新高考復習專題3立體幾何解答題專項提分計劃1．（2023·廣東惠州·統考模擬預測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，底面ABCD，，E為線段PB的中點，F為線段BC上的動點．(1)證明：平面平面PBC；(2)若直線AF與平面PAB所成的角的余弦值為，求點P到平面AEF的距離．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量數量積等于零證明；(2)利用坐標運算求點到平面的距離，或者用等體積法的思想求解.【詳解】（1）方法一：因為底面ABCD，平面ABCD，所以．因為ABCD為正方形，所以，又因為，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB．因為平面PAB，所以．因為，E為線段PB的中點，所以，又因為，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．又因為平面AEF，所以平面平面PBC．方法二：因為底面ABCD，平面PAB，所以平面底面ABCD又平面底面，，平面ABCD，所以平面PAB．因為平面PAB，所以．因為，E為線段PB的中點，所以．因為，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，又因為平面AEF，所以平面平面PBC因為底面ABCD，，以A為坐標原點，以的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則，設，則，所以，，，，設為平面AEF的法向量，則所以取，則，，則，設為平面PBC的法向量，則所以取，則，，則因為，所以,所以平面平面PBC.（2）（基于（1）解法一、二）因為底面ABCD，，以A為坐標原點，以的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則，易知是平面PAB的法向量設，則，所以，，所以即，得，所以，設為平面AEF的法向量，則所以平面AEF的法向量，又因為所以點P到平面AEF的距離為，所以點P到平面AEF的距離為．由（1）可知，是直線AF與平面PAB所成的角，所以解得，故F是BC的中點．所以，，的面積為因為，的面積為設點P到平面AEF的距離為h，則有解得所以點P到平面AEF的距離為．（基于（1）解法三）易知是平面PAB的法向量所以，即，解得所以，又因為所以點P到平面AEF的距離為，所以點P到平面AEF的距離為．2．（2022·廣東廣州·統考一模）如圖多面體中，四邊形是菱形，，平面，，(1)證明：平面平面；(2)在棱上有一點，使得平面與平面的夾角為，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取的中點，連接交于，連接，，證明，利用平面，證明平面，從而平面平面；（2）建立平面直角坐標系，設，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐標，再利用空間向量法求出點到面的距離．【詳解】（1）證明：取的中點，連接交于，連接，，因為是菱形，所以，且是的中點，所以且，又，，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以，又因為，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：取的中點，由四邊形是菱形，，則，是正三角形，，，又平面，所以以為原點，，，為坐標軸建立空間直角坐標系，設在棱上存在點使得平面與平面的夾角為，則，，，，，，則設，，所以，，，，設平面的一個法向量為，，，則，即，令，，得平面的法向量可以為，，解得，所以，則設平面的一個法向量為，則，即，取，得，所以點到平面的距離.3．（2022·廣東·統考模擬預測）某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段EF折起，連接就得到了一個“芻甍”

(如圖2)。(1)若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；(2)若二面角的大小為求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）取線段中點，連接、，可得四邊形是平行四邊形，然后線面平行的判定定理即得；（2）由題可得即為二面角的平面角，以為坐標原點，分別為軸和軸正向建立空間直角坐標系，求解平面ABE和平面OAB的一個法向量，利用空間向量夾角公式即得．【詳解】（1）取線段CF中點H，連接OH、GH，由圖1可知，四邊形EBCF是矩形，且，∴O是線段BF與CE的中點，∴且，在圖1中且，且．所以在圖2中，且，∴且，∴四邊形AOHG是平行四邊形，則，

由于平面GCF，平面GCF，∴平面GCF．（2）由圖1，，，折起后在圖2中仍有，，∴即為二面角的平面角．∴，以E為坐標原點，，分別為x軸和y軸正向建立空間直角坐標系如圖，設，則、、，∴，，易知平面ABE的一個法向量，設平面OAB的一個法向量，由，得，取，則，，于是平面的一個法向量，∴，∴平面ABE與平面OAB夾角的余弦值為．4．（2022·廣東中山·中山紀念中學校考模擬預測）如圖，是以為直徑的圓上異于的點，平面平面，，，分別是的中點，記平面與平面的交線為直線.(1)求證：直線平面；(2)直線上是否存在點，使直線分別與平面，直線所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)見解析(2)存在，【分析】（1）證明，可得面，根據線面平行的性質可得，再根據面面垂直的性質可得面，即可得證；（2）取中點，連接，，說明，，兩兩垂直，分別以線段，，所在的直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，利用向量法可得出答案.【詳解】（1）證明：∵，分別是，的中點，∴，又平面，面，∴面，又面，面面，∴，又，面面，面面，∴面，則面；（2）解：取中點，連接，∵，∴，∵平面平面，平面平面，又∵平面，∴平面，又∵是以為直徑的圓上異于A，的點，∴，∵點，分別是，中點，連接，則，分別以線段，，所在的直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，∴，，設，，設面的法向量為，則，取，得，，，依題意，得，即，解得，即，∴，∴直線上存在點，使直線分別與平面、直線所成的角互余，且．5．（2022·廣東韶關·統考一模）已知矩形中，，，是的中點，如圖所示，沿將翻折至，使得平面平面.(1)證明：；(2)若是否存在，使得與平面所成的角的正弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）根據為矩形，且是中點得到，利用勾股定理得到，然后利用面面垂直的性質定理得到平面，再結合平面即可證明；（2）建立空間直角坐標系，根據得到，然后利用向量的方法求與平面所成的角的正弦值，列方程求即可.【詳解】（1）依題意矩形，，，是中點，所以，又，所以，，，因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以.（2）以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系.則，，，，設是的中點，因為，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，，假設存在滿足題意的，則由.可得，.設平面的一個法向量為，則，令，可得，，即，設與平面所成的角為，所以解得（舍去），綜上，存在，使得與平面所成的角的正弦值為.6．（2022·廣東廣州·統考一模）如圖，已知四棱錐的底面是菱形，平面平面，為的中點，點在上，.(1)證明：平面；(2)若，且與平面所成的角為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）設的交點為，連接，可證得，再由線面平行的判定定理即可證明；（2）取的中點為，連接，由面面垂直的性質定理可證得則平面，以為坐標原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.【詳解】（1）設的交點為，連接，已知為的重心，所以，，所以在中，，所以，所以平面，平面，則平面.（2）因為所以所以為等邊三角形，所以，又因為，所以，所以，取的中點為，連接，則，平面平面，平面平面，則平面，以為坐標原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為與平面所成的角為，所以，設菱形的邊長為，所以，所以，因為，所以，，設平面，，令，所以，設平面，，令，所以，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.7．（2023·廣東廣州·統考二模）在四棱錐中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中點，，，.(1)證明：平面EAC.(2)若四棱錐的體積為，求直線EC與平面PAB所成角的正弦值.【答案】(1)證明詳見解析(2)【分析】（1）通過構造中位線的方法來證得平面EAC.（2）根據四棱錐的體積求得，建立空間直角坐標系，利用向量法求得直線EC與平面PAB所成角的正弦值.【詳解】（1）連接交于，連接，因為四邊形是菱形，所以是的中點，又是的中點，所以，因為平面平面，所以平面.（2）取的中點，連接，則，因為平面平面且交線為，平面，所以平面.設，則，解得.因為底面是菱形，，所以，且.以為坐標原點，以所在直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為，則，故可設，則，所以直線EC與平面PAB所成角的正弦值為.8．（2023·廣東肇慶·統考二模）如圖，三棱柱中，側面為矩形，且為的中點，．(1)證明：平面；(2)求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接與交于點，連接，則，利用線面平行的判定定理即可證明；（2）由已知條件得面，則，由得.以為坐標原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，由面得平面的一個法向量為，設平面的法向量為，由求得，然后利用向量夾角公式求解即可.【詳解】（1）連接與交于點，連接為三棱柱，為平行四邊形，點為的中點又為的中點，則，又平面平面，平面．（2）解法1：，面面，，，即以為坐標原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，面，則平面的一個法向量為設平面的法向量為，則，即令設平面與平面的夾角為，平面與平面的夾角的余弦值是．解法2：設點為的中點，點為的中點，連接交于點，連接，設點為的中點，連接點為的中點，點為的中點且，點為的中點為矩形，又平面，在中，，可得為等腰直角三角形，其中而點為的中點，且點為的中點，點為的中點且，又在Rt中，，點為的中點，在中，，且點為的中點且即為平面與平面的夾角在中，．平面與平面的夾角的余弦值是．9．（2022·廣東廣州·華南師大附中校考三模）如圖所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，，M，N分別是對角線BD，AE上異于端點的動點，且．(1)求證：直線平面CDE；(2)當MN的長最小時，求二面角A-MN-D的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據邊對應成比例,可證明平行四邊形,進而可得線線平行,即可求解.（2）根據空間中兩點距離公式,可得線段的最小值,進而根據空間向量,求平面法向量,進一步可求解.（1）過N作與ED交于點，過M作與CD交于點，連接．由已知條件，可知矩形ABCD與矩形ADEF全等．∵，，∴∴又，則四邊形為平行四邊形，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為原點，分別以AB，AD，AF為x，y，z軸建立空間直角坐標系，過M點作MG⊥AD，垂足為G，連接NG，易知NG⊥AD，設可得，，∴，可知當時，MN長最小值為．此時，，又，，∴，，設平面AMN的法向量為，由可得，令，可得設平面MND的法向量為，由可得，令，可得∴，∴則二面角A-MN-D的正弦值為．10．（2022·廣東深圳·深圳市光明區高級中學校考模擬預測）如圖，是圓的直徑，點是圓上異于的點，直線平面，分別是，的中點.(1)記平面與平面的交線為，求證：直線平面；(2)若，點是的中點，求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證平面，再證，最后得出l平面；（2）建立坐標系，利用向量方法求二面角的正弦值.（1）因為分別是的中點所以，又因為平面，平面所以平面又平面，平面與平面的交線為，所以，而平面，平面，所以平面（2）如圖，因為是圓的直徑，點是的中點，所以，因為直線平面所以所以以為原點，直線，，分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，則，，所以，設平面的法向量，則，即令，則得因為直線平面所以為平面的法向量所以所以二面角的正弦值為11．（2022·廣東·統考模擬預測）如圖，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，，，與交于點．(1)求證：平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明即可；（2）利用空間向量求二面角的余弦值(1)證明：在直四棱柱中，平面，平面所以．因為，，所以又，即，，所以在中，，即在中，，即在中，，即所以又，所以平面．(2)解：因為平面，，故以為坐標原點，分別以，，為，，軸建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，由（1）知平面的一個法向量為．設平面的一個法向量為，則令，得，所以又二面角的平面角是鈍角，所以二面角的余弦值是12．（2022·廣東·校聯考模擬預測）如圖，在三棱柱中，為邊長為2的正三角形，為的中點，2，且，平面平面.(1)證明：；(2)求平面與平面所成角的正弦值.【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，推導出，由平面平面，得平面，由此能證明；（2）由，平面，以為坐標原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的正弦值．(1)證明：連接，在中，∵，，所以為等邊三角形，又為的中點，，平面平面，平面平面，平面，平面，；(2)解：為邊長為2的正三角形，為的中點，，由（1）知平面，以為坐標原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，，，0，，，0，，，0，，，，1，，，0，，設平面的法向量，，，則，取，，，因為，，，所以平面，則平面的法向量可取，1，，，平面與平面所成角的正弦值為．13．（2022·廣東佛山·校聯考模擬預測）如圖，三棱柱中，側面是菱形，，．(1)證明：；(2)若，，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取BC中點O，連接AO，，易證，再根據，得到，然后利用線面垂直的判定定理證明；（2）以，，所在直線及其正方向建立空間直角坐標系，易知為平面的一個法向量，再求得平面的一個方向量，由求解.【詳解】（1）解：取BC中點O，連接AO，，因為側面是菱形，，所以因為，所以，且，所以平面，又因為平面，所以．（2），則，由（1）得平面，且平面，所以，即，所以，因為，所以，即BC，，OA兩兩垂直，以，，所在直線及其正方向建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，可取為平面的一個法向量，設平面的一個方向量為，，則，即，取，則，易知二面角為銳角，所以二面角的余弦值．14．（2022·廣東汕頭·統考三模）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD為菱形，，E，F分別是PA，PD的中點，過E，F作平面交線段PB，PC分別于點G，H，且(1)求證：；(2)若PD⊥平面ABCD，且二面角為，二面角的正弦值為，求t的值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由題意，可得，根據線面平行的判定定理可得平面PBC，從而由線面平行的性質定理可得，由平行公理即可得證；（2）由PD⊥平面ABCD，可得∠ADC為二面角的平面角，則，取BC中點O，連接OD，以D為原點，建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，進而求出平面PBD的法向量與平面EFG的法向量為，從而利用向量法即可求解.（1）證明：∵E，F分別是PA，PD中點，∴，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為二面角的平面角，則，取BC中點O，連接OD，以D為原點，DA所在直線為x軸，DO所在直線為y軸，DP所在直線為z軸建立空間直角坐標系，則，，，，設點G坐標為，∵，，∴，∴，∴，設平面PBD的法向量為，則，即，令，則，，則，設平面EFG的法向量為，，，∴，即，令，則，，則，設二面角E-FG-P的平面角為θ，∵二面角E-FG-P的正弦值為，∴，，∴，∴，解得或（舍去）.15．（2022·廣東茂名·統考模擬預測）某市在濱海文化中心有濱海科技館，其建筑有鮮明的后工業風格，如圖所示，截取其中一部分抽象出長方體和圓臺組合，如圖所示，長方體中，，圓臺下底圓心為的中點，直徑為2，圓與直線交于，圓臺上底的圓心在上，直徑為1．(1)求與平面所成角的正弦值；(2)圓臺上底圓周上是否存在一點使得，若存在，求點到直線的距離，若不存在則說明理由．【答案】(1)(2)存在；【分析】（1）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，用向量法求與平面所成角的正弦值；（2）假設存在這樣的點P，設，由和聯立解出，即可求解．【詳解】（1）（1）由長方體可知，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，.所以.設平面的一個法向量為，則有，即，令，則，，故，所以，故與平面所成角的正弦值為；（2）由（1）可知，，，所以，假設存在這樣的點P，設，由題意可知，所以，因為，則有，所以，又，所以，解得（舍），，所以當時，，此時點到直線的距離為．16．（2022·廣東韶關·校考模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，平面，，．(1)證明：平面；(2)若與平面所成角為，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）證明平面線面垂直，即證，線線垂直；（2）建立空間直角坐標系，首先作出線面角，從而求出點坐標，再用法向量求出二面角的平面角的余弦值即可.【詳解】（1）證明：∵平面，平面，平面，∴，，結合，平面，平面，∴平面又∵平面∴，結合，平面，平面，∴平面（2）如圖，以D為原點，分別以，，為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，故由（1）可知平面，平面，故在平行四邊形中，，故，結合，可得點的坐標，由（1）知平面∴是斜線在平面上的射影，∴與平面所成角為，∵在中，，，，∴，從而P點坐標為．對于二面角，設平面的一個法向量為此時，，則由得，即，取得，平面的一個法向量為，，設平面的法向量為，此時，，，則由得，即，取得，于是平面的一個法向量為，故二面角的余弦值為17．（2022·廣東·統考三模）如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面為矩形，，，頂點P在底面ABCD的正投影為AD的中點O.(1)求證：平面PAC⊥平面POB(2)若平面PAB與平面PCD的交線為l，，求l與平面PAC所成角的大小.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明，再由線面垂直的性質定理得，從而得線面垂直，然后可得面面垂直；（2）由線面平行的判定定理與性質定理證明，因此求得直線與平面所成角即可，建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求線面角．(1)證明：在Rt△ABC中，，在Rt△AOB中，，則，于是，所以因為PO⊥平面ABCD，平面，則；又，平面，所以AC⊥平面POB，而AC平面PAC，所以PAC⊥平面POB(2)因為，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.則l與平面PAC所成角的正弦值等于AB與平面PAC所成角的正弦值..以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（0，0，0），P（0，，），B（2，0，0），C（2，2，0），所以，，.設平面PAC的一個法向量為，則，即，即，令，得.設l與平面PAC所成角為，則，.又因為，所以l與平面PAC所成角為.18．（2022·廣東深圳·深圳市光明區高級中學校考模擬預測）在三棱柱中，四邊形是菱形，AB⊥AC，平面平面ABC，平面與平面的交線為l.(1)證明：；(2)已知，，l上是否存在點P，使與平面ABP所成角為？若存在，求的長度；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)不存在，理由見解析【分析】（1）由四邊形為菱形，得到，根據平面平面ABC，證得，進而得到平面，從而證得；（2）取中點D，連接AD，證得平面，以為原點，以，，方向分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設，得到，求得平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，列出方程，即可求解.(1)證明：因為四邊形為菱形，所以，平面平面ABC，平面平面，平面ABC，又因為，所以平面，又由平面，所以，因為，所以平面，又因為平面，所以.(2)解：上不存在點P，使與平面ABP所成角為60°，理由如下：取中點D，連接AD，因為，所以，又，所以為等邊三角形，所以，因為，所以，又因為平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面，以為原點，以，，方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，如圖所示，可得,則，，，因為，平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，假設l上存在一點P，使與平面ABP所成角為60°，設，則，所以，設為平面的一個法向量，則，取，則，可取，又由，所以，即，此方程無解，因此上不存在點P，使與平所成角為.19．（2022·廣東·統考模擬預測）在四棱錐中，底面ABCD為直角梯形，，，，E為的中點，點P在平面內的投影F恰好在直線上．(1)證明：．(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由四邊形為長方形得，由平面得，根據線面垂直的判斷定理可得平面，再由性質定理可得答案；（2）連接，由（1）和已知得，求出、，過做交于，分別以所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量、，利用線面角的向量求法可得答案.【詳解】（1）因為，，E為的中點，所以，所以四邊形為長方形，，因為平面，平面，所以，又因為，所以平面，平面，所以．（2）連接，由（1）平面，平面，所以，因為，所以，所以，即，，，所以，即，過做交于，分別以所在的直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，，，，，，，，設平面的一個法向量為，所以，即，令，則，所以，設直線PB與平面PAD所成角的為，所以，所以直線PB與平面PAD所成角的正弦值為．20．（2022·廣東廣州·統考二模）如圖，已知四邊形是邊長為2的菱形，，平面平面．(1)求證：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）根據面面垂直的性質和判定可得證；（2）設AC與BD相交于點O，連接FO，以點O為坐標原點建立空間直角坐標系，利用面面角的空間向量求解方法可得答案.【詳解】（1）證明：菱形ABCD中，，又平面平面，平面平面，所以平面AEFC，又BD在平面BED內，所以平面平面；（2）解：因為平面平面．平面平面，所以平面．設AC與BD相交于點O，連接FO，因為，所以，所以四邊形AOEF為平行四邊形，所以，所以平面ABCD，菱形ABCD中，，所以是正三角形，則OC=1，OF=AE=AB=2，，以點O為坐標原點建立空間直角坐標系如下圖所示，則，，，，則，，，設平面ACF的法向量為，設平面DCF的法向量為，則，令，則，所以，又由圖示得二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．21．（2022·廣東茂名·統考二模）如圖所示的圓柱中，AB是圓O的直徑，，為圓柱的母線，四邊形ABCD是底面圓O的內接等腰梯形，且，E，F分別為，的中點．(1)證明：平面ABCD；(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)取的中點G，連接EG，FG，AC，可證明四邊形AGFC是平行四邊形，從而證明平面平面ABCD，從而得證.（2）題意知CA，CB，兩兩垂直，以C為坐標原點，分別以CA，CB，所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.（1）取的中點G，連接EG，FG，AC，因為，平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因為，，所以四邊形AGFC是平行四邊形，，又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，因為，所以平面平面ABCD，因為平面ABCD，所以平面ABCD．（2）設，由，得，因為，所以，由題意知CA，CB，兩兩垂直，以C為坐標原點，分別以CA，CB，所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，所以，，設平面的一個法向量為，由得，取，得，連接BD，因為，，，所以平面，所以平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為．22．（2022·廣東茂名·統考模擬預測）如圖在斜三棱柱中，，側面底面，點M，N分別為的中點，點D為線段上一點，且．(1)求證：平面；(2)求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）找出與平行的直線，由線面平行的判定定理證明（2）建立空間直角坐標系，由空間向量求解（1）連接交于G，連接．因為M，N分別為的中點，所以點G為的重心，所以，又，所以，因為平面平面，所以平面．（2）在平面內作于點O．因為，所以，則點O為中點，所以．因為側面底面，而側面底面，側面，所以底面，所以兩兩垂直．以O為坐標原點，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則，因為M，N分別為的中點，所以．設為平面的一個法向量，，則即取得．又為平面的一個法向量，所以，所以，故二面角的正弦值．23．（2022·廣東梅州·統考二模）如圖①，在直角梯形中，，，，，?分別是，的中點，將四邊形沿折起，如圖②，連結，，.(1)求證：；(2)當翻折至時，設是的中點，是線段上的動點，求線段長的最小值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明平面，再根據線面垂直得性質即可得證；（2）證明平面，可得，利用勾股定理求出，再利用勾股定理證明，以為原點，建立如圖的空間直角坐標系，設，，，求出點得坐標，從而可得出答案.(1)證明：因為四邊形是直角梯形，，分別是的，中點，所以，，，又，所以平面，又因平面，所以；(2)解：由（1）可知平面，因為平面，所以，在中，，又，所以，即，所以，，，以為原點，建立如圖的空間直角坐標系，則，，，設，，，所以，得：，，，，則當時，有最小值，所以線段長的最小值為.24．（2022·廣東茂名·統考模擬預測）如圖，在三棱錐中，是正三角形，平面平面，，點，分別是，的中點.(1)證明：平面平面；(2)若，點是線段上的動點，問：點運動到何處時，平面與平面所成的銳二面角最小.【答案】(1)證明見解析；(2)點G為BD的中點時.【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）建立空間直角坐標系，利用向量法求出銳二面角的余弦值，當最大，最小，即可得出此時點G為BD的中點.（1）(1)因為△ABC是正三角形，點E是BC中點，所以AEBC，又因為平面ABC平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE平面ABC，所以AE平面BCD，又因為CD平面BCD，所以CDAE，因為點E，F分別是BC，CD的中點，所以EF//BD，又因為BDCD，所以CDEF，又因為CDAE，AE∩EF，AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD平面AEF，又因為CD平面ACD，所以平面ACD平面AEF.（2）在平面BCD中，過點E作EH⊥BD，垂足為H,設BC=4，則，DF=FC=l，.以為正交基底，建立如圖空間直角坐標系E-xyz,則,設，則,，設平面AEG的法向量為,由，得，令，故，設平面ACD的法向量為，則,即，令，則,設平面AEG與平面ACD所成的銳二面角為,則，當最大，此時銳二面角最小，故當點G為BD的中點時，平面AEG與平面ACD所成的銳二面角最小.25．（2022·廣東肇慶·統考模擬預測）如圖，在三棱柱中，平面平面，，，四邊形是菱形，，是的中點.(1)證明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，證明出平面，可得出，由可得出，由已知條件結合線面垂直的判定定理可證得平面，由此可得出平面；（2）連接，證明出平面，設，然后以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.(1)證明：連接，因為四邊形是菱形，則，因為，故為等邊三角形，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以.因為，所以.又，且，所以平面，所以平面.(2)解：連接，因為，，是的中點，所以.又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.設，因為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，，，.設平面的法向量是，則，取，可得.設平面的法向量是，則，取，可得.所以，由圖可知，二面角為鈍角，因此，二面角的余弦值是.26．（2022·廣東江門·統考模擬預測）如圖，在正四棱錐中，，，P在側棱上，平面.(1)求平面與平面所成的銳二面角的余弦值；(2)側棱上是否存在一點E，使得平面?若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)側棱上存在一點E，使得平面，且.【分析】（1）根據題意可建立空間直角坐標系，然后根據兩平面法向量夾角的余弦值求得二面角的余弦值．（2）先假設存在滿足題意的點使得平面，然后根據題意求得平面的法向量，由可求解.（1）如圖，由題意知平面，，故兩兩垂直．以為坐標原點，分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.∵，不妨設，則，∴.由題意得，，，，.∴，，設平面的一個法向量為，則有，可取，∵平面，∴平面的一個法向量，設平面與平面所成的銳二面角的余弦值為，所以（2）假設在棱上存在一點使得平面．在上取點，連接，由（1）設，且，即，可得，即，所以，由平面的一個法向量，若平面，則，即，解得.故.所以側棱上存在一點E，使得平面，且.27．（2023·廣東茂名·統考一模）如圖所示，三棱錐，BC為圓O的直徑，A是弧上異于B、C的點.點D在直線AC上，平面PAB，E為PC的中點.(1)求證：平面PAB；(2)若，求平面PAB與平面PBC夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）由已知可推出，進而得出D為AC中點，證得，即可根據線面平行的判定定理；（2）先證明平面.方法一：以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進而根據向量法求出夾角即可；方法二：以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，求出平面PAB與平面PBC的法向量，進而根據向量法求出夾角即可.【詳解】（1）因為平面PAB，平面平面，平面CAB所以.又O為BC中點，所以D為AC中點.又E為PC中點，所以，因為平面，平面，所以平面.（2）如圖1，取的中點F，連結PF、AF.由已知底面在半圓O上，BC為圓O的直徑，可得.因為所以，所以.又，則有，所以，.則有，，，所以，，，又，平面，平面.所以平面.法一：如圖2建立如圖所示的空間直角坐標系.由，，可得.，，，，，.所以，，.設為平面PAB的一個法向量，則，

令，則，，則.設為平面PBC的一個法向量，則，令，則，，則.設平面PAB與平面PBC的夾角為，則.法二：如圖3，建立如圖所示的空間直角坐標系.因為，則，，，，，所以，，.設為平面PAB的一個法向量，則，令，則，，則.設為平面PBC的一個法向量，則，令，則，，則.設平面PAB與平面PBC的夾角為，則.28．（2022·廣東茂名·統考二模）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD，，E是棱PB的中點，F是棱PC上的點，且A、D、E、F四點共面．(1)求證：F為PC的中點；(2)若△PAD為等邊三角形，二面角的大小為，求直線BD與平面ADFE所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先由線面平行的判定定理證明AD∥平面PBC，再根據線面平行的性質定理即可證明EF∥AD,即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求得相關各點坐標，求得平面ADFE的法向量，根據向量的夾角公式即可求得答案.（1）證明：四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，BC?平面PBC，∴AD∥平面PBC．由題意A、D、E、F四點共面，平面ADFE平面PBC=EF，∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，∵E是棱PB的中點，∴F為PC中點．（2）如圖，以BC為x