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专题08 立体几何之结构不良型-备战高考数学大题保分专练(全国通用)
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这是一份专题08 立体几何之结构不良型-备战高考数学大题保分专练(全国通用)，文件包含专题08立体几何之结构不良型解析版docx、专题08立体几何之结构不良型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共82页， 欢迎下载使用。
专题08 立体几何之结构不良型
一、解答题
1．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，
求：直线与平面所成角的正弦值，以及点到平面的距离.
条件①：；
条件②：平面；
条件③：.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）连接，交于，连接，由中位线性质有，再由线面平行的判定证结论；
（2）根据所选的条件求得，以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角正弦值，点面距离的向量求法求到平面的距离.
【详解】（1）连接，交于，连接，
底面是正方形，故是的中点，又为棱的中点，
所以，在△中，而面，面，
所以平面.
（2）选①：若分别是中点，连接，
由为棱的中点且底面是正方形，易知：，
又共线且，故，
所以为平行四边形，故，而，则，
在△中，垂直平分，故，即，
由，故，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
选②：平面，平面，则，为棱的中点，
在△中，垂直平分，故，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
选③：由平面，平面，则，又，
由，面，故面，面，
所以，
在中，，则，故，
又平面，则，在中，，即，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
2．如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，点F为的中点．
(1)已知点G为线段的中点，求证：CF∥平面；
(2)若，直线与平面所成的角为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥唯一确定，求：
（ⅰ）直线到平面的距离；
（ⅱ）二面角的余弦值．
条件①：平面；
条件②：；
条件③：平面平面．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】(1) 取的中点，连接，，，，利用中位线证明平面，再利用平行四边形对边平行证明平面，然后利用面面平行的判定得到平面平面，最后由面面平行得到证明即可；
(2)选择条件①和③
（ⅰ）设点到平面的距离为，利用等体积法即可求解；
（ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出两个平面的法向量，进而求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，，；
因为分别为的中点，所以，平面，
平面，所以平面，
又因为分别为的中点，四边形为平行四边形，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）选择条件①和③
（ⅰ）因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
由题意可知：，又，所以.
因为平面平面，且平面平面，因为平面，
所以，所以平面，平面，所以,
则四边形为矩形，因为，所以，
设点到平面的距离为，由平面可知：，
在中，，
因为为的中点，所以，
所以，，
因为，平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离也就是直线到平面的距离.
因为，即，
也即，所以
故直线到平面的距离为.
（ⅱ）由（ⅰ）可知：，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则有，也即，令，则；
则有，也即，令，则，
则，
由图可知：二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
3．如图1，在中，是直角，，是斜边的中点，分别是的中点．沿中线将折起，连接，点是线段上的动点，如图2所示．
(1)求证：平面；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角的余弦值为时．求的值．
条件①：；条件②：．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的判定定理直接证明；（2）选条件①：.可以证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.选条件②：.先证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.
【详解】（1）在中，因为分别是的中点，所以.
因为面,面,
所以平面.
（2）在中，是直角，，P是斜边的中点，所以，即.
选条件①：.
因为，，,面,面,
所以面.
又，可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
在中，是直角，，P是斜边的中点，所以.
所以，，.
因为分别是的中点，所以，，所以，.
因为点是线段上的动点，所以可设,所以.
不妨设为平面的一个法向量，则，设，则.
显然为面的一个法向量.
所以二面角的余弦值为.
由题意可得：，
解得：.
所以.
选条件②：.
在中，是直角，，P是斜边的中点，所以..
因为，所以，所以.
所以可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.则，，.
因为分别是的中点，所以，，所以，.
因为点是线段上的动点，所以可设,所以.
不妨设为平面的一个法向量，则，设，则.
显然为面的一个法向量.
所以二面角的余弦值为.
由题意可得：，
解得：.
所以.
4．五面体中，，，，，.
(1)证明：；
(2)给出①；②；③平面平面．
试从中选两个作为条件，剩下一个作为结论，可以让推理正确，请证明你的推理，并求出平面和平面夹角的余弦值．
注：如果选择不同组合分别解答，则按照第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案不唯一，具体见解析
【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可证得结论成立；
（2）以①②为条件，③为结论，证明出面，利用面面垂直的判定定理可证得③成立；
以①③为条件，②为结论，利用面面垂直的性质可得出面．再利用线面垂直的性质可证得②成立.
推导出、、两两垂直，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面和平面夹角的余弦值．
【详解】（1）证明：因为，面，面，所以面．
又因为面，面面，所以.
（2）解：条件①②，结论③：
证明；且，故四边形是平行四边形，故，
因为，所以，
又，，、平面，
所以面，而面，故平面平面；
条件①③，结论②：
证明：且，故四边形是平行四边形，故，
由，可得．
因为面面，面面，面，
所以面．
而面，，因为，故.
若条件②③，结论①：
由于且，故四边形是平行四边形，故，
若，则，由于面面，无法推导平面，
不能推出，
下面求平面和平面夹角的余弦值：
中，由余弦定理可得，故．
平面，平面，则，同理可得
又由得．
，，则，
由，得．
因为，所以．
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，
故平面和平面夹角的余弦值是.
5．如图，在四棱锥中，， ，，，，．是棱上一点， 平面．
(1)求证：为的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求四棱锥的体积．
条件 ①：点到平面的距离为；
条件 ②：直线与平面所成的角为．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，
【分析】（1）过点作交于点，连接，证明四边形是平行四边形
结合其他条件证明为的中位线，即可得为的中点；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出需要的点的坐标，利用法向量以及锥体体积公式分别对条件①和条件②进行解答即可.
【详解】（1）过点作交于点，连接，如图所示：
因为，所以 ．
所以四点共面．
又因为平面 ，平面平面
所以
所以四边形是平行四边形
所以，
由，，
所以，所以
所以为的中位线，
所以为的中点．
（2）过作于，连接．
因为，又因为 ，
且，
所以 平面．
又平面，
所以 平面平面．
因为，所以为中点，
又因为平面平面，
所以平面．
又平面，
所以
如图建立空间直角坐标系．
设．由题意得，，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，则
，
令，则．所以．
选择条件①
因为到平面的距离为，
所以，
解得 ．
所以四棱锥的体积．
选择条件②
因为直线与平面所成的角为，
所以，
解得 ．
所以四棱锥的体积．
6．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，，，E是的中点．
(1)求证：直线∥平面；
(2)已知，点M在棱上，且二面角的大小为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据中位线定理和线面平行判定即可求解；（2）根据线面垂直的判定或性质，以及建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值即可进一步得解.
【详解】（1）
取PA中点F，
连接，
因为E是的中点，F是PA中点，
所以是中位线，
所以平行且等于AD的一半，
因为，
所以平行于，
又，
所以与平行且相等，
所以四边形BCEF为平行四边形，
所以CE平行于BF，
而平面，
平面，
所以直线∥平面.
（2）
若选①：平面平面，
取AD中点O，
因为侧面为等边三角形，
所以平面，
易证平面，
以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,
所以,
所以，
所以
所以，
所以,,
设平面的一个法向量为，
所以，
令，
解得，
所以，
易知地面一个法向量为，
又二面角的大小为，
所以，
所以，
解得，
又点M在棱上，所以，
所以，
所以的值为.
若选②：
则取AD中点O，
因为侧面为等边三角形，
所以平面，
连接OA,OC,OD，
易知，
所以，
以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,
所以,
所以，
所以
所以，
所以,,
设平面的一个法向量为，
所以，
令，
解得，
所以，
易知地面一个法向量为，
又二面角的大小为，
所以，
所以，
解得，
又点M在棱上，所以，
所以，
所以的值为.
7．如图，在四棱雉中，底面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.
(1)求证:平面；
(2)再从条件①，条件②两个中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，,证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）选条件①，由可证,继而证明平面,推出，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
选条件②，根据，证明，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
【详解】（1）取中点，连接，,
因为为中点，所以有且,
因为，，所以且,
所以四边形为平行四边形,
所以,
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）选择条件①：
因为平面平面，为矩形,,
平面平面平面,
所以平面,平面,
所以,
又因为，由（1）可知，平面，
所以，又因为，平面，
所以平面,平面,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立坐标系，
则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
选择条件②：.
因为平面平面，为矩形,
平面平面平面,
所以平面,所以,
又因为，
取中点为，连接，，
则有，,
所以,
所以,则,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
8．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，E，F分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)，详情见解析
【分析】(1)设中点为，连接，由三角形中位线性质可得，且从而可得四边形为平行四边形，再由即可证得平面；
(2)按照条件①、条件②的不同，分别作出图形和辅助线，利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．
【详解】（1）如图（1），设中点为，连接，
底面为正方形，E，F分别为的中点．
，且，而又，,
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
（2）选条件①：连结,过作交于点，又因为，所以点也是中点，连结，
，为的中点，则,又底面为正方形，,， ,
在中，,
平面平面，平面平面，平面，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
选择条件②：取的中点为，连结,又平面平面，平面平面，平面，
过作交于点，连结 ,又是中点，所以点也是中点，
平面，平面,,
设 ，则,，, ，，，，故在中，,即，解得，即，
如图（3）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
9．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，为上一点，平面.
(1)求证：为的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，可证明平面平面，故平面，从而可证明，可得为的中点；
（2）选择条件①，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值；
选择条件②，利用勾股定理的逆定理可得，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，易知.
因为平面,平面,所以平面.
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
因为平面，且平面平面，所以.
因为为的中点，所以为的中点.
（2）选择条件①：，
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
选择条件②：，
因为，,所以.
因为，,所以,
所以，即.
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
10．如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）
如图，取中点为，连接,
则有
又因为所以
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面平面
所以且
所以以为轴建系如图，
若选择①：，因为平面平面
所以,所以,则，
所以,则,
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量，,
所以，令，
所以，
设二面角为，，
因为由图可知二面角为钝角，所以.
若选择②：，设，则，
,
因为，所以解得，
则,
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量，,
所以，令，
所以，
设二面角为，，
因为由图可知二面角为钝角，所以.
11．在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答.如图，在五面体中，已知 ，，且.
(1)设平面与平面的交线为，证明：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)线段以上不存在点F，使得平面AEF与平面ABF夹角的余弦值等于，理由见解析．
【分析】（1）由线面平行的判定定理证线面平行平面，，再由线面平行的性质定理得线线平行，从而再得证线面平行；
（2）选①，取中点，中点中点，连接，由勾股定理证明，然后证明平面，从而得面面垂直，由面面垂直的性质定理得线面垂直，从而得线线垂直平面，又有，然后以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法证明面面垂直；
选②，先证明平面平面，然后取中点，中点，连接，证明平面，然后同选①，
选③，取中点，中点，连接，结合勾股定理证明，然后证明证明平面，再然后同选①；
（3）设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，然后由空间向量法求二面角的余弦，求解，有解说明存在，无解说明不存在．
【详解】（1），平面，平面，平面，
又平面且平面平面，
又平面，平面，平面.
（2）若选①，取中点，中点中点，连接，
，，
四边形为平行四边形，，
，又，，
，，
又，，
又，，平面，
平面，平面，平面平面，
，，
又平面，平面平面，
平面，又，，；
综上所述：两两互相垂直.
则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
，，
平面，
平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，
令，解得：，，
，
，即，
平面与平面.
若选②，，，，平面，
平面，
平面，平面平面，
取中点，中点，连接，
，，
又平面，平面平面，
平面，
又，，；
综上所述：两两互相垂直.
以下同选①；
若选③，取中点，中点，连接，
，，又，；
分别为中点，，
又，，
四边形为平行四边形，；
，，，，，
，，，
，
又，，
又，，平面，
平面，
平面，
平面平面，
又，平面，平面平面，
平面，
又，，；
综上所述：两两互相垂直.
以下同选①；
（3）设在线段上存在点，
使得平面与平面夹角的余弦值等于，
由（2）得：，，
设平面的法向量，
则，
令，
则，
，
∵面的法向量为，
，
化简得，
，
方程无实数解，
所以线段BC上不存在点F，使得平面AEF与平面ABF夹角的余弦值等于．
12．如图，PO是三棱锥的高，点D是PB的中点，.
(1)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，证明另一个条件成立；条件①：平面；条件②：.注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
(2)若，OB平分，，，在（1）的条件下，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）选择条件①：平面PAC，证明条件②：成立，延长BO交AC于点Q，连结PQ，则，证明可得答案；选择条件②：，证明条件①：平面成立.取AB的中点E，连结OE、PE、DE，利用线面垂直的判定定理和性质定理可得到平面POE，再利用面面平行的判定定理和性质定理可得答案；
（2）选择条件①：由（1）得，取得AB的中点E，连结OE，则，以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案；选择条件②：由（1）得， 以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面PAC、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）选择条件①：平面PAC，证明条件②：成立.
延长BO交AC于点Q，连结PQ，
因为平面PAC，平面，平面PAC平面，则，
∵是PB的中点，∴，
连结OA，∵，∴，
∵是三棱锥的高，∴平面ABC，、平面ABC，
∴，，∴，
∴，∴；
选择条件②：，证明条件①：平面成立.
取AB的中点E，连结OE、PE、DE，则，
∵PO是三棱锥的高，
∴平面ABC，平面ABC，∴，
又，平面POE，，
∴平面POE，平面POE，∴，
∵，∴，又平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，
又∵D是PB的中点，又平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，
∵，平面，
∴平面平面PAC，平面，
∴平面PAC；
（2）选择条件①：由（1）得，取AB的中点E，连结OE，则，
∵，，∴，，
以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
设是平面的一个法向量，则，
∴，令，则，∴，
设是平面的一个法向量，则，
∴，令，则，∴，
∴，由图，平面与平面夹角为锐二面角，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
选择条件②：由（1）得，∵，，∴，
以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
设是平面的一个法向量，则，
∴，令，则，∴，
设是平面的一个法向量，则，
∴令，则，∴，
∴，平面与平面夹角为锐二面角，
∴平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为.
13．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.
条件①：；
条件②：；
条件③：平面平面.
注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在点；
【分析】（1）只能选择①③，由平面平面易证，结合勾股定理逆定理可证，进而得证平面；
（2）以方向为轴，方向为轴，方向为轴，求出和平面的法向量，结合线面夹角的向量公式即可求解；
（3）结合向量法，要使平面，即，求出点坐标，进而求出的长.
【详解】（1）因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选，
选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为4的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面所以，选①②无法证明平面；
故只能选择①③，理由如下：
因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面，
又因为平面，所以，，所以，
又因为，所以，平面，，
所以平面；
（2）由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，，
所以存在点，为中点，使得平面，此时.
14．在平行四边形中，，，.将沿折起，使得平面平面，如图所示.为线段上一点，且________.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
从①为中点，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，进而证得；
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
又平面，所以.
（2）选择①为中点，解析如下：
结合（1）中结论，建立如图1所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则.
选择②，解析如下：
结合（1）中结论，建立如图2所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则.
对③，解析如下：
结合（1）中结论，建立如图3所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则.
15．从①直线与平面ABCD所成的角为60°；②为锐角三角形且三棱锥的体积为2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
(1)求证：直线平面；
(2)若，，______，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，从而，则可得到平面；
（2）若选①首先证明为正三角形，从而取中点为，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可得到答案；若选②，先有棱锥体积公式得到，则得到，从而其对角，以下步骤与选①一致.
【详解】（1）如图所示，取的中点为，连接，，
为中点，所以，
所以且，
因为为中点，四边形为菱形，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）选择条件①：
因为平面，所以直线与平面所成角为．
因为，，所以，所以为正三角形．
取中点为，连接，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示
则，，，，，
，，．
设平面的一个法向量
则，即，令，则，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则，
设平面与平面所成锐二面角为，则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
选条件②：由，
解得， 因为，所以．则其对角,
取中点为，连接，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，以下步骤与选①一致.
16．在四棱雉中，底面是正方形，为棱的中点，，，再从下列两个条件中任选一个作为已知，求解下列问题.条件①：平面平面；条件②：.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）条件①利用面面垂直的性质定理可证得；条件②利用线面垂直的判定定理可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面夹角；
（3）利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）条件①：平面平面
证明：因为平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面.
条件②：
证明：因为，，且平面，，
所以平面.
（2）由（1）知平面，，两两垂直，
以为原点，分别所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
由（1）知平面的法向量，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
设平面与平面夹角的为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为
（3）由已知得，，
所以点到平面的距离为
17．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点在棱上，且平面.
(1)求证：是棱的中点；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（i）二面角的余弦值；
（ii）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）不存在点，理由见解析
【分析】（1）连结，交于，连结，又线面平行的性质可推导出，由此能证明结论；
（2）由已知分析，选择条件①：，或选择条件②：，均可得为正三角形，取中点，连接，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解二面角的余弦值及验证是否存在点，使得平面即可.
【详解】（1）证明：连接交于，连接
则是平面与平面的交线，
平面，平面，．
又底面为平行四边形，则是的中点，是棱的中点，
（2）解：因为底面为平行四边形，又，则底面为菱形，
选择条件①：，或选择条件②：，均可得为正三角形.
取中点，连接，则，即
又平面，平面，所以，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
（i）由于平面，则时平面的一个法向量，
设平面的法向量为，又，
所以，令得，
则，由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为；
（ii）若在棱上否存在点，设，则，且，所以，
则，
若平面，则，所以，此方程无解，
故在棱上不存在点，使得平面.
18．从①AB⊥BC；②直线SC与平面ABCD所成的角为60°；③△ACD为锐角三角形且三棱锥S﹣ACD的体积为2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
(1)求证：直线EF∥平面SAD；
(2)若，AD＝2，_______，求平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案不唯一，具体见解析.
【分析】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，结合中位线与菱形的性质，可证四边形AEFM为平行四边形，从而有EF∥AM，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，
∵F为SC的中点
∴MF∥CD，MF＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，E为AB的中点，
∴AE∥CD，AE＝CD，
∴MF∥AE，MF＝AE，
∴四边形AEFM为平行四边形，
∴EF∥AM，
∵EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，
∴EF∥平面SAD．
（2）选择条件①：
∵SA⊥平面ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥AD，因为，
所以AB⊥AD，
故以A为原点，AB，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（2，2，﹣2），＝（﹣2，0，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
选择条件②：
连接AC，
∵SA⊥平面ABCD，
∴∠SCA为直线SC与平面ABCD所成的角，即∠SCA＝60°，
∵，∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
选择条件③：
∵VS﹣ACD＝SA•S△ACD＝SA•＝×＝2，
∴sin∠ADC＝，
∵∠ADC∈（0，），∴∠ADC＝，
∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
19．在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
(1)求四棱锥的体积；
(2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
【详解】（1）在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面,
∴平面
（2）在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
20．如图，在几何体中，是等边三角形，直线平面，平面平面，，．
(1)证明：；
(2)在“①平面，②平面”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
点M为线段上的一点，满足__________，直线平面所成角的大小为45°，求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)选②，
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直证明线线垂直.
（2）选择①，利用线面平行推出线线平行，可得答案；选择②，建立空间直角坐标系，利用向量法求出面面角.
【详解】（1）由题知：平面，平面，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面
因为平面，所以
（2）若选择①
因为平面，平面，平面平面
所以，因此四边形为平行四边形，即为中点
若选择②
因为平面，平面，所以，
所以四边形为平行四边形，即为中点
所以，
因为直线平面，
所以直线与平面所成角为，所以
所以
如图，以为坐标原点，分别以，，，所在直线为x，t，z轴建立空间直角坐标系
设，则，，
，为平面的一个法向量
设平面的一个法向量为，且，
由，令，则，，
解得
设平面与平面所成锐二面角为，
则
21．在①平面；②为的中点这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答问题.
如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点.
(1)若__________，求二面角的大小；
(2)在（1）的条件下，侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，试说明理由.
注：如过选择多个条件分刟解答，拉第一个解答计分.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（2）结合（1），根据平面的一个法向量满足求解即可.
（1）
解：若选①：平面，
连接交于点，连接，
因为为正方形，
所以点分别为与的中点，
由题意，，所以，
同理，且，平面
所以平面.
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以，
，
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
所以，所以.
所以，二面角的大小为.
若选②：为的中点，
连接交于点，连接，
因为为正方形，所以点分别为与的中点，
由题意，，所以，
同理，且，平面
所以平面.
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以，
，则，
设平面的法向量为，
由 解得平面的法向量为，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
所以，所以
所以二面角的大小为
（2）
解：选①
由（1）知，，设，
所以，，
因为平面的一个法向量为，且平面，
所以，
所以，解得，
即点为线段的三等分点且靠进点.
所以,存在点为线段的三等分点且靠进点使得平面
选②
由（1）知，，设，
所以，，
因为平面的法向量为，且.平面，
所以，
所以，解得，
此时点与点重合.
所以, 存在点与点重合,使得平面.
22．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
23．如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．
(1)证明：；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．
①四棱锥的体积为2；
②直线与所成角的余弦值为．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明线面垂直来证得.
（2）选①，结合四棱锥的体积，证得平面；选②，结合直线与所成角的余弦值，证得平面；由此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
（1）
证明：在图①中
因为，，为中点所以，，
所以为平行四边形，所以，同理可证，
在图②中，取中点，连接，，，
因为，所以，，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）
若选择①：因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以过点作，
则平面，因为，
所以四棱锥的体积，
所以，所以与重合，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，
在中，，
所以所，以，所以，
因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，
设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
24．如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
①；②；③与平面所成的角为.
若平面，，且______________，求二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）设AC,BD交于点O，连结OF.利用线面平行的判定定理证明平面；
（2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.选择条件①②③，都可以求出,，求出各个点的坐标，利用向量法求解.
（1）
设AC,BD交于点O，因为是菱形，所以O为BD的中点.
连结OF.因为为的中点，所以为的中位线，所以.
因为面，面，
所以平面.
（2）
过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
选条件①：.
在菱形中， .因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件②.
在菱形中，，所以,所以.因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件③：与平面所成的角为.
因为平面，所以为与平面所成的角，即.
在直角三角形中，由可得：.所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
25．如图1，在中，，过点A作，垂足在线段上，沿将折起，使(图2)，点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)已知_____(在后面三个条件中任选一个，补充在横线上)，试在棱上确定一点，使得，并求二面角的余弦值(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).
条件①：图1中；
条件②：图1中；
条件③：图2中三棱锥的体积为.
【答案】(1)证明见解析；
(2)N为DC四等分点靠近D的一个，二面角的余弦值为.
【分析】(1)ME∥AB，证CD⊥平面ABD即可；
(2)选①：求出tanB，建立空间直角坐标系，设，利用求出a，再求平面MBN和平面CBN的法向量，利用向量法求二面角余弦；
选②：由求出BD长度，后面方法同①；
选③：由三棱锥的体积求出BD长度，后面方法同①.
(1)
∵，，，平面，∴平面，
∵平面，∴，
分别为、的中点，∴，∴；
(2)
选①：由，解得或(舍去)，
设，在中，，
解得，∴.
故以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系：
则，
则，
设，则，
∵，∴，即，∴，即，
∴当时，.
设平面BNM的法向量为，
∵，
，令，则，即，
平面BNC的一个法向量为，，
又∵二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
选②：在图1的中，设，
则，
即，
建系以及后续解法与选①相同.
选③：设，则，
为等腰直角三角形，，
在三棱锥中，，且，面，面，
∴面，又，
，，解得或(舍)，
，建系以及后续解法与选①相同.
专题08 立体几何之结构不良型
一、解答题
1．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，平面，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，
求：直线与平面所成角的正弦值，以及点到平面的距离.
条件①：；
条件②：平面；
条件③：.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）连接，交于，连接，由中位线性质有，再由线面平行的判定证结论；
（2）根据所选的条件求得，以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角正弦值，点面距离的向量求法求到平面的距离.
【详解】（1）连接，交于，连接，
底面是正方形，故是的中点，又为棱的中点，
所以，在△中，而面，面，
所以平面.
（2）选①：若分别是中点，连接，
由为棱的中点且底面是正方形，易知：，
又共线且，故，
所以为平行四边形，故，而，则，
在△中，垂直平分，故，即，
由，故，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
选②：平面，平面，则，为棱的中点，
在△中，垂直平分，故，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
选③：由平面，平面，则，又，
由，面，故面，面，
所以，
在中，，则，故，
又平面，则，在中，，即，
又平面，平面，则，又，
以为原点，为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，故，
令为面的一个法向量，则，令，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，
所以点到平面的距离.
2．如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，点F为的中点．
(1)已知点G为线段的中点，求证：CF∥平面；
(2)若，直线与平面所成的角为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥唯一确定，求：
（ⅰ）直线到平面的距离；
（ⅱ）二面角的余弦值．
条件①：平面；
条件②：；
条件③：平面平面．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】(1) 取的中点，连接，，，，利用中位线证明平面，再利用平行四边形对边平行证明平面，然后利用面面平行的判定得到平面平面，最后由面面平行得到证明即可；
(2)选择条件①和③
（ⅰ）设点到平面的距离为，利用等体积法即可求解；
（ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出两个平面的法向量，进而求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，，；
因为分别为的中点，所以，平面，
平面，所以平面，
又因为分别为的中点，四边形为平行四边形，
所以且，则四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）选择条件①和③
（ⅰ）因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
由题意可知：，又，所以.
因为平面平面，且平面平面，因为平面，
所以，所以平面，平面，所以,
则四边形为矩形，因为，所以，
设点到平面的距离为，由平面可知：，
在中，，
因为为的中点，所以，
所以，，
因为，平面，平面，所以平面，
所以点到平面的距离也就是直线到平面的距离.
因为，即，
也即，所以
故直线到平面的距离为.
（ⅱ）由（ⅰ）可知：，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则有，也即，令，则；
则有，也即，令，则，
则，
由图可知：二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
3．如图1，在中，是直角，，是斜边的中点，分别是的中点．沿中线将折起，连接，点是线段上的动点，如图2所示．
(1)求证：平面；
(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，当二面角的余弦值为时．求的值．
条件①：；条件②：．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的判定定理直接证明；（2）选条件①：.可以证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.选条件②：.先证明出两两垂直，以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.
【详解】（1）在中，因为分别是的中点，所以.
因为面,面,
所以平面.
（2）在中，是直角，，P是斜边的中点，所以，即.
选条件①：.
因为，，,面,面,
所以面.
又，可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.
在中，是直角，，P是斜边的中点，所以.
所以，，.
因为分别是的中点，所以，，所以，.
因为点是线段上的动点，所以可设,所以.
不妨设为平面的一个法向量，则，设，则.
显然为面的一个法向量.
所以二面角的余弦值为.
由题意可得：，
解得：.
所以.
选条件②：.
在中，是直角，，P是斜边的中点，所以..
因为，所以，所以.
所以可以以原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系.则，，.
因为分别是的中点，所以，，所以，.
因为点是线段上的动点，所以可设,所以.
不妨设为平面的一个法向量，则，设，则.
显然为面的一个法向量.
所以二面角的余弦值为.
由题意可得：，
解得：.
所以.
4．五面体中，，，，，.
(1)证明：；
(2)给出①；②；③平面平面．
试从中选两个作为条件，剩下一个作为结论，可以让推理正确，请证明你的推理，并求出平面和平面夹角的余弦值．
注：如果选择不同组合分别解答，则按照第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案不唯一，具体见解析
【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可证得结论成立；
（2）以①②为条件，③为结论，证明出面，利用面面垂直的判定定理可证得③成立；
以①③为条件，②为结论，利用面面垂直的性质可得出面．再利用线面垂直的性质可证得②成立.
推导出、、两两垂直，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面和平面夹角的余弦值．
【详解】（1）证明：因为，面，面，所以面．
又因为面，面面，所以.
（2）解：条件①②，结论③：
证明；且，故四边形是平行四边形，故，
因为，所以，
又，，、平面，
所以面，而面，故平面平面；
条件①③，结论②：
证明：且，故四边形是平行四边形，故，
由，可得．
因为面面，面面，面，
所以面．
而面，，因为，故.
若条件②③，结论①：
由于且，故四边形是平行四边形，故，
若，则，由于面面，无法推导平面，
不能推出，
下面求平面和平面夹角的余弦值：
中，由余弦定理可得，故．
平面，平面，则，同理可得
又由得．
，，则，
由，得．
因为，所以．
以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
则、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，
故平面和平面夹角的余弦值是.
5．如图，在四棱锥中，， ，，，，．是棱上一点， 平面．
(1)求证：为的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求四棱锥的体积．
条件 ①：点到平面的距离为；
条件 ②：直线与平面所成的角为．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，
【分析】（1）过点作交于点，连接，证明四边形是平行四边形
结合其他条件证明为的中位线，即可得为的中点；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出需要的点的坐标，利用法向量以及锥体体积公式分别对条件①和条件②进行解答即可.
【详解】（1）过点作交于点，连接，如图所示：
因为，所以 ．
所以四点共面．
又因为平面 ，平面平面
所以
所以四边形是平行四边形
所以，
由，，
所以，所以
所以为的中位线，
所以为的中点．
（2）过作于，连接．
因为，又因为 ，
且，
所以 平面．
又平面，
所以 平面平面．
因为，所以为中点，
又因为平面平面，
所以平面．
又平面，
所以
如图建立空间直角坐标系．
设．由题意得，，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，则
，
令，则．所以．
选择条件①
因为到平面的距离为，
所以，
解得 ．
所以四棱锥的体积．
选择条件②
因为直线与平面所成的角为，
所以，
解得 ．
所以四棱锥的体积．
6．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，，，E是的中点．
(1)求证：直线∥平面；
(2)已知，点M在棱上，且二面角的大小为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的值．
条件①：平面平面；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据中位线定理和线面平行判定即可求解；（2）根据线面垂直的判定或性质，以及建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值即可进一步得解.
【详解】（1）
取PA中点F，
连接，
因为E是的中点，F是PA中点，
所以是中位线，
所以平行且等于AD的一半，
因为，
所以平行于，
又，
所以与平行且相等，
所以四边形BCEF为平行四边形，
所以CE平行于BF，
而平面，
平面，
所以直线∥平面.
（2）
若选①：平面平面，
取AD中点O，
因为侧面为等边三角形，
所以平面，
易证平面，
以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,
所以,
所以，
所以
所以，
所以,,
设平面的一个法向量为，
所以，
令，
解得，
所以，
易知地面一个法向量为，
又二面角的大小为，
所以，
所以，
解得，
又点M在棱上，所以，
所以，
所以的值为.
若选②：
则取AD中点O，
因为侧面为等边三角形，
所以平面，
连接OA,OC,OD，
易知，
所以，
以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，,
所以,
所以，
所以
所以，
所以,,
设平面的一个法向量为，
所以，
令，
解得，
所以，
易知地面一个法向量为，
又二面角的大小为，
所以，
所以，
解得，
又点M在棱上，所以，
所以，
所以的值为.
7．如图，在四棱雉中，底面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.
(1)求证:平面；
(2)再从条件①，条件②两个中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，,证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）选条件①，由可证,继而证明平面,推出，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
选条件②，根据，证明，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
【详解】（1）取中点，连接，,
因为为中点，所以有且,
因为，，所以且,
所以四边形为平行四边形,
所以,
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）选择条件①：
因为平面平面，为矩形,,
平面平面平面,
所以平面,平面,
所以,
又因为，由（1）可知，平面，
所以，又因为，平面，
所以平面,平面,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立坐标系，
则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
选择条件②：.
因为平面平面，为矩形,
平面平面平面,
所以平面,所以,
又因为，
取中点为，连接，，
则有，,
所以,
所以,则,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
8．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，E，F分别为的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)，详情见解析
【分析】(1)设中点为，连接，由三角形中位线性质可得，且从而可得四边形为平行四边形，再由即可证得平面；
(2)按照条件①、条件②的不同，分别作出图形和辅助线，利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值．
【详解】（1）如图（1），设中点为，连接，
底面为正方形，E，F分别为的中点．
，且，而又，,
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面.
（2）选条件①：连结,过作交于点，又因为，所以点也是中点，连结，
，为的中点，则,又底面为正方形，,， ,
在中，,
平面平面，平面平面，平面，
如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
选择条件②：取的中点为，连结,又平面平面，平面平面，平面，
过作交于点，连结 ,又是中点，所以点也是中点，
平面，平面,,
设 ，则,，, ，，，，故在中，,即，解得，即，
如图（3）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，
,,
平面，是平面的一个法向量，;
设平面的一个法向量为，则有
，令,则， ；
.
故二面角的余弦值为．
9．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，为的中点，为上一点，平面.
(1)求证：为的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取的中点，可证明平面平面，故平面，从而可证明，可得为的中点；
（2）选择条件①，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值；
选择条件②，利用勾股定理的逆定理可得，可得两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，易知.
因为平面,平面,所以平面.
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
因为平面，且平面平面，所以.
因为为的中点，所以为的中点.
（2）选择条件①：，
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
选择条件②：，
因为，,所以.
因为，,所以,
所以，即.
因为底面是边长为2的正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
10．如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：；条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用线面平行的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值即可.
【详解】（1）
如图，取中点为，连接,
则有
又因为所以
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面平面
所以且
所以以为轴建系如图，
若选择①：，因为平面平面
所以,所以,则，
所以,则,
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量，,
所以，令，
所以，
设二面角为，，
因为由图可知二面角为钝角，所以.
若选择②：，设，则，
,
因为，所以解得，
则,
因为平面，所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量，,
所以，令，
所以，
设二面角为，，
因为由图可知二面角为钝角，所以.
11．在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答.如图，在五面体中，已知 ，，且.
(1)设平面与平面的交线为，证明：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)线段以上不存在点F，使得平面AEF与平面ABF夹角的余弦值等于，理由见解析．
【分析】（1）由线面平行的判定定理证线面平行平面，，再由线面平行的性质定理得线线平行，从而再得证线面平行；
（2）选①，取中点，中点中点，连接，由勾股定理证明，然后证明平面，从而得面面垂直，由面面垂直的性质定理得线面垂直，从而得线线垂直平面，又有，然后以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法证明面面垂直；
选②，先证明平面平面，然后取中点，中点，连接，证明平面，然后同选①，
选③，取中点，中点，连接，结合勾股定理证明，然后证明证明平面，再然后同选①；
（3）设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，然后由空间向量法求二面角的余弦，求解，有解说明存在，无解说明不存在．
【详解】（1），平面，平面，平面，
又平面且平面平面，
又平面，平面，平面.
（2）若选①，取中点，中点中点，连接，
，，
四边形为平行四边形，，
，又，，
，，
又，，
又，，平面，
平面，平面，平面平面，
，，
又平面，平面平面，
平面，又，，；
综上所述：两两互相垂直.
则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
，，
平面，
平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，
令，解得：，，
，
，即，
平面与平面.
若选②，，，，平面，
平面，
平面，平面平面，
取中点，中点，连接，
，，
又平面，平面平面，
平面，
又，，；
综上所述：两两互相垂直.
以下同选①；
若选③，取中点，中点，连接，
，，又，；
分别为中点，，
又，，
四边形为平行四边形，；
，，，，，
，，，
，
又，，
又，，平面，
平面，
平面，
平面平面，
又，平面，平面平面，
平面，
又，，；
综上所述：两两互相垂直.
以下同选①；
（3）设在线段上存在点，
使得平面与平面夹角的余弦值等于，
由（2）得：，，
设平面的法向量，
则，
令，
则，
，
∵面的法向量为，
，
化简得，
，
方程无实数解，
所以线段BC上不存在点F，使得平面AEF与平面ABF夹角的余弦值等于．
12．如图，PO是三棱锥的高，点D是PB的中点，.
(1)从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，证明另一个条件成立；条件①：平面；条件②：.注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
(2)若，OB平分，，，在（1）的条件下，求平面PAB与平面PAC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）选择条件①：平面PAC，证明条件②：成立，延长BO交AC于点Q，连结PQ，则，证明可得答案；选择条件②：，证明条件①：平面成立.取AB的中点E，连结OE、PE、DE，利用线面垂直的判定定理和性质定理可得到平面POE，再利用面面平行的判定定理和性质定理可得答案；
（2）选择条件①：由（1）得，取得AB的中点E，连结OE，则，以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案；选择条件②：由（1）得， 以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面PAC、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）选择条件①：平面PAC，证明条件②：成立.
延长BO交AC于点Q，连结PQ，
因为平面PAC，平面，平面PAC平面，则，
∵是PB的中点，∴，
连结OA，∵，∴，
∵是三棱锥的高，∴平面ABC，、平面ABC，
∴，，∴，
∴，∴；
选择条件②：，证明条件①：平面成立.
取AB的中点E，连结OE、PE、DE，则，
∵PO是三棱锥的高，
∴平面ABC，平面ABC，∴，
又，平面POE，，
∴平面POE，平面POE，∴，
∵，∴，又平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，
又∵D是PB的中点，又平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，
∵，平面，
∴平面平面PAC，平面，
∴平面PAC；
（2）选择条件①：由（1）得，取AB的中点E，连结OE，则，
∵，，∴，，
以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
设是平面的一个法向量，则，
∴，令，则，∴，
设是平面的一个法向量，则，
∴，令，则，∴，
∴，由图，平面与平面夹角为锐二面角，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
选择条件②：由（1）得，∵，，∴，
以点O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴，z轴，过和平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
设是平面的一个法向量，则，
∴，令，则，∴，
设是平面的一个法向量，则，
∴令，则，∴，
∴，平面与平面夹角为锐二面角，
∴平面PAB与平面PAC夹角的余弦值为.
13．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.
条件①：；
条件②：；
条件③：平面平面.
注：如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)存在点；
【分析】（1）只能选择①③，由平面平面易证，结合勾股定理逆定理可证，进而得证平面；
（2）以方向为轴，方向为轴，方向为轴，求出和平面的法向量，结合线面夹角的向量公式即可求解；
（3）结合向量法，要使平面，即，求出点坐标，进而求出的长.
【详解】（1）因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选，
选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为4的正方形，所以，，平面平面所以平面又平面所以，选①②无法证明平面；
故只能选择①③，理由如下：
因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面，
又因为平面，所以，，所以，
又因为，所以，平面，，
所以平面；
（2）由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，则，故，，设平面的方向量为，则，即，令，得，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）假设存在设点，使得平面，则，因为平面，所以，，所以，，解得，故，，
所以存在点，为中点，使得平面，此时.
14．在平行四边形中，，，.将沿折起，使得平面平面，如图所示.为线段上一点，且________.
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
从①为中点，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，进而证得；
（2）结合（1）中结论建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
又平面，所以.
（2）选择①为中点，解析如下：
结合（1）中结论，建立如图1所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则.
选择②，解析如下：
结合（1）中结论，建立如图2所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则.
对③，解析如下：
结合（1）中结论，建立如图3所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则.
15．从①直线与平面ABCD所成的角为60°；②为锐角三角形且三棱锥的体积为2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
(1)求证：直线平面；
(2)若，，______，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，从而，则可得到平面；
（2）若选①首先证明为正三角形，从而取中点为，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，计算出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可得到答案；若选②，先有棱锥体积公式得到，则得到，从而其对角，以下步骤与选①一致.
【详解】（1）如图所示，取的中点为，连接，，
为中点，所以，
所以且，
因为为中点，四边形为菱形，所以且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）选择条件①：
因为平面，所以直线与平面所成角为．
因为，，所以，所以为正三角形．
取中点为，连接，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示
则，，，，，
，，．
设平面的一个法向量
则，即，令，则，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则，
设平面与平面所成锐二面角为，则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
选条件②：由，
解得， 因为，所以．则其对角,
取中点为，连接，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，以下步骤与选①一致.
16．在四棱雉中，底面是正方形，为棱的中点，，，再从下列两个条件中任选一个作为已知，求解下列问题.条件①：平面平面；条件②：.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）条件①利用面面垂直的性质定理可证得；条件②利用线面垂直的判定定理可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面夹角；
（3）利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）条件①：平面平面
证明：因为平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面.
条件②：
证明：因为，，且平面，，
所以平面.
（2）由（1）知平面，，两两垂直，
以为原点，分别所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
由（1）知平面的法向量，
设平面的法向量为，则，
即，令，则，
设平面与平面夹角的为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为
（3）由已知得，，
所以点到平面的距离为
17．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，点在棱上，且平面.
(1)求证：是棱的中点；
(2)再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（i）二面角的余弦值；
（ii）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）不存在点，理由见解析
【分析】（1）连结，交于，连结，又线面平行的性质可推导出，由此能证明结论；
（2）由已知分析，选择条件①：，或选择条件②：，均可得为正三角形，取中点，连接，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解二面角的余弦值及验证是否存在点，使得平面即可.
【详解】（1）证明：连接交于，连接
则是平面与平面的交线，
平面，平面，．
又底面为平行四边形，则是的中点，是棱的中点，
（2）解：因为底面为平行四边形，又，则底面为菱形，
选择条件①：，或选择条件②：，均可得为正三角形.
取中点，连接，则，即
又平面，平面，所以，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
（i）由于平面，则时平面的一个法向量，
设平面的法向量为，又，
所以，令得，
则，由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为；
（ii）若在棱上否存在点，设，则，且，所以，
则，
若平面，则，所以，此方程无解，
故在棱上不存在点，使得平面.
18．从①AB⊥BC；②直线SC与平面ABCD所成的角为60°；③△ACD为锐角三角形且三棱锥S﹣ACD的体积为2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
(1)求证：直线EF∥平面SAD；
(2)若，AD＝2，_______，求平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案不唯一，具体见解析.
【分析】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，结合中位线与菱形的性质，可证四边形AEFM为平行四边形，从而有EF∥AM，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）取SD的中点M，连接MF，AM，
∵F为SC的中点
∴MF∥CD，MF＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，E为AB的中点，
∴AE∥CD，AE＝CD，
∴MF∥AE，MF＝AE，
∴四边形AEFM为平行四边形，
∴EF∥AM，
∵EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，
∴EF∥平面SAD．
（2）选择条件①：
∵SA⊥平面ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥AD，因为，
所以AB⊥AD，
故以A为原点，AB，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（2，2，﹣2），＝（﹣2，0，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
选择条件②：
连接AC，
∵SA⊥平面ABCD，
∴∠SCA为直线SC与平面ABCD所成的角，即∠SCA＝60°，
∵，∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
选择条件③：
∵VS﹣ACD＝SA•S△ACD＝SA•＝×＝2，
∴sin∠ADC＝，
∵∠ADC∈（0，），∴∠ADC＝，
∴AC＝2，
∴△ABC为等边三角形，
取BC的中点N，连接AN，
以A为原点，AN，AD，AS所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，0，0），B（，﹣1，0），C（，1，0），D（0，2，0），S（0，0，），
∴＝（0，2，0），＝（，1，﹣2），＝（﹣，1，0），
设平面SBC的法向量为，
，
同理可得，平面SCD的法向量为，
故平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为．
19．在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
(1)求四棱锥的体积；
(2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
【详解】（1）在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面,
∴平面
（2）在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
20．如图，在几何体中，是等边三角形，直线平面，平面平面，，．
(1)证明：；
(2)在“①平面，②平面”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
点M为线段上的一点，满足__________，直线平面所成角的大小为45°，求平面ABC与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)选②，
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直证明线线垂直.
（2）选择①，利用线面平行推出线线平行，可得答案；选择②，建立空间直角坐标系，利用向量法求出面面角.
【详解】（1）由题知：平面，平面，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面
因为平面，所以
（2）若选择①
因为平面，平面，平面平面
所以，因此四边形为平行四边形，即为中点
若选择②
因为平面，平面，所以，
所以四边形为平行四边形，即为中点
所以，
因为直线平面，
所以直线与平面所成角为，所以
所以
如图，以为坐标原点，分别以，，，所在直线为x，t，z轴建立空间直角坐标系
设，则，，
，为平面的一个法向量
设平面的一个法向量为，且，
由，令，则，，
解得
设平面与平面所成锐二面角为，
则
21．在①平面；②为的中点这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答问题.
如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点.
(1)若__________，求二面角的大小；
(2)在（1）的条件下，侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，试说明理由.
注：如过选择多个条件分刟解答，拉第一个解答计分.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先证明平面，进而建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（2）结合（1），根据平面的一个法向量满足求解即可.
（1）
解：若选①：平面，
连接交于点，连接，
因为为正方形，
所以点分别为与的中点，
由题意，，所以，
同理，且，平面
所以平面.
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以，
，
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
所以，所以.
所以，二面角的大小为.
若选②：为的中点，
连接交于点，连接，
因为为正方形，所以点分别为与的中点，
由题意，，所以，
同理，且，平面
所以平面.
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，
所以，
，则，
设平面的法向量为，
由 解得平面的法向量为，
平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，
所以，所以
所以二面角的大小为
（2）
解：选①
由（1）知，，设，
所以，，
因为平面的一个法向量为，且平面，
所以，
所以，解得，
即点为线段的三等分点且靠进点.
所以,存在点为线段的三等分点且靠进点使得平面
选②
由（1）知，，设，
所以，，
因为平面的法向量为，且.平面，
所以，
所以，解得，
此时点与点重合.
所以, 存在点与点重合,使得平面.
22．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
23．如图①，在梯形中，，，，为的中点，以为折痕把折起，连接，，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．
(1)证明：；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角的余弦值．
①四棱锥的体积为2；
②直线与所成角的余弦值为．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明线面垂直来证得.
（2）选①，结合四棱锥的体积，证得平面；选②，结合直线与所成角的余弦值，证得平面；由此建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
（1）
证明：在图①中
因为，，为中点所以，，
所以为平行四边形，所以，同理可证，
在图②中，取中点，连接，，，
因为，所以，，
因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）
若选择①：因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以过点作，
则平面，因为，
所以四棱锥的体积，
所以，所以与重合，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
若选择②：因为，所以即为异面直线与所成角，
在中，，
所以所，以，所以，
因为平面，平面，
所以平面平面且交线为，所以平面，
建系如图，则，，， ，
平面法向量为，
设平面法向量为，
因为，，
所以，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的余弦值为.
24．如图，在四棱锥中，底面是菱形，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答.
①；②；③与平面所成的角为.
若平面，，且______________，求二面角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）设AC,BD交于点O，连结OF.利用线面平行的判定定理证明平面；
（2）过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.选择条件①②③，都可以求出,，求出各个点的坐标，利用向量法求解.
（1）
设AC,BD交于点O，因为是菱形，所以O为BD的中点.
连结OF.因为为的中点，所以为的中位线，所以.
因为面，面，
所以平面.
（2）
过O作.以O为原点，为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
选条件①：.
在菱形中， .因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件②.
在菱形中，，所以,所以.因为，所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD 的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
选条件③：与平面所成的角为.
因为平面，所以为与平面所成的角，即.
在直角三角形中，由可得：.所以,.所以,,,,,,.
所以,.
设为面ACF的一个法向量，则：，
不妨令x=2，则.
显然为面ACD的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
25．如图1，在中，，过点A作，垂足在线段上，沿将折起，使(图2)，点分别为棱的中点.
(1)求证：；
(2)已知_____(在后面三个条件中任选一个，补充在横线上)，试在棱上确定一点，使得，并求二面角的余弦值(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).
条件①：图1中；
条件②：图1中；
条件③：图2中三棱锥的体积为.
【答案】(1)证明见解析；
(2)N为DC四等分点靠近D的一个，二面角的余弦值为.
【分析】(1)ME∥AB，证CD⊥平面ABD即可；
(2)选①：求出tanB，建立空间直角坐标系，设，利用求出a，再求平面MBN和平面CBN的法向量，利用向量法求二面角余弦；
选②：由求出BD长度，后面方法同①；
选③：由三棱锥的体积求出BD长度，后面方法同①.
(1)
∵，，，平面，∴平面，
∵平面，∴，
分别为、的中点，∴，∴；
(2)
选①：由，解得或(舍去)，
设，在中，，
解得，∴.
故以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系：
则，
则，
设，则，
∵，∴，即，∴，即，
∴当时，.
设平面BNM的法向量为，
∵，
，令，则，即，
平面BNC的一个法向量为，，
又∵二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
选②：在图1的中，设，
则，
即，
建系以及后续解法与选①相同.
选③：设，则，
为等腰直角三角形，，
在三棱锥中，，且，面，面，
∴面，又，
，，解得或(舍)，
，建系以及后续解法与选①相同.
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