2022届优质校一模试卷专题汇编9 立体几何 解析版

这是一份2022届优质校一模试卷专题汇编9 立体几何 解析版，共37页。试卷主要包含了求解几何体的表面积及体积的技巧，三种空间角与空间向量的关系等内容，欢迎下载使用。

专题 9
××

立体几何





方法点拨

1．求解几何体的表面积及体积的技巧
（1）求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
（2）求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体易于求解．
2．判断与空间位置关系有关的命题真假的方法
（1）借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
（2）借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断．
3．利用空间向量证明空间垂直、平行的步骤
（1）建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
（2）建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．
（3）通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系．
（4）根据运算结果解释相关问题．
4．三种空间角与空间向量的关系
（1）线线角：设分别为异面直线的方向向量，则两异面直线所成的角满足．
（2）线面角：设是斜线的方向向量，是平面的法向量，则斜线与平面所成的角满足．
（3）二面角
①如图(Ⅰ)，，是二面角的两个半平面内与棱垂直的直线，则二面角的大小；

②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，，分别是二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足．
5．利用空间向量求解探索性问题的策略
（1）假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．
（2）在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
6．求空间多面体的外接球半径的常用方法：
（1）补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解．
（2）利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径．
（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．

试题汇编

一、选择题．
1．（四川省成都市2021-2022学年高三一模）在△ABC中，已知AB⊥BC，AB=BC=2．现将△ABC绕边AC旋转一周，则所得到的旋转体的表面积是（ ）
A．2π B． C． D．
2．（安徽省池州市2021届高三一模）某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，则该几何体的体积等于（ ）

A．8 B． C． D．
3．（广东省佛山市顺德区2022届高三一模）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（ ）

A． B． C． D．不确定
4．（多选）（福建省福州市2021届高三3月份一模数学试题）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB平面MNP的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（吉林省长春市2022届高三上学期质量监测（一））给出下列命题：
①若的三条边所在直线分别交平面于三点，则三点共线；
②若直线是异面直线，直线是异面直线，则直线是异面直线；
③若三条直线两两平行且分别交直线于三点，则这四条直线共面；
④对于三条直线，若，，则．
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．③④ D．②④
6．（陕西省渭南市临渭区2021届高三一模）已知是两条异面直线，直线与都垂直，
则下列说法正确的是（ ）
A．若平面，则 B．若平面，则
C．存在平面，使得 D．存在平面，使得
7．（西南名校联盟2022届“3 3 3”高考备考诊断性联考卷（一））已知是两个不同平面，是两条不同直线，给出下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则．
其中正确命题的个数为（ ）
A．0 B．2 C．1 D．3
8．（吉林省长春市2022届高三一模）长方体中，，，，则异面直线与成角余弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．（福建省泉州市2021届高三一模数学试题）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
10．（四川省成都市2021-2022学年高三一模）如图，已知三棱锥A-BCD的截面MNPQ平行于对棱AC，BD，且，其中．有下列命题：

①对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形；
②当AC⊥BD时，对任意的m，都存在n，使得截面MNPQ是正方形；
③当时，截面MNPQ的周长与n无关；
④当AC⊥BD，且时，截面MNPQ的面积的最大值为1．
其中假命题的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
11．（多选）（广东省佛山市顺德区2022届高三一模）如图，在正方体中，点E，F分别为，BC的中点，设过点E，F，的平面为，则下列说法正确的是（ ）

A．为等边三角形
B．平面交正方体的截面为五边形
C．在正方体中，存在棱与平面平行
D．在正方体中，不存在棱与平面垂直
12．（山西省怀仁市第一中学校2021届高三一模）在矩形ABCD中，BC＝4，M为BC的中点，将△ABM和△DCM分别沿AM，DM翻折，使点B与点C重合于点P，若∠APD＝150°，则三棱锥M－PAD的外接球的表面积为（ ）
A．12π B．34π C．68π D．126π
13．（江西省赣州市2021届高三3月一模）在三棱锥中，平面，，，．若P，Q分别是，的中点，则平面被三棱锥的外接球所截得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．

二、填空题．
14．（福建省龙岩市2021届高三一模）正方体的棱长为a，P是正方体表面上的动点，若，则动点P的轨迹长度为________．
15．（贵州省遵义市2021届高三一模）如图，正方形中，，点为中点，现将沿折起形成四棱锥，则下列命题中为真命题的是______．

①设点为中点，若，则在折起过程中，四点可能共面；
②设与交于点，则在折起过程中与可能垂直；
③四棱锥体积的最大值为．
16．（陕西省2019年渭南市高三一模）已知四面体四个顶点都在球O的球面上，若平面ABC，，且，，则球O的表面积为________．
17．（山西省晋中市2021届高三一模）在正四棱锥中，已知，为底面的中心，以点为球心作一个半径为的球，则平面截该球的截面面积为________．
18．（安徽省淮北市2020-2021学年高三一模）在棱长为的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为_______．
19．（安徽省池州市2021届高三一模）如图，在平面四边形中，，，，，将沿着折起，使得二面角为直二面角，当三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为___________．

20．（焦作市2021高三一模）如图，在棱长均为2的正三棱柱中，点是侧棱的中点，点、分别是侧面、底面内的动点，且平面，平面，则点的轨迹的长度为________．


三、解答题．
21．（四川省成都市2021-2022学年高三一模）如图甲，在直角三角形ABC中，已知AB⊥BC，BC=4，AB=8，D，E分别是AB，AC的中点．将沿DE折起，使点A到达点的位置，且⊥BD，连接，，得到如图乙所示的四棱锥，M为线段上一点．

图 甲 图乙
（1）证明：平面⊥平面DBCE；
（2）过B，C，M三点的平面与线段相交于点N，从下列三个条件中选择一个作为已知条件，求三棱锥的体积．
①BM=BE；②直线EM与BC所成角的大小为45°；③三棱锥的体积是三棱锥体积的．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．














22．（四川省南充市2021-2022学年高三一模）如图1，在矩形ABCD中，，，E是CD的中点，将沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥，其中平面平面ABCE．

（1）设F为的中点，若M为线段AB上的一点，满足．求证：平面；
（2）求点B到平面的距离．













23．（福建省龙岩市2021届高三一模）如图，四棱锥中，底面为矩形，侧面为等腰直角三角形，，，F是的中点，二面角的大小为120°，设平面与平面的交线为l．

（1）在线段上是否存在点E，使平面?若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由；
（2）若点Q在l上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．










24．（四川省乐山市高中2022届三模）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．在如图所示的“阳马”中，侧棱底面，，点是的中点，作交于点．
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面所成的二面角为，求．








25．（安徽省池州市2021届高三一模）如图，在平面上的投影为点，，，、分别为线段、的中点，与交于点，是上的一个点．
（1）若平面，求的值；
（2）若，，求二面角的正弦值．










26．（2020届浙江省宁波市高三一模）已知三棱柱中，、分别是与的中点，为等边三角形，，．
（1）求证：平面；
（2）（i）求证：平面；
（ii）求二面角的正弦值．









27．（福建省泉州市2021届高三一模）如图，在四棱锥中，二面角是直二面角，为等腰直角三角形的斜边，，，，为线段上的动点．
（1）当时，证明：平面；
（2）若平面平面，求二面角的余弦值．










28．（广西柳州市2022届高三11月第一次模拟）如图，△ABC的外接圆O的直径|AB|=2，CE垂直于圆O所在的平面，BD∥CE，|CE|=2，|BC|=|BD|=1，M为DE上的点．
（1）证明：BM⊥AC；
（2）当DM为何值时，二面角C－AM－D的余弦值为．









29．（西南名校联盟2022届“3 3 3”高考备考诊断性联考卷（一））如图甲，平面图形中，，沿将折起，使点C列F的位置，如图乙，使．

（1）求证：平面平面；
（2）点M是线段上的动点，当多长时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为?








参考答案

一、选择题．
1．【答案】D
【解析】由题知该几何体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，其中圆锥母线长，圆锥底面半径，
，故选D．
2．【答案】D
【解析】由题意可知，该几何体是从棱长为2的正方体中截得的，如图所示，
底面是等腰直角三角形的三棱锥，

所以该几何体的体积为，故选D．
3．【答案】A
【解析】由题可知，正方体的棱长为1，则平面，
又，在线段上运动，平面，
点到直线的距离不变，
由正方体的性质可知平面，则，
而，，
故的面积为，
又由正方体可知，，，且，
平面，则平面，
设与交于点，则平面，
点到平面的距离为，，故选A．

4．【答案】ABD
【解析】对于选项A，由图可知，，
故根据面面平行的判定定理可知，平面平面，
又因平面，所以直线AB平面MNP，故A正确；

对于选项B，根据题意易得，结合直线与平面平行的判定定理，
可知直线AB平面MNP，故B正确；
对于选项C，由题意可知，平面内不存在任意一条直线于直线平行，
故直线与平面不平行，因此C错；
对于选项D，由图可知，，
故根据面面平行的判定定理可知，平面平面，
又因平面，所以直线AB平面MNP，故D正确，

故选ABD．
5．【答案】B
【解析】对于①中，若的三条边所在直线分别交平面于三点，
可得且平面，所以三点必在两平面的交线上，
所以三点共线，所以①正确；
对于②中，若直线是异面直线，直线是异面直线，则直线可能相交，平行或异面直线，所以②错误；
对于③中，若三条直线两两平行且分别交直线于三点，由公理3可得这四条直线共面，所以③正确；
对于④中，例如：若是过长方体一顶点的三条棱，则满足若，，此时与相交，所以④错误，
其中所有真命题的序号是①③，故选B．
6．【答案】C
【解析】由a，b是两条异面直线，直线c与a，b都垂直，知：
在A中，若c⊂平面α，则a与α相交、平行或a⊂α，故A错误；
在B中，若c⊥平面α，则a，b与平面α平行或a，b在平面α内，故B错误；
在C中，由线面垂直的性质得：存在平面α，使得c⊥α，a⊂α，b∥α，故C正确；
在D中，若存在平面α，使得c∥α，a⊥α，b⊥α，则a∥b，与已知a，b是两条异面直线矛盾，故D错误，
故选C．
7．【答案】B
【解析】对于①，若，由面面垂直的判定知，①是真命题；
对于②，因，令，在平面存在一直线与直线平行，令此直线为，
显然满足，此时，，即不成立，②是假命题；
对于③，当与相交时，令，若平面内直线满足，必有，如图，

显然不成立，③是假命题；
对于④，因，过直线的一平面与平面相交，令交线为，如图，

则有，而，必有，于是得，④是真命题，
所以，所给的4个命题中正确命题的个数是2，故选B．
8．【答案】D
【解析】连接，，四边形为平行四边形，
，则即为异面直线与所成的角或其补角，
，故选D．

9．【答案】A
【解析】连接，交于O点，则O点为的中点，取的中点E，则，

异面直线与所成角即直线与所成角，
在中，，，
，
则，
故异面直线与所成角的余弦值为，故选A．
10．【答案】A
【解析】① 因为截面MNPQ，平面平面MNPQ平面，
所以，同理，所以，同理，
所以对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形，所以该命题正确；
②当AC⊥BD时，则，所以截面MNPQ是矩形，当时，，如果，
所以当时，，此时对任意的m，都存在，使得截面MNPQ是正方形，所以该命题正确；
③当m=1时，设所以，
所以截面的周长为，所以截面MNPQ的周长与n无关，所以该命题正确；
④当AC⊥BD，且AC=BD=2时，，
由于截面是矩形，所以截面MNPQ的面积为，
当且仅当时等号成立，
所以截面MNPQ的面积的最大值为1，所以该命题正确，
故选A．
11．【答案】BD
【解析】对A，设正方体棱长为2，则易得，故不是等边三角形，故A错误；
对B，如图，取中点，易得，取中点，连接，则易得，
再取中点，连接，则，所以，所以是平面与正方体底面的交线，
延长，与的延长线交于，连接，交于，
则可得五边形即为平面交正方体的截面，故B正确；

对C，因为，所以都不与平行，
又，所以都不与平行，
因为，所以都不与平行，故不存在棱与平面平行，故C错误；
对D，显然与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
因为与不垂直，所以与不垂直，则都不与垂直；
所以不存在棱与平面垂直，故D正确，
故选BD．
12．【答案】C
【解析】由题意可知，MP⊥PA，MP⊥PD，
且PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，所以MP⊥平面PAD．
设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得＝2r，
即＝2r，所以r＝4．
设三棱锥M－PAD的外接球的半径为R，则，
即，所以，
所以外接球的表面积为，故选C．

13．【答案】A
【解析】由题意得，知球心O为中点，
故球O的直径，
因为平面，设球心O到平面的距离为d，截面圆的半径为r，
由题设球心O到平面的距离等于点S到平面的距离等于点B到平面的距离，
在三棱锥中，由等体积法得，所以，
故截面面积为，故选A．

二、填空题．
14．【答案】
【解析】动点P的轨迹是以A为球心，半径为的球与平面，平面，平面的交线，这三条弧长之和为，
故答案为．

15．【答案】③
【解析】平面即为平面，又，故为异面直线，
从而不可能在同一平面内，故①错误；
若与垂直，因为，，则平面，
而平面，故，而为的中点，
故，但，矛盾，故②错误；
当平面平面时，四棱锥体积取得最大，
此时过作，交于，设，
因为平面平面，平面，故平面，
故四棱锥的高为．
故在，由，可得，
故，故③正确，
故答案为③．

16．【答案】
【解析】由PB⊥平面ABC，AB⊥AC，可得图中四个直角三角形，
且PC为△PBC，△PAC的公共斜边，
故球心O为PC的中点，由AC＝1，AB＝PB＝2，PC＝3，
∴球O的半径为，其表面积为9π，故答案为9π．

17．【答案】
【解析】由正棱锥性质知：平面，
取中点，连接，作，垂足为，

平面，平面，，
分别为中点，，
又，，
平面，，平面，
又平面，，
又，平面，，
平面，则由球的性质可知：为平面截球所得截面圆的圆心，
设为该截面圆与的一个交点，连接，
，，，，
，
又，，
，，即截面圆的半径，
截面圆的面积，故答案为．
18．【答案】
【解析】如下图所示，设圆柱的底面半径为，母线长为，圆柱的外接球半径为，
取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于，则为圆柱的外接球球心，
由勾股定理可得．

本题中，平面，设的外接圆为圆，可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示：

设的外接圆直径为，，该三棱锥的外接球直径为，则．
如下图所示：

设，则，，，
，
当且仅当时，取得最大值，
由，可得，，
所以，的最大值为，
由正弦定理得，即的最小值为，
因此，，
所以，三棱锥外接球的表面积为，
故三棱锥外接球的表面积的最小值为，故答案为．
19．【答案】
【解析】∵二面角为直二面角，且，∴平面，
∴当三棱锥体积最大时，的面积最大，
此时点到的距离取得最大值，此时是等腰三角形，
∵，∴，
∵，，∴，，
∴的外接圆半径，
设点为的中点，连接，∴，且平面，
设点是的外心，
则点在的延长线上，且，
∵是等腰三角形，∴，则平面，
设点为的中点，则点为的外心，且，
设三棱锥的外接球的球心为点，连接，连接，
∴平面，∴，
由，得平面，
又平面，∴，
∴四边形为矩形，∴，
∴三棱锥的外接球的半径，
∴该外接球的表面积，
故答案为．

20．【答案】
【解析】是侧面内的动点，且平面，
∴点的轨迹是过点与平面平行的平面与侧面的交线，
即：连接侧棱，中点的线段，
是底面内的动点，面，
∴的轨迹是过与平面垂直的平面与面相交的线段，

过作交于，连接，若交面于，连接，易知共面，且面，即∠EDQ为M-BC-A的平面角，如上图，
∴，
而，而到的距离，可知，故，
∵，即，
而，∴，
即所在线段过的重心且与平行，

由正三棱柱中棱长均为2，故线段的长为，
故答案为．

三、解答题．
21．【答案】（1）证明见解析；（2）条件选择见解析，．
【解析】（1）∵D，E分别为，的中点，∴，
∵，∴，∴．
∵，平面，平面，，
∴平面．
又平面，∴平面平面．
（2）选①：∵，，
∴，∴，∴M为的中点，
选②：∵，∴直线与所成角为．
又直线与所成角的大小为，∴．
∵，∴，∴M为的中点．
选③：∵，
，，
又，即，∴，
∴M为的中点．
∵过B，C，M三点的平面与线段相交于点N，，平面，
∴平面，
又平面平面，∴，
∴N为的中点．
∵，又平面，∴，
易知平面，
∴，
∴三棱锥的体积为．

22．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：如图所示：

取的中点N，连AN、NF，则，，
∵，当时，，，
是且，
所以AMFN是平行四边形，则．
又平面，平面，
所以平面．
（2）如图所示：

取AE的中点O，BC的中点Q，连接EF，．
易知，．
因为，，
所以，平面平面，
平面平面AECB，平面，
所以平面AECB．
设点B到平面的距离为d，
在中，，，
所以．
在中，因为，，
所以．
由，得，
即，解得．
23．【答案】（1）在线段上存在点E满足题意，且E为中点；（2）．
【解析】（1）在线段上存在点E满足题意，且E为中点，
连接，，，
底面为矩形，，
又E，F分别是，中点，，，
又侧面为等腰直角三角形，，，
平面．
因为，面，面，
所以面，
又因为面，面面，所以，
又因为平面，所以平面，
所以在线段上存在点E满足平面，且E为中点．

（2）以E为原点，方向为x轴，EF方向为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知，为二面角的一个平面角，
所以，
因为侧面为等腰直角三角形，，
所以，，，，
设，，，，
设平面的法向量为，
则，得，取，
设直线与平面所成角为，
则，得，
所以，
又因为，所以．
24．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）设，，如图，
以为坐标原点，所在方向分别为，，轴的正半轴，建立空间直角坐标系．

则，，，，
因为点是的中点，所以，
，，于是，即，
又已知，而，所以平面．
（2）由平面，所以是平面的一个法向量，
由（1）知，平面，所以是平面的一个法向量．
若面与面所成二面角的大小为，
则，解得，
所以，
故当面与面所成二面角的大小为时，．
25．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为、分别为线段、的中点，
所以和的交点为的重心，所以，
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以．
（2）设，则，，，
由题意可知平面，，
以点为坐标原点，以、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图，

则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，即，取，可得，
设平面的法向量为，，
则，即，取，可得，
因为，
则，
因此，二面角的正弦值为．
26．【答案】（1）证明见解析；（2）（i）见解析；（ii）．
【解析】（1）取中点，连接MP，则，
因为平面ABC，平面ABC，所以平面，
因为N、P分别的中点，所以，
又，所以，
因为平面ABC，平面ABC，故平面，
因为，平面PMN，平面PMN，
于是平面平面，
又平面PMN，所以平面．
（2）（i）不妨设，则．
依题意，故为等腰底边上的中线，则，
于是，
因为，所以，同理，则，
又，平面，平面，
所以平面．
（ii）方法一：因为平面，平面，所以，
因为为等边三角形且为的中点，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面AMN，故平面平面．
设，则为平面与平面的交线，
过作于点，则平面．
又过作于点，则平面，即为二面角的平面角．
在中，，，则，
在中，，
所以，
即二面角的正弦值是．

方法二：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，．
设平面的法向量，平面的法向量，
由，可取；
由，可取，
于是，
所以二面角的正弦值是．
27．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）连接交于，连接，
因为，，
所以为的垂直平分线，则，
又因为，所以为的中位线，则，
又因为平面，平面，
所以平面．

（2）因为，得，
又因为平面平面，

故以点为原点，，所在的直线为轴，轴，在平面内过点作的垂线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
于是，，，
设平面的一个法向量是，则，
即，令，，，取，
因为平面平面，且，
所以平面的一个法向量是，取，
设二面角的平面角为，则，
因为二面角的平面角为锐角，所以其大小的余弦值．
28．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，
∵CE⊥平面ABC，ACÌ平面ABC，∴CE⊥AC，
又∵CE∩BC=C，CE和BCÌ平面BCED，∴AC⊥平面BCED，
∵BMÌ平面BCED，∴AC⊥BM．
（2）由（1）和已知条件可知，CA、CB、CE两两垂直，故以C为原点，CA、CB、CE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C-xyz：

则C(0，0，0)，，
则，
设(λ>0)，则，
设平面的法向量为，
则，取；
设平面的法向量为，
则，取，
设二面角C-AM-D的大小为θ，
则，
∴．
29．【答案】（1）证明见解析；（2）当时，平面MAB与平面AEG所成锐二面角的余弦值为．
【解析】（1）因为，则，且，
又，平面，
因此，平面，即有平面，平面，则，
而，则四边形为等腰梯形，
又，则有，
于是有，则，即，，平面，
因此，平面，而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知，EA，EB，EG两两垂直，以点E为原点，射线EA，EB，EG分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

因，四边形是矩形，则，
即，，，
令，则，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，
平面AEG的一个法向量，则有，，
设平面与平面所成锐二面角为，则，，
依题意，解得，即，
所以当时，平面MAB与平面AEG所成锐二面角的余弦值为．