专题08 立体几何（四大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题08 立体几何（四大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用），共33页。试卷主要包含了题型一，题型二，题型三，题型四等内容，欢迎下载使用。

选 题 列 表
2024·上海杨浦·二模 2024·上海奉贤·二模
2024·上海浦东·二模 2024·上海青浦·二模
2024·上海黄浦·二模 2024·上海闵行·二模
2024·上海普陀·二模 2024·上海金山·二模
2024·上海徐汇·二模 2024·上海静安·二模
2024·上海松江·二模 2024·上海长宁·二模
2024·上海嘉定·二模 2024·上海崇明·二模
2024·上海虹口·二模 2024·上海宝山·二模
汇 编 目 录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc28545" 题型一：空间几何体 PAGEREF _Tc28545 \h 1
\l "_Tc27971" 题型二：表面积与体积 PAGEREF _Tc27971 \h 5
\l "_Tc8569" 题型三：位置关系 PAGEREF _Tc8569 \h 13
\l "_Tc12372" 题型四：大题综合 PAGEREF _Tc12372 \h 27
一、题型一：空间几何体
1．（2024·上海闵行·二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多的等边三角形.例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边三角形.当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成 个等边三角形.
【答案】20.
【分析】结合正四面体的结构特征，判断求解空间中这8个点最多可连接成等边三角形的个数.
【详解】空间中4个点最多可连接成4个等边三角形，构成正四面体，
正四面体的每一个面向外作一个正四面体，此时是增加一个点，增加正三角形3个，
新增加的4个点，又构成1个正四面体，
所以当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成个等边三角形.
故答案为：20.
2．（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 .
【答案】
【分析】取的中点，连接、、、，首先证明，即可、、、四点共面，连接，，求出，将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，最后利用余弦定理计算可得.
【详解】取的中点，连接、、、，
因为点为棱的中点，所以，又且，
所以为平行四边形，所以，
所以，即、、、四点共面，连接，，
则，，
因为底面为菱形，且，所以，
所以，
所以，
所以，即，所以，
将绕翻折，使得平面与平面共面，连接交于点，
则，
又，
在中，
即，
所以，
即线段、的长度和的最小值为.
故答案为：
3．（2024·上海崇明·二模）已知底面半径为1的圆柱，是其上底面圆心，、是下底面圆周上两个不同的点，是母线．若直线与所成角的大小为，则 ．
【答案】
【分析】因为，且，得到直线与所成角即为直线与所成角在直角中，即可求解.
【详解】如图所示，因为，且
则直线与所成角即为直线与所成角的大小为，可得,
在直角中，可得，即.
故答案为：.
4．（2024·上海青浦·二模）如图，在棱长为的正方体中，在棱上，且，以为底面作一个三棱柱，使点分别在平面上，则这个三棱柱的侧棱长为 ．
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到坐标，进而得到的坐标，从而得到侧棱.
【详解】
以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由三棱柱可知，即，所以，，
，即，所以，，
所以，所以，
故这个三棱柱的侧棱长为，
故答案为：.
二、题型二：表面积与体积
5．（2024·上海普陀·二模）若一个圆锥的体积为，用通过该圆锥的轴的平面截此圆锥，得到的截面三角形的顶角为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由体积求出圆锥的底面圆半径和高，母线长，即可计算圆锥的侧面积．
【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，由轴截面三角形的顶角为，得，
所以圆锥的体积为，解得，
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为．
故选：C．
6．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断外心和外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②．
【详解】由题意知，故,
设外心为，则为BC的中点，设外心为，如图，
则平面，平面，
平面，平面，
，，
，平面，平面，
又因为，则平面，即，，，四点共面，
则平面，
连接，则为二面角的平面角，
二面角的大小为，，
而，，因为平面，平面，
故，而，则，
在中，，
则，故，即三点共线，
且是的中点；
则，故①是真命题；
又，
点形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
轨迹长度为，故②真命题．
故选：A．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据空间的位置关系，推出三点共线，及说明是得中点，从而确定点形成的轨迹.
7．（2024·上海奉贤·二模）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图所示.该模型为长方体中挖去一个四棱锥，其中为长方体的中心，，，，分别为所在棱的中点，，，打印所用原料密度为.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 .
【答案】
【分析】根据几何体形状分别求出长方体体积和四棱锥的体积，相减得出模型体积即可求得所需原料的质量.
【详解】易知四棱锥的底面积，
高为，
所以四棱锥的体积为，
长方体为，
因此该模型的体积为，
所以该模型所需原料的质量为.
故答案为：
8．（2024·上海奉贤·二模）已知圆锥的底面半径为，母线长为，则该圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】利用圆锥的侧面积公式求解.
【详解】解：因为圆锥的底面半径为，母线长为，
所以圆锥的侧面积为，
故答案为：
9．（2024·上海松江·二模）若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则此圆锥的体积为 .（结果中保留）
【答案】
【分析】通过侧面展开图的面积．求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可．
【详解】由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，设圆锥的母线长为，底面半径为，
则，所以，则半圆的弧长为，
所有圆锥的底面半径为，，
所以圆锥的体积为：．
故答案为：．
10．（2024·上海静安·二模）正四棱锥底面边长为2，高为3，则点到不经过点的侧面的距离为 ．
【答案】/
【分析】求出正四棱锥的体积，再利用等体积法可求得其距离为.
【详解】设底面正方形的中心为，的中点为，如下图所示：
易知，高，所以其斜高，
由对称性可知点到侧面与侧面的距离相等，
易知侧面和侧面与的面积，
正四棱锥的体积为，
设点到侧面的距离为，
由等体积法可得，
解得.
故答案为：
11．（2024·上海黄浦·二模）在四面体中，，，，设四面体与四面体的体积分别为、，则的值为 .
【答案】/
【分析】根据空间向量的加法与数乘运算，可得点的位置并作图，利用三角形的等积变换可得底面的面积比，可得答案.
【详解】由，，，则；
由，，，则；
由，，，则；
显然四面体与四面体共顶点且底面共面，则其高相同可设为，
结合题意可作图如下：
在底面连接，作图如下：
由，即，则，易知；
由，即，则，易知；
由，即，则；
由，，则，易知；
，；
.
故答案为：.
12．（2024·上海黄浦·二模）若一个圆柱的底面半径为2，母线长为3，则此圆柱的侧面积为 .
【答案】
【分析】将圆柱的侧面展开，得到矩形的两边长，求出面积即可.
【详解】将圆柱的侧面展开为矩形，其中矩形的一边为3，另一边为，
故侧面积为.
故答案为：
13．（2024·上海嘉定·二模）已知圆锥的母线长为2，高为1，则其体积为 ．
【答案】
【分析】由题意，根据勾股定理求出底面圆的半径，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【详解】由题意知，设圆锥的母线为l，高为h，底面圆半径为r，
则，
所以该圆锥的体积为.
故答案为：
14．（23-24高三下·上海浦东新·期中）如图，有一底面半径为1，高为3的圆柱.光源点沿着上底面圆周作匀速运动，射出的光线始终经过圆柱轴截面的中心.当光源点沿着上底面圆周运动半周时，其射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积为 .

【答案】
【分析】由已知得射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积是以为顶点，以圆柱的底面为底面的圆锥的半个侧面积，求该圆锥的侧面积即可.
【详解】由已知得射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积是以为顶点，以圆柱的底面为底面的圆锥的半个侧面积，共两个，
所以面积为.
故答案为：.
.
15．（2024·上海长宁·二模）用铁皮制作一个有底无盖的圆柱形容器，若该容器的容积为立方米，则至少需要 平方米铁皮
【答案】
【分析】由柱体的体积公式可得，再求出圆柱形容器的表面积，由基本不等式求解即可.
【详解】设圆柱形容器的底面半径为，高为，
所以圆柱形容器的体积为，所以，
所以圆柱形容器的表面积为：,
当且仅当，又，即时等号成立，
故至少需要平方米铁皮.
故答案为：.
16．（2024·上海静安·二模）如图1所示，是水平放置的矩形，，．如图2所示，将沿矩形的对角线向上翻折，使得平面平面．
(1)求四面体的体积；
(2)试判断与证明以下两个问题：
① 在平面上是否存在经过点的直线，使得？
② 在平面上是否存在经过点的直线，使得？
【答案】(1)2；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）过点作，垂足为．可知为三棱锥的高，利用等面积法求得，再由棱锥体积公式求解；
（2）①过点作，垂足为，由直线与平面垂直的判定与性质证明；
②利用反证法证明在平面上不存在经过点的直线，使得．
【详解】（1）过点作，垂足为．
平面平面，两平面交线为， 平面，
平面，
由以及可得．
；
（2）①在平面上存在经过点的直线，使得．
证明：过点作，垂足为．
平面，平面，
，
又，平面，
平面，
平面，故可得，
即存在；
②在平面上不存在经过点的直线，使得，
证明：假设存在，
不在平面内，在平面内，则平面，
与平面矛盾．
不存在．
三、题型三：位置关系
17．（2024·上海静安·二模）设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中真命题是（ ）
A．若,,则 ；B．若,,,则 ；
C．若，，则 ；D．若，，，,则．
【答案】C
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．
【详解】若，，则或与相交或与异面，故A错误；
若，，，则或与相交，故B错误；
若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确；
若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误．
故选：C．
18．（2024·上海金山·二模）如图，点为正方形的中心，△为正三角形，平面⊥平面，是线段的中点，则以下命题中正确的是（ ）．
A．B．
C．A、、三点共线D．直线与相交
【答案】D
【分析】分别求得的长度判断选项A；利用反证法否定选项B和选项C；求得直线与的位置关系判断选项D.
【详解】取中点F，连接,取中点H，连接.
又△为正三角形，则，，
又平面⊥平面，平面平面，
则平面，平面，
又平面，平面，
则，，
设，则,
则，
则.故选项A判断错误；
假设，
又，，平面，
则平面，又平面，则，
这与矛盾，故假设不成立，不互相垂直.
故选项B判断错误；
由平面，可得直线平面，
假设A、、三点共线，则，则平面，
这与平面矛盾，故假设不成立.
故选项C判断错误；
由，可得，，
则四边形为梯形，则直线与相交. 故选项D判断正确.
故选：D
19．（2024·上海长宁·二模）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】利用空间线线线面的位置关系判断A错误；举反例判断B错误；利用线面平行的性质定理和线面垂直性质得到C正确；由线面平行和线线垂直的性质判断D错误.
【详解】A：若，则两直线平行或异面或相交，故A错误；
B：若，当直线在平面内时，则直线不平行于平面，故B错误；
C：若，设过的平面与相交于，则，
又因为，，所以，所以，所以，故C正确；
D：若，则或或，故D错误；
故选：C.
20．（2024·上海杨浦·二模）正方体中，异面直线与所成角的大小为 .
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用异面直线所成角的定义求解即得.
【详解】正方体中，，因此异面直线与所成的角或其补角，
而，因此.
所以异面直线与所成角的大小为.
故答案为：
21．（2024·上海金山·二模）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，点是的中点，点在上，异面直线与所成的角是．

(1)求证：；
(2)若，，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意易得，结合，可证平面，进而可证结论；
（2）法一：取的中点，连接，，，取中点，连接，，，可得为所求二面角的平面角，进而求解可得二面角E−AG−C的大小．
法二：以为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得二面角E−AG−C的大小．
【详解】（1）因为，所以是直线与所成角，为，
所以，得，
又因为，且，平面，平面，
所以平面，
由平面，得．
（2）解法一：取的中点，连接，，．
因为，
所以四边形为菱形，
所以．
取中点，连接，，．

则，，
所以为所求二面角的平面角．
又，所以．
在中，由于，
由余弦定理得，
所以，因此为等边三角形，
因此二面角E−AG−C的大小为．
解法二：以为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，，，，

故，，，
设是平面的一个法向量．
由，可得，
取，可得平面的一个法向量．
设是平面的一个法向量．
由，可得，
取，可得平面的一个法向量．
所以．
因此二面角E−AG−C的大小为．
22．（2024·上海虹口·二模）如图，在三棱柱中，，为的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，交于点，连接，即可得到，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设点的坐标为，由平面，则即可求出，从而确定点坐标，再由空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接，交于点，连接，
为的中点，在平行四边形中为的中点，
是的中位线，可得，
平面，平面，
平面；
（2）因为平面，平面，所以，，又，
故以点C为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则
设点的坐标为，则，，
因为平面，平面，所以，
所以，解得，
所以 ，则，
又，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
23．（2024·上海黄浦·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，点E是棱PD上的一点，平面.
(1)求证：点E是棱PD的中点；
(2)若平面，，，与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由线面平行得到线线平行，结合点是BD的中点，得到证明；
（2）方法一：作出辅助线，得到就是PC与平面ABCD所成角，从而根据正切值得到，证明出线面垂直，得到是二面角的平面角，求出各边长，从而得到；
方法二：作出辅助线，得到就是PC与平面ABCD所成角，建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用法向量夹角余弦值得到二面角的大小.
【详解】（1）连接BD，它与AC交于点，连接EF，
四边形ABCD为矩形，
为BD的中点，
平面AEC，平面PBD经过PB且与平面AEC交于，
，
又点是BD的中点，
点是棱的中点.
（2）方法一：∵PA⊥平面，平面，
且就是PC与平面ABCD所成的角，
故，解得.
四边形ABCD为矩形，
，又，PA与AD是平面PAD内的两相交直线，
平面PAD.
在平面PAD内作，垂足为，连接GF，则，
是二面角的平面角.
在直角三角形PAD中，，点是PD的中点，
，且，
平面平面，
，故，所以，
故二面角的大小为.
方法二：∵PA⊥平面，平面，
且就是PC与平面ABCD所成的角，
又四边形ABCD为矩形，，
分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设是平面AEC的一个法向量，二面角的大小为，
由，可得，
则，
故，
解得且，所以，
又是平面AED的一个法向量，且为锐角，
故，可得.
所以二面角的大小为.
24．（2024·上海嘉定·二模）如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，．
(1)求证：平面；
(2)求直线与的所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线得到，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用几何关系求出再找到异面直线所成的角，最后求出正弦值即可求出角的大小.
【详解】（1）
证明：连接交于点，连接，
为的中位线，故，
平面，不在平面内，
所以平面.
（2）因为平面，是的中点，，，
所以，为直角三角形，
所以，
因为平面，平面，所以，
所以，，
在中，
直线与所成的角即为，
，
所以直线与的所成角的大小为.
25．（2024·上海长宁·二模）如图，在长方体中，；
(1)求二面角的大小；
(2)若点在直线上，求证：直线平面；
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
（2）设，求出，则，再由可证明直线平面.
【详解】（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为
所以，
所以二面角的大小为.
（2）设，则设，，
所以，所以，
平面的法向量为，
，因为平面，
所以直线平面.
26．（23-24高三下·上海浦东新·期中）在四棱锥中，底面为等腰梯形，平面底面，其中，，，，点为中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）分别取的中点，连接，根据面面垂直的性质证明面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为点为中点，所以且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）分别取的中点，连接，
因为，四边形为等腰梯形，为底边，
所以，
因为平面底面，平面底面，平面，
所以面，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
由，，，
得，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，令，则，所以，
因为轴平面，
故可取平面的法向量为，
所以，
由图可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为，
所以二面角的大小为.
四、题型四：大题综合
27．（2024·上海松江·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点.
(1)设平面与直线相交于点，求证：；
(2)若，，，求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出；
（2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案．
【详解】（1）证明：平面与直线相交于点，平面平面，
四边形是菱形，，
平面，平面，平面，
平面，平面平面，
；
（2）连接，取中点，连接、，
菱形中，，，是等边三角形，
是中点，，
平面，平面，，
、平面，，平面．
是直线与平面的所成角，
是中点，，．
平面，平面，，
为中点，，中，，
等边中，高，
中，，
可得，即直线与平面的所成角等于．
28．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；
（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.
【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，
则 ，，
又底面是正方形，即 ，
则，即四边形为平行四边形，
则，又在平面外，平面，
故平面.
（2）取线段的中点为点，连接、，
又，底面是边长为的正方形，
则，且，，
又二面角的大小为，
即平面平面，
又平面，平面平面，
则平面，
则是直线与平面所成角，
在中，，
即，
故直线与平面所成角的大小为.
29．（2024·上海徐汇·二模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，为圆的直径，且，是底面圆的内接正三角形，为线段上一点，且.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由勾股定理可得，，由此即可证明；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，求解以及平面的法向量为，利用向量的坐标运算得线面夹角即可；方法二：利用体积相等求解点到平面的距离，即可得与平面所成角．
【详解】（1）证明：由题意得，，
，，
，
在中，由，得，
同理可得，又平面，故平面.
（2）（方法一）如图所示，以为坐标原点，、为轴正方向建立空间直角坐标系，
则点，故，，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设直线与平面所成角为，
故，
因此直线与平面所成角的正弦值.
（方法二），，
则，．
记点到平面的距离为，因为，
所以，则，
设直线与平面所成角为，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为．
30．（2024·上海杨浦·二模）如图，为圆锥顶点，为底面中心，，，均在底面圆周上，且为等边三角形.

(1)求证：平面平面；
(2)若圆锥底面半径为2，高为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据给定条件，利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）连接，作于，证明平面，再计算即得.
【详解】（1）连接，交于点，由为等边三角形，得是的中心，则，
而平面，平面，则，又平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面.

（2）连接，作于，由（1）知平面，平面，则，
而平面，则平面，
显然，，则，
而，于是≌，因此，
所以点到平面的距离为.
31．（2024·上海奉贤·二模）如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点．

(1)求直线与平面所成角的大小；
(2)连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)l∥PC，理由见解析．
【分析】（1）过作于，连接，可证平面，则为直线与平面所成角，解三角形即可求解；
（2）根据线面平行的性质定理即可判断．
【详解】（1）过作于，连接，
∵平面平面，且平面平面，，
∴平面，∴为直线与平面所成角．
∵，不妨设，
在中，由正弦定理得．
易知，
，
∴在中，，，
∴直线与平面所成角的大小为．
（2）∵是的中点，是的中点，∴DO∥PC；
又∵，，∴DO∥平面PBC；
又∵平面平面，∴∥，
∴∥．
32．（2024·上海闵行·二模）如图，已知为等腰梯形， ，，平面，.
(1)求证：；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接，利用等腰梯形的性质证得，再利用线面垂直的性质判定推理即得.
（2）取的中点，作出二面角的平面角，在中求解即得.
【详解】（1）连接，在等腰梯形中，，，，
则，于是，即，
由平面，平面，得，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）取的中点，连接，由，得，
在中，，
由平面，平面，得，
则，于是，
因此为二面角的平面角，
因为，平面，
则平面，又平面，则，
在中，，，则，
所以二面角的大小为.