2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第17-19题解析版

这是一份2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第17-19题解析版，共60页。试卷主要包含了已知数列满足，已知正项数列的前项和满足，已知数列的前项和为，，.，已知数列满足，且，是的前n项和，定义，已知数列的前n项和为，且.，正项递增数列的前项和为，.等内容，欢迎下载使用。
2022年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题17-19题
原题17
1．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
变式题1基础
2．已知数列满足：对任意，有.
(1)求数列的通项公式;
(2)设，证明：.
变式题2基础
3．已知正项数列的前项和满足：.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求证：数列的前项和.
变式题3基础
4．已知数列的前项和为，，.
(1)求数列的通项公式和前项和；
(2)设，数列的前项和记为，证明：.
变式题4基础
5．已知数列满足，且，是的前n项和．
(1)求；
(2)若为数列的前n项和，求证：．
变式题5巩固
6．已知等比数列公比为正数，其前项和为，且.数列满足：.
(1)求数列的通项公式：
(2)求证：.
变式题6巩固
7．已知等差数列的前n项和为，且，；数列的前n项和，且，数列的，．
(1)求数列、的通项公式；
(2)若数列满足：，当时，求证：．
变式题7巩固
8．定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如的一阶和数列是，设它的n阶和数列各项和为．
(1)试求的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，并猜想的通项公式（无需证明）；
(2)若，求的前n项和，并证明：．
变式题8巩固
9．已知数列的前n项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前n项和为，求证：.
变式题9提升
10．正项递增数列的前项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)若，，，数列的前项和为，证明：.
变式题10提升
11．已知正项数列的前n项和为，且满足，，，数列满足．
(1)求出，的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，求证：．
变式题11提升
12．已知数列的前项和为，且有．
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的前项和，证明：．
原题18
13．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
变式题1基础
14．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A的大小；
（2）若，求面积的最大值以及周长的最大值．
变式题2基础
15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
（1）求B；
（2）若△ABC的面积等于，求△ABC的周长的最小值．
变式题3基础
16．在中，角，，的对边分别为，，，若，边的中线长为1．
（1）求角；
（2）求边的最小值．
变式题4巩固
17．在△中， 角所对的边分别为，且 .
（1）求证：；
（2）求的最大值.
变式题5巩固
18．已知的内角的对边分别为，若．
（1）求角C
（2）若的面积为，则的最小值．
变式题6巩固
19．已知的角对边分别为，.
(1)求；
(2)若，求的取值范围.
变式题7巩固
20．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为s，且．
(1)求A；
(2)若，求△ABC的面积的最大值．
变式题8提升
21．在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）设点是的中点，若，求的取值范围.
变式题9提升
22．在中，内角的对边分别为已知
（1）求的外接圆直径；
（2）求周长的取值范围.
变式题10提升
23．已知中，，，是角，，所对的边，，且.
(1)求；
(2)若，在的边，上分别取，两点，使沿线段折叠到平面后，顶点正好落在边（设为点）上，求此情况下的最小值.
变式题11提升
24．在中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若的面积，求周长的最小值.
原题19
25．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
变式题1基础
26．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C=CB=CA=2，AC⊥CB，D，E分别为棱C1C、B1C1的中点.

（1）求点B到平面ACE的距离；
（2）求二面角B－A1D－A的余弦值.
变式题2基础
27．如图，在长方体中，，，为的中点．

（1）证明：；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的平面角的余弦值．
变式题3基础
28．如图，在长方体中，，，点E是棱AB的中点．

（1）证明：；
（2）求点E到平面的距离；
（3）求二面角的余弦值．
变式题4基础
29．如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，.

（1）求点A到平面SBC的距离；
（2）求二面角的大小.
变式题5巩固
30．如图，在长方体中，，，E、M、N分别是、、的中点.

（1）证明：平面；
（2）求点C到平面的距离；
（3）设P为边上的一点，当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.
变式题6巩固
31．如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，是的中点，，垂足为.

（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求二面角的正弦值.
变式题7巩固
32．如图，正三棱柱中，，点，分别为，的中点.

（1）求点到平面的距离；
（2）求二面角的余弦值.
变式题8巩固
33．已知正三棱柱底面边长为2，M是BC上一点，三角形是以M为直角顶点的等腰直角三角形.

(1)证明M是BC中点；
(2)求二面角的大小；
(3)直接写出点C到平面的距离.
变式题9提升
34．如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．

（1）求点到平面的距离；
（2）设是线段上的动点，当直线与所成的角的余弦值为时，求二面角的余弦值．
变式题10提升
35．如图，三棱柱的棱长均为2，点在底面的射影O是的中点.

（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
变式题11提升
36．如图所示，平面平面，且四边形为矩形，，，，．

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．

参考答案：
1．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
（1）
∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）

∴
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，易知，当时，有递推关系可知，将其与与原递推关系作差，即可得到结果，再检验是否满足，进而得到结果；
（2）由（1）并结合题意可知，根据裂项相消法可知数列的前项和为，由此即可证明结果.
（1）
解：当时，，故，
当时，，则
，
故，
当时，上式亦满足；
综上， ；
（2）
解：因为
，
，
故.
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用可证是首项为，公比为的等比数列；（2）整理，利用裂项相消求和证明．
（1）
由题意：，
当时，可得，

两式相减得到
又，是首项为，公比为的等比数列
的通项公式为.
（2）
由题意知，



4．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据代入整理得，结合理解处理；（2）代入整理得，利用裂项相消进行求和．
（1）
由，得
两式相减可得，
因为，得
数列为3，，3，，3，，3，
即，
当为偶数时，；
当为奇数时，；

（2）
由
则有
所以，
5．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）运用累和法、裂项相消法进行求解即可；
（2）根据放缩法，结合、裂项相消法进行运算证明即可.
（1）
∵，∴，，…．
由上述个等式相加得，∴，
∴，；
（2）
，
，
∴.
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等比求和公式得出，再由累加法得出；
（2）结合等比求和公式、裂项相消求和法以及不等式的性质证明即可.
（1）


当时，
，

，
又
，经检验符合上式，

（2）
.


.


另解：


.得证
7．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）由，得到，再由求解；由，，得，，两式相减得到，从而数列是等比数列求解；
（2）由（1）得到，，利用裂项相消法求解.
（1）
解：因为，由，得，
所以，即，
设等差数列的公差为d，
所以，
所以．
由，，得，，
两式相减得，
即，
又，
所以数列是以1为首项、2为公比的等比数列，
则；
（2）
由（1）知：，
，
∴
．
8．(1)，，
(2)，证明见解析
【分析】(1)根据定义求出的二阶和数列各项和与三阶和数列各项和，由此归纳出，(2)由(1)化简，再由裂项相消法求其前项和，并完成证明.
（1）
由题意得，
，
，
，



，
…
，
由等比数列的前n项和公式可得，，
所以的通项公式．
（2）
由于，
所以，
则，
因为，所以，所以，
又随n的增大而减小，
所以当时，取得最大值，故．
9．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)先根据和an＝Sn－Sn－1(n≥2)，推出数列{an}的递推公式，再求an.
(2)根据的通项公式的结构形式，结合裂项求和法进行适当放缩，再求和，即可证得结果.
（1）
当时，，即.
当时，①，
②，
由①-②，得，即.
所以，且，所以数列为常数列，
所以，即.
（2）
证明：由（1）得，
所以，
所以.
10．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）先计算出，再通过退位相减计算的通项公式；
（2）先求出，进而得到，借助进行放缩，最后裂项求和即可得证.
（1）
当时，，解得或.
当时，，即，解得或，∴.
当时，，即，解得.
由，
当时，，
两式相减得，即，
当时，，所以，即，
∴或.
（2）
当时，，，则，.
，则.
∴.
∴.
11．(1)，；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可得数列是等比数列，求出其通项公式，再利用累加法求出数列的通项公式；先求出，再求出当时，数列满足的等式，即可求出数列的通项公式；
（2）写出数列的通项公式，利用裂项相消法求出数列的和，即可求证．
（1）
由，
得．又，
则数列是首项为2，公比为2的等比数列，
∴，
∴，，…，，
累加得，
∴．
数列满足，①
当时，；
当时，，②
由①－②可得，
当时，也符合上式，
故数列的通项公式为．
（2）
由（1）可得，
则
，
故成立．
12．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)递推一项作差即可求解；
(2)根据题意求出，利用裂项相消求和即可证明.
（1）
由题，
当时，，∴；
当时，由，
所以，两式相减，
可得，∴．
当时，满足，∴．
（2）
由题，
所以，
∵，∴，∴．
13．(1)；
(2)．
【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
（1）
因为，即，
而，所以；
（2）
由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
14．（1）；（2）面积的最大值为，周长最大值为
【分析】（1）利用正弦定理边化角以及余弦定理即可求解.
（2）根据余弦定理以及基本不等式即可求解.
【详解】（1）依题意，，
故,即，
由余弦定理得，，故，因为，故；
（2）由余弦定理，，即，
当且仅当时等号成立；
故的面积，
故面积的最大值为.
而，
故，当且仅当时等号成立；
故的周长
故周长的最大值为.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式以及基本不等式，在运用基本不等式时注意验证等号成立的条件，属于基础题.
15．（1）；（2）．
【分析】（1）先利用边角互化将转化为关于B的方程，求出∠B．
（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得．
【详解】（1）因为，
由正弦定理得．
因为，所以sinA＞0，所以，
所以，因为，
所以，即．
（2）依题意，即ac＝4．
所以当且仅当时取等号．
又由余弦定理得
∴，当且仅当a＝c＝2时取等号．
所以△ABC的周长最小值为．
【点睛】本题主要考查解三角形、基本不等式求最值，考查学生逻辑推理、数学运算、直观想象的核心素养，是一道容易题.
16．（1）；（2）．
【分析】（1）首先利用同角三角函数的商数关系和正弦定理的边化角公式将转化为，再化简即可得到答案.
（2）首先根据边的中线长为1，得到，从而得到，再利用余弦定理即可得到答案.
【详解】（1）因为，
所以，
，
，
，
因为，，，
所以，又，所以．
（2）因为边的中线长为1，所以，
所以，即，
解得，当且仅当时取等号.
所以
，
所以的最小值为．
17．（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）利用正弦定理将边化角，结合，即可容易求得；
（2）根据（1）中所求得到之间的关系，再将转化为关于的函数，利用均值不等式求得函数的最值，则的最值得解.
【详解】(1)在中，由及正弦定理，
得
则，
.      
（2）由（1）知，

又因为，故可得，
由均值不等式可得，当且仅当时等号成立
因此 ，
即的最大值为 .
【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，涉及均值不等式求和的最小值，以及正切的差角公式，属综合中档题.
18．（1）；（2）80．
【解析】（1）根据，利用正弦定理可得，然后转化为，再利用两角和的正弦公式求解.
（2）根据的面积为，得到，再利用余弦定理得到，代入，结合利用基本不等式求解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：，
所以，
即，
又，故，
故．
（2）因为的面积为，
所以，即，
故，
由余弦定理可得，
所以，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为80．
【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用以及基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
19．(1)；
(2)
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式，结合，可求，结合范围，可得的值；
（2）由已知利用余弦定理，基本不等式可求，结合，即可求解的取值范围．
（1）
，
由正弦定理可得：，
，
, 即，
，
．
（2）
，，
由余弦定理可得，
当且仅当时等号成立，
，
，
．
20．(1)
(2)
【分析】(1)利用余弦定理和三角形的面积公式化简计算可得，结合正弦定理和角A的取值范围即可求解；
(2)根据正弦定理求出a，利用余弦定理可得，结合基本不等式及三角形的面积公式计算即可．
（1）
由，，
得，
所以．
因为，，
得．
由正弦定理，得，
所以．又，
得．又，
所以．
（2）
设△ABC的外接圆半径为R，
由及正弦定理，
得，
又，所以．
因为，
即，当且仅当时等号成立，
所以，
即△ABC的面积的最大值为．
21．（1）；（2）.
【分析】（1）由可得，由正弦定理得，从而得，化简可求得，进而可求出角；
（2）如图，延长到，满足，连接，则为平行四边形，且，然后在中，利用余弦定理可得，再利用基本不等式可得，又由，即，从而可求出的取值范围
【详解】解：（1）在中，
由正弦定理，可得，
因为，
所以，
所以，
即，即，可得，
又因为，所以.
（2）如图，延长到，满足，连接，

则为平行四边形，且，
在中，由余弦定理得，
即，可得，即，
由基本不等式得：，
即，即，可得
（当且仅当取等号号）
又由，即，
故的取值范围是.
【点睛】此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角恒等变换公式的应用，考查基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题
22．（1）1；（2）.
【分析】（1）由正弦定理将已知条件边化角，从而求出角B，又，所以利用正弦定理即可求解的外接圆直径；
（2）由余弦定理，配凑得，结合基本不等式及三角形任意两边之和大于第三边即可求解.
【详解】解：（1）由及正弦定理，得
由知，
，化简得，
，又故，
由正弦定理得，外接圆的直径.
（2）由（1）知，由余弦定理得，
，当且仅当时，取等号，，
，即，
又，故，
，即的周长的取值范围为.
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，并结合半角公式整理得，进而结合范围得答案；
（2）由题知为等边三角形， ，设，，则，进而在中结合余弦定理得，最后根据基本不等式求解即可.
（1）
解：因为，
所以由正弦定理边角互化得，
因为，
所以，即，
所以，
因为，所以，
所以，所以，即
（2）
解：因为，，
所以为等边三角形，即，
如图，设，则，
所以在中，由余弦定理得，
整理得，设，
所以，
由于，故
所以，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为

24．(1)；
(2).
【分析】(1)利用正弦定理边化角，再结合同角公式计算作答.
(2)由(1)结合三角形面积定理求出bc，再由余弦定理结合均值不等式计算作答.
（1）
在中，由正弦定理及得：，
而，即，则，即，
因此，，又，即，
于是得，解得，
所以.
（2）
由(1)及三角形面积定理得：，，
由余弦定理得：，
则周长，当且仅当时取“=”，
所以周长的最小值为.
25．(1)
(2)
【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平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
（1）
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
26．（1）；（2）
【分析】（1）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设是平面ACE的一条法向量，求出法向量，则点B到平面ACE的距离为，从而可得出答案；
（2）根据（1）分别求出平面和平面的法向量，求出法向量夹角的余弦值，即可得出答案.
【详解】解：（1）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
则，
设是平面ACE的一条法向量，
则，可取，
，
即直线与平面ACE所成角的正弦值为，
所以点B到平面ACE的距离为；
（2）由（1）得，
设向量是平面的一条法向量，
则，可取，
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面，
由平面，所以，
又因为AC⊥CB，，所以平面，
所以为平面的一条法向量，即平面的一条法向量，
所以，
又二面角B－A1D－A为锐角，
所以二面角B－A1D－A的余弦值为.

27．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】(1)建立坐标系，求直线和直线的方向向量，的坐标，利用向量方法证明，(2)求向量的坐标及平面的法向量的坐标，由距离公式求点到平面的距离；(3)求平面的法向量的坐标，根据二面角夹角公式求二面角的平面角的余弦值．
【详解】（1）    如图，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，．
因为，
所以．
（2）由（1），得，，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，
所以，
则点到平面的距离．
（3）因为，所以．
由（1）可知，且，
所以平面，即是平面的一个法向量．
由（2）得是平面的一个法向量，
所以．
又二面角的平面角是锐角，
所以二面角的平面角的余弦值为．
28．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）由长方体及线面垂直的性质易得、，根据线面垂直的判定及性质即可证结论.
（2）利用等体积法：求E到平面的距离；
（3）构建空间直角坐标系，求面、面的法向量，再由空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值．
【详解】（1）由长方体性质知：面，面，则，
又，则为正方形，即，而，
∴面，而面，
∴.
（2）由题设，，则，
由，且E是棱AB的中点，则，即，
若E到平面的距离为，则，可得.
（3）构建如下图示的空间直角坐标系，则，

∴，若是面的法向量，
∴，令，则，
又是面的一个法向量，
∴，则锐二面角的余弦值.
29．（1）；（2）.
【分析】（1）利用等体积法求解点A到平面SBC的距离；
（2）如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）设点A到平面SBC的距离为，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以点A到平面SBC的距离为，
（2）如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的一个法向量为，则
，令，则，
平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的大小为

30．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）连接，，由平面几何的知识结合长方体的性质可得四边形为平行四边形，进而可得，由线面平行的判定即可得证；
（2）由长方体的几何特征结合平面几何的知识可得，由三棱锥的体积公式结合即可得解；
（3）由线面角的概念可得，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量、平面的一个法向量，由即可得解.
【详解】（1）证明：连接，，如图，

因为E、M分别是、的中点，所以且，
又N是的中点，所以，
结合长方体的性质可得且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
（2）因为，，为长方体，
E、M、N分别是、、的中点，
所以，，，
所以为等腰三角形，其底边上的高为，
所以，
设点C到平面的距离为，则，
又，
所以，解得，
所以点C到平面的距离为；
（3）连接，如图，

由平面可得即为直线与平面所成角，
又，所以,
分别以、、作为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令则，
易得平面的一个法向量，
所以，
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查了线面平行的判定及等体积法解决点到平面的距离问题，考查了空间向量的应用，属于中档题.
31．（1）证明见解析；（2）；（3）1.
【解析】（1）连接交于点，连接，易知为中点，利用中位线的性质可得，进而得证；
（2）过点作交于点，则转化为求点到平面的距离，解三角形易得，进而得解；
（3）建立空间直角坐标系，求出各相关点的坐标，得到平面及平面的法向量，利用向量公式即可得解.
【详解】解：（1）证明：连接交于点，连接，易知为中点，
在中，，分别为，中点，
∴为的一条中位线，
∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）过点作交于点，则点到平面的距离，即点到平面的距离，
∵平面，平面，
∴，
又，，平面，平面，
∴平面，则点到平面的距离即为的长度，
在中，，，故，
又，故，则，
∴，
∴，
∴，即点到平面的距离为.
（3）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由（2）可得，，，，
∴，，，，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
∴，
∴二面角的正弦值为1.

【点睛】本题考查线面平行的判定以及点到平面的距离，二面角的求解等知识点，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，空间想象能力，属于中档题.
32．（1）；（2）.
【解析】（1）建立空间坐标系，求出平面的法向量，则到平面的距离为；
（2）求出平面的法向量，计算，的夹角得出二面角的大小.
【详解】解：（1）取的中点，连结，则平面，
是等边三角形，，
以为原点，分别以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，，，，0，，，，，，0，，
，，，，0，，，0，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，0，，
点到平面的距离为.
（2），，，，0，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，，，
，，
二面角的余弦值为.

【点睛】关键点睛：（1）解题关键是建立空间坐标系，求出平面的法向量，进而用公式求解；（2）解题关键是设平面的法向量为，，，则，求出后，利用公式求解二面角的余弦值，难度属于中档题
33．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由已知得，且，从而面，由此能证明点为中点．
（2）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，即可得解；
（3）过点作，即可证明平面，再用等面积法求出即可；
（1）
证明：在正三棱柱中，有底面，面，
，
又是以点为直角顶点的等腰直角三角形，
且
，面
面，
面，
，
底面是边长为2的正三角形，
点为中点．
（2）
解：过作，交于．
以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．
由（1）知，，，，
，则、，，，所以，，，
设面的一个法向量为，
则，取，得，
令面的一个法向量为， 则，令，则
设二面角的大小为，由图知为锐角，
故，解得．
故二面角的大小为．

（3）
解：过点作，由（1）知且，平面，
平面，
在平面内，
，
又，平面，
平面
由（1）知，，，，
，
，
点到平面的距离为．
【点睛】
34．（1）；（2）．
【分析】（1）设点到平面的距离为．由，计算求解即可得出结果；
（2）设，则可用表示，再用表示所成角的余弦值，计算求得，进而求得平面，平面的一个法向量，计算即可得出结果.
【详解】（1），由于平面，
从而即为三棱锥的高，故．
设点到平面的距离为．
由平面得，又由于，故平面，所以．
由于，所以．故．
因为，所以．
（2）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，则各点的坐标为，，，．
设，
因为，所以，
由，得，
又，
从而．
即时，．
又因为，所以．
，，
设平面的一个法向量为，
则，，
即得：，令，则．
所以是平面的一个法向量．
又，，
设平面的一个法向量为，
则，，
即，取，则，，
所以是平面的一个法向量．
从而，
由图知二面角为钝角故二面角的余弦值为-．
【点睛】方法点睛：利用空间向量计算角、长度时，需要根据题设条件合理建立空间直角坐标系，从而把空间角的计算归结为方向向量或法向量的夹角的计算，对于动点坐标的计算，也要作合理的假设.
35．（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意，得的平面，以分别为建立的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，结合向量和，利用夹角公式，即可求解；
（2）求得平面的一个法向量，结合（1）中得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）由点在底面的射影O是的中点，可得平面，
又由是等边三角形，所以两两垂直，以分别为建立如图所示的空间直角坐标系，
因为三棱柱的棱长都是2，所以得，
可得，所以，
在平面中，，
设法向量为，则有，可得，
取，可得，所以平面的一个法向量为，
记点到平面的距离d，则.
（2）在平面中，，
设法向量为，则有，可得，
取，可得，所以，
设平面与平面所成角为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值.

36．（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系．
（1）由题意证明得为平面的一个法向量，证明平面，只需证明；
（2）求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
（3）由点到面的距离公式可得．
【详解】（1）证明：∵四边形为直角梯形，四边形为矩形，
∴，，
又∵平面平面，，且平面平面，
∴平面
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

，，，，，
则，．
∵，，
∴为平面的一个法向量．
又，
∴，即平面．
（2）由（1）知，
由（1）知，，
设平面的一个法向量，
则，∴，
∴平面AEF的一个法向量，
则，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
（3）由（1）知，又平面的一个法向量，
所以点到平面的距离．
【点睛】对于立体几何中角的计算以及距离求解问题，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.