高考數(shù)學(xué)專題《立體幾何綜合問題》習(xí)題含答案解析

專題8.8立體幾何綜合問題練基礎(chǔ)練基礎(chǔ)1.（2020·上海市建平中學(xué)月考）已知是空間兩個(gè)不同的平面，則“平面上存在不共線的三點(diǎn)到平面的距離相等”是“”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．非充分非必要條件【答案】B【解析】已知是空間兩個(gè)不同的平面，若平面內(nèi)存在不共線的三點(diǎn)到平面β的距離相等，可得或相交，反之，若，則平面上存在不共線的三點(diǎn)到平面的距離相等；所以“平面上存在不共線的三點(diǎn)到平面的距離相等”是“”的必要不充分條件．故選：B.2．（2020·全國高三專題練習(xí)（文））將地球近似看作球體.設(shè)地球表面某地正午太陽高度角為，為此時(shí)太陽直射緯度（當(dāng)?shù)叵陌肽耆≌担肽耆∝?fù)值），為該地的緯度值，如圖．已知太陽每年直射范圍在南北回歸線之間，即．北京天安門廣場(chǎng)的漢白玉華表高為9.57米，北京天安門廣場(chǎng)的緯度為北緯，若某天的正午時(shí)刻，測(cè)得華表的影長恰好為9.57米，則該天的太陽直射緯度為（）A．北緯 B．南緯C．北緯 D．南緯【答案】D【解析】首先根據(jù)題意理解太陽高度角、該地緯度、太陽直射緯度的概念，然后由太陽高度角可得結(jié)果.【詳解】由題可知，天安門廣場(chǎng)的太陽高度角，由華表的高和影長相等可知，所以.所以該天太陽直射緯度為南緯，故選：D.3.（湖北高考真題）《算數(shù)書》竹簡于上世紀(jì)八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現(xiàn)存最早的有系統(tǒng)的數(shù)學(xué)典籍，其中記載有求“蓋”的術(shù)：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一.該術(shù)相當(dāng)于給出了有圓錐的底面周長與高，計(jì)算其體積的近似公式它實(shí)際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3.那么近似公式相當(dāng)于將圓錐體積公式中的近似取為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)圓錐底面圓的半徑為，高為，依題意，，，所以，即的近似值為，故選B.4.（2021·永州市第四中學(xué)高三月考）農(nóng)歷五月初五是端午節(jié)．這一天民間有吃粽子的習(xí)俗，據(jù)說是為了紀(jì)念戰(zhàn)國時(shí)期楚國大臣、愛國詩人屈原．如圖，平行四邊形形狀的紙片是由六個(gè)邊長為1的正三角形構(gòu)成的，將它沿虛線折起來，可以得到六面體的粽子．如果粽子的餡是六面體內(nèi)的一個(gè)球狀物，則粽子餡的最大體積為_________．【答案】【解析】易知球與六個(gè)面都相切時(shí)體積最大，此時(shí)球心到六個(gè)面的距離即為球的半徑，進(jìn)而利用等體積法即可解得.【詳解】六面體每個(gè)面都為邊長是1的正三角形，面積為，要使球狀的餡的體積最大，則球與六面體的各面相切．如圖，連接球心O與五個(gè)頂點(diǎn)，把六面體分成六個(gè)小三棱錐．設(shè)球的半徑為R（O到六個(gè)面的距離，圖里僅標(biāo)記），則六面體的體積可表示為．易知，又六面體可以看成由兩個(gè)底面積為，高的正四面體合成的，故其體積又可表示為，因此，解得．故粽子餡的最大體積為．故答案為：.5．（2021·四川省大竹中學(xué)高二期中（理））在正方體中，點(diǎn)E是棱BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F是棱CD上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)__________時(shí)，平面．【答案】【解析】首先如圖建立空間直角坐標(biāo)系，利用垂直關(guān)系，轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)運(yùn)算求解.【詳解】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長為，，，，，，，，若平面，則，即，解得：，所以故答案為：6．（2021·浙江高二期末）如圖在四棱錐中，平面，，，，，，E是直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則與平面所成角的最大值為________．【答案】.【解析】建立空間直角坐標(biāo)系如圖，先求得平面的法向量，再設(shè)，則，設(shè)與平面所成的角為，則，由此可得，進(jìn)而可得結(jié)果.【詳解】依題意，以為原點(diǎn)，所在的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.則，，，，，因?yàn)?，所以設(shè)，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，由得，取，得，設(shè)，則，設(shè)與平面所成的角為，則，又，所以，當(dāng)即點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，與平面所成的角有最大值為.故答案為：.7.（2021·浙江高二期中）在四棱錐中，四邊形為正方形，，，平面平面，，點(diǎn)為上的動(dòng)點(diǎn)，平面與平面所成的二面角為（為銳角），則當(dāng)取最小值時(shí)，三棱錐的體積為____.【答案】【解析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得當(dāng)最小時(shí)的長，由此求得此時(shí)三棱錐的體積.【詳解】依題意可知兩兩相互垂直，以為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，平面的法向量為，，，其中，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，所以，依題意，由于，所以當(dāng)時(shí)，取得最大值，取得最小值.此時(shí)，.故答案為：8.（2021·全國高三其他模擬（理））萊昂哈德·歐拉，瑞士數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家，近代數(shù)學(xué)先驅(qū)之一，他的研究論著幾乎涉及到所有數(shù)學(xué)分支，有許多公式?定理?解法?函數(shù)?方程?常數(shù)等是以歐拉名字命名的.歐拉發(fā)現(xiàn)，不論什么形狀的凸多面體，其頂點(diǎn)數(shù)V?棱數(shù)E?面數(shù)F之間總滿足數(shù)量關(guān)系，此式稱為歐拉公式，已知某凸32面體，12個(gè)面是五邊形，20個(gè)面是六邊形，則該32面體的棱數(shù)為___________；頂點(diǎn)的個(gè)數(shù)為___________.【答案】【解析】根據(jù)某凸32面體，12個(gè)面是五邊形，20個(gè)面是六邊形，求得該32面體的棱數(shù)，然后根據(jù)頂點(diǎn)數(shù)V?棱數(shù)E?面數(shù)F之間總滿足數(shù)量關(guān)系求解.【詳解】因?yàn)槟惩?2面體，12個(gè)面是五邊形，20個(gè)面是六邊形，則該32面體的棱數(shù)：；因?yàn)轫旤c(diǎn)數(shù)V?棱數(shù)E?面數(shù)F之間總滿足數(shù)量關(guān)系，設(shè)頂點(diǎn)的個(gè)數(shù)為，則，解得，故答案為：；.9．（2020·四川瀘縣五中高二開學(xué)考試（理））如圖，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，，.過頂點(diǎn)，的平面與棱，分別交于，兩點(diǎn).（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求證：四邊形是平行四邊形；（Ⅲ）若，試判斷二面角的大小能否為？說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）不能為.【解析】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依題意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面與平面平行，即兩個(gè)平面沒有交點(diǎn)，則與不相交，又與共面，所以，同理可證，所以四邊形是平行四邊形；（3）不能.如圖，作交于點(diǎn)，延長交于點(diǎn)，連接，由，，，所以平面，則平面，又，根據(jù)三垂線定理，得到，所以是二面角的平面角，若，則是等腰直角三角形，，又，所以中，由大角對(duì)大邊知，所以，這與上面相矛盾，所以二面角的大小不能為.10．（2021·濟(jì)南市歷城第二中學(xué)開學(xué)考試）在四棱錐中，側(cè)面⊥底面，底面為直角梯形，//，，，，為的中點(diǎn)．（Ⅰ）求證：PA//平面BEF；（Ⅱ）若PC與AB所成角為，求的長；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求二面角F-BE-A的余弦值．【答案】(Ⅰ)見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）二面角的余弦值為.【解析】（Ⅰ）證明：連接AC交BE于O，并連接EC，F(xiàn)O，

,為中點(diǎn)AE//BC，且AE=BC四邊形ABCE為平行四邊形O為AC中點(diǎn)又F為AD中點(diǎn)，，//平面（Ⅱ）由BCDE為正方形可得由ABCE為平行四邊形可得//為即，側(cè)面底面?zhèn)让娴酌嫫矫妫?（Ⅲ）取中點(diǎn)，連，

，，平面，的平面角，又，，所以二面角的余弦值為．練提升TIDHNEG練提升TIDHNEG1．（2021·福建其他）《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.在如圖所示的鱉臑中，平面，，，，為中點(diǎn)，為內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)（含邊界），且.①當(dāng)在上時(shí)，______；②點(diǎn)的軌跡的長度為______.【答案】2【解析】(1)當(dāng)在上時(shí),因?yàn)槠矫?故,又,故平面.故.又,為中點(diǎn),故所以為中點(diǎn).故.(2)取中點(diǎn)則由(1)有平面,故,又,設(shè)平面則有平面.故點(diǎn)的軌跡為.又此時(shí),,故.所以.故答案為：(1).2(2).2．（2020·福建省福州第一中學(xué)高三期末（理））分別為菱形的邊的中點(diǎn)，將菱形沿對(duì)角線折起，使點(diǎn)不在平面內(nèi)，則在翻折過程中，以下命題正確的是___________.（寫出所有正確命題的序號(hào)）①平面；②異面直線與所成的角為定值；③在二面角逐漸漸變小的過程中，三棱錐的外接球半徑先變小后變大；④若存在某個(gè)位程，使得直線與直線垂直，則的取值范圍是.【答案】①②④【解析】①由分別為菱形的邊的中點(diǎn)，故，平面ABD，故平面；②取AC中點(diǎn)P，連接DP，BP，由于菱形ABCD，所以，可證得平面DPB，故，又，故，異面直線與所成的角為定值.③借助極限狀態(tài)，當(dāng)平面DCA與平面BCA重合時(shí)，三棱錐的外接球即為以三角形ABC的外接圓為圓心，半徑為半徑的球，當(dāng)二面角變大時(shí)球心離開平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然為三角形ABC的外接圓的圓心，故二面角不為0時(shí)，外接球半徑一定大于三角形ABC的外接圓半徑，故三棱錐的外接球半徑不可能先變小后變大.④過A在平面ABC中作交BC于H，若為銳角，H在線段BC上；若為直角，H與B點(diǎn)重合；為鈍角，H在線段BC的延長線射線CB上.若存在某個(gè)位程，使得直線與直線垂直，由于，因此平面AHD，故.若為直角，H與B點(diǎn)重合，即，由于，不可能成立.若為鈍角，則原平面圖中，為銳角，由于立體圖中，故立體圖中一定比原圖中更小，因此為銳角，，故H在線段CB上，與H在線段BC的延長線射線CB上矛盾，因此的取值范圍是.故答案為：①②④3．（2020·全國高三專題練習(xí)（文））現(xiàn)代足球運(yùn)動(dòng)是世上開展得最廣泛、影響最大的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目，有人稱它為“世界第一運(yùn)動(dòng)”．早在2000多年前的春秋戰(zhàn)國時(shí)代，就有了一種球類游戲“蹴鞠”，后來經(jīng)過阿拉伯人傳到歐洲，發(fā)展成現(xiàn)代足球．1863年10月26日，英國人在倫敦成立了世界上第一個(gè)足球運(yùn)動(dòng)組織——英國足球協(xié)會(huì)，并統(tǒng)一了足球規(guī)則．人們稱這一天是現(xiàn)代足球的誕生日．如圖所示，足球表面是由若干黑色正五邊形和白色正六邊形皮圍成的，我們把這些正五邊形和正六邊形都稱為足球的面，任何相鄰兩個(gè)面的公共邊叫做足球的棱．已知足球表面中的正六邊形的面為20個(gè)，則該足球表面中的正五邊形的面為______個(gè)，該足球表面的棱為______條．【答案】1290【解析】足球每塊黑色皮子的5條邊分別與5塊白色皮子的邊縫在一起；每塊白色皮子的6條邊中，有3條邊與黑色皮子的邊縫在一起，另3條邊則與其他白色皮子的邊縫在一起.所以設(shè)這個(gè)足球有x塊正五邊形，一共有5x條邊，其中白皮三條邊和黑皮相連，又足球表面中的正六邊形的面為20個(gè)，根據(jù)題意可得方程：，解得，該足球表面中的正五邊形的面為12個(gè)；因?yàn)槿魏蜗噜弮蓚€(gè)面的公共邊叫做足球的棱，所以每條棱由兩條邊組成，該足球表面的棱為：條.故答案為：12；90.4．（2021·江蘇南京市第二十九中學(xué)高三月考）在正三棱柱中，，點(diǎn)滿足，其中，.（1）當(dāng)時(shí)，三棱錐的體積為______.（2）當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)，使得平面，則的取值集合為______.【答案】【解析】（1）根據(jù)向量線性運(yùn)算法則，時(shí)，在線段上，由可得體積．（2）同理時(shí)，分別取中點(diǎn)為，在線段上，取中點(diǎn)，利用線面垂直的判定與性質(zhì)證明，從而確定點(diǎn)與點(diǎn)重合，得結(jié)論．【詳解】（1）時(shí)，＝，，所以在線段上，如圖1，三棱柱是正三棱柱，因此到平面的距離等于，，所以；圖1（2）分別取中點(diǎn)為，連接，如圖2，由與（1）同理可得在線段上，平面，平面，則，取中點(diǎn)，連接，則，由平面平面，平面平面，得平面，又平面，所以，而，平面，所以平面，平面，所以，在正方形中，因?yàn)槭侵悬c(diǎn)，因此由，得與的交點(diǎn)是的中點(diǎn)，所以與重合，．所以的取值集合為．圖25.（2021·進(jìn)賢縣第一中學(xué)高二月考（理））如圖，在棱長為1的正方體中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)在底面正方形內(nèi)（不包括邊界），若平面，則長度的取值范圍是_______.【答案】【解析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點(diǎn)，，求出平面的法向量，的方向向量，由題意可知，即，，則，求解取值范圍即可.【詳解】以為原點(diǎn)，，，所在直線分別為，，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則，，，，.設(shè)，則的方向向量設(shè)平面的法向量，，，，，即，取，則若平面，則即，則.又即，，，即.故答案為：6．（2021·貴州貴陽一中高三月考（文））如圖甲為直角三角形ABC，B=，AB=4，BC=，且BD為斜邊AC上的高，將三角形ABD沿BD折起，得到圖乙的四面體A-BCD，E，F(xiàn)分別在DC與BC上，且滿足，H，G分別為AB與AD的中點(diǎn).（1）證明：直線EG與FH相交，且交點(diǎn)在直線AC上；（2）當(dāng)四面體A-BCD的體積最大時(shí)，求四邊形EFHG的面積.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）利用得但不相等，即可證得直線相交，利用基本事實(shí)3即可證得交點(diǎn)在直線AC上；（2）先利用線面垂直的判定定理證得平面，即可證得，同理又，即可證得四邊形為直角梯形，利用梯形面積公式求得其面積.【詳解】（1）證明：由題意知，，但，所以直線與FH相交，設(shè)交點(diǎn)為，因?yàn)槠矫妫矫?，同理平面，又因?yàn)槠矫嫫矫?，所?（2）解：由題意知，所以平面，又平面，所以，同理又，所以四邊形為直角梯形，因?yàn)?，所以，則，所以7．（2021·山東高三二模）如圖①所示，平面五邊形ABCDE中，四邊形ABCD為直角梯形，∠B=90°且AD∥BC，若AD=2BC=2，AB=，△ADE是以AD為斜邊的等腰直角三角形，現(xiàn)將△ADE沿AD折起，連接EB，EC得如圖②的幾何體．圖①圖②（1）若點(diǎn)M是ED的中點(diǎn)，求證：CM∥平面ABE；（2）若EC=2，在棱EB上是否存在點(diǎn)F，使得二面角E-AD-F的大小為60°？若存在，求出點(diǎn)F的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）存在；點(diǎn)為的中點(diǎn)．【解析】（1）作出輔助線，證得，結(jié)合線面平行的判定定理即可證出結(jié)論；（2）證出面，建立空間直角坐標(biāo)系，假設(shè)存在點(diǎn)，然后利用空間向量的夾角公式建立方程，解方程即可判斷.【詳解】（1）證明：取的中點(diǎn)為，連接，，∵是的中點(diǎn)，，∴是的中位線，∴且，所以為平行四邊形，∴，因?yàn)槊?，面，所以平面．?）解：取的中點(diǎn)為，連接，，其中，，由可得，顯然面，故以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，所在的直線為軸，軸，軸；如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，設(shè)存在點(diǎn)，，，，易知面的法向量可取，另外，，設(shè)面的一個(gè)法向量為，則，可取一個(gè)法向量為，則，為的中點(diǎn)．故存在點(diǎn)為的中點(diǎn)．8．（2021·福建其他）已知圓柱底面半徑為1，高為，是圓柱的一個(gè)軸截面，動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿著圓柱的側(cè)面到達(dá)點(diǎn)，其距離最短時(shí)在側(cè)面留下的曲線如圖所示.將軸截面繞著軸逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后，邊與曲線相交于點(diǎn).（1）求曲線的長度；（2）當(dāng)時(shí)，求點(diǎn)到平面的距離.【答案】（1）；（2）【解析】（1）曲線的長度為矩形的對(duì)角線長度.其中矩形的寬為圓柱的高,長為底面的半圓長,其中,底面的半圓長為∴的長為（2）當(dāng)時(shí),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系:則有、、、,所以、、.設(shè)平面的法向量為,則,代入可得,令,得,所以點(diǎn)到平面的距離為.9．（2020·江西上高二中高二月考（理））如圖,四棱錐中，，，，，．（1）求證：平面平面；（2）在線段上是否存在點(diǎn)，使得平面與平面所成銳二面角為？若存在，求的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）見證明；（2）見解析【解析】（1）證明：因?yàn)樗倪呅螢橹苯翘菪?，?,,所以，又因?yàn)椋鶕?jù)余弦定理得所以，故.又因?yàn)?,且,平面，所以平面，又因?yàn)槠矫鍼BC，所以（2）由（1）得平面平面,設(shè)為的中點(diǎn)，連結(jié)，因?yàn)?所以,,又平面平面，平面平面，平面.如圖，以為原點(diǎn)分別以，和垂直平面的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，假設(shè)存在滿足要求，設(shè)，即，所以,易得平面的一個(gè)法向量為.設(shè)為平面的一個(gè)法向量，，由得，不妨取.因?yàn)槠矫媾c平面所成的銳二面角為，所以，解得，（不合題意舍去）.故存在點(diǎn)滿足條件，且.10．（2021·天津市濱海新區(qū)塘沽第一中學(xué)高三月考）已知如圖，四邊形為矩形，為梯形，平面平面，，，．（1）若為中點(diǎn)，求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）在線段上是否存在一點(diǎn)（除去端點(diǎn)），使得平面與平面所成銳二面角的大小為？若存在，請(qǐng)說明點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，.靠近C的三等分點(diǎn)【解析】（1）設(shè)與交于點(diǎn)，連接，則可得為的中點(diǎn)，而為的中點(diǎn)，由三角形中位線定理可得，然后由線面平行的判定定理可證得結(jié)論，（2）由已知可證得，，兩兩垂直，所以分別以，，為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解即可，（3）假設(shè)存在點(diǎn)，滿足題意，且此時(shí)，然后利用空間向量求二面角【詳解】（1）證明：如圖，設(shè)與交于點(diǎn)，連接，∵四邊形為矩形，∴為的中點(diǎn)，又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，∴，而平面，平面，∴平面；（2）解：因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，，平面，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以，因?yàn)?，所以，，兩兩垂直，所以如圖，分別以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意，則有，，，，所以，，，假設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則有，設(shè)直線與平面所成角的平面角為，則有．（3）解：假設(shè)存在點(diǎn)，滿足題意，且此時(shí)，即得，則有，，假設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則有，又因?yàn)槠矫娴囊粋€(gè)法向量為，根據(jù)題意，則有，解之可得，，即得，即點(diǎn)為線段上靠近點(diǎn)的一個(gè)三等分點(diǎn)，坐標(biāo)為．練真題TIDHNEG練真題TIDHNEG1．（2020·全國高考真題（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為（）

A． B． C． D．【答案】C【解析】如圖，設(shè)，則，由題意，即，化簡得，解得（負(fù)值舍去）.故選：C.2．（2018·浙江高考真題）已知四棱錐的底面是正方形，側(cè)棱長均相等，是線段上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)），設(shè)與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（）A． B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)為正方形的中心，為中點(diǎn)，過作的平行線，交于，過作垂直于，連接、、，則垂直于底面，垂直于，因此從而因?yàn)?，所以即，選D.3．（2019·全國高考真題（文））中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長為_________．【答案】共26個(gè)面.棱長為.【解析】【分析】第一問可按題目數(shù)出來，第二問需在正方體中簡單還原出物體位置，利用對(duì)稱性，平面幾何解決．【詳解】由圖可知第一層與第三層各有9個(gè)面，計(jì)18個(gè)面，第二層共有8個(gè)面，所以該半正多面體共有個(gè)面．如圖，設(shè)該半正多面體的棱長為，則，延長與交于點(diǎn)，延長交正方體棱于，由半正多面體對(duì)稱性可知，為等腰直角三角形，，，即該半正多面體棱長為．4．（2018·天津高考真題（理））如圖，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.（I）若M為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：；（II）求二面角的正弦值；（III）若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長.【答案】(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依題意，可以建立以D為原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F(xiàn)（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依題意=（0，2，0），=（2，0，2）．設(shè)n0=(x，y，z)為平面CDE的法向量，則即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因?yàn)橹本€MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依題意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．設(shè)n=（x，y，z）為