17-直线、平面垂直的判断与性质-五年（2018-2022）高考数学真题按知识点分类汇编

这是一份17-直线、平面垂直的判断与性质-五年（2018-2022）高考数学真题按知识点分类汇编，共109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。
五年2018-2022高考数学真题按知识点分类汇编17-直线、平面垂直的判断与性质（含解析）

一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ）
A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
2．（2022·全国·统考高考真题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（    ）
A． B．AB与平面所成的角为
C． D．与平面所成的角为
3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）

A． B． C． D．
4．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（    ）

A．直线与直线垂直，直线平面
B．直线与直线平行，直线平面
C．直线与直线相交，直线平面
D．直线与直线异面，直线平面
5．（2020·山东·统考高考真题）已知正方体（如图所示），则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．
6．（2019·全国·统考高考真题）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

A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
7．（2018·全国·高考真题）在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为
A． B． C． D．
8．（2018·全国·高考真题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为
A． B． C． D．

二、多选题
9．（2022·全国·统考高考真题）已知正方体，则（    ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
10．（2022·全国·统考高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ）

A． B．
C． D．
11．（2021·全国·统考高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
12．（2019·全国·高考真题）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．
13．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．

四、解答题
14．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
15．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
16．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面．

(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
17．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点．

(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
18．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
19．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
20．（2021·全国·统考高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
21．（2021·全国·统考高考真题）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.
22．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，.

（1）求三棱锥的体积；
（2）已知D为棱上的点，证明：.
23．（2021·全国·统考高考真题）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．
24．（2020·全国·统考高考真题）如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
25．（2020·全国·统考高考真题）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．
26．（2020·北京·统考高考真题）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．
27．（2020·全国·统考高考真题）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.
28．（2020·全国·统考高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
29．（2020·浙江·统考高考真题）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．
30．（2020·海南·高考真题）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．
31．（2020·山东·统考高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示.

（1）若点，分别是，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
32．（2020·江苏·统考高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．

（1）求证：EF∥平面AB1C1；
（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．
33．（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
34．（2018·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.

35．（2019·全国·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．
36．（2018·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
    （1）证明：平面；
    （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．

37．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
38．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
39．（2019·全国·高考真题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.
40．（2018·全国·高考真题）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

41．（2019·全国·高考真题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．
42．（2019·北京·高考真题）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．

43．（2019·全国·高考真题）图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.

44．（2018·全国·高考真题）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．

45．（2018·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求证：平面.
46．（2018·全国·高考真题）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．

47．（2019·北京·高考真题）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.
48．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
49．（2018·浙江·高考真题）如图，已知多面体均垂直于平面．

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．


参考答案：
1．A
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，

设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.

选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，
在内，作于点，在内，作，交于点，连结，
则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，

由勾股定理可知：，，
底面正方形中，为中点，则，
由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，
据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；

对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；

故选：A.

2．D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：

不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．

3．A
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，

则，，，
，，，
所以，
故选：A．

4．A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.
【详解】
连，在正方体中，
M是的中点，所以为中点，
又N是的中点，所以，
平面平面，
所以平面.
因为不垂直，所以不垂直
则不垂直平面，所以选项B,D不正确；
在正方体中，，
平面，所以，
，所以平面，
平面，所以，
且直线是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
5．D
【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A.，与相交，所以与异面，故A错误；
B.与平面相交，且，所以与异面，故B错误；
C.四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与不垂直，故C错误；
D.连结，，，，所以平面，所以，故D正确.

故选：D
6．B
【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B．

【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
7．C
【分析】首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.
【详解】在长方体中，连接，

根据线面角的定义可知，
因为，所以，从而求得，
所以该长方体的体积为，故选C.
【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.
8．A
【分析】首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体中，
平面与线所成的角是相等的，
所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为，
所以其面积为，故选A.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.
9．ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；

连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD

10．CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.

11．BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.

对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.

对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.

对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，

因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
12．.
【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决．
【详解】作分别垂直于，平面，连，
知，，
平面，平面，

，．，
，
，为平分线，
，又，
．

【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．
13．
【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.
【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，
因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为，
因此圆锥的侧面积为．
【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．
14．(1)
(2)

【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.

15．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为

【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
（1）
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.


16．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
（1）
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；

（2）
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.


17．(1)证明详见解析
(2)

【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）由于，是的中点，所以.
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以.
，所以，
由于，平面，所以平面.
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以，
所以.

[方法二]：等体积转换
，，
是边长为2的等边三角形，

连接






18．(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．


19．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.
（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.

则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
21．(1)证明见解析；(2).
【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.
22．(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论.
【详解】（1）由于，，所以，
又AB⊥BB1，，故平面，
则，为等腰直角三角形，
，.
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结，

正方形中，为中点，则，
又，
故平面，而平面，
从而.
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.
23．（1）证明见解析；（2）．
【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.
24．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．

因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
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．
[方法四]：基底法
不妨设，则在直角中，．
以向量为基底，
从而，，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法

过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.
25．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）方法一: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）方法一：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）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论
在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.

在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.
［方法二］：空间向量共线定理

以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．
设，则．
所以．故．所以，点在平面内．
［方法三］：平面向量基本定理
同方法二建系，并得，
所以．
故．所以点在平面内．
［方法四］：
根据题意，如图3，设．
在平面内，因为，所以．

延长交于G，
平面，
平面．
，
所以平面平面①．
延长交于H，同理平面平面②．
由①②得，平面平面．
连接，根据相似三角形知识可得．
在中，．
同理，在中，．

如图4，在中，．
所以，即G，，H三点共线．
因为平面，所以平面，得证．
［方法五］：
如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．

（2）［方法一］【最优解】：坐标法
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，如图2.
则、、、，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的一个法向量为，
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.
［方法二］：定义法

在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．  
在中，．
所以，则．
［方法三］：向量法

由题意得，
由于，所以．
如图7，在平面内作，垂足为G，
则与的夹角即为二面角的大小．
由，得．
其中，，解得，．
所以二面角的正弦值．
［方法四］：三面角公式
由题易得，．
所以．
．
．
设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得
，所以．
【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．
（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．
26．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（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；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
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；
[方法二]:空间向量坐标法
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.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.

[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
27．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（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.

【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.
28．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）根据已知条件求得和到的距离，根据椎体体积公式，即可求得.
【详解】（1）分别为，的中点，

又

在等边中，为中点，则
又侧面为矩形，



由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面


又平面
平面
平面
平面平面
（2）过作垂线，交点为，
画出图形，如图

平面
平面，平面平面

又

为的中心.

故：，则，
平面平面，平面平面，
平面
平面
又在等边中
即
由（1）知，四边形为梯形
四边形的面积为：
，
为到的距离，
.
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
29．（I）证明见解析；（II）
【分析】（）方法一：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）方法一：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】（）[方法一]：几何证法
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，∴．
[方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法
作交于O．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示.
设OC=1,∵，，
∴,∴，
∴,,
,
∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD；

[方法三]：三余弦定理法
∵平面ACFD平面ABC，∴,
∴，
又∵DC =2BC．
∴,即,
又∵，∴．
（II）[方法一]：几何法
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．

[方法二]【最优解】：空间向量坐标系法
设平面BCD的法向量为,
由（）得,,
∴令,则,,,
，,
由于，∴直线与平面所成角的正弦值为．
[方法三]：空间向量法
以为基底,

不妨设，则
(由（）的结论可得）．
设平面的法向量为，
则由得取，得．
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角也为，
由公式得．
[方法四]：三余弦定理法
由，
可知H在平面的射影G在的角平分线上．
设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为．
由由（）的结论可得，
由三余弦定理，得，
从而．
[方法五]：等体积法
设H到平面DBC的距离为h，
设,则,
设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为．
由，,
求得，所以．
【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线.
30．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（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.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.
31．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明线面平行，可转化为证明面面平行；
（2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值.
【详解】证明：（1）连接，
设点为的中点，连接，，
在中，又因为点为中点，
所以.

同理可证得，
又因为，分别为正方形的边，的中点，
故，所以.
又因为，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）因为为正方形，，分别是，的中点，
所以四边形为矩形，则.
又因为二面角为直二面角，平面平面，平面，
所以平面，
则为直线在平面内的射影，
因为为直线与平面所成的角.
不妨设正方形边长为，则，
在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，
，
即为直线与平面所成角的正弦值.
32．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【分析】（1）通过证明，来证得平面.
（2）通过证明平面，来证得平面平面.
【详解】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.

【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
33．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（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）［方法一］：【通性通法】向量法
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．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．

设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．

在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．
设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．

联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；
方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；
方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；
方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．
34．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）依题可知，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）方法一：依题意建立相应的空间直角坐标系，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的向量公式即可求出．
【详解】（1）由已知可得，，，又，所以平面.
又平面，所以平面平面；
（2）[方法一]：向量法
作，垂足为.由（1）得，平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）可得，.又，，所以.又，，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.
[方法2]：向量法
如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而．

又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值．
[方法3]：【最优解】定义法
如图4，作，垂足为H，联结．

由（1）知，平面,因此为与平面所成的角．
设正方形的边长为2，则，在中，．
又因为，由知，．又因为，所以在中，．
所以与平面所成角的正弦值为．
[方法4]：等积法
不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为．
【整体点评】（2）方法一：建立空间直角坐标系利用线面角的向量公式求解，可算作通性通法；
方法二：同方法一，只是建系方式不一样；
方法三：利用线面角的定义求解，计算量小，是该题的最优解；
方法四：利用等积法求出点P到平面的距离，再根据线面角的正弦公式即可求出，是线面角的常见求法．
35．（1）见解析；
（2）.
【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果.
【详解】（1）连接，

，分别为，中点    为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面
平面
（2）在菱形中，为中点，所以，
根据题意有，，
因为棱柱为直棱柱，所以有平面，
所以，所以，
设点C到平面的距离为，
根据题意有，则有，
解得，
所以点C到平面的距离为.
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.
36．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）连接，欲证平面，只需证明即可；
（2）方法一：过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.
【详解】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．
连结OB．因为AB=BC=，，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC，，知PO⊥平面ABC．

（2）［方法一］：【最优解】定义法
作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）易知平面，从而OP⊥CH，
所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以OM=，CH==．
所以点C到平面POM的距离为．
［方法二］：等积法
设C到平面的距离为h，由（1）知即为P到平面的距离，且．又，在中，，则由余弦定理得，
则，即，则．即点C到平面POM的距离为．
［方法三］：向量法
如图，以O为原点，建立直角坐标系，设，，，，，，，．

设平面的一个法向量，则，令，则，所以，点C到平面的距离为．
【整体点评】（2）方法一：根据定义法求点到面的距离，是解决点面距问题的首选方法，特别是题目中含有面面垂直的条件，计算简单，是该题的最优解；
方法二：根据等积法求点到面的距离，也是解决点面距问题的常用方法；
方法三：当题目中有较好的建系条件，利用向量法解决点面距，思想简单，过程稍繁．
37．（1）证明见解析；（2）.
【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即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】(1)如图所示，连结，

等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.

设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
38．（I）见解析；（II）见解析；（III）.
【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；
（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；
（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.
【详解】（I）证明：连接，易知，，

又由，故，
又因为平面，平面，
所以平面.
（II）证明：取棱的中点，连接，

依题意，得，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，故，
又已知，，
所以平面.
（III）解：连接，


由（II）中平面，
可知为直线与平面所成的角.
因为为等边三角形，且为的中点，
所以，又，
在中，，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.
39．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面；
（2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：因为是长方体，所以侧面，而平面，所以
又，，平面，因此平面；
（2）
[方法一]【三垂线定理】
由（1）知，，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以．
如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以．
又，所以平面．
作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角．

设，则，由，得．
在中，，所以，
即二面角的正弦值为．
[方法二]【利用平面的法向量】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为平面，所以，又，所以平面，
故为平面的一个法向量．
因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，
在中，因为，故与成角，
所以二面角，的正弦值为．
[方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】
设底面边长为1，高为，所以．
因为平面，所以，即，
所以，解得．
因为，所以是直角三角形，．
因为平面，所以到平面的距离相等设为．
同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以，
即，解得．
设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得．
设为二面角的平面角，，
所以二面角的正弦值为．
[方法四]【等价转化后利用射影面积计算】
由（1）的结论知，又，易证，所以，所以，
即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等．
设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示，
在正方体中求二面角的正弦值．

设相交于点O，易证平面，
所以是在平面上的射影．
令正方体的棱长，
则，，，．
设二面角为，由，则，
所以．
即二面角的正弦值为．
[方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】
如图4，分别取中点F，G，H，联结．
过G作，垂足为P，联结．
易得E，F，G，H共面且平行于面．

由（1）可得面．因为面，所以．
又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形．
设，则，四棱柱为正方体．
在及中有．
所以与均为直角三角形且全等．
又因为，所以为二面角（即）的一个平面角．
在中，．
所以，
所以．
故二面角的正弦值为．
[方法六]【最优解：空间向量法】
以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，

，
因为，
所以，
所以，，
设是平面的法向量，
所以，
设是平面的法向量，
所以，
二面角的余弦值的绝对值为，
所以二面角的正弦值为.
【整体点评】(2)方法一：三垂线定理是立体几何中寻找垂直关系的核心定理；
方法二：利用平面的法向量进行计算体现了等价转化的数学思想，是垂直关系的进一步应用；
方法三：体积公式可以计算点面距离，结合点面距离可进一步计算二面角的三角函数值；
方法四：射影面积法体现等价转化的数学思想，是将角度问题转化为面积问题的一种方法；
方法五：利用第一问的结论找到二面角，然后计算其三角函数值是一种常规的思想；
方法六：空间向量是处理立体几何的常规方法，在二面角不好寻找的时候利用空间向量是一种更好的方法.
40．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）方法一：先证平面CMD,得,再证，由线面垂直的判定定理可得DM⊥平面BMC，即可根据面面垂直的判定定理证出；
（2）方法一：先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】判定定理
由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
［方法二］：判定定理
由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为，平面ABCD,所以平面，而平面，所以，因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又，所以，平面，而平面，所以平面平面．
［方法三］：向量法
建立直角坐标系，如图2，设，
所以，
设平面的一个法向量为，所以，即，
取平面的一个法向量，
同理可得，平面的一个法向量，因为点在以为圆心，半径为的圆上，所以，，即，而，所以平面平面．

（2）［方法一］：【通性通法】向量法
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.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则
即，可取.
是平面MCD的一个法向量,因此，，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
［方法二］：几何法（作平行线找公共棱）
如图3，当点M与圆心O连线时，三棱锥体积最大．过点M作，易证为所求二面角的平面角．在中，，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．

［方法三］：【最优解】面积射影法
设平面与平面所成二面角的平面角为．
由题可得在平面上的射影图形正好是．
取和的中点分别为N和O，则可得，，所以由射影面积公式有，所以，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．
［方法四］：定义法
如图4，可知平面与平面的交线l过点M，可以证明．分别取的中点O，E，联结，可证得直线平面，于是平面，所以，故是面与面所成二面角的平面角．

在中，，则，所以，即面与面所成二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一：利用面面垂直的判定定理寻找合适的线面垂直即可证出，是本题的最优解；
方法二：同方法一，只不过找的线面垂直不一样；
方法三：利用向量法，计算两个平面的法向量垂直即可，思路简单，运算较繁．
（2）方法一：直接利用向量法解决无棱二面角问题，是该类型题的通性通法；
方法二：作平行线找公共棱，从而利用二面角定义找到二面角的平面角，是传统解决无棱二面角问题的方式；
方法三：面积射影法也是传统解决无棱二面角问题的方式，是本题的最优解；
方法四：同方法二，通过找到二面角的公共棱，再利用定义找到平面角，即可解出．
41．（1）见详解；（2）18
【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果.
【详解】（1）因为在长方体中，平面；
平面，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面；    
（2）[方法一]【利用体积公式计算体积】
如图6，设长方体的侧棱长为，则．
由（1）可得．所以，即．
又，所以，即，解得．
取中点F，联结，因为，则，所以平面，
从而四棱锥的体积：
．

[方法二]【最优解：利用不同几何体之间体积的比例关系计算体积】
取的中点F，联结．由（Ⅰ）可知，
所以．故．
【整体点评】(2)方法一：利用体积公式计算体积需要同时计算底面积和高，是计算体积的传统方法；
方法二：利用不同几何体之间的比例关系计算体积是一种方便有效快速的计算体积的方法，核心思想为等价转化.
42．(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【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)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】(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.
43．(1)见详解；(2)4.
【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.

【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.
44．(1)证明见解析；(2)1.
【分析】(1)根据题意可得，又 BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，再根据面面垂直的判定定理即可证得；
(2)方法一：根据平面知识求出，再求得三棱锥的高，即可根据三棱锥的体积公式求出.
【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）［方法一］：定义法
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
．
［方法二］：转化法
由（1）知，，又，所以平面，则．因为，所以．因为，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据三棱锥的体积公式求底面积和高，是求三棱锥体积的通性通法；
方法二：根据题目的等量关系转化为求易求的三棱锥体积，也是求三棱锥体积的通性通法．
45．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【分析】（1）欲证，只需证明即可；
（2）先证平面，再证平面平面；
（3）取中点，连接，证明，则平面.
【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.
∵底面为矩形，∴，∴；
（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
（Ⅲ）如图，取中点，连接.

∵分别为和的中点，∴，且.
∵四边形为矩形，且为的中点，∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，∴平面.
【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.
46．（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【详解】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
详解：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．

点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．
47．（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【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.
48．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.
【详解】（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.
【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
49．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；
（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.
【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法
由得，
所以，即有.
由，得，
由得，
由，得，所以，即有，又，因此平面.
［方法二］：向量法
如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下：

因此,
由得；由得，
所以平面.
（Ⅱ）［方法一］：定义法
如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法二］：向量法
设直线与平面所成的角为.
由(I)可知,
设平面的法向量.
由即，可取，
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法三］：【最优解】定义法+等积法
设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．
［方法四］：定义法+等积法
设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．
于是得，易得．
由得，解得．
故．
［方法五］：三正弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，
所以由三正弦定理得．
［方法六］：三余弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．

结合三余弦定理得．
［方法七］：转化法＋定义法
如图3，延长线段至E，使得．

联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．
［方法八］：定义法＋等积法
如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．

又，设直线与平面所成角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；
方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出；
（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；
方法二：根据线面角的向量公式求出；
方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；
方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；
方法五：直接利用三正弦定理求出；
方法六：直接利用三余弦定理求出；
方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；
方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．