新高考数学二轮复习专题3立体几何解答题专项提分计划（教师版）

新高考复习专题3立体几何解答题专项提分计划1．（2023·广东惠州·统考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．(1)证明：平面平面PBC；(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.【详解】（1）方法一：因为底面ABCD，平面ABCD，所以．因为ABCD为正方形，所以，又因为，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以，又因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．又因为平面AEF，所以平面平面PBC．方法二：因为底面ABCD，平面PAB，所以平面底面ABCD又平面底面，，平面ABCD，所以平面PAB．因为平面PAB，所以．因为，E为线段PB的中点，所以．因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，又因为平面AEF，所以平面平面PBC因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则，设，则，所以，，，，设为平面AEF的法向量，则所以取，则，，则，设为平面PBC的法向量，则所以取，则，，则因为，所以,所以平面平面PBC.（2）（基于（1）解法一、二）因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则，易知是平面PAB的法向量设，则，所以，，所以即，得，所以，设为平面AEF的法向量，则所以平面AEF的法向量，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，所以解得，故F是BC的中点．所以，，的面积为因为，的面积为设点P到平面AEF的距离为h，则有解得所以点P到平面AEF的距离为．（基于（1）解法三）易知是平面PAB的法向量所以，即，解得所以，又因为所以点P到平面AEF的距离为，所以点P到平面AEF的距离为．2．（2022·广东广州·统考一模）如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，(1)证明：平面平面；(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，因为是菱形，所以，且是的中点，所以且，又，，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，是正三角形，，，又平面，所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，则，，，，，，则设，，所以，，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，令，，得平面的法向量可以为，，解得，所以，则设平面的一个法向量为，则，即，取，得，所以点到平面的距离.3．（2022·广东·统考模拟预测）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍”

(如图2)。(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）取线段中点，连接、，可得四边形是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；（2）由题可得即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．【详解】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，∴O是线段BF与CE的中点，∴且，在图1中且，且．所以在图2中，且，∴且，∴四边形AOHG是平行四边形，则，

由于平面GCF，平面GCF，∴平面GCF．（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，∴即为二面角的平面角．∴，以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，设，则、、，∴，，易知平面ABE的一个法向量，设平面OAB的一个法向量，由，得，取，则，，于是平面的一个法向量，∴，∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．4．（2022·广东中山·中山纪念中学校考模拟预测）如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.(1)求证：直线平面；(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在，【分析】（1）证明，可得面，根据线面平行的性质可得，再根据面面垂直的性质可得面，即可得证；（2）取中点，连接，，说明，，两两垂直，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴，又平面，面，∴面，又面，面面，∴，又，面面，面面，∴面，则面；（2）解：取中点，连接，∵，∴，∵平面平面，平面平面，又∵平面，∴平面，又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，∵点，分别是，中点，连接，则，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，∴，，设，，设面的法向量为，则，取，得，，，依题意，得，即，解得，即，∴，∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．5．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.(1)证明：；(2)若是否存在，使得与平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据为矩形，且是中点得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性质定理得到平面，再结合平面即可证明；（2）建立空间直角坐标系，根据得到，然后利用向量的方法求与平面所成的角的正弦值，列方程求即可.【详解】（1）依题意矩形，，，是中点，所以，又，所以，，，因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以.（2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，设是的中点，因为，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，，假设存在满足题意的，则由.可得，.设平面的一个法向量为，则，令，可得，，即，设与平面所成的角为，所以解得（舍去），综上，存在，使得与平面所成的角的正弦值为.6．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.(1)证明：平面；(2)若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，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，再由二面角的向量公式即可得出答案.【详解】（1）设的交点为，连接，已知为的重心，所以，，所以在中，，所以，所以平面，平面，则平面.（2）因为所以所以为等边三角形，所以，又因为，所以，所以，取的中点为，连接，则，平面平面，平面平面，则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为与平面所成的角为，所以，设菱形的边长为，所以，所以，因为，所以，，设平面，，令，所以，设平面，，令，所以，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.7．（2023·广东广州·统考二模）在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，，，.(1)证明：平面EAC.(2)若四棱锥的体积为，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值.【答案】(1)证明详见解析(2)【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面EAC.（2）根据四棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线EC与平面PAB所成角的正弦值.【详解】（1）连接交于，连接，因为四边形是菱形，所以是的中点，又是的中点，所以，因为平面平面，所以平面.（2）取的中点，连接，则，因为平面平面且交线为，平面，所以平面.设，则，解得.因为底面是菱形，，所以，且.以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，故可设，则，所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值为.8．（2023·广东肇庆·统考二模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，．(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接与交于点，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）由已知条件得面，则，由得.以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，由面得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由求得，然后利用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）连接与交于点，连接为三棱柱，为平行四边形，点为的中点又为的中点，则，又平面平面，平面．（2）解法1：，面面，，，即以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，面，则平面的一个法向量为设平面的法向量为，则，即令设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角的余弦值是．解法2：设点为的中点，点为的中点，连接交于点，连接，设点为的中点，连接点为的中点，点为的中点且，点为的中点为矩形，又平面，在中，，可得为等腰直角三角形，其中而点为的中点，且点为的中点，点为的中点且，又在Rt中，，点为的中点，在中，，且点为的中点且即为平面与平面的夹角在中，．平面与平面的夹角的余弦值是．9．（2022·广东广州·华南师大附中校考三模）如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且．(1)求证：直线平面CDE；(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-D的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据边对应成比例,可证明平行四边形,进而可得线线平行,即可求解.（2）根据空间中两点距离公式,可得线段的最小值,进而根据空间向量,求平面法向量,进一步可求解.（1）过N作与ED交于点，过M作与CD交于点，连接．由已知条件，可知矩形ABCD与矩形ADEF全等．∵，，∴∴又，则四边形为平行四边形，所以．∵平面CDE，平面CDE，∴平面CDE．（2）由平面ABCD⊥平面ADEF，平面平面，又平面ADEF，AF⊥AD，∴AF⊥平面ABCD．以A为原点，分别以AB，AD，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，过M点作MG⊥AD，垂足为G，连接NG，易知NG⊥AD，设可得，，∴，可知当时，MN长最小值为．此时，，又，，∴，，设平面AMN的法向量为，由可得，令，可得设平面MND的法向量为，由可得，令，可得∴，∴则二面角A-MN-D的正弦值为．10．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面，分别是，的中点.(1)记平面与平面的交线为，求证：直线平面；(2)若，点是的中点，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证平面，再证，最后得出l平面；（2）建立坐标系，利用向量方法求二面角的正弦值.（1）因为分别是的中点所以，又因为平面，平面所以平面又平面，平面与平面的交线为，所以，而平面，平面，所以平面（2）如图，因为是圆的直径，点是的中点，所以，因为直线平面所以所以以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，所以，设平面的法向量，则，即令，则得因为直线平面所以为平面的法向量所以所以二面角的正弦值为11．（2022·广东·统考模拟预测）如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，，，与交于点．(1)求证：平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）利用空间向量求二面角的余弦值(1)证明：在直四棱柱中，平面，平面所以．因为，，所以又，即，，所以在中，，即在中，，即在中，，即所以又，所以平面．(2)解：因为平面，，故以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立如图空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，由（1）知平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，则令，得，所以又二面角的平面角是钝角，所以二面角的余弦值是12．（2022·广东·校联考模拟预测）如图，在三棱柱中，为边长为2的正三角形，为的中点，2，且，平面平面.(1)证明：；(2)求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，推导出，由平面平面，得平面，由此能证明；（2）由，平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的正弦值．(1)证明：连接，在中，∵，，所以为等边三角形，又为的中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，；(2)解：为边长为2的正三角形，为的中点，，由（1）知平面，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，0，，，0，，，0，，，，1，，，0，，设平面的法向量，，，则，取，，，因为，，，所以平面，则平面的法向量可取，1，，，平面与平面所成角的正弦值为．13．（2022·广东佛山·校联考模拟预测）如图，三棱柱中，侧面是菱形，，．(1)证明：；(2)若，，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取BC中点O，连接AO，，易证，再根据，得到，然后利用线面垂直的判定定理证明；（2）以，，所在直线及其正方向建立空间直角坐标系，易知为平面的一个法向量，再求得平面的一个方向量，由求解.【详解】（1）解：取BC中点O，连接AO，，因为侧面是菱形，，所以因为，所以，且，所以平面，又因为平面，所以．（2），则，由（1）得平面，且平面，所以，即，所以，因为，所以，即BC，，OA两两垂直，以，，所在直线及其正方向建立如图空间直角坐标系，则，，，，，可取为平面的一个法向量，设平面的一个方向量为，，则，即，取，则，易知二面角为锐角，所以二面角的余弦值．14．（2022·广东汕头·统考三模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，E，F分别是PA，PD的中点，过E，F作平面交线段PB，PC分别于点G，H，且(1)求证：；(2)若PD⊥平面ABCD，且二面角为，二面角的正弦值为，求t的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意，可得，根据线面平行的判定定理可得平面PBC，从而由线面平行的性质定理可得，由平行公理即可得证；（2）由PD⊥平面ABCD，可得∠ADC为二面角的平面角，则，取BC中点O，连接OD，以D为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求出平面PBD的法向量与平面EFG的法向量为，从而利用向量法即可求解.（1）证明：∵E，F分别是PA，PD中点，∴，又∵，∴，又∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC，又∵平面α，平面平面，∴，∴；（2）解：∵PD⊥平面ABCD，AD，平面ABCD，∴，，∴∠ADC为二面角的平面角，则，取BC中点O，连接OD，以D为原点，DA所在直线为x轴，DO所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，设点G坐标为，∵，，∴，∴，∴，设平面PBD的法向量为，则，即，令，则，，则，设平面EFG的法向量为，，，∴，即，令，则，，则，设二面角E-FG-P的平面角为θ，∵二面角E-FG-P的正弦值为，∴，，∴，∴，解得或（舍去）.15．（2022·广东茂名·统考模拟预测）某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1．(1)求与平面所成角的正弦值；(2)圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，用向量法求与平面所成角的正弦值；（2）假设存在这样的点P，设，由和联立解出，即可求解．【详解】（1）（1）由长方体可知，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，.所以.设平面的一个法向量为，则有，即，令，则，，故，所以，故与平面所成角的正弦值为；（2）由（1）可知，，，所以，假设存在这样的点P，设，由题意可知，所以，因为，则有，所以，又，所以，解得（舍），，所以当时，，此时点到直线的距离为．16．（2022·广东韶关·校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，．(1)证明：平面；(2)若与平面所成角为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）证明平面线面垂直，即证，线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，首先作出线面角，从而求出点坐标，再用法向量求出二面角的平面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：∵平面，平面，平面，∴，，结合，平面，平面，∴平面又∵平面∴，结合，平面，平面，∴平面（2）如图，以D为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，故由（1）可知平面，平面，故在平行四边形中，，故，结合，可得点的坐标，由（1）知平面∴是斜线在平面上的射影，∴与平面所成角为，∵在中，，，，∴，从而P点坐标为．对于二面角，设平面的一个法向量为此时，，则由得，即，取得，平面的一个法向量为，，设平面的法向量为，此时，，，则由得，即，取得，于是平面的一个法向量为，故二面角的余弦值为17．（2022·广东·统考三模）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，，，顶点P在底面ABCD的正投影为AD的中点O.(1)求证：平面PAC⊥平面POB(2)若平面PAB与平面PCD的交线为l，，求l与平面PAC所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明，再由线面垂直的性质定理得，从而得线面垂直，然后可得面面垂直；（2）由线面平行的判定定理与性质定理证明，因此求得直线与平面所成角即可，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．(1)证明：在Rt△ABC中，，在Rt△AOB中，，则，于是，所以因为PO⊥平面ABCD，平面，则；又，平面，所以AC⊥平面POB，而AC平面PAC，所以PAC⊥平面POB(2)因为，AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB//平面PCD，.又平面PAB平面，AB平面PCD，所以.则l与平面PAC所成角的正弦值等于AB与平面PAC所成角的正弦值..以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，，），B（2，0，0），C（2，2，0），所以，，.设平面PAC的一个法向量为，则，即，即，令，得.设l与平面PAC所成角为，则，.又因为，所以l与平面PAC所成角为.18．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测）在三棱柱中，四边形是菱形，AB⊥AC，平面平面ABC，平面与平面的交线为l.(1)证明：；(2)已知，，l上是否存在点P，使与平面ABP所成角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由四边形为菱形，得到，根据平面平面ABC，证得，进而得到平面，从而证得；（2）取中点D，连接AD，证得平面，以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.(1)证明：因为四边形为菱形，所以，平面平面ABC，平面平面，平面ABC，又因为，所以平面，又由平面，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以.(2)解：上不存在点P，使与平面ABP所成角为60°，理由如下：取中点D，连接AD，因为，所以，又，所以为等边三角形，所以，因为，所以，又因为平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面，以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，可得,则，，，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，假设l上存在一点P，使与平面ABP所成角为60°，设，则，所以，设为平面的一个法向量，则，取，则，可取，又由，所以，即，此方程无解，因此上不存在点P，使与平所成角为.19．（2022·广东·统考模拟预测）在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，E为的中点，点P在平面内的投影F恰好在直线上．(1)证明：．(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由四边形为长方形得，由平面得，根据线面垂直的判断定理可得平面，再由性质定理可得答案；（2）连接，由（1）和已知得，求出、，过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量、，利用线面角的向量求法可得答案.【详解】（1）因为，，E为的中点，所以，所以四边形为长方形，，因为平面，平面，所以，又因为，所以平面，平面，所以．（2）连接，由（1）平面，平面，所以，因为，所以，所以，即，，，所以，即，过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，，，，，设平面的一个法向量为，所以，即，令，则，所以，设直线PB与平面PAD所成角的为，所以，所以直线PB与平面PAD所成角的正弦值为．20．（2022·广东广州·统考二模）如图，已知四边形是边长为2的菱形，，平面平面．(1)求证：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据面面垂直的性质和判定可得证；（2）设AC与BD相交于点O，连接FO，以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法可得答案.【详解】（1）证明：菱形ABCD中，，又平面平面，平面平面，所以平面AEFC，又BD在平面BED内，所以平面平面；（2）解：因为平面平面．平面平面，所以平面．设AC与BD相交于点O，连接FO，因为，所以，所以四边形AOEF为平行四边形，所以，所以平面ABCD，菱形ABCD中，，所以是正三角形，则OC=1，OF=AE=AB=2，，以点O为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，则，，，，则，，，设平面ACF的法向量为，设平面DCF的法向量为，则，令，则，所以，又由图示得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．21．（2022·广东茂名·统考二模）如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点．(1)证明：平面ABCD；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证.（2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.（1）取的中点G，连接EG，FG，AC，因为，平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因为，，所以四边形AGFC是平行四边形，，又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因为，所以平面平面ABCD，因为平面ABCD，所以平面ABCD．（2）设，由，得，因为，所以，由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，设平面的一个法向量为，由得，取，得，连接BD，因为，，，所以平面，所以平面的一个法向量为，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．22．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图在斜三棱柱中，，侧面底面，点M，N分别为的中点，点D为线段上一点，且．(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）找出与平行的直线，由线面平行的判定定理证明（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解（1）连接交于G，连接．因为M，N分别为的中点，所以点G为的重心，所以，又，所以，因为平面平面，所以平面．（2）在平面内作于点O．因为，所以，则点O为中点，所以．因为侧面底面，而侧面底面，侧面，所以底面，所以两两垂直．以O为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，因为M，N分别为的中点，所以．设为平面的一个法向量，，则即取得．又为平面的一个法向量，所以，所以，故二面角的正弦值．23．（2022·广东梅州·统考二模）如图①，在直角梯形中，，，，，､分别是，的中点，将四边形沿折起，如图②，连结，，.(1)求证：；(2)当翻折至时，设是的中点，是线段上的动点，求线段长的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明平面，再根据线面垂直得性质即可得证；（2）证明平面，可得，利用勾股定理求出，再利用勾股定理证明，以为原点，建立如图的空间直角坐标系，设，，，求出点得坐标，从而可得出答案.(1)证明：因为四边形是直角梯形，，分别是的，中点，所以，，，又，所以平面，又因平面，所以；(2)解：由（1）可知平面，因为平面，所以，在中，，又，所以，即，所以，，，以为原点，建立如图的空间直角坐标系，则，，，设，，，所以，得：，，，，则当时，有最小值，所以线段长的最小值为.24．（2022·广东茂名·统考模拟预测）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点，分别是，的中点.(1)证明：平面平面；(2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面所成的锐二面角最小.【答案】(1)证明见解析；(2)点G为BD的中点时.【分析】（1）由面面垂直可得AE平面BCD，得出CDAE，再由CDEF可得CD平面AEF，即可得出平面平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出锐二面角的余弦值，当最大，最小，即可得出此时点G为BD的中点.（1）(1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AEBC，又因为平面ABC平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE平面ABC，所以AE平面BCD，又因为CD平面BCD，所以CDAE，因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，又因为BDCD，所以CDEF，又因为CDAE，AE∩EF，AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD平面AEF，又因为CD平面ACD，所以平面ACD平面AEF.（2）在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H,设BC=4，则，DF=FC=l，.以为正交基底，建立如图空间直角坐标系E-xyz,则,设，则,，设平面AEG的法向量为,由，得，令，故，设平面ACD的法向量为，则,即，令，则,设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为,则，当最大，此时锐二面角最小，故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.25．（2022·广东肇庆·统考模拟预测）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.【答案】(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，二面角的余弦值是.26．（2022·广东江门·统考模拟预测）如图，在正四棱锥中，，，P在侧棱上，平面.(1)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；(2)侧棱上是否存在一点E，使得平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)侧棱上存在一点E，使得平面，且.【分析】（1）根据题意可建立空间直角坐标系，然后根据两平面法向量夹角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假设存在满足题意的点使得平面，然后根据题意求得平面的法向量，由可求解.（1）如图，由题意知平面，，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，不妨设，则，∴.由题意得，，，，.∴，，设平面的一个法向量为，则有，可取，∵平面，∴平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，所以（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，由（1）设，且，即，可得，即，所以，由平面的一个法向量，若平面，则，即，解得.故.所以侧棱上存在一点E，使得平面，且.27．（2023·广东茂名·统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.(1)求证：平面PAB；(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由已知可推出，进而得出D为AC中点，证得，即可根据线面平行的判定定理；（2）先证明平面.方法一：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可；方法二：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可.【详解】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O为BC中点，所以D为AC中点.又E为PC中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）如图1，取的中点F，连结PF、AF.由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.因为所以，所以.又，则有，所以，.则有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.由，，可得.，，，，，.所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，

令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，则，，，，，所以，，.设为平面PAB的一个法向量，则，令，则，，则.设为平面PBC的一个法向量，则，令，则，，则.设平面PAB与平面PBC的夹角为，则.28．（2022·广东茂名·统考二模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD，，E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且A、D、E、F四点共面．(1)求证：F为PC的中点；(2)若△PAD为等边三角形，二面角的大小为，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明AD∥平面PBC，再根据线面平行的性质定理即可证明EF∥AD,即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面ADFE的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC．由题意A、D、E、F四点共面，平面ADFE平面PBC=EF，∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，∵E是棱PB的中点，∴F为PC中点．（2）如图，以BC为x