2019-2020高考真题分类汇编 专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何答案 68页

专题八 立体几何 第二十四讲 空间向量与立体几何 答案部分[来源:学§科§网Z§X§X§K]‎ ‎2019年 ‎1.解析：（1）连结B1C，ME．‎ 因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．‎ 又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．‎ 由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，‎ 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．‎ 又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．‎ ‎（2）由已知可得DE⊥DA．‎ 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，‎ 则，A1(2,0,4)，，，，，，．‎ 设为平面A1MA的法向量，则，‎ 所以可取．‎ 设为平面A1MN的法向量，则 所以可取．‎ 于是，‎ 所以二面角的正弦值为．‎ ‎2.解析：（I）因为平面，所以. ‎ 又因为，所以.平面，‎ ‎（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），‎ D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.‎ 所以，, .‎ 所以，‎ 设平面AEF的法向量为，则 ‎，即.‎ 令z=1,则y=-1,x=-1.于是.‎ 又因为平面PAD的法向量为，所以.‎ 因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为 ‎（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且 所以，.‎ 由（II）知，平面AEF的法向量为，‎ 所以，所以直线AG在平面AEF内.‎ ‎3.解析：方法一：‎ ‎（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，‎ 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，‎ 所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.‎ 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.‎ 所以BC⊥平面A1EF.‎ 因此EF⊥BC.‎ ‎（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．‎ 由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．‎ 由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，‎ 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.‎ 连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.‎ 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.‎ 由于O为A1G的中点，故，‎ 所以．‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．‎ 方法二：‎ ‎（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，‎ 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.‎ 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.‎ 不妨设AC=4，则 A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0).‎ 因此，，．‎ 由得．‎ ‎（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，‎ 由（Ⅰ）可得，，‎ 设平面A1BC的法向量为，‎ 由，得，‎ 取，故.‎ 因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.‎ ‎4.证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，‎ 所以ED∥AB.‎ 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，‎ 所以A1B1∥ED.‎ 又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，‎ 所以A1B1∥平面DEC1.‎ ‎（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.‎ 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.‎ 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.‎ 因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，‎ 所以BE⊥平面A1ACC1.‎ 因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.‎ ‎32.（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.‎ ‎（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；‎ ‎（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.‎ ‎5.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．‎ 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．‎ 又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．‎ ‎（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．‎ 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．‎ 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．‎ 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则 即 所以可取n=（3，6，–）．‎ 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．‎ 因此二面角B–CG–A的大小为30°．‎ ‎6.解析：（1）由已知得，平面，平面，‎ 故．‎ 又，所以平面．‎ ‎（2）由（1）知．由题设知，所以，‎ 故，．‎ 以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，‎ 则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．‎ 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 即 所以可取n=.‎ 设平面的法向量为m=（x，y，z），则 即 所以可取m=（1，1，0）．‎ 于是．‎ 所以，二面角的正弦值为．‎ ‎7.解析：（I）因为平面，所以. ‎ 又因为，所以.平面，‎ ‎（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），‎ D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.‎ 所以，, .‎ 所以，‎ 设平面AEF的法向量为，则 ‎，即.‎ 令z=1,则y=-1,x=-1.于是.‎ 又因为平面PAD的法向量为，所以.‎ 因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为 ‎（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且 所以，.‎ 由（II）知，平面AEF的法向量为，‎ 所以，所以直线AG在平面AEF内.‎ ‎8.解析：方法一：‎ ‎（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，‎ 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，‎ 所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.‎ 又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.‎ 所以BC⊥平面A1EF.‎ 因此EF⊥BC.‎ ‎（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．‎ 由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．‎ 由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，‎ 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.‎ 连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.‎ 不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.‎ 由于O为A1G的中点，故，‎ 所以．‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．‎ 方法二：‎ ‎（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，‎ 平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.‎ 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.‎ 不妨设AC=4，则 A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0).‎ 因此，，．‎ 由得．‎ ‎（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，‎ 由（Ⅰ）可得，，‎ 设平面A1BC的法向量为，‎ 由，得，‎ 取，故.‎ 因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.‎ ‎9.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．‎ 由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．‎ 又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．‎ ‎（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．‎ 由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．‎ 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．‎ 设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则 即 所以可取n=（3，6，–）．‎ 又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．‎ 因此二面角B–CG–A的大小为30°．‎ ‎10.解析：（1）由已知得，平面，平面，‎ 故．‎ 又，所以平面．‎ ‎（2）由（1）知．由题设知，所以，‎ 故，．‎ 以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，‎ 则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．‎ 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 即 所以可取n=.‎ 设平面的法向量为m=（x，y，z），则 即 所以可取m=（1，1，0）．‎ 于是．‎ 所以，二面角的正弦值为．‎ ‎11.解析：（1）连结B1C，ME．‎ 因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．‎ 又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．‎ 由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，‎ 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．‎ 又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．‎ ‎（2）由已知可得DE⊥DA．‎ 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，‎ 则，A1(2,0,4)，，，，，，．‎ 设为平面A1MA的法向量，则，‎ 所以可取．‎ 设为平面A1MN的法向量，则 所以可取．‎ 于是，‎ 所以二面角的正弦值为．‎ ‎12.解析：（I）因为平面，所以. ‎ 又因为，所以.平面，‎ ‎（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），‎ D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.‎ 所以，, .‎ 所以，‎ 设平面AEF的法向量为，则 ‎，即.‎ 令z=1,则y=-1,x=-1.于是.‎ 又因为平面PAD的法向量为，所以.‎ 因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为 ‎（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且 所以，.‎ 由（II）知，平面AEF的法向量为，‎ 所以，所以直线AG在平面AEF内.‎ ‎13.解析 依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，‎ 轴正方向的空间直角坐标系，如图所示，可得，.设，则.‎ ‎（Ⅰ）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面.‎ ‎（Ⅱ）依题意，.‎ 设为平面的法向量，则，即，不妨令，‎ 可得.因此有.‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（Ⅲ）设为平面的法向量，则，即，‎ 不妨令，可得.‎ 由题意，有，解得.经检验，符合题意.‎ 所以，线段的长为.‎ ‎2010-2018年 ‎1．【解析】(1)由已知可得，⊥，⊥，所以⊥平面PEF．‎ 又平面，所以平面⊥平面．‎ ‎(2)作⊥，垂足为．由(1)得，⊥平面．‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由(1)可得，⊥．又=2，=1，所以=．‎ 又=1，=2，故⊥．‎ 可得,．‎ 则，，，，‎ 为平面的法向量．‎ 设与平面所成角为，则．‎ 所以与平面所成角的正弦值为．‎ ‎2．【解析】(1)在三棱柱中，‎ ‎∵⊥平面，‎ ‎∴四边形为矩形．‎ 又，分别为，的中点，‎ ‎∴⊥．‎ ‎∵．‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴⊥平面．‎ ‎(2)由(1)知⊥，⊥，∥．‎ 又⊥平面，∴⊥平面．‎ ‎∵平面，∴⊥．‎ 如图建立空间直角坐称系．‎ 由题意得，，，，．‎ ‎∴，，‎ 设平面的法向量为，‎ ‎∴，∴，‎ 令，则，，‎ ‎∴平面的法向量，‎ 又∵平面的法向量为，‎ ‎∴．‎ 由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．‎ ‎(3)平面的法向量为，∵，，‎ ‎∴，∴，∴与不垂直，‎ ‎∴与平面不平行且不在平面内，∴与平面相交．‎ ‎3．【解析】(1)因为，为的中点，所以，且．‎ 连结．因为，所以为等腰直角三角形，‎ 且，．‎ 由知．‎ 由，知平面．‎ ‎(2)如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．‎ 由已知得，，，，，‎ ‎，取平面的法向量．‎ 设，则．‎ 设平面的法向量为．‎ 由得，可取，‎ 所以．由已知得．‎ 所以．解得（舍去），．‎ 所以．又，所以．‎ 所以与平面所成角的正弦值为．‎ ‎4．【解析】(1)由题设知，平面⊥平面，交线为．‎ 因为⊥，平面，所以⊥平面，故⊥．‎ 因为为上异于，的点，且为直径，所以 ⊥．‎ 又=，所以⊥平面．‎ 而平面，故平面⊥平面．‎ ‎(2)以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 当三棱锥体积最大时，为的中点．‎ 由题设得，，，，，‎ ‎，，‎ 设是平面的法向量，则 即 可取．‎ 是平面的法向量，因此 ‎，‎ ‎，‎ 所以面与面所成二面角的正弦值是．‎ ‎5．【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，，．‎ ‎(1)证明：依题意，．设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得．‎ 又，可得，‎ 又因为直线平面，所以∥平面．‎ ‎(2)依题意，可得，，．‎ 设为平面的法向量，则 即 ‎ 不妨令，可得．‎ 设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得．‎ 因此有，于是．‎ 所以，二面角的正弦值为．‎ ‎(3)设线段的长为()，则点的坐标为，可得．‎ 易知，为平面的一个法向量，故 ‎，‎ 由题意，可得，解得．‎ 所以线段的长为．‎ ‎6．【解析】如图，在正三棱柱中，设，的中点分别为，，则，，，以为基底，建立空间直角坐标系．‎ 因为，‎ 所以．‎ ‎(1)因为为的中点，所以，‎ 从而，‎ 故．‎ 因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．‎ ‎(2)因为Q为BC的中点，所以，‎ 因此，．‎ 设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，‎ 则即 不妨取，‎ 设直线CC1与平面AQC1所成角为，‎ 则，‎ 所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．‎ ‎7．【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．‎ 由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．‎ 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．‎ ‎（2）在平面内做，垂足为，‎ 由（1）可知，平面，故，可得平面．‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由（1）及已知可得，，，．‎ 所以，，，‎ ‎．‎ 设是平面的法向量，则 ‎，即，‎ 可取．‎ 设是平面的法向量，则 ‎，即，‎ 可取．‎ 则，‎ 所以二面角的余弦值为．‎ ‎8．【解析】（1）取的中点，连结，．因为是的中点，所以，．由得，又，所以，四边形是平行四边形，，又平面，平面，故∥平面．‎ ‎（2）由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图的空间直角坐标系，则，，，，，．‎ 设，则，．‎ 因为与底面所成的角为，而是底面的法向量，所以，，‎ 即． ①‎ 又在棱上，设，则 ‎，，． ②‎ 由①，②解得（舍去），‎ 所以，从而．‎ 设是平面的法向量，则 ‎，即，‎ 所以可取，于是．‎ 因此二面角的余弦值为．‎ ‎9．【解析】（1）由题设可得，，从而．‎ 又是直角三角形，所以 取的中点，连接，，则，．‎ 又由于是正三角形，故．‎ 所以为二面角的平面角．‎ 在中，．‎ 又，所以，故．‎ 所以平面平面．‎ ‎（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ‎，，，．‎ 由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得．故 ‎，，‎ 设是平面的法向量，则即 可取 设是平面的法向量，则同理可得 则 所以二面角的余弦值为． ‎ ‎10．【解析】如图，以为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得 ‎，，，，，，，．‎ ‎（Ⅰ）证明：=，=．设，为平面的法向量，‎ 则，即．不妨设，可得．又=（1，2，），可得．‎ 因为平面BDE，所以MN//平面BDE．‎ ‎（Ⅱ）易知为平面CEM的一个法向量．设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以．不妨设，可得．‎ 因此有，于是．‎ 所以，二面角C—EM—N的正弦值为．‎ ‎（Ⅲ）依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，．由已知，得，整理得，解得，或．‎ 所以，线段AH的长为或．‎ ‎11．【解析】（Ⅰ）设交点为，连接．‎ 因为平面，平面平面，所以．‎ 因为是正方形，所以为的中点，在中，知为的中点．‎ ‎（Ⅱ）取的中点，连接，．‎ 因为，所以．‎ 又因为平面平面，且平面，所以平面．‎ 因为平面，所以．‎ 因为是正方形，所以．‎ 如图建立空间直角坐标系，则，，，‎ ‎，．‎ 设平面的法向量为，则，即．‎ 令，则，．于是．‎ 平面的法向量为，所以．‎ 由题知二面角为锐角，所以它的大小为．‎ ‎（Ⅲ）由题意知，，．‎ 设直线与平面所成角为，则．‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎12．【解析】(1)∵面面，面面，[来源:学科网]‎ ‎∵，面，∴面， ‎ ‎∵面， ∴，‎ 又，∴面，‎ ‎(2)取中点为，连结，，‎ ‎∵， ∴， ‎ ‎∵， ∴， ‎ 以为原点，如图建系易知，，，，‎ 则，，，，‎ 设为面的法向量，令．‎ ‎，则与面夹角有，‎ ‎(3)假设存在点使得面， 设，，‎ 由(2)知，，，，‎ 有 ‎∴‎ ‎∵面，为的法向量，‎ ‎∴，即，∴‎ ‎∴综上，存在点，即当时，点即为所求．‎ ‎13．【解析】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，因为，在上底面内，不在上底面内，所以上底面，所以平面；又因为，平面，平面，所以平面；所以平面平面，由平面，所以平面．‎ E F B A C G H ‎(Ⅱ) 连结， ，以为原点，分别以为 ‎ 轴，建立空间直角坐标系．‎ E F B A C O，‎ O x y z ‎，．‎ ‎，‎ 于是有，，，，‎ 可得平面中的向量，,‎ 于是得平面的一个法向量为，‎ 又平面的一个法向量为，‎ 设二面角为，‎ 则．‎ 二面角的余弦值为．‎ ‎14．【解析】(1)证明：找到中点，连结，∵矩形,∴‎ ‎∵、是中点，∴是的中位线，∴且，‎ ‎∵是正方形中心，∴，∴且．‎ ‎∴四边形是平行四边形，∴‎ ‎∵面，∴面 ‎(2)正弦值，如图所示建立空间直角坐标系 ‎，，，‎ 设面的法向量 得：∴‎ ‎∵面，∴面的法向量 ‎(3)∵，∴‎ 设，‎ ‎∴，得：‎ ‎15．【解析】（Ⅰ）连接，设，连接．‎ 在菱形中，不妨设，由，可得，‎ 由平面，可知，，‎ 又∵，∴，，‎ 在中，可得，故．在中，可得．‎ 在直角梯形中，由，，，可得，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵∩=，∴平面，‎ ‎∵面，∴平面平面．‎ ‎（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得(0，－，0)，(1,0, )，(－1,0，)，(0，，0)，‎ ‎∴=（1，，），=（－1，－，）．‎ 故．‎ 所以直线与所成的角的余弦值为．‎ ‎16．【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取的中点，连接，，‎ 又是的中点，，‎ 又是中点，，‎ 由四边形ABCD是矩形得，∥，，‎ 所以∥，且．‎ 从而四边形是平行四边形，所以∥，‎ 又，所以∥平面．‎ ‎（Ⅱ）如图，在平面内，过点作∥，因为．‎ 又因为平面，所以，．‎ 以为原点，分别以的方向为x轴，轴，轴的正方向，‎ 建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)‎ 因为平面，所以为平面的法向量，‎ 设为平面AEF的法向量．又，，‎ 由取得．‎ 从而 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．‎ 解法二：（Ⅰ）如图，取中点，连接，，‎ 又是的中点，可知，‎ 又，[来源:学科网]‎ 所以平面．‎ 在矩形ABCD中，由分别是，的中点得．‎ 又，所以．‎ 又因为，‎ 所以平面，‎ 因为，所以 ‎（Ⅱ）同解法一．‎ ‎17．【解析】（Ⅰ）证法一：连接，设，连接．‎ 在三棱台中，，为的中点，‎ 可得，‎ 所以四边形为平行四边形，‎ 则为的中点，又为的中点，所以∥，‎ 又平面，平面，所以∥平面．‎ 证法二：在三棱台中，由，为的中点，‎ 可得∥，，所以四边形为平行四边形，‎ 可得 ∥，‎ 在中，为的中点，为的中点，所以∥，‎ 又，所以平面∥平面，‎ 因为平面，所以 ∥平面．‎ ‎（Ⅱ）解法一：设，则，‎ 在三棱台中，为的中点，‎ 由，可得四边形为平行四边形，‎ 因此∥，又平面，所以 平面，‎ 在中，由，，是中点，‎ 所以 ，因此 两两垂直，‎ 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 所以 可得，‎ 故，‎ 设是平面的一个法向量，则 由 可得 可得 平面的一个法向量，‎ 因为是平面的一个法向量，，‎ 所以，‎ 所以平面与平面所成角（锐角）的大小为．‎ 解法二：作与点，作与点，连接．‎ 由平面，得，‎ 又，所以平面，‎ 因此，所以即为所求的角，‎ 在中，∥，，‎ 由，可得，从而，‎ 由 平面，平面，得 ，‎ 因此 ，所以 ，‎ 所以 平面与平面所成角（锐角）的大小为．‎ ‎18．【解析】（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，‎ ‎=，所以．‎ 即在图2中，，．从而平面．‎ 又∥，所以平面．‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，．‎ 所以为二面角的平面角，所以．‎ 如图，以为原点，建立空间直角坐标系，‎ 因为，‎ 所以，，，．‎ 得 ，．‎ 设平面的法向量，平面的法向量，‎ 平面与平面夹角为，‎ 则，得，取，‎ ‎，得，取，‎ 从而，‎ 即平面与平面夹角的余弦值为．‎ ‎19．【解析】（Ⅰ）连接交于点，连结．‎ 因为为矩形，所以为的中点．‎ 又为的中点，所以∥．‎ 平面,平面，所以∥平面．‎ ‎（Ⅱ）因为平面，为矩形，所以，，两两垂直．‎ 如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，‎ 则．‎ 设，则．‎ 设为平面的法向量，‎ 则即，可取．‎ 又为平面的法向量，‎ 由题设，即，解得．‎ 因为为的中点，所以三棱锥的高为．‎ 三棱锥的体积．‎ ‎20．【解析】（Ⅰ）证明：∵四边形为等腰梯形，且，‎ 所以且，连接 为四棱柱， ‎ 又为的中点，‎ ‎,‎ ‎,‎ 为平行四边形，‎ 又 ，，．‎ ‎（Ⅱ）方法一： 由（Ⅰ）知 平面平面=‎ 作，连接 则即为所求二面角的平面角．‎ 在中， ‎ 在中，．‎ 方法二：连接，由（Ⅰ）知且[来源:Z*xx*k.Com]‎ ‎∴为平行四边形．可得，由题意，‎ 所以为正三角形．‎ 因此，∴．‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，‎ 设平面的法向量为 ‎ ‎ 显然平面的法向量为 显然二面角为锐角，‎ 所以平面和平面所成角的余弦值为 ‎21．【解析】（Ⅰ）（方法一）∵，‎ 且，∴为三角形，‎ ‎．同理，∵，‎ 且，为三角形 ‎，∴，‎ 过作，垂足为，连接，‎ 可证出，‎ 所以，即．‎ 从而证出面，又面，所以．‎ ‎（方法二）由题意，以为坐标原点，在平面内过作垂直的直线为轴，‎ 所在直线为轴，在平面内过作垂直的直线为轴，建立如图所示空问直角坐标系．易得，，‎ ‎，．因而，‎ ‎，∴，‎ ‎，因此，‎ ‎∴，所以．‎ ‎（Ⅱ）如上图中，平面的一个法向量为．设平面的法向量 ‎，又，，‎ 由得其中．‎ 设二面角大小为，且由题意知为锐角 ‎，因此，‎ 即所求二面角的正弦值为．‎ ‎22．【解析】（Ⅰ）连接，交，连接AO，因为侧面，‎ 所以 又 又 ‎（Ⅱ）因为 又因为，‎ 以 ‎．‎ 因为 则 ‎23．【解析】：（Ⅰ）因为平面,平面平面平面 所以平面又平面所以． ‎ ‎（Ⅱ）过点在平面内作,如图．‎ 由（Ⅰ）知平面平面所以．以为坐标原点,分别以的方向为轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系．‎ 依题意,得．‎ 则．‎ 设平面的法向量．‎ 则即．‎ 取得平面的一个法向量．‎ 设直线与平面所成角为,‎ 则 即直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎24．【解析】（Ⅰ）在直角梯形中，由，得，，‎ 由，则，即，‎ 又平面平面，从而平面，‎ 所以，又，从而平面．‎ ‎（Ⅱ）方法一：作，与交于点，过点作，‎ 与交于点，连结，由（Ⅰ）知，，则，‎ 所以是二面角的平面角，在直角梯形中，‎ 由，得，‎ 又平面平面，得平面，从而，，‎ 由于平面，得：，在中，由，‎ ‎，得，‎ 在中，，，得，‎ 在中，，，，‎ 得，，从而，‎ 在中，利用余弦定理分别可得，‎ 在中，，‎ 所以，即二面角的大小是．‎ 方法二：以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图所示，由题意可知各点坐标如下：‎ ‎，‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为，‎ 可算得，，‎ 由得，，可取，‎ 由得，，可取，‎ 于是，由题意可知，‎ 所求二面角是锐角，故二面角的大小是．‎ ‎25．【解析】（Ⅰ）平面，‎ ‎，又，，‎ 平面，‎ ‎，又，‎ 平面，即；‎ ‎（Ⅱ）设，则中，，又，‎ ‎，，由（Ⅰ）知 ‎，，‎ ‎，又，‎ ‎，，同理，‎ 如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则，‎ ‎，，，，‎ 设是平面的法向量，则，又，‎ 所以，令，得，，‎ 由（Ⅰ）知平面的一个法向量，‎ 设二面角的平面角为，可知为锐角，‎ ‎，即所求．‎ ‎26．【解析】（Ⅰ）如图，因为四边形为矩形，所以．同理．因为∥，所以．而，因此底面．由题设知，∥．故底面．‎ ‎（Ⅱ）解法一 如图，过作于H，‎ 连接，由（Ⅰ）知，底面，所以底面，‎ 于是．又因为四棱柱ABCD-的所有棱长 都相等，所以四边形是菱形，因此，‎ 从而，所以，‎ 于是，进而．‎ 故是二面角的平面角．‎ 不妨设AB=2．因为，所以，．‎ 在中，易知．而，‎ 于是．‎ 故．‎ 即二面角的余弦值为．‎ 解法2 因为四棱柱-的所有棱长都相等，所以四边形是菱形，因此．又底面，从而OB，OC, 两两垂直．‎ 如图，以O为坐标原点，OB,OC, 所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．不妨设AB=2．因为，所以，于是相关各点的坐标为：O(0，0，0)，，．‎ 易知，是平面的一个法向量．‎ 设是平面的一个法向量，则即 取，则，所以．‎ 设二面角的大小为，易知是锐角，于是．‎ 故二面角的余弦值为．‎ ‎27．【解析】：（Ⅰ）由该四面体的三视图可知：‎ ‎，‎ 由题设，∥面 面面 面面 ‎∥，∥， ∥．‎ 同理∥，∥， ∥．‎ 四边形是平行四边形 又 平面 ‎ ‎ ‎∥,∥‎ 四边形是矩形 ‎（Ⅱ）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，‎ 则，，，‎ ‎，，‎ 设平面的一个法向量 ‎∥,∥‎ 即得，取 ‎28．【解析】（Ⅰ）取AB中点E，‎ 连结CE，，，‎ ‎∵AB=，=，∴是正三角形，‎ ‎∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ‎ ‎ ∵=E，∴AB⊥面， ‎ ‎∴AB⊥；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，⊥AB，‎ 又∵面ABC⊥面，面ABC∩面=AB，∴EC⊥面，∴EC⊥，‎ ‎∴EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，‎ 有题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(－1,0,0),则=（1,0，）,‎ ‎==(－1,0,),=(0,－,), ‎ 设=是平面的法向量，‎ 则，即，可取=（，1，-1），‎ ‎∴=，‎ ‎∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为．‎ ‎29．【解析】（Ⅰ）连结，交于点O，连结DO，则O为的中点，‎ 因为D为AB的中点，所以OD∥，又因为OD平面，‎ 平面，所以 //平面；‎ ‎（Ⅱ）由=AC=CB=AB可设：AB=，则=AC=CB=，‎ 所以AC⊥BC，又因为直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、‎ 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，‎ 则、、、，‎ ‎，，，‎ ‎，设平面的法向量为，‎ 则且，可解得，令，得平面的 一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，‎ 则，所以，‎ 所以二面角D--E的正弦值为．‎ ‎30．【解析】（Ⅰ）在图1中,易得 连结,在中,由余弦定理可得 由翻折不变性可知,‎ 所以,所以,‎ 理可证, 又,所以平面．‎ ‎（Ⅱ）传统法:过作交的延长线于,连结,‎ 因为平面,所以,‎ 所以为二面角的平面角．‎ 结合图1可知,为中点,故,从而 所以,所以二面角的平面角的余弦值为．‎ 向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,‎ 则,,‎ 所以,‎ 设为平面的法向量,则 ‎,即,解得,令,得 由(Ⅰ) 知,为平面的一个法向量,‎ 所以，‎ 即二面角的平面角的余弦值为．‎ ‎31．【解析】：（Ⅰ）解法一 由题意易知 两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图：‎ ‎,‎ 解法二：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）‎ 取 由（Ⅰ）知，‎ ‎32．【解析】（Ⅰ）直线平面，证明如下：‎ 连接，因为，分别是，的中点，所以． ‎ 又平面，且平面，所以平面．‎ 而平面，且平面平面，所以．‎ 因为平面，平面，所以直线平面．‎ ‎（Ⅱ）（综合法）如图1，连接，由（Ⅰ）可知交线即为直线，且．‎ ‎ 因为是的直径，所以，于是．‎ 已知平面，而平面，所以．‎ 而，所以平面．‎ 连接，，因为平面，所以．‎ 故就是二面角的平面角，即． ‎ 由，作，且． ‎ 连接，，因为是的中点，，所以，‎ 从而四边形是平行四边形，．‎ 连接，因为平面，所以是在平面内的射影，‎ 故就是直线与平面所成的角，即． ‎ 又平面，有，知为锐角，‎ 故为异面直线与所成的角，即， ‎ 于是在△，△，△中，分别可得 ‎，，，‎ 从而，即． ‎ ‎（Ⅱ）（向量法）如图2，由，作，且．‎ 连接，，，，，由（Ⅰ）可知交线即为直线．‎ 以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设，则有 ‎,‎ ‎． ‎ 于是，，，‎ 所以，从而． ‎ 又取平面的一个法向量为，可得，‎ 设平面的一个法向量为， ‎ 所以由 可得 取．‎ 于是，从而．‎ 故，‎ 即．‎ ‎33．【解析】解法一 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，‎ 依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)‎ ‎（Ⅰ）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以．‎ ‎（Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）．由（Ⅰ）知，，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量．‎ 于是 从而 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为．‎ ‎（Ⅲ）=（0，1，0），=(1，l，1)，设，，‎ 有．可取=（0，0，2）为平面的一 个法向量，设为直线AM与平面所成的角，‎ 则 于是，解得，所以 ‎34．【解析】（Ⅰ）在中，，得：‎ 同理：‎ 得：面 ‎（Ⅱ）面 取的中点，过点作于点，连接 ‎，面面面 ‎ 得：点与点重合 且是二面角的平面角 设，则，‎ 既二面角的大小为 ‎35．【解析】（Ⅰ）以为原点的方向分别 为轴,轴,轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．[来源:学科网ZXXK]‎ 设,则，，，，‎ 故，，，‎ ‎． ‎ ‎∵， ∴‎ ‎（Ⅱ）假设在棱AA1上存在一点， 使得DP平面．此时． ‎ 又设平面的法向量=(x,y,z)． ‎ ‎∵平面，∴,，得 取，得平面的一个法向量． ‎ 要使DP平面，只要，有，解得． ‎ 又DP平面，∴存在点P，满足DP平面，此时AP=． ‎ ‎（Ⅲ）连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D． ‎ ‎∵B1CA1D,∴AD1B1C． ‎ 又由（Ⅰ）知B1EAD1,且B1C∩B1E=B1, ‎ ‎∴AD1平面DCB1A1．∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1)． ‎ 设与n所成的角为θ, ‎ 则． ‎ ‎∵二面角A-B1E-A1的大小为30°，‎ ‎∴，即 解得，即AB的长为2． ‎ ‎36．【解析】（Ⅰ）因为，分别为，的中点，所以是的中位线，‎ 所以，又因为平面，所以平面 ‎（Ⅱ）方法一：连接交于，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 在菱形中，，得 ‎，‎ 又因为平面，所以，‎ 在直角中，，得，‎ 由此知个点坐标如下，‎ ‎．‎ 设为平面的法向量，由知，取，得．‎ 设为平面的法向量，由知 ‎，取，得 于是，‎ 所以二面角的平面角的余弦值为 方法二：在菱形中，，得 又因为平面，‎ 所以 所以 所以 而，分别为，的中点，‎ 所以，且 取线段中点，连接，则 所以是二面角的平面角 由，故 在中，，得 在直角中，，得 在中，，得 在等腰中，，得 所以二面角的平面角的余弦值为 ‎37．【解析】（Ⅰ）因为， 由余弦定理得 ‎ 从而，故BDAD 又PD底面ABCD，可得BDPD 所以BD平面PAD． 故 PABD ‎（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则 ‎，，，．‎ 设平面的法向量为，则，‎ ‎ 即 ‎ 因此可取=‎ 设平面的法向量为，则 ‎ 可取=（0，-1，）‎ 故二面角A-PB-C的余弦值为．‎ ‎38．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点． 由于与都是正三角形，所以，OG=OD=2，‎ ‎ 同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有 ‎ 又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合．‎ ‎ 在和中，由和OC，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是的中位线，故BCEF．‎ ‎ （向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．‎ 由条件知 则有 所以即得BCEF．‎ ‎（Ⅱ）由OB=1，OE=2，，而是边长为2的正三角形，故所以 ‎ 过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以 ‎39．【证明】（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．‎ 又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD．‎ ‎（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，所以为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD．因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．‎ ‎40．【证明】：（Ⅰ）连结，因为是半径为的半圆，为直径，点为的中点，所以．‎ 在中，．‎ 在中，，为等腰三角形，‎ 且点是底边的中点，故．‎ 在中，，‎ 所以为，且．‎ 因为，，且，所以平面，‎ 而平面，．‎ 因为，，且，所以平面，‎ 而平面，．‎ ‎（Ⅱ）设平面与平面RQD的交线为．‎ 由，，知．‎ 而平面，∴平面，‎ 而平面平面= ，‎ ‎∴．‎ 由（Ⅰ）知，平面，∴平面，‎ 而平面，∴，，‎ ‎∴是平面与平面所成二面角的平面角．‎ 在中，，‎ ‎，．‎ 在中，由知，，‎ 由余弦定理得，‎ 由正弦定理得，，即，‎ ‎．‎ 故平面与平面所成二面角的正弦值为．‎ ‎41．【解析】：以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则 ‎（Ⅰ）设，则 可得 因为，所以 ‎（Ⅱ）由已知条件可得 ‎ ‎ ‎ 设 为平面的法向量则 即 因此可以取，由，可得，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎42．【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，‎ 点A为坐标原点，设,依题意得,,,‎ ‎（Ⅰ）易得,‎ 于是 所以异面直线与所成角的余弦值为 ‎（Ⅱ）已知,,‎ 于是·=0，·=0．因此，,,又 所以平面．‎ ‎（Ⅲ）设平面的法向量，则,‎ 即不妨令=1,可得．由（Ⅱ）可知，‎ 为平面的一个法向量．于是，‎ 从而 所以二面角的正弦值为．‎ 方法二：（Ⅰ）设AB=1，可得AD=2,AA1=4，CF=1．CE=‎ 连接B1C，BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,‎ 可知EF∥BC1，故是异面直线EF与A1D所成的角，‎ 易知BM=CM=,所以 ，‎ 所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为 ‎（Ⅱ）连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE．连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED．‎ ‎（Ⅲ）连接A1N，FN，由（Ⅱ）可知DE⊥平面ACF，又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF，,DE⊥A1N，故为二面角A1-ED-F的平面角 易知，所以，又所以，‎ 在 连接A1C1,A1F 在 ‎．‎ 所以，所以二面角A1-DE-F正弦值为．‎