新高考數(shù)學各地市期末好題分類匯編專題11立體幾何解答題(原卷版+解析)

專題11立體幾何解答題一、解答題1．（2022·河北唐山·高三期末）四棱錐的底面是矩形，，側面底面OBCD．（1）求證：底面OBCD；（2）若，二面角的大小為120°，求四棱錐的體積．2．（2022·河北保定·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，平面底面，且.（1）證明：.（2）若，求二面角的余弦值.3．（2022·河北張家口·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，、、、分別為、、、的中點.（1）證明：平面；（2）若平面平面，為等邊三角形，求二面角的正弦值.4．（2022·河北深州市中學高三期末）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，，，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點，是線段上的動點，若二面角的平面角的大小為，試確定點的位置.5．（2022·山東青島·高三期末）如圖所示，已知四棱錐P-ABCD的底面是矩形，底面ABCD，M為BC中點，且.（1）求證：面面PDB；（2）若兩條異面直線AB與PC所成的角為45°，求面PAM與面PBC夾角的余弦值.6．（2022·山東泰安·高三期末）如圖1，在等腰直角中，分別為的中點，將沿直線翻折，得到如圖2所示的四棱錐，若二面角的大小為，為中點.

（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.7．（2022·山東棗莊·高三期末）在四棱錐中，底面為直角梯形，，，Q為的中點，是邊長為2的正三角形，．（1）求證：平面底面；（2）棱上是否存在點，使二面角的大小為？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由．8．（2022·山東萊西·高三期末）在如圖所示的三棱柱中，側面為菱形，，，，，.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面ABC的夾角的余弦值.9．（2022·山東青島·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，為的中點，.（1）求證：平面平面；（2）求點A到平面的距離.10．（2022·山東淄博·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面ABCD，，，，E為PC的中點，點F在PD上且．（1）求證：平面AEF；（2）求二面角的余弦值．11．（2022·山東德州·高三期末）如圖，在直三棱柱中，，，點Q為BC的中點，平面平面.（1）證明：平面；（2）若直線AC與平面所成角的大小為30°，求銳二面角的大小.12．（2022·山東煙臺·高三期末）如圖，在正三棱錐中，有一半徑為1的半球，其底面圓O與正三棱錐的底面貼合，正三棱錐的三個側面都和半球相切．設點D為BC的中點，．（1）用分別表示線段BC和PD長度；（2）當時，求三棱錐的側面積S的最小值．13．（2022·山東煙臺·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，，為等邊三角形，且面底面ABCD．（1）若M為BC中點，求證：；（2）求面PAD與面PBC所成二面角的余弦值．14．（2022·山東濟南·高三期末）如圖，在正四棱柱中，，，分別為棱，的中點，為棱上的動點.（1）求證：，，，四點共面；（2）是否存在點，使得平面平面？若存在，求出的長度；若不存在，說明理由.15．（2022·山東臨沂·高三期末）如圖，在四棱錐中，側面底面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，，點E為的中點.（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值.16．（2022·山東日照·高三期末）如圖所示，在三棱臺中，，，，，分別為，的中點.（1）證明：平面；（2）若，求平面和平面所成銳二面角的余弦值.17．（2022·山東省淄博實驗中學高三期末）如圖，在四棱錐中，已知底面，，，，，是上一點.（1）求證:平面平面；（2）若是的中點，且二面角的余弦值是，求直線與平面所成角的正弦值.18．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）如圖，在正三棱柱中，，是棱的中點，是線段上的動點（不包括端點）.

（1）證明：；（2）當為線段中點時，設二面角的大小為，求的值.19．（2022·湖北武昌·高三期末）如圖，一張邊長為4的正方形紙片ABCD，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，將正方形紙片沿EF對折后豎立在水平的桌面上．（1）求證：；（2）若二面角的平面角為45°，K是線段CF（含端點）上一點，問是否存在點K，使得直線AK與平面CDEF所成角的正切值為？若存在，求出CK的長度；若不存在，說明理由．20．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）如圖，在幾何體PABCDQ中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，平面ABCD，，點E為PD的中點，四棱錐是高為4的正四棱錐.（1）求證：平面EAC；（2）求平面PAC與平面QAB所成銳二面角的余弦值.21．（2022·湖北江岸·高三期末）如圖，在三棱錐中，為等腰直角三角形，，，為正三角形，D為AC的中點..（1）證明：平面平面；（2）若二面角的平面角為銳角，且三棱錐的體積為，求二面角的正弦值.22．（2022·湖北襄陽·高三期末）如圖，在三棱錐中，平面平面，，，，分別是，的中點，記平面與平面的交線為直線．（1）求證：直線平面；（2）若直線上存在一點（與都在的同側），且直線與直線所成的角為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．23．（2022·湖北·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，Q為的中點．（1）求證：；（2）若平面底面，點E在棱上，，且二面角的大小為，求四棱錐的體積．24．（2022·湖北·黃石市有色第一中學高三期末）如圖，在多面體中，四邊形是邊長為2的正方形，四邊形是直角梯形，其中，，且.（1）證明：平面平面.（2）求二面角的余弦值.25．（2022·湖南常德·高三期末）如圖，已知AB是圓柱底面圓的一條直徑，OP是圓柱的一條母線．（1）求證：OA⊥PB；（2）若C底面圓上一點，且，，，，求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．26．（2022·湖南婁底·高三期末）如圖，在長方體中，，．若平面APSB與棱，分別交于點P，S，且，Q，R分別為棱，BC上的點，且．（1）求證：平面平面；（2）設平面APSB與平面所成銳二面角為，探究：是否成立？請說明理由．27．（2022·湖南郴州·高三期末）如圖，在空間幾何體中，已知均為邊長為2的等邊三角形，平面和平面都與平面垂直，為的中點．

（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．28．（2022·廣東揭陽·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為梯形，，平面平面為棱上的點，且.（1）求證：平面；（2）若，二面角為，求直線與平面所成角的正弦值.29．（2022·廣東潮州·高三期末）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，，，點E，F(xiàn)分別為CD，AP的中點．（1）證明:PC//平面BEF；（2）若PAPD，且PA=PD，面PAD面ABCD，求二面角C-BE-F的余弦值．30．（2022·廣東東莞·高三期末）如圖，在正四棱錐中，點，分別是，中點，點是上的一點.（1）證明：；（2）若四棱錐的所有棱長為，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.31．（2022·廣東羅湖·高三期末）如下圖所示，在三棱錐中，為等腰直角三角形，，為等邊三角形．（1）證明：；（2）若直線AC與平面ABD所成角為，點E在棱AD上，且，求二面角的大?。?2．（2022·廣東汕尾·高三期末）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，（1）求證：平面ADE平面ABCD；（2）若EF=ED=AD，CD=2EF=2，求平面ADE與平面BCF所成的銳二面角的大?。?3．（2022·廣東清遠·高三期末）已知正三棱柱中，，D，E，F(xiàn)分別為的中點．（1）證明：平面平面．（2）求二面角的正弦值．34．（2022·廣東佛山·高三期末）如圖，四棱錐中，四邊形是矩形，平面，，E是的中點.（1）在線段上找一點M，使得直線平面，并說明理由；（2）若，求平面與平面所成二面角的正弦值.35．（2022·廣東·鐵一中學高三期末）如圖，在幾何體中，底面，，，，，，，，，設點在棱上，已知平面.（1）求線段的長度；（2）求二面角的余弦值.36．（2022·江蘇海門·高三期末）在三棱錐A－OBC中，已知平面AOB⊥底面BOC，AO⊥BC，底面BOC為等腰直角三角形，且斜邊．（1）求證：AO⊥平面BOC；（2）若E是OC的中點，二面角A－BE－O的余弦值為，求直線AC與平面ABE所成角的正弦值．37．（2022·江蘇通州·高三期末）如圖，C，D分別是以AB為直徑的半圓O上的點，滿足，△PAB為等邊三角形，且與半圓O所成二面角的大小為90°，E為PA的中點.（1）求證：DE//平面PBC；（2）求二面角A－BE－D的余弦值.38．（2022·江蘇揚州·高三期末）如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O為BC的中點．側面BCC1B1為等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M為B1C1中點．（1）證明：平面ABC⊥平面AOM；（2）記二面角A－BC－B1的大小為θ，當θ∈[，]時，求直線BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．39．（2022·江蘇海安·高三期末）如圖，AB是圓O的直徑，C是圓O上異于A，B的一點，DC垂直于圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝2EB＝2，AB＝4．（1）求證：平面ACD⊥平面EBCD；（2）若∠ABC＝30°，求平面ADE與平面ABE所成的銳二面角的余弦值．40．（2022·江蘇宿遷·高三期末）如圖，在直三棱柱中，.（1）證明：；（2）設，若二面角的大小為，求.41．（2022·江蘇如東·高三期末）在四棱錐A－BCDE中，直線AB⊥平面BCDE，底面BCDE是梯形，BC//DE，BC⊥CD，CD＝DE＝BC＝2，F(xiàn)是邊BC的中點.（1）證明：AE⊥CE；（2）若平面ADF與平面ABE所成二面角為45°，求直線AD與平面ABE所成角的正弦值.44．（2022·江蘇常州·高三期末）如圖，四棱錐中，平面，且四邊形中，，，二面角的大小為，且．

（1）求證：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．45．（2022·江蘇蘇州·高三期末）如圖，在四面體中，已知是邊長為的等邊三角形，是以點為直角頂點的等腰直角三角形，為線段的中點，為線段的中點，為線段上的點．（1）若平面，求線段的長；（2）若二面角的大小為，求與平面所成角的大?。?6．（2022·江蘇無錫·高三期末）如圖，多面體中，底面為菱形，，平面，平面，.（1）求證：平面；（2）求二面角的正弦值.專題11立體幾何解答題一、解答題1．（2022·河北唐山·高三期末）四棱錐的底面是矩形，，側面底面OBCD．（1）求證：底面OBCD；（2）若，二面角的大小為120°，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）利用面面垂直的性質定理，即可證得底面OBCD．（2）以O為坐標原點，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的法向量，結合向量的夾角公式列出方程求得的值，結合體積公式，即可求解.（1）證明：因為四棱錐的底面是矩形，所以，又因為，所以，因為側面底面OBCD，側面底面，且側面AOD，所以底面OBCD．（2）解：因為底面OBCD，OBCD為矩形，所以OA，OB，OD兩兩垂直．如圖，以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，設，則，，，，設為平面ABC的法向量，則,即，令，可得，所以．設為平面ACD的法向量，則，即，令，可得，所以，因為，可得，解得或（舍）．所以四棱錐的高為1，四棱錐的體積．2．（2022·河北保定·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，平面底面，且.（1）證明：.（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】(1)根據(jù)給定條件證明，再利用面面垂直的性質、線面垂直的性質即可得證.(2)取的中點，AB中點F，以為坐標原點，，，的方向分別為軸的正方向建系，再借助空間向量計算作答.（1）在平行四邊形中，，因，則，即，因為平面底面，且平面底面，平面，則平面，又平面，所以.（2）取的中點，AB中點F，連接，EF，由(1)知，，因為，則，又平面底面，且平面底面，平面，則平面，以為坐標原點，，，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量為，則，即，令，得，設平面的法向量為，則，即，令，得，于是得，由圖知，二面角的平面角為鈍角，所以二面角的余弦值為.3．（2022·河北張家口·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，、、、分別為、、、的中點.（1）證明：平面；（2）若平面平面，為等邊三角形，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接、、，證明出平面平面，利用面面平行的性質可證得結論成立；（2）取的中點，連接、，證明平面，，設，然后以點為坐標原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法結合同角三角函數(shù)的基本關系可求得二面角的正弦值.（1）證明：連接、、.因為、分別為、的中點，且，因為四邊形為正方形，則且，為的中點，則且，所以，且，故四邊形為平行四邊形，故，平面，平面，故平面，因為、分別為、的中點，則，平面，平面，所以，平面，，所以，平面平面.又平面，所以平面.（2）解：取的中點，連接、.因為為等邊三角形，為的中點，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.因為四邊形為正方形，則，且，、分別為、的中點，則且，所以，四邊形為平行四邊形，故，則，如圖，以為坐標原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系.設，則、、、，，，，設為平面的法向量，則，即，取，則，設為平面的法向量，則，即，取，則，所以，故.所以二面角的正弦值為.4．（2022·河北深州市中學高三期末）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，，，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點，是線段上的動點，若二面角的平面角的大小為，試確定點的位置.【答案】（1）證明見解析；（2）為線段上靠近點的四等分點，且坐標為【分析】（1）先通過線面垂直的判定定理證明平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明；（2）分析位置關系并建立空間直角坐標系，根據(jù)二面角的余弦值與平面法向量夾角的余弦值之間的關系，即可計算出的坐標從而位置可確定.【詳解】（1）證明：因為，，，所以，即.又因為，，所以，，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）解：連接，因為，是的中點，所以.由（1）知，平面平面，所以平面.以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則平面的一個法向量是，，，.設，，，，代入上式得，，，所以.設平面的一個法向量為，，，由，得.令，得.因為二面角的平面角的大小為，所以，即，解得.所以點為線段上靠近點的四等分點，且坐標為.【點睛】本題考查面面垂直的證明以及利用向量法求解二面角有關的問題，難度一般.（1）證明面面垂直，可通過先證明線面垂直，再證明面面垂直；（2）二面角的余弦值不一定等于平面法向量夾角的余弦值，要注意結合圖形分析.5．（2022·山東青島·高三期末）如圖所示，已知四棱錐P-ABCD的底面是矩形，底面ABCD，M為BC中點，且.（1）求證：面面PDB；（2）若兩條異面直線AB與PC所成的角為45°，求面PAM與面PBC夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】(1)根據(jù)給定條件證明，再結合線面垂直性質推理作答.(2)以點為原點，射線DA，DC，DP分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，借助空間向量計算作答.（1）矩形中，M為BC中點，則，即有，于是得，則有，因底面，平面，則，又，平面，從而有平面，又平面，所以平面平面.（2）因，則是異面直線與所成的角，即，有，以點為原點，射線DA，DC，DP分別為x，y，z軸非負半軸建立空間直角坐標系，如圖，則，,，,設平面的一個法向量為，則，令，得，設平面的一個法向量，則，令，得，因此，，所以平面與平面所成角的余弦值.6．（2022·山東泰安·高三期末）如圖1，在等腰直角中，分別為的中點，將沿直線翻折，得到如圖2所示的四棱錐，若二面角的大小為，為中點.

（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）以線面垂直判定定理的要求去證明平面即可；（2）建立空間直角坐標系，以向量的方法去求直線與平面所成角的正弦值即可.（1）

∵∴設的中點為N，連接.又∵M為的中點，∴，∴，∴M，N，C，D四點共面又∴即為二面角的平面角，∴又，∴△為正三角形，∴又，平面∴平面.（2）以D為坐標原點，為x軸正方向，為y軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系.設，

則，，，，∴，，設為平面的法向量，則即：令，解得，則設直線與平面所成的角為，則∴直線與平面所成角的正弦值為7．（2022·山東棗莊·高三期末）在四棱錐中，底面為直角梯形，，，Q為的中點，是邊長為2的正三角形，．（1）求證：平面底面；（2）棱上是否存在點，使二面角的大小為？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在；【分析】（1）要證明平面底面，即證平面ABCD，即證，即可；（2）以Q為原點，，，所在方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，設，利用空間向量坐標運算即可得到結果.（1）證明：（1）因為Q為AD的中點，，故．因為，，所以四邊形BCDQ是平行四邊形，所以．在等邊三角形PAD中，．又，，故，故．又，，平面ABCD，平面ABCD，故平面ABCD．又平面PAD，故平面底面ABCD；（2）以Q為原點，，，所在方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，，，．假設棱PC上存在點M，使二面角為30°．設，這里．則．又，故．設平面BQM的一個法向量為，則，即．令，則．又為平面CBQ的一個法向量，由二面角為30°，得，即．兩邊平方并化簡得，解得或（舍）．所以．故棱PC上存在點M，當時，二面角為30°．8．（2022·山東萊西·高三期末）在如圖所示的三棱柱中，側面為菱形，，，，，.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面ABC的夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）連接，取的中點，連接，結合已知可得，由已知的數(shù)據(jù)通過計算可得，從而得，由線面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可證得結論，（2）以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可（1）連接，取的中點，連接，因為四邊形為菱形，，所以為等邊三角形，所以，因為，，所以平面，因為平面，所以，在等邊中，，所以，在中，，，所以，因為，所以，所以，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，（2）由（1）可知兩兩垂直，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以設為平面的一個法向量，則，令，則，設為平面的一個法向量，由，得，則，令，則，設平面與平面ABC的夾角為，由圖可知為銳角，則9．（2022·山東青島·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，為的中點，.（1）求證：平面平面；（2）求點A到平面的距離.【答案】（1）證明見詳解（2）【分析】（1）由面面垂直判定定理出發(fā)，進行逆向分析，通過線面垂直、線線垂直之間的關系，結合已知條件進行不斷轉化可證；（2）借助第一問尋找兩兩垂直的直線為坐標軸建立空間直角坐標系，利用向量求解即可.（1）連接BD，記AD中點為O，連接OF，為菱形O、F分別為AD、AB的中點又平面POF，OF平面POF平面POF平面POF又平面ABCD，AC平面ABCD平面ABCD平面PAD平面PAD平面ABCD（2）因為AB=AD，所以為正三角形由（1）可知AD、OB、PO兩兩垂直，于是如圖建立空間直角坐標系，則所以設向量為平面PDF的法向量，則，取，得所以點A到平面PDF的距離.10．（2022·山東淄博·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面ABCD，，，，E為PC的中點，點F在PD上且．（1）求證：平面AEF；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見詳解（2）【分析】（1）根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，然后根據(jù)題意寫出相關點的坐標，再寫出相關的向量，然后根據(jù)向量的共面證明線面平行；（2）運用向量法求解二面角，先求出兩個平面的一個法向量，然后根據(jù)空間向量的數(shù)量積求得二面角的余弦值.（1）根據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標系，則有：，，，，，，可得：，，，則有：又不在平面上故有：平面（2）根據(jù)（1）可設為平面的一個法向量，為平面的一個法向量，則有：，即不妨取，此時，可解得：，則有：同理，即則有：不妨設則有：設二面角為，法向量的方向是朝向二面角外側，法向量的方向是朝向二面角內側，故二面角就是向量與向量的夾角則有：故二面角的余弦值為：11．（2022·山東德州·高三期末）如圖，在直三棱柱中，，，點Q為BC的中點，平面平面.（1）證明：平面；（2）若直線AC與平面所成角的大小為30°，求銳二面角的大小.【答案】（1）證明見解析（2）60°【分析】（1）根據(jù)面面垂直性質可得面，再根據(jù)線面垂直性質可得，再結合直棱柱性質即可證明平面；（2）先通過線面角證明，再通過建立空間直角坐標系，將銳二面角表示轉化為求向量的夾角，即向量法求二面角.（1）證明：取中點D，連結CD，因為，，所以又面面，面面，所以面因為面，所以又因為，，所以面.（2）連結AD，由（1）知，面，則是直線AC與平面所成角，，中，，又，，，得，所以.以A為原點，AB，AC，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，，，，設平面得法向量為，則令，則.又面，則為面的一個法向量.設二面角大小為，則所以銳二面角的大小為60°.12．（2022·山東煙臺·高三期末）如圖，在正三棱錐中，有一半徑為1的半球，其底面圓O與正三棱錐的底面貼合，正三棱錐的三個側面都和半球相切．設點D為BC的中點，．（1）用分別表示線段BC和PD長度；（2）當時，求三棱錐的側面積S的最小值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）連接OP，由題意O為的中心，則可得為直角三角形，設半球與面PBC的切點為E，然后分別在和中求解即可，（2）由已知條件可得，，令，則上述函數(shù)變形為，，然后利用導數(shù)可求得結果（1）連接OP，由題意O為的中心，且面ABC，又面ABC，所以，所以為直角三角形．設半球與面PBC的切點為E，則且．在中，，所以．在中，．（2）由題知，，化簡得，，令，則上述函數(shù)變形為，，所以，令，得．當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以當時，三棱錐的側面積S的最小值為．13．（2022·山東煙臺·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，，為等邊三角形，且面底面ABCD．（1）若M為BC中點，求證：；（2）求面PAD與面PBC所成二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）取AD中點O，連接OM，則由梯形中位線定理可得，再由已知可得，由為等邊三角形，得，再結面面垂直的性質和線面垂直的性質可得，由線面垂直的判定定理得面POM，從而可證得，（2）以O為坐標原點，以向量，，的方向分別作為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解即可（1）取AD中點O，連接OM．因為在梯形ABCD中，O，M分別為AD，BC的中點，所以，又，所以．因為為等邊三角形，故，又面底面ABCD，面面，面ADP，故底面ABCD．因為面ABCD，所以．又因為，所以面POM，而面POM，故．（2）由（1）可知，以O為坐標原點，以向量，，的方向分別作為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，，設為平面PAD的一個法向量，則，即，令，則．設為平面PBC的一個法向量，則有則，即，令，則．于是，因為由圖可知面PAD與面PBC所成的二面角為銳角，所以面PAD與面PBC所成的二面角的余弦值為．14．（2022·山東濟南·高三期末）如圖，在正四棱柱中，，，分別為棱，的中點，為棱上的動點.（1）求證：，，，四點共面；（2）是否存在點，使得平面平面？若存在，求出的長度；若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，【分析】（1）連接，，取的中點為M，連接，ME，根據(jù)E為的中點，F(xiàn)為的中點，分別得到，，從而有，再由平面的基本性質證明；（2）以D為坐標原點，DA，DC，分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，假設存在滿足題意的點G，設，分別求得平面BEF的一個法向量和平面GEF的一個法向量，根據(jù)平面平面BEF，由求解.（1）證明：如圖所示：連接，，取的中點為M，連接，ME，因為E為的中點，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為F為的中點，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，所以B，E，，F(xiàn)四點共面；（2）以D為坐標原點，DA，DC，分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，假設存在滿足題意的點G，設，由已知，，，則，，，設平面BEF的一個法向量為，則，即，取，則；設平面GEF的一個法向量為，則，即，取，則；因為平面平面BEF，所以，所以，所以.所以存在滿足題意的點G，使得平面平面BEF，DG的長度為.15．（2022·山東臨沂·高三期末）如圖，在四棱錐中，側面底面，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，，點E為的中點.（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）見解析；（2）．【分析】(1)用線線平行證明線面平行，∴在平面PCD內作BE的平行線即可；(2)求二面角的大小，可以用空間向量進行求解，根據(jù)已知條件，以AD中點O為原點，OB，AD，OP分別為x、y、z軸建立坐標系﹒（1）如圖，取PD中點F，連接EF，F(xiàn)C﹒∵E是AP中點，∴EFAD，由題知BCAD，∴BCEF，∴BCFE是平行四邊形，∴BE∥CF，又CF平面PCD，BE平面PCD，∴BE∥平面PCD；（2）取AD中點為O，連接OP，OB，∵是以為斜邊的等腰直角三角形，∴OP⊥AD，又平面平面，平面PAD∩平面＝AD，∴OP⊥平面ABCD，∵OB平面ABCD，∴OP⊥OB，由BC∥AD，CD⊥AD，AD＝2BC知OB⊥OD，∴OP、OB、OD兩兩垂直，故以O為原點，OB、OD、OP分別為x、y、z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，如圖：設|BC|＝1，則B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(0，)，P(0，0，1)，則，設平面BED的法向量為，平面PBD的法向量為則，取，，取設二面角的大小為θ，則cosθ＝﹒16．（2022·山東日照·高三期末）如圖所示，在三棱臺中，，，，，分別為，的中點.（1）證明：平面；（2）若，求平面和平面所成銳二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）取的中點，連接，，證明平面平面，進而證明平面；（2）由題得平面，在平面內過點作交于，進而以為原點，，，的方向為，，軸的正方向建立空間直角坐標系，利用坐標法求解.【詳解】解：（1）證明：取的中點，連接，，由三棱臺的性質知四邊形是梯形，因為是的中點，是的中點.所以，因為平面，平面，所以平面，因為是的中點，是的中點所以為，因為平面，平面，所以平面，又，所以平面平面，因為平面，所以平面.（2）因為，，，所以平面，在平面內過點作交于，則，，兩兩垂直，以為原點，，，的方向為，，軸的正方向建立空間直角坐標系，不妨設，則，，，，，設平面的法向量，因為，，所以由得取，得，設平面的法向量，因為，，所以由得取，得，設平面和平面所成銳二面角為，則.故平面和平面所成銳二面角的余弦值為.17．（2022·山東省淄博實驗中學高三期末）如圖，在四棱錐中，已知底面，，，，，是上一點.（1）求證:平面平面；（2）若是的中點，且二面角的余弦值是，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）先證明平面，然后可得平面平面；（2）建立坐標系，根據(jù)二面角的余弦值是可得的長度，然后可求直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）平面，平面，得.又，在中，得，設中點為，連接，則四邊形為邊長為1的正方形，所以，且，因為，所以，又因為，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）以為坐標原點，分別以射線?射線為軸和軸的正方向，建立如圖空間直角坐標系，

則，，.又設，則，，，，.由且知，為平面的一個法向量.設為平面的一個法向量，則，即，取，，則，有，得，從而，.設直線與平面所成的角為，則.即直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題主要考查空間平面與平面垂直及線面角的求解，平面與平面垂直一般轉化為線面垂直來處理，空間中的角的問題一般是利用空間向量來求解.18．（2022·湖北省鄂州高中高三期末）如圖，在正三棱柱中，，是棱的中點，是線段上的動點（不包括端點）.

（1）證明：；（2）當為線段中點時，設二面角的大小為，求的值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）先證平面平面，再利用面面垂直性質證明平面，由此即得.（2）作出二面角的平面角，再在三角形中求出其正弦值.（1）連接，∵，，∴.又，∴，即.由正三棱柱的性質可知，平面平面，又，平面平面，∴平面，∴.又，，平面，∴平面，∵平面，∴.（2）取中點，連接，過作垂直于，則，∴平面，過作垂直于，則，即為所求二面角的平面角.設，，，，易知故，故，，∴.19．（2022·湖北武昌·高三期末）如圖，一張邊長為4的正方形紙片ABCD，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，將正方形紙片沿EF對折后豎立在水平的桌面上．（1）求證：；（2）若二面角的平面角為45°，K是線段CF（含端點）上一點，問是否存在點K，使得直線AK與平面CDEF所成角的正切值為？若存在，求出CK的長度；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在；CK的長度為2【分析】（1）由已知條件可得平面ADE，再由線面垂直的性質可證得結論，（2）方法一：由已知可得是二面角A－EF－D的平面角，即，過A作，垂足為G，則由面面垂直的性質可得平面CDEF，連結KG，則為AK與平面CDEF所成的角，然后在，和中計算即可，方法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，設，利用空間向量求解即可（1）因為，，，所以平面ADE．因為平面ADE，所以．（2）方法一：因為，，所以是二面角A－EF－D的平面角，即．因為平面ADE，所以平面平面ADE．過A作，垂足為G，因為平面平面，所以平面CDEF．連結KG，則為AK與平面CDEF所成的角，即．在中，因為，，所以．在中，因為，所以．設，過K作于H，則．在中，由，得，解之得或（舍），所以，即．方法二：因為，，所以是二面角A－EF－D的平面角，即．建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則A（2，0，0），，設直線AK與平面CDEF所成角為，則，從而．設平面CDEF法向量為，直線AK的方向向量與平面CDEF法向量所成的角為，則．因為，所以，令，則所以，解得．此時，點K為點F，CK的長度為2．20．（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）如圖，在幾何體PABCDQ中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，平面ABCD，，點E為PD的中點，四棱錐是高為4的正四棱錐.（1）求證：平面EAC；（2）求平面PAC與平面QAB所成銳二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）證明出平面，可得出，延長與交于點，可證明出，由中位線的性質可得出，利用線面垂直的判定定理可證得平面；（2）以為原點，直線、、分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得平面與平面所成銳二面角的余弦值.（1）證明：連接，與交于點，因為四邊形是正方形，所以連接，因為四棱錐是正四棱錐，所以平面，平面，則，因為，所以平面因為平面，所以延長與交于點，平面，則，為的中點，則為的中點，則，又，，所以，，，所以，所以連接，因為點為的中點，點為的中點，所以，所以，因為，所以平面.（2）解：以為原點，直線、、分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，．設平面的法向量為，則，得，取，得．設平面的法向量為，則得，取，得．設平面與平面所成銳二面角的大小為，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．21．（2022·湖北江岸·高三期末）如圖，在三棱錐中，為等腰直角三角形，，，為正三角形，D為AC的中點..（1）證明：平面平面；（2）若二面角的平面角為銳角，且三棱錐的體積為，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】(1)根據(jù)等腰三角形三線合一，可證明，，再根據(jù)線面垂直判定定理證明平面.，由此可證明平面平面；(2)根據(jù)題意，點在平面內的射影在射線上，再根據(jù)錐體體積公式可知，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量法，求二面角的正弦值.（1）證明：∵，D為AC中點，∴.又為等邊三角形，，∴.∵，BD，平面PDB，∴平面PDB.∵平面PAC，∴平面平面.（2）∵為正三角形，，∴的面積為，設三棱錐的底面上的高為，，作于O，由(1)平面,所以，又，所以，所以O是DB的中點，記的中點為，以為軸，建立空間直角坐標系，則，，，∴，，設是平面PAB的一個法向量,取設是平面PBC的一個法向量取，設二面角的平面角為，則.22．（2022·湖北襄陽·高三期末）如圖，在三棱錐中，平面平面，，，，分別是，的中點，記平面與平面的交線為直線．（1）求證：直線平面；（2）若直線上存在一點（與都在的同側），且直線與直線所成的角為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）先證明，再證明平面，從而得到平面；（2）建立空間直角坐標系，然后再求出相關平面的法向量，最后用夾角公式計算即可.（1）證明：∵，分別是，的中點，∴，又平面，平面，∴平面，又平面，平面平面，∴，又，平面平面，平面平面，∴平面，則平面．（2）以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，過垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，由題意得：，，，，，∴，，設，則．依題意可得：，即：又與都在的同側，所以，即于是：，設平面的法向量為則，取，可得再設平面的法向量為，則，取，得于是所以平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．23．（2022·湖北·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，Q為的中點．（1）求證：；（2）若平面底面，點E在棱上，，且二面角的大小為，求四棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）連接，可證得四邊形為平行四邊形，進而證明，又由等腰三線合一可證得，則平面，故得證.（2）幾何法：作出二面角的平面角，由得等腰直角，將兩直角邊和分別用和表示，求出的值，根據(jù)棱錐的體積公式，則可求出四棱錐的體積；向量法：根據(jù)題中的條件，建立空間直角坐標系，設，將相關點的坐標表示出來，求出平面和平面的法向量，根據(jù)二面角的向量計算方法，求出的值，最后根據(jù)棱錐的體積公式，求出四棱錐的體積.（1）證明：連接，因為，Q為的中點，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為，所以，即，因為，Q為的中點，所以所以平面，因為平面，所以．（2）解：因為，Q為的中點，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，過點E作交于點H，過點H作交于點G，連接，則為二面角的平面角，由已知得，∴在直角中，，由于，故．設，則，所以，故四棱錐的體積為．法2：因為，Q為的中點，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面．所以以Q為原點，以所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，令，如圖：，所以，又，設平面的法向量為，則所以所以平面的法向量為，由題意知平面的法向量為，因為二面角為，所以，解得，即，所以四棱錐的體積為．24．（2022·湖北·黃石市有色第一中學高三期末）如圖，在多面體中，四邊形是邊長為2的正方形，四邊形是直角梯形，其中，，且.（1）證明：平面平面.（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接，由勾股定理得逆定理可得，結合可得平面，進而證得結果；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求得平面和平面的法向量，結合圖形進而可得結果.【詳解】（1）證明：連接.因為是邊長為2的正方形，所以，因為，所以，，所以，則.因為，所以.因為，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）解：由（1）知，，兩兩垂直，故以為坐標原點，以射線，，分別為軸，軸，軸的正半軸建立如圖所示的空問直角坐標系.則，，，，故，，.設平面的法向量為，則，令，則.設平面的法向量為，則，令，則.，記二面角的平面角為，由圖可知為鈍角，則.25．（2022·湖南常德·高三期末）如圖，已知AB是圓柱底面圓的一條直徑，OP是圓柱的一條母線．（1）求證：OA⊥PB；（2）若C底面圓上一點，且，，，，求直線PC與平面PAB所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理及性質即得；（2）利用坐標法即求.（1）∵OP是圓柱的一條母線，∴OP⊥平面OAB，又面OAB，∴OP⊥OA，∵AB是圓柱的底面圓的直徑，∴，即OA⊥OB，又∵，∴OA⊥面OPB，又∵面OPB，∴OA⊥PB.（2）∵，∴；∵AB是圓柱的底面圓的直徑，∴，又，∴四邊形OACB為正方形,如圖建立空間直角坐標系O—xyz，可知，，P（0，0，2），設平面PAB的法向量為，，，∴，即，取，則，又，設直線PC與平面PAB所成角為θ，∴，所以直線PC與平面PAB所成角的正弦值為.26．（2022·湖南婁底·高三期末）如圖，在長方體中，，．若平面APSB與棱，分別交于點P，S，且，Q，R分別為棱，BC上的點，且．（1）求證：平面平面；（2）設平面APSB與平面所成銳二面角為，探究：是否成立？請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）成立，理由見解析【分析】（1）由已知及正方體性質先證線面垂直，再證面面垂直.（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求二面角對應兩平面的法向量，進而可以判斷是否成立.（1）在長方體中，因為平面，平面，所以，在和中，因為，,，所以，,所以，因為，所以平面，因為平面，所以平面．（2）以D為坐標原點，射線DA，DC，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，，，，所以，，設平面的法向量為，所以，不妨設，其中，由（1）得，平面的法向量為，因為，，所以，則，若，則，解得，因為，所以成立．27．（2022·湖南郴州·高三期末）如圖，在空間幾何體中，已知均為邊長為2的等邊三角形，平面和平面都與平面垂直，為的中點．

（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）分別取的中點，連接，且，再利用線面平行的判定定理，即可得到答案；（2）連接，則易知平面，以為坐標原點，分別以的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出向量及平面的法向量，代入夾角公式，即可得到答案；（1）證明：分別取的中點，連接，因為，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理平面，所以，又因為是全等的正三角形，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面；（2）連接，則易知平面，以為坐標原點，分別以的方向為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為，所以，所以則，取，則，所以，設直線與平面所成的角為，則．

28．（2022·廣東揭陽·高三期末）如圖，在四棱錐中，底面為梯形，，平面平面為棱上的點，且.（1）求證：平面；（2）若，二面角為，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）設點為的一個三等分點，，且，可證得四邊形是平行四邊形，由線面平行的判定定理即可證得結果.（2）方法一：過點作的垂線，垂足為，連接,可證得平面，則為直線與平面所成角，計算即可得出結果.方法二：以的中點為原點，為軸，過點在平面內作的垂線為軸，為軸建立空間直角坐標系，可知平面的一個法向量為通過數(shù)量積計算即可求得結果.（1）設點為的一個三等分點，且，連接，如圖所示.，且又，且，從而可得，且.綜上可知四邊形是平行四邊形.平面平面，平面（2）因為平面平面，平面平面，，且平面，從而可得平面.又由平面，所以，從而可得為二面角的平面角.由題意可得，由，即有為等邊三角形.方法一：幾何法如圖，過點作的垂線，垂足為，連接.平面平面，平面平面，，且平面，從而可得平面.故為直線與平面所成角.根據(jù)第（1）問的可知，所以，故.因為為等邊三角形，所以的高為，根據(jù)三角形的相似關系可得，所以在Rt中，可得所以直線與平面所成角的正弦值為方法二：向量法如圖，以的中點為原點，為軸，過點在平面內作的垂線為軸，為軸建立空間直角坐標系.則有.則有.平面的一個法向量為可得.直線與平面所成角的正弦值為.29．（2022·廣東潮州·高三期末）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，，，點E，F(xiàn)分別為CD，AP的中點．（1）證明:PC//平面BEF；（2）若PAPD，且PA=PD，面PAD面ABCD，求二面角C-BE-F的余弦值．【答案】（1）證明過程見解答；（2）【分析】（1）連接，交于，連接，易證，故，即點為的中點，從而得，再由線面平行的判定定理即可得證；（2）取的中點，連，，則，由面面，可推出，由和，可證得，故以，，所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，依次寫出、、、和的坐標，由面，知面的一個法向量為，根據(jù)法向量的性質可求得面的法向量，再由即可得解．（1）證明：連接，交于，連接，點為的中點，，，，，，，即點為的中點，又為的中點，，面，面，面．（2）（2）取的中點，連，，，，面面，面面，面，，，，．以，，所在的直線分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，0，，，，0，，，，，面，面的一個法向量為，設面的法向量為，則，即，令，則，，，，，，由圖可知，二面角為鈍角，故二面角的余弦值為．30．（2022·廣東東莞·高三期末）如圖，在正四棱錐中，點，分別是，中點，點是上的一點.（1）證明：；（2）若四棱錐的所有棱長為，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）作出輔助線，證明線面垂直，進而證明線線垂直；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量進行求解.（1）如圖，連接SO和OE，因為是正四棱錐，所以平面ABCD，又因為平面ABCD，所以因為ABCD是正方形，所以，又因為點O，E分別是BD，BC中點，所以∥，所以又因為，OE、平面SOE，所以平面SOE，因為平面SOE，所以.（2）易知OB，OC，OS兩兩相互垂直，如圖，以點O為原點，OB，OC，OS為x，y，z軸建立空間直角坐標系，因為四棱錐的所有棱長為，所以，，所以，，，，設，得，則，，設平面SDE的法向量為，則，解得，取，得，設直線OF與平面SDE所成角為，則，當時，取得最小值，此時取得最大值.31．（2022·廣東羅湖·高三期末）如下圖所示，在三棱錐中，為等腰直角三角形，，為等邊三角形．（1）證明：；（2）若直線AC與平面ABD所成角為，點E在棱AD上，且，求二面角的大小．【答案】（1）證明見解析.（2）【分析】（1）利用直線與平面垂直的判定定理證明平面，即可證明.（2）設，以為坐標原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，可知坐標，平面的法向量坐標，設平面的一個法向量，通過可求出的具體坐標，二面角的大小即為的夾角.（1）證明：如下圖所示，取的中點，連接，，為等邊三角形，，又，平面，平面，.（2）由（1）不難知道，在平面內，若過作直線的垂線，則該垂線亦為平面ABD的垂線，故直線在平面ABD內的射影為直線，為直線與平面ABD所成的角，即，不放設，，為的中點，，為等邊三角形，，在中，由正弦定理得，即，由（1）知，，且，以為坐標原點，所在的直線分別為軸，建立如下圖所示的空間直角坐標系，易得，，，，則有，易知為平面的一個法向量，設為平面的一個法向量，則，即則平面的一個法向量為，，由下圖所示可知，二面角為銳角，二面角的余弦值為，二面角的大小為.32．（2022·廣東汕尾·高三期末）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，（1）求證：平面ADE平面ABCD；（2）若EF=ED=AD，CD=2EF=2，求平面ADE與平面BCF所成的銳二面角的大?。敬鸢浮浚?）證明見解析（2）【分析】（1）根據(jù)面面垂直的判定定理，結合題意，即可得證.（2）根據(jù)線面垂直的性質定理、判定定理可證平面，如圖建系，求得各點坐標，進而可求得平面的一個法向量，平面的一個法向量，根據(jù)二面角的向量求法，即可得答案.（1）證明：∵四邊形為矩形，∴，又∵，，平面，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面（2）∵平面，平面，∴∵，平面，平面，，∴平面，∴以點D為原點，以DA方向為x軸正方向，以DC方向為y軸正方向，以DE方向為z軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖，則，∴，∵平面，∴平面的一個法向量是，設平面的法向量是，則，即，令，則，∴一個法向量，∴∴平面與平面所成的銳二面角的大小為33．（2022·廣東清遠·高三期末）已知正三棱柱中，，D，E，F(xiàn)分別為的中點．（1）證明：平面平面．（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由等邊三角形、線面垂直的性質可得、，根據(jù)線面垂直的判定有面，再由線面垂直的性質、勾股定理有、，最后根據(jù)線面、面面垂直的判定證明結論.（2）構建空間直角坐標系，求面、面的法向量，利用空間向量夾角的坐標表示求法向量夾角余弦值，進而求二面角的正弦值.（1）在正△中，D為的中點，則．因為面面，則．而，所以面，又平面，∴．在△中，連接，∴，即，又，∴平面，再由平面，∴平面平面．（2）如圖，以D為坐標原點，的方向分別為x，y軸的正方向，建立空間直角坐標系，則．∴.由（1）知：平面的一個法向量為．設面的法向量為，則，令，得．∴，則二面角的正弦值為．34．（2022·廣東佛山·高三期末）如圖，四棱錐中，四邊形是矩形，平面，，E是的中點.（1）在線段上找一點M，使得直線平面，并說明理由；（2）若，求平面與平面所成二面角的正弦值.【答案】（1）點M為線段的中點，理由詳見解析；（2）【分析】分別取PB，PC的中點M，F(xiàn)，連接EM，DF，F(xiàn)M，再根據(jù)四邊形，E是的中點，易證四邊形DEMF是平行四邊形，得到，然后利用線面平行的判定定理證明；（2）由平面，，建立空間直角坐標系，設AD=2，求得平面PCE的一個法向量，易知平面PAB的一個法向量為，由求解.（1）當點M為線段的中點時，直線平面，理由如下：如圖所示：分別取PB，PC的中點M，F(xiàn)，連接EM，DF，F(xiàn)M，因為四邊形，E是的中點，所以，，所以，所以四邊形DEMF是平行四邊形，所以，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD；（2）由平面，，建立如圖所示空間直角坐標系：設AD=2，則，所以，設平面PCE的一個法向量為，則，即，令，得，易知平面PAB的一個法向量為，則，設平面與平面所成二面角為，所以.35．（2022·廣東·鐵一中學高三期末）如圖，在幾何體中，底面，，，，，，，，，設點在棱上，已知平面.（1）求線段的長度；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）1；（2）.【分析】（1）以為坐標原點，射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標系，設，由已知得，利用可求得線段的長度.（2）分別求平面和平面的法向量，利用二面角的向量公式進行計算即可.【詳解】以為坐標原點，射線為軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，由，，，，，易知.則，，，，，，（1）設，因為平面，所以，，，，解得，所以線段的長度為1.（2）設是平面的一個法向量，，，則，可取，同理，設是平面的一個法向量，則，可取.則，顯然二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.【點睛】本題考查利用空間向量求線段長以及二面角的平面角，考查空間想象能力和計算能力，屬于基礎題.36．（2022·江蘇海門·高三期末）在三棱錐A－OBC中，已知平面AOB⊥底面BOC，AO⊥BC，底面BOC為等腰直角三角形，且斜邊．（1）求證：AO⊥平面BOC；（2）若E是OC的中點，二面角A－BE－O的余弦值為，求直線AC與平面ABE所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）證明CO⊥AO，AO⊥BC，再利用線面垂直的判定定理，即可得到答案；（2）由(1)得OB，OC，OA兩兩垂直，建立如圖所示得空間直角坐標系，求出此時＝(0，2，－1)，平面ABE的法向量＝(1，2，2)，再代入線面角的向量公式，即可得到答案；（1）證明：底面BOC為等腰直角三角形，且BC為斜邊，所以CO⊥OB，因為平面AOB⊥底面BOC，平面AOB∩平面BOC＝OB，CO平面BOC，所以CO⊥平面AOB，因為AO?平面AOB，所以CO⊥AO，又AO⊥BC，BC，CO平面BOC，BC∩CO＝C，所以AO⊥平面BOC．（2）由(1)得OB，OC，OA兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為底面BOC為等腰直角三角形，且斜邊，所以OC＝OB＝2，因為E是OC的中點，所以B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，1，0)，設A(0，0，t)(t＞0)，則，設平面ABE的法向量＝(x，y，z)，則取＝(t，2t，2)，而平面BEO的法向量為＝(0，0，1)，因為二面角A－BE－O的余弦值為，所以因為t＞0，所以t＝1，此時＝(0，2，－1)，平面ABE的法向量＝(1，2，2)，設直線AC與平面ABE所成的角為θ，則sinθ＝|cos<，>|＝＝．所以直線AC與平面ABE所成角的正弦值為．37．（2022·江蘇通州·高三期末）如圖，C，D分別是以AB為直徑的半圓O上的點，滿足，△PAB為等邊三角形，且與半圓O所成二面角的大小為90°，E為PA的中點.（1）求證：DE//平面PBC；（2）求二面角A－BE－D的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）通過證明平面平面來證得平面.（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得二面角的余弦值.（1）依題意，所以，所以三角形、三角形、三角形是等邊三角形，所以，所以四邊形是菱形，所以，由于平面，平面，所以平面.由于是的中點，是的中點，所以，由于平面，平面，所以平面.由于，所以平面平面，所以平面.（2）設的中點為，連接，則，由于四邊形是菱形，所以，則，依題意平面平面且交線為，所以平面.連接，則，由于三角形是等邊三角形，所以，由于平面平面且交線為，所以平面，則，以為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，設，則，平面的法向量為.，，設平面的法向量為，則，故可設.設二面角的平面角為，由圖可知，為銳角，所以.38．（2022·江蘇揚州·高三期末）如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O為BC的中點．側面BCC1B1為等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M為B1C1中點．（1）證明：平面ABC⊥平面AOM；（2）記二面角A－BC－B1的大小為θ，當θ∈[，]時，求直線BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即證；（2）設直線BB1與平面AA1C1C所成的角為α，利用坐標法可求，然后利用導函數(shù)求最值即得.（1）∵△ABC是等腰三角形，O為BC的中點，∴BC⊥AO，∵側面BCC1B1為等腰梯形，M為的中點，∴BC⊥MO．∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，∴BC⊥平面AOM，∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOM．（2）在平面AOM內，作ON⊥OA，∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，∴ON⊥平面ABC，以OB，OA，ON分別為x軸、y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系．∵MO⊥BC，AO⊥BC，∴∠AOM為二面角的平面角，即∠AOM＝θ，∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2cosθ，2sinθ），C1（－2，2cosθ，2sinθ），B1（2，2cosθ，2sinθ），∴＝(－2，2cosθ，2sinθ)，設平面AA1C1C的法向量為＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2cosθ，2sinθ)，所以，即，則可取，設直線BB1與平面AA1C1C所成的角為α，則sinα＝|cos＜，＞|＝，設f(θ)＝，θ∈[，]，則，∴f（θ）在[，]上單調遞增，∴f（θ）∈[－2，]，即∴，∴．∴直線BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值為.39．（2022·江蘇海安·高三期末）如圖，AB是圓O的直徑，C是圓O上異于A，B的一點，DC垂直于圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝2EB＝2，AB＝4．（1）求證：平面ACD⊥平面EBCD；（2）若∠ABC＝30°，求平面ADE與平面ABE所成的銳二面角的余弦值．【答案】（1）詳見解析；（2）.【分析】（1）利用線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即證；（2）利用坐標法即求.（1）∵AB是圓O的直徑，∴，又DC垂直于圓O所在的平面，∴，又，，∴平面EBCD，又平面ACD，∴平面ACD⊥平面EBCD；（2）如圖建立空間直角坐標系，則，∴，設平面ADE的法向量為，則，令，則，設平面ABE的法向量為，則，令，則，∴，∴平面ADE與平面ABE所成的銳二面角的余弦值為.40．（2022·江蘇宿遷·高三期末）如圖，在直三棱