《河南省衛(wèi)輝一中2020屆高三數(shù)學(xué)二輪 備考抓分點(diǎn)透析專題6 立體幾何 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《河南省衛(wèi)輝一中2020屆高三數(shù)學(xué)二輪 備考抓分點(diǎn)透析專題6 立體幾何 理（31頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 立體幾何 【重點(diǎn)知識(shí)回顧】 穩(wěn)定中有所創(chuàng)新,由知識(shí)立意轉(zhuǎn)為能力立意 （1） 考查重點(diǎn)及難點(diǎn)穩(wěn)定：高考始終把空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行與垂直的性質(zhì)與判定,以及求線面角、二面角等知識(shí)都是重點(diǎn)考查的內(nèi)容，其中線線角、線面角、二面角的求解更是重中之重在難度上平穩(wěn)過(guò)渡，始終以中等偏難為主。實(shí)行新課程的高考，命題者在求穩(wěn)的同時(shí)注重創(chuàng)新高考創(chuàng)新，主要體現(xiàn)在命題的立意和思路上注重對(duì)學(xué)生能力的考查 （2）空間幾何體中的三視圖仍是高考的一個(gè)重要知識(shí)點(diǎn)解答題的考查形式仍要注重在一個(gè)具體立體幾何模型中考查線面的關(guān)系 （3）使用，“向量”仍將會(huì)成為高

2、考命題的熱點(diǎn)，一般選擇題、填空題重在考查向量的概念、數(shù)量積及其運(yùn)算律在有些立體幾何的解答題中，建立空間直角坐標(biāo)系，以向量為工具，利用空間向量的坐標(biāo)和數(shù)量積解決直線、平面問(wèn)題的位置關(guān)系、角度、長(zhǎng)度等問(wèn)題，比用傳統(tǒng)立體幾何的方法簡(jiǎn)便快捷，空間向量的數(shù)量積及坐標(biāo)運(yùn)算仍是2020年高考命題的重點(diǎn) （4）支持新課改，在重疊部分做文章,在知識(shí)交匯點(diǎn)處命題 立體幾何中平行、垂直關(guān)系證明的思路清楚嗎？ 平行垂直的證明主要利用線面關(guān)系的轉(zhuǎn)化： 線面平行的判定： 線面平行的性質(zhì)： 三垂線定理（及逆定理）：

3、 線面垂直： 面面垂直： 三類角的定義及求法 （1）異面直線所成的角θ，0°＜θ≤90° （2）直線與平面所成的角θ，0°≤θ≤90° （三垂線定理法：A∈α作或證AB⊥β于B，作BO⊥棱于O，連AO，則AO⊥棱l，∴∠AOB為所求。） 三類角的求法： ①找出或作出有關(guān)的角。 ②證明其符合定義，并指出所求作的角。 ③計(jì)算大?。ń庵苯侨切危蛴糜嘞叶ɡ恚?。 點(diǎn)與點(diǎn)，點(diǎn)與線，點(diǎn)與面，線與線，

4、線與面，面與面間距離。 將空間距離轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)的距離，構(gòu)造三角形，解三角形求線段的長(zhǎng)（如：三垂線定理法，或者用等積轉(zhuǎn)化法）。 如：正方形ABCD—A1B1C1D1中，棱長(zhǎng)為a，則： （1）點(diǎn)C到面AB1C1的距離為___________； （2）點(diǎn)B到面ACB1的距離為____________； （3）直線A1D1到面AB1C1的距離為____________； （4）面AB1C與面A1DC1的距離為____________； （5）點(diǎn)B到直線A1C1的距離為_____________。 你是否準(zhǔn)確理解正棱柱、正

5、棱錐的定義并掌握它們的性質(zhì)？ 正棱柱——底面為正多邊形的直棱柱 正棱錐——底面是正多邊形，頂點(diǎn)在底面的射影是底面的中心。 正棱錐的計(jì)算集中在四個(gè)直角三角形中： 它們各包含哪些元素？ 球有哪些性質(zhì)？ （2）球面上兩點(diǎn)的距離是經(jīng)過(guò)這兩點(diǎn)的大圓的劣弧長(zhǎng)。為此，要找球心角！ （3）如圖，θ為緯度角，它是線面成角；α為經(jīng)度角，它是面面成角。 （5）球內(nèi)接長(zhǎng)方體的對(duì)角線是球的直徑。正四面體的外接球半徑R與內(nèi)切球半徑r之比為R：r＝3：1。 【典型例題】 1，

6、空間幾何體及三視圖 例1．用一些棱長(zhǎng)為1cm的小正方體碼放成一個(gè)幾何體，圖1為其俯視圖，圖2為其主視圖則這個(gè)幾何體的體積最大是 7 cm3． 圖1（俯視圖） 圖2（主視圖） 例2.一個(gè)多面體的直觀圖及三視圖如圖所示，則多面體的體積為 ▲ ． 例4.右圖是由一些相同的小正方體構(gòu)成的幾何體的三視圖，這些相同的小正方體共有▲ 個(gè)．5 例5．如果一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位長(zhǎng)度: cm), 則此幾何體的表面積是

7、。 主視圖 俯視圖 左視圖 2 俯視圖 主視圖 左視圖 2 1 2 例 6.矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC將矩形ABCD折成一個(gè)直二面角B－AC－D，則四面體ABCD的外接球的體積為 例7.一個(gè)幾何體的三視圖中，正視圖和側(cè)視圖都是矩形，俯視圖是等腰直角三角形（如圖），根據(jù)圖中標(biāo)注的長(zhǎng)度，可以計(jì)算出該幾何體的表面積是 12+4 ． 2.平行與垂直 例8.已知：正方體，，E為棱的中點(diǎn)． ⑴求證：； ⑵求證：平面；⑶求三棱錐的體積 證明：連結(jié)，則//， ∵是正方形，∴．

8、 ∵面，∴． 又，∴面． ∵面，∴， ∴． ⑵證明：作的中點(diǎn)F，連結(jié)． ∵是的中點(diǎn)，∴， ∴四邊形是平行四邊形，∴ ． ∵是的中點(diǎn)，∴， 又，∴． ∴四邊形是平行四邊形，//， ∵，， ∴平面面． 又平面，∴面 例A B C D E 9. 多面體中，，，，。 （1）求證：； （2）求證： 證明：（1）∵ ∴ （2）令中點(diǎn)為，中點(diǎn)為，連結(jié)、 ∵是的中位線 ∴ A B C D E M N 又∵ ∴ ∴

9、 ∴ ∵為正 ∴ ∴ 又∵， ∴四邊形為平行四邊形 ∴ ∴ 例10．如圖四邊形是菱形，平面， 為的中點(diǎn). 求證： ⑴ ∥平面； B A C D P Q O ⑵ 平面平面. 解：證：設(shè) ,連 ⑴ ∵為菱形， ∴ 為中點(diǎn)，又為中點(diǎn)。 ∴∥ 又 , ∴∥ ⑵ ∵為菱形， ∴, 又∵， ∴ 又 ∴ 又

10、 ∴ 3.距離與角 例11．已知所在的平面互相垂直，且ＡＢ＝ＢＣ＝ＢＤ，，求： ⑴．直線AD與平面BCD所成角的大小； ⑵．直線AD與直線BC所成角的大??； ⑶．二面角A-BD-C的余弦值． ⑴如圖，在平面ABC內(nèi)，過(guò)A作AH⊥BC，垂足為H， 則AH⊥平面DBC，∴∠ADH即為直線AD與平面BCD所成的角 由題設(shè)知△AHB≌△AHD，則DH⊥BH，AH=DH，∴∠ADH=45° ⑵∵BC⊥DH，且DH為AD在平面BCD上的射影， ∴BC⊥AD，故AD與BC所成的角為90° ⑶過(guò)H作HR⊥BD，垂足為R，連結(jié)AR，則由三垂線定理知，AR⊥BD

11、，故∠ARH為二面角A—BD—C的平面角的補(bǔ)角 設(shè)BC=a,則由題設(shè)知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2 故二面角A—BD—C的余弦值的大小為 【點(diǎn)評(píng)】:本題著眼于讓學(xué)生掌握通性通法。幾何法在書寫上體現(xiàn)：“作出來(lái)、證出來(lái)、指出來(lái)、算出來(lái)、答出來(lái)”五步。斜線和平面所成的角是一個(gè)直角三角形所成的銳角，它的三條邊分別是平面的垂線段、斜線段及斜線段在平面內(nèi)的射影。因此求直線和平面所成的角，幾何法一般先定斜足、再作垂線找射影、通過(guò)解直角三角形求解；向量法則利用斜線和射影的夾角或考慮法向量，設(shè) 為直線與平面所成的角，為直線的方向向量與平面的法向量之間的夾角，則有或（如圖）

12、 特別地 時(shí)，，；時(shí)， ，或。 ⑴用兩面垂直的性質(zhì)作垂線，找垂足的位置作出線面角，⑵利用三垂線定理證，⑶利用對(duì)稱性定義法作二面角 【變式與拓展】如圖，BCD是等腰直角三角形，斜邊CD的長(zhǎng)等于點(diǎn)P到BC的距離，D是P在平面BCD上的射影． ⑴.求PB與平面BCD所成角； ⑵.求BP與平面PCD所成的角. 【解法】 ⑴. PD⊥平面BCD，∴BD是PB在平面BCD內(nèi)的射影， ∴∠PBD為PB與平面BCD所成角,BD⊥BC， 由三垂線定理得BC⊥BD，∴BP=CD，設(shè)BC=a， 則B

13、D=a，BP=CD=a∴在Rt△BPD中， cos∠DBP= ∴∠DBP=45°, 即PB與平面BCD所成角為45°． ⑵.過(guò)B作BE⊥CD于E，連結(jié)PE，PD⊥平面BCD得PD⊥BE，∴BE⊥平面PCD， ∴∠BPE為BP與平面PCD所成的角,在Rt△BEP中，BE=a, BP=a,∴∠BPE=30° 即BP與平面PCD所成角為30° 例12.在四棱錐P-ABCD中，已知ABCD為矩形，PA ⊥平面ABCD，設(shè)PA=AB=a，BC=2a，求二面角B-PC-D的大小 B D P C A B D P C A 解

14、析一 Ｅ Ｆ B D P C A 解析三 E F G B D P C A 解析二 Ｍ Ｎ Ｑ 解析1.定義法 過(guò)D作DE ⊥PC于E，過(guò)E作EF ⊥PC于F，連接FD，由二面角的平面角的定義可知是所求二面角B-PC-D的平面角。求解二面角B-PC-D的大小只需解△DEF即可 【解法一】過(guò)D作DE ⊥PC于E，過(guò)E作EF ⊥PC于F，連接FD，由二面角的平面角的定義可知是所求二面角B-PC-D的平面角 在四棱錐P-ABCD中， PA ⊥平面ABCD且ABCD為矩形，∵AD⊥DC∴PD⊥DC ∵PA=a，AD

15、=BC=2a，∴PD=,PC=,DE=,CE= 同理在Rt△PBC中，， 在Rt△EFC中,FC=, 在Rt△DFC中,DF=, 在△DEF中由余弦定理cos= 所求二面角B-PC-D的余弦值為 解析2.垂面法　　易證面PAB⊥面PBC，過(guò)A作AM ⊥BP于M，顯然AM ⊥面PBC，從而有AM ⊥PC，同法可得AN ⊥PC，再由AM與AN相交與A得PC ⊥面AMN。設(shè)面AMN交PC于Q，則為二面角B-PC-D的平面角；再利用三面角公式可解 【解法二】略 解析3.利用三垂線求解　　把四棱錐P-ABCD補(bǔ)成如圖的直三棱柱PAB-EDC，顯然二面角E-PC-D與二面角D-PC-B互補(bǔ)，

16、轉(zhuǎn)化為求二面角E-PC-D。 易證面PEDA ⊥PDC，過(guò)E作EF ⊥ PD于F，顯然PF ⊥面PDC，在面PCE內(nèi)，過(guò)E作EG ⊥PC于G，連接GF，由三垂線得GF⊥ PC 即為二面角E-PC-D的平面角，只需解△EFG即可 B D P C A 解析四 Ｅ Ｆ 解析4.在面PDC內(nèi)，分別過(guò)D、B作DE ⊥PC 于E， BF ⊥PC于F，連接EF即可。 利用平面知識(shí)求BF、EF、DE的長(zhǎng)度， 再利用空間余弦定理求出q 即可 【點(diǎn)評(píng)】.用幾何法求二面角的方法比較多，常見的有： （1）定義法, 在棱上的點(diǎn)分別作棱的垂線，如解析１ （2）三垂線求

17、解 ,在棱上的點(diǎn)分別作棱的垂線，如解析２ （3）垂面法, 在棱上的點(diǎn)分別作棱的垂線，如解析３ 用幾何法將二面角轉(zhuǎn)化為其平面角，要掌握以下三種基本做法：①直接利用定義，圖(1).②利用三垂線定理及其逆定理，圖 (2).最常用。③作棱的垂面，圖(3). A O B M N a b a b A O P A B O P a b (1) (2) (3) 4.空間幾何中的向量方法 例13. 如下圖，直棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分別是A1B1、A1A的中點(diǎn). C1 A

18、1 B1 B C A （1）求BN的長(zhǎng)； （2）求異面直線BA與1CB1的余弦值； （3）求證：A1B⊥C1M. 【解法】：∵AC⊥BC,CC1⊥面ABC， ∴可以建立如圖所示的坐標(biāo)系 （1）依題意得B（0， 1，0），N（1，0，1）， ∴｜｜==. （2）A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2）， ∴=(1,-1,2)，=（0，1，2），·=3，｜｜=，｜｜=. ∴cos〈，〉==. 所以，異面直線BA與1CB1的余弦值為 （3）證明：C1（0，0，2），M（，，2）， =(-1

19、,1,-2)，=（，，0），∴·=0，∴A1B⊥C1M. 【點(diǎn)評(píng)】底面有直角的直棱柱適合建立坐標(biāo)系的條件，可以用兩點(diǎn)間的距離公式，數(shù)量積的夾角公式，用坐標(biāo)法求點(diǎn)點(diǎn)距、向量夾角。特別注意異面直線角的范圍(0,],而向量角的范圍為[0,π] S B C A 【變式與拓展】在三棱錐S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=，SB=. （1）求證：SC⊥BC； （2）求SC與AB所成角的余弦值. 【解法一】：如下圖，取A為原點(diǎn)，AB、AS分別為y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則有AC=2，BC=，SB=，得B（0，，0）、S（0，0，2）、C（2，，0

20、）， =（2，，－2），=（－2，，0）. （1）∵·=0，∴SC⊥BC. （2）設(shè)SC與AB所成的角為α，∵=（0，，0），·=4，||| |=4，∴cosα=，即為所求. 【解法二】：（1）∵SA⊥面ABC，AC⊥BC，AC是斜線SC在平面ABC內(nèi)的射影，∴SC⊥BC. （2）如下圖，過(guò)點(diǎn)C作CD∥AB，過(guò)點(diǎn)A作AD∥BC交CD于點(diǎn)D，連結(jié)SD、SC，則∠SCD為異面直線SC與AB所成的角.∵四邊形ABCD是平行四邊形，CD=，SA=2，SD===5，∴在△SDC中，由余弦定理得cos∠SCD=，即為所求. 例14.如圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱底面ABC

21、D， ，E是PC的中點(diǎn)，作交PB于點(diǎn)F. （1）證明 平面； （2）證明平面EFD； （3）求二面角的大小． 【解法】：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，D為坐標(biāo)原點(diǎn).設(shè) ⑴證明：連結(jié)AC，AC交BD于G.連結(jié)EG. 依題意得 底面ABCD是正方形， 是此正方形的中心， 故點(diǎn)G的坐標(biāo)為且 . 這表明. 而平面EDB且平面EDB，平面EDB。 ⑵證明：依題意得。又 故 , 由已知，且所以平面EFD. (3)解：設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為則 從而所以 由條件知，即 解得 點(diǎn)F的坐

22、標(biāo)為 且 ,即， 故是二面角的平面角. ∵且 , 所以，二面角C—PC—D的大小為 【點(diǎn)評(píng)】考查空間向量數(shù)量積及其坐標(biāo)表示，運(yùn)用向量數(shù)量積判斷向量的共線與垂直，用向量證明線線、線面、面面的垂直與平行關(guān)系。 【變式與拓展】如圖，已知矩形ABCD所在平面外一點(diǎn)P，PA⊥平面ABCD， E、F分別是AB、 PC的中點(diǎn)． （1）求證：EF∥平面PAD； （2）求證：EF⊥CD； （3）若DPDA＝45°，求EF與平面ABCD所成的角． 證明：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz， 設(shè)AB＝2a，BC＝2b，PA＝2c，則：A(0, 0, 0)，

23、 B(2a, 0, 0)，C(2a, 2b, 0)，D(0, 2b, 0)， P(0, 0, 2c)∵ E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC的中點(diǎn) ∴ E (a, 0, 0)，F(xiàn) (a, b, c) (1)∵＝(0, b, c)，＝(0, 0, 2c)，＝(0, 2b, 0) ∴＝(＋) ∴與、共面 又∵ E ? 平面PAD ∴ EF∥平面PAD． (2)∵ ＝(-2a, 0, 0 ) ∴·＝(-2a, 0, 0)·(0, b, c)＝0 ∴ CD⊥EF． (3)若DPDA＝45°，則有2b＝2c，即 b＝c，∴ ＝(0, b, b)， ＝(0, 0, 2b)

24、 ∴ cos á，?＝＝ ∴ á，?＝ 45° ∵ ⊥平面AC，∴ 是平面AC的法向量 ∴ EF與平面AC所成的角為：90°－á，?＝ 45°． 例15.如圖，在正四棱柱中，已知，、分別為、上的點(diǎn)，且 圖9 （Ⅰ）求證：平面； （Ⅱ）求點(diǎn)到平面的距離. 解：(Ⅰ)以為原點(diǎn)，以、、的正向分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系，則 于是 且 平面 （Ⅱ）由(Ⅰ)知，為平面的一個(gè)法向量， 向量在上的射影長(zhǎng)即為到平面的距離，設(shè)為，于是 故點(diǎn)到平面的距離為 例16.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，AB=，BC=

25、1，PA=2，E為PD的中點(diǎn)． （Ⅰ）求直線AC與PB所成角的余弦值； P A B C D E （Ⅱ）在側(cè)面PAB內(nèi)找一點(diǎn)N，使NE⊥面PAC， 并求出N點(diǎn)到AB和AP的距離． 解：方法一、（1）設(shè)AC∩BD=O，連OE，則OE//PB， ∴∠EOA即為AC與PB所成的角或其補(bǔ)角. 在△AOE中，AO=1，OE= ∴ 即AC與PB所成角的余弦值為. （2）在面ABCD內(nèi)過(guò)D作AC的垂線交AB于F，則. 連PF，則在Rt△ADF中 設(shè)N為PF的中點(diǎn)，連NE，則NE//DF， ∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC，從而NE⊥面PAC. ∴N點(diǎn)到

26、AB的距離，N點(diǎn)到AP的距離 方法二、（Ⅰ）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A、B、C、D、P、E的坐標(biāo)為A（0，0，0）、 B（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、 P（0，0，2）、E（0，，1）， 從而 設(shè)的夾角為θ，則 ∴AC與PB所成角的余弦值為. （Ⅱ）由于N點(diǎn)在側(cè)面PAB內(nèi)，故可設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為（x，O，z），則，由NE⊥面PAC可得， ∴ 即N點(diǎn)的坐標(biāo)為，從而N點(diǎn)到AB、AP的距離分別為1，. 【模擬演練】 一、選擇 1．已知正方體外接球的體積是，那么正方體的棱長(zhǎng)為（ ） A． B． C． D

27、． 2．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，已知側(cè)視圖是一個(gè)等腰三角形, 根據(jù)圖中尺寸(單位:),可知這個(gè)幾何體的體積是（ ） A. B. C. D. 4．已知、是不重合的直線，、、是兩兩不重合的平面，給出下列命題：①若則；②若，則;③若，；④若其中真命題的序號(hào)為 （ ） A ①② B ①③ C ①④ D ②④ 5.　在正三棱錐中，分別為、的中點(diǎn)，若與所成的角為，則與所成的角為（ ） 　A. 　B. C. D. 7．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=B

28、C，M、N分別是A1B1，AB的中點(diǎn)，P點(diǎn)在線段上，則與平面的位置關(guān)系是 （ ） A．垂直 B．平行 C．相交但不垂直 D． 要依P點(diǎn)的位置而定 11. 如圖所示，設(shè)地球半徑為，點(diǎn)在赤道上，為地心，點(diǎn)在北緯30°的緯線（為其圓心）上，且點(diǎn)，，共面，點(diǎn)、、共線 若，則異面直線與所成角的正弦值為 （ ） A. B. C. D. 二、填空 13.已知一個(gè)正四棱柱內(nèi)接于球，該正四棱柱高為3，體積為24，則這個(gè)球的表面積是

29、 。 14．若直線l與平面 所成角為，直線a在平面內(nèi)，且與直線l異面，則直線l與直線a所成的角的取值范圍是 。 三解答題 17．（本題滿分12分） 如圖所示，在四棱錐中，底面為平行四邊形，，平面，點(diǎn)是的中點(diǎn)。 （1）求證：平面平面； （2）求證：。 18. （本小題滿分12分） 如圖所示，矩形中，G是對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)，， ，F(xiàn)為CE上的點(diǎn)，且，連接FG. ⑴求證：； ⑵求證：//； ⑶求三棱錐的體積.

30、 19．如圖,四棱錐的底面為直角梯形， ABCD,?！? (Ⅰ)求證: (Ⅱ)求二面角的大小　 專題訓(xùn)練答案 1．B 解析：由正方體對(duì)角線得到直徑可知，，所以棱長(zhǎng)為。 2.A 解析：由三視圖可知該幾何體的底面是底邊為6，高是4的等腰三角形，該幾何體的高為5，所以。 4．D解析：①只有、相交才正確，所以①錯(cuò)誤；②正確；③l還需與、的交線垂直，錯(cuò)誤；④由平面與平面平行的性質(zhì)定理可知正確，選D. 5．C 解析：由正三棱錐的對(duì)應(yīng)棱互相垂直，得。取的中點(diǎn)，連，則，所以△是直角三角形，與所成的角為，就是∠＝，從而∠＝，即與所成的角為，故選C。 7．

31、B 解析：由題設(shè)知B1M∥AN且B1M=AN，四邊形ANB1M是平行四邊形， 故B1N∥AM，B1N∥AMC1平面．又C1M∥CN，得CN∥平面AMC1，則平面B1NC∥AMC1，平面AMC1，∴∥平面B1NC。 11.C 解析：分別以所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易得A（0，R，0），B（R，0，0），C（0，，D（0，0，R），所以， 故選C。 13. 解析：正四棱柱高為3，體積為24，底面積為8，正方形邊長(zhǎng)為2，正四棱柱的對(duì)角線長(zhǎng)即球的直徑為5，∴ 球的半徑為，球的表面積是。 14．；解析：因?yàn)橹本€l是平面的斜線，斜線與平面所成的角

32、，是這條斜線和這個(gè)平面內(nèi)的直線所成的一切角中最小的角，故a與l所成的角大于或等于；又因?yàn)楫惷嬷本€所成的角不大于. 17、證明：（1）平面，平面，。 2分 又，平面，平面， 平面，平面，平面平面。 6分 （2）連結(jié)交于點(diǎn)，并連結(jié)，四邊形為平行四邊形 ∴為的中點(diǎn)， 又為的中點(diǎn)。 8分 ∴在中為中位線， ，平面， 平面，，。 12分 18、解：（1）證明：∵， ∴，

33、∴， 2分 又∵，∴ ， 4分 又∵ ∴.，，。 5分 ⑵證明：∵，∴，又 ∴是的中點(diǎn)，又易知是的中點(diǎn)， ∴在△中，，又， ∴. 9分 ⑶由⑵知且， . ∴∴， 又∵，∴，∴在中，。 ∴在， ∴在。 12分 解析：（Ⅰ）如圖，建立坐標(biāo)系， 則，，，，， ，，， ，　 2分 ，，又，平面　 6分 （Ⅱ）設(shè)平面的法向量為， 則，， 又，， 解得 。 8分 平面的法向量取為， ，?！? 二面角的大小為?！? 12分