，则，，
从而.
易知二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
6．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）取的中点，连接，得四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可证明平面；
（2）先证平面，然后建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面的一个法向量，再由二面角的余弦值为求的长，得与平面的一个法向量，最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.
因为四边形是菱形，为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）连接，因为底面是菱形，所以，又，，，所以平面，所以，又，，所以平面.取的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，，
所以.
设平面的法向量为，则，即，取，得.
易知平面的一个法向量为
由题意得，，得.
所以，.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.
7．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用面面垂直的性质先证明出面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理可知面，又面，然后证得平面平面；
（2）先计算三棱锥的体积，然后再计算的面积，利用等体积法求解.
【详解】
解：（1）证明：∵面面，且平面平面，，面
面，
又面
又因为由已知
且，所以面，又面
∴面面.
(2)中，，取的中点，连，则
∵面面且它们交于面
面
由，由已知可求得，
，，所以.
所以点到平面的距离为.
8．（1）证明见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】
（1）首先证明，再由面面垂直的性质定理可得平面，即证.
（2）连结，以为坐标原点，，，为轴，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，利用空间向量的数量积即可求解.
（3）根据题意可得与平面的法向量垂直，假设线段上存在点使得平面，再利用向量的数量积即可求解.
【详解】
解：（1）因为四边形为菱形，所以．
又因为，为的中点，所以．
又因为平面平面，
平面平面，
所以平面．
因为平面，
所以．
（2）连结．因为，为的中点，
所以．
由（1）可知平面，
所以，．
设，则．
如图，建立空间直角坐标系．
所以．
所以，．
因为平面，
所以是平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
则，即，所以
令，则，．于是．
所以．
由题知，二面角为钝角，所以其余弦值为．
（3）当点是线段的中点时，平面．理由如下：
因为点平面，
所以在线段上存在点使得平面等价于．
假设线段上存在点使得平面．
设，则．
所以．
由，得．
所以当点是线段的中点时，平面，且．
9．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据四边形是菱形，得到，再由平面，得到 ，然后利用线面垂直的判定定理证明.
（2）以为原点，，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，设 （），则，再求得平面的法向量为，根据直线与平面所成的角为，由求得a，再由求解.
【详解】
（1）因为四边形是菱形，
所以．
因为平面，平面，
所以．
因为，
所以平面．
（2）以为原点，，的方向为，轴正方向，过且平行于的直线为轴（向上为正方向），建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，（），．
设平面的法向量为，
则有，即
令，则，
由题意与平面所成的正弦值为，
∴，
因为，
所以．
所以，，
所以
故异面直线与所成的角的余弦值为
10．（1）证明见解析；（2）点M与点F重合，.
【分析】
（1）易证明平面，再根据，证明平面；（2）设，分别求平面和平面的法向量，再利用公式求其最小值，确定，同时得到此时二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.
（2）以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1).
设＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由 得 取x＝1，则＝(1，，－λ).
易知＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
∴
∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，取得最小值，
∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.
11．（1）证明见解析
（2）
【分析】
（1）根据题意画出平面图形及空间几何图形，由中位线定理及正方形性质证明面，即可得.
（2）．过作，以OA，OB，OM为，，轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，即可由平面向量数量积定义求得异面直线与所成角的余弦值．
【详解】
（1）证明：在正方形中，连结交于．连结，如下图所示：
则．
因为、分别为，边上的中点，
所以．
所以．
在空间几何体中如下图所示：
所以在棱锥中，，，
所以面，
又因为面，
所以．
（2）设．过作，已知OA，OB，OM两两垂直，
如图分别以OA，OB，OM为，，轴建立空间直角坐标系如下图所示：
，，，，，
，，
，
所以与面所成角的余弦值为．
12．（1）证明见解析 （2）
【分析】
（1）由勾股定理计算出，然后求数量积得，由线面垂直可得，从而可证得平面ABCD得证线线垂直；
（2）建立如图所示的直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．
【详解】
（1）证明：在中，
由勾股定理，得
.
因为，
所以
.
所以，所以.
因为平面PAB，平面PAB，
所以.
又因为，
所以平面ABCD.
又因为平面ABCD，
所以.
（2）由得.
所以点E是靠近点A的线段AB的三等分点.
所以.
分别以所在方向为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
则.
设平面PDE的法向量为，
由，得.
令，则；
设平面APD的法向量为，
由，得，
令，则.
设向量与的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为.
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