人教A版2019必修二8.6 立体几何之直线与平面，平面与平面垂直

人教A版2019必修二8.6 立体几何之直线与平面，平面与平面垂直
一、单选题
1．如图，在正方体 中， ， 分别是 ， 的中点，则下列说法错误的是（　　）
A． 与 垂直 B． 与 垂直
C． 与 平行 D． 与 平行
2．（2021·温州模拟）已知 是两个不重合的平面，直线 ，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
3．（2021·张家口模拟）已知两条不同的直线 和不重合的两个平面 ，且 ，有下面四个命题：①若 ，则 ；②若 ，则 ；③若 ，则 ；④若 ，则 ．其中真命题的序号是（　　）
A．①② B．②③ C．②③④ D．①④
4．（2021·甘肃模拟）已知 ， 表示两条不同直线， ， 表示两个不同平面．设有四个命题： ：若 ， ，则 ； ：若 ， ，则 ； ：若 ， ，则 ； ：若 ， ，则 ．则下列复合命题中为真命题的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2020高一上·黄陵期末）如图，AB是⊙O直径，C是圆周上不同于A、B的任意一点，PA与平面ABC垂直，则四面体P_ABC的四个面中，直角三角形的个数有（　　）
A．4个 B．3个 C．1个 D．2个
6．（2020高二上·宁波期末）设m，n是两条不同的直线， 是两个不重合的平面，下列命题中正确的是（　　）
①②③④
A．①② B．①④ C．②③ D．②④
7．（2020高二上·慈溪期末）如图，三棱锥 的底面 在平面 内，所有棱均相等， 是棱 的中点，若三棱锥 绕棱 旋转，设直线 与平面 所成的角为 ，则 的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．（2020高二上·景德镇期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中有记载将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图四面体 为鳖臑，其中 平面 ， ， ，球 为该四面体的内切球，当过 边的平面也过球心 时，记该平面与平面 所成角为 ，则 角满足（　　）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2021·枣庄模拟）如图，正方体 的棱长为1，点 是 内部(不包括边界)的动点，若 ，则线段 长度的可能取值为（　　）
A． B． C． D．
10．（2021·漳州模拟）已知在正三棱锥 中， ， ，点 为 的中点，下面结论正确的有（　　）
A．
B．平面 平面
C． 与平面 所成的角的余弦值为
D．三棱锥 的外接球的半径为
11．（2020高二上·永州期末）如图，在四棱锥 中，底面 是正方形， 平面 ， ，点 为 的中点，则下列判断正确的是（　　）
A． 与 所成的角为 B． 平面
C． ∥平面 D．
12．（2021·沈阳模拟）如图，直三棱柱 中，所有棱长均为1，点 为棱 上任意一点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线 与直线 所成角的范围是
B．在棱 上存在一点 ，使 平面
C．若 为棱 的中点，则平面 截三棱柱 所得截面面积为
D．若 为棱 上的动点，则三棱锥 体积的最大值为
三、填空题
13．（2021·安徽模拟）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD， ，若 和 的面积分别为1和 ，则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为　 　.
14．（2020高二上·漳州期中）如图，在直三棱柱 中，侧棱长为 ， ， ， 是 的中点， 是 上的动点， ， 交于点 ，要使 平面 ，则线段 的长为　 　.
15．（2020高二上·丽水期末）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱 中， ， ， ，F分别是 ， 的中点，则异面直线 与 所成角的余弦值是　 　．
16．（2021·吕梁模拟）如图，已知棱长为2的正方体 中，点 在线段 上运动，给出下列结论：
①异面直线 与 所成的角范围为 ；
②平面 平面 ；
③点 到平面 的距离为定值 ；
④存在一点 ，使得直线 与平面 所成的角为 .
其中正确的结论是　 　.
四、解答题
17．（2021·云南模拟）如图，在四棱锥 的展开图中，点 分别对应点 ， ， ， ，已知 ， 均在线段 上，且 ， ，四边形 为等腰梯形， ， .
（1）若 为线段 的中点，证明： 平面 .
（2）求二面角 的余弦值.
18．（2021·榆林模拟）如图所示的几何体由等高的 个圆柱和 个圆柱拼接而成，点 为弧 的中点，且 、 、 、 四点共面．
（1）证明： 平面 ．
（2）若直线 与平面 所成角为 ，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
19．（2021·菏泽模拟）如图，三棱锥 中，侧棱 底面 点在以 为直径的圆上.
（1）若 ，且 为 的中点，证明： ；
（2）若 求二面角 的大小.
20．（2021·晋中模拟）现有两个全等的等腰直角三角板，直角边长为2，将它们的一直角边重合，若将其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥 ，如图所示，其中 ，点E，F，G分别是 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
21．（2021·肇庆模拟）如图，在四边形 中， ， ， ， .沿 将 翻折到 的位置，使得 .
（1）作出平面 与平面 的交线 ，并证明 平面 ；
（2）点 是棱 于异于 ， 的一点，连接 ，当二面角 的余弦值为 ，求此时三棱锥 的体积.
22．（2021·临沂模拟）如图，四棱锥 中，四边形 是等腰梯形， .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）过 的平面交 于点 若平面 把四棱锥 分成体积相等的两部分，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】如图：连接 ， ，
在三角形 中， ，C符合题意．
平面 ， ， 与 垂直，A符合题意；
， ， 与 垂直，B符合题意；
∵ ， 与 不可能平行，D不符合题意
故答案为：D．
【分析】 首先利用三角形中位线定理证明MN∥BD，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN与垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN与AC垂直，故排除A、B、C由此得到答案。
2．【答案】A
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为 是两个不重合的平面，直线 ，若 ，则存在直线 ，满足 ，因为 ，所以 ，所以 ，故充分性成立；
若 ， ，则 ，或 ，故必要性不成立；
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件；
故答案为：A
【分析】 利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定与性质定理即可判断出关系．
3．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：因为两条不同的直线 和不重合的两个平面 ，且 ，
对于①，由 ，可得 ，故①正确；
对于②，若 ，可得 ，故②正确；
对于③，若 ，则有可能 ，故③错误；
对于④，当 时，则有可能 ，故④错误．
综上，真命题的序号是①②．
故答案为：A．
【分析】 由直线与平面垂直的性质判断①②；由线面垂直及面面垂直判断直线与平面的位置关系判断③；由线线垂直及线面垂直判断直线与平面的位置关系判断④．
4．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】 ：若 ， ，则 是假命题，例如 也可能，故 是真命题；
：若 ， ，则 ，根据线面垂直的性质定理即线面平行的性质定理知是真命题；
：若 ， ，则 是假命题，例如可以 ；
：若 ， ，则 是假命题， 也可能相交.
所以 ， ， 是假命题， 是真命题，
故答案为：C
【分析】 ：m与n相交、平行或异面； ：由线面垂直的性质定理得m⊥n； ：由线面垂直的性质定理得m⊥n； ：m与n相交、平行或异面．
5．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】∵AB是圆O的直径，∴∠ACB= ，即 ,三角形 是直角三角形.
又∵ 圆O所在的平面，∴三角形 和三角形 是直角三角形,且BC在此平面中，∴ 平面 ,∴三角形 是直角三角形.
综上，三角形 ，三角形 ，三角形 ，三角形 .直角三角形数量为4.
故答案为：A.
【分析】根据AB是圆O的直径，得出三角形 是直角三角形， 圆O所在的平面，得出三角形 和三角形 是直角三角形， 平面 ，得出三角形 是直角三角形，即可得出答案。
6．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】对①，若 ，则 和 可能相交，平行或在平面内，故①错误；
对②，若 ，则由面面垂直的判定定理可得 ，故②正确；
对③，若 ，则由线面垂直的性质可得 ，故③正确；
对④，若 ，则 和 平行或异面，故④错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线线平行的判定定理，从而找出正确命题的选项。
7．【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；平面与平面垂直的性质；余弦定理
【解析】【解答】取 的中点 ，连接 、 ，如下图所示：
、 分别为 、 的中点，所以 ，
设正四面体 的棱长为 ，则 ， ，
由余弦定理可得 ，
当三棱锥 绕棱 旋转时，直线 与平面 所成的角为 ，
让正四面体 相对静止，让平面 绕着直线 转动，则平面 的垂线也绕着 旋转，
设过直线 的平面 满足 ，
，问题也等价于平面 绕着直线 旋转，
当 时， 取得最小值 ，此时， 取得最大值 ；
当 时，设点 到平面 的距离为 ，可得 ，
当 取最大值时， 取最大值，此时，平面 平面 ，
由于 ，取 的中点 ，连接 ，可得 ，
平面 平面 ，平面 ， 平面 ， ，
此时， ，所以， 的最小值为 ，
综上所述， 的取值范围是 。
故答案为：A。
【分析】取 的中点 ，连接 、 ， 、 分别为 、 的中点，再利用中点作中位线的方法，从而结合中位线的性质推出线线平行，即 ，设正四面体 的棱长为 ，则 ， ，由余弦定理可得 的值，当三棱锥 绕棱 旋转时，直线 与平面 所成的角为 ，让正四面体 相对静止，让平面 绕着直线 转动，则平面 的垂线也绕着 旋转，设过直线 的平面 满足 ， ，问题也等价于平面 绕着直线 旋转，再利用分类讨论的方法结合几何法得出，当 时， 取得最小值 ，此时， 取得最大值 ，当 时，设点 到平面 的距离为 ，可得 ，当 取最大值时， 取最大值，此时，平面 平面 ，再利用面面垂直的性质定理，从而推出线面垂直， ，此时， ，所以， 的最小值为 ，进而求出 的取值范围。
8．【答案】C
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】如图所示， 平面 ，
设 ，则 ， ，
又由四面体 的四个面都是直角三角形，
在直角 中， ，
在 中， ，
在直角 中， ，
所以 ，
又由 ，即 ，可得 平面 ，所以 ，
所以 是平面 与平面 所成的二面角，设 ，
又由四面体 内切球的球心为 ，
由对称性可知，平面 平分角 ，
令平面 与平面 所成的角为 ，则 ，
在直角 中， ，则 ，
即 ，即 ，
令 ，则 ，解得 或 ，
即 或 ，可得 或 ，
又因为 ，且 ，所以 （舍去），
所以 ，又由 ，所以 .
故答案为：C.
【分析】首先根据题意由直角三角形的性质以及勾股定理即可计算出垂直关系，由此即可求出二面角的平面角，结合已知条件由对称性可知平面 平分角 ，结合二倍角的正弦公式以及同角三角函数的平方关系式整理即可计算出 ，进而得到答案。
9．【答案】A,B,C
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】在正方体AC1中，连接AC，A1C1， ，如图，
BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，
因AP⊥BD，所以 平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，
连接CO，平面B1CD1 平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，
连接AO，在等腰△OAC中， ，而底边AC上的高为1，
腰OC上的高 ，从而有 ，
都符合， 不符合.
故答案为：ABC
【分析】 由已知结合直线与平面垂直的判定与性质可得P的轨迹，求出AO1与AC的长，再求出A到O1C的距离，结合选项得答案.
10．【答案】A,B
【知识点】球的体积和表面积；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【解答】如图，连接 ， ，
易得 ， ，∵ ，∴ 平面 ，∵ 平面 ，∴平面 平面 ，同样∵ 平面 ，∴ ，同理 ，A，B符合题意；
由平面 平面 知 为 与平面 所成的角.在 中， ， ，根据余弦定理得 ，C不符合题意；
取 的重心为 ，连接 ，设外接球的球心为 ，半径为 ，连接 ， ，在 中，可得 ，解得 ，D不符合题意，
故答案为：AB.
【分析】 根据题意作出辅助线可得PD⊥BC，AD⊥BC，利用线面、面面垂直的判定与性质定理即可判断出选项A、B正确；由∠APD为PA与平面PBC所成的角，在△APD中，根据余弦定理可得cos∠APD，即可判断出选项C 错误；取△ABC的重心为O1，连接PO1，设外接球的球心为O，半径为R，连接AO，在Rt△AOO1中， 解得R，即可判断出选项D错误 ；由此得出答案。
11．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对A， 底面 是正方形， ，则 即为 与 所成的角， 平面 ， ， ， ，A不符合题意；
对B，连接 ，
底面 是正方形， ， 平面 ， 平面 ， ， ， 平面 ，B符合题意；
对C，设 ，连接 ，则 是 中点，又点 为 的中点， ， 平面 ， 平面 ， ∥平面 ，C符合题意；
对D， ， , ，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】对A，可得 即为 与 所成的角，求出，可判断；对B通过和可得；对C，通过线面判定定理可得；对D，分别表示出三棱锥和四棱锥的体积可得。
12．【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A，由直三棱柱 ， ， 为直线 与直线 所成角，
当 与 重合时，直线 与直线 所成角为0，当 与 重合时，直线 与直线 所成角为 ，所以直线 与直线 所成角的范围是 ，A符合题意；
对于B，假设 平面 ，又 平面 ， ，设 中点为 ，
则 ，则 平面 ，所以 在平面 上的射影为 ，
由三垂线定理得 ，又因为 为正方形，所以点 为 中点，与点 为棱 上一点矛盾，B不符合题意.
对于C，取 中点 ，连结 ， ，则平面 截三棱柱 所得截面为等腰梯形 ， ， ，
在直角 中， ，所以梯形的高为 ，梯形的面积为 ，C符合题意.
对于D，因为 ，且 ，
所以当 与 重合时，三棱锥 的体积最大，取 中点 ，
则 平面 ，得 ，D不符合题意.
故答案为：AC
【分析】由异面直线的球阀即可判断出选项A正确，利用反证法结合线面垂直的判断以及性质定理即可判断出选项B错误，利用线线平行的性质即可得到平面ABE截三棱柱所得为等腰梯形，结合面积公式计算出结果由此判断出选项C正确，利用等体积法即可求出体积的最大值由此即可判断出选项D错误，从而得到答案。
13．【答案】6π
【知识点】球的体积和表面积；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】在四棱锥 中，因为 ，
所以 ，即 ，
所以 是等腰直角三角形，
因为底面 为矩形，所以 ，
又平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，设 ，
则 ， ，
取CD中点E，连接PE，AC，BD，且 ，
则 ，
因为直角 和等腰 的面积分别为1和 ，
所以 且 ，
解得 ，
因为 ，所以 的外接圆圆心为 （如图所示），
又底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，
所以四棱锥 的外接球球心即为O，
所以四棱锥 的外接球的半径 ，
所以四棱锥 的外接球的表面积为 。
故答案为：6π。
【分析】在四棱锥 中，因为 ，所以利用勾股定理证出线线垂直，即 ，所以 是等腰直角三角形，又因为底面 为矩形，所以 ，又由平面 平面 ，结合面面垂直的性质定理，进而证出线面垂直，即 平面 ，又因为 平面 ，所以 ，设 ，则 ，再利用勾股定理求出PC的长，取CD中点E，连接PE，AC，BD，且 ，再利用勾股定理求出PE的长，再利用三角形面积公式结合已知条件，进而求出a,b的值，因为 ，所以 的外接圆圆心为 ，又因为底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，所以四棱锥 的外接球球心即为O，再利用勾股定理求出四棱锥 的外接球的半径，再结合球的表面积公式，进而求出四棱锥 的外接球的表面积。
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】设 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
由已知可得 ，
设 斜边 上的高为 ，
则 ，
又 ，即 ，
所以 ， .
在 中， ，
因为 ，
所以 ，
解得 .
故答案为： .
【分析】设 ，先由 平面 ，得到 ，设 斜边 上的高为 ，根据题中数据求出 ， ，再由 列出方程，即可求出结果.
15．【答案】
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】连结BF，在三棱柱 中，因为 ，F分别是 ， 的中点，
所以 ∥ ,则∠AFB（或其补角）即为异面直线 与 所成角.
在三棱柱 中,因为侧棱垂直于底面，即 ,所以 .
又 ，且 ,所以 平面 ，而 平面平面 ，
所以
不妨设AB=2,
在直角三角形ABF中，AB=2,
所以异面直线 与 所成角的余弦值为： .
故答案为：
【分析】首先由三棱锥的性质结合平行关系即可得出∠AFB（或其补角）即为异面直线 与 所成角，再由三棱锥里的垂直关系由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，结合勾股定理以及三角形内的几何计算关系即可求出结果。
16．【答案】②③
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对于①，当 在 点时， ，
异面直线 与 所成的角最大为 ，
当 在 点时，异面直线 与 所成的角最小为 ，
所以异面直线 与 所成的角的范围为 ，故①错误；
对于②，如图，因为 平面 ,所以 ,同理 ,又因为 平面 ,所以 平面 ，所以平面 平面 ，故②正确；
对于③，因为 平面 , 平面 ,所以 平面 ，所以点 到平面 的距离为定值，且等于 的 ，即 ，故③正确；
对于④，直线 与平面 所成的角为 ， ，
当 时， 最小， 最大，最大值为 ，故④不正确，
故答案为：②③.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再结合异面直线所成的角的求解方法和异面直线所成的角的取值范围，进而求出异面直线 与 所成的角的取值范围 ；再利用面面垂直的判定定理推出平面 平面 ；利用已知条件结合点到平面的距离公式，进而求出点 到平面 的距离为定值，且等于 的 ；利用已知条件结合线面角的求解方法，进而得出结论正确的序号。
17．【答案】（1）证明：由 ， ，可知 ， ， 两两相互垂直.
因为 ，所以 平面 ，则 .
连接 ，取 的中点 ，连接 ，
因为 ，
所以 ， ，所以 ，
从而 为正三角形，又因为 为 的中点，所以 .
又因为 ， 平面 ，所以 平面
（2）解：以 为坐标原点，以 的方向为 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 .
设 ，则 ， ， ， ， ，
从而 ， ， .
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，得 .
平面 的法向量 ，
则 ，即 ，取 ，得平面 的法向量 ，
所以 ，
由图可知二面角 为钝角，故二面角 的余弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据题意与线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由正三角的性质即可得出线线垂直然后与线面垂直的判定定理即可的得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 二面角 的余弦值 。
18．【答案】（1）证明：取弧 的中点 ，连结 ， ，
则 ，所以 ，因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 平面 ， ．
所以 平面
（2）解：以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，因为直线 与平面 所成角为 ，则 ， ， ， ，设平面 的法向量为 ，由 可得： ，令 ，则 ，同理可得：平面 的法向量为 ，则 ，故平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点的性质即可得出线线平行，再由平行的性质结合已知条件即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面 与平面 所二面角的余弦值 。
19．【答案】（1）证明：几何法：
易知当 为 的中点时， ；
且由 点在以 为直径的圆上，可得
另外， 底面 且 面
则
而 面 面
可知 面
因为 面
所以
又 面 面
且
可知 面
又 平面
故 .
空间向量法：
由 知 面
在平面 内过 作垂直 的直线为 轴， 所在的直线为 轴， 轴；
即以 为坐标原点，建立如图2的空间直角坐标系，
可设
若设 则 ，
因此 ，
其中 ，
故 ；
故 .
（2）解：几何法：
如图1，过点 作 交 于点
由 可知 为二面角 的平面角，
若设 则可求得
由余弦定理知
则二面角 的大小为
注：若利用 中 面 所得
即 中
也可求得
空间向量法：当 为 的中点时， 则由（1）知 面
故可取面 的一个法向量为 ；
当 时， ，
若设面 的法向量为 ，
则 ，即 ，可取
则
由图可知二面角 为锐角，
所以二面角 的大小为
【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）由题意可知BC⊥PA，BC⊥AC，可证明BC⊥平面ABC，建立合适的空间直角坐标系，设PA=a，设BC=b，表示出所需点的坐标，求出直线AE和PB的方向向量，然后利用数量积为0证明即可；
（2）利用（1）中的结论，求出平面PBC的一个法向量，利用待定系数法求出平面PAB的一个法向量，然后利用二面角的计算公式，结合特殊角的三角函数求解即可．
20．【答案】（1）证明：根据已知得 ，又G为 的中点，所以 ，
因为 ，G为 的中点，所以 ，
又 ，所以 平面 ．
又因为 ，所以 平面
（2）解：因为 ，所以 平面 ，取 中点H，连接 ，则 平面 ，又 ，所以以H为原点，以 所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
所以 ．
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，得 ．
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，得 ．
所以 ，所以二面角 的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 根据已知得 ，又因为点G为 的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以 ，因为 ，G为 的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以 ，再利用线线垂直证出线面垂直，即 平面 ．又因为 ，进而证出 平面 。
（2） 因为 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 平面 ，取 中点H，连接 ，则 平面 ，又因为 ，所以以H为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系， 进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而求出二面角 的余弦值。
21．【答案】（1）解：如图，延长 ， 相交于 ，连接 ，则 为平面 与平面 的交线 .
证明：在 中， ， ， ，则 ，所以 .
由 ， ， ，得 平面 .
又 ，所以 平面 ，所以 .
由 ， ， ，得 .
所以 ，所以 .
又因为 ，所以 平面 ，即 平面
（2）解：由（1）知， ， ， .以点A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.
易得 ， ， ， ， ，则 .
设 （ ），则 ，则 .
设 是平面 的一个法向量，
则 ，
令 ，则 .
是平面 的一个法向量.
由 ，解得 .
所以点 是 的中点.
所以
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由勾股定理计算出线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可得出线面垂直，然后由线面垂直的性质定理得出线线垂直，结合线面垂直即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此计算出的值进而得出 点 是 的中点 ，结合中点的性质把数值代入到体积公式计算出结果即可。
22．【答案】（1）证明：如图，取 的中点 连结 ，
，
，
，
四边形 为平行四边形，
，
四边形 是等腰梯形， ，
，
又 ，
为等边三角形，
，
在等腰 中， ，
在 中， ，
不妨设 ，
则 ，
在 中， ，
，
，
又 平面 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，
平面 平面
（2）解： ，
以 分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图：
设 ，
平面 把四棱锥 分成体积相等的两部分，
三棱锥 的体积等于四棱锥 ，
，
设梯形 的高为
则 ，
解得 ，
则 ，
，
轴 平面
平面 的一个法向量为
设平面 的一个法向量为 ，
则
即
取 则 ，
，
，
平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 （1）作DF⊥AB交AB于点F，连结BD，在△ABD中，利用余弦定理求出BD，然后由勾股定理可证PD⊥BD，再利用线面垂直的判定定理可证PD⊥平面ABCD，由面面垂直的判断定理证明即可；
（2）利用平面PDE把四棱锥P-ABCD分成体积相等的两部分，可得，从而求出AE，然后建立合适的空间直角坐标系，求出所需各点的坐标，利用待定系数法求出平面PAD和PCE的法向量，然后利用二面角的计算公式求解即可．
1 / 1人教A版2019必修二8.6 立体几何之直线与平面，平面与平面垂直
一、单选题
1．如图，在正方体 中， ， 分别是 ， 的中点，则下列说法错误的是（　　）
A． 与 垂直 B． 与 垂直
C． 与 平行 D． 与 平行
【答案】D
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】如图：连接 ， ，
在三角形 中， ，C符合题意．
平面 ， ， 与 垂直，A符合题意；
， ， 与 垂直，B符合题意；
∵ ， 与 不可能平行，D不符合题意
故答案为：D．
【分析】 首先利用三角形中位线定理证明MN∥BD，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN与垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN与AC垂直，故排除A、B、C由此得到答案。
2．（2021·温州模拟）已知 是两个不重合的平面，直线 ，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
【答案】A
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：因为 是两个不重合的平面，直线 ，若 ，则存在直线 ，满足 ，因为 ，所以 ，所以 ，故充分性成立；
若 ， ，则 ，或 ，故必要性不成立；
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件；
故答案为：A
【分析】 利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定与性质定理即可判断出关系．
3．（2021·张家口模拟）已知两条不同的直线 和不重合的两个平面 ，且 ，有下面四个命题：①若 ，则 ；②若 ，则 ；③若 ，则 ；④若 ，则 ．其中真命题的序号是（　　）
A．①② B．②③ C．②③④ D．①④
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：因为两条不同的直线 和不重合的两个平面 ，且 ，
对于①，由 ，可得 ，故①正确；
对于②，若 ，可得 ，故②正确；
对于③，若 ，则有可能 ，故③错误；
对于④，当 时，则有可能 ，故④错误．
综上，真命题的序号是①②．
故答案为：A．
【分析】 由直线与平面垂直的性质判断①②；由线面垂直及面面垂直判断直线与平面的位置关系判断③；由线线垂直及线面垂直判断直线与平面的位置关系判断④．
4．（2021·甘肃模拟）已知 ， 表示两条不同直线， ， 表示两个不同平面．设有四个命题： ：若 ， ，则 ； ：若 ， ，则 ； ：若 ， ，则 ； ：若 ， ，则 ．则下列复合命题中为真命题的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】 ：若 ， ，则 是假命题，例如 也可能，故 是真命题；
：若 ， ，则 ，根据线面垂直的性质定理即线面平行的性质定理知是真命题；
：若 ， ，则 是假命题，例如可以 ；
：若 ， ，则 是假命题， 也可能相交.
所以 ， ， 是假命题， 是真命题，
故答案为：C
【分析】 ：m与n相交、平行或异面； ：由线面垂直的性质定理得m⊥n； ：由线面垂直的性质定理得m⊥n； ：m与n相交、平行或异面．
5．（2020高一上·黄陵期末）如图，AB是⊙O直径，C是圆周上不同于A、B的任意一点，PA与平面ABC垂直，则四面体P_ABC的四个面中，直角三角形的个数有（　　）
A．4个 B．3个 C．1个 D．2个
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】∵AB是圆O的直径，∴∠ACB= ，即 ,三角形 是直角三角形.
又∵ 圆O所在的平面，∴三角形 和三角形 是直角三角形,且BC在此平面中，∴ 平面 ,∴三角形 是直角三角形.
综上，三角形 ，三角形 ，三角形 ，三角形 .直角三角形数量为4.
故答案为：A.
【分析】根据AB是圆O的直径，得出三角形 是直角三角形， 圆O所在的平面，得出三角形 和三角形 是直角三角形， 平面 ，得出三角形 是直角三角形，即可得出答案。
6．（2020高二上·宁波期末）设m，n是两条不同的直线， 是两个不重合的平面，下列命题中正确的是（　　）
①②③④
A．①② B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】对①，若 ，则 和 可能相交，平行或在平面内，故①错误；
对②，若 ，则由面面垂直的判定定理可得 ，故②正确；
对③，若 ，则由线面垂直的性质可得 ，故③正确；
对④，若 ，则 和 平行或异面，故④错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、线线平行的判定定理，从而找出正确命题的选项。
7．（2020高二上·慈溪期末）如图，三棱锥 的底面 在平面 内，所有棱均相等， 是棱 的中点，若三棱锥 绕棱 旋转，设直线 与平面 所成的角为 ，则 的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；平面与平面垂直的性质；余弦定理
【解析】【解答】取 的中点 ，连接 、 ，如下图所示：
、 分别为 、 的中点，所以 ，
设正四面体 的棱长为 ，则 ， ，
由余弦定理可得 ，
当三棱锥 绕棱 旋转时，直线 与平面 所成的角为 ，
让正四面体 相对静止，让平面 绕着直线 转动，则平面 的垂线也绕着 旋转，
设过直线 的平面 满足 ，
，问题也等价于平面 绕着直线 旋转，
当 时， 取得最小值 ，此时， 取得最大值 ；
当 时，设点 到平面 的距离为 ，可得 ，
当 取最大值时， 取最大值，此时，平面 平面 ，
由于 ，取 的中点 ，连接 ，可得 ，
平面 平面 ，平面 ， 平面 ， ，
此时， ，所以， 的最小值为 ，
综上所述， 的取值范围是 。
故答案为：A。
【分析】取 的中点 ，连接 、 ， 、 分别为 、 的中点，再利用中点作中位线的方法，从而结合中位线的性质推出线线平行，即 ，设正四面体 的棱长为 ，则 ， ，由余弦定理可得 的值，当三棱锥 绕棱 旋转时，直线 与平面 所成的角为 ，让正四面体 相对静止，让平面 绕着直线 转动，则平面 的垂线也绕着 旋转，设过直线 的平面 满足 ， ，问题也等价于平面 绕着直线 旋转，再利用分类讨论的方法结合几何法得出，当 时， 取得最小值 ，此时， 取得最大值 ，当 时，设点 到平面 的距离为 ，可得 ，当 取最大值时， 取最大值，此时，平面 平面 ，再利用面面垂直的性质定理，从而推出线面垂直， ，此时， ，所以， 的最小值为 ，进而求出 的取值范围。
8．（2020高二上·景德镇期末）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中有记载将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图四面体 为鳖臑，其中 平面 ， ， ，球 为该四面体的内切球，当过 边的平面也过球心 时，记该平面与平面 所成角为 ，则 角满足（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】如图所示， 平面 ，
设 ，则 ， ，
又由四面体 的四个面都是直角三角形，
在直角 中， ，
在 中， ，
在直角 中， ，
所以 ，
又由 ，即 ，可得 平面 ，所以 ，
所以 是平面 与平面 所成的二面角，设 ，
又由四面体 内切球的球心为 ，
由对称性可知，平面 平分角 ，
令平面 与平面 所成的角为 ，则 ，
在直角 中， ，则 ，
即 ，即 ，
令 ，则 ，解得 或 ，
即 或 ，可得 或 ，
又因为 ，且 ，所以 （舍去），
所以 ，又由 ，所以 .
故答案为：C.
【分析】首先根据题意由直角三角形的性质以及勾股定理即可计算出垂直关系，由此即可求出二面角的平面角，结合已知条件由对称性可知平面 平分角 ，结合二倍角的正弦公式以及同角三角函数的平方关系式整理即可计算出 ，进而得到答案。
二、多选题
9．（2021·枣庄模拟）如图，正方体 的棱长为1，点 是 内部(不包括边界)的动点，若 ，则线段 长度的可能取值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】在正方体AC1中，连接AC，A1C1， ，如图，
BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，
因AP⊥BD，所以 平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，
连接CO，平面B1CD1 平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，
连接AO，在等腰△OAC中， ，而底边AC上的高为1，
腰OC上的高 ，从而有 ，
都符合， 不符合.
故答案为：ABC
【分析】 由已知结合直线与平面垂直的判定与性质可得P的轨迹，求出AO1与AC的长，再求出A到O1C的距离，结合选项得答案.
10．（2021·漳州模拟）已知在正三棱锥 中， ， ，点 为 的中点，下面结论正确的有（　　）
A．
B．平面 平面
C． 与平面 所成的角的余弦值为
D．三棱锥 的外接球的半径为
【答案】A,B
【知识点】球的体积和表面积；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【解答】如图，连接 ， ，
易得 ， ，∵ ，∴ 平面 ，∵ 平面 ，∴平面 平面 ，同样∵ 平面 ，∴ ，同理 ，A，B符合题意；
由平面 平面 知 为 与平面 所成的角.在 中， ， ，根据余弦定理得 ，C不符合题意；
取 的重心为 ，连接 ，设外接球的球心为 ，半径为 ，连接 ， ，在 中，可得 ，解得 ，D不符合题意，
故答案为：AB.
【分析】 根据题意作出辅助线可得PD⊥BC，AD⊥BC，利用线面、面面垂直的判定与性质定理即可判断出选项A、B正确；由∠APD为PA与平面PBC所成的角，在△APD中，根据余弦定理可得cos∠APD，即可判断出选项C 错误；取△ABC的重心为O1，连接PO1，设外接球的球心为O，半径为R，连接AO，在Rt△AOO1中， 解得R，即可判断出选项D错误 ；由此得出答案。
11．（2020高二上·永州期末）如图，在四棱锥 中，底面 是正方形， 平面 ， ，点 为 的中点，则下列判断正确的是（　　）
A． 与 所成的角为 B． 平面
C． ∥平面 D．
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对A， 底面 是正方形， ，则 即为 与 所成的角， 平面 ， ， ， ，A不符合题意；
对B，连接 ，
底面 是正方形， ， 平面 ， 平面 ， ， ， 平面 ，B符合题意；
对C，设 ，连接 ，则 是 中点，又点 为 的中点， ， 平面 ， 平面 ， ∥平面 ，C符合题意；
对D， ， , ，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】对A，可得 即为 与 所成的角，求出，可判断；对B通过和可得；对C，通过线面判定定理可得；对D，分别表示出三棱锥和四棱锥的体积可得。
12．（2021·沈阳模拟）如图，直三棱柱 中，所有棱长均为1，点 为棱 上任意一点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线 与直线 所成角的范围是
B．在棱 上存在一点 ，使 平面
C．若 为棱 的中点，则平面 截三棱柱 所得截面面积为
D．若 为棱 上的动点，则三棱锥 体积的最大值为
【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A，由直三棱柱 ， ， 为直线 与直线 所成角，
当 与 重合时，直线 与直线 所成角为0，当 与 重合时，直线 与直线 所成角为 ，所以直线 与直线 所成角的范围是 ，A符合题意；
对于B，假设 平面 ，又 平面 ， ，设 中点为 ，
则 ，则 平面 ，所以 在平面 上的射影为 ，
由三垂线定理得 ，又因为 为正方形，所以点 为 中点，与点 为棱 上一点矛盾，B不符合题意.
对于C，取 中点 ，连结 ， ，则平面 截三棱柱 所得截面为等腰梯形 ， ， ，
在直角 中， ，所以梯形的高为 ，梯形的面积为 ，C符合题意.
对于D，因为 ，且 ，
所以当 与 重合时，三棱锥 的体积最大，取 中点 ，
则 平面 ，得 ，D不符合题意.
故答案为：AC
【分析】由异面直线的球阀即可判断出选项A正确，利用反证法结合线面垂直的判断以及性质定理即可判断出选项B错误，利用线线平行的性质即可得到平面ABE截三棱柱所得为等腰梯形，结合面积公式计算出结果由此判断出选项C正确，利用等体积法即可求出体积的最大值由此即可判断出选项D错误，从而得到答案。
三、填空题
13．（2021·安徽模拟）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD， ，若 和 的面积分别为1和 ，则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为　 　.
【答案】6π
【知识点】球的体积和表面积；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】在四棱锥 中，因为 ，
所以 ，即 ，
所以 是等腰直角三角形，
因为底面 为矩形，所以 ，
又平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，设 ，
则 ， ，
取CD中点E，连接PE，AC，BD，且 ，
则 ，
因为直角 和等腰 的面积分别为1和 ，
所以 且 ，
解得 ，
因为 ，所以 的外接圆圆心为 （如图所示），
又底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，
所以四棱锥 的外接球球心即为O，
所以四棱锥 的外接球的半径 ，
所以四棱锥 的外接球的表面积为 。
故答案为：6π。
【分析】在四棱锥 中，因为 ，所以利用勾股定理证出线线垂直，即 ，所以 是等腰直角三角形，又因为底面 为矩形，所以 ，又由平面 平面 ，结合面面垂直的性质定理，进而证出线面垂直，即 平面 ，又因为 平面 ，所以 ，设 ，则 ，再利用勾股定理求出PC的长，取CD中点E，连接PE，AC，BD，且 ，再利用勾股定理求出PE的长，再利用三角形面积公式结合已知条件，进而求出a,b的值，因为 ，所以 的外接圆圆心为 ，又因为底面ABCD为矩形，所以ABCD的外接圆圆心为对角线交点O，所以四棱锥 的外接球球心即为O，再利用勾股定理求出四棱锥 的外接球的半径，再结合球的表面积公式，进而求出四棱锥 的外接球的表面积。
14．（2020高二上·漳州期中）如图，在直三棱柱 中，侧棱长为 ， ， ， 是 的中点， 是 上的动点， ， 交于点 ，要使 平面 ，则线段 的长为　 　.
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】设 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
由已知可得 ，
设 斜边 上的高为 ，
则 ，
又 ，即 ，
所以 ， .
在 中， ，
因为 ，
所以 ，
解得 .
故答案为： .
【分析】设 ，先由 平面 ，得到 ，设 斜边 上的高为 ，根据题中数据求出 ， ，再由 列出方程，即可求出结果.
15．（2020高二上·丽水期末）如图，在侧棱垂直于底面的三棱柱 中， ， ， ，F分别是 ， 的中点，则异面直线 与 所成角的余弦值是　 　．
【答案】
【知识点】异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】连结BF，在三棱柱 中，因为 ，F分别是 ， 的中点，
所以 ∥ ,则∠AFB（或其补角）即为异面直线 与 所成角.
在三棱柱 中,因为侧棱垂直于底面，即 ,所以 .
又 ，且 ,所以 平面 ，而 平面平面 ，
所以
不妨设AB=2,
在直角三角形ABF中，AB=2,
所以异面直线 与 所成角的余弦值为： .
故答案为：
【分析】首先由三棱锥的性质结合平行关系即可得出∠AFB（或其补角）即为异面直线 与 所成角，再由三棱锥里的垂直关系由线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，结合勾股定理以及三角形内的几何计算关系即可求出结果。
16．（2021·吕梁模拟）如图，已知棱长为2的正方体 中，点 在线段 上运动，给出下列结论：
①异面直线 与 所成的角范围为 ；
②平面 平面 ；
③点 到平面 的距离为定值 ；
④存在一点 ，使得直线 与平面 所成的角为 .
其中正确的结论是　 　.
【答案】②③
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】对于①，当 在 点时， ，
异面直线 与 所成的角最大为 ，
当 在 点时，异面直线 与 所成的角最小为 ，
所以异面直线 与 所成的角的范围为 ，故①错误；
对于②，如图，因为 平面 ,所以 ,同理 ,又因为 平面 ,所以 平面 ，所以平面 平面 ，故②正确；
对于③，因为 平面 , 平面 ,所以 平面 ，所以点 到平面 的距离为定值，且等于 的 ，即 ，故③正确；
对于④，直线 与平面 所成的角为 ， ，
当 时， 最小， 最大，最大值为 ，故④不正确，
故答案为：②③.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再结合异面直线所成的角的求解方法和异面直线所成的角的取值范围，进而求出异面直线 与 所成的角的取值范围 ；再利用面面垂直的判定定理推出平面 平面 ；利用已知条件结合点到平面的距离公式，进而求出点 到平面 的距离为定值，且等于 的 ；利用已知条件结合线面角的求解方法，进而得出结论正确的序号。
四、解答题
17．（2021·云南模拟）如图，在四棱锥 的展开图中，点 分别对应点 ， ， ， ，已知 ， 均在线段 上，且 ， ，四边形 为等腰梯形， ， .
（1）若 为线段 的中点，证明： 平面 .
（2）求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明：由 ， ，可知 ， ， 两两相互垂直.
因为 ，所以 平面 ，则 .
连接 ，取 的中点 ，连接 ，
因为 ，
所以 ， ，所以 ，
从而 为正三角形，又因为 为 的中点，所以 .
又因为 ， 平面 ，所以 平面
（2）解：以 为坐标原点，以 的方向为 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系 .
设 ，则 ， ， ， ， ，
从而 ， ， .
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，得 .
平面 的法向量 ，
则 ，即 ，取 ，得平面 的法向量 ，
所以 ，
由图可知二面角 为钝角，故二面角 的余弦值为 .
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据题意与线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由正三角的性质即可得出线线垂直然后与线面垂直的判定定理即可的得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到 二面角 的余弦值 。
18．（2021·榆林模拟）如图所示的几何体由等高的 个圆柱和 个圆柱拼接而成，点 为弧 的中点，且 、 、 、 四点共面．
（1）证明： 平面 ．
（2）若直线 与平面 所成角为 ，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：取弧 的中点 ，连结 ， ，
则 ，所以 ，因为 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 平面 ， ．
所以 平面
（2）解：以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，因为直线 与平面 所成角为 ，则 ， ， ， ，设平面 的法向量为 ，由 可得： ，令 ，则 ，同理可得：平面 的法向量为 ，则 ，故平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由中点的性质即可得出线线平行，再由平行的性质结合已知条件即可得出线线垂直，然后由线面垂直的判定定理即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此得到平面 与平面 所二面角的余弦值 。
19．（2021·菏泽模拟）如图，三棱锥 中，侧棱 底面 点在以 为直径的圆上.
（1）若 ，且 为 的中点，证明： ；
（2）若 求二面角 的大小.
【答案】（1）证明：几何法：
易知当 为 的中点时， ；
且由 点在以 为直径的圆上，可得
另外， 底面 且 面
则
而 面 面
可知 面
因为 面
所以
又 面 面
且
可知 面
又 平面
故 .
空间向量法：
由 知 面
在平面 内过 作垂直 的直线为 轴， 所在的直线为 轴， 轴；
即以 为坐标原点，建立如图2的空间直角坐标系，
可设
若设 则 ，
因此 ，
其中 ，
故 ；
故 .
（2）解：几何法：
如图1，过点 作 交 于点
由 可知 为二面角 的平面角，
若设 则可求得
由余弦定理知
则二面角 的大小为
注：若利用 中 面 所得
即 中
也可求得
空间向量法：当 为 的中点时， 则由（1）知 面
故可取面 的一个法向量为 ；
当 时， ，
若设面 的法向量为 ，
则 ，即 ，可取
则
由图可知二面角 为锐角，
所以二面角 的大小为
【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）由题意可知BC⊥PA，BC⊥AC，可证明BC⊥平面ABC，建立合适的空间直角坐标系，设PA=a，设BC=b，表示出所需点的坐标，求出直线AE和PB的方向向量，然后利用数量积为0证明即可；
（2）利用（1）中的结论，求出平面PBC的一个法向量，利用待定系数法求出平面PAB的一个法向量，然后利用二面角的计算公式，结合特殊角的三角函数求解即可．
20．（2021·晋中模拟）现有两个全等的等腰直角三角板，直角边长为2，将它们的一直角边重合，若将其中一个三角板沿直角边折起形成三棱锥 ，如图所示，其中 ，点E，F，G分别是 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明：根据已知得 ，又G为 的中点，所以 ，
因为 ，G为 的中点，所以 ，
又 ，所以 平面 ．
又因为 ，所以 平面
（2）解：因为 ，所以 平面 ，取 中点H，连接 ，则 平面 ，又 ，所以以H为原点，以 所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
所以 ．
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，得 ．
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，得 ．
所以 ，所以二面角 的余弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 根据已知得 ，又因为点G为 的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以 ，因为 ，G为 的中点，再结合等腰三角形三线合一，所以 ，再利用线线垂直证出线面垂直，即 平面 ．又因为 ，进而证出 平面 。
（2） 因为 ，再利用线线垂直证出线面垂直，所以 平面 ，取 中点H，连接 ，则 平面 ，又因为 ，所以以H为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系， 进而求出点的坐标，再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式，进而求出二面角 的余弦值。
21．（2021·肇庆模拟）如图，在四边形 中， ， ， ， .沿 将 翻折到 的位置，使得 .
（1）作出平面 与平面 的交线 ，并证明 平面 ；
（2）点 是棱 于异于 ， 的一点，连接 ，当二面角 的余弦值为 ，求此时三棱锥 的体积.
【答案】（1）解：如图，延长 ， 相交于 ，连接 ，则 为平面 与平面 的交线 .
证明：在 中， ， ， ，则 ，所以 .
由 ， ， ，得 平面 .
又 ，所以 平面 ，所以 .
由 ， ， ，得 .
所以 ，所以 .
又因为 ，所以 平面 ，即 平面
（2）解：由（1）知， ， ， .以点A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.
易得 ， ， ， ， ，则 .
设 （ ），则 ，则 .
设 是平面 的一个法向量，
则 ，
令 ，则 .
是平面 的一个法向量.
由 ，解得 .
所以点 是 的中点.
所以
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)根据题意作出辅助线由勾股定理计算出线线垂直，再由线面垂直的判定定理即可得出线面垂直，然后由线面垂直的性质定理得出线线垂直，结合线面垂直即可得证出结论。
(2)根据题意建立空间直角坐标系求出各个点的坐标以及向量和平面法向量的坐标，再由数量积的坐标公式即可求出平面的法向量的坐标，同理即可求出平面的法向量；结合空间数量积的运算公式代入数值即可求出夹角的余弦值，由此计算出的值进而得出 点 是 的中点 ，结合中点的性质把数值代入到体积公式计算出结果即可。
22．（2021·临沂模拟）如图，四棱锥 中，四边形 是等腰梯形， .
（1）证明：平面 平面 ；
（2）过 的平面交 于点 若平面 把四棱锥 分成体积相等的两部分，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：如图，取 的中点 连结 ，
，
，
，
四边形 为平行四边形，
，
四边形 是等腰梯形， ，
，
又 ，
为等边三角形，
，
在等腰 中， ，
在 中， ，
不妨设 ，
则 ，
在 中， ，
，
，
又 平面 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，
平面 平面
（2）解： ，
以 分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图：
设 ，
平面 把四棱锥 分成体积相等的两部分，
三棱锥 的体积等于四棱锥 ，
，
设梯形 的高为
则 ，
解得 ，
则 ，
，
轴 平面
平面 的一个法向量为
设平面 的一个法向量为 ，
则
即
取 则 ，
，
，
平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 .
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 （1）作DF⊥AB交AB于点F，连结BD，在△ABD中，利用余弦定理求出BD，然后由勾股定理可证PD⊥BD，再利用线面垂直的判定定理可证PD⊥平面ABCD，由面面垂直的判断定理证明即可；
（2）利用平面PDE把四棱锥P-ABCD分成体积相等的两部分，可得，从而求出AE，然后建立合适的空间直角坐标系，求出所需各点的坐标，利用待定系数法求出平面PAD和PCE的法向量，然后利用二面角的计算公式求解即可．
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