立體幾何單選題（2021-2022·南通海門市·期末）6．已知正四棱錐的底面邊長為，側(cè)棱PA與底面ABCD所成的角為45°，頂點P，A，B，C，D在球O的球面上，則球O的體積是（

）A．16π B． C．8π D．【答案】B【分析】探求正四棱錐的頂點P在底面上射影與球O的球心關(guān)系即可計算作答.【解析】在正四棱錐中，連接AC，BD，，連，如圖，則有平面，為側(cè)棱PA與底面ABCD所成的角，即，于是得，因此，頂點P，A，B，C，D在以為球心，2為半徑的球面上，即點O與重合，所以球O的體積是.故選：B（2021-2022·南通通州區(qū)·期末）7．在正三棱錐P－ABC中，D是棱PC上的點，且PD＝2DC.設(shè)PB，PC與平面ABD所成的角分別為α，β，則sinα：sinβ＝（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】設(shè)點到平面的距離為，根據(jù)線面角的定義求，，由此可求.【解析】設(shè)點到平面的距離為，∵PB與平面ABD所成的角分別為α，∴，又與與平面ABD所成的角相等，∴，又PD＝2DC∴，故選：D.【點睛】（2021-2022·蘇州市·期末）3．已知圓錐的高為，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)圓錐的側(cè)面展開圖為一個半圓，可知圓錐的底面周長等于半圓弧長，可得，繼而求得母線長.【解析】設(shè)底面半徑為，母線長為，側(cè)面展開是一個半圓，即，，，，故選：A．（2021-2022·無錫市·期末）6．正方體中，是正方形的中心，則直線與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由正方體的性質(zhì)可證平面，所以與平面所成角的正弦等于與所成角余弦，即的余弦，再在三角形中，利用余弦定理，即可求出結(jié)果.【解析】因為在平面內(nèi)的射影為，又，所以，同理可證，又，所以平面，與平面所成角的正弦等于與所成角余弦，即的余弦的絕對值；令，連接，則，，，在三角形中，由余弦定理，可得.故選：D.（2021-2022·揚州市·期末）11．在邊長為6的正三角形ABC中M，N分別為邊AB，AC上的點，且滿足，把△AMN沿著MN翻折至A′MN位置，則下列說法中正確的有（

）A．在翻折過程中，在邊A′N上存在點P，滿足CP∥平面A′BMB．若，則在翻折過程中的某個位置，滿足平面A′BC⊥平面BCNMC．若且二面角A′－MN－B的大小為120°，則四棱錐A′－BCNM的外接球的表面積為61πD．在翻折過程中，四棱錐A′－BCNM體積的最大值為【答案】BCD【分析】通過直線相交來判斷A選項的正確性；通過面面垂直的判定定理判斷B選項的正確性；通過求四棱錐外接球的表面積來判斷C選項的正確性；利用導(dǎo)數(shù)來求得四棱錐體積的最大值.【解析】對于選項A，過作，交于，則無論點P在A′N上什么位置，都存在CP與BQ相交，折疊后為梯形BCQP，則CP不與平面A′BM平行，故選項A錯誤；對于選項B，設(shè)分別是的中點，若，則AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，又因為MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥平面BCNM，故選項B正確；99999999999999999999999999對于選項C，設(shè)分別是的中點，若且二面角A′－MN－B的大小為120°，則△AMN為正三角形，∠BMN＝120°，∠C＝60°，則BCNM四點共圓，圓心可設(shè)為點G，其半徑設(shè)為r，DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以點G即為點D，所以r＝3，二面角A′－MN－B的平面角即為∠A′ED＝120°，過點A′作A′H⊥DE，垂足為點H，EH＝，DH＝，A′H＝，，設(shè)外接球球心為，由，解得R2＝，所以外接球的表面積為S＝4πR2＝61π，故選項C正確；對于選項D，設(shè)分別是的中點，設(shè)是四棱錐的高.S△AMN＝6λ6λ＝9λ2，S△ABC＝66＝9，所以S四邊形BCNM＝9（1－λ2），則VA′－BCNM＝9（1－λ2）h≤3（1－λ2）A′E＝3（1－λ2）3λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），可設(shè)f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），則＝27（－3λ2＋1），令＝0，解得λ＝，則函數(shù)f（λ）在（0，）上單調(diào)遞增，在（，1）上單調(diào)遞減，所以f（λ）max＝f（）＝6，則四棱錐A′－BCN體積的最大值為，故選項D正確.故選：BCD多選題（2021-2022·常州·期末）12．已知正方體的棱長為，點是棱上的定點，且．點是棱上的動點，則（

）A．當(dāng)時，是直角三角形B．四棱錐的體積最小值為C．存在點，使得直線平面D．任意點，都有直線平面【答案】AB【分析】由已知計算利用勾股定理可判斷A,當(dāng)與重合時，到平面的距離最小利用等體積轉(zhuǎn)化計算可判斷選項B,由平面,平面與平面不平行，可判斷選項C,當(dāng)與重合時，可驗證平面不成立，即可判斷選項D.【解析】由已知計算可得：,,,為直角三角形，A對與重合時，到平面的距離最小在上取，使，，B對平面平面與平面不平行，與平面不垂直與重合時，平面為平面若平面，則平面，與平面矛盾，D錯.故選:AB（2021-2022·南通海安市·期末）10．設(shè)，為兩個平面，下列是“”的充分條件是（

）A．，與平面都垂直B．內(nèi)有兩條相交直線與平面均無交點C．異面直線，滿足，D．內(nèi)有個點（任意三點不共線）到的距離相等【答案】BD【分析】舉反例可判斷A，C；由平面的性質(zhì)，面面平行的判定定理結(jié)合充分條件的定義可判斷B，D；進(jìn)而可得正確選項.【解析】對于A：如圖正方體中：平面為平面，平面為平面，平面為平面，此時滿足，與平面都垂直，但平面與平面相交，所以，與平面都垂直得不出，所以，與平面都垂直不是的充分條件，故選項A不正確；對于B：內(nèi)有兩條相交直線與平面均無交點即內(nèi)有兩條相交直線與平面平行，由面面平行的判定定理可得，所以由內(nèi)有兩條相交直線與平面均無交點可得出，故內(nèi)有兩條相交直線與平面均無交點是“”的充分條件，故選項B正確；對于C：如圖正方體中：直線為，直線為，平面為平面，平面為平面，此時符合異面直線，滿足，，但平面與平面相交，所以異面直線，滿足，得不出，異面直線，滿足，不是的充分條件，故選項C不正確；對于D：若內(nèi)有個點（任意三點不共線）到的距離相等，則，所以內(nèi)有個點（任意三點不共線）到的距離相等是“”的充分條件，故選項D正確，故選：BD.（2021-2022·蘇北四市·期末）12．如圖，一張長?寬分別為的矩形紙，，分別是其四條邊的中點.現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得四點重合為一點，從而得到一個多面體，則（

）A．在該多面體中，B．該多面體是三棱錐C．在該多面體中，平面平面D．該多面體的體積為【答案】BCD【分析】利用圖形翻折，結(jié)合勾股定理，確定該多面體是以為頂點的三棱錐，利用線面垂直，判定面面垂直，以及棱錐的體積公式即可得出結(jié)論．【解析】由于長、寬分別為，1，分別是其四條邊的中點，現(xiàn)將其沿圖中虛線折起，使得四點重合為一點，且為的中點，從而得到一個多面體，所以該多面體是以為頂點的三棱錐，故B正確；，，，故A不正確；由于，所以，，可得平面，則三棱錐的體積為，故D正確；因為，，所以平面，又平面，可得平面平面，故C正確.故選：BCD（2021-2022·泰州市·期末）12．如圖，兩個底面為矩形的四棱錐、組合成一個新的多面體，其中、為等邊三角形，其余各面為全等的等腰直角三角形.平面平面，平面截多面體所得截面多邊形的周長為，則下列結(jié)論正確的有（

）A． B．C．多面體有外接球 D．為定值【答案】BCD【分析】分析出，可判斷A選項；利用線面垂直的性質(zhì)可判斷B選項；分析出，利用直角三角形的幾何性質(zhì)可判斷C選項；利用面面平行的性質(zhì)結(jié)合平面展開圖可判斷D選項.【解析】對于A選項，因為，且，，則，因為為等腰直角三角形，則，A錯；對于B選項，若，因為為等腰直角三角形，則，設(shè)，從而，從而，因為，則，故不為等腰直角三角形，矛盾，故，若，則，則為等邊三角形，矛盾，故，因為為為等腰直角三角形，則，，，則平面，平面，，B對；對于C選項，連接、交于點，連接、，因為，，，則平面，平面，則，故，同理，因此，多面體有外接球，C對；對于D選項，設(shè)截面與多面體各棱的交點如下圖所示：因為平面平面，平面平面，平面平面，故，同理可證，，，，，根據(jù)平行線分線段成比例易得,所以定值.D對.故選：BCD.【點睛】方法點睛：解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準(zhǔn)最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系），達(dá)到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.填空題（2021-2022·南通海安市·期末）16．如圖，ABCD是一塊直角梯形加熱片，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝4dm．現(xiàn)將△BCD沿BD折起，成為二面角A－BD－C是90°的加熱零件，則AC間的距離是_____dm；為了安全，把該零件放進(jìn)一個球形防護(hù)罩，則球形防護(hù)罩的表面積的最小值是_____dm2．（所有器件厚度忽略不計）【答案】

4

##【分析】設(shè)E為BD的中點，由題可得AE⊥平面BCD，進(jìn)而可求，再結(jié)合條件可得△DAB的中心為棱錐的外接球的球心，即求.【解析】∵ABCD是一塊直角梯形加熱片，AB∥CD，∠DAB＝60°，AB＝AD＝4dm．∴△DAB為等邊三角形，，設(shè)E為BD的中點，連接AE，CE，則AE⊥BD，又二面角A－BD－C是90°，∴AE⊥平面BCD，CE平面BCD，∴AE⊥CE，又CE=2dm，，∴，設(shè)△DAB的中心為O，則OE⊥平面BCD，又E為BD的中點，△BCD為直角三角形，∴OB=OC=OD=OA，即O為三棱錐的外接球的球心，又，故球形防護(hù)罩的表面積的最小值為.故答案為：4，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是把問題轉(zhuǎn)化為求三棱錐的外接球的表面積，結(jié)合條件即得.（2021-2022·南通海門市·期末）13．已知圓柱的底面半徑為，體積為4π，則該圓柱的側(cè)面積為__________．【答案】8π【分析】根據(jù)條件先計算出母線長，再通過計算可求解.【解析】因為底面半徑為，體積為，設(shè)母線為，則，得，所以圓柱的側(cè)面積為：，故答案為：（2021-2022·南通如皋市、鎮(zhèn)江市·期末）16．已知三棱錐D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，則點A到平面BCD的距離為______，該三棱錐的外接球的體積為____.【答案】

【分析】①，等積法計算頂點到底面的距離；②求三棱錐外接球球心，然后再求體積.【解析】①如下圖所示，設(shè)點A到平面BCD的距離為h，取BC中點E，連AE、DE，因為AB=AC=AD=1，，所以BC=1，，，所以②取AB中點F，連CF交AE于G，則G是的外心，過G作，O為三棱錐外接球的球心，過O作，所以設(shè)球的半徑為R，則，所以，所以故答案為：①；②（2021-2022·南通通州區(qū)·期末）16．將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A′－BD－C，設(shè)三棱錐A′－BDC的外接球和內(nèi)切球的半徑分別為r1，r2，球心分別為O1，O2.若正方形ABCD的邊長為1，則________；O1O2＝__________.【答案】

##

##【分析】由題可得，然后利用等積法可得，最后利用球的性質(zhì)即求.【解析】設(shè)，則，∴三棱錐A′－BDC的外接球，點即為，∵將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A′－BD－C，又，∴平面，平面，∴，，∴，，∴，解得，∴，設(shè)球與平面，平面BCD分別切于P，Q，則為正方形，∴.故答案為：，.（2021-2022·蘇北四市·期末）16．已知一個棱長為的正方體木塊可以在一個圓錐形容器內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，若圓錐的底面半徑為2，母線長為4，則的最大值為____.【答案】##【分析】根據(jù)給定條件求出圓錐的內(nèi)切球半徑，再求出此球的內(nèi)接正方體的棱長即可作答.【解析】正方體木塊可以在一個圓錐形容器內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則當(dāng)正方體棱長a最大時，正方體的外接球恰為圓錐的內(nèi)切球，底面半徑為2，母線長為4的圓錐軸截面正的內(nèi)切圓O是該圓錐內(nèi)切球O截面大圓，如圖，正的高，則內(nèi)切圓O的半徑即球半徑，于是得球O的內(nèi)接正方體棱長a有：，解得：，所以的最大值為.故答案為：【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及與旋轉(zhuǎn)體有關(guān)的組合體，作出軸截面，借助平面幾何知識解題是解決問題的關(guān)鍵.（2021-2022·蘇州市·期末）16．已知直三棱柱中，，，分別為棱，的中點，過點作平面將此三棱柱分成兩部分，其體積分別記為，則______；平面截此三棱柱的外接球的截面面積為______．【答案】

【分析】取中點，取中點，連，，求出棱臺的體積，再由柱體體積減去臺體體積可得；求出三棱錐外接球半徑為，利用向量法求出外接球球心到平面距離，從而求出小圓的半徑，即可得到答案；【解析】取中點，取中點，連，平面為平面，，，，三棱錐外接球半徑，如下圖建系，，，，，設(shè)平面的法向量，，，不妨設(shè)，則，球心到平面距離，，．故答案為：，（2021-2022·泰州市·期末）16．的三條邊分別為，若該三角形繞著三條邊旋轉(zhuǎn)一周所得幾何體的體積分別為.若，則的值為___________；若，，則的值為___________.【答案】

##-0.25

【分析】設(shè)邊上的高分別為，該三角形的面積為，通過可得，代入余弦定理可得；由前邊分析可得，由余弦定理結(jié)合條件可得結(jié)果.【解析】設(shè)邊上的高分別為，該三角形的面積為，則即，同理可知，所以，所以,由上述過程可知，，因為，所以,因為，所以故答案為：（2021-2022·無錫市·期末）16．正四面體的棱長為，在平面內(nèi)有一動點，且滿足，則點的軌跡是__________；設(shè)直線與直線所成的角為，則的取值范圍為__________.【答案】

圓

【分析】（1）求出正四面體的高，進(jìn)而求得，可判斷點的軌跡是何種曲線；（2）在四面體底面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，求出點軌跡方程，據(jù)此可設(shè)點坐標(biāo)，然后利用向量的夾角公式求解，可得答案.【解析】設(shè)底面的中心為，則平面，，,由，則，點軌跡是圓；又，如圖在平面BCD內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，以BC中點為原點，過點O和BC垂直的直線為y軸，則，，故在上運動，則可設(shè)，,，故，故答案為：圓；簡答題（2021-2022·常州·期末）20．如圖，四棱錐中，平面，且四邊形中，，，二面角的大小為，且．(1)求證：平面平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明線面垂直，即平面，進(jìn)而證明面面垂直；（2）通過作輔助線找到直線與平面所成角為，再結(jié)合題干中條件進(jìn)行求解.【解析】(1)證明：平面，平面，∵∴∵，平面平面，平面平面.(2)，，二面角的平面角即為，∵平面，平面

∴∵，∴，，過作于點，由（1）中平面平面，交線為，則平面，連接即為所求線面角，而，由勾股定理可得：，在△CQM中，過點Q作QN⊥AC于點N，則，因為，所以，是等腰直角三角形，所以，，由余弦定理得：，由勾股定理得：，即與平面所成角正弦值為．（2021-2022·南通海安市·期末）19．如圖，AB是圓O的直徑，C是圓O上異于A，B的一點，DC垂直于圓O所在的平面，DC∥EB，DC＝2EB＝2，AB＝4．(1)求證：平面ACD⊥平面EBCD；(2)若∠ABC＝30°，求平面ADE與平面ABE所成的銳二面角的余弦值．【答案】(1)詳見解析；(2).【分析】（1）利用線面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即證；（2）利用坐標(biāo)法即求.【解析】(1)∵AB是圓O的直徑，∴，又DC垂直于圓O所在的平面，∴，又，，∴平面EBCD，又平面ACD，∴平面ACD⊥平面EBCD；(2)如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，∴，設(shè)平面ADE的法向量為，則，令，則，設(shè)平面ABE的法向量為，則，令，則，∴，∴平面ADE與平面ABE所成的銳二面角的余弦值為.（2021-2022·南通海門市·期末）20．在三棱錐A－OBC中，已知平面AOB⊥底面BOC，AO⊥BC，底面BOC為等腰直角三角形，且斜邊．(1)求證：AO⊥平面BOC；(2)若E是OC的中點，二面角A－BE－O的余弦值為，求直線AC與平面ABE所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明CO⊥AO，AO⊥BC，再利用線面垂直的判定定理，即可得到答案；（2）由(1)得OB，OC，OA兩兩垂直，建立如圖所示得空間直角坐標(biāo)系，求出此時＝(0，2，－1)，平面ABE的法向量＝(1，2，2)，再代入線面角的向量公式，即可得到答案；【解析】(1)證明：底面BOC為等腰直角三角形，且BC為斜邊，所以CO⊥OB，因為平面AOB⊥底面BOC，平面AOB∩平面BOC＝OB，CO平面BOC，所以CO⊥平面AOB，因為AO?平面AOB，所以CO⊥AO，又AO⊥BC，BC，CO平面BOC，BC∩CO＝C，所以AO⊥平面BOC．(2)由(1)得OB，OC，OA兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為底面BOC為等腰直角三角形，且斜邊，所以O(shè)C＝OB＝2，因為E是OC的中點，所以B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，1，0)，設(shè)A(0，0，t)(t＞0)，則，設(shè)平面ABE的法向量＝(x，y，z)，則?。?t，2t，2)，而平面BEO的法向量為＝(0，0，1)，因為二面角A－BE－O的余弦值為，所以因為t＞0，所以t＝1，此時＝(0，2，－1)，平面ABE的法向量＝(1，2，2)，設(shè)直線AC與平面ABE所成的角為θ，則sinθ＝|cos<，>|＝＝．所以直線AC與平面ABE所成角的正弦值為．（2021-2022·南通如皋市、鎮(zhèn)江市·期末）20.如圖，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1，底面ABC是等腰直角三角形，AA1＝AB＝BC＝4，∠A1AB＝60°，cos∠BCC1＝，M，N分別是棱B1C1，A1B1的中點.（1）證明：NB⊥平面A1B1C1；（2）求直線AM與平面BB1C1C所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析.(2)【分析】(1)先證明，，根據(jù)線面垂直判定定理證明NB⊥平面A1B1C1；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量方法求直線AM與平面BB1C1C所成角的正弦值.【解析】(1)連接，由已知四邊形為平行四邊形，又∠A1AB＝60°，AA1＝AB＝4，∴為等邊三角形，∵為A1B1的中點，∴

，，∵

底面ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝4，∴，，∵M(jìn)，N分別是棱B1C1，A1B1的中點，∴，∵

，，cos∠BCC1＝，∴，∴為等腰三角形，M是棱B1C1的中點，∴，∴，∴

，又平面，，∴NB⊥平面A1B1C1；(2)取AB的中點O連結(jié)AO，則AO//BN，由(1)知平面ABC，AB，如圖，以點為原點，直線OC，OB，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系則，，，，，，，，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，∴，取，則，故可取，設(shè)直線AM與平面BB1C1C所成角為，則，∴直線AM與平面BB1C1C所成角的正弦值為.（2021-2022·南通通州區(qū)·期末）19．如圖，C，D分別是以AB為直徑的半圓O上的點，滿足，△PAB為等邊三角形，且與半圓O所成二面角的大小為90°，E為PA的中點.(1)求證：DE//平面PBC；(2)求二面角A－BE－D的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）通過證明平面平面來證得平面.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得二面角的余弦值.【解析】(1)依題意，所以，所以三角形、三角形、三角形是等邊三角形，所以，所以四邊形是菱形，所以，由于平面，平面，所以平面.由于是的中點，是的中點，所以，由于平面，平面，所以平面.由于，所以平面平面，所以平面.(2)設(shè)的中點為，連接，則，由于四邊形是菱形，所以，則，依題意平面平面且交線為，所以平面.連接，則，由于三角形是等邊三角形，所以，由于平面平面且交線為，所以平面，則，以為空間坐標(biāo)原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，平面的法向量為.，，設(shè)平面的法向量為，則，故可設(shè).設(shè)二面角的平面角為，由圖可知，為銳角，所以.（2021-2022·蘇北四市·期末）19．如圖，在直三棱柱中.(1)證明：；(2)設(shè)，若二面角的大小為，求.【答案】(1)證明見解析.(2).【分析】（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)和判定可得證；（2）以為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系，利用面面角的空間向量求解方法，建立方程求解即可.【解析】(1)證明：在直三棱柱中，平面，又平面，所以，又，所以四邊形是正方形.連接，則，又平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.(2)解：以為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，設(shè)，則設(shè)平面的法向量為，則即得，取，則平面的一個法向量為，考慮向量，滿足所以是平面的一個法向量，因為二面角的大小為，所以，解得.（2021-2022·蘇州市·期末）20．如圖，在四面體中，已知是邊長為的等邊三角形，是以點為直角頂點的等腰直角三角形，為線段的中點，為線段的中點，為線段上的點．(1)若平面，求線段的長；(2)若二面角的大小為，求與平面所成角的大?。敬鸢浮?1)(2)【分析】(1)由條件結(jié)合線面平行的性質(zhì)可得，從而可得答案.(2)連接，得出為二面角的平面角，過點作，垂足為，連接，可證面，則為與面所成的角，從而可得答案.【解析】(1)因為面，面，面面，所以．又因為為線段的中點，所以為線段的中點，因為為線段的中點，且，所以．因為是以點為直角頂點的等腰直角三角形，所以．在直角中，．(2)連接，因為在等邊中，為的中點，所以．又因為是以點為直角頂點的等腰直角三角形，為線段的中點，所以，所以為二面角的平面角，所以．過點作，垂足為，連接．因為，，，面，所以面．又因為面，所以．又因為，面，所以面，所以為與面所成的角．因為，，所以，，因為，所以為線段的的中點．所以，且，所以，所以與面所成角的大小為．（2021-2022·泰州市·期末）19．如圖，在三棱錐中，.(1)平面平面；(2)點是棱上一點，，且二面角與二面角的大小相等，求實數(shù)的值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）作輔助線,垂足為O,接著證明，根據(jù)面面垂直的判定定理可證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點的坐標(biāo)，進(jìn)而求得相關(guān)向量的坐標(biāo)，分別求出平面ABP,APD的法向量,根據(jù)題意，利用向量的夾角公式列出相應(yīng)的等式，解得答案.【解析】(1)證明：如圖，作,垂足為O,因為，故O是的中點，且，由，可知,所以,則,故,又,且平面ABC,故平面ABC，而平面PAC，所以平面平面.(2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，過點O作和AB平行的直線作為x軸，以O(shè)C,OP分別為y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則,

由得，且，故，所以,設(shè)平面ABP的法向量為，則，令,則可取，設(shè)平面APD的法向量為，則，令，則可取，平面CPA的法向量可取為，由二面角與二面角的大小相等可得：，解得，符合題意，故實數(shù)的值為.（2021-2022·無錫市·期末）20．如圖，多面體中，底面為菱形，，平面，平面，.(1)求證：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）由線面平行的判定可證面、面，再由面面平行的判定可得平面平面，最后由面面平行的性質(zhì)可得平面.（2）構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，求面和面的法向量，應(yīng)用空間向量夾角的坐標(biāo)表示求二面角余弦值，進(jìn)