2023届高考数学题型猜想预测卷空间向量与立体几何（拓展）含解析

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猜题20 空间向量与立体几何（拓展）
一、解答题
1．如图，在斜三棱柱中，，，侧面为菱形，且，点D为棱的中点，，平面平面．设平面与平面ABC的交线为l．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）分别延长交于E，连接，则即为平面与平面的交线，取中点，连接，证得平面，又可证得从而有平面；
（2）以C点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出面与面的法向量，用空间向量求二面角的余弦值．
【解析】（1）
证明:分别延长，设，连接，
则即为平面与平面的交线，
因为，取中点，连接，
所以平面，
因为平面平面，且交线为，
所以平面.
因为为棱的中点,，
所以为的中点，所以，
所以平面；
（2）由（1）知，因为.所以，
取的中点,因为侧面为菱形，且，所以BC，
由（1）知平面，所以，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为侧面为菱形，且，
所以，
则,
设平面的法向量为，
则，所以，取，
设平面的法向量为，
则，所以，取，
所以，
由图知二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
2．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，分别是的中点，平面，，且．

(1)证明：平面．
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由，结合面面平行的判定可得平面平面，由面面平行的性质可证得结论；
（2）由等腰三角形三线合一性质可说明四边形是边长为，且一个内角为的菱形，由此可得菱形的面积；作，可证得平面，由角度关系可求得，代入棱锥体积公式即可.
【解析】（1）分别是的中点，四边形为菱形，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面；
分别为的中点，，
又平面，平面，平面，
又，平面，平面平面，
平面，平面.
（2）连接，
平面，平面，，又，．
为的中点，，又，为等边三角形，
，；
延长至点，使得，

由（1）知：平面，又平面，，
又，平面，平面，
，，，
，
.
3．如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是棱长为2的菱形，平面 平面，是的中点，.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)连结，判断 为等边三角形，证明，根据面面垂直的性质判断得到平面.
(2)等体积法转化求解.
【解析】（1）
证明：连结，
∵底面是菱形，，∴为等边三角形，
又是的中点，∴，
∵平面 平面，平面 平面，平面，
∴平面.
（2）设点到平面的距离为，易知，
在中，，，∴，
由，得，解得,
点到平面的距离为.
【点睛】.
4．如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案.
【解析】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，

在等腰梯形中，，，，．
∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，
∴，．
∴为正三角形，∴，．
在中，，，
∴为边长为2的正三角形，∴，．
∴，又F为FD的中点，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，．
设平面的法向量为，
则即取，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
∵为平面的一个法向量，
∴．
∴，．
∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．
5．如图，在四棱锥中，为棱上一点，，四边形为矩形，且平面.

(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质得，利用平行线分线段成比例可得线段长度，从而由勾股定理得线线垂直，再利用线面垂直的判定定理证明线面垂直；
（2）利用线面关系，证明线线垂直，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算分别确定平面与平面的法向量，根据坐标运算得二面角的余弦值，即可确定二面角大小.
【解析】（1）连接交于点，连接，

因为平面，平面平面，平面，所以，
又，所以，
又，所以.
因为，所以，
所以，所以，
又平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，又，平面
所以平面.
如图建系，

则，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
又平面的一个法向量为，
所以，且二面角为锐角，
故二面角的大小为.
6．如图所示的多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥拼接而成的，四边形为直角梯形，，，，，分别为的中点.

(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由三角形中位线性质可得，根据线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用线面角的向量求法可构造方程求得，再利用二面角的向量求法求得结果.
【解析】（1）由直三棱柱的性质知：，
分别为的中点，，，
平面，平面，平面.
（2）由直棱柱的性质得：平面，
平面，，；
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设，则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
设直线与平面所成角为，
则，解得：，
平面的一个法向量，
又，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
，
由图可知：二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.
7．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，，E为棱AB的中点.

(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若，，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面、面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求二面角.
【解析】（1）取的中点，连接，
∵底面ABCD为菱形，则，
又∵分别为的中点，则，
故，
注意到，平面，
则平面，
∵平面，则，
又∵，E为棱AB的中点，则，
平面，
∴平面，
且平面，故平面平面ABCD.
（2）若，，则为等边三角形，且为的中点，
故，
由（1）得，如图所示建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面的法向量，则，
取，则，，
所以，
取平面的法向量，
则，
设二面角为，
则，可得，
所以二面角的正弦值为.

8．如图，已知矩形是圆柱的轴截面，是的中点，直线与下底面所成角的正切值为，矩形的面积为12，为圆柱的一条母线（不与重合）．

(1)证明：；
(2)当三棱锥的体积最大时，求M到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明平面即可证明结论；
（2）设，进而结合题意得，进而得，再结合基本不等式得时，三棱锥的体积最大，最后根据等体积法求解即可.
【解析】（1）证明：连接，因为是底面圆的直径，
所以，即，
又，且，平面，
所以平面，
又平面，
所以．

（2）解：根据题意，，设，则，，
又因为，所以，得．
所以，，
设，则，
由（1）可知平面，又到的距离为，
所以．
当，即时，取等号．
所以，当时，三棱锥的体积最大．
设M到平面的距离为h，则，即，
又，
所以由得．
所以，M到平面的距离为
9．如图，球O是正三棱锥和的外接球，M为的外心，直线AM与线段BC交于点D，D为BC的中点，两三棱锥的高之比为，E为PA上一点，且．

(1)证明：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求的坐标，根据数量积的性质证明；
（2）由线面垂直判定定理证明平面BCE，求平面和平面的法向量，根据向量夹角公式求二面角的正弦值．
【解析】（1）过M作，交AB于，易证MA，MP，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．

设，球O的半径为R，
则在中，有，解得．
则，，，
∵，
∴，
，所以
∴，
∴．
（2）因为，
平面，
所以平面PAD，又平面PAD，
∴．
由（1）得，又，平面，
∴平面，
所以平面的一个法向量为．
又∵，，，
∴，．
设平面的法向量为，
则
令，则，，
∴为平面的一个法向量．
设二面角的平面角为，
∴，又，
∴．
故二面角的正弦值为．
10．如图甲，在四边形PBCD中，PD//BC，．现将△ABP沿AB折起得图乙，点M是PD的中点．证明：

(1)；
(2)PC⊥平面ABM．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，由题意可证△PBA、△ABC是正三角形，则PE⊥AB、EC⊥AB．根据线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，则MN//AB，即A，B，N，M四点共面，得BN⊥PC．由（1），结合线面垂直的判定定理即可证明.
【解析】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，CE，AC，
∵AD＝BC且AD//BC，故四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD且AB//CD．
又PB＝PA＝CD，
∴PA＝PB＝AB，即△PBA是正三角形，
∴PE⊥AB，在图甲中，，则，
由，知△ABC是正三角形，故EC⊥AB．
又，平面PEC，
∴AB⊥平面PEC，又平面PEC，
∴AB⊥PC．
（2）如图，取PC的中点N，连接MN，BN，
∵M是PD的中点，∴MN//CD．由（1）知AB∥CD，
∴MN//AB，∴A，B，N，M四点共面．
∵PB＝BC，∴BN⊥PC．
由（1）AB⊥PC，又，平面ABNM，
∴PC⊥平面ABNM，即PC⊥平面ABM．

11．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且．现将沿翻折到，如图2．

(1)证明：．
(2)已知，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据条件，证明平面，再由线面垂直的性质得到线线垂直即可；
（2）根据条件，求出四棱锥的底面面积和高，再求出四棱锥的体积即可.
【解析】（1）证明：在中，，
∴，，
∵，平面,平面,
∴平面,又平面，
∴.
（2）作交于,


∵平面，平面，∴，
又,平面，平面，
∴平面.
在中，，，
，，又为的中点，，
，又， .
四边形的面积,
四棱锥的体积.
12．如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，E为线段上一点．

(1)当∥平面，求证：为的中点；
(2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)存在，当时，平面平面.

【分析】（1）由题意可知为的中点，由线面平行的性质定理可得∥，即可得证；
（2）由面面垂直的性质定理可得，只需满足，即可得平面，从而有平面平面，故只需找出成立时，的长度即可.
【解析】（1）证明：因为为正方形，，
所以为的中点，
又因为∥平面，平面平面，平面，
所以∥，
又因为为的中点，所以为的中点；
（2）存在，当时，平面平面，理由如下：
设，

因为为正方形，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为在矩形中，，
当时，在中，，
在中，，
所以，
又因为，
所以，则，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
13．如图，在四棱柱中，已知底面是菱形，是侧棱上一点.

(1)若，证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由平面得，进而证明，再结合已知和判定定理即可证明；
（2）过作，垂足为，进而证明平面，再以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【解析】（1）证明：如图，设，交于点，连接，，
因为四边形是菱形，，，
所以，.
因为，，平面，，
所以平面，

因为平面，所以，
连接，，所以，
因为，所以，
所以.
因为，所以，所以.
因为，平面，，
所以平面.
（2）解：过作，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面.
如图，以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
因为，所以，

则，所以.
易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以.
设二面角的大小为，
所以，
所以，即二面角的正弦值为.
14．如图，在三棱台ABC－DEF中，平面DEBA⊥平面ABC，平面DFCA⊥平面ABC，AB：BE：DE=4：5：1.

(1)求证：AD⊥BC；
(2)若△ABC是等边三角形，试问：棱BE上是否存在一点H，使得二面角H－AC－B的平面角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）在平面内，过点作直线，过点作直线，由面面垂直的性质得出，，结合线面垂直的判定以及定义得出；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【解析】（1）在平面内，过点作直线，过点作直线，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以，同理可证.
因为l，m为相交直线，l，平面，所以平面
又平面，所以.

（2）设，则，，
易得四边形为直角梯形，所以，
以点为原点，以，和平面的一个法向量的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
则，，，
则，
设，则，
易知是平面的一个法向量.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，
因此是平面的一个法向量.
假设存在点，使得二面角的平面角为，
则
化简得，解得或（舍去），
因此棱上存在一点，使得二面角的平面角为，此时.
15．如图，点C在直径为的半圆O上，垂直于半圆O所在的平面，平面．且．

(1)证明：平面平面
(2)若，，异面直线与所成的角是，求三棱锥的外接球的表面积
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据给定条件，证明平面，再借助线面平行可得，然后利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）取的中点M，连接，确定球心为M，再计算球半径及表面积作答.
【解析】（1）因为点C在半圆O上，为直径，则，而平面，平面，于是，
又平面，则有平面，由知点共面，
又平面，平面平面，平面，
因此，即有平面，又DE在平面ADE内，
所以平面平面
（2）由（1）知，，因为，则为与所成的角，即，
则，平行四边形中，，因为平面，则有平面，
平面，则，又，平面，
于是平面，而平面，从而，取的中点M，连接，如图，

因此，则点M是三棱锥的外接球球心，而，
所以三棱锥的外接球表面积.
16．正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.

(1)求四面体的体积；
(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或

【分析】（1）连接，交于点，过作于点，根据位置可得，以为底，为高可得四面体体积；
（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点位置.
【解析】（1）
如图所示，连接，交于点，过作于点，
由四棱锥为正四棱锥，且为底面中心，
得，，平面，，
，
又，，平面，
平面，
又，则，
因为为上靠近的三等分点，
则，且平面，
所以；
（2）
设平面与平面所成角为，则，，
如图所示，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为为上靠近的三等分点，
则，且，，，
设，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
又由（1）得平面，
则平面的法向量为，
所以，
解得或，
所以存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或.
17．如图，四棱锥的底面为正方形，底面，是线段的中点，设平面与平面的交线为.

(1)证明∥平面BCM
(2)已知，为上的点，若与平面所成角的正弦值为是，求线段的长.
(3)在（2）的条件下，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】(1)先证明 ∥平面，结合线面平行的性质定理可证∥平面；
(2) 建立空间直角坐标系, 设,计算出平面的一个法向量为，结合与平面所成角的正弦值为是解出，进而可得的长；
(3)分别计算二面角两个半平面的法向量，结合空间角的向量求法即可求解.
【解析】（1）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，
因为平面
，平面，所以∥平面
（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，，，，，
设，则有，，，
设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则
因为与平面所成角的正弦值为是，
所以，
解得.所以.
（3）由（2）可知平面的一个法向量为
因为是线段的中点，所以
于是，，设平面的法向量
则，即.令，得，，
，所以二面角的正弦值为.
18．如图，四面体的棱平面，．

(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成锐二面角的正切值为，线段与平面相交，求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）作于M，通过余弦定理解三角形得到，即可证得平面，即可证得平面平面；
（2）作于G，于H，求出，，延长交于点N，连接，作于K，平面与平面所成锐二面角即，通过解三角形计算出即可.
【解析】（1）
作于M，连接，则，，则，
则，故．又，则，又，平面，故平面，
又平面，则平面平面．
（2）
作于G，于H，由（1）知，又，平面，则平面，
又平面，则，又，同理可得平面，，则三点共线．
由平面与平面所成锐二面角的正切值为，则，又，则．又，
则，，则．延长交于点N，连接，作于K，
易得，又，平面，则平面，又平面，则，
则平面与平面所成锐二面角即．又，则，又，则，
故，故．
19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，E，F分别为，的中点.

(1)求证：直线平面SAC；
(2)求二面角的余弦值；
(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)平行，距离为

【分析】(1)要证线面平行，先证线线平行，只需证，，即可.
(2) 建立适当的直角坐标系，再利用平面的法向量，即可求解.
(3)利用向量在平面BDF的法向量上的投影，即可求解.
【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且，
因为三棱锥是正三棱锥，，O为BD的中点，所以，
又，所以平面SAC.
（2）作平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且，，，.
如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，C.，D.，，，，
所以，，，
设是平面EBF的法向量，
则，
则，
设是平面DBF的法向量，
则，取，
所以，
又因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.

（3）直线SA与平面BDF平行.
理由如下：
连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以，
又因为平面BDF，平面BDF，所以直线平面BDF.
（或者用向量法证明直线SA与平面BDF平行：
由（2）知是平面BDF的一个法向量，
又，，所以，
所以，
所以，
又因为平面BDF，所以直线平面BDF.
设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，
因为，是平面DBF的一个法向量，
所以，
所以点A与平面BDF的距离为，
所以直线SA与平面BDF的距离为.
20．棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，．

（1）证明：；
（2）求二面角的平面角的余弦值；
（3）在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置．
【答案】(1)证明见解析；(2) 二面角D－A1A－C的平面角的余弦值是．(3)存在，点P在C1C的延长线上且使C1C＝CP．
【解析】解：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O

在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°
∴A1O2=AA12+AO2－2AA1·Aocos60°=3
∴AO2+A1O2=A12
∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
所以A1O⊥底面ABCD
∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， 　…………2分
（Ⅰ）由于，
则
∴BD⊥AA1……………………4分
（Ⅱ）由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1CK*s^5#u的法向量
设⊥平面AA1D则
得到……………………6分

所以二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分
（Ⅲ）假设在直线CC1上存在点P，使BP//平面DA1C1
设，则
得……………………9分
设，则设
得到……………………10分
又因为平面DA1C1
则·
即点P在C1CK*s^5#u的延长线上且使C1C=CP……………………12分
法二：在A1作A1O⊥AC于点O，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，由面面垂直K*s^5#u的性质定理知，A1O⊥平面ABCD，
又底面为菱形，所以AC⊥BD

（Ⅱ）在△AA1O中，A1A=2，∠A1AO=60°
∴AO=AA1·cos60°=1
所以O是ACK*s^5#u的中点，由于底面ABCD为菱形，所以
O也是BD中点
由（Ⅰ）可知DO⊥平面AA1C
过O作OE⊥AA1于E点，连接OE，则AA1⊥DE
则∠DEO为二面角D—AA1—CK*s^5#u的平面角 ……………………6分
在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°
∴AC=AB=BC=2，∴AO=1，DO=
在Rt△AEO中，OE=OA·sin∠EAO=，DE=
∴cos∠DEO=
∴二面角D—A1A—CK*s^5#u的平面角K*s^5#u的余弦值是……………………8分
（Ⅲ）存在这样K*s^5#u的点P
连接B1C，因为A1B1ABDC
∴四边形A1B1CD为平行四边形．
∴A1D//B1C
在C1CK*s^5#u的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP……………………10分
因B1BCC1，∴BB1CP
∴四边形BB1CP为平行四边形
则BP//B1C，∴BP//A1D
∴BP//平面DA1C1　　　　　……………………12分
21．如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，且点分别是棱的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先利用长度关系得出，再根据面面垂直得出线面垂直；
（2）利用等体积法由可得答案.
【解析】（1）因为，
所以是正三角形，所以；

又，由余弦定理得，
则，所以，即；
因为点是的中点，所以，点是的中点，所以，
所以；
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为平面，
所以平面.
（2）由（1）得平面，
在直角中，，
设点到平面的距离为，由，
即，
解得，所以点到平面的距离为.
22．如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．

(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.
【解析】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，

则，，，，， ， ·
， ， ，
设平面的法向量是，
由，令，，得
设平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的体积为.
23．某种“笼具”由上、下两层组成，上层和下层分别是一个圆锥和一个圆柱，其中圆柱与圆锥的底面半径相等，如图所示：圆锥无底面，圆柱无上底面有下底面，内部镂空，已知圆锥的母线长为20cm，圆柱高为30cm，底面的周长为.

(1)求这种“笼具”的体积（结果精确到）；
(2)现要使用一种纱网材料制作这样“笼具”的保护罩（包括底面）50个，该保护罩紧贴包裹“笼具”，纱网材料（按实测面积计算）的造价为每平方米8元，共需多少元？（结果精确到0.1元）
【答案】(1)
(2)138.7元

【分析】（1）先通过底面周长求出底面圆的半径，然后根据圆锥母线及底面圆半径求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积加上圆柱的体积即可求解；
（2）求出圆锥的侧面积，圆柱侧面积及一个底面积，即可得到“笼具”的表面积，然后求出总的造价即可.
【解析】（1）设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为，圆柱高为，
则由题意有，得，圆锥高，
所以“笼具”的体积.
（2）圆柱的侧面积，圆柱的底面积，
圆锥的侧面积，
所以“笼具”的侧面积.
故造50个“笼具”的最低总造价为元.
答：这种“笼具”的体积约为；生产50个笼具需要138.7元.
24．如图，在两块钢板上打孔，用钉帽呈半球形、钉身为圆柱形的铆钉（图1）穿在一起，在没有帽的一端锤打出一个帽，使得与钉帽的大小相等，铆合的两块钢板，成为某种钢结构的配件，其截面图如图2.（单位：mm）.（加工中不计损失）.



(1)若钉身长度是钉帽高度的3倍，求铆钉的表面积；
(2)若每块钢板的厚度为mm，求钉身的长度（结果精确到mm）.
【答案】(1)；
(2)55mm.

【分析】（1）由图可知，铆钉的表面积等于半球的表面积加上圆柱的侧面积加上以为半径的圆的面积.根据已知条件，分别求出各部分的面积即可得出答案；
（2）设钉身的长度为，表示出钉身的体积.根据已知求出钉身加工后的体积，列出方程，求解即可得出答案.
【解析】（1）解：由已知可得，铆钉为以为半径的半球与圆柱的组合体.
由钉身长度是钉帽高度的3倍，可知圆柱的高为，圆柱底面半径为.
由图可知，铆钉的表面积等于半球的表面积加上圆柱的侧面积加上以为半径的圆的面积.
半球的表面积为，圆柱的侧面积为，圆的面积.
所以，铆钉的表面积.
（2）解：设钉身的长度为，，则钉身的体积.
由已知加工前后体积不变，加工后体积为钉身与钉帽体积之和，其中钉身长度为20，底面圆半径为，钉帽是以半径的半球.
所以.
所以，解得，满足条件.
所以钉身的长度为.
25．如图，在三棱柱中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面为菱形，点在底面上的投影为AC的中点D，且.

(1)若M、N分别为棱AB、的中点，求证：；
(2)求点C到侧面的距离；
(3)在线段上是否存在点E，使得直线DE与侧面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且

【分析】（1）由已知利用中位线性质分别得出且，与且，证明四边形为平行四边形，即，即可证明结论；
（2）由已知结合投影性质与等腰直角三角形性质，证明直线DB，DC，两两垂直，并得出需要线段长，再建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与，即可代入公式求解答案；
（3）假设存在，并设出关系，得到，再由向量运算得到，即可由线面角公式结合已知列式求解.
【解析】（1）证明：连接MD，

为AB的中点，D为AC的中点，
且，
为的中点，
则在三棱柱中，且，
且，
四边形为平行四边形，
，
平面CDN，且平面CDN，
；
（2）点在底面上的投影为AC的中点D，
平面ABC，
且，
底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，
，
侧面为菱形，且，
，
，
，且，
直线DB，DC，两两垂直，
故以点D为坐标原点，直线DB，DC，分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
则点C到侧面的距离为：
，
（3）假设存在满足条件的点E，并设，，
则，
直线DE与侧面所成角的正弦值为，
，
解得，，则，
故存在满足条件的点E，且，
26．如图所示，已知球的半径为，在球的表面上有三点、、，且、、、四点不共面，．

(1)若⊥平面，求球心到平面的距离；
(2)若CO⊥平面，一个经过点、、的球也经过点，求球的表面积；
(3)若线段上存在一点，使得，求三棱锥体积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）用等体积法即可求解（2）确定球心的位置之后，运用解三角形的知识即可求解（3），要求三棱锥体积的最大值，需求的最大值，设，用表示出，即可求解
【解析】（1）（1）设球心到平面的距离为，
在中
因为⊥平面，所以⊥，⊥，
所以，

如图，取中点，连接，则
在中
所以；
因为，所以，解得．
（2）（2）
设在平面的投影为，则为的外心，设的外接圆半径为
由正弦定理得，所以
所以，
又因为，故在上的投影为中点，，
所以，
球的表面积为．
（3）（3），，，．
设，，
记到的距离为，则，
，
令，则，
，
当且仅当，即，且平面⊥平面时等号成立．
27．如图1，在梯形中，，，，，，线段的垂直平分线与交于点，与交于点，现将四边形沿折起，使，分别到点，的位置，得到几何体，如图2所示．

(1)判断线段上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)存在，点为线段的中点
(2)．

【分析】（1）当点为线段的中点时，先证明平面，再证平面，由面面平行判定定理证明；
（2）先证明，再以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【解析】（1）当点为线段的中点时，平面平面．
证明如下：由题易知，，，因为点为线段的中点，
所以，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
连接，因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，且，又，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
因为平面，平面，，
所以平面平面．
（2）因为，，
所以，所以，
又，，所以，，两两垂直．
故以点为坐标原点，，，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，得，取，得．
设平面的法向量为，则，即，
取，得．
设平面与平面所成角为，
则，
所以，
所以平面与平面所成角的正弦值为．
28．如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．

(1)若，求证：平面平面；
(2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.
【解析】（1）证明：若，则平面、平面为同一个平面，
连接，则M是中点，是中点，

故是的中位线，所以．
因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面
同理平面，且平面平面，
所以，平面平面．
（2）假设存在，使得直线平面．
以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，故．
设是平面的法向量，则，
所以，取，得是平面的一个法向量，

取中点P，中点Q，连接，
则．
于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，
是二面角的平面角，于是，
所以，且平面，
故，同理，
所以，
因为，
，
所以．
若直线平面，是平面的一个法向量，则．
即存在，使得，则，此方程组无解，
所以，不存在，使得直线平面．
【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在，使得直线平面，要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.
29．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接

(1)证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；
(2)记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值；
(3)若面与面所成二面角的大小为，求的值．
【答案】(1)证明见解析，是鳖臑，四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB
(2)4
(3)

【分析】（1）由直线与直线，直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF，即可判断DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，确定直角即可；
（2）PD是阳马P−ABCD的高，DE是鳖臑D−BCE的高，BC⊥CE，，由此能求出的值．
（3）根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线．利用直线与平面的垂直判断出DG⊥DF，DG⊥DB，根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，转化到直角三角形求解即可．
【详解】(1)因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，
由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，
所以BC⊥平面PCD．而DE⊂平面PDC，所以BC⊥DE．
又因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC．
而PC∩CB＝C，所以DE⊥平面PBC．而PB⊂平面PBC，所以PB⊥DE．
又PB⊥EF，DE∩FE＝E，所以PB⊥平面DEF．
由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF是一个鳖臑，
其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠EFB，∠DFB；
(2)由已知，PD是阳马P−ABCD的高，
∴，
由（Ⅰ）知，，
在Rt△PDC中，∵PD＝CD，
点E是PC的中点，
∴，
∴．
(3)如图所示，

在面BPC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线．
由（1）知，PB⊥平面DEF，所以PB⊥DG．
又因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥DG．而PD∩PB＝P，所以DG⊥平面PBD．
所以DG⊥DF，DG⊥DB
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，
设PD＝DC＝1，BC＝λ，有，
在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得，
则，解得．
所以
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为时，