高考理科数学二轮专项训练专题：07 立体几何

高考理科数学二轮专项训练专题：07 立体几何

专题07 立体几何初步 一、选择题 ‎1．(2018北京)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4‎ C【解析】解法一 将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示，‎ 易知，，，，，平面，故，为直角三角形，∵平面，平面，，又，且，∴平面，又平面．，∴为直角三角形，容易求得，，，故不是直角三角形，故选C．‎ 解法二 在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，故选C．‎ ‎2．(2018全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为 A． B． C．3 D．2‎ B【解析】由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长16．画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接，则，，则从到的路径中，最短路径的长度为．故选B．‎ 图① 图②‎ ‎3．(2018全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 A【解析】由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A．‎ ‎4．(2018全国卷Ⅲ)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． ‎ B【解析】设等边三角形的边长为，则，得．‎ 设的外接圆半径为，则，解得，所以球心到所在平面的距离，则点到平面的最大距离，所以三棱锥 体积的最大值．故选B．‎ ‎5．(2018上海)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）‎ A．4 B．8 C．12 D．16‎ D【解析】如图以为底面矩形一边的四边形有、、、4个，每一个面都有4个顶点，所以阳马的个数为16个．故选D．‎ ‎6．(2018浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是 A．2 B．4 C．6 D．8‎ C【解析】由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积．故选C．‎ ‎7．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为 A．10 B．12 C．14 D．16‎ B【解析】由题意可知，该几何体是由一个三棱锥和一个三棱柱构成，则表面所有梯形之和为．选B．‎ ‎8．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为 A． B． C． D．‎ B【解析】解法一 由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积，上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，‎ 其体积，故该组合体的体积．故选B．‎ 解法二 该几何体可以看作是高为14，底面半径为3的圆柱的一半，所以体积为 ‎．选B．‎ ‎9．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A． B． C． D．‎ B【解析】圆柱的轴截面如图，，，所以圆柱底面半径，那么圆柱的体积是，故选B．‎ ‎10．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是 A． B． C． D． ‎ A【解析】该几何体是由一个高为3的圆锥的一半，和高为3的三棱锥组成（如图），‎ 其体积为：．选A．‎ ‎11．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为 A．3 B．2 C．2 D．2‎ B【解析】借助正方体可知粗线部分为该几何体是四棱锥，‎ 最长的棱长是体对角线，所以．选B．‎ ‎12．一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为 A． B． C． D．‎ C【解析】由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，‎ 其体积．设半球的半径为，则，即，‎ 所以半球的体积．故该几何体的体积．故选C．‎ ‎13．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径，若该几何体的体积是，则它的表面积是 A．17π B．18π C．20π D．28π ‎ A【解析】由三视图可得此几何体为一个球切割掉后剩下的几何体，‎ 设球的半径为，故，所以，表面积，选A．‎ ‎14．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 A．20π B．24π C．28π D．32π C【解析】该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为，周长为，圆锥母线长为，圆柱高为．由图得，，由勾股定理得：，‎ ‎，故选C．‎ ‎15．（2016年全国III）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 A． B． C．90 D．81‎ B【解析】由三视图可得该几何体是平行六面体，上下底面是边长为3的正方形，故面积都是9，前后两个侧面是平行四边形，一边长为3、该边上的高为6，故面积都为18，左右两个侧面是矩形，边长为和3，故面积都为，则该几何体的表面积为2(9 +18+)=54 +．‎ ‎16．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，且，则 D．若，且，则 D【解析】若，，则或与异面或与相交，故选项错误；‎ 若，，则与可能相交，故选项错误；‎ 若直线不相交，则平面不一定平行，故选项错误；‎ ‎， 或，又 ，故选项正确.本题正确选项：‎ ‎17.我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B【解析】‎ 依题意可知平面.设，‎ 则.，当且仅当时取得最大值.依题意可知是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为，故半径.所以外接球的体积为.特别说明：由于平面，是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为为定值，即无论阳马体积是否取得最大值，堑堵外接球保持不变，所以可以直接由直径的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B ‎18．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C【解析】该三视图对应的直观图是三棱柱，如下图所示 所以 故选：C ‎19．如图所示，正四面体中,是棱的中点,是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A【解析】‎ 将侧面和沿边展开成平面图形,如图所示,菱形,‎ 在菱形中,连接,交于点,则的长即为的最小值,即,‎ 因为正四面体,所以,所以,‎ 因为是棱的中点,所以，所以,‎ 设,则,‎ 所以,则,所以,‎ 则正四面体的棱长为,所以正四面体的外接球半径为,‎ 所以该正四面体外接球的表面积为,故选：A ‎20．(2018全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为 A． B． C． D．‎ A【解析】记该正方体为，正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，即共点的三条棱，，与平面所成的角都相等，如图，‎ 连接，，，因为三棱锥是正三棱锥，所以，，与平面所成的角都相等，分别取，，，，，的中点，，，，，，连接，．，，，，易得，，，，，六点共面，平面与平面平行，且截正方体所得截面的面积最大，又 ‎，所以该正六边形的面积为，所以截此正方体所得截面面积的最大值为，选A．‎ ‎21．(2018全国卷Ⅱ)在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D．‎ C【解析】解法一 如图，‎ 补上一相同的长方体，连接，．‎ 易知，则为异面直线与所成角．‎ 因为在长方体中，，，‎ 所以，，‎ ‎，‎ 在中，由余弦定理，得，‎ 即异面直线与所成角的余弦值为，故选C．‎ 解法二 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 由条件可知，，，，所以，，则由向量夹角公式，得，‎ 即异面直线与所成角的余弦值为，故选C．‎ ‎22．(2018浙江)已知平面，直线，满足，，则“∥”是“∥”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 ‎ C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 A【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．‎ ‎23．(2018浙江)已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则 A． B． C． D．‎ D【解析】由题意知四棱锥为正四棱锥，如图，‎ 连接，记，连接，则平面，取的中点，连接，，，易得，则，，易知．‎ 因为∥，，，所以也为与平面所成的角，即与平面 所成的角，再根据最小角定理知，，所以，故选D．‎ ‎24．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D．‎ C【解析】如图所示，把三棱柱补成四棱柱，异面直线与所成角为 ‎,‎ ‎，，‎ ‎∴．选C．‎ ‎25．如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则 ‎ ‎ A．<< B．<< C．<< D．<<‎ B【解析】设为三角形中心，底面如图2，过作，，，由题意可知，，，‎ 图1 图2‎ 由图2所示，以为原点建立直角坐标系，不妨设，则，，，，∵，，∴，，则直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，根据点到直线的距离公式，知，，，∴，，‎ 因为，，为锐角，所以．选B ‎26．平面过正方体的顶点，∥平面，平面=，平面=，则，所成角的正弦值为 A． B． C． D．‎ A【解析】因为过点的平面与平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，则与所成的角为所求角，所以，所成角的正弦值为，选A．‎ 二、填空题 ‎27．(2018天津)已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为 ．‎ ‎【解析】连接，，，，，因为，分别为，的中点，所以∥，，因为，分别为，的中点，‎ 所以∥，，所以，，所以四边形为平行四边形，又，，所以四边形为正方形，又点到平面的距离为，所以四棱锥的体积为．‎ ‎28．(2018江苏)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 ．‎ ‎【解析】正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是，则该正八面体的体积为．‎ ‎29．如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形的中心为．、、为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得、、重合，得到三棱锥。当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：)的最大值为_______。‎ ‎【解析】如图连接交于，由题意，设等边三角形的边长为（），则，．‎ 由题意可知三棱锥的高 底面，三棱锥的体积为，‎ 设，则（），‎ 令，解得，当时，，单调递增；‎ 当时，，单调递减，所以是取得最大值 所以．‎ ‎30．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为 ．‎ ‎【解析】设正方体边长为，由，得，‎ 外接球直径为，．‎ ‎31．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 ．‎ ‎【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1，所以．‎ ‎32．如图，在圆柱内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切。记圆柱的体积为，球的体积为，则 的值是 ．‎ ‎【解析】设球的半径为，则．‎ ‎33．已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示（单位：m），则该四棱锥的体积为_______．‎ ‎2【解析】根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2m，高为1m的平行四边形，四棱锥的高为3m，故其体积为()．‎ ‎34．(2018全国卷Ⅱ)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_____．‎ ‎【解析】如图所示，‎ 设在底面的射影为，连接，．的面积为 ‎，‎ ‎∴，．∵与底面所成的角为，∴，‎ ‎．∴底面周长，‎ ‎∴圆锥的侧面积为．‎ ‎35．，是两个平面，m，n是两条线，有下列四个命题：‎ ‎①如果，，，那么．‎ ‎②如果，，那么．‎ ‎③如果，，那么．‎ ‎④如果，，那么m与所成的角和n与所成的角相等．‎ 其中正确的命题有 ．(填写所有正确命题的编号）‎ ‎②③④【解析】对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：‎ 如图，不妨设为直线，为直线,所在的平面为．‎ 所在的平面为，显然这些 直线和平面满足题目条件，但不成立．‎ 命题②正确，证明如下：设过直线的某平面与平面相交于直线，则，‎ 由，有，从知结论正确．‎ 由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．‎ ‎36．，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：‎ ‎①当直线与成60°角时，与成30°角；‎ ‎②当直线与成60°角时，与成60°角；‎ ‎③直线与所成角的最小值为45°；‎ ‎④直线与所成角的最小值为60°；‎ 其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)‎ ‎②③【解析】如图为底面圆的内接正方形，设，‎ 则，‎ 即侧面均为等边三角形，∵底面，‎ 假设，由题意，当直线与成60°角时，由图可知与成60°角，所以①错，②正确；假设，可知③正确，④错．所以正确为②③．‎ 三、解答题 ‎37．（2018江苏）在平行六面体中，，．‎ 求证：(1)平面；‎ ‎(2)平面平面．‎ ‎【证明】(1)在平行六面体中，．‎ 因为平面，平面，‎ 所以∥平面．‎ ‎(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形．‎ 又因为，所以四边形为菱形，因此⊥．‎ 又因为⊥，∥，所以⊥．‎ 又因为=，平面，平面，‎ 所以⊥平面．因为平面，所以平面⊥平面．‎ ‎38．（2018浙江）如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．‎ ‎(1)证明：⊥平面；‎ ‎(2)求直线与平面所成的角的正弦值．‎ ‎【解析】(1)由，，，，得 ‎，所以．故．‎ 由，，，，得，‎ 由，得，‎ 由，得，所以，故．因此平面．‎ ‎(2)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 (1)如图，以的中点为原点，分别以射线，为，‎ 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．‎ 由题意知各点坐标如下：‎ ‎，，，，，‎ 因此，，，‎ 由得．由得．所以平面．‎ ‎(2)设直线与平面所成的角为．‎ 由(1)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．‎ ‎39．如图，已知四棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点．‎ ‎（Ⅰ）证明：∥平面；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【解析】（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．‎ 因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且，‎ 又因为BC∥AD，，所以EF∥BC且EF=BC，‎ 即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB．‎ ‎（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连结PN交EF于点Q，连结MQ．‎ 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，‎ 在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．由为等腰直角三角形得PN⊥AD．‎ 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，‎ 由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么，平面PBC⊥平面PBN．‎ 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．‎ MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．‎ 设CD=1．在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，‎ 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得，在中，，MQ=，所以，所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．‎ ‎40．如图，在三棱锥中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．‎ 求证：（1）EF∥平面ABC；‎ ‎（2）AD⊥AC．‎ ‎【解析】证明：（1）在平面内，因为，，所以．‎ 又因为平面，平面，所以∥平面．‎ ‎（2）因为平面⊥平面，平面平面=， ‎ 平面，，所以平面．‎ 因为平面，所以．‎ 又，，平面，平面，‎ 所以⊥平面，又因为平面，所以．‎ ‎41．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，是的中点．‎ ‎（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；‎ ‎（Ⅱ）当，，求二面角的大小．‎ ‎【解析】（Ⅰ）因为，，，平面，，‎ 所以平面，又平面，‎ 所以，又，‎ 因此 ‎（Ⅱ）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，‎ 故所求的角为．‎ 解法二：‎ 以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，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．因此所求的角为．‎ ‎42．如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm． 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm． 现有一根玻璃棒，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）‎ ‎（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；‎ ‎（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．‎ ‎【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，所以平面平面，．‎ 记玻璃棒的另一端落在上点处．因为，．‎ 所以，从而．‎ 记与水平的交点为，过作，为垂足，‎ 则平面，故，从而．‎ 答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm．‎ ‎( 如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)‎ ‎ ‎ ‎（2）如图，，是正棱台的两底面中心．由正棱台的定义，⊥平面 ，‎ 所以平面⊥平面，⊥．‎ 同理，平面⊥平面，⊥．‎ 记玻璃棒的另一端落在上点处．过作⊥，为垂足， 则==32．‎ 因为= 14，= 62，所以= ，从而．‎ 设则．‎ 因为，所以．在中，由正弦定理可得，解得．‎ 因为，所以．于是．‎ 记与水面的交点为，过作，为垂足，则 ⊥平面，故=12，从而 =．‎ 答:玻璃棒没入水中部分的长度为20cm．(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)‎ ‎43．如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，面为正方形，，，且二面角与二面角都是．‎ ‎（I）证明：平面平面；‎ ‎（II）求二面角的余弦值．‎ ‎【解析】（Ⅰ）由已知可得，，所以平面．‎ 又平面，故平面平面．‎ ‎（Ⅱ）过作，垂足为，由（Ⅰ）知平面．‎ 以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 ‎．‎ 由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．‎ 由已知，，所以平面．‎ 又平面平面，故，．‎ 由，可得平面，所以为二面角的平面角，‎ ‎．从而可得．‎ 所以，，，．‎ 设是平面的法向量，则，即，‎ 所以可取．设是平面的法向量，则，‎ 同理可取．则．‎ 故二面角的余弦值为．‎ ‎44．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，，，‎ 点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H．将沿 折到的位置，．‎ ‎（I）证明：平面ABCD；‎ ‎（II）求二面角的正弦值．‎ ‎【解析】（I）证明：∵，∴，∴．‎ ‎∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．‎ ‎∵，∴；又，，∴，‎ ‎∴，∴，∴，∴．‎ 又∵，∴面．‎ ‎（Ⅱ）建立如图坐标系．‎ ‎，，，，‎ ‎，，，‎ 设面法向量，由得，取，∴．‎ 同理可得面的法向量，∴，∴．‎ ‎45．（2018全国卷Ⅰ）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．‎ ‎【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．‎ ‎46．（2018北京）如图，在三棱柱中，平面，，，， 分别为，，，的中点，，．‎ ‎(1)求证：⊥平面；‎ ‎(2)求二面角的余弦值；‎ ‎(3)证明：直线与平面相交．‎ ‎【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．‎ ‎47．(2018全国卷Ⅱ)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．‎ ‎【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．‎ ‎48．（2018全国卷Ⅲ）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．‎ ‎【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．‎ ‎49．(2018天津)如图，且，，且，且，平面，．‎ ‎(1)若为的中点，为的中点，求证：平面；‎ ‎(2)求二面角的正弦值； ‎ ‎(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角为，求线段的长．‎ ‎【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．‎ ‎50．（2018江苏）如图，在正三棱柱中，，点，分别为，的中点．‎ ‎(1)求异面直线与所成角的余弦值；‎ ‎(2)求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【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．‎ ‎51.如图，在三棱台中，二面角是直二面角，，，．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的平面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）由勾股定理可得，由面面垂直的性质可得平面，从而可得，结合，由线面垂直的判定定理可得平面；（2）在平面内，过点作，由（1）可知，以为原点，，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，是平面的一个法向量，利用向量垂直数量积为零列方程求出平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.‎ 详解：（1）连接，在等腰梯形中，过作交于点，因为，所以，，，所以，所以，即，又二面角是直二面角，平面，所以平面， ‎ 又平面，所以，又因为，，、平面，所以平面． ‎ ‎（2）如图，在平面内，过点作，由（1）可知，以为原点，，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系．‎ 则，，，， ‎ 所以，，设是平面的一个法向量，则，所以，取，则，，即， ‎ 由（1）可知平面，所以是平面的一个法向量，‎ 所以 ，‎ 又二面角的平面角为锐角，所以二面角的平面角的余弦值为．‎ ‎52．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的余弦值；‎ ‎（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值？若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）不存在，理由见解析 ‎【解析】（1）在四棱锥中 因为平面平面，平面平面 又因为，平面所以平面因为平面 所以 ‎（2）取中点，连接因为所以 因为平面平面，平面平面 因为平面所以平面所以 因为所以所以四边形是平行四边形 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.所以.‎ 因为平面的法向量，所以 由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. ‎ ‎（3）设是棱上一点，则存在使得.‎ 设，则 所以所以 所以.所以.‎ 因为平面 所以平面.所以是平面的一个法向量.‎ 若平面，则.‎ 所以因为方程组无解，所以在棱上不存在点，使得平面.‎