高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直精练

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第二册第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直精练，共39页。

一．选择题
1．（2022秋•邢台期末）已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，下列说法正确的是
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】
【分析】对于，与相交、平行或异面；对于，与相交或异面；对于，由面面垂直的判定定理得；对于，与相交、平行或异面．
【解答】解：对于，，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，
对于，若，，则与相交、平行或异面，故错误；
对于，若，，，则与相交或异面，故错误；
对于，若，，则由面面垂直的判定定理得，故正确；
对于，若，，，则与相交、平行或异面，故错误．
故选：．
2．（2022春•宾阳县期末）如图，已知四棱锥中，已知底面，且底面为矩形，则下列结论中错误的是
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【分析】利用面面垂直的判定定理，对四个选项分别分析选择．
【解答】解：对于，因为已知底面，且底面为矩形，
所以，又，平面，所以平面平面，故正确；
对于，已知底面，且底面为矩形，
所以又，所以平面，所以平面平面，故正确；
对于，已知底面，且底面为矩形，所以，又，所以平面，故正确；
故选：．
3．（2022秋•邢台期中）在三棱锥中，平面，，，，则二面角的正切值为
A．2B．C．3D．
【答案】
【分析】取中点，连结，，则是二面角的平面角，由此能求出二面角的大小．
【解答】解：在三棱锥中，，，，平面，
取中点，连结，，
，，，
是二面角的平面角，
，．
二面角的正切值为：2．
故选：．
4．（2022•石家庄模拟）已知菱形边长为2，，对角线折叠成三棱锥，使得二面角为，设为的中点，为三棱锥表面上动点，且总满足，则点轨迹的长度为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】在侧面上，点的轨迹是，在侧面上，点的轨迹是，在底面上，点的轨迹是，求的周长即可．
【解答】解：连接、，交于点，连接，
为菱形，，所以，，、、△均为正三角形，
所以为二面角的平面角，于是，
又因为，所以△为正三角形，所以，
取中点，取中点，连接、、，所以、，
所以、，所以平面，
所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹的，
因为，，，所以的周长为，
所以点轨迹的长度为．
故选：．
5．（2022春•安平县期末）若是等边三角形所在平面外一点，且，，，分别是，，的中点，则下列结论中不正确的是
A．平面B．平面
C．平面平面D．平面平面
【分析】由，得平面；由，，，得平面；由平面，得平面平面；设，由与平面不垂直，得平面与平面不垂直．
【解答】解：是等边三角形所在平面外一点，且，
，，分别是，，的中点，
，
平面，平面，平面，故正确；
，是中点，
，，
，平面，
，平面，故正确；
平面，平面，
平面平面，故正确；
设，连结，不是等边三角形的重心，与平面不垂直，
平面与平面不垂直，故错误．
故选：．
6．（2022春•衡水期中）正四棱锥（顶点在底面的射影是底面正方形的中心）的体积为12，底面对角线的长为，则侧面与底面所成的二面角为
A．B．C．D．
【分析】先根据底面对角线长求出边长，从而求出底面积，再由体积求出正四棱锥的高，求出侧面与底面所成的二面角的平面角的正切值即可．
【解答】解：正四棱锥的体积为12，底面对角线的长为，
底面边长为，底面积为12，所以正四棱锥的高为3，
则侧面与底面所成的二面角的正切，
则二面角等于，
故选：．
7．（2022春•邢台期中）在四面体中，已知棱的长为，其余各棱的长都为1，则二面角的余弦值是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先作出二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可．
【解答】解：由已知可得
又由其余各棱长都为1得正三角形，取得中点，连，则
在平面中，过作的平行线交于点，则为二面角的平面角
（三角形的中位线），（正三角形的高），（等腰三角形，是斜边中点）
故选：．
8．（2022春•保定期末）若正四面体的每条棱长均为2，则二面角的余弦值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】首先利用转换关系求出二面角的平面角，进一步利用勾股定理和余弦定理的应用求出结果．
【解答】解：在正四面体中，取的中点，连接，，
如图所示由于和都为等边三角形，为的中点，
所以，，所以为两项邻面和平面的平面角，
由于四面体的各棱长为2，
故利用勾股定理得到，
故在中，，
故选：．
二．多选题
9．（2022•元氏县开学）如图，在正方体中，以下四个选项正确的是
A．平面B．与平面相交
C．平面D．平面平面
【答案】
【分析】根据面面平行的定义可判断；根据，可知平面，由此可判断；根据线面垂直的定义和判定定理可判断；根据面面垂直的判定定理可判断．
【解答】解：对于，因为平面平面，而平面，故与平面没有公共点，所以平面，所以正确；
对于，因为，所以平面，所以错误；
对于，只有，而与平面内其他直线不垂直，所以错误；
对于，在正方体中，易得平面，而平面，所以平面平面，所以正确；
故选：．
10．（2022春•定州市期末）在矩形中，，是的中点，将沿翻折，直至点落在边上．当翻折到的位置时，连接，，如图所示，则下列说法正确的是
A．四棱锥体积的最大值为
B．设的中点为，当时，二面角的余弦值为
C．不存在某一翻折位置，使得
D．是的中点，无论翻折到什么位置，都有平面
【答案】
【分析】对于，当平面平面时，计算得四棱锥体积的最大值为，故选项正确；
对于，取的中点，连接，，，证明为二面角的平面角，求出二面角的余弦值为，故选项正确；
对于，设，存在某一翻折位置，使得，故选项错误；
对于，当与的中点重合时，平面，故选项错误．
【解答】解：在矩形中，，是的中点，将沿翻折，直至点落在边上，
当翻折到的位置时，连接，，
对于，当平面平面时，四棱锥的体积最大，此时四棱锥的高为点到的距离，
直角梯形的面积为，四棱锥体积的最大值为正确；
对于，取的中点，连接，，则，，所以为二面角的平面角，
在中，正确；
对于，设，在中，，即当与的中点重合时，，
故存在某一翻折位置，使得，错误；
对于，当与的中点重合时，平面，错误．
故选：．
11．（2022春•任丘市月考）如图所示，为正方体，以下四个结论中正确的有
A．平面
B．直线与所成的角为
C．二面角的正切值是
D．与底面所成角的正切值是
【答案】
【分析】根据线面垂直的判定定理可判断；利用，可将异面直线的夹角转化为平面角；利用面积投影法求出二面角判断；根据线面角定义找出线面夹角求正切判断．
【解答】解：如图，
因为正方体中对角线在平面上的射影为，而，，，所以平面，
同理可得，又，可得平面，故正确；
因为，所以直线与所成的角为直线与所成的角，即为所求，
又正方体中△为正三角形，所以，故正确；
因为△在上底面的射影三角形为△，
所以二面角的余弦为，
所以，故错误；
因为平面，所以与底面所成角为，
所以，故错误．
故选：．
12．（2022春•邢台月考）如图，已知正方体，则四个推断正确的是
A．与所成的角为B．
C．平面平面D．平面平面
【答案】
【分析】对于，利用异面直线所成角直接可以求解判断；对于，利用空间中线线，线面，面面的平行，垂直的判定定理逐项分析判断即可．
【解答】解：对于，与所成的角即为与所成的角，易知为正三角形，则，选项错误；
对于，在正方体中，，，则，选项正确；
对于，在正方体中，，，，平面，平面，平面，平面，
则平面平面，选项正确；
对于，在正方体中，，，，平面，平面，
平面，
又平面，
平面平面，选项正确．
故选：．
三．填空题
13．（2022秋•河北月考）已知四边形中，，，三角形沿折起，使得二面角为，则此空间四边形外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意，过点、做平面和平面的垂线，交点为该图形的外接球的球心，结合球的截面的性质，求解求得半径，利用表面积公式，即可求解．
【解答】解：如图所示，三角形的外心为的中点，等边三角形的外心为，
分别过点、做平面和平面的垂线，交点为该图形的外接球的球心，
因为，为的中点，所以，
根据重心的性质，可得，
因为二面角为，，可得，所以，
又因为，所以，
所以外接球的表面积为．
故答案为：．
14．（2022春•邯郸期末）已知正方体，则二面角的正弦值为 ．
【答案】．
【分析】设正方体的棱长为2，则，取中点，中点，连接，，，则，，是二面角的平面角，由此能求出二面角的正弦值．
【解答】解：设正方体的棱长为2，
则，
取中点，中点，连接，，，
则，，
是二面角的平面角，
，，
，
．
二面角的正弦值为．
故答案为：．
15．（2022秋•桃城区月考）在三棱锥中，，，，二面角的大小为，在侧面内（含边界）有一动点，满足到的距离与到平面的距离相等，则的轨迹的长度为 ．
【分析】如图，先作出二面角的平面角，进而得到，再建立如图所示的平面直角坐标系，可得直线的方程为，从而求出的轨迹的长度．
【解答】解：如图，过作 于，平面 于，
过 作 于，连接，
则 为二面角 的平面角，
由，
得．
又，所以，
在 中，以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，
则直线 的方程为，
直线 的方程为，
所以直线 与 的交点坐标为，
所以 的轨迹为线段，
长度为．
故答案为：．
16．（2022秋•遵化市期中）正方体中，二面角的平面角等于 ．
【分析】利用正方体的性质、三垂线定理、二面角的平面角的定义即可得出．
【解答】解：如图所示，
由正方体，可得，，．
底面．
又，．
是二面角的平面角．
由正方形可得．
故答案为．
四．解答题
17．（2023•唐县开学）如图，在三棱柱中，，，是棱的中点．
（1）证明：；
（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明过程请看解答；（2）．
【分析】（1）取的中点，连接，，易知，设点在底面上的投影为点，可证，再由线面垂直的判定定理与性质定理，得证；
（2）过点作，可证为点到平面的距离，利用等体积法，求得，再由平面几何知识，求出和，过点作于点，则即为所求，得解．
【解答】（1）证明：取的中点，连接，，
因为为等边三角形，所以，
设点在底面上的投影为点，则平面，
因为，所以点在的平分线上，如图所示，
又平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）解：由（1）知，平面，
因为平面，所以平面平面，
过点作，
因为平面平面，平面，所以平面，
即为点到平面的距离，
因为三棱锥的体积为，
所以三棱锥的体积为，所以，即，解得，
在△中，，
在中，，所以，
过点作于点，则即为平面与平面所成的角，
在△中，，
所以，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
18．（2022秋•桃城区期末）如图1．在等边三角形中，边长为4．是的中点，是上一点，且．将沿着折起，形成四棱锥．其中点对应的点为点．如图2．
（1）在图2中．在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，请求出的值，并说明理由；若不存在，请说明理由；
（2）在图2中．二面角为直二面角，求平面与平面所成的锐二面角的正弦值．
【答案】（1）线段上存在一点，使得平面，且；
（2）平面与平面所成的锐二面角的正弦值为．
【分析】（1）过作交于，过作交于，连接，可证平面，进而可得的值；
（2）延长，交于点，连接，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可．
【解答】解：（1）线段上存在一点，使得平面，且；
理由如下：过作交于，过作交于，连接，
平面，平面，平面，同理平面，
又，，平面，平面平面，
平面，平面，
是的中点，等边三角形中，，，
，；
（2）延长，交于点，连接，过作于，连接，
，，，平面，
平面，，又，平面，
平面，，为平面与平面所成二面角的平面角，
二面角为直二面角，平面，
，由已知可得，，为的中点，，，
在中，，
．
平面与平面所成的锐二面角的正弦值为．
19．（2022秋•桥西区月考）如图，四边形中，，，，，，、分别在、上，．现将四边形沿折起，使得平面平面．
（Ⅰ）当，是否在折叠后的上存在一点，使得平面？若存在，求出点位置，若不存在，说明理由；
（Ⅱ）设，问当为何值时，三棱锥的体积有最大值？并求出这个最大值．
【分析】（Ⅰ）根据平面的性质，建立条件关系即可得到结论．
（Ⅱ）设，根据三棱锥的体积公式即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）若存在，使得平面，此时
证明：当，此时，
过作，与交，则
又，故，
，，
，且，故四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
故答案为：平面成立．
（Ⅱ）平面平面，平面，，
平面，
，，，，
故三棱锥的体积，
时，三棱锥的体积有最大值，最大值为3．
20．（2022秋•桥西区期中）如图，四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点．
（1）证明：平面平面
（2）设，，三棱锥的体积为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）见证明过程．
（2）．
【分析】（1）连接，由四边形为菱形，可得，利用线面与面面垂直的判定定理即可得出结论．
（2），为的中点，可得点到平面的距离．设，根据三棱锥的体积为，利用三棱锥的体积计算公式可得．取线段的中点，连接，则，平面，．过点作，垂足为，连接，则为二面角的平面角．利用直角三角形的边角关系即可得出结论．
【解答】解：（1）证明：连接，四边形为菱形，
，
平面，
，
又，平面，
又平面，
平面平面
（2），为的中点，
点到平面的距离
设，则，
三棱锥的体积为，
，
解得，
，．
取线段的中点，连接，则，平面，．
过点作，垂足为，连接，则为二面角的平面角．
在中，，，
，
．
【删除】
【选做题】
一．选择题
1．（2022秋•永年区月考）在三棱锥中，，，若平面，则二面角的大小是
A．B．C．D．75
【分析】取中点，连结，，则是二面角的平面角，由此能求出二面角的大小．
【解答】解：在三棱锥中，，，平面，
取中点，连结，，
，，，
是二面角的平面角，
，，
，
二面角的大小是．
故选：．
2．（2022春•定州市期中）在空间四边形中，若，，为对角线的中点，下列判断正确的是
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
【答案】
【分析】利用面面垂直的判定定理去分别判断．
【解答】解：连接，．因为为对角线的中点，
且，，
所以，．
因为，
所以面．
面，
所以平面平面，
故选：．
3．（2022秋•桥东区月考）如图，是一个四棱锥，平面，且四边形为矩形，则图中互相垂直的平面共有
A．4组B．5组C．6组D．7组
【答案】
【分析】先有平面得到3组互相垂直的平面．再利用四边形为矩形得到其他互相垂直的平面即可．
【解答】解：因为平面，所以平面平面，平面平面，平面平面，
又因为四边形为矩形，所以平面平面平面，
同理可得平面平面．平面平面
故图中互相垂直的平面共有6组．
故选：．
4．（2022秋•巨鹿县月考）已知三棱锥的三个侧面与底面全等，且，，则以为棱，以面与面为面的二面角的余弦值为
A．B．C．0D．
【答案】
【分析】取中点，连、，由题设知，，从而得到为二面角的平面角，由此能求出面与面为面的二面角的余弦值．
【解答】解：三棱锥的三个侧面与底面全等，且，，则，．
取中点为，连接、，求和所成二面角即为求，
为中点，，，
在直角中，由勾股定理得，即
在中，所以
则以为棱，以面与面为面的二面角的余弦值为．
故选：．
5．（2022秋•邢台期中）正方体中，二面角的大小为
A．B．C．D．
【分析】由，，得是二面角的平面角，由此能求出二面角的大小．
【解答】解：由，，得是二面角的平面角，在中，
二面角的大小为．
故选．
6．（2022春•张家口期末）平面内有一以为直径的圆，，点在圆周上移动（不与，重合），点，分别是在，上的射影，则
A．是二面角的平面角
B．是二面角的平面角
C．是二面角的平面角
D．是二面角的平面角
【答案】
【分析】利用射影的定义、直径所对的圆周角为直角等知识判定线线垂直，，，．然后利用线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化关系判定即可．
【解答】解：所在平面，，
，
是的直径，
，
，
平面，
，
又是点在上的射影，
，
，
平面，
，
又，
面，
是二面角的平面角．
故选：．
7．（2022秋•邢台月考）在边长为3的正三角形中，，，分别是，，边上的点，满足，将沿折起到△的位置，使二面角成直二面角，连结，（如图），则以下结论错误的是
A．平面
B．平面
C．点到面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值为
【分析】，由，，平面
，利用面面垂直的性质定理判断；
，点到面的距离进行转化，到面面的距离即为到面面的距离，到面的距离即为△中到的距离；
，即为所求角
【解答】解：对于，由，，平面，故正确；
对于，在图1中，取的中点，连，满足，，又为正三角形
又在图2中有，
为二面角的平面角二面角为直二面角
又，面，即面，故正确；
对于．面，到面面的距离即为到面面的距离，
面，又，面
面面到面的距离即为△中到的距离
，故错；
对于，即为所求角
△中，，，由余弦定理得，故正确；
故选：．
8．（2022秋•定兴县期中）正四棱锥的一个对角截面与一个侧面的面积比为，则其侧面与底面的夹角为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】如图所示，设点是底面正方形的中心，则平面．设，．取的中点，连接，．则是侧面与底面所成的二面角的平面角．由题意可得：，化简再利用直角三角形的边角关系即可得出．
【解答】解：如图所示，设点是底面正方形的中心，连接，则平面．
设，．取的中点，连接，．
则是侧面与底面所成的二面角的平面角．
由题意可得：，
化为：．
．
．
故选：．
二．多选题
9．（2022春•邯郸期末）已知正方体的棱长为2，点为的中点，若以为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点，，，，则下列结论正确的是
A．平面平面B．平面平面
C．四边形的面积为D．四棱锥的体积为
【答案】
【分析】，由已知可得，，，为正方体的四条棱的中点，由直线与平面平行的判定判断；
，假设平面平面，则有平面，显然不成立；
，利用四边形是边长分别为2、的矩形判定；
，过作于，易得面，直接就是四棱锥的体积．
【解答】解：如图，正方体的棱长为2，点为的中点，
以为球心，为半径的球面与正方体的棱、、、交于中点．
对于，如图．有，，且．由，平面，平面，得平面，故正确；
对于，假设平面平面，平面平面，
平面平面，则有平面，显然不成立，故假设错误，即错误；
对于，四边形是边长分别为2、的矩形，故四边形的面积为，故正确；
对于，过作于，易得面，则四棱锥的体积，故正确．
故选：．
10．（2022春•三河市月考）如图，在正方体中，点在线段上运动，则
A．直线平面
B．二面角的大小为
C．三棱锥的体积为定值
D．异面直线与所成角的取值范围是，
【答案】
【分析】直接证明直线平面判断；由正方体的结构特征判断；证明三棱锥的体积为定值判断；求出异面直线与所成角的最小值判断．
【解答】解：如图
在中，，，，
平面，，同理，，
，平面，故正确；
在中，由正方体可知平面不垂直平面，故错误；
在中，，平面，平面，
平面，
点在线段上运动，到平面的距离为定值，
又△的面积是定值，三棱锥的体积为定值，故正确；
在中，当点与线段的端点重合时，异面直线与所成角取得最小值为，
故异面直线与所成角的取值范围是，，故错误，
故选：．
11．（2022春•长安区月考）如图，点在正方体的面对角线上运动，则正确的结论是
A．三棱锥的体积不变B．平面
C．D．平面平面
【答案】
【分析】利用正方体的性质结合空间线面位置关系求解．
【解答】解：对于，由题意知，从而平面，
故上任意一点到平面的距离均相等，所以以为顶点，平面为底面，则三棱锥的体积不变，故正确；
对于，连接，，且相等，由于选项知：，
所以面，从而由线面平行的定义可得，故正确；
对于，由于平面，所以，
若，则平面，，则为中点，与为动点矛盾，故错误；
对于，连接，由且，
可得面，从而由面面垂直的判定知，故正确．
故选：．
12．（2022秋•正定县期中）如图，是边长为2的正方形，点，分别为边，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则
A．
B．点在平面内的射影为的垂心
C．二面角的余弦值为
D．若四面体的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是
【答案】
【分析】由直线与平面垂直的判定与性质判断与；求解二面角的余弦值判断；通过补形法求出四面体的外接球的表面积判断．
【解答】解：对于，，
，平面，
平面，，故正确；
对于，设在底面上的射影为，则底面，，
由知，，连接并延长，交于，
，平面，则，
同理可证，，即点在平面内的射影为的垂心，故正确；
对于，由知，，，为的中点，
连接，又，，
则为二面角的平面角．
在等腰直角三角形中，由，得，则，
在中，有，故正确；
对于，三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，且，．
把该三棱锥补形为长方体，则其对角线长为，
则其外接球的表面积，故错误．
故选：．
三．填空题
13．（2022春•双桥区期末）如图所示，平面，，图中互相垂直的平面共有 对．
【分析】由平面，，根据面面垂直的判定定理利用列举法能求出图中互相垂直的平面．
【解答】解：如图所示，平面，，
图中互相垂直的平面有：
平面平面，平面平面，平面平面，
图中互相垂直的平面共有3对．
故答案为：3．
14．（2022秋•双桥区月考）在正三棱柱中，已知，，点在棱上运动，则二面角的平面角的余弦值的最小值为 ．
【分析】由题意画出图形，由图可知当与重合时，二面角最小，则二面角最大为钝角，其余弦值最小，设二面角的大小为，可得，则二面角的平面角的余弦值的最小值为．
【解答】解：如图，
由图可知，当与重合时，二面角最小，则二面角最大为钝角，其余弦值最小，
过作于，由，，可得，
，
设二面角的大小为，
，
二面角的平面角的余弦值的最小值为，
故答案为：．
15．（2022秋•桥东区月考）在四棱锥中，平面平面，侧面是边长为的等边三角形，底面是矩形，且，则该四棱锥外接球的表面积等于 ．
【分析】依题意，设的中点为，作图如下，利用面面垂直的性质与线面垂直的判定定理可证得底面，设该四棱锥外接球的球心为，半径为，到底面的距离为，则，即，可求得与，从而可得该四棱锥外接球的表面积．
【解答】解：平面平面，平面平面，侧面是边长为的等边三角形，设的中点为，的中点为，
则，平面，，底面是矩形，平面，平面，
，又，，
底面，作图如下：
是边长为的等边三角形，
．
又底面是矩形，且，
矩形的对角线长为，
矩形的外接圆的半径为．
设该四棱锥外接球的球心为，半径为，到底面的距离为，
则，即，又，
，
．
，，
该四棱锥外接球的表面积．
16．（2022•保定二模）在四面体中，，，，二面角的大小为，则四面体外接球的半径为 ．
【分析】利用已知条件画出图形，判断球心的位置，转化求解球的半径即可．
【解答】解：在四面体中，，，，二面角的大小为，四面体外接球，如图：
则在求出一个小圆上，的中点为圆心，是正三角形，也在球的一个小圆上，圆心为，作平面，平面，为球心，二面角的大小为，作，
则，可得，，则，，
外接球的半径为：．
故答案为：．
四．解答题
17．（2022秋•邯郸月考）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，平面平面．
（1）证明：；
（2）若为正三角形，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）设，可得，利用平面平面，可得平面，则；
（2）取的中点，连接，在平面中作，连接，证明，又，则为二面角的平面角，解三角形即可．
【解答】（1）证明：由题意，设，又，，
得，又，
所以，所以，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）解：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，
由（1）知，又为正三角形，
所以，所以，
所以，又，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，所以，
所以，
在中，，
所以，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
即二面角的正弦值为．
18．（2022秋•河北月考）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线．
（1）证明：平面；
（2）若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）．
【分析】（1）连接，由题意知为的直径，，四边形是平行四边形，从而，，由是圆柱的母线，得平面，，由此能证明平面．
（2）由是三棱锥底面上的高，，，，底面三角形是直角三角形．设，，则在中有：，，当与距离最远时取到最大值，由此能求出二面角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为，是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，、平面，所以平面．
（2）由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知，，所以，
即底面三角形是直角三角形．设，，
则在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点，分别是，的中点时，三棱锥的体积最大，
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以．
又因为，，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由（1）知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
19．（2022春•唐山期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，为的中点，且．
（1）证明：；
（2）若，求二面角的平面角的正切值．
【答案】（1）证明见解答；（2）．
【分析】（1）由已知易证平面，进而可证；
（2）记与交于，过作于，连接，则为二面角的的平面角，设，利用，可求，从而可求二面角的平面角的正切值．
【解答】（1）证明：平面，平面，
，．，，平面，
平面，又平面，
；
（2）解：记与交于，过作于，连接，
由（1）知平面，为二面角的的平面角，
设，可得，，
由为的中点，可得，
所以，，
，所以．
，，，
所以，
，，，可求得，
，
，，
在中，．
二面角的平面角的正切值为．
20．（2022春•张家口期末）如图1，在平面四边形中，，，，将沿翻折到的位置，如图2，是的中点，平面平面．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析．
（2）．
【分析】（1）先证明出，，得到平面，再利用面面垂直的判定定理证明出平面平面；
（2）过点向引垂线交于点，连接，证明出为二面角的平面角，再求出．
【解答】（1）证明：由翻折知为正三角形，设是的中点，，
在图2中，过点向引垂线交于点，
平面平面，平面平面，平面，
平面，，
又，平面，平面，平面，
平面，，
，，
由正弦定理知，，
又，平面，平面，平面，
又平面，平面平面．
（2）解：过点向引垂线交于点，连接，如图：
设，，
由（1）知，，
由等面积法得，
平面，，
又，，平面，，
为二面角的平面角，
，，．
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