1、“.....所以∥平面方法二取中点，连结，则由已知可得，则点在上连结，并延长交于点，连结因为，分别为，的中点，所以∥，即为的中点，又因为为线段的中点，所以∥又⊄平面，⊂平面，所以∥平面解由可知平面的个法向量又因为⊥平面，所以面的个法向量是又由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为证明因为∥，∥，∩，∩......”。

2、“.....即∥故与的对应边相互平行，于是∽所以，即为的中点解如图，连结设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为上和下则图，所以下，又四棱柱，所以上四棱柱下故上∶下∶解方法如图，在中，作⊥，垂足为，连结又⊥，且∩，所以⊥平面，于是⊥所以为平面与底面所成二面角的平面角因为∥所以又因为梯形的面积为所以，于是......”。

3、“.....以为坐标原点分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系设图则，因为梯形，所以从而所以设平面的个法向量，由，得所以又因为平面的个法向量，所以，故平面与底面所成二面角的大小为所成的角，其正切值为，故∥，⊄面，∥平面，故④正确⊥，不垂直于，不垂直于平面，故解析错，两平面可平行错，直线可在平面内正确......”。

4、“.....两直线可平行，综上可知正确解析沿着侧棱把正三棱锥展开在个平面内，如图，则即为截面周长的最小值，且在中，由余弦定理可得，故答案为解析设矩形的两邻边长度分别为则，此时，当且仅当时等号成立，此时四边形为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为，无论怎样折叠，其四个顶点都在个半径为的球面上......”。

5、“.....点在面上的射影在线段上∥，根据线面平行的判定定理可得∥平面当面⊥面时，三棱锥的体积达到最大解析连结⊥平面，⊥，又点为的中点即得点的轨迹为以点为球心，半径为的球在二面角内的部分，即为球的，其体积④解析正确，因为⊥，∥⇒⊥，又⊂，故⊥错，当两平面相交且交线为直线时也满足题意错，各种位置关系均有可能④正确，⊥......”。

6、“.....所以⊥，综上可知命题④为真命题解析底面是边长为的正方形，侧棱可得⊥底面，⊂平面，⊂平面，可得平面⊥平面，平面⊥平面⊥平面，可得平面⊥平面⊥平面，可得平面⊥平面⊥平面，可得平面⊥平面解析设母线长为，底面半径为，则依题意易知，由，代入数据即可得，因此所求角的余弦值即为④解析对，则，当且仅当时故如图所示在正方体中设分别为轴......”。

7、“.....则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为证明由题设知⊥，⊥，∩，⊥平面又⊂平面，⊥由题设知即⊥又∩，⊥平面又⊂平面，平面⊥平面解设棱锥的体积为，由题意得三棱柱的体积，∶∶平面分此棱柱所得两部分体积的比为∶证明取的中点......”。

8、“.....⊥，⊥又平面⊥平面，且是平面与平面的交线，⊂平面，⊥平面如图所示建立空间直角坐标系，由已知得，，⊥⊥解设为平面的法向量，则，取，得，为平面的个法向量又为平面的个法向量，设二面角的大小等于，由已知得二面角是锐角，二面角的余弦值等于证明因为⊥平面，⊂平面，所以⊥又因为⊥，且∩，所以⊥平面又因为⊂平面......”。

9、“.....所以⊥，⊥又⊥平面时的夹角最小，此时故由题意所以，故正确如图所示，正方体的边长为，三棱锥为边长为的正四面体，其体积为，故④正确证明，分别是，的中点，∥又綊，四边形是平行四边形∥又∥，从而∥方法连结，与交于点，连结四边形为平行四边形，则点是的中点，是的中点，是的中位线，∥，⊄平面，⊂平面，所以∥平面方法二取中点为点......”。