第第頁高中數(shù)學人教A版（2023）必修28.5空間直線、平面平行解答題章節(jié)綜合練習題（答案+解析）中小學教育資源及組卷應(yīng)用平臺

8.5空間直線、平面平行解答題

一、解答題

1．四棱錐的底面為正方形，為的中點．

（1）證明：平面；

（2）若平面，證明：．

2．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，D是AC的中點，AA1=AB=2．

（1）求證：AB1∥平面C1BD；

（2）若異面直線AC和A1B1所成角的余弦值為，求四棱錐B-AA1C1D的體積．

3．在直三棱柱中，、、、分別為，，，中點，．

（1）求證：平面．

（2）求二面角的余弦值．

4．如圖，四棱錐中，ABCD為正方形，E為PC的中點，平面平面ABCD，.

（1）證明：平面BDE；

（2）求三棱錐的體積.

5．（2023高二上·西鄉(xiāng)縣開學考）如圖，在三棱柱中，底面，且為等邊三角形，，D為的中點．

（1）求證：直線平面；

（2）求證：平面平面；

（3）求三棱錐的體積．

6．如圖，四棱錐中，側(cè)面為等邊三角形且垂直于底面，四邊形為梯形，，.

（1）若為的中點，求證：平面；

（2）若直線與平面所成角的正弦值為，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.

7．在四棱錐中，底面是邊長為的菱形，，面，，，分別為，的中點．

（1）求證：面；

（2）求二面角的大小的正弦值；

（3）求點到面的距離．

8．如圖，已知平面，平面，為等邊三角形，，為的中點，求證：

（1）平面.

（2）平面平面.

（3）求直線和平面所成的角的正弦值.

9．如圖所示，在正方體中．（立體幾何證明過程中不可使用向量法，否則不給分）

求證：

（1）直線平面；

（2）平面平面．

10．（2023·）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，側(cè)面為等腰直角三角形，且，點為棱上的點，平面與棱交于點．

（1）求證：；

（2）若，，求證平面平面．

11．（2023高二上·吉林開學考）如圖，已知正方體的棱長為2．

（1）證明：平面；

（2）證明：BD⊥平面；

12．如圖，四棱錐中，底面是矩形，，底面，分別為棱的中點.

（1）求證：平面；

（2）求證：平面平面.

13．如圖，在四棱錐中，，平面底面和分別是和的中點．

求證：(1)底面；

（1）平面平面．

14．（2023高二上·昆明開學考）如圖，直三棱柱中，點是BC上一點.

（1）若點D是BC的中點.求證；

（2）若平面⊥平面，求證.

15．如圖1，、、分別是邊長為4的正方形的三邊、、的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段折起，連接、就得到了一個空間五面體，如圖2．

（1）若是四邊形對角線的交點，求證：平面；

（2）若，求三棱錐的體積．

16．（2023高一下·資陽期末）已知四棱錐的底面為直角梯形，，，底面ABCD，且，，M是PB的中點.

（1）證明：平面；

（2）判斷直線CM與平面的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；

（3）求二面角的余弦值.

17．如圖，四棱錐中，底面ABCD為矩形，平面ABCD，E為PD的中點．

（1）證明：//平面AEC；

（2）設(shè)三棱錐的體積是，，求平面DAE與AEC的夾角．

18．（2023高二上·西鄉(xiāng)縣開學考）如圖，在正三棱柱（側(cè)棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，，，，分別是，，的中點.

（1）求證：平面平面；

（2）求證：平面

19．（2023高一下·上饒期末）如圖，正四棱臺中，，，.

（1）證明：平面；

（2）若，求異面直線與所成的角的余弦值.

20．如圖，在幾何體中，已知四邊形是正方形，，分別為的中點，為上靠近點的四等分點.

（1）證明：//平面；

（2）證明：平面//平面.

21．（2023高一下·汕尾期末）如圖，在正方體中，，分別為棱，的中點，是線段上的動點.證明：

（1）平面；

（2）平面.

22．（2023高一下·安徽月考）如圖，在直三棱柱中，，，D，E分別是棱，AC的中點．

（1）判斷多面體是否為棱柱并說明理由；

（2）求多面體的體積；

（3）求證：平面平面AB1D．

23．（2023高一下·衢州期末）衢州市某公園供市民休息的石凳是阿基米德多面體，它可以看做是一個正方體截去八個一樣的四面體得到的二十四等邊體（各棱長都相等），已知正方體的棱長為30cm.

（1）證明：平面平面；

（2）求石凳所對應(yīng)幾何體的體積.

24．（2023高一下·浙江月考）在三棱錐中，底面是邊長為2的正三角形，底面是的中點，是的中點，分別在線段和上，且．

（1）證明：平面平面．

（2）求直線與底面所成角的大?。?/p>

25．（2023·上海市模擬）如圖，矩形AMND所在平面與直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB．

（1）求證：平面AMB//平面DNC；

（2）若MC⊥CB，求證：BC⊥AC．

26．（2023高一下·浙江期中）如圖，在正方體中，分別是棱的中點，設(shè)是線段上一動點.

（1）證明：//平面；

（2）求三棱錐的體積.

27．（2023·嵊州模擬）如圖，在直四棱柱中，在棱上，滿足在棱上，滿足.

（1）當時，證明：平面；

（2）若平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，求的值.

28．（2023高二上·朝陽開學考）如圖，四邊形ABCD是矩形，平面ABCD，平面ABCD，，，點F在棱PA上．

（1）求證：平面CDE；

（2）求二面角的余弦值；

（3）若點F到平面PCE的距離為，求線段AF的長．

29．（2023高二上·柳州開學考）如圖，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD，E為AA1中點，AA1＝AB＝2．

（1）求證：AC1∥平面B1D1E；

（2）求三棱錐A﹣B1D1E的體積；

（3）在AC1上是否存在點M，滿足AC1⊥平面MB1D1？若存在，求出AM的長；若不存在，說明理由．

30．（2022高一下·電白期末）如圖所示，矩形中，，.、分別在線段和上，，將矩形沿折起.記折起后的矩形為，且平面平面.

（1）求證：平面；

（2）若，求證：；

（3）求四面體體積的最大值

答案解析部分

1．【答案】（1）證明：設(shè)與交于點，連接，因為底面是正方形，所以為的中點，又因為為的中點，所以，因為平面平面，所以平面

（2）解：因為底面是正方形，所以，

又因為平面平面，所以，

又平面，所以平面，

因為平面，所以

【解析】【分析】(1)設(shè)與交于點，連接，利用中位線證明，進而證明平面；

(2)通過證明，，得到平面，所以.

2．【答案】（1）在直三梭柱中，側(cè)面四邊形是平行四邊形，

交于，連接DO，

則是的中點，又是AC的中點，

所以平面平面，

所以平面；

（2）過作于，因為平面平面ABC，

所以，

又平面，所以平面.

異面直線AC和所成角的余弦值為，

即直線AC和AB所成角的余弦值為.

在Rt中，，

所以

，

，

四棱錐的體積

.

【解析】

【分析】（1）交于，連接DO，利用中位線定理證明AB1∥平面C1BD；

（2）過作于，利用幾何法求出異面直線和所成角的余弦值為，求出梯形的面積，代入四棱錐的體積公式，計算求解即可.

3．【答案】（1）解：證明：取中點，連接，，易知，，

，分別是，的中點，，

，，四邊形為平行四邊形，，

不在平面內(nèi)，在平面內(nèi)，平面．

（2）解：取的中點，連接，，以為坐標原點

，，分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，故，

設(shè)平面的一個法向量為，

則，則可取，

易知平面的一個法向量為，

，二面角的余弦值為．

【解析】【分析】本題考查線面平行的判定與二面角的余弦值。

（1）找中點利用中位線得出，即四邊形為平行四邊形，，所以；

（2）建立空間直角坐標系，求出平面FA1C1的法向量，再利用向量夾角的余弦值公式即得解。

4．【答案】（1）證明：連接AC交BD于點O，連接OE，

因為四邊形ABCD為正方形，所以點O為AC的中點，

又E為PC的中點，所以，

又因為平面BDE，平面BDE，所以平面BDE.

（2）解：∵四邊形ABCD為正方形，則，

因為，

所以.

【解析】【分析】(1)連接AC交BD于點O，連接OE，可得，結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；

(2)利用轉(zhuǎn)換頂點法結(jié)合錐體的體積公式運算求解.

5．【答案】（1）連接交于，連接，在中，為中點，為中點，所以，又面，∴直線面；

（2）∵面，面，∴．又，

，∴，面，∴面．

又面，∴面面；

（3）∵為正三角形，為中點，∴，由，可知，

．∴，又∵面，且，

∴面，且，∴．

【解析】【分析】（1）根據(jù)直線與平面平行的判定定理求解即可；

（2）根據(jù)直線與平面垂直性質(zhì)定理及判定定理，結(jié)合平面與平面垂直的判定定理求解即可；

（3）運用等體積法，結(jié)合棱錐的體積公式求解即可.

6．【答案】（1）解：取中點，連接，

分別為中點，，，

，，又，

，，四邊形為平行四邊形，，

平面，平面，平面.

（2）解：取中點，連接，

，，四邊形為平行四邊形，

又，，即；

為等邊三角形，，

又平面平面，平面平面，平面，

平面；

則以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，

設(shè)，，則，，，，，

，，，，

設(shè)平面的法向量，

則，令，解得：，，，

，解得：，；

設(shè)平面的法向量，

則，令，解得：，，；

，

即平面與平面所成銳二面角的余弦值為.

【解析】【分析】(1)根據(jù)平行的性質(zhì)可得，結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；

(2)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，以為坐標原點，正方向為軸，可建立示空間直角坐標系，利用空間向量求面面夾角.

7．【答案】（1）證明：如圖所示，取中點，連結(jié)，

因為分別為的中點，所以可證得，且，

所以四邊形是平行四邊形，所以，又因為平面，平面，

所以平面

（2）解：作于點，作于點，連結(jié)，易證平面，

所以，又因為，，

所以平面，所以，所以即為二面角的平面角，

在中，

（3）解：因為，所以

所以

【解析】【分析】（1）取中點，連結(jié)，先證明四邊形是平行四邊形得到，再利用線面平行的判定定理可得證明；

（2）作于點，作于點，連結(jié)，利用定義可得到即為二面角的平面角，在中解三角形即可；

（3）先求出與，再利用等體積法即可求得點到面的距離.

8．【答案】（1）證明：

（2）證明：

（3）解：

【解析】

(1)取CE中點M，連結(jié)MF，BM，

MF是△CDE的中位線，∴MF∥DE，，

∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，

∴DE∥AB，又DE=2AB，∴AB∥MF，AB=MF，

∴四邊形ABMF是平行四邊形，

∴AF∥BM，∵AF平面BCE，BM平面BCE，

∴AF//平面BCE；

(2)∵AB⊥平面ACD，AF平面ACD，

∴AB⊥AF，∴四邊形ABMF是矩形，∴BM⊥MF.

∵△ACD是正三角形，F(xiàn)是CD中點，∴CD⊥AF.

∵BM∥AF，∴CD⊥BM，

∵MF∩CD=F，MF平面CDE，CD平面CDE，

∴BM⊥平面CDE，∵BM平面BCE，

∴平面BCE⊥平面CDE；

（3）取線段DE的中點P，連接BP，

∵AB∥DP且AB=DP，

∴四邊形ABPD是平行四邊形，

∴AD∥BP，

則直線AD和平面BCE所成的角就是直線BP和平面BCE所成的角，

過點P作PN⊥CE，垂足為N，連結(jié)BN，

由（2）知平面BCE⊥平面CDE，又平面BCE∩平面CDE=CE，

∴PN⊥平面BCE，∴∠PBN為直線BP和平面BCE所成角的平面角.

設(shè)AB=1，則DE=AC=CD=AD=2，

∵DE⊥平面ACD，

∴DE⊥DC，

∵CD=DE，

∴，

∵PN⊥CE，EP=1，

∴，

∵四邊形ABPD為平行四邊形，

∴BP=AD=2，

∴，

故直線AD和平面BCE所成的角正弦值為.

【分析】(1)根據(jù)題意可得AF∥BM，結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；

(2)根據(jù)題意題意可證BM⊥平面CDE，結(jié)合面面垂直的判定定理分析證明；

(3)根據(jù)（2）可知PN⊥平面BCE，則∠PBN為直線BP和平面BCE所成角的平面角，分析運算即可.

9．【答案】（1）證明：在正方體中，

因為平面平面，

平面

（2）證明：在正方體中，

易知平面中，又因為平面，

所以，

又因為平面，

所以平面，

又因為平面，

所以平面平面．

【解析】【分析】(1)根據(jù)題意可得，進而結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；

(2)根據(jù)題意可證平面，進而結(jié)合面面垂直的判定定理分析證明.

10．【答案】（1）證明：因為底面是正方形，所以，

平面，平面，所以平面，

又因為平面與交于點，平面，平面平面，

所以．

（2）證明：側(cè)面為等腰直角三角形，且，即，，

因為，，且兩直線在平面內(nèi)，可得平面，

因為平面，則．

又因為，，且兩直線在平面內(nèi)，

則平面，

因為平面，則，

因為，所以為等腰三角形，所以點為的中點.

又因為，所以為等腰直角三角形，

因為，所以AP⊥面，

因為面APD，所以面APD⊥面.

【解析】【分析】(1)根據(jù)線面平行可得平面，再結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理分析證明；

（2）根據(jù)題意可證平面，可得，同理可證，進而可得AP⊥面，結(jié)合面面垂直的判定定理分析證明.

11．【答案】（1）解：在正方體，且，

∴為平行四邊形，∴，∵平面，平面

∴平面；

（2）解：∵正方體，底面ABCD，底面ABCD，∴，

∵正方形ABCD中，，又∵平面，平面，，

∴平面；

【解析】【分析】(1)根據(jù)正方體的性質(zhì)可得，進而結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；

(2)根據(jù)正方體的性質(zhì)可得，，進而結(jié)合線面垂直的判定定理分析證明

12．【答案】（1）證明：取的中點，連接，

因為分別是的中點，

所以，且，

又是的中點，所以，且，

所以，且，

所以是平行四邊形，故.

又平面，平面，

所以平面.

（2）因為底面，底面，

所以.

取中點，連接，

因為是矩形，且，

所以都是正方形，

所以，即.

又是平面內(nèi)的兩條相交直線，

所以平面.

而平面，所以平面平面.

【解析】【分析】(1)取的中點，連接，根據(jù)平行性質(zhì)可得，結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理分析證明；

(2)根據(jù)題意先證平面，再結(jié)合面面垂直的判定定理分析證明.

13．【答案】（1）∵和分別是和的中點，

∴，

而平面平面，

∴平面．

∵，

∴四邊形是平行四邊形．

∴，而平面平面，

∴平面．

而平面平面，

∴平面平面．

【解析】（1）因為，平面底面，平面底面，平面，

所以底面.

【分析】(1)根據(jù)題意利用面面垂直的性質(zhì)定理分析證明；

(2)根據(jù)題意可證，，結(jié)合面面平行的判定定理分析證明.

14．【答案】（1）連接交于點，連接，則是中點，又D是的中點，，又，，；

（2）過點作，又平面⊥平面，平面平面，平面，平面，

平面，，

由直三棱柱性質(zhì)知平面，又平面，，

又平面，平面，，平面，

平面，.

【解析】【分析】(1)、連接交于點，連接，通過證明得到；

(2)、過點作，通過證明和得到平面，進而證明.

15．【答案】（1）在圖2中取線段中點，連接、，如圖所示：

由圖1可知，四邊形是矩形，且，

∴是線段與的中點，∴且，

圖1中且，而且．

所以在圖2中，且，

∴且，

∴四邊形是平行四邊形，則，

由于平面，平面，

∴平面．

（2）∵，，，面，，∴平面，

，

所以，

即三棱錐的體積為．

【解析】【分析】（1）取線段中點，連接、，通過證明四邊形是平行四邊形得到，再結(jié)合線面平行的判定定理可得證明；

（2）由已知可證明平面，再利用等體積法，即，先求出，再利用錐體體積公式計算即可.

16．【答案】（1）證明：由底面ABCD，底面ABCD，則，

在直角梯形中，，則，

又，平面，所以平面；

（2）解：平面，證明如下：

如圖：

取PA中點E，連接ME，DE，由于M是PB的中點，故，且，

由，則，且，

從而四邊形是平行四邊形，故，

又平面，平面，所以平面；

（3）解：作，垂足為N，連接BN，如圖：

在中，，又，所以≌，可得，

則≌，故，故為所求二面角的平面角，

由（1）知平面，由平面，可得，

在中，，所以，

在等腰三角形中，，所以，

因為，在中，由余弦定理得，

所以二面角的余弦值為.

【解析】【分析】（1）由底面ABCD，推出，再由為直角梯形，推出，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)及判定定理即可證明；

（2）取中點E，連接ME，DE，根據(jù)已知條件，再利用線面平行的判定定理即可證明；

（3）作，垂足為N，連接BN，易知，，確定為二面角的平面角，由（1）推出，在和等腰三角形中求出以及得長度，最后利用余弦定理求二面角的余弦值即可.

17．【答案】（1）證明：以點A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)，

由幾何關(guān)系有：，

則直線的方向向量為：，，

設(shè)平面的法向量，則：，

據(jù)此可得：平面的一個法向量為，

結(jié)合可知：，即

據(jù)此可得：平面.

（2）解：因為平面ABCD，E為PD的中點．，

所以點E到平面ABCD的距離為，

因為三棱錐的體積是，

所以有，

結(jié)合（1）的結(jié)論可知：，

則平面的一個法向量為.

由平面可知平面的一個法向量為：，

據(jù)此可得：，

則，

觀察可知二面角的平面角為銳角，

故二面角的余弦值為.

【解析】【分析】（1）以點A為坐標原點，建立空間直角坐標系，設(shè)，，求出平面的法向量，利用空間向量數(shù)量積計算得，所以平面；

（2）由三棱錐的體積是，推出，由題意得出平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，根據(jù)空間向量夾角公式，計算求解即可.

18．【答案】（1）證明：如圖，

因為N，P分別是AB，的中點，

所以，

又平面，平面，

所以平面，

又M是的中點，

所以，

所以四邊形是平行四邊形，

所以，

又平面，平面，

所以平面，

因為，

所以平面平面；

（2）解：連接，交于T，連接MT，

因為，底面是等邊三角形，

所以四邊形是正方形，

所以，且T為的中點，

又，

所以，

因為，平面，所以平面.

【解析】【分析】（1）分別證明平面，平面，利用面面平行的判定定理證明即可；

（2）連接，交于T，連接MT，分別證明，，結(jié)合線面垂直的判定定理可得證明.

19．【答案】（1）解：∵正四棱臺中，，，

∴，又∵，

∴，∴四邊形為平行四邊形，

∴，又∵平面，平面，

∴平面，

∵，平面，平面，∴平面，

又∵，平面，平面，

∴平面平面，

∵平面，∴平面.

（2）解：在等腰梯形中作交于點，

由（1）知，，∴，

∴就是異面直線與所成的角，

∵，，

∴中，，，

∴，

∴異面直線與所成的角的余弦值為.

【解析】【分析】(1)根據(jù)面面平行的判定定理可得平面平面，結(jié)合面面平行的性質(zhì)可得平面.

(2)根據(jù)題意可知就是異面直線與所成的角，結(jié)合余弦定理運算求解.

20．【答案】（1）證明：如圖，連接，設(shè)與相交于點，連接，

因為四邊形是正方形，則為的中點，又為的中點，

于是，，即四邊形為平行四邊形，則，

而平面，平面，

所以平面.

（2）解：取的中點，連接，因為，且，

則四邊形都為平行邊形，有，

于是四邊形為平行四邊形，即有，

而為上靠近點的四等分點，則為的中點，又為的中點，則，

因此，又平面，平面，則平面，

顯然，又平面，平面，則平面，

而平面，

所以平面平面.

【解析】【分析】(1)先證明，再利用線面平行的判定定理即可得證；

(2)先證明平面和平面，利用面面平行的判定定理即可得證.

21．【答案】（1）證明：如圖，連接交于點，連接.

∵為的中點，為的中點，

∴為的中位線，

∴.

又∵平面，平面，

∴平面

（2）證明：連接，，連接交于點，連接，如圖.

在正方體中，，

∵平面，平面，

∴平面.

又為的中位線，

∴.

∵平面，平面，

∴平面.

又∵平面，平面，，

∴平面平面.

∵平面，

∴平面.

【解析】【分析】(1)根據(jù)題意可得，進而結(jié)合線面平行的判定定理分析證明；

(2)根據(jù)題意可得平面，平面，進而可得平面平面，結(jié)合面面平行的性質(zhì)定理分析證明.

22．【答案】（1）解：多面體不是棱柱．理由如下：

因為棱柱的側(cè)面必為平行四邊形，故棱柱的面至少有3個平行四邊形，而多面體只有1個面是平行四邊形，故不是棱柱.

（2）解：易知三棱柱的體積，

三棱錐的體積，

易知三棱錐的體積等于三棱錐的體積，

故多面體的體積．

（3）解：因為D，E分別是，AC的中點，所以，

所以四邊形為平行四邊形

所以．又平面，平面，所以平面．

易知，得四邊形為平行四邊形．

所以，又平面，平面，所以平面．

而，BE，平面，

所以平面平面．

【解析】【分析】（1）利用已知條件和棱柱的概念判斷即可；

（2）利用間接法求多面體的體積，即；

（3）利用已知條件可證得四邊形BB1DE和四邊形ADC1E都是平行四邊形，進而得到，，利用線面平行的判定定理可得：平面，平面，再利用面面平行的判定定理即可得證.

23．【答案】（1）解：多面體為二十四等邊體知、、、、、為正方體對應(yīng)棱上的中點

則，，

，平面，，平面，

則平面平面.

（2）解：正方體的體積，

截去的每個四面體體積為，

所以石凳所對應(yīng)幾何體的體積為.

【解析】【分析】(1)由面面平行的判定定理即可證明.

(2)先求出八個全等的三棱錐的體積和，再利用正方體的體積減去截去的部分體積即可算出.

24．【答案】（1）證明：取的中點，取上靠近的四等分點，連接，

，

且，

，

且，

且，

四邊形是平行四邊形，

，又平面，平面，

平面，

，

，

又平面平面，

平面，

平面

平面平面．

（2）解：由（1）知，又底面，

底面，連接，

就是與底面所成的角．

在中，，

，

，

與底面所成角的大小是．

【解析】【分析】(1)根據(jù)比例關(guān)系可得線線平行，由此可得線面平行，再由面面平行的判定定理得證平面平面．

(2)根據(jù)線面角的定義得出就是與底面所成的角．再求解即可得直線與底面所成角的大?。?/p>

25．【答案】（1）證明：因為MB//NC，MB面DNC，NC面DNC，

所以MB//面DNC．因為AMND是矩形，所以MA//DN，又MA面DNC，

DN面DNC，所以MA//面DNC．又MA∩MB=M，且MA、MB平面AMB，所以面AMB//面DNC．

（2）證明：因為AMND是矩形，所以AM⊥MN．

因為面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN=MN，AM面AMND，

所以AM⊥平面MBCN，而BC平面MBCN，所以AM⊥BC．

因為MC⊥BC，MC∩AM=M，MC、AM面AMC，所以BC⊥面AMC，

因為AC面AMC，所以BC⊥AC．

【解析】【分析】（1）由線面平行的判定可證MB//面DNC、MA//面DNC，再用面面平行的判定證結(jié)論；

（2）由面面垂直的性質(zhì)得AM⊥平面MBCN，再由線面垂直的性質(zhì)、判定證BC⊥面AMC，最后由線面垂直的性質(zhì)證線線垂直即可.

26．【答案】（1）證明：連結(jié)，，

因為正方體，所以，且，

所以四邊形為平行四邊形，

所以，平面，平面，

所以平面，

取中點，連結(jié)，

因為是和的中點，

所以，，

且，，

所以，且，

所以四邊形為平行四邊形，

所以，且，

因為，且，

所以四邊形為平行四邊形，

所以，且，

所以，平面，平面，

所以平面，，平面，平面，

所以平面平面，平面，所以平面，

（2）解：因為正方體，

所以點到平面的距離與點到平面的距離相等，

所以三棱錐的高，

所以

【解析】【分析】

(1)可以通過證明面面平行進而得到線面平行

(2)根據(jù)正方體的的體積特點，得出體積之間的數(shù)量關(guān)系，從而得出高和幾何體的體積.

27．【答案】（1）證明：

方法1：

在棱上取，使得，連接.

因為，所以，且.

當時，，則，且，

所以，

所以四邊形是平行四邊形，所以.

又因為平面平面，

所以平面.

方法2：

在棱上取，使得，連接.

因為，所以

又平面，平面，所以平面.

又因為，且，所以四邊形是平行四邊形，

所以，又平面，平面，從而平面.

因為平面，所以平面平面，

因為平面

所以平面.

（2）解：取的中點，則.分別以射線為軸的正半軸建立空間直角坐標系，如圖所示，

則，所以.

因為，所以，所以.

設(shè)是平面的法向量，

則，可取.

不難得到：平面的一個法向量為.

所以，化簡得：，

解得，或.因為，所以.

【解析】【分析】(1)方法一：在棱上取，使得，連接，根據(jù)平行的性質(zhì)可證，進而可得結(jié)果；方法二：在棱上取，使得，連接，先證平面平面，根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得結(jié)果；

(2)分別以射線為軸的正半軸建立空間直角坐標系，求平面的法向量，根據(jù)面面夾角的向量求法可得結(jié)果.

28．【答案】（1）證明：在矩形ABCD中，．

因為平面CDE，平面CDE，

所以平面CDE．

因為平面ABCD，平面ABCD，

所以．

因為平面CDE，平面CDE，

所以平面CDE．

又因為平面PAB，平面PAB，．

所以平面平面CDE．

因為平面PAB，

所以平面CDE．

（2）解：因為平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，

所以，．

又因為ABCD是矩形，，

所以AD，AB，PA兩兩垂直，如圖建立空間直角坐標系，

則，，，

所以，．

設(shè)平面PEC的一個法向量為，則

，即．

令，則，．

于是．

取平面PEA的法向量為．

則．

由圖可知二面角為銳角，

所以二面角的余弦值是．

（3）解：令線段AF的長為t，則，．

所以，

因為點F到平面PCE的距離．

所以，即．

解得或（舍）．

所以線段AF的長為．

【解析】【分析】(1)通過證明平面平面