2024-2025学年福建省三明市高二上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省三明市高二上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析），共37页。试卷主要包含了单项选择题，多选选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．若向量是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．“”是“直线：与：平行”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
3．已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A．2B．1C．D．
4．若直线不经过第一象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，与平面交于点，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知为直线上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．
7．如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（ ）
A．为正三角形B．平面
C．平面D．点到平面的距离为
8．如图，已知，，，，，一束光线从点出发射到上的点，经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点），则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．4,+∞C．D．
二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
10．以下四个命题为真命题的是（ ）
A．过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为
B．直线的倾斜角的范围是
C．直线与直线之间的距离是
D．直线恒过定点
11．如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹长度为
B．满足的点的轨迹长度为
C．存在唯一的点满足
D．存在点满足
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知点P1（2，3）、P2（-4，5）和A（-1，2），则过点A且与点P1、P2距离相等的直线方程为 ．
13．已知，若点在线段AB上，则的取值范围是 .
14．如下图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为 ．

四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知直线与直线相交于点，且点在直线上.
(1)求点的坐标和实数的值；
(2)求与直线平行且与点的距离为的直线方程.
16．如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.
（1）用，，表示，；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
17．如图，四边形ABCD是平行四边形，且，四边形是矩形，平面平面，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值.
18．如图，在四棱锥，，，E为PC的中点．
(1)证明：直线平面PAD；
(2)若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
19．人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．
(1)若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)若点，，求的最大值；
(3)已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．
1．A
【分析】根据给定的方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角即可.
【详解】设直线的倾斜角为，
若向量是直线的一个方向向量，
则直线的斜率为，
因为，所以.
故选：A.
2．A
【分析】由两条直线的一般式方程平行的判定，结合充要条件的定义，对选项进行验证.
【详解】时，直线：即，与直线：平行，充分性成立；
直线：与：平行，有，解得或，
其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立.
“”是“直线：与：平行”的充要条件.
故选：A.
3．D
【分析】根据直线与平面平行等价于直线的方向向量与面的法向量垂直，根据数量积运算求出的值.
【详解】因为直线上有两点，
所以直线的一个方向向量为
又因为，平面的一个法向量为，
所以，即，
解得.
故选：D.
4．C
【分析】先将直线化为斜截式，从而得到关于的不等式组，由此得解.
【详解】直线方程可化为，因为直线不经过第一象限，
所以，解得.
所以实数的取值范围是.
故选：C.
5．A
【分析】设，由空间向量运算表示出，结合四点共面，得，解出即可.
【详解】由题设，
因为，
所以，
又因为四点共面，所以，
解得，即.
故选：A.
6．A
【分析】求出关于直线的对称点坐标，易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．
【详解】如图，为点到原点和到点的距离之和，

即．设关于直线对称的点为，则得，即．
易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．
故选：A．
7．C
【分析】根据题意,还原圆锥原图,找出对应线段长度关系,位置关系.很容易得解.
【详解】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示，
设圆锥底面半径为，则，∴，∴，
∵为的中点，为的中点，∴，且，
∴，为等腰直角三角形，选项A错误；
选项B，若平面，则，直角中，，
∴，选项B错误；
选项C，∵，∴平面，选项C正确；
选项D，∵，，∴平面，∴平面平面，
∴到直线的距离即为到平面的距离，
又∵，∴到直线的距离等于到直线的距离，为，选项D错误；
故选:C.
8．B
【分析】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接与直线分别交于，连接，分别与直线交于，由题意，在线段之间即可，算出两点的坐标结合斜率公式即可得到答案.
【详解】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接
与直线分别交于，连接，分别与直线交于，
由题意，在线段之间即可，
又，直线的方程为，设，则
，解得，所以，
同理可得关于直线对称的点，所以直线：，
又直线方程为：，所以，
所以直线方程为：，
即，由，得，所以，
又易得方程为：，所以，
所以.
故选：B
本题考查求点关于直线对称的点、两直线的交点的问题，涉及到入射光线、反射光线，考查学生的数学计算能力，是一道有一定难度的题.
9．AC
【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，投影向量即可解决.
【详解】因为，所以，故A正确；
由题得，而，所以不成立，故B不正确；
因为，故C正确；
因为在上的投影向量为，故D错误；
故选：AC.
10．BD
【分析】对于A，运用截距式和斜截式分情况讨论判断；对于B，由 ，得到倾斜角的范围判断；对于C，运用平行线间的距离公式计算判断；对于D，将方程化为，恒成立得到，
求出定点为判断即可.
【详解】对于A，当直线过原点时，方程为，
当直线不过原点时，设方程为，则，解得，
所以直线方程为，
综上，所求直线方程为或，故A错误；
对于B，直线的斜率，
所以倾斜角的范围是，故B正确；
对于C，直线，即为，
故直线与直线之间的距离为，故C错误；
对于D，由，
得，由，
解得，所以定点为，故D正确.
故选：BD.
11．AC
【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.
【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，，，，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
，，
对于B，，即，
又，，则点的轨迹为线段，,
且，故B错误；
对于C，
显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故， 故不存在点满足，故D错误.
故选：AC
12．x+3y﹣5＝0或x＝﹣1．
【分析】由题意可知过点A且与点P1，P2距离相等的直线有两种情况，当直线与点P1，P2的连线平行时，由两点式求出斜率，再由点斜式写出直线方程，当直线过线段P1P2的中点时，由中点坐标公式求出线段P1P2的中点，然后直接得到直线方程．
【详解】①当直线与点P1，P2的连线平行时，
由直线P1P2的斜率k，
所以所求直线方程为y﹣2（x+1），
即x+3y﹣5＝0；
②当直线过线段P1P2的中点时，
因为线段P1P2的中点为（﹣1，4），
所以直线方程为x＝﹣1．
∴所求直线方程为x+3y﹣5＝0或x＝﹣1，
故x+3y﹣5＝0或x＝﹣1．
本题考查了点到直线的距离公式，考查了分类讨论的数学思想方法，是一道基础题．
13．
【分析】设，利用斜率计算公式可得：，．再利用斜率与倾斜角的关系即可得出．
【详解】设，则，，
点是线段上的任意一点，
的取值范围是,，
故,
14．##0.5
【分析】根据空间向量的加减运算，可得，平方后，结合向量的数量积的运算，即可求得答案.
【详解】设平面与平面的夹角为，则，，
，
可得
，
即，
所以．
故
15．(1)，
(2)或
【分析】（1）联立直线方程，求交点，再将点代入含参直线方程，求得答案；
（2）根据平行，设出所求直线方程，利用点到直线距离公式，可得答案.
【详解】（1）联立，解得，所以.
将P的坐标代入直线中，解得.
（2）直线，设与直线平行的直线为.
因此点P到直线l的距离，即，解得或，
所以所求直线的方程为或.
16．（1），；（2）．
【分析】（1）根据空间向量的线性运算法则计算；
（2）用空间向量法求解．
【详解】（1）三棱柱中，点是的中点，
，
，
（2），，，，，
，
，
，
．
所以异面直线与所成角的余弦值是．
17．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，利用面面垂直的性质定理，证得平面，得到，再由勾股定理，证得，结合线面垂直的判定定理，即可得证；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，可，
所以，又因为，且平面，
所以平面.
（2）解：因为且平面，所以平面，
以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
设，则，
可得，，，，，，
则，
由（1）知，平面
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以，
设所求的锐二面角为，则，
又因为平面与平面所成夹角为锐角，
所以平面与平面所成夹角的余弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据线面平行及面面平行判定定理，面面平行性质定理可证；
（2）根据面面垂直性质定理，应用空间向量法求线面角即可.
【详解】（1）取CD的中点M，连接EM，BM，
因为，所以．
因为，，所以，，．
又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD
因为E为PC的中点，M为CD的中点，所以．
又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD
又因为，，所以平面平面PAD．
而平面BEM，故平面PAD．
（2）因为平面平面ABCD，连接AC交BD于点O，连PO，由对称性知，O为BD中点，且．
如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，．
设，则，，得，，．
设平面PCD的一个法向量为，
由于，，
则得
令，得，，故，
设直线AB与平面PCD所成角为，由于，
则，
故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为．
19．(1)，
(2)
(3)存在，和
【分析】（1）代入和的公式，即可求解；
（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；
（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.
【详解】（1），
，
；
（2）设，由题意得：，
即，而表示的图形是正方形，
其中、、、．
即点在正方形的边上运动，，，
可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．
因此，点有如下两种可能：
①点为点，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，取，
则．
因为，所以的最大值为．
（3）易知，设，则
当时，，则，，满足题意；
当时，，
由分段函数性质可知，
又且恒成立，当且仅当时等号成立．
综上，满足条件的直线有且只有两条，和．
关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题.
2024-2025学年福建省三明市高二上学期开学摸底考数学检测试题
（二）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，向量，，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．设，向量，，，且，，则等于（ ）
A．B．C．3D．4
4．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．在空间直角坐标系中，已知点，则一定是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形
6．如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．B．平面
C．D．平面
7．，则的大小关系是
A．B．C．D．
8．设，，分别是的内角，，的对边，已知，设是边的中点，且的面积为，则等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线，的方向向量分别是，，则
B．两个不同的平面，的法向量分别是，，则
C．直线的方向向量，平面的法向量是，则
D．直线的方向向量，平面的法向量是，则
10．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为B．的最大值为
C．的单调递减区间为D．的一个对称中心为
11．已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中下列结论成立的是（ ）
A．三棱锥的体积最大值为
B．三棱锥的外接球体积不变
C．异面直线与所成角的最大值为
D．与平面所成角的余弦值最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，则
13．如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的表面积为 ．
14．在ΔABC中，，已知BC边上的中线，则ΔABC面积的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．已知空间三点
(1)求以向量为一组邻边的平行四边形的面积；
(2)若向量分别与向量垂直，且，求向量的坐标．
16．四棱锥中，底面为正方形，平面，，E，F分别为PC，AD的中点.

(1)求证：平面PFB；
(2)求点E到平面PFB的距离.
17．记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
18．如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
19．如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明：；
(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．
1．ABD
【分析】根据已知条件，结合共面向量的充要条件即可求解．
【详解】由共面向量的充要条件可得：
对于A选项， ，所以三个向量共面；
对于B选项，，所以三个向量共面；
对于C选项，假设三个向量共面，
则存在，使得，
则，即三个向量共面，
这与已知构成空间的一个基底矛盾，故假设错误，
即三个向量不共面，故C不正确；
对于D选项，＝，所以三个向量共面；
故选：ABD．
2．B
【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.
【详解】若向量，则，即
解得：或,
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
3．C
【分析】由向量的位置关系列式求出，根据模的计算公式计算即可求解.
【详解】，
，
，，
，
，
，．
，
．
故选：C.
4．B
【分析】运用线面垂直平行的定理，结合长方体模型举反例即可判断.
【详解】对于A，如图，，此时，故A错误；
对于B，若，面内可以找一条直线，使得；
而，与内任意一条直线都垂直，则，则.故B正确；
对于C， 如图，，此时，故C错误；
对于D， 如图，，此时，故D错误．
故选：B.
5．C
【分析】根据给定条件，利用空间两点间距离公式求出三角形边长作答.
【详解】点，则，
，，
而，所以一定为直角三角形.
故选：C
6．C
【分析】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，利用向量法能求出结果．
【详解】∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，
∴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，
设正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，
则B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1），

∴MN⊥CC1，故A正确；∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立；
∵
∴MN和AB不平行，故C错误；
平面ABCD的法向量
又MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故D正确．
故选C．
本题考查命题的真假判断，考空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
7．D
【详解】由题意得 ，
，故选D.
本题考查函数的三角恒等变换和三角函数的图像与性质，涉及函数与不等式思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，具有一定的综合性，属于中档题型.首先利用诱导公式和两角和差公式将 化简，再利用正弦的函数图像可得正解.
8．A
【分析】根据已知条件求出和，然后结合向量的数量积的运算即可求出结果.
【详解】因为，
所以，即，
结合正弦定理得，即，
所以，所以，
因为的面积为，所以，即，所以，
故选：A.
9．AB
【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可.
【详解】两条不重合直线，的方向向量分别是，，则，所以，A正确；
两个不同的平面，的法向量分别是，，则，所以，B正确；
直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以或，C错误；
直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以，D错误．
故选：AB
10．ABC
【分析】化简解析式，根据三角函数最小正周期、最值、单调区间，对称中心的知识确定正确选项.
【详解】.
所以的最小正周期为，A正确，
的最大值为，B正确，
由解得，所以的单调递减区间为，C正确.
，所以的一个对称中心为，D不 正确.
故选：ABC
11．ABD
【分析】对于A， 当平面平面时，三棱锥的高最大，再棱锥体积公式计算即可；
对于B，设的中点为，则由知，，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可；
对于C，若，由，，平面，平面，可得平面，得到，因为，直角三角形斜边最长，知道不成立;
对于Ｄ, 因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，当平面平面时，到面的距离最大为，再用锐角三角函数和同角三角函数关系分析计算即可.
【详解】解：对于A，，
当平面平面时，三棱锥的高最大，
此时体积最大值为，故A正确；
对于B，设的中点为，则由知，，
所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，
所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故B正确；
对于C，若，由，，平面，平面，
可得平面，因为平面，则，
因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故C错误；
对于D，因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，
当平面平面时，到面的距离为，
设与平面 所成角为，此时，
因为为锐角，所以，
即与平面 所成角的余弦值最小值为，故D正确．
故选：ABD
12．
【分析】先由和角公式得，再平方结合倍角公式及平方关系求解即可.
【详解】由得，即，两边同时平方得，
即，解得.
故答案为.
13．
【分析】设球体半径为可得，根据棱锥的体积求，进而求半球的表面积.
【详解】如图，连接，交点为，设球的半径为，
由题意知：．则，
四棱锥的体积为，解得，
∴该半球的表面积为．
故
14．
【分析】由题意利用平面向量的加减法几何意义，可得，两边平方再利用两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式，求得的最大值，可得ΔABC的面积的最大值．
【详解】解：ΔABC中，，边上的中线长为3，，设，，
平方可得：，
化简可得，，
可得：，
故ΔABC的面积．
故．
本题主要考查平面向量的加减法几何意义，两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式的应用，属于中档题．
15．(1)
(2)或
【分析】（1）根据已知条件，求出，进而得出，根据
四边形的面积公式即可求解；
（2）设出的坐标，利用向量垂直的充要条件及向量的摸的公式即可求解.
【详解】（1）由，得
，
所以，即，
又，
所以向量为一组邻边的平行四边形的面积为
.
（2）设，则
因为且，
所以，即
，即
联立，解得
解得或．
所以或.
16．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）取PB中点G，连接EG，FG，则由中位线性质可得四边形DEGF是平行四边形，即DEFG，从而DE平面PFB；
（2）由DE平面PFB，故点D、E到平面PFB的距离相等，点D到平面PFB的距离可以看成三棱锥以为底面的高，利用等体积法即得解
【详解】（1）取中点，连接

因为分别是的中点，所以，
而，所以
因此四边形是平行四边形,所以
平面，平面
所以平面
（2）由（1），DE平面PFB，故点D、E到平面PFB的距离相等，即求点D到平面PFB的距离，记为
点D到平面PFB的距离可以看成三棱锥以为底面的高，
由，故
由于
故，
故
故点E到平面PFB的距离为
17．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)，作图见解析
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，从而证明出线线垂直；
（2）由面面垂直得到线面垂直，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，进而利用平面法向量求出面面角的余弦值；
（3）作出辅助线，得到线线平行，进而得到结论.
【详解】（1）在正方形中，，
∵平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
；
（2）为等边三角形，设中点为，∴，
又平面平面，面面面，则面，
以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则，则，
所以，
设平面的一个法向量为m=x,y,z
则，取得，所以，
设平面的一个法向量为n=a,b,c
则，取得，所以，
所以，
所以平面与与平面成角的余弦值为；
（3）如图所示：在上取一点，使得，连接，
因为，，所以，即，
所以为平行四边形，故，
因为H，G分别为CE，CD的中点，所以，
故，即共面，
故.