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（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 专题强化训练四 直线与平面所成的角、二面角的平面角的常见解法）【附答案详解】
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这是一份（人教A版2019必修第二册）数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破 专题强化训练四 直线与平面所成的角、二面角的平面角的常见解法）【附答案详解】，共40页。试卷主要包含了定义法，三垂线法，垂面法等内容，欢迎下载使用。
利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点，过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法.
例：在三棱锥V－ABC中，VA＝AB＝VB＝AC＝BC＝2，VC＝eq \r(3)，求二面角V－AB－C的大小.
解 取AB的中点D，连接VD，CD，∵△VAB中，VA＝VB＝AB＝2，
∴△VAB为等边三角形，∴VD⊥AB且VD＝eq \r(3)，
同理CD⊥AB，CD＝eq \r(3)，
∴∠VDC为二面角V－AB－C的平面角，
而△VDC是等边三角形，∠VDC＝60°，
∴二面角V－AB－C的大小为60°.
技巧二、三垂线法
是利用三垂线定理及其逆定理来证明线线垂直，来找到二面角的平面角的方法.这种方法关键是找垂直于二面角的面的垂线.此方法是属于较常用的.
三垂线定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.
例：如图，在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ABC＝90°，SA＝AB，SB＝BC.求二面角A－SC－B的平面角的正弦值.
解 取SB的中点D，连接AD，则AD⊥SB，垂足为点D，
由已知平面SBC⊥平面SAB，平面SBC∩平面SAB＝SB，AD⊂平面SAB，
∴AD⊥平面SBC.
作AE⊥SC，垂足为点E，连接DE，
则DE⊥SC，
则∠AED为二面角A－SC－B的平面角.
设SA＝AB＝2，则SB＝BC＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，AC＝2eq \r(3)，SC＝4.
由题意得AE＝eq \r(3)，
Rt△ADE中，sin∠AED＝eq \f(AD,AE)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
∴二面角A－SC－B的平面角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
技巧三、垂面法
作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，得到交线，交线所成的角为二面角的平面角.关键在找与二面角的棱垂直且与二面角两半平面都有交线的平面.
例：如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分别交AC，SC于点D，E，又SA＝AB，SB＝BC，求二面角E－BD－C的大小.
解 ∵SB＝BC且E是SC的中点，
∴BE是等腰三角形SBC底边SC的中线，∴SC⊥BE.
又已知SC⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，
∴SC⊥平面BDE，∴SC⊥BD.
又SA⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，
∴SA⊥BD，而SC∩SA＝S，SC，SA⊂平面SAC，
∴BD⊥平面SAC.
∵平面SAC∩平面BDE＝DE，
平面SAC∩平面BDC＝DC，
∴BD⊥DE，BD⊥DC，
∴∠EDC是所求二面角的平面角.
∵SA⊥底面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥AC.
设SA＝2，则AB＝2，BC＝SB＝2eq \r(2).
∵AB⊥BC，∴AC＝2eq \r(3)，∴∠ACS＝30°.
又已知DE⊥SC，∴∠EDC＝60°.
即所求的二面角等于60°.
强化训练
一、单选题
1．（2023·全国·高一）在边长为1的正方体中，点，分别为，的中点，则直线与平面所成角的大小为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·浙江嘉兴·高一期末）已知正四面体，点为棱上一个动点，点为棱上靠近点的三等分点，记直线与所成角为，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023·山东威海·高一期末）在正方体中，，，分别为，，的中点，为底面上一动点，且直线平面，则与平面所成角的正切值的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023·江苏·南京师大附中高一期末）在四棱锥中，AD＝2，，，且，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023·全国·高一）如图，在四面体ABCD中，，，，，，则二面角的大小为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
6．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，在中，的面积是的面积的2倍，沿将翻折，使翻折后平面，此时二面角的大小为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·天津南开·高一期末）如图所示，等边三角形的边长为4，为的中点，沿把折叠到处，使二面角为60°，则折叠后二面角的正切值为（ ）．
A．B．
C．2D．
8．（2020·浙江·高一期末）已知二面角为，，，为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2023·河北·廊坊市第一中学高一阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，是棱上的动点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．平面
C．二面角的大小为
D．三棱锥的体积的最大值为
10．（2023·全国·高一课时练习）如图，四棱锥底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（ ）
A．
B．平面
C．与平面所成的角是
D．与所成的角等于与所成的角
11．（2023·浙江·台州市路桥区东方理想学校高一阶段练习）如图，三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为60°，为锐角，且侧面底面，下列四个结论正确的是（ ）
A．B．
C．直线与平面所成的角为45°D．
12．（2023·湖北孝感·高一期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P为线段B1C1上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．点A到平面A1BC的距离为B．平面A1PC与底面ABC的交线平行于A1P
C．三棱锥P﹣A1BC的体积为定值D．二面角A1-BC-A的大小为
三、解答题
13．（2022·陕西·西安建筑科技大学附属中学高一期末）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥BC，，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.
(1)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(2)求二面角P－BC－A的平面角的大小.
14．（2022·湖南·高一课时练习）如图，AB是的直径，点C为该圆上的一点，，所在的平面，，求SC与所在的平面所成的角的正切值．
15．（2023·浙江温州·高一竞赛）如图，已知三棱锥，底面是等腰三角形，，是等边三角形，为线段上一点，，二面角的大小为.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
16．（2023·湖北·大冶市第一中学高一阶段练习）在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.
（1）求证：平面PAC⊥平面PBC;（2）若AC=BC=PA，M是PB的中点.
①求AM与平面PBC所成角的正切值；②求二面角的大小.
17．（2023·全国·高一课时练习）如图在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线与平面所成角的大小．
18．（2023·广东白云·高一期末）如图，垂直于所在的平面，为的直径，，，，，点为线段上一动点.
（1）证明：平面平面；
（2）当点移动到点时，求与平面所成角的正弦值.
19．（2023·广东·肇庆市高要区第二中学高一）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝PB＝2．
（1）求证：AC⊥PB；
（2）求PB与平面PAC所成的角．
20．（2023·福建·闽江学院附中高一阶段练习）如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，E为棱AC上的一点，且BE⊥平面ACD．
（1）证明：BC⊥CD；
（2）设BC＝CD＝1，BC与平面ACD所成的角为45°，求二面角B－AD－C的大小．
21．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，在三棱柱中，点D是AB的中点．
(1)求证：平面．
(2)若平面ABC，，，，求二面角的平面角的余弦值．
22．（2023·广东广州·高一期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上一点．
(1)证明：平面平面；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值．
23．（2023·全国·高一课时练习）如图，在直角梯形ABCD中，，，，点E是BC的中点．将沿BD折起，使，连接AE、AC、DE，得到三棱锥．
(1)求证：平面平面BCD；
(2)若，二面角的大小为60°，求三棱锥的体积．
24．（2023·全国·高一课时练习）如图所示的几何体由三棱锥和正四棱锥拼接而成，平面，，，，，O为四边形对角线的交点．
(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．
25．（2023·江苏如皋·高一）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，E､F为PD的两个三等分点.
（1）求证：平面ACF；
（2）若平面平面PCD，PC与平面ABCD所成角为，，，求二面角的正弦值.
26．（2023·江苏如皋·）如图，在等腰三角形中，，，B，C分别是，上的点，且，E，F分别是，的中点，将沿着折起，得到四棱锥，连接.
（1）证明：平面；
（2）若，当时，求二面角的平面角.
27．（2023·江苏淮安·高一阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面平面ABCD，，.
（1）求证：；
（2）直线PB与平面ABCD所成角为时，试求：
①求四棱锥的体积；
②求二面角正切值；
③求证：二面角是直二面角.
28．（2023·湖北·华中师大一附中高一期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.点是的中点，作，交于点.
（1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明；
（2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正切值.
29．（2023·湖南·武冈市第二中学高一阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，，为锐角，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
参考答案：
1．A
【详解】
如图，连接AC，交于O ，连接OC，
∵点，分别为，的中点，
∴MN∥AC，
由正方体的性质可知CD⊥平面，
∴又，，
∴平面，
∴为直线AC与平面所成角，也即为直线与平面所成角，
在直角三角形ACO中，
∴.
故选：A
2．A
【详解】
解：不妨设正四面体的棱长为3，则底面三角形的高为，该四面体的高为，，要求直线与所成的最小角，即为直线与平面所成角，记点到平面的距离为，
由，得，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为，即的最小值为.
故选：．
3．B
【详解】
由题意，如上图示，面在正方体上的截面为且为中点，
∵平面，而面面，
∴面，又为底面上一动点，则在上，
∴与平面所成角为，
当与重合时，最小，此时，
当与重合时，最大，此时；
∴.
故选：B
4．C
【详解】
取AD中点O，连接PO、BO、CO，设CO与BD交于F，连接PF，
在等腰梯形ABCD中，由且BO=BC=CD=OD，
故四边形DOCB为菱形，所以，又PB=PD，且F为BD的中点，
所以，又，所以平面PCO，
过O作交PF于H，由平面PCO，
故，又，所以平面PBD，
设PO=t，，故，又AD=2OD，
故点A到平面PBD的距离，
设直线PA与平面PBD所成角的大小为，则
当且仅当即时取等号，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值的最大值为，
故选：C
5．B
【详解】
如图，作，且．连接，四边形是平行四边形，
因为，则，
所以就是二面角的平面角，
由平行四边形得，，
由，且，平面，得平面，
而平面，所以，所以，
所以，
中，，所以，
故选：B．
6．C
【详解】
在中，因为，沿将翻折，
可得，所以为二面角的平面角，
又因为平面，且平面，所以，
由的面积是的面积的2倍，可得，
在直角中，因为，可得，
又由，即二面角的大小为.
故选：C.
7．C
【详解】
由条件可知，取的中点，连结，，
，，
，，
是二面角的平面角，
，，
是等边三角形，，
故选：C
8．B
【详解】
如下图所示：
设，，，以、为邻边作平行四边形，
在平面内，，，，则，，
，，，，
所以，为二面角的平面角，即，
，为等边三角形，则，
四边形为平行四边形，，即，
，，，，
，平面，
平面，，则，
在平行四边形中，且，
所以，异面直线与所成角为或其补角，
在中，，，由余弦定理可得.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
9．ABD
【详解】
对于A：连接，，则，面，面，所以，因为，所以面，因为面，所以，故选项A正确；
对于B：因为面平面，面，所以平面，故选项B正确；
对于C：二面角即为二面角，因为面，所以即为所求角，在中，，故选项C不正确；
对于D：设，则，因为,，当点与点重合时，点到的距离最大，此时所以最大为：，所以最大值为，故选项D正确；
故选：ABD.
10．ABCD
【详解】
是正方形，则，又面，面，所以，
，平面，
所以平面，而平面，所以，A正确；
，平面，平面，所以平面，B正确；
底面，所以与平面所成的角是，C正确；
，与所成的角等于与所成的角，D正确，
故选：ABCD．
11．ACD
【详解】
如图，过作，为垂足，连结，如图建立空间直角坐标系
对于A选项，侧棱与底面所成角为，为锐角，且侧面底面，，又三棱柱的各棱长相等，可知四边形为菱形，，故A选项正确；
对于B选项，易知
，故B选项不正确；
对于C选项，由题意可知即为与平面所成的角，
，，故C选项正确；
对于D选项，，
因此，故D选项正确.
故选：ACD
【点睛】
本题考查了空间向量与立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算能力，属于中档题
12．BC
【解析】
【分析】
根据点面距、面面平行、线面平行、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
A选项，四边形是正方形，所以，所以，
但与不垂直，所以与平面不垂直，所以到平面的距离不是，A选项错误.
B选项，根据三棱柱的性质可知，平面平面，所以平面，
设平面与平面的交线为，根据线面平行的性质定理可知，B选项正确.
C选项，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确.
D选项，设是的中点，由于，所以，所以二面角的平面角为，由于，所以，D选项错误.
故选：BC
13．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，证明，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则有，从而可得即为二面角P－BC－A的平面角，从而可得出答案.
(1)
证明：因为PA⊥AB，PA⊥AC，，
所以平面，
又因平面，所以，
因为D为线段AC的中点，，
所以，
又，所以平面PAC，
又因为平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC；
(2)
解：由（1）得平面，
又平面，所以，
因为AB⊥BC，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角P－BC－A的平面角，
在中，，
所以，所以，
即二面角P－BC－A的平面角的大小为.
14．
【解析】
【分析】
连结,则为SC与所在的平面所成的角，设，求出的长度，即可得出答案.
【详解】
连结，由所在的平面
所以为SC与所在的平面所成的角
设，则
所以
15．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角的定义、线面角的定义，结合余弦定理进行求解即可.
(1)
取中点，连接，.
因为为等边三角形，所以.
设，因为为等腰三角形，且，所以
，，
在中，，由余弦定理得：
，
所以，故.因为，平面，所以平面，从而.
(2)
在上取点，使，连接，则，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，
由（1）平面，得平面平面，过作于，则平面，连接，则为直线与平面所成的角.
又由（1）知二面角的平面角为，所以，
设，则，，，，
所以在中，余弦定理得:
，
在中求得，，
在中，余弦定理得：
，又.
所以.
即直线与平面所成角的正弦值为.
16．（1）证明见解析（2）①②
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得到和，证得平面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面PBC.
（2）①取PC的中点D，连接AD，DM，得出DM是斜线AM在平面PBC上的射影，得到是AM与平面PBC所成角，再由，即可求解, ②取中点,过作于，连接，可证明是二面角的平面角，解直角三角形求其大小即可.
【详解】
（1）由题意，因为面ABC，面ABC，，
又，即，，平面PAC，
平面PBC，∴平面平面PBC.
（2）①取PC的中点D，连接AD，DM.
.
由（1）知，平面PAC，
又平面PAC，.而.平面PBC，
所以DM是斜线AM在平面PBC上的射影，
所以是AM与平面PBC所成角，且，
设，则由M是PB中点得，
，所以，
即AM与平面PBC所成角的正切值为.
②取中点,过作于，连接，
由可得，又面ABC，,
,
平面,
是在平面上的射影，
,
是二面角的平面角，
在Rt 中，由可得
又,
所以在直角中，
故.
17．（1）证明见解析 ；（2） 证明见解析；（3） ．
【解析】
【分析】
（1）连接，可得在中，由线线平行即可得到线面平行.（2）先由侧面底面得到平面进而得到，再由三角形三边关系得到即可得到线面垂直，再利用面面垂直的判定定理得证面面垂直.（3）由（1）中结论可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角,即可直接在中求解.
【详解】
（1）因为四边形为正方形，连接，则为中点，为中点，所以在中，且平面，
平面，所以平面．
（2）因为平面平面，
平面平面，且四边形为正方形，
所以平面，
所以平面，所以，
又，
所以是等腰直角三角形，且，
即，且平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（3）因为，
所以直线与平面所成角的大小等于直线与平面所成角的大小，
因为侧面底面，所以就是直线与平面所成角，在中，，所以，
所以直线与平面所成角的大小为．
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)利用线面垂直的性质可得，结合可得平面，根据面面垂直的判定定理即可证明；
(2)由题意可得，过点作交于点(如图)，得出，
进而和，结合等体积法即可求出点到平面的距离，从而得出结果.
【详解】
（1）证明：因为垂直于所在的平面，即平面，平面，
所以，又为的直径，所以，
因为，所以平面，
又平面，所以，
因为，，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）解：因为，，所以，
又，所以，
由，可得，
如图，过点作交于点，则，可得，
又，所以，
所以，，
设点到平面的距离为，
由，可得，解得，
所以当点移动到点时，与平面所成角的正弦值为.
19．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取AC的中点为O，连接BO，PO，在PAC中，由PA＝PC，得到PO⊥AC，在BAC中，由BA＝BC，得到BO⊥AC，再利用线面垂直的判定定理证明；
（2）易知PO2+BO2＝PB2，得到PO⊥BO，再由BO⊥AC，得到BO⊥平面ABC， 进而得到为PB与平面PAC所成的角求解．
【详解】
（1）如图所示：
取AC的中点为O，连接BO，PO．
在PAC中，∵PA＝PC，O为AC的中点，
∴PO⊥AC，
在BAC中，∵BA＝BC，O为AC的中点，
∴BO⊥AC，
∵OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面OPB，
∴AC⊥平面OPB，
∵PB⊂平面POB，
∴AC⊥BP
（2）在直角三角形ABC中，由AC＝2，O为AC的中点，得BO＝1.
在等腰三角形APC中，由∠APC＝120°，得PO＝，
又∵PB＝，
∴PO2+BO2＝PB2，即PO⊥BO，
又BO⊥AC，AC∩OP＝O，
∴BO⊥平面ABC，
即为PB与平面PAC所成的角．
在中，，
因为，
所以，
所以PB与平面PAC所成的角大小为.
20．（1）证明见解析（2）60°
【解析】
【分析】
（1）推导出BE⊥CD，AB⊥CD，从而CD⊥平面ABE，由此能证明BC⊥CD．
（2）由BE⊥平面ACD，∠BCE即为BC与平面ACD所成角，得到∠BCE＝∠BCA＝45°，BC＝AB＝1，过点B作BF⊥AD，交AD于F，连结EF，推导出AD⊥平面BEF，AD⊥EF，从而∠BFE是二面角B﹣AD﹣C的平面角，由此能求出二面角B﹣AD﹣C的大小．
【详解】
（1）证明：∵BE⊥平面ACD，CD⊂平面ACD，∴BE⊥CD，
∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，
∵AB∩BE＝B，∴CD⊥平面ABE，
∵BC⊂平面ABE，∴BC⊥CD．
（2）∵BE⊥平面ACD，∠BCE即为BC与平面ACD所成角，
∵BC＝CD＝1，BC与平面ACD所成的角为45°，
∴∠BCE＝∠BCA＝45°，BC＝AB＝1，
过点B作BF⊥AD，交AD于F，连结EF，
∵BF⊥AD，BE⊥AD，BE∩BF＝B，∴AD⊥平面BEF，
∵EF⊂平面BEF，∴AD⊥EF，
∴∠BFE是二面角B﹣AD﹣C的平面角，
∵BE＝，BF＝＝，
∴sin∠BFE＝＝，
由题图知，二面角B﹣AD﹣C的平面角为锐角，
∴二面角B﹣AD﹣C的大小为60°．
21．(1)证明见解析．
(2)．
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接，由中位线定理得，从而可得线面平行；
（2）证明平面，得是二面角的平面角，然后在三角形中求得其余弦值．
(1)
连接交于点，连接，如图，
则是中点，又是中点，所以，
平面，平面，所以平面；
(2)
平面，平面，所以，
又，是中点，所以，
，平面，所以平面，
平面，所以，所以是二面角的平面角，
由，，，得，，，所以，
．
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，分析可知二面角的平面角为，计算出三边边长，由此可求得的余弦值，即可得解.
(1)
证明：平面，平面，，
四边形为正方形，则，
，平面，平面，，
，为的中点，则，
，平面，平面，平面平面.
(2)
解：设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
、分别为、的中点，则且，
平面，平面，平面，，
，，平面，
平面，，所以，二面角的平面角为，
在中，，，，
所以，，则，
所以，，故，
因此，二面角的余弦值为.
23．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明平面，得到，再证明平面，得到证明.
（2）分别为的中点，证明为二面角的平面角，设，根据等面积法得到，计算体积得到答案.
(1)
，，，故平面，平面，
故，，，故平面，
平面BCD，故平面平面BCD.
(2)
如图所示：分别为的中点，连接，
分别为中点，故，平面，故平面，
平面，故.
分别为中点，故，，故，
，故平面，
故为二面角的平面角，即，
设，则，，，，，
，
根据的等面积法：，解得.
.
24．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.
(2)在正四棱锥中作出二面角的平面角，借助直角三角形计算即可.
(1)
取AD中点M，连QM，OM，如图，
因O是正四棱锥底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，，
于是得PQMO是平行四边形，PO//QM，而平面ADQ，平面ADQ，
所以PO//平面ADQ.
(2)
在正四棱锥中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而，平面POA，
因此，DO平面POA，而平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，
，平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角的平面角，
因平面，则PQAQ，，而，则PO=2，，
中，，于是得，
所以二面角的正弦值.
25．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)连接、OF，BD交AC于点O，可得，结合线面平行的判定定理即可；
(2)过A作于H，由题意和面面垂直的性质可得平面PCD，进而有，过A作可得平面，进而有，可得为所求二面角的平面角，结合题意解三角形即可.
【详解】
(1)连接，交AC于点O，由底面ABCD是平行四边形得：点O是线段BD的中点，
在中，F为线段DE的中点，点O是线段BD的中点
，又平面，平面ACF
平面
（2）平面ABCD，PC与平面ABCD所成角即为
由平面可知：､都为直角三角形
，
在平面PAC中，过点A作，垂足为H，且
平面PAD中，过点A作，垂足为M，连接HM，且
平面平面PCD､平面平面､，平面PAC
平面PCD，又平面
，，
平面，平面
，
即为所求二面角的平面角
在中，，，
二面角的正弦值.
26．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）要证线面平行，只要证平面外这条直线平行于平面内的一条直线即可得解；
（2）先用几何法确定二面角的位置，在平面内，作，垂足为M，在平面内，作，垂足为，连结，是二面角的平面角，解三角形即可得解.
【详解】
（1）取的中点G，连接，
在中，，
所以
因为平面，平面，所以平面
因为，所以四边形是梯形，
因为，，所以
因为平面，平面，所以平面
由于，，平面
所以平面平面
因为平面
所以平面
（2）在平面内，作，垂足为M，在平面内，作，垂足为，连结.
在四边形中，，，所以
因为，所以
因为，，，平面
所以平面
因为平面，所以
又，，，平面
所以平面
因为平面，所以
是二面角的平面角
在等腰三角形中，，，所以
所以在四棱锥中，，
所以，
因为，，平面
所以平面
因为平面，所以
直角三角形中，，，所以
直角三角形中，，即，所以
又
所以
由图可知二面角是锐二面角
所以，即二面角的平面角是.
27．（1）证明见解析；（2）①2；②2；③证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）证得平面，结合线面垂直的性质即可证出结论；
（2）设底面边长为，由题意可得，解方程求出的值，进而可相应的边长，①由即可求出结果；②证得为二面角的平面角，在中，由可求出结果；③证得平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面，进而可得结论.
【详解】
（1）取的中点,连接，因为底面ABCD为菱形，且，所以为等边三角形，所以，又因为，所以，且，则平面，又因为平面，因此,
（2）平面平面ABCD，且平面平面ABCD，且，所以平面ABCD，设底面边长为，则，，因为直线PB与平面ABCD所成角为时，即，所以，故，解得，
①;
②过点作于，连接，因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，又因为,故平面，又因为平面，所以，则为二面角的平面角，因为，因此，在中，，因此二面角的正切值为,
③取的中点,连接，所以，且，又因为，且，所以且，所以四边形为平行四边形，又因为平面，又因为平面，所以，所以四边形为矩形，因此，又因为，所以，且，所以平面，又因为平面，故平面平面，所以二面角是直二面角.
28．（1），证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的性质定理进行证明即可.
（2）先找出二面角的平面角，然后进行求解即可，
（3）根据线面角的定义进行求解即可，
【详解】
（1）证明：连结交交于，
∵是正方形，∴为的中点，
又∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴.
（2）∵平面，平面，
∴，
设正方形的边长为4，
∵，
∴的中线，，，
同理，，，
∵，，
∴为正三角形，中线，且，
∵，，
∴，同理，
∴是二面角的一个平面角，
又∵在正三角形中，
∴，
则平面与平面所成的较小的面角的余弦值为.
（3）同（2）中，得，
又∵在正方形中，，，平面，平面，
∴平面，
同理平面，
同理面，
∴是直线与平面所成的角，
∵在和中得，
∴直线与平面所成角的正切值为.
29．【详解】
（1）证明：在平面内过作于，
因为平面平面，又平面平面，
所以平面，平面，所以，
过分别作于，
取中点为，则，且，
所以四边形是平行四边形，，
所以，
所以， ，
，且平面，所以平面，平面
所以，因为，，平面.
（2）二面角的平面角与二面角的平面角互补，
由（1）可得，平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，连接，
在中，为与平面所成的角，由其正弦值为，，
可得，因为，所以，所以，
所以二面角的余弦值为.
利用二面角的平面角的定义，在二面角的棱上取一点，过该点在两个半平面内作垂直于棱的射线，两射线所成的角就是二面角的平面角，这是一种最基本的方法.
例：在三棱锥V－ABC中，VA＝AB＝VB＝AC＝BC＝2，VC＝eq \r(3)，求二面角V－AB－C的大小.
解 取AB的中点D，连接VD，CD，∵△VAB中，VA＝VB＝AB＝2，
∴△VAB为等边三角形，∴VD⊥AB且VD＝eq \r(3)，
同理CD⊥AB，CD＝eq \r(3)，
∴∠VDC为二面角V－AB－C的平面角，
而△VDC是等边三角形，∠VDC＝60°，
∴二面角V－AB－C的大小为60°.
技巧二、三垂线法
是利用三垂线定理及其逆定理来证明线线垂直，来找到二面角的平面角的方法.这种方法关键是找垂直于二面角的面的垂线.此方法是属于较常用的.
三垂线定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.
例：如图，在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ABC＝90°，SA＝AB，SB＝BC.求二面角A－SC－B的平面角的正弦值.
解 取SB的中点D，连接AD，则AD⊥SB，垂足为点D，
由已知平面SBC⊥平面SAB，平面SBC∩平面SAB＝SB，AD⊂平面SAB，
∴AD⊥平面SBC.
作AE⊥SC，垂足为点E，连接DE，
则DE⊥SC，
则∠AED为二面角A－SC－B的平面角.
设SA＝AB＝2，则SB＝BC＝2eq \r(2)，AD＝eq \r(2)，AC＝2eq \r(3)，SC＝4.
由题意得AE＝eq \r(3)，
Rt△ADE中，sin∠AED＝eq \f(AD,AE)＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
∴二面角A－SC－B的平面角的正弦值为eq \f(\r(6),3).
技巧三、垂面法
作一与棱垂直的平面，该垂面与二面角两半平面相交，得到交线，交线所成的角为二面角的平面角.关键在找与二面角的棱垂直且与二面角两半平面都有交线的平面.
例：如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC且分别交AC，SC于点D，E，又SA＝AB，SB＝BC，求二面角E－BD－C的大小.
解 ∵SB＝BC且E是SC的中点，
∴BE是等腰三角形SBC底边SC的中线，∴SC⊥BE.
又已知SC⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，
∴SC⊥平面BDE，∴SC⊥BD.
又SA⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，
∴SA⊥BD，而SC∩SA＝S，SC，SA⊂平面SAC，
∴BD⊥平面SAC.
∵平面SAC∩平面BDE＝DE，
平面SAC∩平面BDC＝DC，
∴BD⊥DE，BD⊥DC，
∴∠EDC是所求二面角的平面角.
∵SA⊥底面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥AC.
设SA＝2，则AB＝2，BC＝SB＝2eq \r(2).
∵AB⊥BC，∴AC＝2eq \r(3)，∴∠ACS＝30°.
又已知DE⊥SC，∴∠EDC＝60°.
即所求的二面角等于60°.
强化训练
一、单选题
1．（2023·全国·高一）在边长为1的正方体中，点，分别为，的中点，则直线与平面所成角的大小为（ ）
A．B．
C．D．
2．（2023·浙江嘉兴·高一期末）已知正四面体，点为棱上一个动点，点为棱上靠近点的三等分点，记直线与所成角为，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023·山东威海·高一期末）在正方体中，，，分别为，，的中点，为底面上一动点，且直线平面，则与平面所成角的正切值的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
4．（2023·江苏·南京师大附中高一期末）在四棱锥中，AD＝2，，，且，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023·全国·高一）如图，在四面体ABCD中，，，，，，则二面角的大小为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
6．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，在中，的面积是的面积的2倍，沿将翻折，使翻折后平面，此时二面角的大小为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023·天津南开·高一期末）如图所示，等边三角形的边长为4，为的中点，沿把折叠到处，使二面角为60°，则折叠后二面角的正切值为（ ）．
A．B．
C．2D．
8．（2020·浙江·高一期末）已知二面角为，，，为垂足，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2023·河北·廊坊市第一中学高一阶段练习）如图，已知正方体的棱长为1，是棱上的动点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．平面
C．二面角的大小为
D．三棱锥的体积的最大值为
10．（2023·全国·高一课时练习）如图，四棱锥底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（ ）
A．
B．平面
C．与平面所成的角是
D．与所成的角等于与所成的角
11．（2023·浙江·台州市路桥区东方理想学校高一阶段练习）如图，三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为60°，为锐角，且侧面底面，下列四个结论正确的是（ ）
A．B．
C．直线与平面所成的角为45°D．
12．（2023·湖北孝感·高一期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=1，P为线段B1C1上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．点A到平面A1BC的距离为B．平面A1PC与底面ABC的交线平行于A1P
C．三棱锥P﹣A1BC的体积为定值D．二面角A1-BC-A的大小为
三、解答题
13．（2022·陕西·西安建筑科技大学附属中学高一期末）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥BC，，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.
(1)求证：平面BDE⊥平面PAC；
(2)求二面角P－BC－A的平面角的大小.
14．（2022·湖南·高一课时练习）如图，AB是的直径，点C为该圆上的一点，，所在的平面，，求SC与所在的平面所成的角的正切值．
15．（2023·浙江温州·高一竞赛）如图，已知三棱锥，底面是等腰三角形，，是等边三角形，为线段上一点，，二面角的大小为.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
16．（2023·湖北·大冶市第一中学高一阶段练习）在三棱锥P-ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC.
（1）求证：平面PAC⊥平面PBC;（2）若AC=BC=PA，M是PB的中点.
①求AM与平面PBC所成角的正切值；②求二面角的大小.
17．（2023·全国·高一课时练习）如图在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线与平面所成角的大小．
18．（2023·广东白云·高一期末）如图，垂直于所在的平面，为的直径，，，，，点为线段上一动点.
（1）证明：平面平面；
（2）当点移动到点时，求与平面所成角的正弦值.
19．（2023·广东·肇庆市高要区第二中学高一）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝PB＝2．
（1）求证：AC⊥PB；
（2）求PB与平面PAC所成的角．
20．（2023·福建·闽江学院附中高一阶段练习）如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，E为棱AC上的一点，且BE⊥平面ACD．
（1）证明：BC⊥CD；
（2）设BC＝CD＝1，BC与平面ACD所成的角为45°，求二面角B－AD－C的大小．
21．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，在三棱柱中，点D是AB的中点．
(1)求证：平面．
(2)若平面ABC，，，，求二面角的平面角的余弦值．
22．（2023·广东广州·高一期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上一点．
(1)证明：平面平面；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值．
23．（2023·全国·高一课时练习）如图，在直角梯形ABCD中，，，，点E是BC的中点．将沿BD折起，使，连接AE、AC、DE，得到三棱锥．
(1)求证：平面平面BCD；
(2)若，二面角的大小为60°，求三棱锥的体积．
24．（2023·全国·高一课时练习）如图所示的几何体由三棱锥和正四棱锥拼接而成，平面，，，，，O为四边形对角线的交点．
(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．
25．（2023·江苏如皋·高一）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，E､F为PD的两个三等分点.
（1）求证：平面ACF；
（2）若平面平面PCD，PC与平面ABCD所成角为，，，求二面角的正弦值.
26．（2023·江苏如皋·）如图，在等腰三角形中，，，B，C分别是，上的点，且，E，F分别是，的中点，将沿着折起，得到四棱锥，连接.
（1）证明：平面；
（2）若，当时，求二面角的平面角.
27．（2023·江苏淮安·高一阶段练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面平面ABCD，，.
（1）求证：；
（2）直线PB与平面ABCD所成角为时，试求：
①求四棱锥的体积；
②求二面角正切值；
③求证：二面角是直二面角.
28．（2023·湖北·华中师大一附中高一期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.点是的中点，作，交于点.
（1）设平面与平面的交线为，试判断直线与直线的位置关系，并给出证明；
（2）求平面与平面所成的较小的二面角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正切值.
29．（2023·湖南·武冈市第二中学高一阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，，为锐角，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
参考答案：
1．A
【详解】
如图，连接AC，交于O ，连接OC，
∵点，分别为，的中点，
∴MN∥AC，
由正方体的性质可知CD⊥平面，
∴又，，
∴平面，
∴为直线AC与平面所成角，也即为直线与平面所成角，
在直角三角形ACO中，
∴.
故选：A
2．A
【详解】
解：不妨设正四面体的棱长为3，则底面三角形的高为，该四面体的高为，，要求直线与所成的最小角，即为直线与平面所成角，记点到平面的距离为，
由，得，解得，所以直线与平面所成角的正弦值为，即的最小值为.
故选：．
3．B
【详解】
由题意，如上图示，面在正方体上的截面为且为中点，
∵平面，而面面，
∴面，又为底面上一动点，则在上，
∴与平面所成角为，
当与重合时，最小，此时，
当与重合时，最大，此时；
∴.
故选：B
4．C
【详解】
取AD中点O，连接PO、BO、CO，设CO与BD交于F，连接PF，
在等腰梯形ABCD中，由且BO=BC=CD=OD，
故四边形DOCB为菱形，所以，又PB=PD，且F为BD的中点，
所以，又，所以平面PCO，
过O作交PF于H，由平面PCO，
故，又，所以平面PBD，
设PO=t，，故，又AD=2OD，
故点A到平面PBD的距离，
设直线PA与平面PBD所成角的大小为，则
当且仅当即时取等号，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值的最大值为，
故选：C
5．B
【详解】
如图，作，且．连接，四边形是平行四边形，
因为，则，
所以就是二面角的平面角，
由平行四边形得，，
由，且，平面，得平面，
而平面，所以，所以，
所以，
中，，所以，
故选：B．
6．C
【详解】
在中，因为，沿将翻折，
可得，所以为二面角的平面角，
又因为平面，且平面，所以，
由的面积是的面积的2倍，可得，
在直角中，因为，可得，
又由，即二面角的大小为.
故选：C.
7．C
【详解】
由条件可知，取的中点，连结，，
，，
，，
是二面角的平面角，
，，
是等边三角形，，
故选：C
8．B
【详解】
如下图所示：
设，，，以、为邻边作平行四边形，
在平面内，，，，则，，
，，，，
所以，为二面角的平面角，即，
，为等边三角形，则，
四边形为平行四边形，，即，
，，，，
，平面，
平面，，则，
在平行四边形中，且，
所以，异面直线与所成角为或其补角，
在中，，，由余弦定理可得.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
9．ABD
【详解】
对于A：连接，，则，面，面，所以，因为，所以面，因为面，所以，故选项A正确；
对于B：因为面平面，面，所以平面，故选项B正确；
对于C：二面角即为二面角，因为面，所以即为所求角，在中，，故选项C不正确；
对于D：设，则，因为,，当点与点重合时，点到的距离最大，此时所以最大为：，所以最大值为，故选项D正确；
故选：ABD.
10．ABCD
【详解】
是正方形，则，又面，面，所以，
，平面，
所以平面，而平面，所以，A正确；
，平面，平面，所以平面，B正确；
底面，所以与平面所成的角是，C正确；
，与所成的角等于与所成的角，D正确，
故选：ABCD．
11．ACD
【详解】
如图，过作，为垂足，连结，如图建立空间直角坐标系
对于A选项，侧棱与底面所成角为，为锐角，且侧面底面，，又三棱柱的各棱长相等，可知四边形为菱形，，故A选项正确；
对于B选项，易知
，故B选项不正确；
对于C选项，由题意可知即为与平面所成的角，
，，故C选项正确；
对于D选项，，
因此，故D选项正确.
故选：ACD
【点睛】
本题考查了空间向量与立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算能力，属于中档题
12．BC
【解析】
【分析】
根据点面距、面面平行、线面平行、二面角等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
A选项，四边形是正方形，所以，所以，
但与不垂直，所以与平面不垂直，所以到平面的距离不是，A选项错误.
B选项，根据三棱柱的性质可知，平面平面，所以平面，
设平面与平面的交线为，根据线面平行的性质定理可知，B选项正确.
C选项，由于平面,平面，所以平面.所以到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，C选项正确.
D选项，设是的中点，由于，所以，所以二面角的平面角为，由于，所以，D选项错误.
故选：BC
13．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，证明，再根据线面垂直的判定定理可得平面PAC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，则有，从而可得即为二面角P－BC－A的平面角，从而可得出答案.
(1)
证明：因为PA⊥AB，PA⊥AC，，
所以平面，
又因平面，所以，
因为D为线段AC的中点，，
所以，
又，所以平面PAC，
又因为平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC；
(2)
解：由（1）得平面，
又平面，所以，
因为AB⊥BC，，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角P－BC－A的平面角，
在中，，
所以，所以，
即二面角P－BC－A的平面角的大小为.
14．
【解析】
【分析】
连结,则为SC与所在的平面所成的角，设，求出的长度，即可得出答案.
【详解】
连结，由所在的平面
所以为SC与所在的平面所成的角
设，则
所以
15．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据二面角的定义、线面角的定义，结合余弦定理进行求解即可.
(1)
取中点，连接，.
因为为等边三角形，所以.
设，因为为等腰三角形，且，所以
，，
在中，，由余弦定理得：
，
所以，故.因为，平面，所以平面，从而.
(2)
在上取点，使，连接，则，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，
由（1）平面，得平面平面，过作于，则平面，连接，则为直线与平面所成的角.
又由（1）知二面角的平面角为，所以，
设，则，，，，
所以在中，余弦定理得:
，
在中求得，，
在中，余弦定理得：
，又.
所以.
即直线与平面所成角的正弦值为.
16．（1）证明见解析（2）①②
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得到和，证得平面PAC，再由面面垂直的判定定理，即可得到平面平面PBC.
（2）①取PC的中点D，连接AD，DM，得出DM是斜线AM在平面PBC上的射影，得到是AM与平面PBC所成角，再由，即可求解, ②取中点,过作于，连接，可证明是二面角的平面角，解直角三角形求其大小即可.
【详解】
（1）由题意，因为面ABC，面ABC，，
又，即，，平面PAC，
平面PBC，∴平面平面PBC.
（2）①取PC的中点D，连接AD，DM.
.
由（1）知，平面PAC，
又平面PAC，.而.平面PBC，
所以DM是斜线AM在平面PBC上的射影，
所以是AM与平面PBC所成角，且，
设，则由M是PB中点得，
，所以，
即AM与平面PBC所成角的正切值为.
②取中点,过作于，连接，
由可得，又面ABC，,
,
平面,
是在平面上的射影，
,
是二面角的平面角，
在Rt 中，由可得
又,
所以在直角中，
故.
17．（1）证明见解析 ；（2） 证明见解析；（3） ．
【解析】
【分析】
（1）连接，可得在中，由线线平行即可得到线面平行.（2）先由侧面底面得到平面进而得到，再由三角形三边关系得到即可得到线面垂直，再利用面面垂直的判定定理得证面面垂直.（3）由（1）中结论可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角,即可直接在中求解.
【详解】
（1）因为四边形为正方形，连接，则为中点，为中点，所以在中，且平面，
平面，所以平面．
（2）因为平面平面，
平面平面，且四边形为正方形，
所以平面，
所以平面，所以，
又，
所以是等腰直角三角形，且，
即，且平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
（3）因为，
所以直线与平面所成角的大小等于直线与平面所成角的大小，
因为侧面底面，所以就是直线与平面所成角，在中，，所以，
所以直线与平面所成角的大小为．
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)利用线面垂直的性质可得，结合可得平面，根据面面垂直的判定定理即可证明；
(2)由题意可得，过点作交于点(如图)，得出，
进而和，结合等体积法即可求出点到平面的距离，从而得出结果.
【详解】
（1）证明：因为垂直于所在的平面，即平面，平面，
所以，又为的直径，所以，
因为，所以平面，
又平面，所以，
因为，，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）解：因为，，所以，
又，所以，
由，可得，
如图，过点作交于点，则，可得，
又，所以，
所以，，
设点到平面的距离为，
由，可得，解得，
所以当点移动到点时，与平面所成角的正弦值为.
19．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取AC的中点为O，连接BO，PO，在PAC中，由PA＝PC，得到PO⊥AC，在BAC中，由BA＝BC，得到BO⊥AC，再利用线面垂直的判定定理证明；
（2）易知PO2+BO2＝PB2，得到PO⊥BO，再由BO⊥AC，得到BO⊥平面ABC， 进而得到为PB与平面PAC所成的角求解．
【详解】
（1）如图所示：
取AC的中点为O，连接BO，PO．
在PAC中，∵PA＝PC，O为AC的中点，
∴PO⊥AC，
在BAC中，∵BA＝BC，O为AC的中点，
∴BO⊥AC，
∵OP∩OB＝O，OP，OB⊂平面OPB，
∴AC⊥平面OPB，
∵PB⊂平面POB，
∴AC⊥BP
（2）在直角三角形ABC中，由AC＝2，O为AC的中点，得BO＝1.
在等腰三角形APC中，由∠APC＝120°，得PO＝，
又∵PB＝，
∴PO2+BO2＝PB2，即PO⊥BO，
又BO⊥AC，AC∩OP＝O，
∴BO⊥平面ABC，
即为PB与平面PAC所成的角．
在中，，
因为，
所以，
所以PB与平面PAC所成的角大小为.
20．（1）证明见解析（2）60°
【解析】
【分析】
（1）推导出BE⊥CD，AB⊥CD，从而CD⊥平面ABE，由此能证明BC⊥CD．
（2）由BE⊥平面ACD，∠BCE即为BC与平面ACD所成角，得到∠BCE＝∠BCA＝45°，BC＝AB＝1，过点B作BF⊥AD，交AD于F，连结EF，推导出AD⊥平面BEF，AD⊥EF，从而∠BFE是二面角B﹣AD﹣C的平面角，由此能求出二面角B﹣AD﹣C的大小．
【详解】
（1）证明：∵BE⊥平面ACD，CD⊂平面ACD，∴BE⊥CD，
∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD，
∵AB∩BE＝B，∴CD⊥平面ABE，
∵BC⊂平面ABE，∴BC⊥CD．
（2）∵BE⊥平面ACD，∠BCE即为BC与平面ACD所成角，
∵BC＝CD＝1，BC与平面ACD所成的角为45°，
∴∠BCE＝∠BCA＝45°，BC＝AB＝1，
过点B作BF⊥AD，交AD于F，连结EF，
∵BF⊥AD，BE⊥AD，BE∩BF＝B，∴AD⊥平面BEF，
∵EF⊂平面BEF，∴AD⊥EF，
∴∠BFE是二面角B﹣AD﹣C的平面角，
∵BE＝，BF＝＝，
∴sin∠BFE＝＝，
由题图知，二面角B﹣AD﹣C的平面角为锐角，
∴二面角B﹣AD﹣C的大小为60°．
21．(1)证明见解析．
(2)．
【解析】
【分析】
（1）连接交于点，连接，由中位线定理得，从而可得线面平行；
（2）证明平面，得是二面角的平面角，然后在三角形中求得其余弦值．
(1)
连接交于点，连接，如图，
则是中点，又是中点，所以，
平面，平面，所以平面；
(2)
平面，平面，所以，
又，是中点，所以，
，平面，所以平面，
平面，所以，所以是二面角的平面角，
由，，，得，，，所以，
．
22．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，分析可知二面角的平面角为，计算出三边边长，由此可求得的余弦值，即可得解.
(1)
证明：平面，平面，，
四边形为正方形，则，
，平面，平面，，
，为的中点，则，
，平面，平面，平面平面.
(2)
解：设，取的中点，连接，过点在平面内作，垂足为点，连接，
、分别为、的中点，则且，
平面，平面，平面，，
，，平面，
平面，，所以，二面角的平面角为，
在中，，，，
所以，，则，
所以，，故，
因此，二面角的余弦值为.
23．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）证明平面，得到，再证明平面，得到证明.
（2）分别为的中点，证明为二面角的平面角，设，根据等面积法得到，计算体积得到答案.
(1)
，，，故平面，平面，
故，，，故平面，
平面BCD，故平面平面BCD.
(2)
如图所示：分别为的中点，连接，
分别为中点，故，平面，故平面，
平面，故.
分别为中点，故，，故，
，故平面，
故为二面角的平面角，即，
设，则，，，，，
，
根据的等面积法：，解得.
.
24．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)取AD中点M，连QM，OM，证得PO//QM即可得解.
(2)在正四棱锥中作出二面角的平面角，借助直角三角形计算即可.
(1)
取AD中点M，连QM，OM，如图，
因O是正四棱锥底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，，
于是得PQMO是平行四边形，PO//QM，而平面ADQ，平面ADQ，
所以PO//平面ADQ.
(2)
在正四棱锥中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而，平面POA，
因此，DO平面POA，而平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，
，平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角的平面角，
因平面，则PQAQ，，而，则PO=2，，
中，，于是得，
所以二面角的正弦值.
25．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
(1)连接、OF，BD交AC于点O，可得，结合线面平行的判定定理即可；
(2)过A作于H，由题意和面面垂直的性质可得平面PCD，进而有，过A作可得平面，进而有，可得为所求二面角的平面角，结合题意解三角形即可.
【详解】
(1)连接，交AC于点O，由底面ABCD是平行四边形得：点O是线段BD的中点，
在中，F为线段DE的中点，点O是线段BD的中点
，又平面，平面ACF
平面
（2）平面ABCD，PC与平面ABCD所成角即为
由平面可知：､都为直角三角形
，
在平面PAC中，过点A作，垂足为H，且
平面PAD中，过点A作，垂足为M，连接HM，且
平面平面PCD､平面平面､，平面PAC
平面PCD，又平面
，，
平面，平面
，
即为所求二面角的平面角
在中，，，
二面角的正弦值.
26．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）要证线面平行，只要证平面外这条直线平行于平面内的一条直线即可得解；
（2）先用几何法确定二面角的位置，在平面内，作，垂足为M，在平面内，作，垂足为，连结，是二面角的平面角，解三角形即可得解.
【详解】
（1）取的中点G，连接，
在中，，
所以
因为平面，平面，所以平面
因为，所以四边形是梯形，
因为，，所以
因为平面，平面，所以平面
由于，，平面
所以平面平面
因为平面
所以平面
（2）在平面内，作，垂足为M，在平面内，作，垂足为，连结.
在四边形中，，，所以
因为，所以
因为，，，平面
所以平面
因为平面，所以
又，，，平面
所以平面
因为平面，所以
是二面角的平面角
在等腰三角形中，，，所以
所以在四棱锥中，，
所以，
因为，，平面
所以平面
因为平面，所以
直角三角形中，，，所以
直角三角形中，，即，所以
又
所以
由图可知二面角是锐二面角
所以，即二面角的平面角是.
27．（1）证明见解析；（2）①2；②2；③证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）证得平面，结合线面垂直的性质即可证出结论；
（2）设底面边长为，由题意可得，解方程求出的值，进而可相应的边长，①由即可求出结果；②证得为二面角的平面角，在中，由可求出结果；③证得平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面，进而可得结论.
【详解】
（1）取的中点,连接，因为底面ABCD为菱形，且，所以为等边三角形，所以，又因为，所以，且，则平面，又因为平面，因此,
（2）平面平面ABCD，且平面平面ABCD，且，所以平面ABCD，设底面边长为，则，，因为直线PB与平面ABCD所成角为时，即，所以，故，解得，
①;
②过点作于，连接，因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，又因为,故平面，又因为平面，所以，则为二面角的平面角，因为，因此，在中，，因此二面角的正切值为,
③取的中点,连接，所以，且，又因为，且，所以且，所以四边形为平行四边形，又因为平面，又因为平面，所以，所以四边形为矩形，因此，又因为，所以，且，所以平面，又因为平面，故平面平面，所以二面角是直二面角.
28．（1），证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的性质定理进行证明即可.
（2）先找出二面角的平面角，然后进行求解即可，
（3）根据线面角的定义进行求解即可，
【详解】
（1）证明：连结交交于，
∵是正方形，∴为的中点，
又∵是的中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面，
又平面，平面平面，∴.
（2）∵平面，平面，
∴，
设正方形的边长为4，
∵，
∴的中线，，，
同理，，，
∵，，
∴为正三角形，中线，且，
∵，，
∴，同理，
∴是二面角的一个平面角，
又∵在正三角形中，
∴，
则平面与平面所成的较小的面角的余弦值为.
（3）同（2）中，得，
又∵在正方形中，，，平面，平面，
∴平面，
同理平面，
同理面，
∴是直线与平面所成的角，
∵在和中得，
∴直线与平面所成角的正切值为.
29．【详解】
（1）证明：在平面内过作于，
因为平面平面，又平面平面，
所以平面，平面，所以，
过分别作于，
取中点为，则，且，
所以四边形是平行四边形，，
所以，
所以， ，
，且平面，所以平面，平面
所以，因为，，平面.
（2）二面角的平面角与二面角的平面角互补，
由（1）可得，平面，因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，连接，
在中，为与平面所成的角，由其正弦值为，，
可得，因为，所以，所以，
所以二面角的余弦值为.
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