，
，
，
，
（1）求证：平面
平面 ；
（2）设 为线段 上一点，
，求二面角
的平面角的余弦值.
10．如图，在多面体
中，四边形 为等腰梯形，
，已知
，
，
，四边形 为直角梯形，
，
.
（1）证明： （2）求三棱锥
平面 ，平面 的体积.
平面 ；
参考答案
1．（1）见解析（2）
【解析】分析：(1)根据等腰三角形性质得 PO 垂直 AC，再通过计算，根据勾股定理得 PO 垂 直 OB，最后根据线面垂直判定定理得结论，(2)根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐 标，根据方程组解出平面 PAM 一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面 角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得 M 坐标，再利用向量数量积求得向量 PC 与平 面 PAM 法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.
在求线面角的有关量的时候，有两种方法，可以应用常规法，也可以应用向量法. 8．（1）见解析；（2）
【 解 析 】 分 析 ：（ 1 ） 由 题 意 得
是等边三角形，故得
，于是
，从而得
，所以
，然后根据线面平行的判定定理可得结论成立．（2）由
平面
可得
，于是
平面 ．又
，所以直线 与平面 所成角即直线
与平面 所成角，从而得到 即为所求角，然后根据解三角形可得所求．
解得 BD＝ ，所以 AB2+BD2=AB2，根据勾股定理得∠ADB＝90°∴AD⊥BD.
又因为 DE⊥平面 ABCD，AD 平面 ABCD，∴AD⊥DE.
又因为 BD DE＝D，所以 AD⊥平面 BDEF，又 AD 平面 ABCD，
∴平面 ADE⊥平面 BDEF，
（Ⅱ）方法一：
如图，由已知可得
，
，则
详解：（1）因为
，
所以 垂直平分线段 ．
又
，
所以
．
在 中，由余弦定理得
，
所以
．
又
，
所以 是等边三角形，
所以
，
所以
，
又因为
，
所以
，
所以
．
又 平面
平面 ，
所以 平面 ．
（2）因为
平面 ，
平面 ，
所以
，
又
，
所以
平面 ．
由（1）知
，
所以直线 与平面 所成角即直线 与平面 所成角，
故 即为所求的角．
在
中，
，
9．(1)见解析；（2）
.
【解析】分析：（1）由勾股定理的逆定理可得
，
；又由条件可得到
，
于是
平面 ，可得
，从而得到
平面 ，根据面面垂直的判定定理
得平面
平面 ．（2）由题意得可得 ， ， 两两垂直，故可建立空间直角坐标系，
标法在解决立体几何问题中的应用等有关方面的知识和技能，属于中档题型，也是常考题型. 坐标法在解决立体几何中的一般步骤，一是根据图形特点，建立空间直角坐标系；二是将几 何中的量转化为向量，通过向量的运算；三是将运算得到的结果翻译为几何结论. 6．（1）见解析（2）见解析(3)
【解析】分析：（1）先证明
证 指 求.方法二是利用向量法.
7．（1）见解析（2） 【解析】分析：(1)根据面面垂直的判定定理即可证明平面 ADE⊥平面 BDEF； (2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求 CF 与平面 ABCD 所成角的正弦值；也可以 应用常规法，作出线面角，放在三角形当中来求解. 详解：（Ⅰ）在△ABD 中，∠ABD＝30°，由 AO2＝AB2+BD2－2AB·BDcos30°，
为锐角，从而问题可得解.
试题解析：（1）取 中点 ，连结 ， ，∵ 是正方形，∴
，
又∵
，
，∴
，∴
面 ，∴
，
又∵ ， ， 都是中点，∴
，
，∴
面，
∴
；
（2）建立如图空间直角坐标系，由题意得
，
，
，
，ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
则
，
，
，
设平面 的法向量为
，则
，即
，
令
，则
，
，得
，
同理得平面 的法向量为
，
∴
，所以他的余弦值是 .
点睛：此题主要考查立体几何中异面直线垂直的证明，二面角的三角函数值的求解，以及坐
，再证明 平面 .(2)先证明
面
，再证
明平面
平面
.(3)利用异面直线所成的角的定义求直线 与直线 所成角的
正弦值为 .
详解：（1）证明：连接 ， ∵ 、 分别是 、 的中点，
∴
，
，
∵三棱柱
中，∴
，
，
又 为棱 的中点，∴
，
，
∴四边形 是平行四边形，∴
，
又∵
平面 ， 平面 ，∴ 平面 .
（2）证明：∵ 是 的中点，∴
4．如图，在三棱柱
中，点 P，G 分别是 ， 的中点，已知 ⊥平面 ABC，
= =3， = =2.
（I）求异面直线 与 AB 所成角的余弦值；
（II）求证： ⊥平面
；
（III）求直线 与平面
所成角的正弦值.
5．如图，四棱锥
，底面
分别是 ， 的中点.
是正方形，
，
，，
（1）求证
；
（2）求二面角
6．如图，三棱柱
【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得
,再根据
线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）找出直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角，再在直角三角形中 求解. 方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为 0 得出
,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）根据方程组解出平面
连结 OB．因为 AB=BC= ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥AC，OB= =2．
由
知，OP⊥OB．
由 OP⊥OB，OP⊥AC 知 PO⊥平面 ABC．
（2）作 CH⊥OM，垂足为 H．又由（1）可得 OP⊥CH，所以 CH⊥平面 POM． 故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离． 由题设可知 OC= =2，CM= = ，∠ACB=45°．
【解析】分析：（Ⅰ）由题意得 ∥AB，故∠G 是异面直线 与 AB 所成的角，解三角
形可得所求余弦值．（Ⅱ）在三棱柱
中，由 ⊥平面 ABC 可得 ⊥A1G，于是
⊥A1G，又 A1G⊥ ，根据线面垂直的判定定理可得结论成立．（Ⅲ）取 的中点 H，连
接 AH ， HG ； 取 HG 的 中 点 O ， 连 接 OP ，
所以 OM= ，CH=
=．
所以点 C 到平面 POM 的距离为 ．
【解析】分析：（1）连接 ，欲证
平面 ，只需证明
即可；（2）
过点 作
，垂足为 ，只需论证 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.
详解：（1）因为 AP=CP=AC=4，O 为 AC 的中点，所以 OP⊥AC，且 OP= ．
连结 OB．因为 AB=BC= ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且 OB⊥AC，OB= =2．
．由
PO
【解析】试题分析： （1）由题意，可取 中点 ，连接 ，
则易知平面 ∥平面 ,由条件易证
平面 ，则
平面 ，又
平面 ，
根据线面垂直的定义，从而问题可得证；（2）由题意，采用坐标法进行求解，可取 中点 为
坐标原点，过 点作平行于 的直线为 轴， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系，分别
算出平面 和平面 的法向量，结合图形，二面角
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的 空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”， 求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 2．解： （1）因为 AP=CP=AC=4，O 为 AC 的中点，所以 OP⊥AC，且 OP= ．
则
所以
取 x= ，所以 m＝( ，-1，－ )，
取平面 BDEF 的法向量为 n＝(1，0，0)，
由
，解得
，则
，
又
,则
，设 CF 与平面 ABCD 所成角为 ，
则 sin =
.
故直线 CF 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 点睛：该题考查的是立体几何的有关问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定，线面角的正 弦值，在求解的过程中，需要把握面面垂直的判定定理的内容，要明白垂直关系直角的转化，
，故
.
因此，直线 与平面 所成的角的正弦值是 . 方法二： （Ⅰ）如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB，OC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直 角坐标系 O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此
由
得
.
由
得
.
所以
平面
.
（Ⅱ）设直线 与平面 所成的角为 . 由（Ⅰ）可知
设平面 的法向量
（1）证明：
平面 ；
（2）若点 在棱 上，且
，
， 为 的中点．
，求点 到平面 的距离．
3．（2018 年浙江卷）如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC， ∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（Ⅰ）证明：AB1⊥平面 A1B1C1； （Ⅱ）求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值．
.
由
即
可取
.
所以