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- 2021-06-23 发布
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一、解答题
1．长方形中， ， 是中点（图1）．将△沿折起，使得（图2）在图2中：
（1）求证：平面 平面；
（2）在线段上是否存点，使得二面角为大小为，说明理由．
【答案】（1）见解析（2）见解析．
【解析】试题分析：（1）长方形中，连结，因为， 是中点，所以，从而，所以,再根据，可得线面垂直，从而证明平面 平面（2）建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，取面的一个法向量是，利用其夹角为，即可得出.
（2）因为平面 平面，交线是，所以在面过垂直于的直线必然垂直平面．以为坐标原点， 为轴， 为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系．
依题意，即，解方程得，或，取，因此在线段上存点，使得二面角为大小为．
点睛：立体几何问题对于第一问，要注意结合图形，特别是中点，寻求垂直或平行关系，对于第二问关键是建系写点的坐标，利用求得的法向量来求二面角的余弦，注意对角是锐角钝角的分析.
2．如图所示，在底面为正方形的四棱柱中， .
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：
（1）连交于,由条件可得，又由得到 ，从而可得平面．由四边形为平行四边形可得，所以平面，因此平面平面．（2）由条件可得两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的法向量，根据两向量的夹角的余弦值可求得线面角的正弦值．
由题意得，故四边形为平行四边形．
∴，
∴平面，
又平面内，
∴ 平面平面．
（2）由题意得两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵，
∴为等边三角形，
∴．
又，
∴．
则．
∴， ，
．
3．如图，在直三棱柱中， 、分别为、的中点， ， .
（1）求证：平面平面；
（2）若直线和平面所成角的正弦值等于，求二面角的平面角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）要证面面垂直，先证线面垂直， 平面，再由面面垂直的判定得到面面垂直；（2）建系得到面的法向量和直线的方向向量，根据公式得到线面角的正弦值。.
（2）由（1）可知
以点为坐标原点， 为轴正方向， 为轴正方向， 为轴正方向，建立坐标系.设
， ， ， ， ， ， ，
直线的方向向量，平面的法向量
可知∴
， ，
设平面的法向量
∴∴
设平面的法向量
∴∴
记二面角的平面角为
∴
二面角的平面角的正弦值为.
4．如图,在几何体中，四边形为矩形，四边形为梯形, ,平面与平面垂直，且.
（1）求证： 平面；
（2）若,且平面与平面所成锐二面角的余弦值为,求的长.
【答案】(1)证明见解析；(2)1.
试题解析：
（1)证明：因为平面与平面垂直
且，平面与平面的交线为
所以面，
又面
所以，
在矩形中，
又四边形为梯形， 所以与相交，
故平面
（2）由（1）知， 垂直， 垂直，又垂直， 平行，所以垂直，如图，以为坐标原点， 分别为轴建立空间坐标系
所以平面的法向量为
易知，平面的法向量为，
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则，
即，解得，即
5．如图，四棱锥，侧面是边长为2的正三角形，且平面平面，底面是的菱形， 为棱上的动点，且.
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) .
试题解析：
（Ⅰ）取的中点，连结，由题意可得， 均为正三角形，
所以， ，
又，
所以平面，
又平面，
所以.
因为，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.
又平面平面，平面平面， 平面，
所以平面.
故可得两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则， ， ， ，
所以 ，
由，可得点的坐标为，
所以， ，
所以当时，二面角的余弦值为.
点睛：解决立体几何中探索性问题的基本策略
通常假定题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．
6．如下图，在空间直角坐标系中，正四面体（各条棱均相等的三棱锥）的顶点分别在轴， 轴， 轴上.
（Ⅰ）求证： 平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
试题解析：
（Ⅰ）由，易知.
设，则， ， ， ,
设点的坐标为，则由，
可得 ，
解得，
所以.
又平面的一个法向量为，
所以，所以平面.
点睛：立体几何中求直线与平面成的角和二面角，有两种方法：第一种是根据“空间角”的定义作出反应这个“空间角”的“平面角”，然后在三角形中求解，这种方法有三个步骤：一作二证三计算；第二种是根据图形建立适当的空间直角坐标系（充分利用图形中的垂直关系），写出各点坐标，求出平面的法向量，直线的方程向量，利用向量的夹角来求“空间角”，这种方法重在计算，解题步骤固定．
7．如图，三棱柱中， 平面， ， .过的平面交于点，交于点.
(l)求证： 平面；
(Ⅱ)求证：四边形为平行四边形；
(Ⅲ)若是，求二面角的大小．
【答案】(1)见解析(2) 见解析(3)
【解析】试题分析：（Ⅰ）由线面垂直的性质 可得，由菱形的性质可得．从而由线面垂直的判定定理可得平面；（Ⅱ）先证明平面，再根据线面平行的性质可得，根据面面平行的性质可得，从而得四边形为平行四边形；（Ⅲ）在平面内，过作．因为 平面，所以，以 为轴建立空间直角坐标系，可知平面的法向量为，根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
（Ⅱ）因为 ， 平面，所以 平面．
因为 平面平面，所以．
因为 平面平面，
平面平面，平面平面，
所以 ．
所以 四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）得平面的法向量为．
设平面的法向量为，
则 即
令，则， ，所以 ．
所以 ．
由图知 二面角的平面角是锐角，
所以 二面角的大小为．
【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理、线面平行的性质、面面平行的直线以及利用空间向量求二面角，属于难题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
8．在等腰梯形中， ，将梯形沿着翻折至（如图），使得平面与平面垂直．
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.
试题解析：
（Ⅰ）证明，不妨设，过作垂线交于，
则， ，
所以，所以，又因为平面与平面垂直，
所以平面,所以
（Ⅱ）建立如图坐标系，
9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=3，PM=2MD，AN=2NB，∠DAB=60°．
（1）求证：直线AM∥平面PNC；
（2）求二面角D﹣PC﹣N的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）在上取一点，使，连接， ，可得， ， 为平行四边形，即，即可得直线平面．
（2）取中点，可得， ， 相互垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系，易知平面的法向量，求出面的法向量，计算出两向量夹角即可.
试题解析：（1）在上取一点，使，连接， ，
（2）取中点，底面是菱形， ，∴，∵，∴，即，又平面，∴，又，∴直线平面，故， ， 相互垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系．
10．如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面平面， ， ， 为的中点.
（1）求二面角的正弦值；
（2）若平面，求的值.
【答案】（1）（2）.
【解析】试题分析：
(1)由题意可知， ， ，据此建立空间直角坐标系，计算可得平面的法向量为，且平面的一个法向量为，据此计算可得二面角的正弦值为.
(2)结合(1)中的空间直角坐标系有，据此得到关于实数a的方程： ，解方程有： .
则， ，
设平面的法向量为，
则 ,即
令，则，于是，
又平面的一个法向量为，设二面角为，
所以， ，
所以二面角的正弦值为.
11．已知正四棱锥的各条棱长都相等，且点分别是的中点.
（1）求证: ；
（2）若平面，且，求的值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】试题分析：(1)由题意易证： . , 所以平面 ，从而证得结果；
(2)建立空间直角坐标系，平面的法向量为，因为平面，所以
，从而得到的值.
试题解析：
（1）设,则为底面正方形中心，连接,
因为为正四梭锥.所以平面,所以.
又,且,所以平面;
因为平面,故.
因为平面，所以，
即.解得,所以.
12．如图1 ,在△ABC中，AB=BC=2, ∠B=90°,D为BC边上一点，以边AC为对角线做平行四边形ADCE，沿
AC将△ACE折起，使得平面ACE ⊥平面ABC,如图2.
(1)在图 2中，设M为AC的中点，求证:BM丄AE；
(2)在图2中，当DE最小时，求二面角A -DE-C的平面角.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】试题分析：（1）根据题设条件推出，再由平面平面推出平面，即可得证；（2）分别以射线， 的方向为， 轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出当最小时，点和的坐标，分别求出平面和平面的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角的平面角.
（2）如图，分别以射线， 的方向为， 轴的正方向，建立空间直角坐标系
设，则， ， ，
∵， ，平面平面
∴
∴
当且仅当时， 最小，此时，
设， 平面，则，即
∴
令，可得， ，则有
∴
∴观察可得二面角的平面角
13．（本题分）
如图， 和所在的平面互相垂直，且， ．
（Ⅰ）求证： ．
（Ⅱ）求直线与面所成角的大小的正弦值．
（Ⅲ）求二面角的大小的余弦值．
【答案】(1)详见解析(2) （3）
【解析】试题分析：（1）建立空间直角坐标系，即证；（2）求出平面的一个法向量，利用公式即可得到直线与面所成角的大小的正弦值，（3）求出平面的法向量，结合（2），利用公式求出二面角的大小的余弦值．
试题解析：
（Ⅰ）设，作于，连结，以点为原点， ， ， 的方向分别为轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图所示：则， ， ， ， ，所以， ，
∴．
∴．
（Ⅲ）解：设平面的法向量，
则，即，
令，则， ，
∴．
．
又二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为．
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
14．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD， 为线段的中点， 在线段上.
（I）当是线段的中点时，求证：PB // 平面ACM；
（II）求证： ；
（III）是否存在点，使二面角的大小为60°，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；(Ⅲ)当时，二面角的大小为60°.
试题解析：（I）证明：连接BD交AC于H点，连接MH，
因为四边形ABCD是菱形，
所以点H为BD的中点.
又因为M为PD的中点，
所以MH // BP.
又因为 BP 平面ACM, 平面ACM.
所以 PB // 平面ACM.
则， ，
， ， ．
假设棱上存在点，设点坐标为， ，
则，
所以，
所以， ，
设平面的法向量为，则
，解得．
点睛：(1)探索性问题通常用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
15．如图，四棱柱的底面是菱形， ， ， ．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）若，直线上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 或.
【解析】试题分析：（Ⅰ）用几何法证明，先证得平面，再证平面平面.
（Ⅱ）由条件可得两两相互垂直，故可建立坐标系，转化为代数运算求解。
（Ⅱ）在菱形中，由，可得，
由，可得.
在三角形中，由，可得.
故得两两相互垂直.
以为原点， 方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
则， ， ， ，
由，可得， ，
设， ，
所以.
设平面的法向量为，
点睛：（1）用向量法解立体几何问题时，在建立坐标系的基础上，关键是如何确定点的坐标，对于不容易确定坐标的点，可通过向量的运算、相等向量等方法去确定点的坐标。
（2）由于本题（Ⅱ）中，要求是“直线上是否存在点”，故求出的点应有两个，解题时要注意对题意的理解。
16．如图所示，三棱柱中，已知侧面.
（1）求证： 平面；
（2）是棱长上的一点，若二面角的正弦值为，求的长.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（Ⅰ）证明AB⊥BC1，在△CBC1中，由余弦定理求解B1C，然后证明BC⊥BC1，利用直线与平面垂直的判定定理证明C1B⊥平面ABC．
（Ⅱ）通过AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出相关点的坐标，求出平面AB1E的一个法向量，平面的一个法向量通过向量的数量积，推出λ的方程，求解即可．
由可以知道， ， ，两两垂直，以为原点， ， ，所在直线为， ， 轴建立空间直角坐标系.
则， ， ， ， ， ， .
令，∴， .
设平面的一个法向量为，
，
令，则， ，
∴，
平面，∴是平面的一个法向量，
，两边平方并化简得，所以或.
∴或.
点睛：本题考查面面垂直，线面垂直，线线垂直的判定及性质以及二面角的余弦，属于中档题。对于第一问，要注意结合图形，特别是中点，寻求垂直或平行关系，本题利用了余弦定理，求边长，再利用勾股定理得到线线垂直，对于第二问关键是建系写点的坐标，利用求得的法向量来求二面角的余弦，注意对角是锐角钝角的分析.
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