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备考2024年高考数学提升专题特训：立体几何初步
一、解答题
1．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，M，N分别是B1C1，A1D1，A1B1，BD，B1C的中点，求证：
（1）MN∥平面CDD1C1．
（2）平面EBD∥平面FGA．
2．（2023高二上·梅河口开学考）如图，长方体的体积是24，E为的中点，平面将长方体分成三棱锥和多面体两部分．
（1）若，求多面体的表面积；
（2）求三棱锥的体积．
3．（2023高一下·联合期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝2，，△PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，点Q是线段PC的中点．
（1）求三棱锥Q－PAD的体积；
（2）求平面PBC与平面BCD夹角的余弦值．
4．（2023高三上·阳江开学考）在正三棱台中，，，为中点，在上，.
（1）请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
5．（2023高三上·闵行月考）圆柱的轴截面ABCD是正方形，是底面圆周上一点，DC与AE成角，．
（1）求直线AC与平面BCE所成角的正弦值；
（2）求点B到平面AEC的距离．
6．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中被截去一部分，
（1）其中EF∥A1D1．剩下的几何体是什么？截取的几何体是什么？
（2）若FH∥EG，但FH＜EG，截取的几何体是什么？
7．（2019高一上·集宁月考）已知四棱锥 (图1)的三视图如图2所示， 为正三角形， 垂直底面 ，俯视图是直角梯形．
图1 图2
（1）求正视图的面积；
（2）求四棱锥 的体积；
（3）求证： 平面 .
8． 如图，在三棱柱中，，，，分别是，，，的中点．求证：
（1），，，四点共面；
（2）．
9．如图，是一个几何体的三视图，若它的体积是，求a的值，并求此几何体的表面积．
10．（2023高一下·沈阳期末）如图，在正六棱锥中，为底面中心，，．
（1）若，分别是棱，的中点，证明：平面；
（2）若该正六棱锥的顶点都在球的表面上，求球的表面积和体积．
11．（2023高一下·台州期中）台州黄岩被誉为“模具之乡”，为市场对球形冰淇淋的需求，特地制作了一款中空的正三棱柱模具，其内壁恰好是球体的表面，且内壁与棱柱的每一个面都相切内壁厚度忽略不计，店家可以将不同口味的冰淇淋放入该模具中，再通过按压的方式得到球形冰淇淋已知该模具底部边长为．
⑴求内壁的面积；
⑵求制作该模具所需材料的体积；
⑶求模具顶点到内壁的最短距离．
12．（2023高三上·贵州开学考）如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，．
（1）求的面积；
（2）求的周长的最大值．
13．（2024高二上·密山期末）如图，在多面体中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h．
（1）求侧面与底面所成二面角的大小；
（2）证明：；
（3）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式来计算，已知它的体积公式是，试判断与V的大小关系，并加以证明．
注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面．
14．（2023高一下·成都期末）如图，圆柱内接于球O，已知球O的半径R＝2，设圆柱的底面半径为r．
（1）以r为变量，表示圆柱的表面积和体积；
（2）当r为何值时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是多少？
15．（2023高二上·上海市月考）如图，在长方体中，E，F分别是和的中点．
（1）证明：E，F，D，B四点共面．
（2）证明：BE，DF，三线共点．
16．（2023高二上·闽清月考）如图，平行六面体的底面是菱形，且
（1）用空间的一个基底表示，并求的长；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
17．（2024高三上·重庆月考）在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满足.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
18．（2023高三上·成都月考）如图，正四棱柱中，M为的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
19．（2023高二上·达州月考）如图， 已知正方体 的棱长为为的中点.
（1）求证： 平面；
（2）求平面 与平面夹角的余弦值。
20．（2023高二上·宾县月考） 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21．（2024·永州模拟）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
22．（2023高二上·成都月考）如图，在四棱台中，底面是中点.底面为直角梯形，且.
（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的正弦值.
23．（2024高三上·昌乐模拟）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.
（1）已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；
（2）当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：连接BC1，DC1，
∵四边形BCC1B1为正方形，N为B1C的中点，
∴N在BC1上，且N为BC1的中点．
又∵M为BD的中点，∴MN DC1．
又MN 平面CDD1C1，DC1 平面CDD1C1，
∴MN∥平面CDD1C1．
（2）证明：连接EF，B1D1，则EF AB．
∴四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE．
又由题意知FG∥B1D1，B1D1∥BD，∴FG∥BD．
又∵AF∩FG=F，BE∩BD=B，
∴平面EBD∥平面FGA
【知识点】构成空间几何体的基本元素；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接BC1，DC1，由已知推导出MN DC1，由此能证明MN∥平面CDD1C1．（2）连接EF，B1D1，推导出四边形ABEF为平行四边形，从而AF∥BE，由题意FG∥BD，由此能证明平面EBD∥平面FGA．
2．【答案】（1）解：因为长方体的体积是24，E为的中点，，
所以，则，所以，
因此，，，
因此，
所以多面体的表面积为
；
（2）解：因为在长方体中，侧棱和底面垂直，所以平面；
由（1）可得三棱锥的体积.
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【分析】(1)先根据长方体的体积可得 ， 进而可求各面的面积，即可得结果；
(2)因为 平面 ，结合锥体的体积公式运算求解.
3．【答案】（1）解：取中点，连接，
∵是正三角形，∴，
∵平面平面，且两平面的交线为，平面，
∴平面，∴，
，
设，
；
（2）解：由（1）知平面，平面，故，
过作于，连接，
∵平面，，
∴平面，则，
∴即为平面与平面的夹角，
在中，，
∴．
∴．
即平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)由题意可得 平面，且 ，结合题意公式运算求解；
(2)过作于，连接， 分析可得 即为平面与平面的夹角， 进而求其余弦值.
4．【答案】（1）解：①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：
作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面，由平面，则平面，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：
在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）解：由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：
由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：
易知，，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【知识点】棱台的结构特征；空间图形的公理；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1) 根据平面的性质作出截面，并结合台体的结构特征运算求解；
(2)根据题意分析可知直线与平面所成角为，进而利用余弦定理运算求解即可.
5．【答案】（1）解：由题意可知，AB是底面圆的直径，所以．
因为，与AE所成的角为，
所以AB与AE所成的角也为，即．
因为正方形ABCD的边长为2，所以，．
由题意可知，平面，平面ABE，所以．
因为，，平面BCE，所以平面BCE，
所以是AC与平面BCE所成的角．
因为，即AC与平面BCE所成角的正弦值为．
（2）解：设点到平面AEC的距离为．
三棱锥的体积为．
因为平面BCE，所以，所以．
由等体积法可得：，所以，即，解得：.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)根据平移得 B与AE所成的角也为 ，利用线面垂直判定证明 平面BCE，
从而得到 是AC与平面BCE所成的角． 解三角形即可.
（2） 设点到平面AEC的距离为． 利用 ，即可求出.
6．【答案】解：（1）EF∥A1D1．把几何体的正面变为下面，即可得到剩下的几何体的形状，是底面为五边形的直棱柱；截取的几何体是底面为直角三角形的直三棱柱．（2）若FH∥EG，但FH＜EG，显然EF 与GH的延长线交于CC1的直线于一点，构成一个三棱台，所以截取的几何体是三棱台．
【知识点】简单组合体的结构特征
【解析】【分析】（1）EF∥A1D1．把几何体的正面变为下面，即可得到剩下的几何体的形状，截取的几何体是三棱柱．
（2）若FH∥EG，但FH＜EG，推出EF 与HG 的延长线交于CC1的直线，截取的几何体是三棱台．
7．【答案】（1）解：过 作 ，根据三视图可知， 是 的中点，且 ， .
又∵ 为正三角形，
∴ ，且 ，
∴ .
∵ 平面 ， 平面 ，∴ .
∴ ，即
正视图的面积为
（2）解：由（1）可知，四棱锥 的高 ，
底面积为 ，
∴四棱锥 的体积为
（3）证明：∵ 平面 ， 平面 ，∴ .
∵在直角三角形 中， ，
在直角三角形 中， ，
∴ ，∴ 是直角三角形，
∴ ，又∵ ，∴ 平面
【知识点】简单空间图形的三视图；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【分析】（1） 过A作AE∥CD，可得E是BC的中点，且BE=CE=AE=CD=1．正三角形PBC中，算出中线PE=由PA⊥平面ABCD，在Rt△PAE中，算出PA=即为正视图三角形的高长，由此结合BC=2即可求出正视图的面积；
　
　
（2）由（1）的证明，结合题意可得四棱锥P-ABCD是以PA为高、底面ABCD是直角梯形的四棱锥，结合题中的数据即可算出四棱锥P-ABCD的体积；
（3）分别在Rt△ABE、Rt△ADC中，算出AB=AC=结合BC=2利用勾股定理的逆定理证出AC⊥AB，再由PA⊥平面ABCD得PA⊥AC，根据线面垂直的判定定理即可证出AC⊥平面PAB．
　
8．【答案】（1）解：因为是的中位线，
所以，
又，
所以，
所以，，，四点共面．
（2）解：因为，分别为，的中点，
所以，
因为，，
所以，
因为且，
所以四边形是平行四边形，、
所以，
因为，，
所以，
因为，，
所以．
【知识点】空间几何体的直观图；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【分析】（1）通过线线平行，可推出，，，四点共面．
（2）根据线面平行的判定定理，即可推出.
9．【答案】解：由三视图知几何体为三棱柱，其直观图如图：
几何体的体积V=×2×a×3=3 a=，
三棱柱的侧面积S1=6×3=18；
底面面积S2=×2×=，
∴几何体的表面积S=S1+2S2=18+2．
【知识点】由三视图求面积、体积；平行投影及平行投影作图法
【解析】【分析】由三视图知几何体为正三棱柱，根据几何体的体积为3求出a值，利用三视图的数据求出各面的面积，再相加。
10．【答案】（1）解：因为，分别是棱，的中点，
所以，在正六边形中，，所以，
所以，
又平面，平面，所以平面
（2）解：依题意可知球心一定在直线上，设球的半径为，
则，
又，所以，解得，
所以球的表面积，体积.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】(1)依题意可得MN//BC，再由正六边形的性质得到AD//BC，即可证 平面；
(2)依题意可知球心Q一定在直线SO上，设球Q的半径为R，利用勾股定理求出R，在根据球的表面积与体积公式计算可得.
11．【答案】解：如图，
三棱柱为正三棱柱，且底面三角形的边长为，
底面三角形一边上的高．
设正三棱柱的内切球的球心为，与上、下底面分别切于，，与作侧面切于，
则，．
⑴内壁的面积为；
⑵制作该模具所需材料的体积；
⑶模具顶点到内壁的最短距离为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【分析】 由题意画出图形，求出正三棱柱内切球的半径.
(1)由球的表面积公式求解出内壁的面积；
(2)由棱柱的体积公式求解出制作该模具所需材料的体积；
(3)求出球心到一个顶点的距离，减去球的半径得模具顶点到内壁的最短距离．
12．【答案】（1）解：因为平面四边形存在外接圆，
所以，，
又，所以，
所以的面积．
（2）解：在中，由余弦定理得
，
解得．
在中，由余弦定理得，
即
．
由此得，当且仅当时，等号成立，
所以，故的周长．
【知识点】基本不等式；三角形五心；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)根据四边形存在外接圆的几何性质可得，从而可求得值，再根据面积公式即可求解；
(2)在中，由余弦定理求解的长，再在中，利用余弦定理与基本不等式可得的最值，从而得的周长的最大值.
13．【答案】（1）解：过作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过作⊥PQ，垂足为G．
∵平面ABCD∥平面，∠＝90°，
∴AB⊥PQ，AB⊥．∴∠为所求二面角的平面角．
过作⊥PQ，垂足为H．
由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形为等腰梯形．
∴，又，
，
，即所求二面角的大小为；
（2）解：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，
又CD是面ABCD与面CDEF的交线，AB在平面CDEF外，∴AB∥面CDEF．
∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，∴AB∥EF．
∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，
∴EF∥面ABCD；
（3）解：＜V．证明如下：
∵a＞c，b＞d，
∴
∴V估＜V．
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二面角的平面角的作法，从而找出所求二面角的平面角，再结合相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形为等腰梯形，再结合等腰梯形的结构特征和正切函数的定义以及反三角函数求解方法，进而得出所求二面角的大小.
（2）利用矩形的结构特征证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，由EF是面ABFE与面CDEF的交线，从而证出线线平行，再结合线面平行的判定定理，进而证出.
（3）因为a＞c，b＞d，再利用多面体的体积公式，即，
再利用和作差比较法，进而判断并证出与V的大小关系.
14．【答案】（1）解：记圆柱底面的一条直径为，取中点，连接.
高为，则，所以，
所以，圆柱的底面积为，侧面积为，
圆柱的表面积为，圆柱的体积为.
（2）解：由（1）知，圆柱的侧面积为，
则，
当且仅当时取等号，即当时，圆柱的侧面积最大，最大值为．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【分析】（1） 取中点，连接 ，即为圆柱高的一半. 利用圆柱的表面积和体积公式求解即可；
（2）利用圆柱的侧面积公式 ， 将侧面积表示为仅含r的单变量函数，利用基本不等式即可求解.
15．【答案】（1）解：如图，连接EF，BD，．
∵EF是的中位线，
∴．
∵与平行且相等，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴E，F，D，B四点共面．
（2）解：∵，且，
∴直线BE和DF相交．
延长BE，DF，设它们相交于点P，
∵直线BE，直线B平面，
∴平面，
∴直线DF，直线平面，
∴平面，
∵平面平面，
∴，
∴BE，DF，三线共点．
【知识点】平面的基本性质及推论；平行公理
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证，进而可得结果；
(2) 延长BE，DF，设它们相交于点P，结合平面的性质分析证明.
16．【答案】（1）由题，，，构成空间的一个基底．
因为，
所以
，
所以．
（2）又，，
所以
∴
∴异面直线与所成的角为，余弦值为0．
【知识点】空间中两点间的距离公式；异面直线及其所成的角；空间向量基本定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合空间向量基本定理，进而用空间的一个基底表示，再结合向量求模公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，进而得出的长.
（2）利用已知条件结合空间向量基本定理和数量积的运算法则，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，进而得出异面直线与所成角，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
17．【答案】（1）证明：（1）取CD中点N，连接MN，PN，
因为所以
又因为AB=2CD，AB=4BM，所以CN=BM，所以四边形BMNC是平行四边形，
而故平行四边形BMNC是矩形，所以
又因为为等边三角形且N为CD的中点，所以
所以
（2）解：因为且
所以NM，ND，NP两两垂直，连接CM，NM，
以CD中点N为坐标原点，NM、ND、NP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设CD=2，则
所以
平面ABCD的一个法向量可取为，
设平面PCM的法向量为，
所以令z=2，则取，
设二面角的平面角为，
则
由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为。
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取CD中点N，连接MN，PN，先证明根据线面垂直的性质定理即可证出线线垂直，从而证出.
（2）利用面面垂直的性质定理证出线线垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而得出平面ABCD的一个法向量和平面PCM的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和二面角的平面角为锐角，进而得出二面角的余弦值.
18．【答案】（1）解：连接.
正四棱柱中，M为的中点，，，
，，，，.
，
.
同理可得.
，平面，平面，
平面.
（2）解：以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，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.
设平面的一个法向量为.
由，得
令，得.
.
由二面角为锐角，
所求二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】
（1）连接，由题意求得，，，推出，同理可得，从而证明平面；
（2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，先求平面的法向量，再用向量法求二面角的余弦值即可.
19．【答案】（1）证明：根据正方体的性质可知 ，
所以四边形 是平行四边形， 所以，
由于 平面平面，
所以 平面.
（2）解：以 为原点， 建立如图所示空间直角坐标系，
则 ，
易得平面 的一个法向量为，
设平面 的法向量为， 则，
故可设 ，设平面与平面的夹角为，则 .
所以平面 与平面夹角的余弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用正方体的性质及线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）利用正方体的性质建立空间直角坐标系，写出各点坐标，然后求出平面 的一个法向量为 ，及平面 的法向量为，然后 设平面与平面的夹角为 ，利用公式进行计算即可求解.
20．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，，
因为为正方体，
所以，点为中点，
因为分别为中点，
所以，，
所以，，四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）解：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以，
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.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题主要考查线面平行的判定定理、运用空间向量解决直线与平面所成角的问题，（1）连接交于点，连接，，利用正方体的性质及中位线定理可得：，
从而可得四边形为平行四边形，即，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据正方体的性质：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，写出各相关点的坐标，求出平面平面的法向量，设直线与平面所成角为，根据直线与平面角与向量夹角的关系可得：代值计算即可求解.
21．【答案】（1）解：如图所示：
取 中点 ，连接 ，
分别为 的中点，且底面 为矩形，
所以 ，且 ，
又因为 平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，且 平面 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
因为 平面 ，
所以由面面平行的性质可知 平面
（2）解：如图所示：
注意到侧面 为正三角形以及 为 的中点，所以由等边三角形三线合一得 ，
又因为 ，且 面 ， 面 ， ，
所以 面 ，又因为 面 ，所以 ，
又因为底面 为矩形，所以 ，
因为 ， 面 ， 面 ，
所以 面 ，因为 面 ，
所以 ，又 ，
所以 ，又由三线合一 ，又 ，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为 ，
所以 ，
又因为 为 的中点， ，
所以 ，
所以 ， ， ，
不妨设平面 与平面 的法向量分别为 ，
所以有 以及 ，
即分别有 以及 ，
分别令 ，并解得 ，
不妨设平面 与平面 的夹角为 ，
所以 ；
综上所述：平面 与平面 的夹角的余弦值为 ．
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】 (1)取AD中点Q，连接MQ，NQ，要证MN∥平面PAB，只需平面MQN∥平面PAB，利用面面平行的性质定理即可得证.
(2)当AM⊥PC时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据AD=2AB=4以及中点关系、PC=3PH即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.
22．【答案】（1）证明：因为底面底面，则，
由题意可知：，且平面，
所以平面，且平面，可得，
不妨设，由题意可得：，
可知：，即，
且平面，所以直线平面.
（2）解：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据线面垂直的判定证得平面，从而根据线面垂直性质得，设，利用勾股定理证得，即可由线面垂直判定证得平面.
(2)以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，分别求出平面、面的法向量，两法向量的夹角的余弦即为二面角的余弦，再利用同角三角函数关系求出正弦即可.
23．【答案】（1）证明：，，，
又由底面是直角梯形，，，
，即，
又，得，
又因为，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以，
因为底面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：因为，，，平面，
所以平面，所以为与平面所成的角，若与平面所成的角为45° ，
所以，即，取的中点为，连接，则，以A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，
所以，令，得，因为是平面的一个法向量，
所以，
故结合图形可知当二面角的余弦值为 时，直线与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)利用线面垂直证明EF⊥平面PAC，然后证明平面PEF⊥平面PAC.
（2）由（1）可得为与平面所成的角，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，再利用从而可求解.
1 / 1备考2024年高考数学提升专题特训：立体几何初步
一、解答题
1．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，M，N分别是B1C1，A1D1，A1B1，BD，B1C的中点，求证：
（1）MN∥平面CDD1C1．
（2）平面EBD∥平面FGA．
【答案】（1）证明：连接BC1，DC1，
∵四边形BCC1B1为正方形，N为B1C的中点，
∴N在BC1上，且N为BC1的中点．
又∵M为BD的中点，∴MN DC1．
又MN 平面CDD1C1，DC1 平面CDD1C1，
∴MN∥平面CDD1C1．
（2）证明：连接EF，B1D1，则EF AB．
∴四边形ABEF为平行四边形，∴AF∥BE．
又由题意知FG∥B1D1，B1D1∥BD，∴FG∥BD．
又∵AF∩FG=F，BE∩BD=B，
∴平面EBD∥平面FGA
【知识点】构成空间几何体的基本元素；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接BC1，DC1，由已知推导出MN DC1，由此能证明MN∥平面CDD1C1．（2）连接EF，B1D1，推导出四边形ABEF为平行四边形，从而AF∥BE，由题意FG∥BD，由此能证明平面EBD∥平面FGA．
2．（2023高二上·梅河口开学考）如图，长方体的体积是24，E为的中点，平面将长方体分成三棱锥和多面体两部分．
（1）若，求多面体的表面积；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）解：因为长方体的体积是24，E为的中点，，
所以，则，所以，
因此，，，
因此，
所以多面体的表面积为
；
（2）解：因为在长方体中，侧棱和底面垂直，所以平面；
由（1）可得三棱锥的体积.
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【分析】(1)先根据长方体的体积可得 ， 进而可求各面的面积，即可得结果；
(2)因为 平面 ，结合锥体的体积公式运算求解.
3．（2023高一下·联合期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝2，，△PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，点Q是线段PC的中点．
（1）求三棱锥Q－PAD的体积；
（2）求平面PBC与平面BCD夹角的余弦值．
【答案】（1）解：取中点，连接，
∵是正三角形，∴，
∵平面平面，且两平面的交线为，平面，
∴平面，∴，
，
设，
；
（2）解：由（1）知平面，平面，故，
过作于，连接，
∵平面，，
∴平面，则，
∴即为平面与平面的夹角，
在中，，
∴．
∴．
即平面与平面夹角的余弦值为．
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)由题意可得 平面，且 ，结合题意公式运算求解；
(2)过作于，连接， 分析可得 即为平面与平面的夹角， 进而求其余弦值.
4．（2023高三上·阳江开学考）在正三棱台中，，，为中点，在上，.
（1）请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：
作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面，由平面，则平面，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：
在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）解：由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：
由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：
易知，，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【知识点】棱台的结构特征；空间图形的公理；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；余弦定理的应用
【解析】【分析】 (1) 根据平面的性质作出截面，并结合台体的结构特征运算求解；
(2)根据题意分析可知直线与平面所成角为，进而利用余弦定理运算求解即可.
5．（2023高三上·闵行月考）圆柱的轴截面ABCD是正方形，是底面圆周上一点，DC与AE成角，．
（1）求直线AC与平面BCE所成角的正弦值；
（2）求点B到平面AEC的距离．
【答案】（1）解：由题意可知，AB是底面圆的直径，所以．
因为，与AE所成的角为，
所以AB与AE所成的角也为，即．
因为正方形ABCD的边长为2，所以，．
由题意可知，平面，平面ABE，所以．
因为，，平面BCE，所以平面BCE，
所以是AC与平面BCE所成的角．
因为，即AC与平面BCE所成角的正弦值为．
（2）解：设点到平面AEC的距离为．
三棱锥的体积为．
因为平面BCE，所以，所以．
由等体积法可得：，所以，即，解得：.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)根据平移得 B与AE所成的角也为 ，利用线面垂直判定证明 平面BCE，
从而得到 是AC与平面BCE所成的角． 解三角形即可.
（2） 设点到平面AEC的距离为． 利用 ，即可求出.
6．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中被截去一部分，
（1）其中EF∥A1D1．剩下的几何体是什么？截取的几何体是什么？
（2）若FH∥EG，但FH＜EG，截取的几何体是什么？
【答案】解：（1）EF∥A1D1．把几何体的正面变为下面，即可得到剩下的几何体的形状，是底面为五边形的直棱柱；截取的几何体是底面为直角三角形的直三棱柱．（2）若FH∥EG，但FH＜EG，显然EF 与GH的延长线交于CC1的直线于一点，构成一个三棱台，所以截取的几何体是三棱台．
【知识点】简单组合体的结构特征
【解析】【分析】（1）EF∥A1D1．把几何体的正面变为下面，即可得到剩下的几何体的形状，截取的几何体是三棱柱．
（2）若FH∥EG，但FH＜EG，推出EF 与HG 的延长线交于CC1的直线，截取的几何体是三棱台．
7．（2019高一上·集宁月考）已知四棱锥 (图1)的三视图如图2所示， 为正三角形， 垂直底面 ，俯视图是直角梯形．
图1 图2
（1）求正视图的面积；
（2）求四棱锥 的体积；
（3）求证： 平面 .
【答案】（1）解：过 作 ，根据三视图可知， 是 的中点，且 ， .
又∵ 为正三角形，
∴ ，且 ，
∴ .
∵ 平面 ， 平面 ，∴ .
∴ ，即
正视图的面积为
（2）解：由（1）可知，四棱锥 的高 ，
底面积为 ，
∴四棱锥 的体积为
（3）证明：∵ 平面 ， 平面 ，∴ .
∵在直角三角形 中， ，
在直角三角形 中， ，
∴ ，∴ 是直角三角形，
∴ ，又∵ ，∴ 平面
【知识点】简单空间图形的三视图；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【分析】（1） 过A作AE∥CD，可得E是BC的中点，且BE=CE=AE=CD=1．正三角形PBC中，算出中线PE=由PA⊥平面ABCD，在Rt△PAE中，算出PA=即为正视图三角形的高长，由此结合BC=2即可求出正视图的面积；
　
　
（2）由（1）的证明，结合题意可得四棱锥P-ABCD是以PA为高、底面ABCD是直角梯形的四棱锥，结合题中的数据即可算出四棱锥P-ABCD的体积；
（3）分别在Rt△ABE、Rt△ADC中，算出AB=AC=结合BC=2利用勾股定理的逆定理证出AC⊥AB，再由PA⊥平面ABCD得PA⊥AC，根据线面垂直的判定定理即可证出AC⊥平面PAB．
　
8． 如图，在三棱柱中，，，，分别是，，，的中点．求证：
（1），，，四点共面；
（2）．
【答案】（1）解：因为是的中位线，
所以，
又，
所以，
所以，，，四点共面．
（2）解：因为，分别为，的中点，
所以，
因为，，
所以，
因为且，
所以四边形是平行四边形，、
所以，
因为，，
所以，
因为，，
所以．
【知识点】空间几何体的直观图；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【分析】（1）通过线线平行，可推出，，，四点共面．
（2）根据线面平行的判定定理，即可推出.
9．如图，是一个几何体的三视图，若它的体积是，求a的值，并求此几何体的表面积．
【答案】解：由三视图知几何体为三棱柱，其直观图如图：
几何体的体积V=×2×a×3=3 a=，
三棱柱的侧面积S1=6×3=18；
底面面积S2=×2×=，
∴几何体的表面积S=S1+2S2=18+2．
【知识点】由三视图求面积、体积；平行投影及平行投影作图法
【解析】【分析】由三视图知几何体为正三棱柱，根据几何体的体积为3求出a值，利用三视图的数据求出各面的面积，再相加。
10．（2023高一下·沈阳期末）如图，在正六棱锥中，为底面中心，，．
（1）若，分别是棱，的中点，证明：平面；
（2）若该正六棱锥的顶点都在球的表面上，求球的表面积和体积．
【答案】（1）解：因为，分别是棱，的中点，
所以，在正六边形中，，所以，
所以，
又平面，平面，所以平面
（2）解：依题意可知球心一定在直线上，设球的半径为，
则，
又，所以，解得，
所以球的表面积，体积.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】(1)依题意可得MN//BC，再由正六边形的性质得到AD//BC，即可证 平面；
(2)依题意可知球心Q一定在直线SO上，设球Q的半径为R，利用勾股定理求出R，在根据球的表面积与体积公式计算可得.
11．（2023高一下·台州期中）台州黄岩被誉为“模具之乡”，为市场对球形冰淇淋的需求，特地制作了一款中空的正三棱柱模具，其内壁恰好是球体的表面，且内壁与棱柱的每一个面都相切内壁厚度忽略不计，店家可以将不同口味的冰淇淋放入该模具中，再通过按压的方式得到球形冰淇淋已知该模具底部边长为．
⑴求内壁的面积；
⑵求制作该模具所需材料的体积；
⑶求模具顶点到内壁的最短距离．
【答案】解：如图，
三棱柱为正三棱柱，且底面三角形的边长为，
底面三角形一边上的高．
设正三棱柱的内切球的球心为，与上、下底面分别切于，，与作侧面切于，
则，．
⑴内壁的面积为；
⑵制作该模具所需材料的体积；
⑶模具顶点到内壁的最短距离为．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【分析】 由题意画出图形，求出正三棱柱内切球的半径.
(1)由球的表面积公式求解出内壁的面积；
(2)由棱柱的体积公式求解出制作该模具所需材料的体积；
(3)求出球心到一个顶点的距离，减去球的半径得模具顶点到内壁的最短距离．
12．（2023高三上·贵州开学考）如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，．
（1）求的面积；
（2）求的周长的最大值．
【答案】（1）解：因为平面四边形存在外接圆，
所以，，
又，所以，
所以的面积．
（2）解：在中，由余弦定理得
，
解得．
在中，由余弦定理得，
即
．
由此得，当且仅当时，等号成立，
所以，故的周长．
【知识点】基本不等式；三角形五心；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)根据四边形存在外接圆的几何性质可得，从而可求得值，再根据面积公式即可求解；
(2)在中，由余弦定理求解的长，再在中，利用余弦定理与基本不等式可得的最值，从而得的周长的最大值.
13．（2024高二上·密山期末）如图，在多面体中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E，F两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c，d与a，b，且a＞c，b＞d，两底面间的距离为h．
（1）求侧面与底面所成二面角的大小；
（2）证明：；
（3）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式来计算，已知它的体积公式是，试判断与V的大小关系，并加以证明．
注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面．
【答案】（1）解：过作底面ABCD的垂直平面，交底面于PQ，过作⊥PQ，垂足为G．
∵平面ABCD∥平面，∠＝90°，
∴AB⊥PQ，AB⊥．∴∠为所求二面角的平面角．
过作⊥PQ，垂足为H．
由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形为等腰梯形．
∴，又，
，
，即所求二面角的大小为；
（2）解：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，有AB∥CD，
又CD是面ABCD与面CDEF的交线，AB在平面CDEF外，∴AB∥面CDEF．
∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，∴AB∥EF．
∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，
∴EF∥面ABCD；
（3）解：＜V．证明如下：
∵a＞c，b＞d，
∴
∴V估＜V．
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；直线与平面平行的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二面角的平面角的作法，从而找出所求二面角的平面角，再结合相对侧面与底面所成二面角的大小相等，故四边形为等腰梯形，再结合等腰梯形的结构特征和正切函数的定义以及反三角函数求解方法，进而得出所求二面角的大小.
（2）利用矩形的结构特征证出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，由EF是面ABFE与面CDEF的交线，从而证出线线平行，再结合线面平行的判定定理，进而证出.
（3）因为a＞c，b＞d，再利用多面体的体积公式，即，
再利用和作差比较法，进而判断并证出与V的大小关系.
14．（2023高一下·成都期末）如图，圆柱内接于球O，已知球O的半径R＝2，设圆柱的底面半径为r．
（1）以r为变量，表示圆柱的表面积和体积；
（2）当r为何值时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是多少？
【答案】（1）解：记圆柱底面的一条直径为，取中点，连接.
高为，则，所以，
所以，圆柱的底面积为，侧面积为，
圆柱的表面积为，圆柱的体积为.
（2）解：由（1）知，圆柱的侧面积为，
则，
当且仅当时取等号，即当时，圆柱的侧面积最大，最大值为．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【分析】（1） 取中点，连接 ，即为圆柱高的一半. 利用圆柱的表面积和体积公式求解即可；
（2）利用圆柱的侧面积公式 ， 将侧面积表示为仅含r的单变量函数，利用基本不等式即可求解.
15．（2023高二上·上海市月考）如图，在长方体中，E，F分别是和的中点．
（1）证明：E，F，D，B四点共面．
（2）证明：BE，DF，三线共点．
【答案】（1）解：如图，连接EF，BD，．
∵EF是的中位线，
∴．
∵与平行且相等，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴E，F，D，B四点共面．
（2）解：∵，且，
∴直线BE和DF相交．
延长BE，DF，设它们相交于点P，
∵直线BE，直线B平面，
∴平面，
∴直线DF，直线平面，
∴平面，
∵平面平面，
∴，
∴BE，DF，三线共点．
【知识点】平面的基本性质及推论；平行公理
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证，进而可得结果；
(2) 延长BE，DF，设它们相交于点P，结合平面的性质分析证明.
16．（2023高二上·闽清月考）如图，平行六面体的底面是菱形，且
（1）用空间的一个基底表示，并求的长；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）由题，，，构成空间的一个基底．
因为，
所以
，
所以．
（2）又，，
所以
∴
∴异面直线与所成的角为，余弦值为0．
【知识点】空间中两点间的距离公式；异面直线及其所成的角；空间向量基本定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合空间向量基本定理，进而用空间的一个基底表示，再结合向量求模公式和数量积的运算法则以及数量积的定义，进而得出的长.
（2）利用已知条件结合空间向量基本定理和数量积的运算法则，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，进而得出异面直线与所成角，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
17．（2024高三上·重庆月考）在四棱锥中，平面平面，侧面是等边三角形，，，在棱上，且满足.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：（1）取CD中点N，连接MN，PN，
因为所以
又因为AB=2CD，AB=4BM，所以CN=BM，所以四边形BMNC是平行四边形，
而故平行四边形BMNC是矩形，所以
又因为为等边三角形且N为CD的中点，所以
所以
（2）解：因为且
所以NM，ND，NP两两垂直，连接CM，NM，
以CD中点N为坐标原点，NM、ND、NP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设CD=2，则
所以
平面ABCD的一个法向量可取为，
设平面PCM的法向量为，
所以令z=2，则取，
设二面角的平面角为，
则
由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为。
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取CD中点N，连接MN，PN，先证明根据线面垂直的性质定理即可证出线线垂直，从而证出.
（2）利用面面垂直的性质定理证出线线垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系，再由数量积的坐标表示，进而得出平面ABCD的一个法向量和平面PCM的法向量，再结合数量积求向量夹角公式和二面角的平面角为锐角，进而得出二面角的余弦值.
18．（2023高三上·成都月考）如图，正四棱柱中，M为的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）解：连接.
正四棱柱中，M为的中点，，，
，，，，.
，
.
同理可得.
，平面，平面，
平面.
（2）解：以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，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.
设平面的一个法向量为.
由，得
令，得.
.
由二面角为锐角，
所求二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】
（1）连接，由题意求得，，，推出，同理可得，从而证明平面；
（2）以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，先求平面的法向量，再用向量法求二面角的余弦值即可.
19．（2023高二上·达州月考）如图， 已知正方体 的棱长为为的中点.
（1）求证： 平面；
（2）求平面 与平面夹角的余弦值。
【答案】（1）证明：根据正方体的性质可知 ，
所以四边形 是平行四边形， 所以，
由于 平面平面，
所以 平面.
（2）解：以 为原点， 建立如图所示空间直角坐标系，
则 ，
易得平面 的一个法向量为，
设平面 的法向量为， 则，
故可设 ，设平面与平面的夹角为，则 .
所以平面 与平面夹角的余弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用正方体的性质及线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）利用正方体的性质建立空间直角坐标系，写出各点坐标，然后求出平面 的一个法向量为 ，及平面 的法向量为，然后 设平面与平面的夹角为 ，利用公式进行计算即可求解.
20．（2023高二上·宾县月考） 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，，
因为为正方体，
所以，点为中点，
因为分别为中点，
所以，，
所以，，四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以∥平面.
（2）解：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以，
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.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题主要考查线面平行的判定定理、运用空间向量解决直线与平面所成角的问题，（1）连接交于点，连接，，利用正方体的性质及中位线定理可得：，
从而可得四边形为平行四边形，即，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据正方体的性质：以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，写出各相关点的坐标，求出平面平面的法向量，设直线与平面所成角为，根据直线与平面角与向量夹角的关系可得：代值计算即可求解.
21．（2024·永州模拟）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．
（1）求证：平面；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）解：如图所示：
取 中点 ，连接 ，
分别为 的中点，且底面 为矩形，
所以 ，且 ，
又因为 平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，且 平面 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
因为 平面 ，
所以由面面平行的性质可知 平面
（2）解：如图所示：
注意到侧面 为正三角形以及 为 的中点，所以由等边三角形三线合一得 ，
又因为 ，且 面 ， 面 ， ，
所以 面 ，又因为 面 ，所以 ，
又因为底面 为矩形，所以 ，
因为 ， 面 ， 面 ，
所以 面 ，因为 面 ，
所以 ，又 ，
所以 ，又由三线合一 ，又 ，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为 ，
所以 ，
又因为 为 的中点， ，
所以 ，
所以 ， ， ，
不妨设平面 与平面 的法向量分别为 ，
所以有 以及 ，
即分别有 以及 ，
分别令 ，并解得 ，
不妨设平面 与平面 的夹角为 ，
所以 ；
综上所述：平面 与平面 的夹角的余弦值为 ．
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】 (1)取AD中点Q，连接MQ，NQ，要证MN∥平面PAB，只需平面MQN∥平面PAB，利用面面平行的性质定理即可得证.
(2)当AM⊥PC时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据AD=2AB=4以及中点关系、PC=3PH即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.
22．（2023高二上·成都月考）如图，在四棱台中，底面是中点.底面为直角梯形，且.
（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为底面底面，则，
由题意可知：，且平面，
所以平面，且平面，可得，
不妨设，由题意可得：，
可知：，即，
且平面，所以直线平面.
（2）解：如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据线面垂直的判定证得平面，从而根据线面垂直性质得，设，利用勾股定理证得，即可由线面垂直判定证得平面.
(2)以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，分别求出平面、面的法向量，两法向量的夹角的余弦即为二面角的余弦，再利用同角三角函数关系求出正弦即可.
23．（2024高三上·昌乐模拟）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.
（1）已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；
（2）当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？
【答案】（1）证明：，，，
又由底面是直角梯形，，，
，即，
又，得，
又因为，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以，
因为底面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：因为，，，平面，
所以平面，所以为与平面所成的角，若与平面所成的角为45° ，
所以，即，取的中点为，连接，则，以A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，
所以，令，得，因为是平面的一个法向量，
所以，
故结合图形可知当二面角的余弦值为 时，直线与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)利用线面垂直证明EF⊥平面PAC，然后证明平面PEF⊥平面PAC.
（2）由（1）可得为与平面所成的角，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，再利用从而可求解.
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