07空间向量与立体几何-福建省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习（人教A版,2019新

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一、单选题
1．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知正四棱台上下底面边长之比为，半径为的球与棱台各面都相切，则棱台体积为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022上·福建宁德·高三校考期末）青花穿花龙纹盘是我国明朝生产的一件国宝级瓷器，现收藏于国家博物馆.该盘撇口，弧壁，广底，底心微塌，圈足.通体绘青花纹饰，盘心及内外壁绘穿花龙纹，足墙绘如意云头纹，气势雄伟，表现出苍莽天穹巨龙的威武形象.青花穿花龙纹盘的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，盘高，口径，足径，底部圆柱高，则该青花穿花龙纹盘的容积约为（ ）（其中的值取3）
A．591毫升B．1044毫升C．1576毫升D．1700毫升
3．（2022上·福建福州·高三统考期末）已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．（2020上·福建福州·高三统考期末）已知四边形ABCD为正方形GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，有下述四个结论：
①DE⊥BF；②EF与CH所成角为；③EC⊥平面DBF；④BF与平面ACFE所成角为．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．①②③
C．①③④D．①②③④
5．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）如图是一个底面直径和高都为2的圆柱被一个平面截去部分后得到几何体的三视图（虚线为正方形的中点的连线），则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．（2019上·福建三明·高三统考期末）已知三棱锥外接球的表面积为，，，直线与平面所成角为，则等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．（2019上·福建三明·高三统考期末）如图，网格纸上的小正方形边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．4D．8
8．（2020上·福建三明·高三统考期末）已知四边形是矩形，⊥平面，，，，为的中点，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2022上·河北邢台·高二邢台市第二中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（ ）
A．平面
B．平面
C．存在点，满足
D．的最小值为
10．（2022上·福建三明·高三统考期末）如图，正方体中，E，F分别为，的中点，G为侧面内一点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．存在点G，使平面EFG//平面
D．三棱锥的体积为定值
11．（2021上·福建三明·高三统考期末）设m，n是两条直线，α，β是两个平面，以下判断正确的是（ ）
A．若m∥α，α∥β，则m∥βB．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥nD．若m⊥α，α∥β，则m⊥β
三、填空题
12．（2022上·福建宁德·高三校考期末）在四棱锥中，底面是平行四边形，点M，N分别为棱的中点，平面交于点F，则 ．
13．（2022上·福建宁德·高三校考期末）在平面四边形中，，，是以为斜边的直角三角形，将沿折起，使得点到达点的位置，若平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为 .
14．（2022上·福建福州·高三统考期末）在正三棱柱中，，F是线段上的动点，则的最小值为 .
15．（2021上·福建三明·高三统考期末）已知直三棱柱的侧棱长为，底面为等边三角形.若球O与该三棱柱的各条棱都相切，则球O的体积为 .
16．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）三棱锥的体积为，平面，，，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为 .
17．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）分别为菱形的边的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，以下命题正确的是 .（写出所有正确命题的序号）
①平面；②异面直线与所成的角为定值；③在二面角逐渐渐变小的过程中，三棱锥的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得直线与直线垂直，则的取值范围是.
四、问答题
18．（2022上·福建宁德·高三校考期末）已知圆锥的轴截面为等边三角形，都是底面圆的直径，弧的长度是弧长度的，母线上有两点，平面．
(1)求；
(2)求与平面所成角的正弦值；
(3)若底面圆的半径为1，求点到平面的距离．
19．（2022上·福建宁德·高三校考期末）如图，已知四边形是直角梯形，，，，分别为，的中点，，，，将四边形沿折起，使得点，分别到达点，的位置，.
(1)求线段的长；
(2)求二面角的余弦值.
20．（2022上·福建福州·高三统考期末）如图，在三棱锥中，底面ABC，，，是的中点，点在上，且.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的大小.
21．（2022上·福建三明·高三统考期末）如图，三棱柱中，底面ABC是边长为2的正三角形，侧面为菱形，．
(1)证明：；
(2)若，求二面角的余弦值．
22．（2020上·福建莆田·高三校联考期末）如图，正方形的边长为，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）若是的中点，设，且三棱锥的体积为，求的值.
23．（2019上·福建厦门·高三统考期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：平面
（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求锐二面角的余弦值.
24．（2020上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末）如图，四边形为矩形，在上，且，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且在平面上的射影在上.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
五、证明题
25．（2022上·福建福州·高三校考期末）如图，三棱柱的所有棱长都为2，，.
(1)求证：平面⊥平面；
(2)在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若不存在，请说明理由：若存在，求的长.
26．（2021上·福建三明·高三统考期末）如图，在四棱锥中，，，，平面平面ABCD.
（1）求证：；
（2）已知二面角的余弦值为.线段PC上是否存在点M，使得BM与平面PAC所成的角为30°？证明你的结论.
27．（2020上·福建厦门·高三统考期末）如图在四棱锥中，是正三角形，为中点.
（1）求证：平面；
（2）若是边长为2的正三角形，，求三棱锥的体积.
六、双空题（新）
28．（2020上·福建厦门·高三统考期末）如图1，在矩形中，分别为的中点.将四边形沿折起使得二面角的大小为120°（如图2），则 ；三棱锥的外接球表面积为 .
参考答案：
1．A
【分析】设正方形的边长为，则正方形的边长为，分别取、、、的中点、、、，连接、、、，可求球心在平面内，根据梯形的几何性质可得出关于的等式，解出的值，再利用台体的体积公式可求得结果.
【详解】分别取、、、的中点、、、，连接、、、，
设正四棱台的内切球球分别切平面、、、于点、、、，
易知四边形为等腰梯形，、分别为、的中点，
且，，，，，
设正方形的边长为，则正方形的边长为，且有，，
由切线长定理可得，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，
由等腰梯形的几何性质可得，，，
所以，，所以，，
在平面内，因为，，，故，
所以，四边形为矩形，且，，
所以，，
由勾股定理可得，即，解得，
因此，该正四棱台的体积为.
故选：A.
2．B
【分析】根据圆台和圆柱的体积公式计算,即可得答案.
【详解】由题意得圆台上底面半径为 ，
圆台下底面和圆柱的底面半径为 ，
青花穿花龙纹盘的容积约为：

，
故选：B
3．C
【分析】根据旋转体的定义可知该几何体为圆柱的八分之一，求其表面积即可.
【详解】因为一个边长为2的正方形纸片绕着一条边旋转弧度，所形成的几何体为柱体的一部分，
是底面半径r为2,高h为2的圆柱的八分之一，
所以其表面积，
故选：C
4．B
【分析】根据题意，将几何体补形成一个正方体,进而建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算得到答案.
【详解】由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如图所示．
以D为坐标原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设AD＝DC＝DG＝2，
则D(0，0，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，
F(0，2，2)，B(2，2，0)，H(1，2，1)．
对①，，所以，
则，正确；
对②，，设所成角为，
所以，正确；
对③，，设是平面DBF的一个法向量，所以，令x=1，则，所以，则EC⊥平面DBF，正确；
对④，由题意，EA⊥平面ABCD，则EA⊥DB，易得：DB⊥AC，EA与AC交于A，则DB⊥平面ACFE，则是平面ACFE的一个法向量，设BF与平面ACFE所成的角为，所以，错误.
故选：B.
5．A
【分析】由三视图，还原几何体的直观图，如下图所示，即可求出结论.
【详解】根据三视图，该几何体底面为圆面和一个等腰直角三角形组成的柱体，
圆的半径为1，等腰直角三角形的两直角边为1，高为2，
体积为.
故选:A.
【点睛】本题考查几何体三视图求体积，将三视图还原成直观图是解题的关键，属于中档题.
6．B
【分析】取的中点为，可以证明为外接球的球心，利用勾股定理可求的长.
【详解】
取的中点为，连接，过作，交于.
因为，所以，故.
又，所以，同理，
因为，故平面.
因为平面，故平面平面，
因为平面平面，平面，故平面，
所以为直线与平面所成的角，因此，
故为等边三角形，故.
因为，所以，同理，故，
所以为外接球的球心且为球的半径.
因为外接球的表面积为，故，故，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查线面角的计算、三棱锥外接球的表面积，注意线面角的计算需根据线面垂直构造线面角，而三棱锥的外接球问题需根据球心的几何特征（到各顶点的距离相等）确定球心的位置，本题属于中档题.
7．C
【分析】根据三视图可得几何体为直三棱柱，根据三视图中的数据结合棱柱的体积公式可得正确的选项.
【详解】由三视图可知，几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，其腰长为，
棱柱的高为，故其体积为，
故选：C.
【点睛】本题考查三视图及棱柱的体积，注意根据三视图合理复原几何体，本题属于基础题.
8．C
【解析】取中点，通过平行四边形和三角形中位线性质平移两条异面直线到相交状态，结合余弦定理可求得与所成角，进而得到异面直线所成角.
【详解】取中点，连接
四边形为矩形，分别为中点
四边形为平行四边形
分别为中点
异面直线与所成角即为与所成角
平面，平面
，又，

与所成角为，即异面直线与所成角为
故选：
【点睛】本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过直线的平行关系将异面直线所成角问题转化为相交直线所成角的求解问题；易错点是忽略两条直线所成角的范围，造成求解错误.
9．AD
【分析】对于A，在平面找一条直线，使其与平行即可；
对于B，先由证明四点共面，再证四点共面，进而能判断直线与平面的位置关系；
对于C，以为正交基底，建立空间直角坐标系，用坐标运算即可；
对于D，把三棱锥的正面和上底面展开，即能找到的最小值，构造直角三角形求解即可.
【详解】对于A，连接，分别是棱的中点，且，四边形为平行四边形， ，又平面，平面在平面内，所以平面，故A正确；
对于B，易知，所以四点共面，又点，所以四点共面，平面，而平面，直线平面，故B不正确；
对于C，以为正交基底，建立如图1所示的空间直角坐标系.
则，，，
，，，
，
若，则，，在线段延长线上，而不在线段上，故C不正确；
对于D，把图1的正面和上底面展开如图2所示，连接即为所求，过做PG垂直于且与其相交于，与相交于，易得，，
，，在中，
，，故D正确.
故选：AD
10．ABD
【分析】根据题设易得在线段上，A构建空间直角坐标系求、的坐标，应用坐标公式求数量积，即可判断；B根据线面垂直的性质及判定可证面，再由线面垂直的性质及线线平行即可判断；C只需判断是否存在使平面EFG//平面即可；D应用等体积法有，再由面面平行、线面平行的性质易知到面的距离为定值，即可判断.
【详解】因为，又面，连接，，
所以，而，故，
所以在的垂直平分线上，即线段上，
A：由题设，若正方体各棱长为2，构建如下空间坐标系，则，，，，
所以，，故，即，正确；
B：如下图，由正方体的性质易知：且面，面，所以，又且面，故面，而面，则，又，故，正确；
C：要使平面EFG//平面，则平面EFG//平面，而在线段上，显然上不存在使平面EFG//平面，错误；
D：由，而面面，又面，，故到面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确.
故选：ABD.
11．CD
【分析】利用直线与平面平行的性质定理判断A；用面面平行的判定定理判断B；用线面垂直的性质定理判断C；利用面面平行的性质定理和线面垂直的判定定理判断D.
【详解】对于A，若m∥α，α∥β，则m可能在β内，所以A不正确；
对于B，若m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确；
对于C，若m⊥α，n⊥α，则m∥n，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确；
对于D，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，满足面面平行的性质定理和线面垂直的判定定理，所以D正确；
故选：CD
12．/1:12
【分析】作出辅助线，找到F点的位置，利用空间向量共线定理得推论得到，再利用线段之比得到体积之比，求出答案.
【详解】延长BC，交AM的延长线于点E，连接EN并延长，交BP于点F，连接AF，
因为M为CD中点，由三角形相似可得：，
即C为BE中点，
设
因为N是PC中点，
所以
，
因为三点共线，所以存在使得，即，
整理得，其中，
所以，解得：，
所以.
故答案为：
13．/
【分析】根据题意结合球的性质分析可得三棱锥的外接球的球心即的外接圆圆心，再利用正弦定理求其半径，即可得结果.
【详解】如图，取的中点，连接，
∵，则，
而平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
又∵是以为斜边的直角三角形，则为的外接圆圆心，即，
∴三棱锥的外接球的球心在直线上，
由题意可知：的外接圆圆心在直线上，则连接，
∴三棱锥的外接球的球心即为，
在中，由题意可得，则，
∴三棱锥的外接球的半径，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：球的性质：
①球的任何截面均为圆面；
②球心和截面圆心的连线垂直于该截面.
14．/
【分析】根据给定条件，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，再求两点间距离作答.
【详解】依题意，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，连接，交于点F，如图，
此时点F可使取最小值，大小为，而，
，
所以的最小值为.
故答案为：
15．
【分析】设正三棱柱下底面和上底面的中心分别为，则的中点为球心，取棱中点，则为棱与球的切点，为球半径，而到棱的距离等于，这样利用勾股定理可求得半径，从而得体积．
【详解】由题意三棱柱是正三棱柱，分别是棱柱下底面和上底面的中心，由对称性知中点为球的球心，取中点（为切点），则（等于到棱距离．设球半径为，
由正三角形性质知，
与底面垂直，则必与底面上直线垂直，因此，解得，
球体积为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查求球的体积，解题关键是利用对称性确定球心位置求得球的半径．从而求得球的体积．利用对称性知正三棱柱上下底面中心连线的中点为球心，而各棱与球相切的切点为各棱中点．从而易求得结论．
16．
【分析】先确定球心位置，球心在过三棱锥底面外接圆的圆心做的平行线上，再由，可得球心到平面距离为，要求球表面积最小，只需底面外接圆半径最小，根据已知结合正弦定理，只需边最小，由余弦定理结合基本不等式，即可求解.
【详解】设底面的外接圆圆心为中点为，
过点做的平行线，则球心在平行线上，
连，则，
，四边形为矩形，
.
设球半径为，底面外接圆半径为，
三个角所对的边分别为
，要使最小，只需最小，
，
，
当且仅当时，等号成立，，
所以，即三棱锥的外接球的半径最小值为，
所以其表面积最小值为.
故答案为:.
【点睛】本题考查多面体与球“切”“接问题”，应用球的性质确定球心是解题的关键，考查正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，属于中档题.
17．①②④
【分析】①由，可得证；②取AC中点P，可证得平面DPB，可得正；③ 借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，二面角不为0时，外接圆的半径一定大于此半径，不正确. ④
过A在平面ABC中作交BC于H，分析H点在BC上的位置，可得证.
【详解】①由分别为菱形的边的中点，故，平面ABD，故平面；
②取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以，可证得平面DPB，故，又，故，异面直线与所成的角为定值.
③ 借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥的外接球半径不可能先变小后变大.
④
过A在平面ABC中作交BC于H，若为锐角，H在线段BC上；若为直角，H与B点重合；为钝角，H在线段BC的延长线射线CB上.
若存在某个位程，使得直线与直线垂直，由于，因此平面AHD，
故.
若为直角，H与B点重合，即，由于，不可能成立.
若为钝角，则原平面图中，为锐角，由于立体图中，故立体图中一定比原图中更小，因此为锐角，，故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此的取值范围是.
故答案为：①②④
【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于较难题.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）连接，由题知，进而得为中点，故；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
（3）结合（2），根据向量法求解即可.
【详解】（1）解：连接，平面，平面平面，平面，
所以，根据线面平行的性质得，
因为为的中点，
所以为中点，
因为，
所以
（2）解：因为弧的长度是弧长度的，所以，，
由圆锥的性质可知，平面
所以，如图建立空间直角坐标系，设
因为圆锥的轴截面为等边三角形，即为等边三角形，
所以，，，
所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令，则，，所以，
设与平面所成角为，因为，
所以
所以，与平面所成角的正弦值为
（3）解：因为底面圆的半径为，
所以，，，，
所以，由（2）知，平面的一个法向量为，，与平面所成角的正弦值为
所以
所以，点到平面的距离为
所以，点到平面的距离为.
19．(1)；
(2).
【分析】（1）先证明出面.取的中点,过作，连接.以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求出线段的长；
（2）利用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为四边形是直角梯形，，，，分别为，的中点，
所以.
所以翻折后
因为面面，
所以面.
取的中点,过作，则面.
连接.
因为，，所以为等边三角形，所以.
如图示：过作交于.
在直角三角形中，,
由,解得：，所以.
.
以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系.
则
所以
所以
（2）显然为面的一个法向量.
设为面的一个法向量,则.
不妨设，则.
设二面角的平面角为，由图示，为锐角，
所以.
即二面角的余弦值为.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直可得，由勾股定理可得，由线面垂直的判定定理可证平面，进而可证，由题意易证，再根据线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）由（1）可知，且，故为二面角的平面角，然后再根据题意结合余弦定理，即可求出结果.
【详解】（1）证明:因为底面，底面ABC，
所以，
又因为，
所以，所以，
又，所以平面，
又平面，所以，
又，是的中点，
所以，
又，，
所以平面，
又平面
所以，
又
所以平面；
（2）解：由（1）可知，且，
故为二面角的平面角，
因为，所以，
所以，
又，
所以，
又是的中点，，，
所以，
所以，则，所以，
由余弦定理得，
所以，即二面角的大小为.
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）构造平面，通过证明平面，即可由线面垂直证明线线垂直；
（2）以中点为坐标原点，建立空间直角坐标，分别求出两个平面的法向量，利用向量法即可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）取BC的中点O，连结AO，，如下所示：
因为△ABC为等边三角形，所以．
因为侧面为菱形，所以，又因为，
所以为等边三角形，所以，
因为，平面，平面，所以BC⊥平面，
因为平面，所以．
（2）因为侧面为菱形，所以，
由（1）知，所以，所以，
因为，，所以．
又因为，所以为等边三角形．
在平面过点O作，由（1）知BC⊥平面，且平面，
所以，
则以O为原点，，，为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．
此时，，所以，
因为，所以，所以
设为平面的一个法向量，则即
取，则，所以,
又因为平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为．
22．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明面面垂直，需证明线面垂直，取中点，连结，由条件证明；
（2）利用等体积转化，解得，由面积公式解得的值.
【详解】解：（1）取中点，连结.
因为，所以.
在中，，，
则，
所以，
又，且面，
所以面，
又面，所以面面.
（2）因为面面，
又面面，且，
所以面，
所以.
又因为，，
所以.
因为，所以.
又，
所以，得.
【点睛】本题考查面面垂直的证明和利用等体积转化求参数的问题，意在考查空间想象能力和推理证明，计算能力，属于中档题型，本题第二问的关键是等体积转化，一般求四面体的体积或是求点到面的距离都需要考虑等体积转化，求点到面的距离也可以转化为其他等价的点到平面的距离.
23．（1）证明见解析（2）
【分析】（1）在四边形中，由平面几何知识，易证，再由平面，得到，根据线面垂直的判定定理证明平面.
（2）根据（1）知平面，得到是直线与平面所成角，由直线与平面所成角的正切值为，得到，从而，然后以A为原点，分别以AB，AC，在平面中，过A垂直于AB的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，已知是平面的一个法向量，再求得平面的一个法向量，利用二面角的向量公式求解.
【详解】（1）∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴在△中，由余弦定理得，
∴.
∴，即，
又∵平面，∴，
又∵
∴平面
（2）由（1）知，是直线与平面所成角，，
∴，
又∵平面，
∴
∴△是等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系：
则有：，
由已知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，，，
，
，
，
∴锐二面角的余弦值
【点睛】本题主要考查线面垂直，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
24．（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）利用已知长度关系，结合余弦定理求出AF，BF长度，利用勾股定理证明垂直关系；
（2）借助（1）中垂直关系建立空间直角坐标系，求解法向量坐标，借助公式即得解.
【详解】（1）由于在平面上的射影在上，故平面，
故：
又
如图，可得
在中，由余弦定理：
在中，由余弦定理：
且：，因此故得证.
（2）
由（1）两两垂直，如图建立空间直角坐标系.
故：，
设平面的法向量为，
不妨令
因此：
设直线与平面所成角为
故
故直线与平面所成角的正弦值为：
【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
25．(1)证明见详解.
(2)在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，
的长为.
【分析】（1）取中点连接．证明平面．得，计算出后由勾股定理逆定理得，从而可得平面，得证面面垂直．
（2）假设在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由共线得，用空间向量法求二面角的余弦，从而可得，进一步求出的长.
【详解】（1）证明：取中点连接，如图所示：
因为三棱柱的所有棱长都为2，
所以，
又因为且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
在直角三角形中，，
所以，
在三角形中，，
所以，
所以，
又因为平面
所以平面．
又因为平面，
所以平面平面．
（2）假设在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，
则以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因此，，．
因为点在棱上，
则设，其中．
则
设平面的法向量为，
由得，取
所以平面的一个法向量为．
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
化简得解得，
所以，
所以在棱上存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，
此时的长为.
【点睛】方法点睛：本题考查证明面面垂直，由线面角确定点的位置．掌握面面垂直、线面垂直、线线垂直的相互转化是证明垂直的关键．求线面角常用方法：
（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得；
（2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算．
26．（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析.
【分析】（1）由平面平面ABCD 得出 平面PBD，进而得到 ，再通过得出，进一步得到平面ABCD，由此证得 .
（2）以D为坐标原点，分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 由
二面角的余弦值为得到，设，其中，由BM与平面PAC所成的角为可以得到，即存在这样的点M 满足题意 .
【详解】（1）因为，，
所以四边形ABCD是平行四边形，且.
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PBD，所以.
因为，所以.
所以，即.
又因为，所以平面ABCD.
因为平面ABCD，所以.
（2）设.
以D为坐标原点，分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，.
设平面PAC的一个法向量为
由，得，即.
取，得，，即.
取为平面ACD的一个法向量.
则.
因为二面角的余弦值为.
所以，解得，所以.
假设这样的点M存在，设，其中.
由，得.
则.
设BM与平面PAC所成的角为，
则.
因为，所以，解得.
所以，存在这样的点M，即当时，BM与平面PAC所成的角为.
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问关键点在于由二面角的余弦值为得到.
27．（1）见解析（2）
【分析】（1）证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理证明为三棱锥的高，再由体积公式求解即可.
【详解】（1）取中点，连接
在中，分别为中点，则且
在中，
且，则四边形为平行四边形
即
平面，平面
平面
（2）取为，连接，则
，
平面，
平面
则为三棱锥的高
，
【点睛】本题主要考查了证明线面平行以及求三棱锥的体积，属于中档题.
28．
【解析】由二面角的定义得出二面角的平面角为，再由余弦定理求出；利用正弦定理以及线面垂直的判定定理得出其外接球的半径，最后由球的表面积公式即可得出答案.
【详解】由二面角的定义可知，二面角的平面角为
由余弦定理可得
因为，，平面
所以平面
又，则平面
的外接圆半径为
则三棱锥的外接球的半径
则三棱锥的外接球的表面积为
故答案为：；
【点睛】本题主要考查了已知面面角求其他以及求球的表面积，属于中档题.