高考数学经典例题专题七立体几何与空间向量含解析

这是一份高考数学经典例题专题七立体几何与空间向量含解析，共60页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题七 立体几何与空间向量
一、单选题
1．若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.
【详解】
这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即，
所以，这个球的表面积为.
故选：C.
【点睛】
本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
2．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.
【详解】
由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，
则其表面积为：.
故选：D.
3．某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）

A． B． C．3 D．6
【答案】A
【解析】
根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，
且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，
棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，
所以几何体的体积为：
.
故选：A

4．已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.
【详解】
设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积.
故选：A

5．如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得点在侧视图中对应的点.
【详解】
根据三视图，画出多面体立体图形，

上的点在正视图中都对应点M,直线上的点在俯视图中对应的点为N,
∴在正视图中对应,在俯视图中对应的点是,线段,上的所有点在侧试图中都对应,∴点在侧视图中对应的点为.
故选：A
6．四面体的顶点，，，在同个球面上，平面，，，，，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
过外接圆，作直线平面，可得，在中，利用余弦定理求出，再由正弦定理求出外接圆半径，利用勾股定理求出外接球半径，根据球的表面积公式即可求解.
【详解】
如图所示，作外接圆，
过作直线平面，又平面，
，连接，并延长交球于，
连接，与的交点为球心，，
则，
在中，由余弦定理得

，
，
又由正弦定理得(为外接圆半径)，
，
.

故选：C.
7．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）

A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】
画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.
【详解】
画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选：B

8．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】
根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离.
【详解】

设球的半径为，则，解得：.
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离.
故选：C.
9．在三棱锥中，平面，，是的中点．若，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
根据线面角的定义找到直线与平面所成角的平面角，法一：应用几何法，根据线面垂直的性质、勾股定理求对应边，在直角三角形中求线面角的正弦值；法二：应用向量法，构建空间直角坐标系，并确定线面角两边所在直线的方向向量坐标，进而求其余弦值，由同角三角函数关系求正弦值.
【详解】
在三棱锥中，平面，面，
∴，又，，
∴平面，即即直线与平面所成角．
法一：设，由，，得，
∴，．又是的中点，则，
∴在中，．
又易知，在中，，
∴.

法二：过点在平面内作．易知直线，，两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，，，，有，，，
∴，，则，
∴.

故选：C．
10．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
如图所示，

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，

,
点M为三角形ABC的中心

中，有


故选B.
二、多选题
11．矩形中，，，将沿折起，使到的位置，在平面的射影恰落在上，则（ ）
A．三棱锥的外接球直径为 B．平面平面
C．平面平面 D．与所成角为
【答案】AB
【解析】
根据面面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定理结合对选项BCD逐一进行分析，对A选项注意确定球心位置，然后利用勾股定理求解外接球的直径.
【详解】
由题意，平面，又，，∴平面．故D错误；
又，，可得平面，又平面平面平面．故B正确；
对C，若平面平面，则由平面与矛盾，故C错误；
取中点为．则，故为三棱锥的外接球球心，
所以直径，故A正确．
故选：AB

三、填空题
12．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________
【答案】
【解析】
利用计算即可.
【详解】

因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点
所以
故答案为：
13．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若用一小桶油漆刚好可以涂该二十四等边体的表面一遍，则用该小桶油漆去涂与该二十四等边体棱长相等的正四面体魔方表面(也是涂一遍)，那么至少可以涂___________个这样的正四面体魔方.(结果取整数)

【答案】
【解析】
设二十四等边体的棱长为，计算其表面积，再计算正四面体魔方的表面积，即可解得.
【详解】
设该二十四等边体的棱长为，则正四面体魔方的棱长也为，则该二十四等边体的表面积为，正四面体的表面积为，而，所以至少可以涂个这样正四面体魔方.
故答案为：5.
14．已知三棱锥中，、、三条棱两两垂直，且长度均为，以顶点为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为______．
【答案】
【解析】
采用数形结合，然后利用弧长公式计算即可.
【详解】
由题可知：、、三条棱两两垂直，且长度均为
如图：

所以
，
所以，则
所以，则

所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为
故答案为：
15．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【解析】
根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】
如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.
16．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．
【答案】
【解析】
将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.
【详解】
易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为，

由于，故，
设内切圆半径为，则：

，
解得：，其体积：.
故答案为：.
【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
17．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．

【答案】共26个面. 棱长为.
【解析】
由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．

18．四面体的顶点、、、在同个球面上，平面，，，，，则该四面体的外接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
利用余弦定理计算出，利用正弦定理计算出的外接圆半径，利用公式可计算出四面体的外接球半径，利用球体面积可求得结果.
【详解】
如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.
可将三棱锥放在圆柱内 ，使得圆为的外接圆，点在圆上，
由余弦定理可得，则，
所以，的外接圆直径为，,
平面，所以，四面体的外接球半径为，

因此，四面体的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
四、解答题
19．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．

（1）证明：平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，
设，则有，
因为QB=，所以有
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．如图，在四棱锥中，底面为正方形．且平面，M，N分别为的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明；（2）首先建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用线面角的向量公式求解.
【详解】
（1）连结，
分别是的中点，，
平面，平面，
平面；

（2）如图，以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，， ，，
，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
平面的法向量，
则，
所以与平面所成角的正弦值是.
21．如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；
（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）依题意，．
由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
22．如图，在正方体中，E为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
（Ⅰ）如下图所示：

在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
23．如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）
【解析】
（I）作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得；
（II）由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（Ⅰ）作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
（Ⅱ）因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．

24．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】
（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
25．在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【解析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】

（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则

从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为

令
设平面一个法向量为
令

因此
26．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．

（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.
【详解】
（1）在棱上取点，使得，连接、、、，

在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，
因此，点在平面内；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，

，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
27．如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：

（1）当时，；
（2）点在平面内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得,进而可证平面,即得结果；
（2）只需证明即可，在上取点使得,再通过平行四边形性质进行证明即可.
【详解】

（1）因为长方体,所以平面,
因为长方体,所以四边形为正方形
因为平面,因此平面,
因为平面,所以；
（2）在上取点使得,连,
因为,所以
所以四边形为平行四边形，
因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，
因此在平面内
28．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．

（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）根据已知可得，进而有≌，可得
，即，从而证得平面，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.
【详解】
（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为.

29．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的法向量为，平面的法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】
（1）由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，

又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，则.
30．四棱锥中，，，，为中点，．
（1）证明：平面；
（2）平面交于，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取中点为，得到，由，证得平面，得到,再根据，结合线面垂直的判定定理，证得平面；
（2）以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，根据，求得坐标，再求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）取中点为，则且，
所以四边形为平行四边形，可得，
所以，又由，，
所以平面，又因为平面，所以,
又由，所以，，，所以平面．
（2）延长，交于，连与交点即为，
因为为中点，为中点，故为的重心，故，
以为原点，方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设，则，，
设且，可得，所以，
可得，
因为，且，所以平面．
平面的法向量为，
可得．
即与平面所成角的正弦值为．

31．如图，四棱锥中，平面，，，，点在线段上，且，平面.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求平面和平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由线面平行的性质有，根据平行分线段等比例及构成相似三角形，可求，进而应用余弦定理及勾股逆定理证，进而有，再由线面垂直的性质及判定、面面垂直的判定即可证平面平面；
（2）构建空间直角坐标系，确定相关点的坐标，进而得到相应线段的向量坐标，求二面角各半平面的法向量，根据法向量与二面角的关系，求二面角余弦值.
【详解】
（1）如图，连接交于点，连接，

∵平面，平面，平面平面，
∴，
由，知，又，即，
在中，，由余弦定理：，得，即，故，则，
∵平面，平面，
∴，又，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
（2）由（1）知，，，如图建立空间直角坐标系，

由题意，有，
∴，，，，
设平面的法向量为，则，即，令，得，，则，
设平面的法向量为，则，即，令，得，，则，
设平面和平面所成二面角的大小为，则，
∴由平面和平面所成锐二面角，故其余弦值为.
32．已知在六面体中，平面，平面，且，底面为菱形，且.

（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角为，试问：在线段上是否存在点，使二面角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在点，即为点时.
【解析】
（1）由已知先证线面垂直，再由线面垂直证面面垂直.
（2）建系设点的坐标，求二面角面的法向量，由法向量角建立等量关系确定点的位置.
【详解】
连接，

四边形为菱形，
，又平面，
又，平面，
又平面，
平面平面.
（2）平面，
为在平面上的射影.
为直线与平面所成角，
，，
令，则
又四边形为菱形，，
为等边三角形，
取的中点，连接，
则，，
以为原点，分别以，，所在直线为，，，建立空间直角坐标系，
如图所示，

则，，，，，

设，，，三点共线，，
，
，，，，
，，，
由（1）知平面，
平面的法向量，
，
令平面的法向量为，
则，

令，则
二面角为，
，

解得，
，当时，点与点重合，
存在点即为点时，二面角为.
33．如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
34．如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.

（1）求证：平面平面；
（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点为，连接，，证明，，即证平面，即证得面面垂直；
（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量的坐标，再计算平面法向量，利用所求角的正弦为即得结果.
【详解】
（1）证明：如图，取的中点为，连接，.
∵，∴.
∵，，
∴，同理.
又，∴，
∴.∵，，平面，
∴平面.
又平面，
∴平面平面；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，，，，，
∴，.



∵三棱锥和的体积比为，
∴，
∴，
∴.
设平面的法向量为，
则，令，得.
设直线与平面所成角为，
则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
35．如图，三棱柱的所有棱长都为

（1）求证：平面平面；
（2）若点在棱上且直线与平面所成角的正弦值为，求的长
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）取中点连接．证明平面．得，计算出后由勾股定理逆定理得，从而可得平面，得证面面垂直．
（2）以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦，从而可得．
【详解】
（1）证明：取中点连接．
因为三棱柱的所有棱长都为
所以．
又因为且平面，
所以平面．
又因为平面
所以．
在直角三角形中，
所以．
在三角形中，，
所以，
所以
又因为平面
所以平面．
又因为平面，
所以平面平面．
（2）解：以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
因此，，．
因为点在棱上，
则设，其中．
则
设平面的法向量为，
由
得
取
所以平面的一个法向量为．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以
化简得
解得，
所以．