空间向量与立体几何-广东省广州市高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编
一、单选题
1．（2021·广东广州·统考二模）学生到工厂参加劳动实践，用薄铁皮制作一个圆柱体，圆柱体的全面积为，则该圆柱体的外接球的表面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·广东广州·统考一模）红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·广东广州·统考一模）已知一个圆台的母线长5，且它的内切球的表面积为，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·广东广州·统考三模）一几何体的平面展开图如图所示，其中四边形为正方形，分别为的中点，在此几何体中，下面结论错误的是（ ）
A．直线与直线异面
B．直线与直线异面
C．直线平面
D．直线平面
5．（2023·广东广州·统考二模）木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底而的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·广东广州·统考一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．（2021·广东广州·统考二模）如图，已知长方体中，四边形为正方形，，，，分别为，的中点.则（ ）
A． B．点 四点共面
C．直线与平面所成角的正切值为 D．三棱锥的体积为
8．（2021·广东广州·统考一模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝1，点Q是棱A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则下面结论中正确的是（ ）
A．PQ与EF一定不垂直
B．二面角P﹣EF﹣Q的正弦值是
C．PEF的面积是
D．点P到平面QEF的距离是定值
9．（2021·广东广州·统考三模）关于空间两条不同直线和两个不同平面，下列命题正确的是（ ）
A．，则 B．，则
C．，则 D．，则
10．（2021·广东广州·统考二模）如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则（ ）
A．平面
B．平面
C．直线与所成角的余弦值为
D．平面截四棱锥所得的上，下两部分几何体的体积之比为
11．（2022·广东广州·统考一模）在矩形中，，将沿对角线进行翻折，点翻折至点，连接，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的外接球表面积不变
B．三棱锥的体积最大值为
C．异面直线与所成的角可能是
D．直线与平面所成角不可能是
12．（2022·广东广州·统考一模）如图，长方体中，，，，点M是侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．当PM长度最小时，三棱锥的体积为
B．当PM长度最大时，三棱锥的体积为
C．若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为
D．若M在平面内运动，且，则点M的轨迹为圆弧
13．（2023·广东广州·统考二模）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．若取得最小值，则
B．若，则平面
C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D．直线到平面的距离为
14．（2023·广东广州·统考二模）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．直线可能与平面相交
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
C．当时，与平面所成角最大
D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为
三、填空题
15．（2021·广东广州·统考三模）某校学生参加社会劳动实践活动，把一个半径为的球形钢材切削成一个圆锥，当圆锥的体积最大时，高为，则__________．
16．（2022·广东广州·统考一模）已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两互相垂直，，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.
17．（2022·广东广州·统考三模）讲一个半径为5的水晶球放在如图所示的工艺架上，支架是由三根金属杆PA PB PC组成，它们两两成60°角.则水晶球的球心到支架P的距离是___________.
18．（2021·广东广州·统考二模）已知三棱锥中，，，，，为的外接圆的圆心，，则三棱锥的外接球的表面积为___________.
四、双空题
19．（2023·广东广州·统考一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.
五、解答题
20．（2021·广东广州·统考三模）如图，在棱柱ABCD﹣A′B′C′D′中，底面ABCD为平行四边形，CD=2AD=4，∠BAD，且D′在底面上的投影H恰为CD的中点.
（1）过D′H作与BC垂直的平面α，交棱BC于点N，试确定点N的位置，并说明理由；
（2）若二面角C′﹣BH﹣A为，求棱柱ABCD﹣A′B′C′D′的体积.
21．（2021·广东广州·统考二模）如图，三棱柱的侧面是菱形，．
（1）求证：平面；
（2）若，，且二面角为直二面角，求三棱锥的体积．
22．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.
(1)证明：平面；
(2)若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
23．（2022·广东广州·统考一模）如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，
(1)证明：平面平面；
(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.
24．（2023·广东广州·统考二模）如图，在直三棱柱中，，点D是的中点，点E在上，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值.
25．（2023·广东广州·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
(1)求证：；
(2)求平面PAB与平面ABCD交角的正弦值.
26．（2023·广东广州·统考二模）在四棱锥中，平面底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，，，.
(1)证明：平面EAC.
(2)若四棱锥的体积为，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值.
参考答案：
1．B
【分析】设圆柱的高为，底面圆的半径为，该圆柱外接球的半径为，根据圆柱的面积得到，，再由球与圆柱的结构特征，得到，进而可表示出球的表面积，从而可求出最小值.
【详解】设圆柱的高为，底面圆的半径为，该圆柱外接球的半径为，
由题意可得，则；所以，，则，
根据圆柱与球的对称性可得：，
所以该圆柱体的外接球的表面积为，当且仅当，即时，等号成立.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于由圆柱的表面积得到圆柱底面圆半径与圆柱高之间的关系，进而表示出球的半径，得出球的表面积.
2．C
【分析】由题利用勾股定理求出半径，再求出高度，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去两个球冠的面积即可解决问题.
【详解】由题意得：，
所以cm，
所以cm，
所以两个球冠的面积为cm2，
则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：
cm2，
故选：C.
3．C
【分析】画出圆台内切球的轴截面图，由题意结合图象求出圆台上下底面的半径与高，再由圆台的体积公式即可求解
【详解】圆台内切球的轴截面如图所示，
由题意易知为等腰梯形，且，
取的中点 ，连接，
则易知球心为的中点，
因为圆台的内切球的表面积为，
所以圆台的内切球的半径为，即，
过点作，交与，连接，
设，则由圆的切线性质可知
，
所以，
过点作，交与，
则,
由
得，解得，
由，解得，
所以圆台的体积为，
故选：C
4．B
【分析】由可得共面即可判断B选项；又面，面，即可判断A选项；由线面平行的判定即可判断C、D选项.
【详解】
由题意知：该几何体是底面为正方形的四棱锥，如图所示，连接，易得，则，
故共面，则共面，故B错误；又面，面，不在直线上，则直线与直线异面，A正确；
由，平面，平面，则直线平面，C正确；
平面，平面，则直线平面，D正确.
故选：B.
5．A
【分析】根据正四棱台的外接球的性质可得两底面的边长，进而根据直角三角形的边角关系，结合二面角的定义即可求解.
【详解】如图：正四棱台，由题意可知：是底面正方形的中心也是球O的球心，
且,所以 ,进而可得
取的中点为，过的中点作，连接,
所以 ,,故,
在直角三角形中， 故，
由于,所以即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为，
故选：A
6．A
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
7．BCD
【分析】利用反证法判断A；利用直线平行判断B；利用线面角的定义判断C；利用锥体体积公式判断D.
【详解】对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；
对于B，连接，，，由于，分别为，的中点，，又因为长方体，知，，所以点 四点共面，故B正确；
对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；
对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确
故选：BCD
8．BCD
【分析】取特殊位置，当与点重合时，即可判断选项A；建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角，即可判断选项B；利用线面垂直的性质定理，可得是的高，利用三角形的面积公式求解即可判断选项C；由线面平行的判定定理判断得到平面，即可判断选项D．
【详解】解：对于A，当与点重合时，，故选项A错误；
对于B，由于点是棱上的动点，是棱上的一条线段，所以平面即平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，4，，
所以，平面即平面，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，
同理可求得平面的法向量为，设二面角为，
所以，
故，故选项B正确；
对于C，由于平面，又平面，
所以，所以，所以是的高，
所以，故选项C正确；
对于D，由于，且平面，平面，所以平面，
又点在上，所以点到平面的距离为常量，故选项D正确．
故选：BCD．
9．AC
【分析】利用空间线线、线面、面面垂直、平行的判定与性质以及线线、线面以及面面的位置关系逐一判断即可.
【详解】对于A，由线面垂直的性质定理知A选项正确；
B选项中，可能有，所以B选项错误；
C选项中，若，至少有一条直线在内，显然成立，若，都不在内，在外取一点，过分别做与平行，则由面面垂直，线面垂直的性质，可得，即，所以C选项正确；
D选项中，满足，可能或，所以D选项不正确.
故选：AC
10．ACD
【分析】根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据所给选项，逐个分析判断即可得解.
【详解】
如图：作中点，连接，
则，即A、D、E、F四点共线，即l为EF，
故对A，，所以平面，即平面正确；
对B，由，若平面则必有，
即四边形为平行四边形，则矛盾，故B错误；
对C，与所成角，即与所成角，即与所成角，
由底面，所以，
，故C正确；
对D，连接，
，
，
，故D正确，
故选：ACD
【点睛】本题考查了立体几何中的先线面平行和线面角问题，考查了锥体的体积问题，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题.
本题的关键有：
（1）掌握空间线面的平行关系；
（2）平移法求一面直线所成角；
（3）利用割补法求空间几何体的体积.
11．AD
【分析】当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大，与平面所成角最大，利用等面积求得后，即可确定BD的正误；取中点为,可得，所以为棱锥的外接球球心，故球的表面积不变，可判断A的正误；设异面直线与所成的角是，由线面垂直的判断和性质，可判断C的正误.
【详解】对于A，记中点为，如图所示
和均为直角三角形,为中点,
,
为棱锥的外接球球心，半径为,
.
三棱锥的表面积不变，，故A正确；
对于B，画图如下：
由题知,
当平面平面时,三棱锥的体积最大,
过点向AC做垂线，垂足为E，
在中可得，
平面平面,
平面平面,
是三棱锥的高,
三棱锥的体积最大值为.
故B不正确；
对于C，若异面直线与所成的角是，
则，又因为
,平面,平面,
平面，则，在中，，
不成立，所以异面直线与所成的角不可能是，故C不正确；
对于D，设与平面所成角为，点到平面距离为，则，
当点到平面距离最大时，与平面所成角最大，
当平面平面时，点到平面距离最大，由B知，
此时，
即，，D正确.
故选：AD.
12．AC
【分析】由等体积法可判断AB，由圆的知识可判断C，利用空间向量法求夹角余弦值，可判断D.
【详解】对于A，当PM长度最小时，点在线段的中点，
， ，A正确.
对于B，当PM长度最大时，点与点或点重合，若点与点重合，
，
当点与点重合时，由于与平面不平行且在该平面同侧，
所以此时体积不为，所以B错误.
对于C，作中点，连接，如下图所示，易证平面，
平面，则，若保持，则，
则点M的轨迹是以为半径的半圆弧，长度为，C正确.
对于D，以点为原点建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，设
则有，，
若，则有，
即，
化简得：，
即，
即或（此时，）,
故点M的轨迹为一段直线，D错误.
故选：AC
13．BCD
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可．
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，
因为正四面体的长为2，
所以正方体的棱长为，
则，，，
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为
所以
设，则，
所以，
所以，
，
对于Ａ：因为，
，
所以，
当时，即，，取得最小值，故A错误；
对于B：若，则，
所以，
因为，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
因为，
所以平面，即平面，故B正确；
对于C：若平面，则，即，
，即，
设平面的一个法向量为，因为，，
则，取，则，
因为，
所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，
又因为点为等边三角形的重心，
所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，
设三棱锥外接球的半径为，
则，即，解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则，
因为，且直线平面，
所以直线平面，
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，
则点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故D正确，
故选：BCD．
14．BCD
【分析】A.利用面面平行的性质定理，判断A；
B.利用等体积转化，可判断B；
C.利用垂直关系的转化，结合线面角的定义，即可判断C；
D.首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可判断D.
【详解】A.如图，，且平面，平面，
所以平面，同理平面，且平面，平面，
且，所以平面平面，且平面，
所以平面，故A错误；
B.如图，过点作于点，于点，根据面面垂直的性质定理可知，平面，平面，
，
.
故B正确；
C.因为平面，平面，所以，
且，且，平面，平面，
所以平面，且平面，
所以，即，点是的中点，此时线段最短，
又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为，
设与平面所成角为，，,当时，线段最短，所以此时最大，所以最大，故C正确；
D. 的周长为，为定值，即最小时，的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，作，垂足为，，解得：，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
,，
连结，平面，且经过的中心，所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则,
即，解得：，
，所以外接球的表面积，故D正确.
附：证明平面，
因为平面，平面，所以，又因为，
且，平面，平面，所以平面,
平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：本题考查空间几何的综合应用，难点是第四个选项的判断，充分利用数形结合和空间向量的综合应用，解决三棱锥外接球的球心问题.
15．．
【分析】作出圆锥的轴截面，其外接圆为球的大圆，由此可得的关系，由圆锥体积体式表示出体积后，由基本不等式得最大值，从而可得结论．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面等腰三角形，其外接圆为球的大圆，由图可得，
，
圆锥体积为，
当且仅当，即时等号成立．
故答案为：．
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方．
16．/
【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可知最长弧长.
【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：
若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，
又，，
所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；
面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
所以最长弧的弧长为.
故答案为：.
17．5
【分析】由题意画出示意图，O为球心，利用所给数据，求出DA，PD，OD，利用cos60°=cos30°cos∠CPD解出PO即可.
【详解】解：设PO=x，作OD⊥平面BPA，连接AD，DB，则PA=，
DA=，PD=，
OD=，
cos60°=cos30°cos∠CPD，
，1=，
，所以x=，
故答案为：5.
【点睛】本题考查直线与球相切的有关问题，考查学生逻辑思维能力，空间想象能力，是中档题.关键是利用含有直二面角的三面角三余弦定理cos∠APC=cos∠APDcos∠CPD计算求解.
18．
【分析】由题意是中点，证明平面平面，作平面，垂足为，证得，取中点，则得就是三棱锥也是四棱锥的外接球的球心．由此易得外接球表面积．
【详解】由题意是中点，则，
因为，，所以，，
又，平面，所以平面，
而平面，所以平面平面，
作平面，垂足为， 平面，则平面，
又平面平面，则，
，
因为，所以是矩形，
取中点，连接，则，从而平面．
就是三棱锥也是四棱锥的外接球的球心．
球半径为，
表面积为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查求球的表面积，解题关键是确定外接球球心位置．三棱锥的外接球球心在过各面外心且与此面垂直的直线上．由此结论易寻找到外接球球心．
19．
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
20．（1）点N为BC中点，理由见解析；（2）24
【分析】（1）先证明，，进而得到平面，由此的中点即为所求，平面即为．
（2）以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出棱柱的体积．
【详解】解：（1）当点N为BC中点时，符合题目要求.
证明如下：
分别连接NH，ND′
在△HNC中，NH，
∴HC2=NC2+HN2，∴，∴NH⊥BC，
∵D′在底面上的投影H恰为CD的中点，
∴D′H⊥平面ABCD，
∵BC 平面ABCD，∴D′H⊥BC，
∵NH⊥BC，D′H∩NH=H，D′H，NH 平面D‘HN，
∴BC⊥平面D‘HN，
∴点N即为所求，平面D′HN即为α.
（2）由（1）知HN⊥BC，HNDB，ADBC，∴AD⊥BD，
以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵CD=2AD=4，∠BAD，且D′在底面上的投影H恰为CD的中点.
∴B(0，2，0)，C(﹣2，2，0)，H(﹣1，，0)，
设D′H=t，则C′(﹣3，3，t)，
(﹣1，，0)，(﹣3，，t)，
设平面BHC′的法向量(x，y，z)，
则，取x，得(，﹣1，)，
平面ABH的法向量(0，0，1)，
∵二面角C′﹣BH﹣A为，
∴cos，解得t，
∴棱柱ABCD﹣A′B′C′D′的体积为：
V=S四边形ABCD×D'H=AD×DB×D′H=2
21．（1）证明见详解；（2）.
【分析】（1）记与的交点为，连接；根据题中条件，得到；再证，得到，推出；根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）过点作于点，连接、，根据线面垂直的判定定理，先证平面；得到即为二面角的平面角，再证平面，结合题中条件，求出，根据，即可求出三棱锥的体积.
【详解】（1）记与的交点为，连接；
因为侧面是菱形，所以为的中点，，；
由，，可得，，
因此，即为等腰三角形，所以；
因为，平面，平面，
所以平面；
（2）过点作于点，连接、，
因为平面，由（1）可知；
因为，平面，平面，
所以平面；
因为平面，平面，
所以，，
则即为二面角的平面角，所以；
因为，，，所以，
因此；所以，
又因为，所以，，则，，
因为，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
因此，
所以三棱锥的体积为.
【点睛】方法点睛：
证明空间位置关系时，可根据判定定理以及性质定理，结合题中条件直接进行证明；也可根据题中条件，建立适当的空间直角坐标系，得出所需直线的方向向量、平面的法向量， 由空间位置的向量表示，即可证明结论成立.
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
（2）因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；
（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．
【详解】（1）证明：取的中点，连接交于，连接，，
因为是菱形，所以，且是的中点，
所以且，又，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）解：取的中点，由四边形是菱形，，则，
是正三角形，，，又平面，
所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，
则，，，，，，
则设，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，，，
则，即，令，，
得
平面的法向量可以为，
，解得，
所以，则
设平面的一个法向量为，
则，即，取，得，
所以点到平面的距离.
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，由三角形的中位线定理可得，进而由直三棱柱可得，所以平面，再由平面，得，再由线面垂直的性质可得平面，从而推出平面，再由面面垂直的性质即可证明；
（2）由（1）知平面，当三棱锥的体积最大时，设出，结合立体几何的体积公式，和基本不等式可求出，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系，即可求解.
【详解】（1）取中点，连接、，如图所示：
，点是的中点，
，
又是的中点，
，
又在直三棱柱中，有， 平面
，
平面，
平面，且面，平面平面，
，
平面，且平面，
，
又，且、平面，
平面，
又，
平面，
平面，
面平面.
（2）由（1）知平面，则，
设，则，，，
，
由基本不等式知，当且仅当时等号成立，即三棱锥的体积最大，
此时，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则有，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则有，取，解得，
设直线与平面所成的角为，
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
25．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，连接，可证明，，进而可证平面，则结论成立；（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，根据题中所给条件计算，的长，求出正切值，进而求出正弦值.
【详解】（1）取中点，连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，即，
因为，所以；
因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以；
，所以平面，平面，所以.
（2）过做平面，过做于，则为平面PAB与平面所成角，
由（1）可知：平面，平面，所以平面平面，平面平面，
则直线，由题意可知，，又，所以，在直角三角形中，，所以，，
过做于，则，
在中，，，则，，
所以，所以，，则.
26．(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面EAC.
（2）根据四棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线EC与平面PAB所成角的正弦值.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为四边形是菱形，所以是的中点，
又是的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，则，
因为平面平面且交线为，平面，
所以平面.
设，则，解得.
因为底面是菱形，，所以，且.
以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，
，
设平面的法向量为，
则，
故可设，
则，
所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值为.
试卷第1页，共3页
HYPERLINK "()
" ()
