专题10 立体几何综合大题-备战2022年新高考数学必考点提分精练（新高考地区专用）

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专题10 立体几何综合大题
1．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，点E在SD上，且．

(1)若M，N分别为SA，SC的中点，证明：平面平面ACE；
(2)若，，，平面ABCD，求直线BS与平面ACE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接交于，取的中点，连接，由M，N分别为SA，SC的中点，可得∥，由线面平行的判定可得∥平面，再由结合菱形的性质可得∥,则得∥平面，再利用面面平行的判定可证得结论，
（2）取的中点，连接，以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
(1)
证明：连接交于点，连接交于，取的中点，连接，
因为M，N分别为SA，SC的中点，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为，为的中点，
所以，
因为N为SC的中点，所以∥，
所以为的中点，
因为底面ABCD为菱形，所以为的中点，
所以∥,
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为，所以平面∥平面，

(2)
取的中点，连接，
因为平面ABCD，平面，
所以，
因为底面ABCD为菱形，
所以为等边三角形，所以，
因为∥，
所以，
所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
设直线BS与平面ACE所成角为，则
，
所以直线BS与平面ACE所成角的正弦值为

2．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的菱形，，，且．

(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若，且线段SD上一点E满足平面AEC，求AE与平面SAB所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）取AD的中点O，连接SO，CO，AC，由已知可得为正三角形，从而可得，，，从而可得，则，再由线面垂直的判定定理可得平面，由面面垂直的判定可得结论，
（2）连接BD，设AC，BD的交点为F，可证得两两垂直，从而以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
(1)
证明：如图，取AD的中点O，连接SO，CO，AC．
因为四边形ABCD是边长为2的菱形，，
所以，且．
则为正三角形，故，．
因为，所以为直角三角形，
所以．
又因为，所以，所以．
又因为，平面．所以平面．
又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD．
(2)
解：如图，连接BD，设AC，BD的交点为F．

因为平面AEC，平面平面，
所以，所以E为线段SD中点．
因为，且O为AD中点，
所以．
又因为，且，AD，平面ABCD．
所以平面ABCD．
所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，．
设平面SAB的法向量为，则，
取，得
设AE与平面SAB所成角为，
则．
3．如图，四棱锥P-ABCD中，侧面底面ABCD，底面ABCD为梯形，，且，．作交AD于点H，连结AC，BD交于点F．

(1)设G是线段PH上的点，试探究：当G在什么位置时，有平面PAB；
(2)求平面PAD与平面PBC所成二面角的正弦值．
【答案】(1)当点G是线段PH．上靠近点H的三等分点时，有平面PAB
(2)
【解析】
【分析】
（1）取线段AD靠近点A的三等分点M，取线段PD靠近点P的三等分点N，连结MN交PH于点G，根三角形相似可得以，，从而可证明平面面，从而得出答案.
(2) 由条件可得面ACD．则，，以H为坐标原点，可建立空间直角坐标系，利用向量方法可求解.
(1)
当点G是线段PH上靠近点H的三等分点时，有平面PAB．
证明：取线段AD靠近点A的三等分点M，取线段PD靠近点P的三等分点N，连结MN交PH于点G．

由底面ABCD为梯形，，，
所以△ABF∽△CDF，则．
又，所以，．
而面PAB，面PAB，
则面PAB，面PAB．
又，
所以平面面．又平面MNF，
所以平面PAB．
(2)
因为，，即△PAD为正三角形．．
又，，所以△ADC为正三角形．
所以．
由平面平面ABCD，，平面PAD，平面平面，
得面ACD．
所以，．
于是，以H为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系H-xyz．

则点H，P，C，B的坐标依次为：，，，．
所以，．
设面PBC的一个法向量为，
由,得，
令可得，，即．
面PAD的一个法向量为，
设面PAD与面PBC所成二面角的平面角为，则
，．
故平面PAD与平面PBC所成二面角的正弦值为．
4．如图，在三棱柱中，，，.

(1)求证：；
(2)若,求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先利用等边三角形性质证明平面，然后利用线面垂直的性质即可；
（2）先建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，进而写出相关向量，然后求出二面角所涉及的两个平面的法向量，然后利用向量的数量积来表示出二面角即可
(1)

取的中点为，如上图：由于和为正三角形，则，.
又，
则有：平面，
又平面，
故
(2)
如图所示，以点原点，、所在直线为、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有：、、、，
，则有：，
可得：，
则有：，，，，
设平面的法向量为
则有：，
可得：y1=03x1-3z1=0，
不妨取，可得：，
设平面的法向量为
则有：，可得：，
不妨取，可得：，
设平面与平面所成角为，
易得：，，
则有：，
故平面与平面所成角的余弦值为.
5．在四棱锥中，，.

(1)若E为PC的中点，求证：平面PAD.
(2)当平面平面ABCD时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）作出辅助线，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角.
(1)
取CD的中点M，连接EM，BM，

由已知得，为等边三角形，∴.
∵，，∴，，∴.
又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.
∵E为PC的中点，M为CD的中点，∴.
又∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD.
∵，，∴平面平面PAD.
∵平面BEM，∴平面PAD.
(2)
连接AC，交BD于点O，连接PO，由对称性知，O为BD的中点，且，.

∵平面平面ABCD，交线为BD，，∴平面ABCD，，.
以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，.
易知平面PBD的一个法向量为.设平面PCD的法向量为，
∵，
则，，
∴
令，得，，
∴，
设二面角的大小为
∴
由图可知，为锐角，则.
6．如图，在圆锥中，为底面圆的直径，为底面圆上两点，且四边形为平行四边形，过点作，点为线段上一点，且满足．

(1)证明：平面；
(2)若圆锥的侧面积为底面积的2倍，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据平面，得出，然后证明四边形为菱形，可得，最后可证平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用法向量求解二面角的余弦值.
(1)
在圆锥中，平面，又平面，∴，
四边形为平行四边形，又在圆锥中，，
∴四边形为菱形，∴．
又，平面AOB，，∴平面．
(2)
在圆锥中，平面，
又平面，∴，，
由（1）知，又，∴，
以点为坐标原点，向量的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系．

设圆锥的底面半径为r，母线长为R．
则，．
由题意知，即，∴．
不妨令，则，∴，，，，
∴，，，
设平面BPF的法向量为，
则，令，则，，
∴是平面EPF的一个法向量．
设平面EPF的法向量为，则，
令，则，，∴是平面BPF的一个法向量．
设二面角的大小为，
则，
∴二面角的余弦值为．
7．如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，且P在底面ABCD的投影恰为△ABD的内心．


(1)证明：点P到△ABD各边所在直线的距离相等；
(2)若，若直线AP与平面PCD所成角的正弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析.
(2)或
【解析】
【分析】
（1）设P在底面ABCD的投影为点，设三角形ABD的内切圆与三边分别相切于点，从而可得全等，从而可证明结论.
（2）根据（1）的证明过程可知平面，过点作与平行的直线为轴，以分别为轴建立空间直角坐标系,利用向量法根据条件先求出四棱锥的高，从而可得答案.
(1)
设P在底面ABCD的投影为点，则点为三角形ABD的内切圆的圆心.
设三角形ABD的内切圆与三边分别相切于点,连接
则
由题意平面，又平面,则
又所以平面，又平面
所以,即为点P到直线的距离.
同理可证分别为点P到直线的距离.
在直角中，为公共边，又
所以直角全等，所以
所以点P到三角形A BD各边所在直线的距离相等

(2)
由题意，过点作与平行的直线为轴，以分别为轴建立空间直角坐标系.
在直角中，,则
设△ABD的内切圆的半径为，则，则
取的中点，连接，由,则
则四边形为矩形，则则
所以，,，设
,
设平面的法向量为
则由,即3x+4y=0x-3y+zh=0 取，则，
所以
又，设直线AP与平面PCD所成角

化简可得，即
解得或
底面梯形的面积为
当时，即，四棱锥的体积为
当时，即，四棱锥的体积为

8．如图1，在平面五边形中，是等边三角形.现将沿折起，记折后的点为，连接得到四棱锥，如图2.

(1)证明：；
(2)若平面平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）构建所在的面，通过线面垂直证明线线垂直
（2）建立坐标系，通过法向量夹角的余弦值求解二面角的余弦值
(1)

如上图所示，设为中点，连接，因为是等边三角形，所以，因为所以，因为所以且，所以，因为所以
又、平面， 平面，又因为
平面，所以
(2)
如下图所示，过作于点，由平面平面，平面平面，平面又因为平面，所以 又，相交，、平面
平面
以C为原点建立如图所示的坐标系


，
设平面的法向量
满足
设平面的法向量
满足
.所以二面角的余弦值为
9．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，．

(1)证明：；
(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明平面，进而即可证明结论；
（2）根据题意，证明两两垂直，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
(1)
证明：如图1，连接.

由，，，
所以在中，由余弦定理可得，
故由勾股定理得，又，，
所以平面，
又平面，
所以．
(2)
解：如图2，设为的中点，连接，

由（1）可知，故，
又，所以，
因为，所以平面PEB，
所以，又，，
故平面，
综上，两两垂直，
故以B为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系．
由，得，
则，，，，
则，，．
设为平面的法向量，
则，即，可取，
设为平面的法向量，
则，即，可取，
所以．
所以二面角的余弦值为．
10．如图所示，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，底面ABCD，∥底面ABCD，点F在底面ABCD内的投影为正方形ABCD的中心O.
(1)在图中作出平面FBC与平面EAB的交线（不必说出画法和理由）；
(2)设二面角的大小为，求AE的长.

【答案】(1)作图见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）延长CF与直线AE交于点M，连接BM.直线BM即平面FBC与平面EAB的交线，利用空间图形的公理即可证明，
（2）方法1：如图所示，以A为坐标原点，以AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，
方法2：连接AC，BD，则由已知条件可证得平面BFD，从而可得就是二面角的平面角，然后在直角三角形中可求得结果
(1)
作图步骤：如图，延长CF与直线AE交于点M，连接BM.直线BM即平面FBC与平面EAB的交线.
理由：由已知平面ABCD，平面ABCD，所以 ∥，
又A，O，C共线，所以点E，F，C，A共面.
显然直线AE与直线CF不平行，即AE与CF必存在交点M，
点M在平面EAB和平面FBC内，
又因为点B也在平面EAB和平面FBC内，
所以直线BM是平面FBC与平面EAB的交线.

(2)
方法一：
如图所示，以A为坐标原点，以AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.

设，则，，，
所以，，
设平面BEF的法向量为，则且，
所以，令，则.
同理可得平面DEF的一个法向量为.
由图可知的夹角为二面角的平面角的补角，
所以，
解得，即.
方法二：
连接AC，BD.
因为平面ABCD，所以，
在正方形ABCD中，，
又因为，所以平面BFD.
因为∥平面ABCD，平面平面，
所以∥，所以平面BFD.
因此就是二面角的平面角.
所以，所以.
因为正方形ABCD的边长为2，所以，
所以，
所以.

11．如图所示，点在圆柱的上底面圆周上，四边形为圆柱下底面的内接四边形，且为圆柱下底面的直径，为圆柱的母线，且，圆柱的底面半径为1.

(1)证明：；
(2)为的中点，点在线段上，记，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明AD⊥DC，推出PD⊥平面ABCD，证明PD⊥AD，得到AD⊥平面PDC，即可证明AD⊥PC．
（2）以D为原点，分别以的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面QAC的法向量，平面BAC的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角B﹣AC﹣Q的余弦值即可．
(1)
证明为直径，点在圆上且不同于点，
，
又为母线，平面，
又平面，
从而，
又，
平面，
又平面，

(2)
解，圆柱的底面直径为2，
即，
又为的中点，，即四边形为正方形，
两两相互垂直，
以为原点，分别以的方向为，轴正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示，

，
，
，
，

，
，
，
设平面的法向量为，

令，
易知平面的一个法向量为，
.
又由题知二面角为锐二面角，
所求的余弦值为.
【点睛】
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是中档题．
12．如图，在四棱锥中，，，，，，，，．

(1)求证：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）证明出平面，可得出，再由结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）过点作，交于点，过点作且，证明出平面，然后以点为空间直角坐标系原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
(1)
证明：因为，，，所以，则，
又，，所以平面，
平面，所以，
又，，所以平面．
(2)
解：过点作，交于点，过点作且，
平面，平面，则，
且，故平面，
以点为空间直角坐标系原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

平面，平面，则，
，，则，所以，且，
，则，
则、、，，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
所以，，
则，
因此，二面角的正弦值为.
13．如图①，在梯形ABCD中，，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将沿BE折起到的位置，如图②.

(1)证明：平面；
(2)若平面平面BCDE，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，先证明平面，再根据，即可证明结论；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求得相关向量的坐标，然后求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案．
(1)
在图①中，因为，，是的中点，，

故四边形为正方形，所以
即在图②中，，，又，
所以平面.
又，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面.
(2)
由已知，平面平面，又由（1）知，，，

所以为二面角的平面角，所以，
如图所示，以为原点，分别以，，所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系.，

设平面的一个法向量为，
，令
故平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，，
，令，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
从而，
由图得二面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
14．在三棱柱中，，，，平面，与平面所成的角为45°.E，F分别是AC，的中点.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的判定可得证；
（2）以A为原点，为x轴，为y轴，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求解方法可求得答案.
(1)
证明：由于分别是的中点，所以.
由于平面，平面，所以平面；
(2)

以A为原点，为x轴，为y轴，过A点作平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
在中，，，，所以，
因为平面，所以BC是在平面ABC内的射影，所以就是与平面所成的角，
又与平面所成的角为45°，所以.所以，
所以，，，，，，.
设平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，
令，则.
∵，由图示知二面角是锐角，
∴二面角的平面角的余弦值为.
15．如图，在四棱锥中，平面，，相交于点，，，.

(1)求证：平面；
(2)若点为的中点，求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】
【分析】
（1）利用勾股定理证明，利用线面垂直的性质证明，再利用线面垂直的判定定理可得平面；
（2）以点为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的一个法向量,利用空间向量夹角余弦公式可求出平面与平面所成二面角的余弦值的绝对值，再由平方关系即可解出.
(1)
∵，，，
∴，∴．
∴，∴，∵平面，而AC在平面ABCD中，
∴，，且都在平面内，
∴平面．
(2)
以点为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，，，，，
∴，，，

设平面与平面的一个法向量分别为，，
平面与平面所成二面角为，
∴，可取，
，可取
∴，则.
16．如图，四棱锥的底面为正方形，平面，是的中点，.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，由可以证明平面.
（2）写出平面与平面的法向量与，二面角的余弦值为.
(1)
证明：是正方形，平面
两两垂直
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示.

不妨设，则.
.

平面.
(2)
由（1）知是平面的法向量.
设平面的法向量为，
，
.
二面角为锐角，
二面角的余弦值为.
17．如图1．在直角梯形中，，．点为的中点．点在上，且，．将四边形沿边折起，如图2．

(1)证明：图2中的平面
(2)在图2中，若．求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，取的中点为G，连接，证明平面平面即可得证平面；
（2）由勾股定理证明，由线面垂直的判断定理证明平面，从而可得平面，所以两两互相垂直，建立以A为坐标原点的空间直角坐标系，利用向量法即可求解二面角的余弦值.
(1)
证明：设，取的中点为G，连接，
因为直角梯形中，，，点为的中点，点在上，且，，
所以四边形为矩形，所以为的中点，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，
又，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为的中点为G，为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又，所以平面平面，
因为平面，所以平面，即平面；

(2)
解：因为，所以，所以，
又，，所以，
所以平面，所以平面，
同理可得平面，所以平面，
所以，
所以以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，，
设平面的法向量为，
则，即，
取可得，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，
因为二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为.
18．如图，在三棱锥中，，．

(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；
(2)若，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）先证线面垂直，再证明面面垂直即可；
（2）先假设存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，然后建立空间直角坐标系，求出相关向量，再用夹角公式计算即可求解.
(1)法一：
证明：取AB的中点E，连接SE，CE，∵，∴，
因为所以三角形ACB为直角三角形，所以
又所以所以所以
又，，∴平面ABC．
又平面SAB，∴平面平面ABC．

法二、作平面ABC，连EA，EC，EB，EA，EC，EB都在平面ABC内
所以，，
又所以
因为所以三角形ACB为直角三角形，所以E为AB的中点
则平面SAB，∴平面平面ABC．
(2)
以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，
ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设，
，则，知，

则，，，，，
∴，，
设，，则，
∴，．
设平面SAB的一个法向量为
则，取，得，
，则，
得，又∵，方程无解，
∴不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°
19．如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点.

(1)求证：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）由面面垂直的性质可得ED⊥面ABCD，再由线面垂直的性质有ED⊥BC，勾股定理可得BC⊥BD，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论；
（2）以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz，求平面BMD和平面BAD的法向量，利用法向量的求二面角的余弦，再求其正弦值.
(1)
由ADEF为正方形，则ED⊥AD，
∵面面，ED⊂面ADEF，面面，
∴ED⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，则ED⊥BC，
在直角梯形ABCD中，|AB|＝|AD|＝2，|CD|＝4，则，|BD|＝2，
在△BCD中，，则BC⊥BD，
∵DE∩BD＝D，DE、BD面BDE，
∴BC⊥面BDE，又BC⊂面BEC，
∴面BDE⊥面BCE；
(2)
由（1）知：ED⊥面ABCD，CD面ABCD，则CD⊥ED，
∴DA，DC，DE三线两两垂直，故以D为原点，DA、DC、DE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D－xyz：

由题设，,则，
设为平面BDM的法向量，则，取，
取平面BAD的法向量为，设钝二面角的大小为θ，
∴，则.
20．如图，在四棱锥中，平面，，，点为的中点.

(1)证明：平面；
(2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由平面，得到，根据为的中点，证得，从而得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；
（1）连接交于，连接，证得，求得，过点作的平行线交于，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
(1)
证明：因为平面，平面平面，平面，
所以，
又因为点为的中点，所以，
因为，所以，所以，
又由，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，所以平面.
(2)
解：连接交于，连接，
因为四边形为平行四边形，所以为的中点，
又因为，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
因为，所以为直角三角形，即，
过点作的平行线交于，
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成的角的正弦值为.

21．如图，在平面四边形中，，将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面.


(1)证明：；
(2)若为的中点，二面角的平面角等于，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理，证明线面垂直，进而证明线线垂直；
（2）法一：先找到已知的二面角，据此求出，然后利用等体积法求解P点到平面的距离为,进而求的结果；
法二：建立空间直角坐标系，确定相关的点的坐标以及向量的坐标，再求平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
(1)
证明：因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
又因为，所以平面，
又因为平面，所以
(2)
（法一）因为，
所以是二面角的平面角，
即，在中，，
设，因为平面，所以点到平面的距离，
所以点到平面的距离，
，设P点到平面的距离为,
因为，所以，
所以，
设直线与平面所成角为.
（法二）因为，
所以是二面角的平面角，即，
在中，，
因为平面，
即两两垂直，
以为原点建立如图所示的坐标系，


设，则，
，
，设平面的一个法向量为，
则由得，令，得，
令直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22．如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为平行四边形，E为CD的中点，.

(1)证明： ；
(2)若三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，F为PB上一点，且，求直线EF与平面PAE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，再证明，从而可得平面，从而证明结论.
（2）由（1）得，以点A为原点，分别以AC、AD、AP为x、y、z轴建立空间坐标系，利用向量法即可求解.
(1)
由平面，平面

又 ，E为CD的中点

又
，.
又，平面
平面. 又
.
(2)
由（1）得，以点A为原点，分别以AC、AD、AP为x、y、z轴建立空间坐标系.
因为三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，
CD=12，AC=
.
设平面PAE的一个法向量为
由得，
令则

设直线EF与平面PAE所成的角为


23．如图1，在梯形ABCD中，，，AB=4，，CD=7，点E在CD上，CE=3.将沿AE翻折到PAE，使得平面平面ABCE（如图2），又于M，于N.

(1)证明：平面平面AMN；
(2)求二面角P-AM-N的余弦值.
【答案】(1)证明解解析.
(2)
【解析】
【分析】
(1)在平面图中先证明,即空间图2中，根据条件再证明 平面，从而得到，从而证明平面,得到，再证明平面，从而可证明结论.
(2) 由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作,以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,利用向量法求解即可.
(1)
在平面图1中，连结,过点作, 垂足为
由题意, 则四边形为平行四边形
所以
又
在和中，由勾股定理得：

所以,则,即空间图2中

由平面平面ABCE，平面平面ABCE ，
所以平面ABCE，又平面ABCE，则
又,所以 平面
又 平面,所以,又
且,所以平面,且平面
所以，又，且
所以平面,且平面
所以平面平面AMN

(2)
由（1）可知平面ABCE，在平面ABCE内过作
以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则
由（1）可知平面，则为平面的一个法向量.
平面,则为平面的一个法向量.
则
所以二面角P-AM-N的余弦值为

24．如图所示，四棱锥的底面是边长为2的正方形，E、F、G分别为棱AB、BC、PD的中点．设三点A、E、G所确定的平面为，，．

(1)求证：点M是棱PC的中点；
(2)若底面ABCD，且二面角的大小为45°．
①求直线EF与平面所成角的大小；
②求线段PN的长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)① ；②2.
【解析】
【分析】
（1）先证明平面PCD，再证明，原题即得证；
（2）证明，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，①利用向量法求直线EF与平面所成角的大小；②设，求出即得解.
(1)
解：依题意，又因为平面PCD，平面PCD，
故平面PCD，
又，，连接GM，平面平面PCD=
则，
故，
又因为G是棱PD的中点，所以M是棱PC的中点．

(2)
解：底面ABCD，平面 ABCD，故，
又，，故平面PAD，
又平面PAD，故，故为二面角的平面角，
所以，故．
如图所示：以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，，
①依题意，，，
设平面的法向量为，
则则.
取得到，
设直线EF与平面所成角为，
，
因为，所以．
②设，即x,y,z-2=λ-1,2,-2=-λ,2λ,-2λ，
故N-λ,2λ,2-2λ，连接A，N，
则AN→=-λ,2λ,2-2λ，依题意AN→⋅n→=-λ+2-2λ=0，解得λ=23．
所以PN→=23PF→=231+4+4=2，故线段PN的长度为2．
25．如图，在空间几何体中，已知△ABC,△ACD,△BCE均为边长为2的等边三角形，平面ACD和平面都与平面垂直，为的中点．

(1)证明：ED∥平面；
(2)求直线DH与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)155
【解析】
【分析】
（1）分别取AC,BC的中点O,P，连接DO,EP,OP，EP∥DO且EP=DO，再利用线面平行的判定定理，即可得到答案；
（2）连接BO，则易知BO⊥平面ACD，以为坐标原点，分别以OD,OA,OB的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出向量DH=(-3,12,32)及平面的法向量m=(-1,0,2)，代入夹角公式，即可得到答案；
(1)
证明：分别取AC,BC的中点O,P，连接DO,EP,OP，
因为AD=CD，所以DO⊥AC，
又平面ACD⊥平面，平面ACD∩平面ABC=AC，
DO⊂平面ACD，所以DO⊥平面，
同理EP⊥平面，所以EP∥DO，
又因为△ACD,△BCE是全等的正三角形，所以EP=DO，
所以四边形DOPE是平行四边形，
所以DE∥OP，
因为ED⊄平面，OP⊂平面，
所以ED∥平面；

(2)
连接BO，则易知BO⊥平面ACD，
以为坐标原点，分别以OD,OA,OB的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,1,0),C(0,-1,0),D(3,0,0),E(3,-12,32),H(0,12,32)，
所以AC=(0,-2,0),AE=(3,-32,32),DH=(-3,12,32)，
设平面的法向量为m=(x,y,z)，
所以{m·AC=0m·AE=0，所以{-2y=03x-32y+32z=0
则y=0，取z=2，则m=(-1,0,2)，
所以cos〈DH,m〉=DH·m|DH|·|m|=2325=155，
设直线DH与平面所成的角为，则sinθ=|cos〈DH,m〉|=155．
26．如图，正三棱柱的底面边长为2，A1B⊥B1C.

(1)求AA1的长；
(2)求二面角B-A1C-B1的正弦值.
【答案】(1)AA1=2；
(2)35.
【解析】
【分析】
（1）为中点，连接AB1交A1B于，连接A1D,OD,DB，易证A1B⊥OD，由中垂直的性质可得A1D=DB，结合直三棱柱的性质计算AA1的长；
（2）构建空间直角坐标系，求面B1A1C、面BA1C的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值.
(1)
若为中点，连接AB1交A1B于，连接A1D,OD,DB，如下图示，

∴为AB1的中点，则OD//B1C，又A1B⊥B1C，
∴A1B⊥OD，又A1O=OB，故A1D=DB，
由为正三棱柱，即底面为等边三角形且边长2，
∴A1D=DB=3，AD=1，则在直角△A1AD中，AA1=2.
(2)
构建如下图示的空间直角坐标系，则A1(0,-1,2)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，B1(3,0,2)，

∴A1B1=(3,1,0)，A1C=(0,2,-2)，A1B=(3,1,-2)，
若m=(x,y,z)为面B1A1C的一个法向量，则{m⋅A1B1=3x+y=0m⋅A1C=2y-2z=0，令，则 m=(-33,1,2)，
若n=(a,b,c)为面BA1C的一个法向量，则{n⋅A1B=3a+b-2c=0n⋅A1C=2b-2c=0，令c=2，则 n=(33,1,2)，
∴|cos|=|m⋅n|m||n||=83103⋅103=45，则如图锐二面角B-A1C-B1的正弦值为35.
27．如图，斜三棱柱的底面是正三角形，AB=AA1=6，∠A1AC=60°，，，，分别为，CC1，AA1，BB1的中点.

(1)证明：FG∥平面C1DE；
(2)若平面AAC1C⊥平面，求平面C1DE与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)52929
【解析】
【分析】
（1）设为DE的中点，连结FH，HC1，即可得到FH//C1G且FH=C1G，从而得到C1H//FG，即可得证；
（2）设的中点为，连结BO，A1O，由面面垂直的性质得到A1O⊥平面，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
(1)
解：设为DE的中点，连结FH，HC1，
因为几何体为斜三棱柱，所以AD//BE//CC1，
所以FH//BE且FH=BE.
又因为是CC1的中点，所以C1G=12CC1=12BB1，
所以FH//C1G且FH=C1G，
所以四边形C1HFG为平行四边形，所以C1H//FG.
又因为FG⊂平面C1DE，C1H⊂平面C1DE，
所以FG//平面C1DE.

(2)
解：设的中点为，连结BO，A1O，
因为斜三棱柱，AC=AA1，∠A1AC=60°，
所以△A1AC为正三角形，∴A1O⊥AC.
因为平面AA1C1C⊥平面且平面AA1C1C∩平面ABC=AC，
A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面，
所以A1O⊥OB，AO⊥OC，
又因为在正三角形中，OB⊥AC，
所以以，，OA1分别为，，的正方向建立空间直角坐标系，如图.
由题意得A(0,-3,0)，B(33,0,0)，C(0,3,0)，A1(0,0,33)，C1(0,6,33)，
所以D0,-32,332，
所以DE=AB=(33,3,0)，DC1=0,152,332，
设平面C1DE的法向量n=(x,y,z)，
由n⋅DE=0,n⋅DC1=0,得33x+3y=0,5y+3z=0,
即y=-3x,z=5x,令x=1，得n=(1,-3,5)，
由题意知平面的法向量为v=(0,0,1)，
设平面C1DE与平面所成的锐二面角的大小为，
则cosθ=|n⋅v||n|⋅|v|=529×1=52929，
即面C1DE与面所成的锐二面角的余弦值为52929.

28．已知底面为菱形的四棱锥中，△PAD是边长为2的等边三角形，平面平面ABCD，E，F分别是棱PC，AB上的点.

(1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；
①F是AB的中点；②E是PC的中点；③BE//平面PFD.
(2)若∠DAB=60°.求PB与平面PDC所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)105
【解析】
【分析】
（1）选①F是AB的中点，②E是PC的中点为已知条件，证明③BE//平面PFD；
取的中点，连接ME、FM，可得四边形MEBF是平行四边形，BE//MF，由线面平行的判定定理可得BE//平面PFD；
选②E是PC的中点，③BE//平面PFD为已知条件 证明①F是AB的中点；
取的中点，连接ME、FM，可得ME//FB，再由线面平行的性质定理可得BE//MF，
所以四边形MEBF是平行四边形，BF=ME，由ME=12CD=12AB可得答案；
选①F是AB的中点，③BE//平面PFD为已知条件，证明 ②E是PC的中点；
取的中点，连接BN、EN，得四边形BFDN是平行四边形，BN//DF，
由面面平行的判定定理可得平面PDF//平面BEN，再由面面平行的性质定理可得答案.
（2）取的中点，连接AO、BO，可得AO⊥BO，由平面平面ABCD，可得平面，以为原点，分别以OA、OB、OP所在的直线为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
(1)
选①F是AB的中点，②E是PC的中点为已知条件，证明③BE//平面PFD，
取的中点，连接ME、FM，
所以ME//CD,ME=12CD，FB//CD,FB=12CD，
ME//FB,ME=FB，
所以四边形MEBF是平行四边形，BE//MF，
因为BE⊄平面PDF，MF⊂平面PDF，
所以BE//平面PFD.

选②E是PC的中点，③BE//平面PFD为已知条件，证明 ①F是AB的中点，
取的中点，连接ME、FM，
所以ME//CD,ME=12CD，因为FB//CD，所以ME//FB，
即平面MEBF∩平面PDF=FM，
因为BE//平面PFD，所以BE//MF，
所以四边形MEBF是平行四边形，BF=ME，
因为ME=12CD=12AB，所以BF=12AB，即F是AB的中点.

选①F是AB的中点，③BE//平面PFD为已知条件，证明 ②E是PC的中点，

取的中点，连接BN、EN，
所以DN//FB,DN=FB，
四边形BFDN是平行四边形，BN//DF，
因为平面PDF，DF⊂平面PDF，所以BN//平面PFD，
因为BE//平面PFD，BN∩BE=B，所以平面PDF//平面BEN，
EN⊂平面BNE，所以EN//平面PDF，
平面PDC∩平面PDF=DP，所以EN//PD，
因为是的中点，所以E是PC的中点.
(2)

取的中点，连接AO、BO，
因为底面为菱形，∠DAB=60∘，所以AO⊥BO，
△PAD是边长为2的等边三角形，所以，
因为平面平面ABCD，平面平面，
所以平面，以为原点，
分别以OA、OB、OP所在的直线为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
所以P0,0,3，D-1,0,0，C-2,3,0，B0,3,0，
PD=-1,0,-3，PC=-2,3,-3，PB=0,3,-3，
设平面的法向量为n=x,y,z，
所以PD⋅n=0PC⋅n=0，即-x-3z=0-2x+3y-3z=0，令z=3，则x=-3,y=-3，
所以n=-3,-3,3，
设PB与平面PDC所成角的为，
所以sinα=cosPB,n=PB⋅nPB⋅n=63+3⋅3+9+3=105.
所以PB与平面PDC所成角的正弦值为105.
29．如图所示的四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，O､M，E分别是AD､PC，BC的中点，PA=PD,PO=AD=2.

(1)若点N在直线AD上，求证：MN⊥PE；
(2)求二面角A-PB-D的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)55
【解析】
【分析】
（1）先证明PO⊥平面ABCD，连接OE，得到AO⊥OE，建立空间直角坐标系，由PE⋅OM=0，PE⋅OA=0，证得PE⊥平面ADM即可；另解：设N(a,0,0)，得到MN=a+12,-1,-1，证明PE⋅MN=0即可；
（2）分别求得平面ABP的一个法向量为n=(x,y,z)，平面DBP的法向量为m=(x,y,z)，由cos=m⋅n|m|⋅|n|求解.
(1)
证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD，连接OE，即AO⊥OE，
如图所示以OA､OE､OP分别为x轴､y轴，z轴建立空间直角坐标系.

可得P(0,0,2),A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),D(-1,0,0),M-12,1,1，
则PE=(0,2,-2),OM=-12,1,1,OA=(1,0,0)，
由PE⋅OM=0得PE⊥OM，PE⋅OA=0得PE⊥OA，
∵OA∩OM=O，∴PE⊥平面ADM，
又MN⊂平面ADM，即MN⊥PE.
另解：设N(a,0,0)，则MN=a+12,-1,-1，
又PE=(0,2,-2)，
所以PE⋅MN=0-2+2=0，
所以PE⊥MN，所以PE⊥MN.
(2)设平面ABP的一个法向量为n=(x,y,z),AP=(-1,0,2),AB=(0,2,0)，
由n⋅AP=0n⋅AB=0，得-x+2z=0,2y=0,
令z=1，得n=(2,0,1)；
设平面DBP的一个法向量为m=(x,y,z),DP=(1,0,2),DB=(2,2,0)，
由m⋅DP=0m⋅DB=0，得x+2z=0,2x+2y=0,
令z=-1，得m=(2,-2,-1)；
∴cos=m⋅n|m|⋅|n|=55，
∴二面角A-PB-D的余弦值为55.
30．如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为，且AB=AC1，AB⊥B1C.

(1)求证: AO⊥平面BB1C1C;
(2)设∠B1BC=60∘，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为 ，求二面角A1-B1C1-B的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)-55
【解析】
【分析】
（1）先证明平面ABC1，可证得B1C⊥AO，再证明AO⊥BC1，从而证明AO⊥平面BB1C1C；（2）由题意，计算出各棱长，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，从而得对应向量的坐标，求解平面A1B1C1的法向量为n1，以及平面BB1C1C的一个法向量OA，代入向量的夹角公式计算余弦值，再由该二面角的平面角为钝角，可得二面角A1-B1C1-B的余弦值.
(1)∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1.
∵B1C⊥AB，AB∩BC1=B，∴平面ABC1，
又AO⊂平面ABC1，∴B1C⊥AO.∵AC1=AB，是BC1的中点，∴AO⊥BC1，
又B1C∩BC1=O，∴AO⊥平面BB1C1C.
(2)∵AB//A1B1，∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线与平面BB1C1C所成的角，
∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，
∴∠ABO=45∘，不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=3，CO=B1O=1，在Rt△ABO中，AO=BO=3.           
如图，以为坐标原点，分别以OB,OB1,OA所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则B1(0,1,0),C(0,-1,0),C1(-3,0,0),A(0,0,3),A1(-3,1,3)，则A1B1=(3,0,-3),B1C1=(-3,-1,0),OA=(0,0,3).
设平面A1B1C1的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1·A1B1=3x-3z=0n1·B1C1=-3x-y=0，得n1=(1,-3,1).
易知平面BB1C1C的一个法向量为OA=(0,0,3)，
则cosn1,OA=n1⋅OAn1OA=33×5=55，
由图可知二面角A1-B1C1-B为钝二面角，∴二面角A1-B1C1-B的余弦值为-55.
【点睛】
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.
31．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，△PAB为正三角形，且侧面底面，为的中点.

(1)求证：PB∥平面ACM；
(2)求直线BM与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接交于，进而证明BP∥OM，然后根据线面平行的判定定理证明问题；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而通过空间向量的夹角公式求得答案；
（3）求出平面的法向量，结合（2），进而通过空间向量的夹角公式求得答案.
(1)
证明：连接，与交于，则为的中点，又为的中点，
∴BP∥OM，∵BP⊄平面ACM，OM⊂平面CAM，∴BP∥平面CAM．

(2)
设是的中点，连接，∵是正方形，△PAB为正三角形，
∴PE⊥AB．又∵面面，交线为，∴PE⊥平面．
以为原点，分别以EB，EO，EP所在直线为，，轴，如图，建立空间直角坐标系E-xyz，
则E(0,0,0)，B(1,0,0)，A(-1,0,0)，P(0,0,3)，C(1,2,0)，D(-1,2,0)，M(-12,1,32),∴PA→=(-1,0,-3)，AD→=(0,2,0)，BM→=(-32,1,32)
设平面的法向量为n→=(x,y,z)，则{n⋅PA=-x-3z=0n⋅AD=2y=0，
令．则x=-3，得n=(-3,0,1)，
设直线BM与平面所成角为，
∴sinα=|cos|=|n→⋅BM→||n→||BM→|=32×1=32，
即直线BM与平面所成角的正弦值．
(3)
由（2）可知AC→=(2,2,0)，设平面的法向量为m→=(x1,y1,z1)，
则{m⋅PA=-x1-3z1=0m⋅AC=2x1+2y1=0，令．则x1=-3，，m→=(-3,3,1)．
设面与面夹角为，
∴cosθ=|cos|=|n→⋅m→||n→||m→|=277，
∴面与面夹角的余弦值为．
32．如图甲，平面图形中，AE=ED=DB=BC=1,CB⊥BD,ED//AB,∠EAB=60°，沿将折起，使点C到F的位置，如图乙，使BF⊥BE,EG=BF.

(1)求证：平面GEBF⊥平面AEG；
(2)点M是线段FG上的动点，当多长时，平面MAB与平面AEG所成的锐二面角的余弦值为34?
【答案】(1)证明见解析；
(2)当GM=33时，平面MAB与平面AEG所成锐二面角的余弦值为34.
【解析】
【分析】
(1)利用给定条件可得EG⊥平面ABDE，再证AE⊥BE即可证得平面AEG推理作答.
(2)由(1)得EA，EB，EG两两垂直，建立空间直角坐标系，借助空间向量即可计算、判断作答.
(1)
因为EG=BF，则EG//BF，且EG=BF，又BF⊥BE,BF⊥BD,BE∩BD=B，BE,BD⊂平面ABDE，
因此，BF⊥平面ABDE，即有EG⊥平面ABDE，EB⊂平面ABDE，则EG⊥EB，
而AE=ED=DB=1, ED//AB，则四边形ABDE为等腰梯形，又∠EAB=60°，则有∠BDE=∠AED=120∘，
于是有∠DEB=30°，则∠AEB=90°，即AE⊥BE，AE∩EG=E，AE,EG⊂平面AEG，
因此，平面AEG，而平面GEBF，
所以平面GEBF⊥平面AEG.
(2)
由(1)知，EA，EB，EG两两垂直，以点E为原点，射线EA，EB，EG分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系E-xyz，如图，

因AE=ED=DB=BF=1，四边形GEBF是矩形，则FG=BE=3，即A(1,0,0)，B(0,3,0)，G(0,0,1)，
令GM=λ(0≤λ≤3)，则M(0,λ,1)，AM=(-1,λ,1)，AB=(-1,3,0)，
设平面MAB的一个法向量为m=(x,  y,  z)，则m ⋅ AM=-x+λy+z=0 m ⋅ AB=-x+3y=0，令，得m=(3,1,3-λ)，
平面AEG的一个法向量n=(0,1,0)，则有|cos〈m,n 〉|=|m ⋅ n||m|  |n|=14+(3-λ)2，0≤λ≤3，
设平面MAB与平面AEG所成锐二面角为，则cosθ=14+(3-λ)2，0≤λ≤3，
依题意，14+(3-λ)2=34，解得λ=33，即GM=33，
所以当GM=33时，平面MAB与平面AEG所成锐二面角的余弦值为34.
33．如图所示的几何体是由以为顶点的半个圆锥和一个四棱锥拼接而成，点是AD⏜的中点，点在平面内，且∥，△QAD是边长为4的等边三角形，AB=BC=CD=2.

(1)证明:PQ⊥BC
(2)求平面PAQ和平面PBC所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）、利用线面垂直性质，线面垂直的判定，即可证明；
（2）、建立空间直角坐标系，分别求出平面PAQ和平面PBC的法向量，利用cosθ=n·mn·m求出所成锐二面角的余弦值.
(1)
分别取的中点E,AD的中点，连接QO,OE,OP,PE，

因为QO⊥平面,平面，所以QO⊥PO，
因为是AD⏜的中点，所以PA=PD,所以AD⊥PO.因为QO∩AD=O，所以平面.
因为平面，所以PO⊥BC，因为∥,所以BC⊥QO，
又因为PO∩QO=O，所以平面PQO,因为PQ⊂平面PQO，所以PQ⊥BC.
(2)
因为AB=BC=CD=2，所以由（1）可知OA,OE,OP两两垂直，分别以OA,OE,OP的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，

由题意知P0,0,2，A2,0,0，Q0,-23,0，B1,3,0，C-1,3,0，
PA=2,0,-2，PQ=0,-23,-2，BC=-2,0,0，BP=-1,-3,2，
设平面PAQ的法向量n=x1,y1,z1，
由n·PA=0n·PQ=0,得x1-z1=03y1+z1=0，令z1=3，得n=3,-1,3，
设平面PBC的法向量m=x2,y2,z2，
由m·BC=0m·BP=0，得x2=0x2+3y2-2z2=0，令z2=3，得m=0,2,3，
设平面PAQ和平面PBC所成锐二面角为,则cosθ=n·mn·m=17×7=17，
所以平面PAQ和平面PBC所成锐二面角的余弦值为.
34．如图所示，直三棱柱的上、下底面的顶点分别在圆柱OO1的上、下底面的圆周上，且AB过圆柱下底面的圆心O,D为CB1与BC1的交点.

(1)求证:OD//平面ACC1A1；
(2)若圆柱底面半径为2，母线长为4,∠ABC=π6，求直线DA1与平面ACC1A1所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)64
【解析】
【分析】
（1）法一：连接AC1可证得OD//AC1，由线面平行的判定定理即可证得结论；
法二：取中点E,CC1中点，连接EF,OE,DF,可证得四边形ODFE为平行四边形，则OD//EF，由线面平行的判定定理即可证得结论.
（2）法一：取中点E,CC1中点，连接EF,OE,DF,可知DF//BC,易证得平面ACC1A1，从而DF⊥平面ACC1A1，则连接A1F,∠DA1F为直线DA1与平面ACC1A1所成的角，计算即可求得结果;
法二:分别以向量CA,CB，CC1的方向为的正方向建立空间直角坐标系C-xyz,求得A1D=-2，3，-2，求出平面ACC1A1的一个法向量可以记为n=0,3,0，利用数量积公式计算即可得出结果.
(1)
法一:连接AC1由题易知BCC1B1为矩形，所以为BC1的中点，
又为中点，所以OD//AC1，
又OD⊄平面ACC1A1,AC1⊂平面ACC1A1，所以OD//平面ACC1A1.

法二:取中点E,CC1中点，连接EF,OE,DF,由题易知BCC1B1为矩形，
所以为BC1的中点，又为中点，
所以OE//BC,DF//BC，所以OE//DF，
又易知OE=12BC,DF=12BC，
所以OE=DF，
从而四边形ODFE为平行四边形，所以OD//EF，
又OD⊄平面ACC1A1,EF⊂平面ACC1A1，所以OD//平面ACC1A1；
(2)
法一:取中点E,CC1中点，连接EF,OE,DF,可知DF//BC

又因为点C在圆周上，为圆的直径，所以BC⊥AC,
又因为直三棱柱中CC1⊥底面，所以CC1⊥BC，
从而平面ACC1A1，从而DF⊥平面ACC1A1，所以连接A1F,∠DA1F为直线DA1与平面ACC1A1所成的角，圆柱底面半径为2,∠ABC=π6，
所以BC=23,DF=12BC=3，
又依题可知AA1=4，所以C1F=2，从而A1F=22，
所以在Rt△DA1F中， tan∠DA1F=DFA1F=322=64
法二:因为C点在圆周上，为圆的直径，所以，
又因为直三棱柱中CC1⊥底面，所以CA,CB,CC1两两垂直，
分别以向量CA,CB，CC1的方向为的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，

圆柱底面半径为2,∠ABC=π6，母线长为4，
所以AC=2,BC=23，
所以C0，0，0，A12，0，4，C10，0，4，B0，23，0，
所以D0，3，2，从而A1D=-2，3，-2，
又由CC1⊥平面，且为底面圆的直径，
所以CC1⊥BC,AC⊥BC，
又AC∩CC1=C，可知平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1的一个法向量可以记为n=0,3,0，
设直线DA1与平面ACC1A1所成角为，
则sinθ=cos=A1D⋅nA1Dn=-2,3,-2⋅0,3,04+3+4×3=311，
所以tanθ=64.
35．如图，在正三棱柱中，点D为棱BC的中点，，AA1=3．

(1)证明：A1D⊥B1C1；
(2)若点E为棱AB上一点，且满足______，求二面角A-A1E-C的正弦值．
从①A1E⊥DE；②VB-A1CE=3这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，265
【解析】
【分析】
（1）先证明平面AA1D，由BC∥B1C1得出B1C1⊥平面AA1D，即可证得A1D⊥B1C1.
（2）以为原点,分别以DA,DB,DD1为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，根据法向量的性质求出平面AA1E和平面CA1E的法向量，再由空间向量数量积的坐标运算即可解得.
(1)
连接AD，由题易知，△为正三角形，由于点D为BC的中点，故AD⊥BC．
∵AA1⊥平面ABC，平面ABC，∴AA1⊥BC．
又∵AA1∩AD=A，AA1，平面AA1D，∴平面AA1D．
在正三棱柱中，BC∥B1C1，故B1C1⊥平面AA1D．
又∵A1D⊂平面AA1D，∴A1D⊥B1C1．
(2)
选择①：A1E⊥DE，
∵AA1⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，∴A1A⊥DE．

又∵AA1∩A1E=A1，AA1，A1E⊂平面AA1E，∴DE⊥平面AA1E．
又∵AE⊂平面AA1E，∴AE⊥DE．
∵△为正三角形，∴为线段上靠近点的四等分点，则BE=14AB=1．
如图，设B1C1的中点为D1，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DD1的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(23,0,0)，A1(23,0,3)，C(0,-2,0)，E(32,32,0)，
则CE=(32,72,0)，CA1=(23,2,3)．
由题知平面AA1E的一个法向量为DE=(32,32,0)．
设平面CA1E的法向量为n=(x,y,z)，
则{n⋅CE=0,n⋅CA1=0,即{32x+72y=0,23x+2y+3z=0,令x=7，则y=-3，z=-43，
故n=(7,-3,-43)．设二面角A-A1E-C的平面角为，
则|cosθ|=|DE⋅n|DE|⋅|n||=233×10=15,
则二面角A-A1E-C的正弦值为1-(15)2=265．
选择②：VB-A1CE=3，
则VB-A1CE=VA1-BCE=13S△BCE⋅AA1=S△BCE=3，而S△BCE=3BE，
故BE=1．
如图，设B1C1的中点为D1，以D为坐标原点，分别以DA，DB，DD1的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(23,0,0)，A1(23,0,3)，C(0,-2,0)，E(32,32,0)，
则CE=(32,72,0)，CA1=(23,2,3)．
由题知平面AA1E的一个法向量为DE=(32,32,0)．
设平面CA1E的法向量为n=(x,y,z)，
则{n⋅CE=0,n⋅CA1=0,即{32x+72y=0,23x+2y+3z=0,令x=7，则y=-3，z=-43，
故n=(7,-3,-43)．设二面角A-A1E-C的平面角为，
则|cosθ|=|DE⋅n|DE|⋅|n||=233×10=15．
则二面角A-A1E-C的正弦值为1-(15)2=265．
36．如图，在四棱锥中，已知底面ABCD,BC⊥AB,AD，AB=AD=2,CD⊥PD，异面直线与所成角等于60∘.

(1)求证：平面PCD⊥平面PBD;
(2)在棱上是否存在一点，使得平面与平面BDE所成锐二面角的切值为5？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，为棱上靠近的三等分点.
【解析】
【分析】
（1）推导出PB⊥CD,CD⊥PD，从而平面，由此能证明平面PCD⊥平面PBD；
（2）以为原点，BA､BC､BP所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面DEB的一个法向量和平面PAB的法向量，利用向量法能求出在棱PA上存在一点，使得平面与平面BDE所成锐二面角的正切值为5,E为棱上靠近的三等分点.
(1)
证明：底面ABCD,∴PB⊥CD，
又∵CD⊥PD,PD∩PB=P,PD,PB⊂平面，
∴CD⊥平面PBD,∵CD⊂平面，
平面PCD⊥平面.
(2)
解：如图，以为原点，BA､BC､BP所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

假设棱上存在一点，使得平面与平面BDE所成锐二面角的正切值为5，
设PE→=λPA→,(0