16空间向量与立体几何--2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版）

16空间向量与立体几何--2023-2024学年高三上学期数学期末复习专题练习（苏教版） 一、单选题 1．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）一球的表面积为，它的内接圆锥的母线长为l，且，则该内接圆锥体积的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 2．（2023上·江苏南通·高三统考期末）在九章算术商功中将正四面形棱台体棱台的上、下底面均为正方形称为方亭在方亭中，，方亭的体积为，则侧面的面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，则圆锥的母线长为（    ） A． B．2 C． D．4 4．（2022上·江苏徐州·高三期末）如图，内接于圆O，AB为圆O的直径，AB＝10，BC＝6，平面ABC，E为AD的中点，且____________，则点A到平面BCE的距离为（    ） ①异面直线BE与AC所成角为60°； ②三棱锥D−BEC的体积为 注：从以上两个条件中任选一个，补充在横线上并作答． A． B． C． D． 5．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱PA与底面ABCD所成的角为45°，顶点P，A，B，C，D在球O的球面上，则球O的体积是（    ） A．16π B． C．8π D． 6．（2022上·江苏南通·高三统考期末）已知三棱锥P－ABC的外接球半径为4，底面ABC中，AC＝6，∠ABC＝60°，则三棱锥P－ABC体积的最大值是（ ） A． B． C．24π D． 7．（2022上·江苏南通·高三统考期末）在正三棱锥P－ABC中，D是棱PC上的点，且PD＝2DC.设PB，PC与平面ABD所成的角分别为α，β，则sinα：sinβ＝（ ） A． B． C． D． 8．（2021上·江苏南通·高三海安市曲塘中学校考期末）在三棱锥P-ABC中，已知△ABC是边长为2的等边三角形，PA为此三棱锥外接球O的直径，PA＝4，则点P到底面ABC的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）如图，已知圆锥的底面圆心为O，半径，侧面积为π，内切球的球心为O1，则下列说法正确的是（   ） A．内切球O1的表面积为(84－48)π B．圆锥的体积为3π C．过点P作平面α截圆锥的截面面积的最大值为2 D．设母线PB中点为M，从A点沿圆锥表面到M的最近路线长为 10．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）已知正方体的棱长为1，，则（    ）． A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时， C．当时，平面 D．当时，三棱锥的外接球的表面积为 11．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知点是圆锥的顶点，四边形内接于的底面圆，，，，，均在球的表面上，若，，，，球的表面积是，则（    ） A． B．平面 C．与的夹角的余弦值是 D．四棱锥的体积是 12．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（    ） A．平面 B． C．平面 D．、、、四点共面 13．（2023上·江苏南通·高三统考期末）在棱长为1的正方体中，设，其中，则（    ） A． B．与平面所成角的最大值为 C．若，则平面平面 D．若 为锐角三角形，则 14．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是（    ） A．锐角三角形 B．直角梯形 C．正五边形 D．边长不相等的六边形 15．（2023上·江苏南通·高三统考期末）在正方体中,,,则（   ） A． B．平面 C．平面 D．直线与直线异面 16．（2022上·江苏徐州·高三期末）如图，矩形中，，边，的中点分别为，，直线BE交AC于点G，直线DF交AC于点H.现分别将，沿，折起，点在平面BFDE同侧，则（    ） A．当平面平面BEDF时，平面BEDF B．当平面平面CDF时， C．当重合于点时，二面角的大小等于 D．当重合于点时，三棱锥与三棱锥外接球的公共圆的周长为 三、填空题 17．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上,上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2,圆台的两底面在球心的同侧,则此正四棱台的体积为 ． 18．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知三棱锥的顶点均在球上，且，，若三棱锥体积的最大值是，则球的体积是 ． 19．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知平行四边形中，，，.若沿对角线将折起到的位置，使得，则此时三棱锥的外接球的体积大小是 . 20．（2023上·江苏南通·高三统考期末）在平行四边形ABCD中，，，，将沿BD折起到的位置，若二面角P－BD－C的大小为，则四面体PBCD的外接球的表面积为 . 21．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）一名学生参加学校社团活动，利用3D技术打印一个几何模型该模型由一个几何体及其外接球组成，几何体由一个内角都是120°的六边形绕边旋转一周得到且满足，，则球与几何体的体积之比为 . 22．（2023上·江苏南通·高三统考期末）已知球O的表面积为，P是球O内的定点，，过P的动直线交球面于A，B两点，，则球心O到AB的距离为 cm；若点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周，则圆台的体积为 . 四、解答题 23．（2023上·江苏南京·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末）如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，棱AC，A1C1的中点分别为M，N． (1)求证：B1N⊥C1M； (2)求异面直线BN与C1M所成角的余弦值； (3)求平面A1BM与平面ABC1所成二面角的正弦值． 24．（2023上·江苏扬州·高三校联考期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，． (1)证明：平面平面； (2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 25．（2023上·江苏南通·高三统考期末）如图，已知四边形为直角梯形，其中，，现将四边形沿着旋转至，使得平面平面． (1)证明：，，，四点共面 (2)若，点在线段上，且，求平面与平面所成角的正弦值． 26．（2023上·江苏南通·高三统考期末）如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且. (1)证明：； (2)若四棱锥的体积为1，求异面直线与所成角的余弦值. 27．（2023上·江苏南通·高三统考期末）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，平面平面ABC，M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 28．（2023上·江苏泰州·高三统考期末）如图,在三棱台中,已知平面平面,,, (1)求证:直线平面; (2)求平面与平面所成角的正弦值. 29．（2023上·江苏南通·高三统考期末）如图，菱形ABCD的边长为2，，E为AC的中点，将沿AC翻折使点D至点. (1)求证：平面平面ABC； (2)若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值. 参考答案： 1．B 【分析】利用球的表面积公式求球的半径，根据圆锥的高的大小分情况利用圆锥的母线长表示圆锥的底面半径和高，根据圆锥体积公式求其体积，可得体积的函数表达式，再利用导数求其范围. 【详解】设球的半径为，圆锥的底面半径为，高为， 因为球的表面积为，所以，故， 当时，过圆锥的轴作球和圆锥的截面可得截面图如下： 所以，， 所以，， 又，，所以，， 所以圆锥的体积，， 当时，过圆锥的轴作球和圆锥的截面可得截面图如下： 所以，， 所以，， 因为，，所以， 所以圆锥的体积，， 当时，，，也满足， 所以圆锥的体积，， 所以， 令，可得或(舍去)， 当时，，函数在区间上单调递增， 当时，，函数在区间上单调递减， 所以当时，函数取最大值， 又当时，，当时，， 所以当时，函数取最小值， 所以内接圆锥体积的取值范围是 同理可得内接圆锥体积的取值范围是， 故选：B. 2．A 【分析】由棱台的体积求出棱台的高，过作，垂足为，连接，，过作，垂足为，易知四边形为等腰梯形，且，，,，求出，再求出，利用梯形的面积公式，即可求出结果． 【详解】设方亭的高为，因为，方亭的体积为， 所以，解得， 如图， 过作，垂足为， 连接，，过作，垂足为，易知四边形为等腰梯形， 且，，则， ， 因为侧面为等腰梯形， 所以， 所以侧面的面积为． 故选: A． 3．C 【分析】根据底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解. 【详解】解：设圆锥的母线长为l， 半径为1的球的表面积为， 因为底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等， 所以， 解得， 故选：C 4．C 【分析】选①：在点C建立空间坐标系，结合直线BE与AC所成角为60°计算出点E坐标，得出CE长度，再用等体积法算点A到平面BCE的距离. 选②：先利用三棱锥体积关系算出CD长度，再得出CE的长度，结合等体积法计算点A到平面BCE的距离. 【详解】选①:AB为圆O的直径，且AB＝10，BC＝6， 为直角三角形，AC=8， 如图建立空间坐标系，,设， 则， , ， , 且, E为AD的中点，， , ; . 选②：AB为圆O的直径，且AB＝10，BC＝6， 为直角三角形，AC=8， 又平面ABC，,设CD=h, E为AD的中点，且三棱锥D−BEC的体积为， , , ,, 中，, , 面ACD,面ACD, , , ; . 故选：C. 5．B 【分析】探求正四棱锥的顶点P在底面上射影与球O的球心关系即可计算作答. 【详解】在正四棱锥中，连接AC，BD，，连，如图， 则有平面，为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即， 于是得， 因此，顶点P，A，B，C，D在以为球心，2为半径的球面上，即点O与重合， 所以球O的体积是. 故选：B 6．A 【分析】由已知可得的外接圆的半径,由余弦定理和基本不等式可得底面面积的最大值，点P到平面的距离的最大值为，由所得最值结合体积公式即可得到答案. 【详解】由已知可得，的外接圆的半径， 且由余弦定理得 ， （当且仅当时取等号） 所以, 又外接球的球心到平面的距离为， 所以点P到平面的距离的最大值为， 所以三棱锥体积的最大值为. 故选：A 7．D 【分析】设点到平面的距离为，根据线面角的定义求，，由此可求. 【详解】设点到平面的距离为， ∵PB与平面ABD所成的角分别为α， ∴ ， 又与与平面ABD所成的角相等， ∴ ，又PD＝2DC ∴ ， 故选：D. 【点睛】 8．D 【分析】将点P到底面ABC的距离转化为外接球的球心到底面ABC的距离，再利用三棱锥是棱长为2的正四面体进行求解. 【详解】设点P到底面ABC的距离为，点到底面ABC的距离为， 则. 连接、，则三棱锥是棱长为2的正四面体， 取的中点，连接，作，则平面， 即，在正中，， 在中，， 即，即点P到底面ABC的距离为. 故选：D. 9．ACD 【分析】选项A，结合底面半径和侧面积求出母线，再求出圆锥的高，由内切球的性质，进而求出内切球半径；选项B，由圆锥体积公式直接求得；选项C，由圆锥的高可判断过点P作圆锥的截面，截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；选项D，把圆锥的侧面展开，利用余弦定理求线段长度. 【详解】选项A，如图1，设圆锥母线为，高为，由半径r＝，侧面积为2π，则，解得，.由圆锥的内切球球心O1作，垂足为点，设，则,由，即，解得，内切球O1的表面积为，故A正确； 选项B，圆锥的体积为，故B错误； 选项C，由选项A可知，，，所以，则，过点P作平面α截圆锥的截面面积最大时，对应三角形为等腰直角三角形，故C正确； 选项D，如图2，把圆锥的侧面展开一半，点展开到，，，，由余弦定理， 所以从A点沿圆锥表面到M的最近路线长，故D正确. 故选：ACD. 10．ACD 【分析】由条件确定点的位置，证明平面，结合锥体体积公式判断A，取，确定点的位置，由此排除B，由确定点的位置，证明平面平面，由此判断C，由确定点的位置，由此确定三棱锥的外接球的球心和半径，由此判断D. 【详解】对于A，因为，， 所以， 所以点在线段上， 因为平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离与点到平面的距离相等， 三棱锥的体积， 所以当时，三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，取，因为， 所以，设线段的中点为， 则，即点与点重合， 因为与不垂直， 故当取，时，与不垂直，B错误； 对于C，因为，， 所以，即，又， 所以点在线段上， 因为，平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为，， 所以，即点为的中点， 连接，记其交点为，取的中点为，连接， 则，又， 所以点为三棱锥的外接球的圆心， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确. 故选：ACD. 11．ACD 【分析】根据球的表面积公式，易得球的半径对于，因为，所以，结合余弦定理及已知条件可求得；对于，利用反证法即可判定；对于，由正弦定理可求得底面圆的直径，进而可求棱锥的高，从而可求，，再利用余弦定理求出与的夹角的余弦值；利用棱锥的体积公式即可求出四棱锥的体积，从而判断． 【详解】设底面圆的半径为，球的半径为， 已知球的表面积是，则，则， 四边形内接于的底面圆， 设，则， 在中，由余弦定理可得， ， 在中，由余弦定理可得， ， 由可得，即， 所以，代入可得，所以A正确； ， 在中，由正弦定理可得，则， 设棱锥的高为，则， 所以，即与重合， 则，所以， 则中，，， 由余弦定理，， 所以与的夹角的余弦值是，所以C正确； ，所以D正确； 对于选项B，假设平面， 又有平面，平面平面， 则，而四边形中，，，， 显然不成立，故矛盾， 所以平面不成立， 所以B错误． 故选：ACD． 12．ABD 【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明 对于B项，从正方体的角度上看易得 对于D项，证明四边形是平行四边形可验证 对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角. 【详解】把正四面体放到正方体里，画图为： 对于A项，、分别为，的中点， 又平面且平面 平面，故A正确 对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确. 对于D项，、、、分别是棱，，，的中点 且 且 所以 所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确. 对于C项，若平面成立，即平面 又因为平面 所以 又因为、分别为，的中点， 所以 所以 而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确. 故选：ABD 13．ABD 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量逐项求解. 【详解】 以A为原点，AB为x轴，AD为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系， 则有 ， ，设 ，则 ， 即 ； 对于A， ，正确； 对于B， ，设平面 的一个法向量为 ， 则有 ，即 ，令 ，则 ， ， 设 与平面的夹角为 ，则 ， 当 时取最大值= ， 的最大值为， 正确； 对于C，当 时， ， ， 设平面PAC的一个法向量为 ，则有 ，即 ， 令 解得 ， ； 设平面 的一个法向量为 ， ， 则有 ，即 ，令 解得 ， ， 不存在 使得 ， 与 不平行，错误； 对于D，当 为锐角三角形就是 ，设 ， ， ， ， ，正确； 故选：ABD. 14．BC 【分析】根据正方体的截面特点，对四个选项一一判断. 【详解】对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形. 如图所示的截面三角形. 设，所以，，. 所以由余弦定理得：所以为锐角. 同理可求：为锐角，为锐角. 所以为锐角三角形.故A不选. 对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形. B选 对于C：当截面为五边形时，不可能出现正五边形. C选. 对于D：如果截面经过各个棱的中点，得到的是正六边形，如果与各个棱相交，但不全经过各个棱的中点，得到的是边长不全相等的六边形，故D不选. 故选：BC. 15．AB 【分析】设正方体棱为一个具体的数,建立空间直角坐标系,根据各个点的位置,写出各个点的坐标,找到,计算两个向量的数量积,判断是否为0,即可得选项A的正误;求出平面的法向量,判断与法向量是否垂直,根据线面平行的判定定理,即可得选项B的正误;根据向量的数量积为0,判断是否与平面中两个不共线向量是否垂直即可判断选项C的正误;判断是否共线,即可得选项D的正误. 【详解】解:由题知,令正方体棱为3, 以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系: 因为,, 所以 , , 所以,, 因为, 所以, 故选项A正确; 设平面的法向量为, 则, 因为, 所以, 取,可得, 因为, , 所以, 因为平面, 所以平面, 故选项B正确; 因为,, 所以, 故 与不垂直, 即不垂直于平面, 故选项C错误; 因为,, 所以共线， 即, 所以四点共面， 故直线与直线共面. 故选项D错误. 故选:AB 16．ACD 【分析】对于A，先利用三角形相似证得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，从而得以判断； 对于B，先利用线面垂直推得平面AGH与平面CHG重合，再利用面面平行的性质定理证得，进而推得，从而利用线面平行的性质定理推得，由此得以判断； 对于C，由平面得到二面角为，进而由推得，据此判断即可； 对于D，先分析得三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，再由勾股定理证得，从而求得公共圆的直径，由此得解. 【详解】对于A，在矩形中，，是的中点， 所以，，则， 又，所以，则， 所以，则，故， 当平面平面时，如图1， 又因为平面平面，平面， 所以平面，故A正确. . 对于B，当平面平面CDF，如图1， 由选项A易知在矩形中，，则， 所以在中，，， 同理，则，， 又，，面， 所以面，同理平面CHG， 又因为，所以平面AGH与平面CHG重合，即四边形为平面四边形， 又平面平面CDF，平面平面，平面平面， 所以，又，所以四边形是平行四边形，则， 假设，则四边形为平面图形， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面，平面，所以， 又，即，所以四边形是平行四边形， 所以，而，，显然矛盾，故B错误； 对于C，如图2， 由选项B易得平面， 又平面，所以，同理：， 所以二面角的平面角为， 在中，由选项B知， 所以是正三角形，故，即二面角的大小等于，故C正确； . 对于D，如图2，三棱锥与三棱锥的公共面为面， 所以三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆， 易知，，， 所以，所以，即为直角三角形， 所以为的外接圆的直径，即， 所以所求公共圆的周长为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握面面垂直的性质定理、线面平行与面面平行的性质定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，严密推理；同时对于外接球的公共圆的突破口在于找到两个三棱锥的公共面，从而得解. 17． 【分析】先根据题意画出几何体,通过外接球的半径及上、下底面外接圆半径,利用勾股定理求出正四棱台的高,再根据外接圆半径分别求出上下底面的面积,根据体积公式即可得出结果. 【详解】解:由题知,正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上, 取正四棱台上底面一点为,正方形中心为, 下底面一点为,正方形中心为, 正四棱台外接球球心为, 连接如图所示: 记正四棱台高,, 在直角三角形中,, 所以有,解得, 在直角三角形中,, 所以有, 解得,即, 因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2, 所以四棱台上、下底面正方形的边长分别为:,, 所以,, 故正四棱台体积为:. 故答案为: 18．/ 【分析】取中点为，中点为，连接，，，，设球的半径为，固定平面，可知点在以为球心，为半径的球上运动，得到面积的最大值，以及点到平面的距离的最大值，结合棱锥体积公式，可求得，再利用球的体积公式求解即可． 【详解】如图： 取中点为，中点为，连接，，，， 设球的半径为，则，，设点A到平面的距离为，则点到平面的距离也为， 可知，固定平面，可知点在以为球心，为半径的球上运动，则点到直线的距离的最大值为， 则， 则， 则，解得，则球的体积为． 故答案为：． 19． / 【分析】求得，根据三棱锥的结构特征，将其补成一个长方体，设出其棱长 ，表示出，求得外接球半径，即可求得答案. 【详解】如图示： 在平行四边形中，，，， 则 , 所以, 则在三棱锥中，， 故可将三棱锥中补成一个长方体，如图示： 则，故， 由题意可知三棱锥的外接球即为该长方体的外接球，设球的半径为r, 则， 故外接球体积为， 故答案为： 20． 【分析】取的中点，证明为二面角的平面角，在平面内过点作直线与垂直，过作直线与垂直，设两垂线的交点为，证明为四面体PBCD的外接球的球心，求可得球的半径，由球的面积公式求球的表面积. 【详解】如图，因为四边形为平行四边形，，，， 所以，，， 在翻折后的图形中，， 取的中点，则， 故，所以为二面角的平面角， 由已知， 在平面内过点作直线与垂直，过作直线与垂直，设两垂线的交点为， 则，为直角三角形，又，，所以， 所以，，所以， 因为，平面，， 所以平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为为直角三角形，为斜边的中点，所以， 所以，同理可证， 所以点为四面体PBCD的外接球的球心， 因为，,，所以， 所以四面体PBCD的外接球的半径为，该球的表面积， 故答案为：. 21．/ 【分析】方法一：设，，由求出、，可得，，相除可得答案； 方法二：设，，，旋转形成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥，求出、，可得，设中点为，为球心，由求出，可得，相除可得答案. 【详解】方法一：设，，连接， 因为，且每一个内角都为， 所以， 所以， 即，所以四边形是长方形， ， ∴， ∴，， ， ； 方法二：设，， ∴，旋转形成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥， ， ，∴， ∵几何体存在外接球，设中点为，∴为球心， 由， ∴，，∴， ， ∴. 22． 【分析】由球的表面积确定球的半径，解三角形求球心O到AB的距离，再根据球的截面的性质列方程求出圆台的上下底面半径和圆台的高，利用体积公式求体积； 【详解】设球的半径为，则，∴，即，， ∴到AB的距离. 取AB中点M，则，∴，， 如图所示. 又点A，B的轨迹分别为圆台的上、下底面的圆周， 所以圆，圆，又圆，圆，所以四点共线，令，，，， ∴，∴， ∵，∴， ， . 故答案为：，. 23．(1)证明过程见解析； (2)； (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的性质进行证明即可； （2）利用空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）连接，因为棱AC，A1C1的中点分别为M，N， 所以，因为正三棱柱侧棱与底面垂直，所以平面， 显然有 因为底面是正三角形，A1C1的中点为N， 所以，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设该正三棱柱的所有棱长为2， ， 因为； （2），， 异面直线BN与C1M所成角的余弦值为； （3）设平面A1BM的法向量为， ， 有， 设平面的法向量为， ， 则有， 所以平面A1BM与平面ABC1所成二面角的余弦值的平方为：， 因此平面A1BM与平面ABC1所成二面角的正弦值为：. 24．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）设交于O，利用菱形与等腰三角形的性质， 可证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角 与法向量的关系即可求解. 【详解】（1）证明：设交于O，底面是菱形， 则，O是中点， 又，所以， 又，，平面， 则平面， 又平面， 则平面平面． （2），， 不妨设，则，，， 又，则，所以， 所以， 以O为原点，分别以，，为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，，， 设平面PBC的一法向量为， 则，取，则， 同理，求得平面的一法向量， 设平面和平面所成锐角为， 则， 所以，平面和平面所成锐角的余弦值为． 25．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由条件可得平面，以为坐标原点，以为基底建立空间直角坐标系，利用空间向量知识即可证明，，，四点共面； （2） 设平面的法向量为，设平面的一个法向量，求出向量、，计算即可求得平面与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）证明：因为， 平面平面， 平面平面， 平面， 所以平面． 以为坐标原点，以为基底建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，, 所以，， 所以，即，，，四点共面. （2）因为，点在线段上，且， 所以． 设平面的法向量为， 因为，，所以，， 令，则，，所以平面的一个法向量． 设平面的一个法向量， 因为，，所以，， 令，则，，所以平面的一个法向量． 设平面与平面所成夹角为， 则，， 所以， 即平面与平面所成角的正弦值为． 26．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平面平面得到，再根据得到平面即可.（2）以为坐标原点，，方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，求解. 【详解】（1）证明：如图，连接，因为，为中点， 所以，由平面，平面平面，平面平面， 故平面；因为平面，所以； 因为，，且，平面 所以平面； 而平面，所以. （2）由（1），且为平行四边形，所以， 因为，所以 由于四棱锥的体积为， 故，解得； 如图，以为坐标原点，，方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，， 因为为的中点，且，所以， 所以， 设异面直线与所成角为，，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为 27．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据三棱柱的几何性质，结合三角形中位线定理、线面平行的判定理进行证明即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系，结合三棱锥的体积公式、空间夹角公式进行求解即可； 方法二：根据线面垂直的判定定理，结合二面角定义进行求解即可. 【详解】（1）连接交于N，连接MN. 在三棱柱中，四边形平行四边形， 又，所以N是中点， 在中，M是的中点， 所以， 又面，面， 所以平面. （2）法一：取BC的中点O，连接OA，. 在中，，O为BC的中点，所以， 又面面ABC，面，面面， 所以面ABC. 在三棱柱中，四边形是平行四边形， 因为M是棱的中点，故， 又， 所以， 所以，即， 而，所以. 以O为坐标原点，OA，OB，所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz， 故，，，，. 所以，， 设平面的法向量， 则，即取，得， 所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量， 则，即取，得， 所以是平面BMC的一个法向量， 所以， 设二面角的大小为， 由图可知，， 所以二面角的余弦值为. 法二：取BC的中点O，连接OA，，OM，过作，， 垂足分别为G，H，连结GH. 在中，，O为BC的中点，所以， 又面⊥面ABC，面，面面， 所以面ABC. 又面ABC，所以， 设，则. 在等边中，O为BC的中点，所以， 又，，面，所以面， 因为面，所以， 在三棱柱中，，四边形是平行四边形， 所以四边形是矩形，， 故四边形的面积为. 因为面ABC，故面， 又面，所以. 在中，. 因为面，即面，面，所以， 又，，OM，面，所以面， 所以四棱锥的体积为，解得， 所以，，，， 所以，，所以， 因为面，面，所以， 又，，，面， 所以面， 又面，所以， 所以是二面角的平面角. 在中，， 所以. 所以二面角的余弦值为. 28．(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)由平面平面,若证直线平面,只需即可,在等腰梯形中,根据边和角的关系即可得到; (2)由(1)的结论可证明,根据线面垂直判定定理,和面面垂直判定定理即可证明平面平面,即可以为原点建立合适空间直角坐标系,找出点的坐标,分别求出平面与平面的法向量,求出法向量夹角的余弦值的绝对值即面面角的余弦值,根据同角的三角函数的关系,即可得出正弦值. 【详解】（1）证明:在等腰梯形中, 过作于点,画图如下: 所以,且,, 所以, 即, 即, 因为平面平面, 平面平面, 平面, , 所以平面; （2）由(1)知平面, 所以, 又因为, ,平面,平面, 所以平面, 因为平面, 所以平面平面, 以为原点,以方向分别为轴,过点在平面内,做垂直于的线为轴,建立如图所示空间直角坐标系: 则,,,, 由,可得, 所以,, ,, 设平面与平面的一个法向量分别为,, 所以, 即, 取,可得, 由, 可得, 取,可得, 设平面与平面所成角为, 所以, 故. 故平面与平面所成角的正弦值为. 29．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直； （2）过作于点，过M作于点，连接，分析得即为二面角的平面角，由三棱锥体积求得，即可进一步由几何关系求得. 【详解】（1）证明：在菱形中，，∴和均为等边三角形， 又∵E为AC的中点，∴，，，平面，∴平面， 又∵平面ABC，∴平面平面ABC. （2）过作于点，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC. ∴. 过M作于点，连接， ∵平面ABC，∴，∵平面，∴平面， ∵平面，∴. ∴即为二面角的平面角， ，∴，， ∴，∴. 故二面角的余弦值为.