微专题16 立体几何经典题型精练 -2025年新高考数学二轮复习微专题提分突破140分方案

PAGE1微专题16立体几何经典题型精练【典型例题】例1．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面.(1)求证：平面平面；(2)若点为的中点，线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）设的中点为，因为，所以，因为，所以，所以三点共线，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）以所在的直线为轴和轴，过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为为的中点，所以，设，所以，所以，由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，即当或时，直线与平面所成角的正弦值为.例2．（2024·高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，，，为侧棱上一点，．(1)求证：平面；(2)求二面角的大小；(3)求点到平面的距离．【解析】（1）在直三棱柱中，平面，平面，，又，，，平面，平面，平面，平面，．，，、平面，平面；（2）方法一：设，连接，由（1）知，平面．平面，，，为二面角的平面角，在和中，，，，，，，在中，，，，在中，，．因此，二面角的大小为；方法二：以点为坐标原点，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，设点，则，，，解得，.设平面的一个法向量为，由，可得，令，则，，∴平面的一个法向量为．显然，是平面的一个法向量，，结合图形知，二面角为锐角，它的大小为；（3）方法一：设点到平面的距离为，易知，，可知，，即，，因此，点到平面的距离为；方法二：易知点到平面的距离为．例3．（2024·高三·全国·专题练习）在棱长为2的正方体中，E、F分别是BC、CD的中点．(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)若点G、H分别为线段上的动点，点P为底面上的动点，求的最小值．【解析】（1）连接BD、AC，∵E、F分别是BC、CD的中点，∴，又∵，∴，又平面，平面，∴，又，平面,平面,∴平面，又平面,∴．（2）设点A到面的距离为d，∵正方体的棱长为2，∴,，∴,∴，∴，又，到面的距离为2，∴，又，设直线与平面所成角的大小为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为．（3）连接，设交于点H，则，又平面，平面，∴，又，平面,∴平面，∴不论G在上何处，都有，而取最小值时必有平面，此时且，将与展平后如图所示，则，，故.则的最小值为到线段的距离.例4．（2024·天津·一模）如图所示，在三棱柱中，平面，.是棱的中点，为棱中点，是的延长线与的延长线的交点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）在三棱柱中，平面，，则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图：由，得，，在中，且是棱的中点，则也是的中点，即，，设平面的一个法向量，则则，令，得，，因为，所以，又因为平面，所以平面．（2）由（1）知平面的法向量，又，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）设平面的一个法向量，则，令，得设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值．例5．（2024·辽宁·一模）如图，在平行六面体中，E在线段上，且F，G分别为线段，的中点，且底面为正方形.(1)求证:平面平面(2)若与底面不垂直，直线与平面所成角为且求点A到平面的距离.【解析】（1）因为，为中点，所以，，即，因为是正方形，所以，因为分别是的中点，所以，所以，又，平面，平面，又平面，平面平面.（2）以为坐标原点，过作与平面垂直的直线为轴，以的方向为轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，则，设，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，又，所以，设直线与平面所成角为，则，解得或（舍），，所以点到平面的距离为，则点到平面的距离为.例6．（2024·高三·山东菏泽·阶段练习）已知三棱柱，其中，，点是的中点，连接，，异面直线和所成角记为．

(1)若，求三棱柱外接球的表面积；(2)若，则在过点且与平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，求该截面面积．【解析】（1）因为，，所以，又因为，、平面，，所以平面，故三棱柱为直三棱柱，因为异面直线和所成角的余弦值为，所以，，设该三棱柱外接球球心为点，当时，由余弦定理可得，由正弦定理可得底面外接圆为圆心的直径，而，所以球的半径，所以球的表面积，当时，，同理可得球的半径，所以球的表面积；（2）分别取，，的中点，，，连接，，，，则且，在直三棱柱中，是的中位线，且，，且，，，，四点共面，，分别为，的中点，，又平面，平面，平面，，且，分别为，的中点，四边形即为符合要求的等腰梯形，当不是的中点时，不平行于平面，过作，连接得到与平行的平面，三棱柱底面三角形为直角三角形，可以将三棱柱补成正方体，过作，延长与相交于，连接交于点，不平行于平面，与共面，则与不平行，此时四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个，在等腰梯形中，，取，的中点，，由图可知，，故，所以该截面面积为.例7．（2024·高一·浙江绍兴·期末）如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置.(1)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围；(2)我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线，如图3所示，记四面体的内切球半径为，证明：.【解析】（1）由题意知，而，是的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，在平面内作的垂直作为轴，所以轴，如图以E为坐标原点，分别以分别为轴正半轴建立空间直角坐标系：因为，设，所以，，，，，则，，所以，，，，.设平面的法向量，由得，取，，解得.设平面的法向量，由得，取，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是.（2）是四面体的表面积，，令与面所成角为，，，因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，（取不到等号，），，.例8．（2024·高三·重庆·阶段练习）如图所示，已知在四棱柱中，所有的棱长均为2，侧面底面为的中点，为棱上的动点（含端点），过三点的截面记为平面.

(1)是否存在点使得底面？请说明理由；(2)当平面与平面所成二面角的余弦值为时，试求平面截得四棱柱两部分几何体的体积之比（体积小的部分作比值的分子）.【解析】（1）连接，取中点为，连接，因为，故三角形为等边三角形，则；因为面面，面面面，故面；又面，故；在三角形中，因为，三角形为等边三角形，则；综上两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：又，故，设，，则，即；因为面，故取平面的法向量为；又，设平面的法向量为，则，则，取，则；故平面的法向量为；若存在点使得底面，则，即，解得；故存在点，当其与重合时，平面底面.（2）设平面与平面所成二面角为，由题可得，即，整理得：，解得（舍去）或.故当为上靠近的三等分点时，平面与平面所成二面角的余弦值为；此时，取上靠近点的三等分点为，取上靠近点的三等分点为，连接，如下所示：在三角形中，分别为中点，故//，又////，且，故四边形为平行四边形，则////，则平面与平面是同一个平面；又；，，由（1）知，，面，故面，则棱台的高为，则，两部分体积分别为和，故体积之比为.例9．（2024·天津和平·一模）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，点分别是棱，的中点，点是线段上一点.

(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求此时的长度.【解析】（1）因为四棱锥的底面是正方形，平面，所以以点为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，又因为，则，即，由平面，所以平面.（2）设平面与平面的夹角为，平面的法向量，平面的法向量,所以，，则平面与平面的夹角的余弦值为.（3）设长度为，，设直线与平面所成角为，因为，，解得，此时的长度为.【过关测试】1．（2024·高三·浙江宁波·阶段练习）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，为的中点，.(1)证明：平面平面；(2)若与平面所成的角为，过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离.【解析】（1）证明：由四边形是直角梯形，且，在直角中，，可得，从而是等边三角形，平分，因为为的中点，所以，所以，又因为且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）取的中点，连接，因为，所以于，因为平面平面，平面平面，所以平面，连接，可得为与平面所成的角，则，在直角中，，在等边中，可得，在直角中，可得，又因为等边，且为的中点，所以.以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，设，可得，则，由，解得，满足题意，所以点到平面的距离为.2．（2024·辽宁·一模）如图，在三棱柱中，平面是线段上的一个动点，分别是线段的中点，记平面与平面的交线为.(1)求证：；(2)当二面角的大小为时，求.【解析】（1）因为分别是线段的中点，所以.在三棱柱中，四边形为平行四边形，所以，则，因为平面平面，所以平面.因为平面，平面平面，所以.（2）解法一：在直三棱柱中，平面，所以，又，所以两两垂直.以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则所以.设平面的法向量为，则,令，得.易知平面的一个法向量为，则，解得或（舍去）.综上，当二面角的大小为时，.解法二：作，交于点，连接.因为，所以，所以四点共面，所以平面平面.因为，所以平面，所以平面，所以，所以为二面角的平面角.若，则在中，，又，所以，又，所以.3．（2024·河北唐山·一模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，底面ABC为等边三角形．(1)证明：；(2)若，，①证明：平面平面ABC；②求平面ABC与平面的夹角的余弦值．【解析】（1）取的中点为，连接,由于侧面为矩形，所以,由于底面ABC为等边三角形,所以,平面，所以平面，由于故四边形为平行四边形，故平面，故，又是中点，所以，（2）①由于是中点，所以,又且，所以，由于，,故为的平面角，由于,所以，故平面平面ABC；②由于两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，,则设平面的法向量为，则，取，则，由于平面ABC的法向量为,故故平面ABC与平面的夹角的余弦值为4．（2024·广东江门·一模）如图，四边形是圆柱底面的内接矩形，是圆柱的母线.

(1)证明：在侧棱上存在点，使平面；(2)在（1）的条件下，设二面角为，，，求三棱锥的体积.【解析】（1）取的中点，连接交于，连接，因为为矩形，所以为的中点，所以，又平面，平面，所以平面，（2）设，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，又平面的法向量可以为，设平面的法向量为，则，取，因为二面角为，所以，解得（负值舍去），所以，所以，又点到平面的距离，所以.5．（2024·山东烟台·一模）如图，在三棱柱中，，为的中点，平面.

(1)求证：；(2)若，求二面角的余弦值.【解析】（1）在三棱柱中，，则，由，得，在中，，由余弦定理，得，，于是，由平面平面，得，而平面，因此平面，又平面，所以，（2）由（1）知，两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由，得，则，于是，设为平面的一个法向量，则，取，得，显然为平面的一个法向量，因此，显然二面角的大小为锐角，所以二面角的余弦值为.6．（2024·陕西咸阳·二模）在几何体中，底面是边长为2的正三角形．平面，若．(1)求证：平面平面；(2)是否在线段上存在一点，使得二面角的大小为．若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：如图，设分别为边的中点，连接，因为平面，所以，,进而，即四边形为平行四边形，可得，在底面正三角形中，为边的中点，则，又平面，且平面，所以．由于，且平面，所以平面．因为平面，则平面，又平面，则平面平面．（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则．设点，则．设平面的法向量为，平面的法向量为．由题意知即令，则，即，即取，则，由，，解得：，由于点为线段上一点，故，所以，当时，二面角所成角为锐角，即存在点满足，此时．7．（2024·高三·全国·专题练习）如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是PB的中点．(1)求证：OE∥平面PAC；(2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值．【解析】(1)证明：如图，连接BO并延长交AC于点D，连接OA，PD.因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO⊥平面ABC.因为AO，BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO，PO⊥BO.又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB，所以∠OAB＝∠OBA.又AB⊥AC，即∠BAC＝90°，所以∠OAB＋∠OAD＝90°，∠OBA＋∠ODA＝90°，所以∠ODA＝∠OAD，所以AO＝DO，即AO＝DO＝OB，所以O为BD的中点．又E为PB的中点，所以OE∥PD.又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，所以OE∥平面PAC.(2)过点A作Az∥OP，建立如图所示的空间直角坐标系．因为PO＝3，AP＝5，所以OA＝＝4.又∠OBA＝∠OBC＝30°，所以BD＝2OA＝8，则AD＝4，AB＝4，所以AC＝12，所以O(2，2，0)，B(4，0，0)，P(2，2，3)，C(0，12，0)，所以E(3，1，)，则＝(3，1，)，＝(4，0，0)，＝(0，12，0).设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝2，则y＝－3，x＝0，所以n＝(0，－3，2).设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)，则令a＝，则c＝－6，b＝0，所以m＝(，0，－6)，所以cos〈n，m〉＝＝＝－.设二面角CAEB的大小为θ，则|cosθ|＝|cos〈n，m〉|＝，所以sinθ＝＝，即二面角C-AE-B的正弦值为.8．（2024·江西九江·二模）如图，三棱锥中，平面，，，，点满足，.

(1)证明：平面平面；(2)点在上，且，求直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）因为平面，平面，所以，，又点满足，，所以，在中，在中，，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）由（1）可知平面，平面，所以平面平面，在平面内过点作，则平面，又平面，平面，所以，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设，所以，，因为，所以，即，解得，所以为的中点，则，设平面的法向量为，又，，则，取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.9．（2024·云南·模拟预测）三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：.若，则称为空间向量与的叉乘，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点.(1)①若，求；②证明：.(2)记的面积为，证明：；(3)问：的几何意义表示以为底面､为高的三棱锥体积的多少倍？【解析】（1）①因为，则.②证明：设，则，与互换，与互换，与互换，可得，故.（2）证明：因为.故，故要证，只需证，即证.由（1），故，又，则成立，故.（3）由（2），得，故，故的几何意义表示：以为底面､为高的三棱锥体积的6倍.10．（2024·高三·全国·专题练习）如图，已知四边形是矩形，平面，且，M､N是线段､上的点，满足.(1)若，求证：直线平面；(2)是否存在实数，使直线同时垂直于直线，直线？如果有请求出的值，否则请说明理由；(3)若，求直线与直线所成最大角的余弦值.【解析】（1）取的中点，连接，因为，所以M是线段上的中点，因此有，因为是矩形，N是线段上的中点，所以，因此有，所以四边形是平行四边形，所以有，而平面，平面，所以直线平面；（2）假设存在实数，使直线同时垂直于直线，直线，因为四边形是矩形，所以，即，而平面，所以平面，因为是矩形，所以，因为平面，平面，所以，而平面，所以平面，因此，显然不可能，所以假设不成立，因此不存在实数，使直线同时垂直于直线，直线；（3）当时，由（2）可知：，所以是直线与直线所成角，设，由（2）可知，所以，在中，由余弦定理可知：，令，所以，于是有，当时，有最小值，最小值为，此时有最大值.则直线与直线所成最大角的余弦值为.11．（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，.(1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.①求W的体积的值；②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.【解析】（1）集合表示平面上所有的点，表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.发现它是边长为2的正方形，因此.对于，当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分.由对称性可知Q表示，，这六个顶点形成的正八面体内所有的点.而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.它是边长为的正方形，因此.（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；考虑集合的子集；即为三个坐标平面与围成的四面体.四面体四个顶点分别为，，，，此四面体的体积为由对称性知，考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，即，，显然为两个几何体公共部分，记，，，.容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.则为截去三棱锥所剩下的部分.的体积，三棱锥的体积为.故的体积.当由对称性知，.（3）如图所示，即为所构成的图形.其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为，，.由题意面方程为，由题干定义知其法向量面方程为，由题干定义知其法向量故.由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.由图可知共有12个面，24条棱.12．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．【解析】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．在四棱台中，四边形是梯形，，，又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作于O．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．法1：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得（舍负），因此，．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法2：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得或6（舍），因此．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法3：在平面中，作，垂足为H．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以．在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．因为，，，PH，平面，所以平面，又平面，所以．因为，，所以是二面角的平面角．在四棱台中，四边形是梯形，，，，点P是棱的中点，所以，．设，则，，在中，，从而．因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，且二面角的正弦值为，所以，从而．所以在中，，解得或（舍）．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．13．（2024·高三·全国·专题练习）如图，已知的直角边，点是从左到右的四等分点（非中点）.已知椭圆所在的平面⊥平面，且其左右顶点为，左右焦点为，点在上.

(1)求三棱锥体积的最大值；(2)证明：二面角不大于60°.【解析】（1）因为椭圆所在的平面⊥平面,且交线为,又平面,,则平面,取中点，以为坐标原点，建立如图所以空间直角坐标系．设点．椭圆的方程为，由题意，易知，,则，，解得，所以．故三棱锥体积的最大值是．（2）易知，，，设，则，，,，设平面的一个法向量，则,令，则，，所以平面的一个法向量，设平面的一个法向量，则令，则，，令，则，当时，则，所以，令，，因为，所以，令得，当时，，单调递增；当时，，单调递减．,当时，令，，设，则，所以单调递减，所以，即单调递减，，综上，对成立，即，即，故二面角不大于60°得证．14．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.

(1)若，求证：平面；(2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值.【解析】（1）设，因为底面是边长为2的菱形，所以，对角线BD平分，又为棱的中点，所以,在中，根据角平分线性质定理得，又，所以，所以，，平面，且平面平面.（2）平面，且平面，，因为，所以，在中，，，所以是等边三角形，又为棱的中点，所以，平面，平面，所以平面平面，又平面平面，平面ABCD，平面，又平面，，又，平面，平面，且平面，.因为P在底面的投影H为线段EC的中点，所以，又所以为等边三角形，故为中点，所以在底面上的投影为的中点.在中，，，以为原点，分别以为轴，以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，所以，，设是平面的一个法向量，则，令，则，即，平面，是平面的一个法向量，，因为二面角是一个锐角，所以二面角的余弦值为.15．（2024·高三·全国·专题练习）如图，四面体中，，，，为的中点．

(1)证明：平面平面；(2)设，，点在上；①点为中点，求与所成角的余弦值；②当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【解析】（1）∵，为的中点，∴，在和中，∴，∴，又为的中点，∴，又平面，，∴平面，又∵平面，∴平面平面；（2）①取的中点，的中点，连接，则，，∴（或其补角）为与所成的角，由且，∴是等边三角形，则，由且，为的中点，∴在等腰直角中，，在中，，所以，即，又，∴，在中，由余弦定理得，即，∴，在中，，由余弦定理得，在中，，即，∴，故，在中，，，，故，∴与所成角的余弦值为．②连接，由（1）知，平面，平面，∴，则，当时最小，即的面积最小．∵平面，平面，∴，又∵平面，平面，，∴平面，又∵平面，∴平面平面，过点作于（或交延长线），∵平面平面，平面，∴平面，∴（或其补角）为与平面所成的角，由知，∴，在直角中，，所以，在直角中，，∴，在等腰中，，，∴，∴，∴与平面所成的角的正弦值为．16．（2024·河南南阳·一模）如图，在几何体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为平行四边形，四边形为菱形，为棱的中点，点在棱上，平面.

(1)证明平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【解析】（1）如图，连接DC1，因为四边形为菱形，，所以，所以，因为，所以，所以，又平面，所以平面，所以，因为四边形为菱形，且，所以，因为为棱的中点，所以，又，所以，因为平面，所以平面.（2）以为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.易知，所以，，所以，，设，则，因为平面BDF，所以存在唯一的，使得.所以，解得，所以，设平面的法向量为，则，所以，取，则，故，设平面的法向量为，则，所以，取，则，故，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面BDF夹角的余弦值为.17．（2024·广东佛山·模拟预测）在四棱雉中，四边形为矩形，，，点为线段的中点．已知点在平面上的射影在四边形外，且直线与平面所成的角为．(1)设点为线段的中点，求证：；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【解析】（1）作平面ABCD，连接OA，OD，OE所以直线与平面所成的角即为，又因为在等腰三角形APD中，，所以，因为，所以，故，以O为坐标原点，以垂直于OF所在直线，OF，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以所以，，所以（2）点，设平面PAC的法向量为，则有，又，所以，不妨令，则，所以，取平面ABCD的一个法向量，则18．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，所以平面平面.（2）因为