江西省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编：空间向量与立体几何

江西省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----空间向量与立体几何 一、单选题 1．（2024·江西鹰潭·三模）在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江西南昌·三模）已知三棱锥中，是边长为2的正三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，分别是线段的中点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·江西九江·三模）已知圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·江西吉安·模拟预测）已知三棱锥的所有棱长均为6，点分别在棱上，，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·江西赣州·二模）已知球O内切于正四棱锥，，EF是球O的一条直径，点Q为正四棱锥表面上的点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·江西景德镇·三模）已知，是空间内两条不同的直线，，，是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则或 7．（2024·江西南昌·二模）校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·江西九江·二模）已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·江西赣州·一模）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，过且平行于平面的平面截正方体所得截面面积为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·江西宜春·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，则以为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则（ ） A．平面平面 B．三棱锥的体积为定值 C．异面直线与所成角的取值范围是 D．当为的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 12．（2024·江西景德镇·三模）正方体的棱长为6，，分别是棱，的中点，过，，作正方体的截面，则（    ） A．该截面是五边形 B．四面体外接球的球心在该截面上 C．该截面与底面夹角的正切值为 D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75 13．（2024·江西鹰潭·二模）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（    ）    A． B．若为线段上的一个动点，则的最大值为3 C．点到直线的距离是 D．直线与平面所成角正弦值的最大值为 14．（2024·江西上饶·二模）在四棱锥中，是正方形，，，，为棱上一点，则下列结论正确的是（    ） A．点到平面的距离为1 B．若，则过点，，的平面截此四棱锥所得截面的面积为 C．四棱锥外接球的表面积为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 15．（2024·江西鹰潭·一模）直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为. B．直线与平面所成的角为定值． C．点到平面的距离的最小值为. D．的最小值为-2． 三、填空题 16．（2024·江西九江·二模）将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内，设正方体棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为 ． 17．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 . 18．（2024·江西赣州·二模）已知某正三棱柱外接球的体积为,则该正三棱柱体积的最大值为 . 19．（2024·江西南昌·模拟预测）如图所示，四边形是边长为4的正方形，分别为线段上异于点的动点，且满足，点为的中点，将点沿折至点处，使⊥平面，则五棱锥体积的最大值为 .      20．（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在正四棱台中，，．若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为 ． 四、解答题 21．（2024·江西九江·二模）在三棱柱中，，，，分别为，的中点，． (1)求证：； (2)若，求二面角的正弦值． 22．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 23．（2024·江西南昌·三模）如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接. (1)求证：，，，四点共面： (2)求平面与平面所成角的余弦值. 24．（2024·江西鹰潭·二模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，，，底面为等边三角形. (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 25．（2024·江西景德镇·三模）已知在正三棱柱中，，. (1)已知，分别为棱，的中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 26．（2024·江西赣州·二模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，底面ABC为等边三角形.    (1)证明：为等腰三角形； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 参考答案： 1．C 【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答. 【详解】如图所示： 由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足， ， 由勾股定理得， 所以， 设点为外接圆的圆心， 则外接圆的半径为，， 设点为外接圆的圆心，同理可得外接圆的半径为， ， 如图所示： 设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点， 而均垂直平分， 所以点在面，面内的射影分别在直线上， 即， 由题意，且二面角为直二面角， 即面面，， 所以，即，可知四边形为矩形，所以， 由勾股定理以及， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 2．C 【分析】作出图象，由面面垂直的判断定理可得平面平面，从而可得三棱锥的外接球的球心，求出外接球的半径，即可得答案. 【详解】因为是边长为2的正三角形，是线段的中点， 所以，又因为，平面，， 所以平面，又因为平面，所以平面平面， 易知， 又因为，是以为斜边的等腰直角三角形， 所以，， 设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 则，， 在，，即，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故选：C. 3．A 【分析】根据题意，由圆锥的侧面积公式可得圆锥的高，再由圆锥的体积公式代入计算，即可求解. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线为，高为. 由题意得，解得，， 该圆锥的体积是. 故选：A. 4．C 【分析】根据正四面体的性质结合已知，可以推断出的中点为的中心，则为高，再根据的面积关系，即可利用正面体的体积求所求体积. 【详解】如图，因为，， 所以，，所以， 取的中点，延长BO交CD于M，底面如下图所示： 因为在等边中，，， 所以，所以， 所以为等边的重心，也是中心，则平面， 所以， 故. 故选：C. 5．A 【分析】根据给定条件，利用体积法求出球半径，再利用向量数量积的运算律计算即得. 【详解】令是正四棱锥底面正方形中心，则平面，而， 则，正四棱锥的体积， 正四棱锥的表面积， 显然球的球心在线段上，设球半径为，则，即， 在中，，于是，又EF是球O的一条直径， 因此， 显然，则，， 所以的取值范围为. 故选：A 6．C 【分析】借助于模型，完成线面关系的推理可得C项正确，可通过举反例或罗列由条件得到的所有结论，进行对A,B,D选项的排除. 【详解】对于A，由，，设，当时，可得，故A错误； 对于B，由，可得或，故B错误； 对于C，如图，设，，在平面作不与重合的直线，使， 因，则，因，，则，因，则，于是，故C正确； 对于D，当，，时，若且， 则可以和平面成任意角度，故D错误. 故选：C. 7．C 【分析】由奖杯的总高度为，结合题意，可将其拆解为多段，得到，结合题目所给条件，运用勾股定理计算即可得球的半径，结合球的表面积公式即可得解. 【详解】如图：连接、、， 取、、中点、、，连接、、， 由已知侧棱长为的正三棱锥， 即，又因为， 所以， 因为平面，，均与平面垂直， 设，，三点所在的圆为圆，底面的中心为， 则，又因为奖杯总高度为， 设球半径为，球心到圆面的距离为， 则，即， 如图，易知≌， 因为， 所以是边长为的等边三角形， 设的外接圆半径为， 则， 则在直角中，， 即，解得， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助奖杯的总高度为，得到，从而可由题目所给条件逐步计算出球的半径，即可得解. 8．C 【分析】利用圆台表面积得母线长和圆台的高，由勾股定理求出球的半径，可计算体积. 【详解】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为和，    则圆台侧面积为， 上、下底面面积分别为和. 由圆台表面积为，得， 所以圆台高， 设球半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，高为1. 作于点， 设，由，则球心在圆台外部. 则有，解得， 所以球的体积为. 故选：C. 9．A 【分析】根据给定条件，作出并证明过点，且与平面平行的正方体的截面，再求出面积. 【详解】在棱长为1的正方体中，取中点，中点， 连结，而为棱中点， 显然，，得四边形，四边形都是平行四边形， 则，，平面，平面， 于是平面，平面，又，平面， 因此平面平面，又，，即四边形是平行四边形， 则，显然平面平面， 从而过且平行于平面的平面截正方体所得截面为四边形， 又，即四边形为菱形， 而，， 所以四边形的面积为． 故选：A 10．D 【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案. 【详解】因为球的半径为2，所以球不与侧而及侧面相交， 连接．由题得，．所以， 所以球与侧面交于点，，与侧面交于点，． 在正六边形中，易得，因为平面，平面． 所以，又，平面， 所以平面，即平面，且，又，． 所以球与侧面的交线为以为直径的半圆，同理可得球与侧面的交线为以为直径的半圆． 由题易得，则球与上底面及下底面的交线均为个半径为的圆． 所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为． 故选：D．    【点睛】关键点点睛：根据球的半径为2，判断球只与侧而及侧面，上底面及下底面相交. 11．ABD 【分析】直接利用正方体的性质，几何体的体积公式, 异面直线的夹角和外接球的表面积公式逐项判断即可. 【详解】对于，由正方体的性质，在、上的射影分别为、， 而，，则，，， 又平面 所以面，平面，所以平面平面，故正确； 对于，因为，平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积不变， 所以三棱锥的体积为定值，故正确； 对于，因为， 所以异面直线与所成的角就是直线与所成的角， 因为是等边三角形， 当与线段的两个端点重合时，直线与所成的角最小为， 当与线段的中点重合时，直线与所成的角最大为， 所以所求角的范围是，故错误； 对于，该正四面体的外接球即为正方体外接球，， 故所求球的表面积为，故正确. 故选：. 12．ACD 【分析】对于A，过三点作正方体的截面即可；对于B，计算四面体外接球半径，以及外接圆半径，比较球心与圆心是否重合即可；对于C，建立空间直角坐标系，计算平面和平面的法向量即可；对于D，将被截正方体较小部分体积分为5个三棱锥计算即可. 【详解】对于A，如图①所示，延长交的延长线于，延长交的延长线于， 连接交于，连接交于， 连接，，则五边形为平面截正方体所得的截面，故A正确； 对于B， 如图②所示，设三棱锥底面外心为， 三棱锥外接球球心为， 且, 在中，,， 所以外接圆半径为, 所以在中，三棱锥外接球半径 , 所以三棱锥外接球球心到三点的距离都为. 在中，， 所以外接圆半径, 所以四面体外接球的球心不在该截面上，故B错误； 对于C，如图③所示，以分别为轴建立如图空间直角坐标系， 且正方体边长为6，即， 所以， 设为平面的法向量，则 ，取， 所以， 又因为平面， 故为平面的法向量， 则， ，故C正确； 对于D，如图④所示，取中点，连接, 因为，所以，即， 又因为，所以，即， 同理，由得， 由得， 所以， ， ， ， , 所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为，故D正确. 故选：ACD. 13．BD 【分析】由向量的线性运算代入计算，即可判断A，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可判断BCD 【详解】对于A项，因为 ， 所以，故A项错误； 对于B项，如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，    则，，， 设点，使，， 则，故，则 ， 因，则时，即点与点重合时，取得最大值3，故B项正确； 对于C项，又，则，， 故得：，， 则点到直线的距离为：，故C项错误； 对于D项，设平面的一个法向量为， 所以，取，所以 由，则， 设为与平面所成的角， 则， 又，当且仅当时，取等号 知，D项正确. 故选：BD 14．ABD 【分析】设点到平面的距离为，结合，求得，可判定A正确；取中点为，连接，，可得截面为直角梯形，进而可判定B正确；结合球的截面的性质，可求得四棱锥外接球的半径为，结合球的表面积公式，可判定C不正确；作和 ，证得平面平面，将与平面所成的角转化为，设，求得，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【详解】对于A选项，因为，，又，且，面， 所以面，又因为，所以平面， 因为，且， 可得到平面的距离为，即三棱锥的高为， 设点到平面的距离为，且， 由，可得，得. 所以点到平面的距离为1，所以A正确； 对于B选项，因为，所以点为棱的中点， 取中点为，连接，，则平面即为平面截此四棱锥所得的截面. 且点是的中点，点为棱的中点， 所以在中，是的中位线，则，且， 又因为四边形是正方形，则，所以， 因为面，且面，面，所以. 所以四边形是以为下底、为上底，为高的直角梯形， 因为，在等腰中，，且平分， 可得， 则平面截此四棱锥所得截面的面积为，所以B正确； 对于C选项，又因为，，且， 所以，即，其中为外接圆半径， 因为正方形的中心到面的距离等于其边长的一半，即，故四棱锥外接球的半径为. 所以四棱锥外接球的表面积为，所以C不正确； 对于D选项，过点作，再过点作，使得分别在线段上，连接. 根据线面平行的判定定理，可得平面，平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面，即平面. 所以即为与平面所成的角，即为与平面所成的角. 由于平面，在平面内，故. 从而在直角中，可得. 设，由，可得， 所以，所以. 由于，故在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得， 在直角中，可得，且当时，不等号取等. 所以的最大值是，所以D正确. 故选：ABD. 【点睛】解题方法点拨： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 15．BC 【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D. 【详解】直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形， 又，则和都是等边三角形， 设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则有，， 点在四边形及其内部运动，设，， 由，有， 即， 所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧， 所以点的轨迹的长度为， A选项错误； 平面的法向量为，， 直线与平面所成的角为，则， 又由，则， 所以直线与平面所成的角为定值， B选项正确； ，设平面的一个法向量为， 则有，令，得，， 所以点到平面的距离， ，所以时，， 所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确； ， ，其几何意义为点到点距离的平方减12， 由，点到点距离最小值为， 的最小值为，D选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛： 空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法. 16． 【分析】设两个球，的半径分别为，，得到两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大，根据题意，求得的取值范围，利用球的体积公式，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，为正方体的对角面， 设两个球，的半径分别为，， 当两圆与对角面相切，且与正方体三个面相切时，体积和最大， 所以，可得，所以， 由题意知，，且，故， 所以体积， 当时，最大，此时，最大值为. 故答案为：.    【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 17．60π 【分析】先结合线面角的定义与已知条件可得，从而知，过点作于点，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为取得最大值，再结合勾股定理确定点的位置，然后利用补形法求外接球的半径即可． 【详解】翻折前，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以即为直线与平面所成的角， 同理可得，即为直线与平面所成的角， 因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， 所以， 而，， 所以，即， 设，则， 过点作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 即点到平面的距离为， 因为三棱锥的体积，且为定值， 所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值， 设，，则， 由勾股定理知，，， 所以，， 消去整理得，，，， 当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且， 所以，，两两垂直， 所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球， 所以， 所以外接球的半径， 所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 18． 【分析】先由外接球体积求出外接球的半径,设正三棱柱的底面三角形的边长为,可以由和表示出三棱柱的高,进而可以用表示三棱柱的体积,令,利用导数求出函数的极大值即最大值,即可计算正三棱柱的体积的最大值. 【详解】如图: 设外接球半径为,则, 设正三棱柱的底面三角形的边长为,则该三角形的外接圆的半径为, 故三棱柱的高, 所以三棱柱的体积为, 因为, 设, 则, 当, 即函数在为增函数,为减函数, 所以, 则. 故答案为:. 19．/ 【分析】设，根据题意得出五棱锥的体积为，利用导数法求解最值即可. 【详解】设，因为，点为的中点，所以， 且，底面的面积为， 所以五棱锥的体积为. 则，令，得；令，得. 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 故答案为： 20． 【分析】连接，交于点，连接，交于点，连接，过作于点，底面，根据正四棱台的体积求出棱台的高，即可判断四棱台外接球的球心在的延长线上，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积. 【详解】如图，连接，交于点，连接，交于点，连接，则， 底面，平面，∴． 过作于点，则，∴底面． ∴该正四棱台的体积，∴． 连接，∵， ∴四棱台外接球的球心在的延长线上， 设，则，， ， 由，得，解得， 故，即外接球的半径， ∴外接球表面积为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出正四棱台的高，从而确定外接球的球心球心在的延长线上，利用勾股定理求出外接球的半径. 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知条件证出平面，即可得出； （2）以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，再利用夹角公式求解即可． 【详解】（1）如图，连接，取中点为，连接，， 因为，所以， 因为，为，的中点，且， 所以，所以， 所以， 又因为，所以， 又因为，且， 所以平面， 因为平面， 所以； （2）因为，在中，， 所以，又平面，故平面， 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，， 设平面与平面的一个法向量分别为，， 则，令，解得，故， ，令，解得，，故， 设二面角的平面角为， 则， 所以， 所以二面角的正弦值为． 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点为，利用直角梯形中位线的性质，线面垂直的性质判定推理即可； （2）通过正三角形证明，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用二面角得向量求法计算求解即可. 【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则， 又，则， 且，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理，得平面， 平面，. 由，则，又，为梯形的两腰，则与相交， 平面， 又平面，所以平面平面. （2）取的中点为Q，由，， 则，， 因此△为等边三角形，. 由（1）知平面，，，两两垂直， 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，    由，，则， ，，，， 由， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 由 取，得，，得. 设平面的一个法向量为， 由 取，得，， 即平面的一个法向量为. 记平面与平面夹角的大小为， 所以，化简得，即，所以实数的值为. 23．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可. （2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）取，的中点分别为，，连接，， 取，的中点分别为，，连接，，， 由题意知，都是等边三角形， 所以，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，平面，所以， 因为，的中点分别为，，所以 所以，所以， 所以，又因为， 所以， 因为，的中点分别为，， 所以， 所以，所以，，，四点共面； （2）连接，，且延长交于点，由题意知，， 所以，同理， 所以就是二面角的平面角， 设，则，，， 所以，同理， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 24．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取，的中点为，，连接，，，依题意可证平面，即可得为二面角的平面角，证明为直二面角可得结果； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法可得结果. 【详解】（1）取，的中点为，，连接，，， 由于侧面为矩形，所以，∵，∴， 由于底面为等边三角形，所以，，，平面， 所以平面， 由于，，故四边形为平行四边形， 故平面，故， 又是中点，所以， 由于，，所以，， 又，所以， 由于，，故为的平面角， 由于，所以， 故平面平面； （2）由于，，两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 由于平面的法向量为， 故 故平面与平面的夹角的余弦值为. 25．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）为中点，通过证明，证明平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）取中点，连接，. ，分别为，中点，且， 又为中点，且， 且， 故四边形是平行四边形，. 而平面，面， 平面. （2）如图以为坐标原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则. 设平面的法向量为，则， 令，得，，. 又，. 即直线与平面所成角的正弦值是. 26．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直判定定理可得平面，再由线面垂直的性质定理可证得，再由O是BC中点即可证明为等腰三角形； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）设，的中点分别为O，M，连接，，， 由于侧面为正方形，所以， ∵，∴， 由于底面为等边三角形，所以， 又，平面， 所以平面， 由于，，故四边形为平行四边形， 又平面，故， 由于O是中点，所以，则为等腰三角形. （2）不妨设，则，， 又，且，则， 则，从而，而，， 则，，两两垂直， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设平面的一个法向量为， 则取，则 由于平面的一个法向量为， 故 设所求角为，，， 故平面与平面的夹角的正弦值为    学科网（北京）股份有限公司 $$