高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课后练习题

这是一份高中人教A版 (2019)第八章 立体几何初步8.6 空间直线、平面的垂直课后练习题，共61页。试卷主要包含了定义，相关概念，画法，记法，二面角的平面角，将四边形沿折起，连接等内容，欢迎下载使用。
【考点梳理】
考点一 二面角的概念
1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形.
2.相关概念：
(1)这条直线叫做二面角的棱；
(2)两个半平面叫做二面角的面.
3.画法：

4.记法：二面角α－l－β或二面角α－AB－β或二面角P－l－Q或二面角P－AB－Q.
5.二面角的平面角：(1)若有①O∈l；②OA⊂α，OB⊂β；③OA⊥l，OB⊥l，则二面角α－l－β的平面角是∠AOB.
(2)二面角的平面角α的取值范围是0°≤α≤180°.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
考点二 平面与平面垂直
1.平面与平面垂直的定义
(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直.
(2)画法：
(3)记作：α⊥β.
2.平面与平面垂直的判定定理
考点三 平面与平面垂直的性质定理
【题型归纳】
题型一、平面与平面垂直的判定
1．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，在三棱锥中，，，且是锐角三角形，那么必有（ ）
A．平面平面B．平面平面
C．平面平面D．平面平面
2．（2022·湖南·高一课时练习）如图，在圆锥PO中，已知，的直径，C是上一点（异于A，B），D为AC的中点．求证：平面平面PAC．
3．（2023·全国·高一）如图，在三棱锥中，侧面与侧面均为等边三角形，，O为的中点.求证：
（1）平面平面；
（2）平面.
题型二、平面与平面垂直的性质定理
4．（2022·内蒙古·呼和浩特市第十四中学高一期末）以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①； ②是等边三角形；
③三棱锥是正三棱锥 ④平面平面．
其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．（2022·湖南·高一课时练习）如图，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是的菱形，，平面垂直于底面ABCD，G为AD边的中点．求证：
(1)平面PAD；(2)．
6．（2023·山西运城·高一期末）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，平面，是的中点，，.
（1）求证：平面
（2）求点到平面的距离.
题型三、二面角的求法
7．（2023·全国·高一）如图，在直三棱柱中，底面三角形是等边三角形，且，，则二面角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
8．（2023·湖北·高一期末）如图1，在等腰梯形中，，，，．将与分别沿，折起，使得点、重合（记为点），形成图2，且是等腰直角三角形．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)若，求四棱锥的体积．
9．（2023·陕西省宝鸡市长岭中学）如图，在三棱锥中，，，，，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的平面角的大小；
(3)当平面时，求三棱锥的体积．
题型四、已知二面角的大小求线段距离或长度
10．（2023·云南·丽江市教育科学研究所高一期末）在菱形ABCD中，，，连结BD，沿BD把ABD折起，使得二面角的大小为，连结AC，则四面体ABCD的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
11．（2023·全国·高一课时练习）已知在菱形中，，沿对角线将折起使二面角为，则点到所在平面的距离为_____.
12．（2023·山东日照·高一期末）如图，在几何体中，四边形是菱形，且，平面，，且．
（）证明：平面平面；
（）若二面角为，求几何体的体积．
题型五、已知二面角的大小求异面直线所成的角
13．（2023·福建·高一期中）如图，已知等边与等边所在平面成锐二面角，E，F分别为，中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
14．（2020·黑龙江·哈师大附中高一期末）矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E，F分别是边AB，CD的中点，将正方形ADFE沿EF折到A1D1FE位置，使得二面角A1﹣EF﹣B的大小为120°，则异面直线A1F与CE所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
15．（2020·江苏徐州·高一期末）如图，在中，平面，，，为棱的中点，点在棱上.
（1）若，求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若二面角的大小为120°，求异面直线与所成角的余弦值.
【双基达标】
一、单选题
16．（2022·陕西西安·高一阶段练习）已知直线及三个互不重合的平面，，，下列结论错误的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
17．（2022·内蒙古·呼和浩特市教学研究室高一期末）如图，在三棱锥中，不能证明的条件是（ ）
A．平面B．，
C．，平面平面D．，
18．（2023·陕西·西安高级中学高一阶段练习）如图，在直三棱柱中，为的中点，下列说法正确的个数有（ ）
①平面；
②平面；
③平面平面.
A．0个B．1个C．2个D．3个
19．（2023·全国·高一课时练习）设，，为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（ ）
①，，则；②，，，则；
③，，，则；④，，，则
A．①③B．②③C．②④D．③④
20．（2023·广东·仲元中学高一期末）如图，把两个完全相同的直三角尺，斜边重合，沿其斜边折叠形成一个120°的二面角，其中，且，则空间四边形外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
21．（2023·广东·化州市第三中学高一期末）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PC⊥底面ABC，AB⊥BC，D、E分别是AB、PB的中点．
(1)求证：平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PBC．
22．（2022·浙江省开化中学高一期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面，，，为的中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的正切值．
23．（2023·全国·高一课时练习）如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，，且（如图，将四边形沿折起，连结、、（如图．在折起的过程中，下列说法中正确的个数（ ）
①平面；
②、、、四点可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直．
A．0B．1C．2D．3
【高分突破】
一：单选题
24．（2023·全国·高一课时练习）已知长方形，，，、分别为、中点，将其沿折起，折成直二面角，则下列说法正确的是（ ）
A．与成角为B．与平面成角为
C．平面垂直于平面D．三棱锥的体积为
25．（2023·陕西陈仓·高一期末）PA垂直于正方形ABCD所在平面，连接PB、PC、PD、AC、BD，则下列垂直关系正确的是（ ）
①平面平面PAD；②平面平面PBC；
③平面平面PCD；④平面平面PAC．
A．①②B．①③C．②③D．②④
26．（2023·甘肃省会宁县第一中学高一阶段练习）如图所示，四边形ABCD中，，，，，将沿BD折起，使平面平面BCD，构成四面体ABCD，则四面体ABCD中，下列命题正确的是（ ）
A．平面平面ABCB．平面平面BDC
C．平面平面BDCD．平面平面ABD
27．（2023·全国·高一课时练习）中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒（cuán）尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近30°，若取，则下列结论正确的是（ ）
A．正四棱锥的底面边长为48m
B．正四棱锥的高为4m
C．正四棱锥的体积为
D．正四棱锥的侧面积为
28．（2023·天津市滨海新区塘沽第一中学高一期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，给出下列结论：
①平面；②；③平面；④平面平面
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
29．（2023·安徽·高一阶段练习）如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为棱上的点，且，现有下列结论：
①当时，平面；
②存在，使得平面；
③当时，点C到平面的距离为；
④对任意，直线与都是异面直线．
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①②B．①③C．②④D．③④
二、多选题
30．（2023·江苏·仪征市第二中学高一阶段练习）如图，为圆O的直径，点C在圆周上（异于点A，B），直线垂直于圆O所在的平面，点M是线段的中点，下列命题正确的是（ ）
A．平面；B．平面；
C．平面D．平面平面
31．（2023·河北巨鹿中学高一阶段练习）如图，已知四棱锥中，平面，，，为中点，在上，，，则下列结论正确的是（ ）
A．平面B．与平面所成角为
C．四面体的体积为D．平面平面
32．（2023·全国·高一单元测试）如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．四点共面B．平面平面
C．直线与所成角的为D．平面
33．（2023·湖北·黄石市有色第一中学高一期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（ ）
A．在棱上存在点，使平面
B．异面直线与所成的角为90°
C．二面角的大小为45°
D．平面
34．（2023·全国·高一单元测试）如图直角梯形中，，，，E为中点.以为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且则（ ）
A．平面平面B．
C．二面角的大小为D．与平面所成角的正切值为
35．（2020·全国·高一课时练习）如图所示，在直角梯形中，，分别是上的点，，且(①).将四边形沿折起，连接(②).在折起的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．平面
B．四点不可能共面
C．若，则平面平面
D．平面与平面可能垂直
36．（2023·全国·高一专题练习）已知中，，，为边上的高，且，沿将折起至的位置，使得，则（ ）
A．平面平面
B．三棱锥的体积为8
C．
D．三棱锥外接球的表面积为
三、填空题
37．（2022·湖南·高一课时练习）如图，在四棱锥中，底面且底面各边都相等，是上一点， 当点满足___________ 时，平面平面(只要填写一个你认为正确的条件即可)
38．（2023·全国·高一课时练习）如图，在三棱锥中，若，，是的中点，则下列命题中正确的有___________(写出全部正确命题的序号).
①平面平面；
②平面平面；
③平面平面，且平面平面；
④平面平面，且平面平面.
39．（2023·全国·高一课时练习）如图，P是边长为2的正方形ABCD外一点，PA⊥AB，PA⊥BC，且PC＝5，则二面角P­-BD­-A的余弦值为________．
40．（2023·湖北·武汉市第四十九中学高一阶段练习）如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，给出下列结论：
①异面直线与所成的角范围为；
②平面平面；
③点到平面的距离为定值；
④存在一点，使得直线与平面所成的角为.
其中正确的结论是___________.
四、解答题
41．（2018·全国·高考真题（文））如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
42．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
43．（2023·全国·高考真题（文））如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
44．（2019·北京·高考真题（文））如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
45．（2023·全国·高一课时练习）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，E为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，，四棱锥的体积为1，求证：平面平面．
46．（2020·全国·高一单元测试）如图，四面体ABCD中，点E，F分别为线段AC，AD的中点，平面平面，，，垂足为H.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面ABC.
47．（2023·河北·肃宁县第一中学高一阶段练习）如图所示，已知三棱锥，，，，为的中点，且是正三角形，．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）若点为的中点，求三棱锥的体积．
48．（2019·甘肃·天水市第一中学高一阶段练习）如图，在四棱锥中，底面，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若与平面所成角为，求的长．
文字语言
如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直
符号语言
l⊥α，l⊂β⇒α⊥β
图形语言
文字语言
两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直
符号语言
α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β
图形语言
【答案详解】
1．C
【解析】
【分析】
由线线垂直（，）推出线面垂直（平面）推出面面垂直平面平面.
【详解】
，，，平面，平面，平面，平面，平面平面BCD
故选：C.
2．证明见解析
【解析】
【分析】
由圆锥的性质可得，由圆的性质可得，再结合三角形的中位线定理可得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论
【详解】
因为是的直径，C是上一点，所以，
因为D为AC的中点，是的直径，
所以‖，
所以，
因为在圆锥PO中，平面，平面，
所以，
因为，所以平面，
因为平面PAC，
所以平面平面PAC．
3．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，即转化为证明平面；
（2）要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，即关键证明.
【详解】
证明：（1）因为，均为等边三角形，
所以，.
因为O为中点，
所以，.
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）因为，
所以.
易证.
所以.
因为，
所以.
所以，且，
因为平面，平面，，
所以平面.
4．C
【解析】
【分析】
根据翻折后垂直关系得BD⊥平面ADC，即得BD⊥AC，再根据计算得△BAC是等边三角形，最后可确定选项.
【详解】
由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；
AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，
所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；
易知DA＝DB＝DC，又由②知△BAC是等边三角形，故③正确；
取AD得中点E，连接BE，则由△BAC是等边三角形可知BE⊥AC，
若平面，则由面面垂直的性质可知已知BE⊥平面ADC，
又由①知BD⊥平面ADC，但过点B只有一条直线与平面ADC垂直，故④错．
所以正确的个数是3,
故选：C.
5．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)利用面面得到平面；
(2)证明面，从而得．
(1)
四边形是的菱形，
∴为等边三角形，又为的中点，∴，
又∵平面平面，平面，平面平面，
∴平面；
(2)
，为的中点，∴，
又，，平面，
∴平面，又∵面，
∴．
6．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）要证明线面平行，需证明线线平行，连结交于点，即证明；
（2）方法一，首先由平面可知，点到平面的距离即点到平面的距离，利用面面垂直，过点作，则即为所求；方法二，利用等体积转化，即可求得点到平面的距离.
【详解】
（1）在矩形中，连接交于点，则为的中点，连接.
为的中点
又平面，平面
平面
（2）方法一：
，平面，平面
平面
到平面的距离等于到平面的距离
平面，平面
，又，
平面
又平面
平面平面
过作，则平面即为所求.
在中，，，解得.
方法二：(等体积法)
设到平面的距离为
平面，平面
，又，
平面
又
.
7．B
【解析】
【分析】
首先取的中点，连接，，根据题意得到为二面角平面角，再计算其大小即可.
【详解】
取的中点，连接，，如图所示：
由题知： ，又因为为的中点，
所以，且
又因为，所以为二面角平面角.
因为，为锐角，所以.
故选：B
8．(1)证明见解析；
(2)
(3)
【解析】
【分析】
(1)先证平面,即可证明面面垂直.
(2)证明即为二面角的平面角，解三角形即可求解.
(3)由(2)得出底面积和高，即可求解.
(1)
解：由题意得：
又,,故平面；
又平面,故平面平面；
(2)
如图，连接,分别为的中点，
由（1）知,故,又,所以，
故即为二面角的平面角，
由(1)知, 平面,又平面,故平面平面,
又平面平面,,所以平面,
设，则,,,
,
故二面角的正弦值为：.
(3)
由(2)得, 平面,又，所以,
故四棱锥的体积为.
9．(1)证明见解析；
(2)；
(3)
【解析】
【分析】
（1）可通过证明及来证明面，进而可得平面平面；
（2）通过证明面，可得是二面角的平面角，在中计算即可；
（3）通过来计算三棱锥的体积.
(1)
由，，且得面，
又面，
又，D为线段AC的中点，
则，又，面，面，
面，又面，
平面平面；
(2)
由（1）知面，又面，
，又，且，面，面，
面，又面
是二面角的平面角，
在中，
即二面角的平面角的大小为；
(3)
平面，平面，且平面平面
，又D为线段AC的中点，
可得E为线段PC的中点，且
又由面，可得面，
可得，
则三棱锥的体积为
10．D
【解析】
【分析】
取的中点记为，分别取和的外心与，过这两点分别作平面､平面的垂线，交于点，则就是外接球的球心，先在中，求解，再在，求可得球半径，进而得解.
【详解】
如图，取的中点记为，连接，，
分别取和的外心与，过这两点分别作平面､平面的垂线，交于点，则就是外接球的球心，
连接，，易知为二面角的平面角为，
则是等边三角形，其边长为，，
在中，，∴
∵，
∴，
则四面体的外接球的表面积为.
故选：D.
11．
【解析】
【分析】
由，得到即为二面角的平面角，结合，得到点到所在平面的距离为，即可求解.
【详解】
如图所示，设，则，
所以即为二面角的平面角，
所以，且，
所以点到所在平面的距离为.
故答案为：.
12．（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）本题首先根据四边形是菱形得出，根据平面得出，然后根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定即可证得结论；
（2）本题首先可连接，然后根据二面角的性质得出，则，，最后根据几何体的体积即可得出结果.
【详解】
（1）因为四边形是菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）如图，连接，
因为平面，四边形是菱形，
所以由三角形全等易知，是中点，，，
则即二面角对应的平面角，,
因为，
所以，，，
因为平面，，
所以梯形的面积，
几何体的体积.
13．C
【解析】
【分析】
连接，，根据面面角可得，再利用余弦定理即可求解.
【详解】
连接，，等边与等边所在平面成锐二面角，
可得，
设等边与等边的边长为，
则，即为等边三角形，
所以，
因为E，F分别为，中点，
所以，异面直线与所成角即为所成的角，
在中，.
故选：C
14．D
【解析】
【分析】
连接，可得为异面直线A1F与CE所成的角，然后在中，利用余弦定理可求出结果.
【详解】
解：连接，
因为在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，
所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
所以为异面直线A1F与CE所成的角，
由已知条件得，，
因为，
所以为二面角A1﹣EF﹣B的平面角，即，
所以，则为等边三角形，
所以，
在中，由余弦定理得，
故选：D
【点睛】
此题考查了二面角、异面直线所成的角，考查了余弦定理，考查了计算能力，属于中档题.
15．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）易知是△的中位线，可得，结合线面平行的判定定理，可证明平面；
（2）由底面，可得，由，可知，从而可证明平面，再结合平面，可证明平面平面；
（3）易知二面角的大小为，结合（2）可知平面，可知即为二面角的平面角，可求出，即为棱的中点，可得，于是即为异面直线与所成的角，求出即可.
【详解】
（1）由，可知为棱的中点，
又因为为棱的中点，所以在△中，，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，平面，所以，
在△中，，为的中点，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面
又因为平面，所以平面平面.
（3）由题意知，二面角的大小为，
由（2）的证明可知，平面，又因为平面，所以，
又，所以即为二面角的平面角，
所以，因为底面，平面，所以，
在△中，，，，所以.
因为，所以为棱的中点，故，
于是即为异面直线与所成的角.
易知△△，故，，
在△中，由余弦定理知，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查二面角及线面角的知识，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
16．B
【解析】
【分析】
对A，可根据面面平行的性质判断；对B，平面与 不一定垂直，可能相交或平行；对C，可根据面面平行的性质判断；对D，可通过在平面，中作直线，推理判断.
【详解】
解：对于选项A：根据面面平行的性质可知，若，，则成立，故选项A正确，
对于选项B：垂直于同一平面的两个平面，不一定垂直，可能相交或平行，故选项B错误，
对于选项C：根据面面平行的性质可知，若，，则成立，故选项C正确，
对于选项D：若，，，
设，，
在平面中作一条直线，则，
在平面中作一条直线，则，
，，
又，，，
故选项D正确，
故选：B.
17．D
【解析】
【分析】
A选项利用线面垂直（平面）可推出线线垂直（），B选项利用两组线线垂直（，）推出线面垂直（平面），再推出线垂直（），C选项利用面面垂直的性质定理可推出，D选项不能证明出.
【详解】
平面，平面， ，故A选项可以证明，因此不选. ，，平面，平面，平面，.故B选项可以证明，因此不选.平面平面，平面平面，，由面面垂直的性质定理知平面.平面，，故C选项可以证明，因此不选.由D选项，并不能推出.
故选：D.
18．D
【解析】
【分析】
通过线线垂直证明线面垂直及面面垂直，通过线线平行证明线面平行.
【详解】
三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面，所以，
又为的中点，所以,且,平面ABA1,
所以平面，
又平面，所以平面平面，故①③都正确；
连接交于点，再连接，可知为的中位线，
所以，又平面，在平面外，
所以平面，故②正确.
故选：D
19．C
【解析】
【分析】
对于①，与相交或平行；对于②，由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得；对于③，与相交、平行或；对于④，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得．
【详解】
对于①，，，则与相交或平行，故①错误；
对于②，，，，则由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得，故②正确；
对于③，，，，则与相交、平行或，故③错误；
对于④，，，，则由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得，故④正确．
故选：C
20．B
【解析】
【分析】
过点作于，连接，证得为二面角的平面角，进而求出的长度，然后取的中点,证得为空间四边形外接球的球心，从而可知为球直径，从而结合球的表面积的公式即可求出结果.
【详解】
过点作于，连接，由于和全等，所以，，所以为二面角的平面角，即，在中，结合余弦定理得，即，因此，因为，所以，
在中，，从而，在中，，又因为，所以，取的中点，连接，由于是和的斜边，所以，故为空间四边形外接球的球心，为球直径，所以空间四边形外接球的半径为，所以空间四边形外接球的表面积为，
故选：B.
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）依题意根据三角形中位线的性质得到，即可得证；
（2）由线面垂直的性质得到，再根据，即可得到平面，即可得证；
(1)
证明：∵点D、E分别是棱AB、PB的中点，
∴，
又∵平面，平面；
∴平面．
(2)
证明：∵底面，底面，
∴，
∵，，平面，
∴平面，
又∵平面，
∴平面平面．
22．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）过在平面内作，垂足为点，证明出，由线面垂直的性质可得出，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，证明出平面，可得出为二面角的平面角，计算出的长，即可求得的正切值，即可得解.
(1)
证明：过在平面内作，垂足为点，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，则，
平面，平面，，
，平面，平面，.
(2)
解：过点在平面内作，垂足为点，连接，
由（1）知平面，平面，，
，，所以，平面，
因为平面，所以，，
所以，为二面角的平面角，
平面，平面，，
，，则，
为的中点，所以，，
由，
，因此，二面角的正切值为.
23．C
【解析】
【分析】
对①，连接，交于点，取中点，连接，，通过证为平行四边形可证平面；对②，采用反证法，由平面推出，证矛盾；对③，结合线面垂直判断定理可证，推出平面，进而得证；对④，同样采用反证法，延长至，使得，连接，，过作于，则平面，垂足在上，若结合④的条件，证出垂足在上，矛盾.
【详解】
对①，在图②中，连接，交于点，取中点，连接，，
则为平行四边形，即，所以平面，故①正确；
对②，如果、、、四点共面，则由平面，可得，
又，所以，这样四边形为平行四边形，与已知矛盾，故②不正确；
对③，在梯形中，由平面几何知识易得，又，平面，即有，平面，则平面平面，故③正确；
对④，在图②中，延长至，使得，连接，，
由题意得平面平面，四点共面．过作于，则平面，
若平面平面，则过作直线与平面垂直，其垂足在上，矛盾，故④错误．
故选：C．
24．C
【解析】
【分析】
画出立体图形，对A，因为．所以为异面直线与成角，结合几何关系可求；对B，结合线面角的性质可判断与平面成角为，对C，结合面面垂直的判定定理可证；对D，结合锥体体积公式可直接求解.
【详解】
如图所示，将其沿折起，折成直二面角，补成正方体．
A．连接，，．为等边三角形．为异面直线与成角，为，不正确．
B．底面，与平面成角为，因此不正确；
C．由正方体的性质可得：，，，
平面，平面，平面垂直于平面，正确；
D．三棱锥的体积．因此不正确．
故选：C．
25．A
【解析】
【分析】
对于①②，由于PA垂直于正方形ABCD所在平面，所以PA所在的平面与底面垂直，又ABCD为正方形，故又存在一些线线垂直关系，从而可以得到线面垂直，进而可以判定面面垂直．
对于③④，找到相互垂直的平面的二面角的平面角，可发现这些平面角不可能为直角.
【详解】
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，
又正方形ABCD中，BC⊥AB，AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB，BC⊂平面PBC，
∴平面PAB⊥平面PBC，②正确；
同理AD⊥平面PAB，AD⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面PAB，∴①正确；
设平面PAB∩平面PCD＝l，∵AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，∴CD∥平面PAB，∴CD∥l，
AB⊥平面PAD，l∥AB，∴l⊥平面PAD，P为垂足，
∴∠APD为二面角A−l−D的平面角，
若平面PAB⊥平面PCD，则AP⊥PD，在Rt△PAD中不可能，∴③错误．
∵AB⊥PA，AC⊥PA，
∴∠BAC为二面角B−PA−C的平面角，
若平面平面PAC，则AB⊥AC，在Rt△ABC中不可能，∴④错误．
故选：A．
26．D
【解析】
【分析】
由题意推出，，得到平面ADC，再由面面垂直的判定定理，得到平面平面ABD即可.
【详解】
解：∵在四边形ABCD中，，，，
∴，
又平面平面BCD，且平面平面，平面BCD，
故平面ABD，则，又
故平面ADC，又平面ABD，
所以平面平面ABD.
故选：D.
27．C
【解析】
【分析】
在如图所示的正四棱锥中，设底面边长为，根据侧棱长和侧面与底面所成的二面角可求底边的边长，从而可求体高、侧面积以及体积，据此可判断各项的正误.
【详解】
如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，，
则为的中点，连接，则平面，，
则为侧面与底面所成的锐二面角，
设底面边长为．正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，
这个角接近30°，取，∴，
则，，．
在中，，解得，故底面边长为，
正四棱锥的高为，侧面积为，
体积．
故选：C．
28．D
【解析】
【分析】
对①由为等腰三角形可得，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
对②不妨设，则，，利用三角形相似证明即可；
对③连结，交于，连结，再根据线面平行的判定定理证明即可；
对④利用线面垂直的判断定理可证平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可.
【详解】
①直三棱柱中，，所以，又为的中点，所以，
又在直三棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，故①正确；
②不妨设，则，，所以,所以∽，
所以，又，所以，
所以，故②正确；
③连结交于，连结，则为的中点，又是的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，故③正确；
④由①知，平面，平面，
所以,又，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故④正确.
故选：D
29．D
【解析】
【分析】
利用平行关系的转化，再利用比例关系求的值，判断①；利用反证法判断②；利用等体积转化求点C到平面的距离，判断③；利用异面直线的判断定理判断④.
【详解】
若平面，如图，连接，记交于S，交于T，连接，则，又T为的中点，故S也为的中点．
延长交的延长线于Q，可知，即，故①错误．
若平面，则，又，，所以平面，这是不可能的，故②错误．
利用等体积法，，，，解得：，求得点C到平面的距离为，故③正确．
连接，平面，点平面，点平面，利用异面直线的判定定理“过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不过该点的直线异面”，故④正确．
故选：D
30．AD
【解析】
【分析】
根据题中条件，由线面平行的判定定理，可判断A正确，B错；根据题中条件，判断不与垂直，故C错；根据面面垂直的判定定理，可判断D正确.
【详解】
因为为圆O的直径，M是线段的中点，
所以；又平面，平面，所以平面；即A正确；
又平面，即平面，故B错；
因为点C在圆O的圆周上，所以，故不与垂直，所以不可能与平面垂直，即C错；
由直线垂直于圆O所在的平面，所以；
又，，平面、平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，即D正确.
故选：AD.
31．ACD
【解析】
【分析】
根据题中角度关系证明，，证得平面平面，即证平面，判断A正确；利用题中长度关系得到线面成角为，判断B错误；利用等体积法计算，判断C正确，由，，证明平面，即证面面垂直，判断D正确.
【详解】
依题意，连接EF，DF，如图，
，，则，
又，则，故，是等边三角形，
故，，即F是DC的中点，，
又为中点，，故，，则平面，平面，相交于平面内，故平面平面，而平面，
所以平面，选项A正确；
因为，所以，，
又平面，所以与平面所成角为，故B错误；
四面体的体积，因为，平面，所以平面，，等边三角形的面积为，故，故C正确；
平面，则，而，相交于平面内，故平面，而平面，故平面平面，D正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
32．BC
【解析】
【分析】
根据点线面的位置关系逐个判断选项即可.
【详解】
对于A，由图显然、是异面直线，故四点不共面，故A错误；
对于B，由题意平面，故平面平面，故B正确；
对于C，取的中点，连接、，可知三角形为等边三角形，故C正确；
对于D，平面，显然与平面不平行，故D错误；
故选：BC
【点睛】
本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明：
（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；
（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.
33．ABC
【解析】
【分析】
选项A，取的中点，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明平面；选项B，利用平面，可得；选项C，先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解；选项D，利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾来说明.
【详解】
A选项：如图，取的中点，连接，
∵侧面为正三角形，，
又底面是菱形，，是等边三角形，
又为的中点，
又，，在平面内，且相交于点，
平面，故选项A正确；
B选项：由选项A知，平面，又平面，，
即异面直线与所成的角为90°，故选项B正确；
C选项：∵平面， ，
平面，，，
又平面平面，是二面角的平面角，
设，则，，
在直角中，，即，
故二面角的大小为，故选项C正确；
D选项：因为平面平面，，
所以平面，又平面，所以.
假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点，
所以平面，又平面，所以，
而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故选项D错误.
故选：ABC.
34．ABC
【解析】
先证明平面，得，再结合，即证平面，所以平面平面，判断A正确；利用投影判断，判断B正确；先判断即为二面角的平面角，再等腰直角三角形判断，即C正确；先判断为与平面所成的角，再求正切，即知D错误.
【详解】
由题易知，又，，
所以，所以，
又，，所以平面，
所以，又，，
所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正确；
在平面内的射影为，
又为正方形，所以，，故B正确；
易知即为二面角的平面角，
又，，所以，故C正确；
易知为与平面所成的角，
又，，，
所以，故D错误.
【点睛】
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.本题使用了定义法.
35．ABC
【解析】
根据已知条件，结合线面平行的判定，面面垂直的判定等，对四个选项分别进行判断，得到答案.
【详解】
选项A中，连接，取的中点，的中点，
连接，且，
而且，
所以且
所以四边形是平行四边形，
所以，而平面，平面，
所以平面，
所以A正确；
选项B中，设四点共面，
因为，平面，平面，
所以平面，
而平面，平面平面，
所以，
所以，这与已知相矛盾，
故四点不可能共面，
所以B正确；
选项C中，连接，
在梯形中，易得，
又，平面，，
所以平面
而平面，所以，
而，平面，且与必有交点，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
所以C正确；
选项D中，延长至，使得，连接，
，，平面，，
所以平面，
而，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过作于，平面，平面平面，
所以平面，
若平面平面，
则过作直线与平面垂直，其垂足在上，
故前后矛盾，
所以D错误.
故选：ABC.
【点睛】
本题考查线面平行的判定，线面垂直的性质和判定，面面垂直的判定等，属于中档题.
36．ACD
【解析】
【分析】
根据及翻折前后几何元素的位置关系得到，，从而可得平面平面，A选项正确；
先根据已知求出，再求得，然后利用三角形的面积计算公式、锥体的体积计算公式及等体积法求得结果，即可判断B选项；
在中利用余弦定理求得的值，即可判断C选项；
利用几何直观及三棱锥外接球的球心与侧面的位置关系，结合已知得到部分几何元素的数量关系，从而求得三棱锥外接球的半径，最后根据球的表面积的计算公式求得结果，即可判断D选项．
【详解】
对于A：因为为边上的高，所以，沿将折起至的位置后，，，所以平面，所以平面平面，所以A选项正确；
对于B：因为，，，所以，又，所以，，所以B选项不正确；
对于C：在中，，，，由余弦定理可得，所以，所以C选项正确；
对于D：如图，记为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，连接，则平面，取的中点，的中点，连接，得，又平面，所以平面PDC，故，连接，，易知平面，平面，故，且，则四边形为矩形，连接，，则为外接圆的半径，由正弦定理可得，所以，又，故外接球半径，所以三棱锥外接球的表面积为，所以D选顼正确．
故选：ACD．
【点睛】
方法点睛：三棱锥外接球的球心的一般作法：
分别找到两个侧面三角形的外心，再分别过外心作相应平面的垂线，两垂线的交点即三棱锥外接球的球心，通常是找到两个特殊三角形，因为这样易找到外心或易求得外接圆的半径．
37．DMPC(或BMPC)
【解析】
【详解】
试题分析：连接，因为底面，所以,因为四边形的各边相等，所以,且，所以平面，即，要使平面平面，只需垂直于面上的与相交的直线即可，所以可填；故填．
考点：1．线面垂直的判定；2．面面垂直的判定．
【方法点睛】
本题考查空间中线线、线面、线面垂直关系的转化，属于中档题；在处理空间中的垂直关系或平行关系时，要注意线线垂直或平行的判定，即空间问题平面化；在利用线面或面面垂直的判定或选择时，要注意条件的完备性(如：在证明线面垂直时，往往只重视证明线线垂直，而易忽视平面内的两直线相交)．
38．③
【解析】
【分析】
由等腰三角形三线合一的性质可得，，再由线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理可得平面平面，平面平面
【详解】
因为，且是的中点，所以，
同理有，
因为，平面.
所以平面.
因为在平面内，所以平面平面.
又由于平面，所以平面平面，
故答案为：③.
39．
【解析】
【分析】
根据PA⊥AB，PA⊥BC，易得PA⊥平面ABCD，再根据四边形ABCD为正方形，得到BD⊥AC，进而得到BD⊥平面PAO，从而由∠POA为二面角P­-BD­-A的平面角求解．
【详解】
如图，
∵PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，
∴PA⊥平面ABCD．又BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD．
又四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，
∴BD⊥平面PAO(其中O为AC与BD的交点)，
∴BO⊥PO，
∴∠POA为二面角P­BD­A的平面角．
又AB＝，
∴AC＝4，
∴AO＝2．
又PA＝，PO=，
所以
故答案为：
【点睛】
方法点睛：几何法求线面角、二面角的常用方法：
（1）线面角的求法，找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，要把线面角转化到一个三角形中求解．
（2）二面角的求法，二面角的大小用它的平面角来度量．平面角的作法常见的有①定义法；②垂面法．注意利用等腰、等边三角形的性质．
40．②③
【解析】
数形结合说明异面直线与所成的角的范围为，故①错误；证明平面，所以平面平面，故②正确；点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；与平面所成的角为,最大值为，故④不正确.
【详解】
对于①，当在点时，，
异面直线与所成的角最大为，
当在点时，异面直线与所成的角最小为，
所以异面直线与所成的角的范围为，故①错误；
对于②，如图，因为平面,所以,同理,又因为平面,所以平面，所以平面平面，故②正确；
对于③，因为平面,平面,所以平面，所以点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；
对于④，直线与平面所成的角为，，
当时，最小，最大，最大值为，故④不正确，
故答案为：②③.
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键是判断命题①④的真假，它们都是求空间的角，它们都是利用数形结合的方法求空间角的最值，对于数形结合的这种数学思想要注意灵活运用.
41．(1)见解析.
(2)1.
【解析】
【详解】
分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；
(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.
详解：（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则 ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为
．
点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.
42．(1)证明见解析；(2).
【解析】
【分析】
(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】
（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】
(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
43．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】
（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知．
于是，故．
因为，所以，即．
故四棱锥的体积．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知,所以．
建立如图所示的平面直角坐标系，设．
因为，所以，，，．
从而．
所以，即．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，所以，，，，．
所以，，．
所以．
所以，即．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由，得．
所以．
即．
又底面，在平面内，
因此，所以．
所以，
由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，
得，即．
所以，即．下同方法一.
【整体点评】
(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
44．（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】
（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
45．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（ 1）设与的交点为，连接，通过直线与平面平行的判定定理证明平面；
（ 2）通过体积得到底面为正方形，再由线面垂直得到面面垂直即可.
【详解】
（1）连接交于点O，连结,
因为为矩形，所以O为的中点,
又E为的中点，所以,
平面，平面，所以平面.
（2）因为,
所以，所以底面为正方形，所以，
因为，所以，且，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【点睛】
本题主要考查了立体几何及其运算，要证明线面平行先证明线线平行，要证明面面垂直，先证明线面垂直，考查了学生的基础知识、空间想象力.
46．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
本题考查线面平行与线面垂直的判定，难度不大.
（1）利用线面平行的判定定理证得平面BCD，进而利用线面平行的性质定理证得；
（2）利用线面垂直的判定定理证得平面ADB，进而证得平面CDH，然后由面面垂直判定定理证得结论.
【详解】
证明：（1）因为点E、F分别为线段AC、AD的中点，
为的中位线，则，
平面BCD，平面BCD，
平面BCD，又平面EFNM，
平面平面，；
（2），
，，
，平面ADB，平面ADB，
平面ADB，
又，，平面DCH，平面DCH，
平面CDH，平面ABC，
平面平面ABC.
【点睛】
要证线线平行，常常先证线面平行，综合利用线面平行的判定与性质进行证明；要证面面垂直，常常先证线面垂直，而要证线面垂直，又常常先证另一个线面垂直.
47．（1）证明见解析；（2）；（3） ．
【解析】
【分析】
（1）证明，进而证明平面，故，进而证明平面，故平面平面；
（2），且，是二面角的平面角，再结合几何关系求解；
（3）由中位线定理得，由平面得平面，再结合求解即可.
【详解】
解：（1）证明：∵为的中点，是正三角形，，
∴，．
又，，
∴ 平面．
又平面，∴ ．
又，
∴ 平面，又平面，
∴ 平面平面．
（2）∵，且，
∴是二面角的平面角．
由（1）知平面，则，
∴
（3）∵为的中点，为的中点，
∴ ，且．
由（1）知平面，∴平面，
∵ ，
∴．
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，二面角的求解，几何体的体积计算，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.
二面角的求解方法：
一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；
二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.
48．
详解：（1） 证明：取PC的中点N，连接MN，ND，M，N为PB，PC中点 ，由已知，，四边形AMND为平行四边形，，平面，平面
平面
（2） 底面，底面，
底面为直角梯形，，
又，，，
，平面，平面
平面平面
（3）作于，平面平面且交线为
平面，连接为在平面上的投影，
，，底面且
，，又，与M重合
，M为PB 中点，三角形CBP为等腰三角形，
，，的长为