2024年高考数学重难点突破专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何答案66

专题八 立体几何第二十四讲 空间向量与立体几何答案部分2019年1.解析：（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．（2）由已知可得DE⊥DA．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，则，A1(2,0,4)，，，，，，．设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．设为平面A1MN的法向量，则所以可取．于是，所以二面角的正弦值为．2.解析：（I）因为平面，所以. 又因为，所以.平面，（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.所以，, .所以，设平面AEF的法向量为，则，即.令z=1,则y=-1,x=-1.于是.又因为平面PAD的法向量为，所以.因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且所以，.由（II）知，平面AEF的法向量为，所以，所以直线AG在平面AEF内.3.解析：方法一：（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0).因此，，．由得．（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，由（Ⅰ）可得，，设平面A1BC的法向量为，由，得，取，故.因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.4.证明：（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.32.（2019全国Ⅲ理19）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.5.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．因此二面角B–CG–A的大小为30°．6.解析：（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．7.解析：（I）因为平面，所以. 又因为，所以.平面，（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.所以，, .所以，设平面AEF的法向量为，则，即.令z=1,则y=-1,x=-1.于是.又因为平面PAD的法向量为，所以.因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且所以，.由（II）知，平面AEF的法向量为，所以，所以直线AG在平面AEF内.8.解析：方法一：（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（Ⅰ）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0).因此，，．由得．（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，由（Ⅰ）可得，，设平面A1BC的法向量为，由，得，取，故.因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.9.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．因此二面角B–CG–A的大小为30°．10.解析：（1）由已知得，平面，平面，故．又，所以平面．（2）由（1）知．由题设知，所以，故，．以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=.设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．于是．所以，二面角的正弦值为．11.解析：（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．（2）由已知可得DE⊥DA．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，则，A1(2,0,4)，，，，，，．设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．设为平面A1MN的法向量，则所以可取．于是，所以二面角的正弦值为．12.解析：（I）因为平面，所以. 又因为，所以.平面，（II）过A作AD的垂线交BC于点M，因为平面，所以，如图建立空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.所以，, .所以，设平面AEF的法向量为，则，即.令z=1,则y=-1,x=-1.于是.又因为平面PAD的法向量为，所以.因为二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为（III）直线AG在平面AEF内，因为点G在PB上，且所以，.由（II）知，平面AEF的法向量为，所以，所以直线AG在平面AEF内.13.解析 依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，如图所示，可得，.设，则.（Ⅰ）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面.（Ⅱ）依题意，.设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得.因此有.所以，直线与平面所成角的正弦值为.（Ⅲ）设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得.由题意，有，解得.经检验，符合题意.所以，线段的长为.2010-2018年1．【解析】(1)由已知可得，⊥，⊥，所以⊥平面PEF．又平面，所以平面⊥平面．(2)作⊥，垂足为．由(1)得，⊥平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由(1)可得，⊥．又=2，=1，所以=．又=1，=2，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．2．【解析】(1)在三棱柱中，∵⊥平面，∴四边形为矩形．又，分别为，的中点，∴⊥．∵．∴⊥，∴⊥平面．(2)由(1)知⊥，⊥，∥．又⊥平面，∴⊥平面．∵平面，∴⊥．如图建立空间直角坐称系．由题意得，，，，．∴，，设平面的法向量为，∴，∴，令，则，，∴平面的法向量，又∵平面的法向量为，∴．由图可得二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．(3)平面的法向量为，∵，，∴，∴，∴与不垂直，∴与平面不平行且不在平面内，∴与平面相交．3．【解析】(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)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．4．【解析】(1)由题设知，平面⊥平面，交线为．因为⊥，平面，所以⊥平面，故⊥．因为为上异于，的点，且为直径，所以 ⊥．又=，所以⊥平面．而平面，故平面⊥平面．(2)以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．当三棱锥体积最大时，为的中点．由题设得，，，，，，，设是平面的法向量，则即可取．是平面的法向量，因此，，所以面与面所成二面角的正弦值是．5．【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，，．(1)证明：依题意，．设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得．又，可得，又因为直线平面，所以∥平面．(2)依题意，可得，，．设为平面的法向量，则 即 不妨令，可得．设为平面的法向量，则 即不妨令，可得．因此有，于是．所以，二面角的正弦值为．(3)设线段的长为()，则点的坐标为，可得．易知，为平面的一个法向量，故，由题意，可得，解得．所以线段的长为．6．【解析】如图，在正三棱柱中，设，的中点分别为，，则，，，以为基底，建立空间直角坐标系．因为，所以．(1)因为为的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．(2)因为Q为BC的中点，所以，因此，．设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．7．【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）在平面内做，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由（1）及已知可得，，，．所以，，，．设是平面的法向量，则，即，可取．设是平面的法向量，则，即，可取．则，所以二面角的余弦值为．8．【解析】（1）取的中点，连结，．因为是的中点，所以，．由得，又，所以，四边形是平行四边形，，又平面，平面，故∥ QUOTE 平面．（2）由已知得，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图的空间直角坐标系，则，，，，，．设，则，．因为与底面所成的角为，而是底面的法向量，所以，，即． ①又在棱上，设，则，，． ②由①，②解得（舍去），所以，从而．设是平面的法向量，则，即，所以可取，于是．因此二面角的余弦值为．9．【解析】（1）由题设可得，，从而．又是直角三角形，所以取的中点，连接，，则，．又由于是正三角形，故．所以为二面角的平面角．在中，．又，所以，故．所以平面平面．（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得．故，，设是平面的法向量，则即可取设是平面的法向量，则同理可得则所以二面角的余弦值为． 10．【解析】如图，以为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得，，，，，，，．（Ⅰ）证明：=，=．设，为平面的法向量，则，即．不妨设，可得．又=（1，2，），可得．因为平面BDE，所以MN//平面BDE．（Ⅱ）易知为平面CEM的一个法向量．设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以．不妨设，可得．因此有，于是．所以，二面角C—EM—N的正弦值为．（Ⅲ）依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，．由已知，得，整理得，解得，或．所以，线段AH的长为或．11．【解析】（Ⅰ）设交点为，连接．因为平面，平面平面，所以．因为是正方形，所以为的中点，在中，知为的中点．（Ⅱ）取的中点，连接，．因为，所以．又因为平面平面，且平面，所以平面．因为平面，所以．因为是正方形，所以．如图建立空间直角坐标系，则，，，，．设平面的法向量为，则，即．令，则，．于是．平面的法向量为，所以．由题知二面角为锐角，所以它的大小为．（Ⅲ）由题意知，，．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为．12．【解析】(1)∵面面，面面，∵，面，∴面， ∵面， ∴，又，∴面，(2)取中点为，连结，，∵， ∴， ∵， ∴， 以为原点，如图建系易知，，，，则，，，，设为面的法向量，令．，则与面夹角有，(3)假设存在点使得面， 设，，由(2)知，，，，有∴∵面，为的法向量，∴，即，∴∴综上，存在点，即当时，点即为所求．13．【解析】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，因为，在上底面内，不在上底面内，所以上底面，所以平面；又因为，平面，平面，所以平面；所以平面平面，由平面，所以平面．EFBACGH(Ⅱ) 连结， ，以为原点，分别以为 轴，建立空间直角坐标系．EFBACO，Oxyz，．，于是有，，，，可得平面中的向量，,于是得平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，设二面角为，则．二面角的余弦值为．14．【解析】(1)证明：找到中点，连结，∵矩形,∴∵、是中点，∴是的中位线，∴且，∵是正方形中心，∴，∴且．∴四边形是平行四边形，∴∵面，∴面(2)正弦值，如图所示建立空间直角坐标系，，，设面的法向量得：∴∵面，∴面的法向量(3)∵，∴设，∴，得：15．【解析】（Ⅰ）连接，设，连接．在菱形中，不妨设，由，可得，由平面，可知，，又∵，∴，，在中，可得，故．在中，可得．在直角梯形中，由，，，可得，∴，∴，∵∩=，∴平面，∵面，∴平面平面．（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得(0，－，0)，(1,0, )，(－1,0，)，(0，，0)，∴=（1，，），=（－1，－，）．故．所以直线与所成的角的余弦值为．16．【解析】解法一：（Ⅰ）如图，取的中点，连接，，又是的中点，，又是中点，，由四边形ABCD是矩形得，∥，，所以∥，且．从而四边形是平行四边形，所以∥，又，所以∥平面．（Ⅱ）如图，在平面内，过点作∥，因为．又因为平面，所以，．以为原点，分别以的方向为x轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)因为平面，所以为平面的法向量，设为平面AEF的法向量．又，，由取得．从而所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．解法二：（Ⅰ）如图，取中点，连接，，又是的中点，可知，又，所以平面．在矩形ABCD中，由分别是，的中点得．又，所以．又因为，所以平面，因为，所以（Ⅱ）同解法一．17．【解析】（Ⅰ）证法一：连接，设，连接．在三棱台中，，为的中点，可得，所以四边形为平行四边形，则为的中点，又为的中点，所以∥，又平面，平面，所以∥平面．证法二：在三棱台中，由，为的中点，可得∥，，所以四边形为平行四边形，可得 ∥，在中，为的中点，为的中点，所以∥，又，所以平面∥平面，因为平面，所以 ∥平面．（Ⅱ）解法一：设，则，在三棱台中，为的中点，由，可得四边形为平行四边形，因此∥，又平面，所以 平面，在中，由，，是中点，所以 ，因此 两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以可得，故，设是平面的一个法向量，则由 可得可得 平面的一个法向量，因为是平面的一个法向量，，所以，所以平面与平面所成角（锐角）的大小为．解法二：作与点，作与点，连接．由平面，得，又，所以平面，因此，所以即为所求的角，在中，∥，，由，可得，从而，由 平面，平面，得 ，因此 ，所以 ，所以 平面与平面所成角（锐角）的大小为．18．【解析】（Ⅰ）在图1中，因为，，是的中点，=，所以．即在图2中，，．从而平面．又∥，所以平面． （Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，．所以为二面角的平面角，所以．如图，以为原点，建立空间直角坐标系，因为，所以，，，．得 ，．设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，则，得，取，，得，取，从而，即平面与平面夹角的余弦值为．19．【解析】（Ⅰ）连接交于点，连结．因为为矩形，所以为的中点．又为的中点，所以∥．平面,平面，所以∥平面．（Ⅱ）因为平面，为矩形，所以，，两两垂直．如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则．设，则．设为平面的法向量，则即，可取．又为平面的法向量，由题设，即，解得．因为为的中点，所以三棱锥的高为．三棱锥的体积．20．【解析】（Ⅰ）证明：∵四边形为等腰梯形，且，所以且，连接为四棱柱， 又为的中点，,,为平行四边形，又 ，，．（Ⅱ）方法一： 由（Ⅰ）知 平面平面=作，连接则即为所求二面角的平面角．在中， 在中，．方法二：连接，由（Ⅰ）知且∴为平行四边形．可得，由题意，所以为正三角形．因此，∴．以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，设平面的法向量为 显然平面的法向量为显然二面角为锐角，所以平面和平面所成角的余弦值为21．【解析】（Ⅰ）（方法一）∵，且，∴为三角形，．同理，∵，且，为三角形，∴，过作，垂足为，连接，可证出，所以，即．从而证出面，又面，所以．（方法二）由题意，以为坐标原点，在平面内过作垂直的直线为轴，所在直线为轴，在平面内过作垂直的直线为轴，建立如图所示空问直角坐标系．易得，，，．因而，，∴，，因此，∴，所以．（Ⅱ）如上图中，平面的一个法向量为．设平面的法向量，又，，由得其中．设二面角大小为，且由题意知为锐角，因此，即所求二面角的正弦值为．22．【解析】（Ⅰ）连接，交，连接AO，因为侧面，所以又又（Ⅱ）因为又因为，以．因为则23．【解析】：（Ⅰ）因为平面,平面平面平面所以平面又平面所以． （Ⅱ）过点在平面内作,如图．由（Ⅰ）知平面平面所以．以为坐标原点,分别以的方向为轴, 轴, 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意,得．则．设平面的法向量．则即．取得平面的一个法向量．设直线与平面所成角为,则即直线与平面所成角的正弦值为．24．【解析】（Ⅰ）在直角梯形中，由，得，，由，则，即，又平面平面，从而平面，所以，又，从而平面．（Ⅱ）方法一：作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（Ⅰ）知，，则，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，从而，，由于平面，得：，在中，由，，得，在中，，，得，在中，，，，得，，从而，在中，利用余弦定理分别可得，在中，，所以，即二面角的大小是．方法二：以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图所示，由题意可知各点坐标如下：，设平面的法向量为，平面的法向量为，可算得，，由得，，可取，由得，，可取，于是，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是．25．【解析】（Ⅰ）平面，，又，，平面，，又，平面，即；（Ⅱ）设，则中，，又，，，由（Ⅰ）知，，，又，，，同理，如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，设是平面的法向量，则，又，所以，令，得，，由（Ⅰ）知平面的一个法向量，设二面角的平面角为，可知为锐角，，即所求．26．【解析】（Ⅰ）如图，因为四边形为矩形，所以．同理．因为∥，所以．而，因此底面．由题设知，∥．故底面．（Ⅱ）解法一 如图，过作于H，连接，由（Ⅰ）知，底面，所以底面，于是．又因为四棱柱ABCD-的所有棱长都相等，所以四边形是菱形，因此，从而，所以，于是，进而．故是二面角的平面角．不妨设AB=2．因为，所以，．在中，易知．而，于是．故．即二面角的余弦值为．解法2 因为四棱柱-的所有棱长都相等，所以四边形是菱形，因此．又底面，从而OB，OC, 两两垂直．如图，以O为坐标原点，OB,OC, 所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．不妨设AB=2．因为，所以，于是相关各点的坐标为：O(0，0，0)，，．易知，是平面的一个法向量．设是平面的一个法向量，则即取，则，所以．设二面角的大小为，易知是锐角，于是．故二面角的余弦值为．27．【解析】：（Ⅰ）由该四面体的三视图可知：，由题设，∥面面面面面∥，∥， ∥．同理∥，∥， ∥．四边形是平行四边形又平面 ∥,∥四边形是矩形（Ⅱ）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量∥,∥即得，取28．【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，∵AB=，=，∴是正三角形，∴⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵=E，∴AB⊥面， ∴AB⊥；（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，⊥AB，又∵面ABC⊥面，面ABC∩面=AB，∴EC⊥面，∴EC⊥，∴EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，||为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，有题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(－1,0,0),则=（1,0，）,==(－1,0,),=(0,－,), 设=是平面的法向量，则，即，可取=（，1，-1），∴=，∴直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值为．29．【解析】（Ⅰ）连结，交于点O，连结DO，则O为的中点，因为D为AB的中点，所以OD∥，又因为OD平面，平面，所以 //平面；（Ⅱ）由=AC=CB=AB可设：AB=，则=AC=CB=，所以AC⊥BC，又因为直棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图，则、、、，，，，，设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则，所以，所以二面角D--E的正弦值为．30．【解析】（Ⅰ）在图1中,易得连结,在中,由余弦定理可得由翻折不变性可知,所以,所以,理可证, 又,所以平面．（Ⅱ）传统法:过作交的延长线于,连结,因为平面,所以,所以为二面角的平面角．结合图1可知,为中点,故,从而所以,所以二面角的平面角的余弦值为．向量法:以点为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,,所以,设为平面的法向量,则,即,解得,令,得由(Ⅰ) 知,为平面的一个法向量,所以，即二面角的平面角的余弦值为．31．【解析】：（Ⅰ）解法一 由题意易知两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图：,解法二： （Ⅱ）取由（Ⅰ）知，32．【解析】（Ⅰ）直线平面，证明如下：连接，因为，分别是，的中点，所以． 又平面，且平面，所以平面．而平面，且平面平面，所以．因为平面，平面，所以直线平面．（Ⅱ）（综合法）如图1，连接，由（Ⅰ）可知交线即为直线，且． 因为是的直径，所以，于是．已知平面，而平面，所以．而，所以平面．连接，，因为平面，所以．故就是二面角的平面角，即． 由，作，且． 连接，，因为是的中点，，所以，从而四边形是平行四边形，．连接，因为平面，所以是在平面内的射影，故就是直线与平面所成的角，即． 又平面，有，知为锐角，故为异面直线与所成的角，即， 于是在△，△，△中，分别可得，，，从而，即． （Ⅱ）（向量法）如图2，由，作，且．连接，，，，，由（Ⅰ）可知交线即为直线．以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则有,． 于是，，，所以，从而． 又取平面的一个法向量为，可得，设平面的一个法向量为， 所以由 可得 取．于是，从而．故，即．33．【解析】解法一 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)（Ⅰ）易得=（1，0，-1），=（-1，1，-1），于是，所以．（Ⅱ） =（1，-2，-1）．设平面的法向量，则，即消去，得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为=（-3，-2，1）．由（Ⅰ）知，，又，可得平面，故=（1，0，-1）为平面的一个法向量．于是从而所以二面角B1－CE－C1的正弦值为．（Ⅲ）=（0，1，0），=(1，l，1)，设，，有．可取=（0，0，2）为平面的一个法向量，设为直线AM与平面所成的角，则于是，解得，所以34．【解析】（Ⅰ）在中，，得：同理：得：面（Ⅱ）面取的中点，过点作于点，连接，面面面 得：点与点重合且是二面角的平面角设，则，既二面角的大小为35．【解析】（Ⅰ）以为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)．设,则，，，，故，，，． ∵， ∴（Ⅱ）假设在棱AA1上存在一点， 使得DP平面．此时． 又设平面的法向量=(x,y,z)． ∵平面，∴,，得取，得平面的一个法向量． 要使DP平面，只要，有，解得． 又DP平面，∴存在点P，满足DP平面，此时AP=eq \f(1,2)． （Ⅲ）连接A1D,B1C,由长方体ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1A1D． ∵B1CA1D,∴AD1B1C． 又由（Ⅰ）知B1EAD1,且B1C∩B1E=B1, ∴AD1平面DCB1A1．∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1)． 设与n所成的角为θ, 则． ∵二面角A-B1E-A1的大小为30°，∴，即解得，即AB的长为2． 36．【解析】（Ⅰ）因为，分别为，的中点，所以是的中位线，所以，又因为平面，所以平面（Ⅱ）方法一：连接交于，以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．在菱形中，，得，又因为平面，所以，在直角中，，得，由此知个点坐标如下，．设为平面的法向量，由知，取，得．设为平面的法向量，由知，取，得于是，所以二面角的平面角的余弦值为方法二：在菱形中，，得又因为平面，所以所以所以而，分别为，的中点，所以，且取线段中点，连接，则所以是二面角的平面角由，故在中，，得在直角中，，得在中，，得在等腰中，，得所以二面角的平面角的余弦值为37．【解析】（Ⅰ）因为， 由余弦定理得 从而，故BDAD又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD． 故 PABD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则，，，．设平面的法向量为，则， 即 因此可取=设平面的法向量为，则 可取=（0，-1，）故二面角A-PB-C的余弦值为．38．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设G是线段DA与EB延长线的交点． 由于与都是正三角形，所以，OG=OD=2， 同理，设是线段DA与线段FC延长线的交点，有 又由于G和都在线段DA的延长线上，所以G与重合． 在和中，由和OC，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是的中位线，故BCEF． （向量法）过点F作，交AD于点Q，连QE，由平面ABED平面ADFC，知FQ平面ABED，以Q为坐标原点，为轴正向，为y轴正向，为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系．由条件知则有 所以即得BCEF．（Ⅱ）由OB=1，OE=2，，而是边长为2的正三角形，故所以 过点F作FQAD，交AD于点Q，由平面ABED平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以39．【证明】（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．又因为EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD．（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，所以为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD．因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．40．【证明】：（Ⅰ）连结，因为是半径为的半圆，为直径，点为的中点，所以．在中，．在中，，为等腰三角形，且点是底边的中点，故．在中，，所以为，且．因为，，且，所以平面，而平面，．因为，，且，所以平面，而平面，．（Ⅱ）设平面与平面RQD的交线为．由，，知．而平面，∴平面，而平面平面= ，∴．由（Ⅰ）知，平面，∴平面，而平面，∴，，∴是平面与平面所成二面角的平面角．在中，，，．在中，由知，，由余弦定理得，由正弦定理得，，即，．故平面与平面所成二面角的正弦值为．41．【解析】：以为原点， 分别为轴，线段的长为单位长， 建立空间直角坐标系如图， 则（Ⅰ）设，则可得因为，所以（Ⅱ）由已知条件可得 设 为平面的法向量则 即因此可以取，由，可得，所以直线与平面所成角的正弦值为．42．【解析】方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设,依题意得,,,（Ⅰ）易得,于是所以异面直线与所成角的余弦值为（Ⅱ）已知,,于是·=0，·=0．因此，,,又所以平面．（Ⅲ）设平面的法向量，则,即不妨令=1,可得．由（Ⅱ）可知，为平面的一个法向量．于是，从而所以二面角的正弦值为．方法二：（Ⅰ）设AB=1，可得AD=2,AA1=4，CF=1．CE=连接B1C，BC1，设B1C与BC1交于点M,易知A1D∥B1C，由,可知EF∥BC1，故是异面直线EF与A1D所成的角，易知BM=CM=,所以 ，所以异面直线FE与A1D所成角的余弦值为（Ⅱ）连接AC，设AC与DE交点N 因为，所以，从而，又由于,所以，故AC⊥DE,又因为CC1⊥DE且，所以DE⊥平面ACF，从而AF⊥DE．连接BF，同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF⊥B1C,所以AF⊥A1D因为，所以AF⊥平面A1ED．（Ⅲ）连接A1N，FN，由（Ⅱ）可知DE⊥平面ACF，又NF平面ACF, A1N平面ACF，所以DE⊥NF，,DE⊥A1N，故为二面角A1-ED-F的平面角易知，所以，又所以，在连接A1C1,A1F 在．所以，所以二面角A1-DE-F正弦值为．