2022届广东省高三数学一轮复习专题07：立体几何（含答案）

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1、专题07：立体几何一、单选题1（2022广东茂名一模）下面四个命题中，其中正确的命题是（）：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行：两个平面垂直，如果有一条直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与其中一个平面垂直：一条直线与一个平面平行，如果过该直线的平面与此平面相交，那该直线与交线平行：一条直线与一个平面内的一条直线平行，则这条直线就与这个平面平行A与B与C与D与2（2021广东佛山一模）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（）ABCD不确定3（2022广东湛江一模）下图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm底面边长为1cm

2、的正三棱锥，后段是高为0.6cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为（）ABCD4（2022广东深圳一模）以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A8B4C8D45（2022广东韶关一模）已知圆锥的侧面展开图为一个面积为的半圆，则该圆锥的高为（）AB1CD二、多选题6（2022广东茂名一模）如图所示，圆柱OO1内有一个棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1，正方体的顶点都在圆柱上下底面的圆周上，E为BD上的动点，则下面选项正确的是（）A面积的最小值为B圆柱OO1的侧面积为C异面直线AD1与C1D所成的角为D四面体A1

3、BC1D的外接球的表面积为7（2021广东佛山一模）如图，在正方体中，点E，F分别为，BC的中点，设过点E，F，的平面为，则下列说法正确的是（）A为等边三角形；B平面交正方体的截面为五边形；C在正方体中，存在棱与平面平行；D在正方体中，不存在棱与平面垂直；8（2021广东佛山一模）如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（）A外接球的表面积为B设内切球的半径为，外接球的半径为，则C过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为D设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为9（2022广东惠州一模）近年来，纳米晶的多

4、项技术和方法在水软化领域均有重要应用.纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为n的几何体，则下列说法正确的有（）A该结构的纳米晶个体的表面积为B该结构的纳米晶个体的体积为C该结构的纳米晶个体外接球的表面积为D二面角A1A2A3B3的余弦值为10（2022广东一模）设，为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则11（2022广东湛江一模）已知正方体的棱长为1，点P是线段上（不含端点）的任意一点，点E是线段的中点，点F是平面内一点，则下面结论中正确的有（）A平面B以为球心为半径的球面与该

5、正方体侧面的交线长是C的最小值是D的最小值是12（2022广东广州一模）在长方体中，则下列命题为真命题的是（）A若直线与直线CD所成的角为，则B若经过点A的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点M，则C若经过点A的直线m与长方体所有面所成的角都为，则D若经过点A的平面与长方体所有面所成的二面角都为，则13（2022广东汕头一模）如图，正方体的棱长为a，线段上有两个动点E，F，且.则下列结论正确的是（）A当E与重合时，异面直线与所成的角为B三棱锥的体积为定值C在平面内的射影长为D当E向运动时，二面角的平面角保持不变14（2022广东深圳一模）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长

6、为4的正方形，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A当时，存在点P满足B当时，存在唯一的点P满足C当时，满足BPAM的点P的轨迹长度为D当时，满足的点P轨迹长度为15（2022广东广东一模）在菱形ABCD中，将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为的二面角，则下列说法正确的是（）A四面体ABCD的体积的最大值是B四面体ABCD中BD的取值范围是C四面体ABCD的表面积的最大值是D当时，若折成的四面体ABCD内接于球O，则球O的体积为16（2022广东韶关一模）在正方体中，点分别是棱的中点，则下列说法正确的是（）A过三点的平面截正方体的截面图形是矩形B过三点的平面截正方体的截面图形是

7、等腰梯形C平面D若，则平面平面三、填空题17（2022广东惠州一模）若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为，圆台上下底面圆的半径分别为，（），则_.18（2022广东一模）如图为四棱锥的侧面展开图（点，重合为点），其中，是线段的中点，请写出四棱锥中一对一定相互垂直的异面直线：_.（填上你认为正确的一个结论即可，不必考虑所有可能的情形）19（2022广东广州一模）已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两互相垂直，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于_.20（2022广东韶关一模）已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上

8、，若，则此球的体积为_.四、解答题21（2022广东茂名一模）如图，四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为平行四边形，E为CD的中点，.(1)证明： ；(2)若三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，F为PB上一点，且，求直线EF与平面PAE所成角的正弦值.22（2021广东佛山一模）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹(1)证明底面；(2)设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值23（2022广东惠州一模）如图1所示，梯形ABCD中，

9、AB=BC=CD=2，AD=4，E为AD的中点，连结BE，AC交于F，将ABE沿BE折叠，使得平面ABE平面BCDE（如图2）.(1)求证：AFCD；(2)求平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值.24（2022广东一模）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线. (1)证明：平面DEF；(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.25（2022广东湛江一模）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，是的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.26（2022广东广州一模）如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，.(1)求证：平面平面ACD；(2)若，五面体ABCDE的体积为，求直

10、线CE与平面ABED所成角的正弦值.27（2022广东汕头一模）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，为底面直径，是底面的内接正三角形，且，P是线段上一点.(1)是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；(2)当为何值时，直线与面所成的角的正弦值最大.28（2022广东深圳一模）如图，在四棱锥E-ABCD中，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点(1)求证：平面ABE；(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值29（2022广东广东一模）如图，在四棱锥中，PD平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形

11、，M，N分别是AB，AD的中点(1)证明：平面PMN平面PAD；(2)若二面角的大小为60，求四棱锥的体积30（2022广东韶关一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，.(1)求证：；(2)点为棱上一点，若，求二面角的余弦值.参考答案1D【分析】利用面面平行的性质定理判断A；由面面垂直的性质定理判断B；利用线面平行的性质定理判断C；利用线面平行的判定定理判断D.【详解】对于，利用面面平行的性质定理可知正确；对于，面面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面，若这条直线不在这两个平面内时错误；对于，利用线面平行的性

12、质定理可知正确；对于，线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行，故这条直线在平面内就错了，故错误；故选：D2A【分析】根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.【详解】解：由题可知，正方体的棱长为1，则平面，又，在线段上运动，平面，点到直线的距离不变，由正方体的性质可知平面，则，而，故的面积为，又由正方体可知，且，平面，则平面，设与交于点，则平面，点到平面的距离为，.故选：A.3D【分析】先求出内切圆半径为r，再分别

13、利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积.【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为.由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：.故选：D.4A【分析】根据题意求出圆柱的底面半径和高，直接求侧面积即可.【详解】以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，其底面半径r=2，高h=2，故其侧面积为.故选：A5D【分析】根据圆锥侧面展开图与本身圆锥的关系进行求解即可.【详解】设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得，则圆锥的高.故选：D.6ACD【分析】A根据圆柱体的性质知：E与O

14、重合时的边上的高最小，即可判断；B由圆柱体的侧面积求法求侧面积；C确定直线AD1与C1D所成角的平面角，即可确定大小；D四面体A1BC1D的外接球和正方体的外接球同一个球体，利用球体表面积公式求面积.【详解】A：若E与O重合时，的边上的高最小，所以，正确；B：圆柱OO1的底面圆的半径为正方形的ABCD的对角线，母线为2，所以圆柱OO1的侧面积为，错误.C：直线A D1/BC1， 所以为直线A D1与C1D所成的角，因为三角形BC1D为等边三角形，所以异面直线A D1与C1D所成的角为，正确；D：四面体A1BC1D的外接球和正方体的外接球同一个球体，正方体的对角线为就是球的直径，所以四面体A1B

15、C1D的外接球的表面积为，正确.故选：ACD.7BD【分析】设正方体棱长为2，求出各边长可判断A；根据平面的性质作出截面可判断B；分别判断三组平行线与的位置关系即可判断CD.【详解】对A，设正方体棱长为2，则易得，故不是等边三角形，故A错误；对B，如图，取中点，易得，取中点，连接，则易得，再取中点，连接，则，所以，所以是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故B正确；对C，因为，所以都不与平行，又，所以都不与平行，因为，所以都不与平行，故不存在棱与平面平行，故C错误；对D，显然与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；因为与不垂直，所以与不垂

16、直，则都不与垂直；因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；所以不存在棱与平面垂直，故D正确.故选：BD.8AD【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，设圆锥外接球半径为，如图，则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，则对，即，解得，故B项错误；过点P作平

17、面截圆锥的截面面积的最大时，如图，因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，故C项错误；设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，长方体体积为，当时，时，故，故D正确，故选：AD9ABD【分析】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，代公式计算即可.对于B：棱长为a的正四面体的高为，根据割补法代公式计算.对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，计算可得；对于D：二面角是原正四面体侧面和底面成角的补角，计算可得.【详解】对于A：该几何体是由4个正三角形和4个正六边形构成，所以表

18、面积，故A正确；对于B：棱长为a的正四面体的高为，所以，故B正确；对于C：设外接球球心为O，三角形的中心为，正六边形的中心为，则O在上，几何体上下底面距离为，可得，计算整理得，因此该几何体的外接球表面积为，故C错误；对于D：二面角为是原正四面体侧面和底面成角的补角，如图，过正四面体的顶点作平面于点，易知为的中心，延长交于点，则为的中点，连接，设正四面体的棱长为2，则，所以，因为平面，所以，又，所以平面，平面，所以，所以即为所求侧面与底面所成二面角的平面角，在中，所以侧面与底面所成二面角的平面角的余弦值为，所以二面角A1A2A3B3的余弦值为，故D正确.故选：ABD.10BD【分析】根据线线、线

19、面、面面的位置关系，逐一分析各选项即可得答案.【详解】解：对A：若，则或与相交或与异面，故选项A错误；对B：若，则，故选项B正确；对C：若，则或与相交，故选项C正确；对D：若，则，故选项D正确.故选：BD.11ABD【分析】对于A选项：利用线面平行的判定定理证明出平面，即可判断；对于B选项：先作出球面与侧面的交线为弧，再求弧长；对于C，D选项：将沿翻折到与在同一平面作于点G，交于P.利用几何法判断出最小.解三角形求出最小值，即可判断C、D.【详解】对于A选项：因为平面即为平面，又因为，且平面，平面，所以平面，故A正确；对于B选项：该球面与侧面的交线为弧，是以为圆心，圆心角为的弧，所以弧长为，故

20、B正确；对于C，D选项：将沿翻折到与在同一平面且点，D在直线的异侧，作于点G，交于P.由两点之间，直线最短.可得G、F重合时，最小.此时，设，则,所以.在中，,所以，则的最小值是，故C不正确，D正确.故选:ABD.12ACD【分析】A根据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.【详解】A：如下图，直线与直线CD所成角，即为直线与直线AB所成角，则，正确；B：构建如下图示的坐标系，过

21、A的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，则，故，则，错误.C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，正确；D：如下图，过A的平面与长方体所有面所成的二面角都为，只需面与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：根据长方体或将其补全为正方体，结合各选项线线角、线面角相等判断直线或平面的位置，进而求对应角的函数值.13BCD【分析】A：当E与重合，BD中点为O并连接，可得，即为异面直线与所成角的平面角，应用余弦定理求余弦值，即可确定大小；B：由及A到面、B到直线的距离为定值即可

22、判断；C：在平面内的射影在上，即可求射影长；D：由二面角为二面角即可判断.【详解】A：当E与重合时，因为，此时F为的中点，记BD中点为O，连接，由正方体性质可知，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，错误；B：，易知点A到平面的距离和点B到直线的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；C：易知，在平面内的射影在上，所以射影长为，正确；D：二面角，即为二面角，显然其平面角不变，正确.故选：BCD14BCD【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，对于选项A，当时，设点

23、关于平面的对称点为，则，.所以.故A不正确.对于选项B，设，则，由得，即，解得，所以存在唯一的点P满足，故B正确.对于选项C，设，则，由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.对于选项D，当时，设，则，由得，即，在平面中，建立平面直角坐标系，如图，记的圆心为，与交于；令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.故选：BCD.【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.15AD【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利

24、用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，则为等边三角形，取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，且，所以，二面角的平面角为，设点到平面的距离为，则，当且仅当时，等号成立，即四面体的体积的最大值是，A选项正确；对于B选项，由余弦定理可得，所以，B选项错误；对于C选项，所以，因此，四面体的表面积的最大值是，C选项错误；对于D选项，设、分别为、的外心，则，在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，平面，平面，平面，同理可得平面，则为四面体的外接球球心，连接，所以，平面，平面，即球的半径

25、为，因此，球的体积为，D选项正确.故选：AD.16AD【分析】对于A：先证明出平行四边形即为截面，由即可判断；对于B：先做出截面再判断出是梯形，但不等腰，即可判断；对于C：先做出正方体的截面为五边形再证明出不平行平面，即可判断；对于D：先证明出面，再利用面面垂直的判定定理，即可判断.【详解】对于A：如图（1）所示，因为线段在棱上，过作棱的平行线，交于点，显然为的中点，因为，所以，所以平行四边形即为截面，因为，所以截面图形是矩形，故正确；对于B：如图（2）所示，作中点，连接，可知，作中点，连接，在中，由三角形中位线定理可知，所以，所以即为截面，由面面平行的性质定理可知平行，且，所以是梯形，但不等

26、腰，故B错误；对于C：如图（3）所示，延长交延长线于点，连接，交于点，交于点，连接，交于点，五边形为过三点的平面截正方体的截面，其中为的四等分点，且靠近点，其中为的三等分点，且靠近点，由于直线与相交，而，所以不平行平面，故C错误； 对于D：如图（4）所示，当时，由E为AB中点，其中为靠近的的三等分点，所以,所以,所以.因为，所以，所以.在正方体中，面，所以.因为,所以面.由面面垂直的判定定理，所以平面平面.故D正确.故选：AD【点睛】作几何体截面的方法：（1）利用平行直线找截面；（2）利用相交直线找截面172【分析】先求得圆台的母线长，然后根据圆台的侧面积公式列方程，化简求得.【详解】圆台的侧

27、面展开图是半圆面所在的扇环，所以圆台的母线长为，圆台的侧面积为，所以.故答案为：218和（和，和，和）（写出其中一对即可）【分析】如图所示，连接和,相交于点,连接,证明平面，即得解.【详解】解：如图所示，连接和,相交于点,连接.因为,所以, 所以,又,所以,所以, , 所以.因为, 所以.又因为平面,所以平面, 又平面,所以. 故答案为：和.19#【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可知最长弧长.【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，又

28、，所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；所以最长弧的弧长为.故答案为：.20【分析】先求得的外接圆的半径，再由勾股定理求得球半径，根据球的体积公式可求得答案.【详解】解：设的外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，球心为，底面为直角三角形，故其外接圆圆心在斜边中点处，则，又，在中，.故答案为：.21(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可得，再证明，从而可得平面，从而证明结论.（2）由（1）得，以点A为原点，分别以AC、AD、AP为x、y、z

29、轴建立空间坐标系，利用向量法即可求解.(1)由平面，平面又 ，E为CD的中点又，.又，平面平面. 又.(2)由（1）得，以点A为原点，分别以AC、AD、AP为x、y、z轴建立空间坐标系.因为三角形AED为等边三角形，PA=AD=6，CD=12，AC=.设平面PAE的一个法向量为由得，令则设直线EF与平面PAE所成的角为22(1)证明见解析(2)【分析】（1）由翻折之前的边长关系得，进而得翻折后有，进而得底面；（2）解法一：以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，进而得为二面角的平面角，再结合正弦定理得，再写坐标，利用坐标法求解即可.解法二：由（1）知为

30、二面角的平面角，即，进而由正弦定理得，再由余弦定理可得，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角，再利用得，进而得答案；解法三：由（1）得为二面角的平面角，即，进而得，再过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC进而证明面PAT，再根据几何关系求解即可.(1)由菱形的边长为3，可得：，即有同理，即有在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，可得底面(2)解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系由第（1）问可得底面，可得：，则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，可得利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为点，设面的

31、法向量为，则有，即：令，则有，则有：则PC与面PAT所成角的正弦值为解法二：由第（1）问可知底面，所以，则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，可得利用正弦定理可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点所以在中，由余弦定理可得：， 设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角考虑三棱锥，由于，因为，所以所以所以PC与面PAT所成角的正弦值为解法三：由面，可得：，故为二面角的平面角，由题意可得：因为为锐角，所以故过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC则，面，又因为，故面PAT故为与面PAT所成的角，即PC与面PAT所成角的正弦值为23(1)证明见解析(2)【分析】（

32、1）通过证明面BCDE，来证得；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值.（1）连接EC，则ABEBCECDE都是正三角形，四边形ABCE是菱形，所以，又因为面面BCDE，面面，面ABE，所以面BCDE，又因为面BCDE，所以；（2）由（1）知FBFCFA两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面ADE的法向量为，令，平面AFC的法向量为，设平面AFC与平面ADE的夹角的大小为，所以平面AFC与平面ADE的夹角的余弦值为.24(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明，再证明，根据线面垂直的判定定理可证明结论；（2）先推出三棱锥的体积最大时，点E，F分别

33、是，的中点，由此再求二面角的余弦值；法一：通过证线面垂直可说明是二面角的平面角，解直角即可求得答案；法二：建立空间直角坐标系，求出相关各点的坐标，再求出平面DEF和平面BDF的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.（1）证明：如右图，连接AE，由题意知AB为的直径，所以.因为AD，EF是圆柱的母线，所以且,所以四边形AEFD是平行四边形.所以 ,所以.因为EF是圆柱的母线，所以平面ABE,又因为平面ABE，所以.又因为，DF，平面DEF，所以平面DEF.（2）由（1）知BE是三棱锥底面DEF上的高，由（1）知，所以，即底面三角形DEF是直角三角形.设，则,所以，当且仅当时等号成立，即点E，F分别

34、是，的中点时，三棱锥的体积最大,下面求二面角的余弦值：法一：由（1）得平面DEF，因为平面DEF，所以.又因为，所以平面BEF.因为平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,由（1）知为直角三角形，则.故,所以二面角的余弦值为.法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则.由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取为.设平面BDF的法向量为，由，得，即，即，取，得.设二面角的平面角为,则，由图可知为锐角，所以二面角的余弦值为.25(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，证明出平面，可得出，由可得出，由已知条件

35、结合线面垂直的判定定理可证得平面，由此可得出平面；（2）连接，证明出平面，设，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.(1)证明：连接，因为四边形是菱形，则，因为，故为等边三角形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以.因为，所以.又，且，所以平面，所以平面.(2)解：连接，因为，是的中点，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.设，因为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，.设平面的法向量是，则，取，可得.设平面的法向量是，则，取，可得.所以，由图可知，二面角为钝角，因此，

36、二面角的余弦值是.26(1)证明见解析；(2).【分析】（1）若是中点，连接，作，根据题设可得两两垂直，构建空间直角坐标系，令，并确定点坐标，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可证结论.（2）根据已知体积，结合棱锥的体积公式求出，进而求面ABED的法向量、直线CE的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.(1)若是中点，连接，作，由知：，因为面ABC，则面ABC，又面ABC，所以，综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，令，则，所以，若是面的一个法向量，即，令，则，又是面的一个法向量，则，所以面面.(2)由面ABC，面ABED，则面ABED面ABC，故到面A

37、BED的距离，即为中上的高，因为，则，故，所以上的高.又面ABC，则，而，有，所以为直角梯形，令，则，综上，故.由（1）知：，所以，若是面ABED的一个法向量，即，令，则，而，则，所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为.27(1)时，平面；(2)当时，直线与面所成的角的正弦值最大.【分析】（1）求出,再根据平面求出即得解；（2）如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，设利用向量法求出，利用基本不等式求解.（1）解：由题得,所以. 所以是圆的内接三角形，所以，由题得.假设平面，所以.此时所以时，平面.（2）解：如图所示，建立以点为坐标原点的空间直角坐标系.设，所以设平面的法向量为，所以

38、，所以.设直线与面所成的角为，由题得.当且仅当时，直线与面所成的角的正弦值最大.28(1)证明见解析(2)【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD的中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.(1)证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，平面

39、，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.(2)解：如图所示，过E作交AB于O，因为平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，取CD的中点G，连接OG，因为，所以，因为平面ABCD，所以，所以EO，AB，OG两两垂直，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，设，所以，可得，则，设平面的一个法向量，则，可得，令，则平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二成角的余弦值为29(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连

40、接DM，利用平行四边形、等边三角形的性质易得且、，再由线面垂直的性质及判定可得平面PAD，最后根据面面垂直的判定证明结论.（2）法一：连接BD，易证，PDAD，构建空间直角坐标系，设，并求面PAB、面ABCD的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件求参数m，再应用棱锥的体积公式求体积；法二：连接DM，在AM上取中点H，连接DH，PH，根据已知条件找到二面角的平面角，进而求，最后由棱锥的体积公式求体积；(1)连接DM，显然且，四边形BCDM为平行四边形，故且，是正三角形，故，又平面ABCD，平面ABCD，则，又，平面PAD，又平面PMN，平面平面PAD(2)（方法一）连接BD，易知，又PD

41、平面ABCD，AD 平面ABCD，则PDAD，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，平面PAB的法向量为，则，令，得，而平面ABCD的法向量为，所以，解得，所以（方法二）连接DM，由M为AB的中点，所以且，所以BCDM为平行四边形，故，所以为等边三角形，在AM上取中点H，连接DH，PH，所以，则，又平面ABCD，AM平面ABCD，所以，易知：为的二面角，所以，又在中，所以.30(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连结，证明出和，利用线面垂直的判定定理证明出平面，即可证明（2）以为原点，、分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.(1)取中点，连结.因为，则，由余弦定理可得，故，分别为的中点，则，故.又为等腰直角三角形，为的中点，则.又平面，又面.(2)（2）由（1）可知，所以，为直角三角形，以为原点，、分别为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，则因为为的中点，所以则，设平面的一个法向量为，则,即不妨取，则，由题可知为面的一个法向量设二面角的平面角为，由图知为锐角，所以所以.