资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩9页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考数学二轮复习培优专题 （2份打包，原卷版+解析版）
成套系列资料，整套一键下载
新高考数学二轮复习培优专题29 立体几何大题综合（2份打包，原卷版+解析版）
展开
这是一份新高考数学二轮复习培优专题29 立体几何大题综合（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习培优专题29立体几何大题综合原卷版doc、新高考数学二轮复习培优专题29立体几何大题综合解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。
1．（2021春·广东深圳·高三深圳市南头中学校考阶段练习）如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接、．
(1)求证：平面平面．
(2)当二面角的大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四棱锥的体积为.
【分析】（1）由圆锥的几何性质推得平面平面，根据面面垂直的性质及线面垂直的性质，可得，再由面面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由平面平面，，知平面，从而有，，故，进而得，由和棱锥的体积公式，得解．
【详解】（1）证明：是圆的切线，，
由圆锥的性质知顶点在底面圆上的投影为底面圆心，
∴平面，又平面，
∴平面平面，
平面平面，平面，
平面，
，
，，则，，
又，、平面，
平面，
平面，
平面平面．
（2），且为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，，
为二面角的平面角，即，
，
在中，，，
，
四棱锥的体积．
2．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，，平面，，．
(1)已知点为上一点，且，求证：与平面不平行；
(2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求该多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线的方向向量，即可证明；
（2）设且，利用空间向量法求出表示出线面角的正弦值，即可求出参数的值，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以、，又，
如图建立空间直角坐标系，则、、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
因为，且不存在使得，即与不共线，
所以与平面不平行且不垂直.
（2）解：设且，则，所以，
直线与平面所成角的正弦值为，
，化简得，解得或（舍去），
因为，平面，所以平面，又平面，平面，
所以，，又，，所以，
，平面，所以平面，
又，所以，
，所以，
所以，即多面体的体积为.
3．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.
(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，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)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；
(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，
易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
4．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）已知四棱锥的底面是平行四边形，侧棱平面，点在棱上，且，点是在棱上的动点（不为端点）.（如图所示）
(1)若是棱中点，
（i）画出的重心（保留作图痕迹），指出点与线段的关系，并说明理由；
（ii）求证：平面；
(2)若四边形是正方形，且，当点在何处时，直线与平面所成角的正弦值取最大值.
【答案】(1)(i)作图见解析；(ii)证明见解析；
(2)点在线段靠近的三等分处时, 正弦值取最大值为.
【分析】（1）(i)根据重心为三角形三边中线的交点可作图；(ii)利用线面平行判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，表示出线面夹角的正弦值，即可求最大值.
【详解】（1）（i）设与交点为，连接与交于点，
因为为中点，为中点，
所以与交点为重心，
所以,
又因为为的边的中线，
所以点也为的重心，即重心在上.
（ii）连接并延长交于点，连接，
因为为重心，所以,
又因为,
所以，
又因为平面,平面,
所以平面；
（2）因为四边形为正方形，所以,
平面，平面，所以，
所以以为坐标原点，建立如图所示坐标系，
所以
设，则
设平面的法向量为，
，化简得，
取则，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以当时，即点在线段靠近的三等分点处时，
直线与平面所成角的正弦值取最大值为.
5．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）如图，五棱锥中，，，，，，，，，O，H分别是线段的中点，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由几何关系证，由线线垂直证线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角的余弦值，进而可求出正弦值.
【详解】（1）∵，，
∴AEDC为等腰梯形，
∵O，H分别是线段的中点，
∴，，
又∵，
∴，即共线，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵平面，
∴平面；
（2）建立空间直角坐标系如图所示，
则，
.
设是平面ABP的法向量，
则，取，则；
设是平面ACP的法向量，
则，取，则.
∴，
则二面角的正弦值为.
6．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）如图，在三棱柱中，AC⊥BC，AC＝BC＝2，，BC1与交于点E，平面平面ABC，，是侧棱上一点．
(1)若D为的中点，证明：平面BCD．
(2)是否存在点D，使得二面角的正弦值为？若存在，指出点D的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)存在，为的三等分点处，即或.
【分析】(1)由线面平行的判定定理即可证明平面BCD.
(2)首先假设存在，使得二面角的正弦值为，建立适当的空间直角坐标系，分别求的两个平面的法向量，即可求得二面角的正弦值为时点D的位置.
【详解】（1）取的中点，连接，
为的中点，为的中点，
，又，，
为的中点，且，
为的中点，，
，四边形为平行四边形，
， 面，面，故面，
同理面，又面，面且，
所以面面，又面，平面BCD
（2）连接，
面面且面面，又
面，又面，
，
在中，，
则，
即，则面，
分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，；
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，；
所以二面角正弦值为，
解得或，
所以存在点D，使得二面角的正弦值为，此时，为的三等分点处，即或.
7．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱内接于圆柱，，平面平面．
(1)证明：为圆柱底面的直径；
(2)若M为中点，N为中点，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）根据面面垂直的性质定理证明平面，继而证明平面，根据线面垂直的性质定理证明，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面与平面的法向量，根据空间向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接，在直三棱柱中，，
∴四边形为正方形，
∴
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，
∴
又平面，平面，
∴．
又，,平面，
∴平面，又平面，
∴，∴为圆柱底面的直径．
（2）由已知平面，，
∴以为正交基底建立空间直角坐标系，
∴，，，，，．
∵为，中点，
∴，．
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，，∴，
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，．
∴，
∴，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
8．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）如图1，在长方形ABCD中，已知，，E为CD中点，F为线段EC上（端点E，C除外）的动点，过点D作AF的垂线分别交AF，AB于O，K两点．现将折起，使得（如图2）．
(1)证明：平面平面；
(2)求直线DF与平面所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面，得平面，所以，再证平面，从而得证面面垂直；
（2）直线DF与平面所成角为，记，设（），由，得，计算，利用基本不等式得最大值，从而得角的最大值．
【详解】（1）因为，，，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，，平面，，
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）连结FK，由（1）可知，直线DF与平面所成角为，记．
在图1中，因为，所以，
又因为，所以．
又因为，所以．
设（），由，得，解得．
在图2中，因为，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
又因为，所以的最大值为，
即直线DF与平面所成角的最大值为．
9．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）如图①，在中，，，，D，E分别是边AB，AC的中点，现将沿着DE折起，使点A到达点P的位置，并连接PB，PC，得到四棱锥，如图②，设平面平面
(1)证明：平面PBD；
(2)若点B到平面PDE的距离为，求平面PEC与平面PBD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直判定定理证得平面PBD，再运用线面平行的判定定理证得平面PBC，再运用线面平行的性质定理证得，进而证得结果.
（2）过点B作，由面面垂直的性质证得平面PDE，进而求得，取BD的中点O，连接OP，再由线面垂直的性质证得，进而由线面垂直的判定定理证得平面BCED，则以D为坐标原点建系，分别计算平面PEC与平面PBD的法向量，代入面面夹角的计算公式即可.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为D，E分别是边AB，AC的中点，
所以，所以，.
又BD，平面PBD，，
所以平面PBD.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC.
又平面PDE，平面平面，
所以，所以平面PBD.
（2）
如图，过点B作，垂足为F.
由（1）知平面平面PBD，又平面平面，平面，
所以平面PDE，
所以点B到平面PDE的距离即为BF的长，即.
在中，，所以.
又，所以是边长为2的等边三角形.
取BD的中点O，连接OP，则，.
由（1）知，平面PBD，又平面PBD，所以.
又，BD，平面BCED，
所以平面BCED.
以D为坐标原点，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴，且以过点D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，.
设平面PEC的法向量为，则
令，得，，
所以是平面PEC的一个法向量.
又是平面PBD的一个法向量，
所以，
所以平面PEC与平面PBD夹角的余弦值为.
10．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱中，为的中点，，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，又∵，∴，
同时在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：选择①③
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的体积为，∴.
法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂线定理可得，
∴为二面角的平面角，
其中，，，则，
由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的正弦值为.
法二：过作，过作，过作交于点，连接，
∴为二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值为.
法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，故，
设平面的一个法向量为，且，，
则，
令，则，，故，
，故二面角的正弦值为.
方案二：选择①②；
解析：过点作于点∵平面平面，，
∴平面，故直线与平面所成角为，且，
设，，则，即，.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
过点作于点，
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，故直线与平面所成角为，且.
设，则，即.
余下解法参考方案一.
11．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，D，E，P分别在棱AC，AB，BC上，且D为AC中点，，于F.
(1)证明：平面平面；
(2)当，，二面角的余弦值为时，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）先证明平面，由此即可得到本题答案；
（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出向量与平面的法向量，然后代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为，
所以都是等腰三角形，
因为于F，所以F为DE的中点，
则，，
又因为是平面内两条相交直线，
所以平面，
又平面，
所以平面平面 ；
（2）因为，，所以，，，
所以， ，
由（1）知为二面角的平面角
所以，
以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易得，，知，
因为，，
可得，
所以
设平面的法向量，，
所以，令，则，
所以 ，
又，
设直线与平面所成角为θ，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
12．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在三棱锥中，平面平面 ，，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)设是的中点，点在棱上，且平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可证得，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；
（2）推导出点为的中点，然后以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：由得，，，
，由余弦定理可得，
，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面.
（2）解：因为平面，平面，平面平面，故，
而是的中点，故为中位线，得，
又，故为中点，
由（1）可知平面，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，
过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，，，，
所以，，解得，
则，解得，故点，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，.
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
13．（2023·浙江·模拟预测）如图所示的几何体是一个半圆柱，点P是半圆弧上一动点（点P与点A，D不重合），．
(1)证明：；
(2)若点P在平面ABCD的射影为点H，设的中点为E点，当点P运动到某个位置时，平面与平面的夹角为，求此时DH的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】(1)先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，再证明；
(2)建立空间直角坐标系，设，根据向量方法利用表示平面与平面的夹角余弦，由条件列方程可求得，由此确定点的坐标，再求的长度．
【详解】（1）连接AP，在半圆柱中，
因为平面，平面，
所以，
又因为AD是直径，所以，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以．
（2）依题意可知，以线段AD的中点O为坐标原点，
以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，
所以则
令，则，
所以为平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
因为
所以，则
令，则，
所以为平面的一个法向量．
因为平面与平面所成的锐二面角为，
所以，
令，则，平方得，
即，又由，
可解得或（舍去），
所以，
点P在平面ABCD的射影为点，
因此DH的长度为．
14．（2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，.
(1)证明：；
(2)若，平面与平面所成的锐二面角的角余弦值为，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）取BC的中点，连接DE，DF，证明平面DEF，即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求得的长，计算即可.
【详解】（1）
证明：取BC的中点，连接DE，DF，
因为D，E分别为BC，BA的中点，所以，
又因为，所以，
因为D，F分别为BC，的中点，所以，
又因为为直三棱柱，所以，所以，
因为，平面DEF，平面DEF，
所以平面DEF，因为平面DEF，所以.
（2）
设（），以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，
因为，，则，，，
，，
设平面的一个法向量，
则，即，取，
为平面的一个法向量，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，解得，
由（1），即直线EF与平面ABC所成的角，，
，所以直线EF与平面ABC所成的角的正弦值为.
15．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知四边形ABCD中，，，O是AC的中点，将沿AC翻折至．
(1)若，证明：平面ACD；
(2)若D到平面PAC的距离为，求平面PAC与平面ACD夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由题目已知可得出平面PAC，从而得到，再由等腰三角形性质可得，进而得出结论.
(2)取CD中点F并连接OF，PF，可得出所求二面角，再利用已知条件，构建直角三角形，即可计算两平面的夹角.
【详解】（1）中，，，，所以，
则，又，所以平面PAC，平面PAC，所以.
又因为，O是AC的中点，所以，，所以平面ACD.
（2）取CD中点F，连接OF，PF，在中过F作FG垂直于PO，垂足为G，，则，
又因为，所以为平面PAC与平面ACD夹角，所以平面POF，又平面POF，
所以，又，所以平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的距离，
因为点D到平面PAC的距离为，又由F为CD中点，所以F到平面PAC的距离为.
中，，因为点可能在上，也可能在的延长线上，
所以或，所以平面PAC与平面ACD所成角不会是钝角，所以大小为.
16．（2023秋·浙江宁波·高三期末）在菱形中，G是对角线上异于端点的一动点（如图1），现将沿向上翻折，得三棱锥（如图2）.
(1)在三棱锥中，证明：；
(2)若菱形的边长为，，且，在三棱锥中，当时，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）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）由题意求得相关线段的长，证明平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在图1中，连接交于O，连接，
由菱形的性质得，
在图2中，因为平面且，
,
所以由直线与平面垂直的判定定理得平面，
因为平面，所以.
（2）由平面平面，得平面平面，
菱形的边长为，，，
则,
则三棱锥中，，又，
解得，
故，
作，交延长线于H，得，
由于平面平面，平面平面，平面,
所以平面，
如图，以O为原点，分别为轴，过O作的平行线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
可得平面的法向量，
设直线与平面所成角为，，
所以.
另解提示：根据上述解法求出，
由，可得，
由，可得，
设点G到平面的距离为d，直线与平面所成角为，
因为即，可得，
所以.
17．（2023·安徽·统考一模）如图，四棱锥中，为等腰三角形，，.
(1)证明：；
(2)若，点在线段上，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，取的中点，利用线面垂直的判定证明平面即可推理作答.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）取的中点，连接，如图，因为，则，
又，即有，而，于是四边形为平行四边形，
又，则，又平面，
所以平面，又，因此平面，而平面，
所以.
（2）因为，且平面，则平面，
又，则平面，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
又，则，又，则，
所以，则，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
又平面的一个法向量为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．
(1)求证：面面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点Q，.
【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，进而得出结论；
（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，设，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
所以，则，即，
又，，面PAB，
所以面PAB，又面ABCD，
所以面面ABCD；
（2）假设存在点Q，使得平面平面PAD；
如图，以A为原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，，
设是平面PAD的法向量，则，取，
设，其中．
则
连接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，
取与同向的单位向量，
设是平面BEQF的法向量，
则，取．
由平面平面PAD，知，有，解得．
故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面平面PAD．
19．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案.
【详解】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，
在等腰梯形中，，，，．
∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，
∴，．
∴为正三角形，∴，．
在中，，，
∴为边长为2的正三角形，∴，．
∴，又F为FD的中点，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，．
设平面的法向量为，
则即取，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
∵为平面的一个法向量，
∴．
∴，．
∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．
20．（2023·湖南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.
【详解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，
则，，，，， ， ·
， ， ，
设平面的法向量是，
由，令，，得
设平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的体积为.
21．（2023·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等腰三角形，.
(1)求证：；
(2)若侧面底面，侧棱与底面所成角的正切值为，为侧棱上的动点，且.是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）通过证明线面垂直，即可证明；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数的值.
【详解】（1）由题意，
在四棱锥中，取的中点为，连接，，
在等腰中，，∴，
在直角梯形中，
，，，，
∴,,，四边形是矩形，
∴，，，，
∴，,,
∵面，面，面，，
∴面，
∵面,
∴.
（2）由题意及（1）得，，，，，
在四棱锥中，侧面底面，面底面，
∴，
∵侧棱与底面所成角的正切值为，
设，
∴由几何知识得，，四边形是平行四边形，
∴,，
在直角中，，，
∴，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，，，，，，
∵为侧棱上的动点，且，
设
由几何知识得，，解得：，
在面中，其一个法向量为，
在面中，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得：
当时，，
设平面与平面的夹角为
∵平面与平面的夹角的余弦值为
∴
解得：或（舍）
∴存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
22．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．
(1)当时，证明：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为线段的中点，如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）垂直于圆锥的底面，在圆锥的底面，
，
当时，且BC=3CA，则，，
又平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）由题可知，且轴截面为等腰直角三角形，，，
当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为弧的中点，
如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
，
设平面的法向量，
则，即，令，则，，，
则，
由图可知该二面角为钝角，
二面角的余弦值为．
23．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，，侧棱与底面所成角为60°.
(1)求三棱柱的体积；
(2)在线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1).
(2)存在，位于点
【分析】(1)求三棱柱的体积，根据题目已知条件可以判断三棱锥为正三棱锥，因此可以求出三棱柱的高，进而可以求得三棱柱的体积.(2)建立空间直角坐标系，假设存在点G，则点G满足，利用平面与平面的夹角为60°，分别求出两平面的法向量，代入公式使得夹角为60°，求出，只要满足即存在点G.
【详解】（1）取中点M，连接AM，DM.如图所示
因为为正三角形，为等腰三角形且以BC为底，
故，（三线合一），所以平面.
又平面，所以平面平面，
故在平面的射影在射线AM上，
为侧棱AD与底面所成角，
即.
在中，，，由余弦定理知，
故三棱锥为正三棱锥，高，底面的面积，
三棱柱的高也为2，故三棱柱的体积.
（2）以M为坐标原点，MA、MB为，轴建立如图所示坐标系.
依题意，，，，，
假设存在点满足题意，设，，
，.
设平面的法向量为，
则取，
平面的法向量.
依题意，，解得，故当位于点时，满足要求.
24．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．
(1)当时，求三棱柱的体积；
(2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）取的中点为O，根据等边三角形可知，，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式求出即可；
（2）根据及余弦定理解出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数性质即可求得范围.
【详解】（1）解：如图，取的中点为O，
因为为菱形，且，所以为正三角形，
又有为正三角形且边长为2，则，，
且，，所以，
所以，因为又，
平面，平面，所以平面，
所以三棱柱的体积．
（2）在中，，，
由余弦定理可得，
所以，由（1），，
又，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，所以在平面内作，则平面，
以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
，，
则，即，
取得，设，
则
，
设直线与平面所成角为，
则
，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
25．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）如图1，在菱形中，为的中点，.现将沿翻折至，并连接，得到如图2所示的四棱锥，且.
(1)证明：；
(2)在棱上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为若存在，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）利用余弦定理求边长，勾股定理证明垂直，得，，证得平面，从而.
（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量，利用已知线面角的正弦，求得的值.
【详解】（1）证明：在中，，
由，得，
所以，即在空间中.
又，所以.
连接，在中，；
在中，由，得，
所以.
又，平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）由（1）可知两两垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，
.
设平面的法向量
令，则.
假设棱上存在点，使得与平面所成的角的正弦值为，
设，则，
，
所以，
整理得，解得.
又，所以，故.
26．（2023·山东日照·统考一模）如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.
(1)求的值；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出，从而求得的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．
【详解】（1）连结．
因为点为圆锥的顶点，所以平面．
分别取，的中点，，
连接，，，，则在圆中，．
由平面，得．
又，故平面，
所以．
所以．
同理，．
于是．
（2）因为，即所以即
．
在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．
则，，．
又因为平面，所以轴，从而．
则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
设平面的法向量为，
则，即
不妨取，则，，此时．
所以．
又二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：
几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.
27．（2023·山东威海·统考一模）在如图所示的圆柱中，AB，CD分别是下底面圆O，上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，E为圆O上一点，P为DE上一点，且平面BCE.
(1)求证：；
(2)若，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过面面平行的判断证明平面平面，再由面面平行的性质证明，即是中位线，由此得到是的中点；
（2）设，通过勾股定理计算将到的距离和到平面的距离用表示，根据二面角的正弦值列方程求出，再代入体积公式计算即可.
【详解】（1）如图，连接，，
因为为母线，
所以,
又平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为是的中点，
所以是的中点，
即.
（2）如下图，作，，.
设到的距离为，则到的距离为.
设，则有，，
，
，，
因为，
所以.
因为平面，
所以到平面的距离即是到平面的距离，即.
所以，
解得.
所以.
28．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）如图，在边长为4的等边三角形中，平行于的直线分别交线段于点.将沿着折起至，使得二面角是直二面角.
(1)若平面平面，求证：；
(2)若三棱锥的体积为1，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.
（2）由已知求证得分别为中点，利用二面角的定义，作辅助线，利用几何法求二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：，平面，平面，
平面，又平面，平面平面
（2）设，过作于点，如图所示，
二面角为直二面角，平面，
，解得，分别为中点，
过作于点，因为，，平面
平面，
过作于点，连接，因为，
所以平面，所以
即为二面角的平面角的补角，
且，，，
.
二面角的正弦值为.
29．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）如图所示，六面体的底面是菱形，，且平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：直线平面；
(2)已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即可；
(2)作辅助线得出在点处可以作为原点建立空间直角坐标系，利用已知求出，进而求出，结合平面的法向量求出的取值范围即可.
【详解】（1）连接，
，即.
四边形为平行四边形，则.
平面平面
平面，
平面平面，又平面，
，
四边形是菱形，，
又平面平面，则，
又，平面，
平面，又
平面.
（2）连接交于点，，则.
平面，
平面，因为平面，
则.
，四边形是菱形，则，
，
以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，
设，则.
.
，即，
，则，
，又是平面的一个法向量，
，
设，则
.
30．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，
(1)若，证明：⊥；
(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到为等边三角形，，由线面垂直得到，从而得到⊥平面，证明出⊥；
（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，由二面角的大小得到，，由勾股定理得到，，当位于线段中垂线上时，取得最大值，由等体积法得到.
【详解】（1）记AC的中点为O，连结，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EOSA，
因为平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接，取连接OD并延长，交于点，
.
因为，所以，
由对称性可知AB=AD，故为等边三角形，
又因为O为的外心，所以O为的中心，故，
∵平面，平面ABCD，
，
∵，平面，
∴⊥平面，
∵平面EOD，
.
（2）过点D作于，作于，连接，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因为，平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为平面SAC，
所以DH⊥SC，
因为，，平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN平面DHN，
所以，
故为二面角的平面角，
因为，所以，故为等边三角形，
由题意知，
，，
，
，
在Rt中，，
，
∵三角形ASC为直角三角形，
∴三角形ASC为等腰直角三角形，
，
又由，
由勾股定理得：，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AC为直径，所以AD⊥DC，
因为，平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因为平面ASD，
所以DC⊥SD，
，
由于点在半圆弧上运动，当位于线段中垂线上时，的面积取得最大值，
且最大值为，
设点到平面距离为，
根据，
即点到平面距离的最大值为.
1．（2021春·广东深圳·高三深圳市南头中学校考阶段练习）如图，在以为顶点，母线长为的圆锥中，底面圆的直径长为2，是圆所在平面内一点，且是圆的切线，连接交圆于点，连接、．
(1)求证：平面平面．
(2)当二面角的大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四棱锥的体积为.
【分析】（1）由圆锥的几何性质推得平面平面，根据面面垂直的性质及线面垂直的性质，可得，再由面面垂直的判定定理，即可得证；
（2）由平面平面，，知平面，从而有，，故，进而得，由和棱锥的体积公式，得解．
【详解】（1）证明：是圆的切线，，
由圆锥的性质知顶点在底面圆上的投影为底面圆心，
∴平面，又平面，
∴平面平面，
平面平面，平面，
平面，
，
，，则，，
又，、平面，
平面，
平面，
平面平面．
（2），且为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，，
为二面角的平面角，即，
，
在中，，，
，
四棱锥的体积．
2．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，，平面，，．
(1)已知点为上一点，且，求证：与平面不平行；
(2)已知直线与平面所成角的正弦值为，求该多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及直线的方向向量，即可证明；
（2）设且，利用空间向量法求出表示出线面角的正弦值，即可求出参数的值，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以、，又，
如图建立空间直角坐标系，则、、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以，
因为，且不存在使得，即与不共线，
所以与平面不平行且不垂直.
（2）解：设且，则，所以，
直线与平面所成角的正弦值为，
，化简得，解得或（舍去），
因为，平面，所以平面，又平面，平面，
所以，，又，，所以，
，平面，所以平面，
又，所以，
，所以，
所以，即多面体的体积为.
3．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于.把沿翻折至的位置，连接､.
(1)为边的一点，若，求证：平面；
(2)当四面体的体积取得最大值时，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)由线面平行判定定理证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，根据面面平行性质定理证明平面；
(2)根据锥体体积公式由条件确定平面，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.
【详解】（1）取中点，连接，
因为在正三角形中，，
又因为，所以，
平面，平面，
所以平面，
又有，且，所以，
而平面，平面，所以平面.
有，平面，
所以平面平面，
又平面，
因此平面.
（2）因为，又因为的面积为定值，
所以当到平面的距离最大时，四面体的体积有最大值，
因为，，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
当时，平面平面，平面
所以平面，即在翻折过程中，点到平面的最大距离是，
因此四面体的体积取得最大值时，必有平面.
如图，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直接坐标系，
易知，，，，
，，，
为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
，
由，令得：，，
所以为平面的一个法向量，
.
所以平面与平面的夹角（锐角）的余弦值为.
4．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）已知四棱锥的底面是平行四边形，侧棱平面，点在棱上，且，点是在棱上的动点（不为端点）.（如图所示）
(1)若是棱中点，
（i）画出的重心（保留作图痕迹），指出点与线段的关系，并说明理由；
（ii）求证：平面；
(2)若四边形是正方形，且，当点在何处时，直线与平面所成角的正弦值取最大值.
【答案】(1)(i)作图见解析；(ii)证明见解析；
(2)点在线段靠近的三等分处时, 正弦值取最大值为.
【分析】（1）(i)根据重心为三角形三边中线的交点可作图；(ii)利用线面平行判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，表示出线面夹角的正弦值，即可求最大值.
【详解】（1）（i）设与交点为，连接与交于点，
因为为中点，为中点，
所以与交点为重心，
所以,
又因为为的边的中线，
所以点也为的重心，即重心在上.
（ii）连接并延长交于点，连接，
因为为重心，所以,
又因为,
所以，
又因为平面,平面,
所以平面；
（2）因为四边形为正方形，所以,
平面，平面，所以，
所以以为坐标原点，建立如图所示坐标系，
所以
设，则
设平面的法向量为，
，化简得，
取则，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以当时，即点在线段靠近的三等分点处时，
直线与平面所成角的正弦值取最大值为.
5．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）如图，五棱锥中，，，，，，，，，O，H分别是线段的中点，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由几何关系证，由线线垂直证线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系如图所示，由向量法求二面角的余弦值，进而可求出正弦值.
【详解】（1）∵，，
∴AEDC为等腰梯形，
∵O，H分别是线段的中点，
∴，，
又∵，
∴，即共线，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵平面，
∴平面；
（2）建立空间直角坐标系如图所示，
则，
.
设是平面ABP的法向量，
则，取，则；
设是平面ACP的法向量，
则，取，则.
∴，
则二面角的正弦值为.
6．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）如图，在三棱柱中，AC⊥BC，AC＝BC＝2，，BC1与交于点E，平面平面ABC，，是侧棱上一点．
(1)若D为的中点，证明：平面BCD．
(2)是否存在点D，使得二面角的正弦值为？若存在，指出点D的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)详见解析
(2)存在，为的三等分点处，即或.
【分析】(1)由线面平行的判定定理即可证明平面BCD.
(2)首先假设存在，使得二面角的正弦值为，建立适当的空间直角坐标系，分别求的两个平面的法向量，即可求得二面角的正弦值为时点D的位置.
【详解】（1）取的中点，连接，
为的中点，为的中点，
，又，，
为的中点，且，
为的中点，，
，四边形为平行四边形，
， 面，面，故面，
同理面，又面，面且，
所以面面，又面，平面BCD
（2）连接，
面面且面面，又
面，又面，
，
在中，，
则，
即，则面，
分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，；
设平面的一个法向量为，
则即
令，则，；
所以二面角正弦值为，
解得或，
所以存在点D，使得二面角的正弦值为，此时，为的三等分点处，即或.
7．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱内接于圆柱，，平面平面．
(1)证明：为圆柱底面的直径；
(2)若M为中点，N为中点，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）根据面面垂直的性质定理证明平面，继而证明平面，根据线面垂直的性质定理证明，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面与平面的法向量，根据空间向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接，在直三棱柱中，，
∴四边形为正方形，
∴
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，
∴
又平面，平面，
∴．
又，,平面，
∴平面，又平面，
∴，∴为圆柱底面的直径．
（2）由已知平面，，
∴以为正交基底建立空间直角坐标系，
∴，，，，，．
∵为，中点，
∴，．
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，，∴，
设平面的一个法向量为．
则，又，，
∴，取，得，．
∴，
∴，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
8．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）如图1，在长方形ABCD中，已知，，E为CD中点，F为线段EC上（端点E，C除外）的动点，过点D作AF的垂线分别交AF，AB于O，K两点．现将折起，使得（如图2）．
(1)证明：平面平面；
(2)求直线DF与平面所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面，得平面，所以，再证平面，从而得证面面垂直；
（2）直线DF与平面所成角为，记，设（），由，得，计算，利用基本不等式得最大值，从而得角的最大值．
【详解】（1）因为，，，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，，平面，，
所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）连结FK，由（1）可知，直线DF与平面所成角为，记．
在图1中，因为，所以，
又因为，所以．
又因为，所以．
设（），由，得，解得．
在图2中，因为，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
又因为，所以的最大值为，
即直线DF与平面所成角的最大值为．
9．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）如图①，在中，，，，D，E分别是边AB，AC的中点，现将沿着DE折起，使点A到达点P的位置，并连接PB，PC，得到四棱锥，如图②，设平面平面
(1)证明：平面PBD；
(2)若点B到平面PDE的距离为，求平面PEC与平面PBD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直判定定理证得平面PBD，再运用线面平行的判定定理证得平面PBC，再运用线面平行的性质定理证得，进而证得结果.
（2）过点B作，由面面垂直的性质证得平面PDE，进而求得，取BD的中点O，连接OP，再由线面垂直的性质证得，进而由线面垂直的判定定理证得平面BCED，则以D为坐标原点建系，分别计算平面PEC与平面PBD的法向量，代入面面夹角的计算公式即可.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为D，E分别是边AB，AC的中点，
所以，所以，.
又BD，平面PBD，，
所以平面PBD.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC.
又平面PDE，平面平面，
所以，所以平面PBD.
（2）
如图，过点B作，垂足为F.
由（1）知平面平面PBD，又平面平面，平面，
所以平面PDE，
所以点B到平面PDE的距离即为BF的长，即.
在中，，所以.
又，所以是边长为2的等边三角形.
取BD的中点O，连接OP，则，.
由（1）知，平面PBD，又平面PBD，所以.
又，BD，平面BCED，
所以平面BCED.
以D为坐标原点，DB，DE所在直线分别为x轴、y轴，且以过点D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，，.
设平面PEC的法向量为，则
令，得，，
所以是平面PEC的一个法向量.
又是平面PBD的一个法向量，
所以，
所以平面PEC与平面PBD夹角的余弦值为.
10．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱中，为的中点，，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，又∵，∴，
同时在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：选择①③
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的体积为，∴.
法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂线定理可得，
∴为二面角的平面角，
其中，，，则，
由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的正弦值为.
法二：过作，过作，过作交于点，连接，
∴为二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值为.
法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，故，
设平面的一个法向量为，且，，
则，
令，则，，故，
，故二面角的正弦值为.
方案二：选择①②；
解析：过点作于点∵平面平面，，
∴平面，故直线与平面所成角为，且，
设，，则，即，.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
过点作于点，
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，故直线与平面所成角为，且.
设，则，即.
余下解法参考方案一.
11．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，D，E，P分别在棱AC，AB，BC上，且D为AC中点，，于F.
(1)证明：平面平面；
(2)当，，二面角的余弦值为时，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）先证明平面，由此即可得到本题答案；
（2）以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出向量与平面的法向量，然后代入公式，即可得到本题答案.
【详解】（1）因为，
所以都是等腰三角形，
因为于F，所以F为DE的中点，
则，，
又因为是平面内两条相交直线，
所以平面，
又平面，
所以平面平面 ；
（2）因为，，所以，，，
所以， ，
由（1）知为二面角的平面角
所以，
以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
易得，，知，
因为，，
可得，
所以
设平面的法向量，，
所以，令，则，
所以 ，
又，
设直线与平面所成角为θ，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
12．（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在三棱锥中，平面平面 ，，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)设是的中点，点在棱上，且平面，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，利用勾股定理可证得，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；
（2）推导出点为的中点，然后以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：由得，，，
，由余弦定理可得，
，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面.
（2）解：因为平面，平面，平面平面，故，
而是的中点，故为中位线，得，
又，故为中点，
由（1）可知平面，以点为坐标原点，以、所在直线分别为、轴，
过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设点，其中，，，，
所以，，解得，
则，解得，故点，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，.
由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
13．（2023·浙江·模拟预测）如图所示的几何体是一个半圆柱，点P是半圆弧上一动点（点P与点A，D不重合），．
(1)证明：；
(2)若点P在平面ABCD的射影为点H，设的中点为E点，当点P运动到某个位置时，平面与平面的夹角为，求此时DH的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】(1)先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，再证明；
(2)建立空间直角坐标系，设，根据向量方法利用表示平面与平面的夹角余弦，由条件列方程可求得，由此确定点的坐标，再求的长度．
【详解】（1）连接AP，在半圆柱中，
因为平面，平面，
所以，
又因为AD是直径，所以，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以．
（2）依题意可知，以线段AD的中点O为坐标原点，
以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，则，
所以，，
设平面的法向量为，
所以则
令，则，
所以为平面的一个法向量．
设平面的法向量为，
因为
所以，则
令，则，
所以为平面的一个法向量．
因为平面与平面所成的锐二面角为，
所以，
令，则，平方得，
即，又由，
可解得或（舍去），
所以，
点P在平面ABCD的射影为点，
因此DH的长度为．
14．（2023春·浙江绍兴·高三统考开学考试）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，.
(1)证明：；
(2)若，平面与平面所成的锐二面角的角余弦值为，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）取BC的中点，连接DE，DF，证明平面DEF，即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，由平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求得的长，计算即可.
【详解】（1）
证明：取BC的中点，连接DE，DF，
因为D，E分别为BC，BA的中点，所以，
又因为，所以，
因为D，F分别为BC，的中点，所以，
又因为为直三棱柱，所以，所以，
因为，平面DEF，平面DEF，
所以平面DEF，因为平面DEF，所以.
（2）
设（），以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，
因为，，则，，，
，，
设平面的一个法向量，
则，即，取，
为平面的一个法向量，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，解得，
由（1），即直线EF与平面ABC所成的角，，
，所以直线EF与平面ABC所成的角的正弦值为.
15．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）已知四边形ABCD中，，，O是AC的中点，将沿AC翻折至．
(1)若，证明：平面ACD；
(2)若D到平面PAC的距离为，求平面PAC与平面ACD夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由题目已知可得出平面PAC，从而得到，再由等腰三角形性质可得，进而得出结论.
(2)取CD中点F并连接OF，PF，可得出所求二面角，再利用已知条件，构建直角三角形，即可计算两平面的夹角.
【详解】（1）中，，，，所以，
则，又，所以平面PAC，平面PAC，所以.
又因为，O是AC的中点，所以，，所以平面ACD.
（2）取CD中点F，连接OF，PF，在中过F作FG垂直于PO，垂足为G，，则，
又因为，所以为平面PAC与平面ACD夹角，所以平面POF，又平面POF，
所以，又，所以平面PAC，所以FG就是点F到平面PAC的距离，
因为点D到平面PAC的距离为，又由F为CD中点，所以F到平面PAC的距离为.
中，，因为点可能在上，也可能在的延长线上，
所以或，所以平面PAC与平面ACD所成角不会是钝角，所以大小为.
16．（2023秋·浙江宁波·高三期末）在菱形中，G是对角线上异于端点的一动点（如图1），现将沿向上翻折，得三棱锥（如图2）.
(1)在三棱锥中，证明：；
(2)若菱形的边长为，，且，在三棱锥中，当时，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）证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）由题意求得相关线段的长，证明平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在图1中，连接交于O，连接，
由菱形的性质得，
在图2中，因为平面且，
,
所以由直线与平面垂直的判定定理得平面，
因为平面，所以.
（2）由平面平面，得平面平面，
菱形的边长为，，，
则,
则三棱锥中，，又，
解得，
故，
作，交延长线于H，得，
由于平面平面，平面平面，平面,
所以平面，
如图，以O为原点，分别为轴，过O作的平行线作为z轴，
建立空间直角坐标系，如图，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，取，则，
可得平面的法向量，
设直线与平面所成角为，，
所以.
另解提示：根据上述解法求出，
由，可得，
由，可得，
设点G到平面的距离为d，直线与平面所成角为，
因为即，可得，
所以.
17．（2023·安徽·统考一模）如图，四棱锥中，为等腰三角形，，.
(1)证明：；
(2)若，点在线段上，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，取的中点，利用线面垂直的判定证明平面即可推理作答.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【详解】（1）取的中点，连接，如图，因为，则，
又，即有，而，于是四边形为平行四边形，
又，则，又平面，
所以平面，又，因此平面，而平面，
所以.
（2）因为，且平面，则平面，
又，则平面，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
又，则，又，则，
所以，则，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
又平面的一个法向量为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．
(1)求证：面面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点Q，.
【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，进而得出结论；
（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，设，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
所以，则，即，
又，，面PAB，
所以面PAB，又面ABCD，
所以面面ABCD；
（2）假设存在点Q，使得平面平面PAD；
如图，以A为原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，，
设是平面PAD的法向量，则，取，
设，其中．
则
连接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，
取与同向的单位向量，
设是平面BEQF的法向量，
则，取．
由平面平面PAD，知，有，解得．
故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面平面PAD．
19．（2023·湖南邵阳·统考二模）如图所示，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，．平面平面，为的中点，，，E，F，G分别为，，的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及性质定理，结合面面垂直判定定理，可得答案；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的空间向量计算公式，可得答案.
【详解】（1）如图所示，取AO的中点H，连接HD，HP，
在等腰梯形中，，，，．
∵O为AB的中点，即有四边形是平行四边形，
∴，．
∴为正三角形，∴，．
在中，，，
∴为边长为2的正三角形，∴，．
∴，又F为FD的中点，∴．
∵，，，平面，
∴平面，即平面．∵平面，∴．
而G为PC中点，则，又∵，平面，∴平面．
∵平面PCD，∴平面平面．
（2）∵，平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
∴由（1）知，PH，HD，AB两两垂直，
以H为坐标原点，HD，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
于是，，．
设平面的法向量为，
则即取，则，
设平面与平面所成锐二面角为，
∵为平面的一个法向量，
∴．
∴，．
∴平面与平面所成锐二面角的正切值为．
20．（2023·湖南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面ABC⊥平面，侧面为菱形，，底面ABC为等腰三角形，，O是AC的中点．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求三棱柱的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面ABC⊥平面，通过面面垂直的性质证明线面垂直，再证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的余弦值，解得，可得三棱柱的体积.
【详解】（1）平面ABC⊥平面，平面平面，
菱形中，，为等边三角形，O是AC的中点，，
平面，平面，平面，.
（2）平面，，，
以点O为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，，设，
则，，，，， ， ·
， ， ，
设平面的法向量是，
由，令，，得
设平面的法向量是 ，
由，令，，可得 ，
所以，由，解得，
，，
三棱柱的体积为.
21．（2023·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等腰三角形，.
(1)求证：；
(2)若侧面底面，侧棱与底面所成角的正切值为，为侧棱上的动点，且.是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，.
【分析】（1）通过证明线面垂直，即可证明；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数的值.
【详解】（1）由题意，
在四棱锥中，取的中点为，连接，，
在等腰中，，∴，
在直角梯形中，
，，，，
∴,,，四边形是矩形，
∴，，，，
∴，,,
∵面，面，面，，
∴面，
∵面,
∴.
（2）由题意及（1）得，，，，，
在四棱锥中，侧面底面，面底面，
∴，
∵侧棱与底面所成角的正切值为，
设，
∴由几何知识得，，四边形是平行四边形，
∴,，
在直角中，，，
∴，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，，，，，，
∵为侧棱上的动点，且，
设
由几何知识得，，解得：，
在面中，其一个法向量为，
在面中，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得：
当时，，
设平面与平面的夹角为
∵平面与平面的夹角的余弦值为
∴
解得：或（舍）
∴存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
22．（2023·湖南·模拟预测）如图所示，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点．
(1)当时，证明：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据线面垂直的性质证明，再根据线面垂直的判定定理可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为线段的中点，如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）垂直于圆锥的底面，在圆锥的底面，
，
当时，且BC=3CA，则，，
又平面，
平面，
又平面，平面平面；
（2）由题可知，且轴截面为等腰直角三角形，，，
当三棱锥的体积最大时，△的面积最大，此时为弧的中点，
如图，以点为坐标原点，过点且垂直的直线为轴，，分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，，
，
设平面的法向量，
则，即，令，则，，，
则，
由图可知该二面角为钝角，
二面角的余弦值为．
23．（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，，侧棱与底面所成角为60°.
(1)求三棱柱的体积；
(2)在线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面的夹角为60°?若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1).
(2)存在，位于点
【分析】(1)求三棱柱的体积，根据题目已知条件可以判断三棱锥为正三棱锥，因此可以求出三棱柱的高，进而可以求得三棱柱的体积.(2)建立空间直角坐标系，假设存在点G，则点G满足，利用平面与平面的夹角为60°，分别求出两平面的法向量，代入公式使得夹角为60°，求出，只要满足即存在点G.
【详解】（1）取中点M，连接AM，DM.如图所示
因为为正三角形，为等腰三角形且以BC为底，
故，（三线合一），所以平面.
又平面，所以平面平面，
故在平面的射影在射线AM上，
为侧棱AD与底面所成角，
即.
在中，，，由余弦定理知，
故三棱锥为正三棱锥，高，底面的面积，
三棱柱的高也为2，故三棱柱的体积.
（2）以M为坐标原点，MA、MB为，轴建立如图所示坐标系.
依题意，，，，，
假设存在点满足题意，设，，
，.
设平面的法向量为，
则取，
平面的法向量.
依题意，，解得，故当位于点时，满足要求.
24．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，侧面为菱形，已知，．
(1)当时，求三棱柱的体积；
(2)设点P为侧棱上一动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）取的中点为O，根据等边三角形可知，，再计算出各个长度可知，根据线面垂直判定定理可证平面，即为三棱柱的高，根据体积公式求出即可；
（2）根据及余弦定理解出，以为原点建立合适空间直角坐标系，找出点的坐标，求出平面的一个法向量，设，求出，根据直线面所成角的正弦值等于线与法向量夹角的余弦值的绝对值建立等式，构造新函数，根据二次函数性质即可求得范围.
【详解】（1）解：如图，取的中点为O，
因为为菱形，且，所以为正三角形，
又有为正三角形且边长为2，则，，
且，，所以，
所以，因为又，
平面，平面，所以平面，
所以三棱柱的体积．
（2）在中，，，
由余弦定理可得，
所以，由（1），，
又，平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，所以在平面内作，则平面，
以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，，
，，
设是平面的一个法向量，
，，
则，即，
取得，设，
则
，
设直线与平面所成角为，
则
，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
25．（2023春·湖北·高三校联考阶段练习）如图1，在菱形中，为的中点，.现将沿翻折至，并连接，得到如图2所示的四棱锥，且.
(1)证明：；
(2)在棱上是否存在点，使得与平面所成的角的正弦值为若存在，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）利用余弦定理求边长，勾股定理证明垂直，得，，证得平面，从而.
（2）建立空间直角坐标系，借助空间向量，利用已知线面角的正弦，求得的值.
【详解】（1）证明：在中，，
由，得，
所以，即在空间中.
又，所以.
连接，在中，；
在中，由，得，
所以.
又，平面，所以平面.
又平面，所以.
（2）由（1）可知两两垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，
.
设平面的法向量
令，则.
假设棱上存在点，使得与平面所成的角的正弦值为，
设，则，
，
所以，
整理得，解得.
又，所以，故.
26．（2023·山东日照·统考一模）如图，已知圆锥，AB是底面圆О的直径，且长为4，C是圆O上异于A，B的一点，.设二面角与二面角的大小分别为与.
(1)求的值；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出，从而求得的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值．
【详解】（1）连结．
因为点为圆锥的顶点，所以平面．
分别取，的中点，，
连接，，，，则在圆中，．
由平面，得．
又，故平面，
所以．
所以．
同理，．
于是．
（2）因为，即所以即
．
在圆中，，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系．
则，，．
又因为平面，所以轴，从而．
则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
不妨取，则，，此时．
设平面的法向量为，
则，即
不妨取，则，，此时．
所以．
又二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：
几何法求解二面角，要根据二面角的定义来求解；向量法求解二面角，关键是求得二面角的两个半平面的法向量，并且要注意二面角是锐角还是钝角.
27．（2023·山东威海·统考一模）在如图所示的圆柱中，AB，CD分别是下底面圆O，上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，E为圆O上一点，P为DE上一点，且平面BCE.
(1)求证：；
(2)若，二面角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先通过面面平行的判断证明平面平面，再由面面平行的性质证明，即是中位线，由此得到是的中点；
（2）设，通过勾股定理计算将到的距离和到平面的距离用表示，根据二面角的正弦值列方程求出，再代入体积公式计算即可.
【详解】（1）如图，连接，，
因为为母线，
所以,
又平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
又因为平面平面，平面平面，
所以，
因为是的中点，
所以是的中点，
即.
（2）如下图，作，，.
设到的距离为，则到的距离为.
设，则有，，
，
，，
因为，
所以.
因为平面，
所以到平面的距离即是到平面的距离，即.
所以，
解得.
所以.
28．（2023春·江苏常州·高三校联考开学考试）如图，在边长为4的等边三角形中，平行于的直线分别交线段于点.将沿着折起至，使得二面角是直二面角.
(1)若平面平面，求证：；
(2)若三棱锥的体积为1，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.
（2）由已知求证得分别为中点，利用二面角的定义，作辅助线，利用几何法求二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：，平面，平面，
平面，又平面，平面平面
（2）设，过作于点，如图所示，
二面角为直二面角，平面，
，解得，分别为中点，
过作于点，因为，，平面
平面，
过作于点，连接，因为，
所以平面，所以
即为二面角的平面角的补角，
且，，，
.
二面角的正弦值为.
29．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）如图所示，六面体的底面是菱形，，且平面，平面与平面的交线为.
(1)证明：直线平面；
(2)已知，三棱锥的体积，若与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即可；
(2)作辅助线得出在点处可以作为原点建立空间直角坐标系，利用已知求出，进而求出，结合平面的法向量求出的取值范围即可.
【详解】（1）连接，
，即.
四边形为平行四边形，则.
平面平面
平面，
平面平面，又平面，
，
四边形是菱形，，
又平面平面，则，
又，平面，
平面，又
平面.
（2）连接交于点，，则.
平面，
平面，因为平面，
则.
，四边形是菱形，则，
，
以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系，
设，则.
.
，即，
，则，
，又是平面的一个法向量，
，
设，则
.
30．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，
(1)若，证明：⊥；
(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到为等边三角形，，由线面垂直得到，从而得到⊥平面，证明出⊥；
（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，由二面角的大小得到，，由勾股定理得到，，当位于线段中垂线上时，取得最大值，由等体积法得到.
【详解】（1）记AC的中点为O，连结，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EOSA，
因为平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接，取连接OD并延长，交于点，
.
因为，所以，
由对称性可知AB=AD，故为等边三角形，
又因为O为的外心，所以O为的中心，故，
∵平面，平面ABCD，
，
∵，平面，
∴⊥平面，
∵平面EOD，
.
（2）过点D作于，作于，连接，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因为，平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为平面SAC，
所以DH⊥SC，
因为，，平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN平面DHN，
所以，
故为二面角的平面角，
因为，所以，故为等边三角形，
由题意知，
，，
，
，
在Rt中，，
，
∵三角形ASC为直角三角形，
∴三角形ASC为等腰直角三角形，
，
又由，
由勾股定理得：，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AC为直径，所以AD⊥DC，
因为，平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因为平面ASD，
所以DC⊥SD，
，
由于点在半圆弧上运动，当位于线段中垂线上时，的面积取得最大值，
且最大值为，
设点到平面距离为，
根据，
即点到平面距离的最大值为.
相关试卷
新高考数学二轮复习 小题综合练专题06 立体几何（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学二轮复习 小题综合练专题06 立体几何（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习小题综合练专题06立体几何原卷版doc、新高考数学二轮复习小题综合练专题06立体几何解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
新高考数学二轮复习培优专题训练专题10 导数的综合运用（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学二轮复习培优专题训练专题10 导数的综合运用（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习培优专题训练专题10导数的综合运用原卷版doc、新高考数学二轮复习培优专题训练专题10导数的综合运用解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
新高考数学二轮考点培优专题（精讲+精练）29 立体几何中的结构不良问题（2份打包，原卷版+含解析）： 这是一份新高考数学二轮考点培优专题（精讲+精练）29 立体几何中的结构不良问题（2份打包，原卷版+含解析），文件包含新高考数学二轮考点培优专题精讲+精练29立体几何中的结构不良问题原卷版doc、新高考数学二轮考点培优专题精讲+精练29立体几何中的结构不良问题含解析doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61页， 欢迎下载使用。
