新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题19立体几何与空间向量解答题压轴题（教师版）

这是一份新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题19立体几何与空间向量解答题压轴题（教师版），共89页。

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解.
(2)
（1）
如图，在四边形中，过作交于，在中，得，，则，得，
，
又由已知条件平面，
故平面，
又平面平面平面.
（2）
为等腰三角形，，又因为平面，
以为原点建立空间直角坐标系，
如图：可得，
，
设平面的法向量为，根据
，得，令，则，得，
又，设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值.
2．（2022·江苏苏州·高一期末）如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，，分别是线段，上的动点，且.
(1)若二面角为，求的长；
(2)当三棱锥的体积为时，求与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
（1）
解：取中点，过点作，交于点，连结.
因为底面是边长为的菱形，，
所以为等边三角形.
由直四棱柱，可得平面，
平面，，
，，,
所以和全等，可得.
因为为中点，所以.
又因为，
所以为二面角的平面角，即.
在平面中，，，
所以，则有，
所以.
在中，，，
则，
解得.
（2）
因为平面，所以，
因为三棱锥的体积为，
所以，解得，所以为中点.
因为平面，所以.
在中，，，
所以.
设到平面的距离为，
在中，，，
所以，
所以.
因为，所以，解得.
在中，由余弦定理得，
所以.
设与平面所成角为.
所以.
令，则.
因为，所以，所以，
所以与平面所成角正弦的取值范围是.
3．（2022·全国·高一单元测试）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.
(1)为上一点，且，当平面时，求实数的值；
(2)当平面与平面所成的锐二面角的大小为时，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
（1）
如图，连接交于点N，连接，
∵平面，平面，
平面平面，∴，
在梯形中，∵，
∴，∴，
∵，∴，∴
（2）
取的中点，连接，，
∵为的中点，且，，
∴且，∴四边形为平行四边形，
∴，∵，∴，
∴，又，∴为等边三角形，
又，∴为等边三角形，
∴
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，∴，
过点作，由，
则，∴平面，平面，
即平面平面，
∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角，
∴.
又由，
∴，∴，
作交的延长线于，连接，
∵， ∵平面，平面，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∴为与平面所成的角，
在中，，
∵，
∴，
，
∴，
因此，与平面所成角的正弦值为.
4．（2022·吉林·长春外国语学校高一期末）如图，直四棱柱的底面是边长为的菱形，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面平面，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）在直四棱柱中，平面，平面，则，四边形为菱形，则，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.
（2）令，连接，如图，平面，平面，则，由（1）知，，平面，因此平面，又平面，于是得，而平面平面，平面平面，平面，则平面，而平面，有，即，菱形中，，，则，，令，则，由得，令，连，过M作交于N，则有平面，连，则是直线与平面所成的角，，显然，则，又，因此，，所以与平面所成角的正弦值是.
5．（2022·福建省永泰县第一中学高二开学考试）四棱锥，底面ABCD是平行四边形，，且平面SCD平面ABCD，点E在棱SC上，直线平面BDE.
(1)求证：E为棱SC的中点；
(2)设二面角的大小为，且.求直线BE与平面ABCD所成的角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）连AC交BD于F，连EF．
∵ABCD是平行四边形，∴
∵直线平面BDE，面PAC，面面，
∴，由是中点，
∴E为棱SC的中点；
（2）
取DC中点O，OC中点G，连SO，OF，GE，BG
∵侧面SCD满足，不妨设
∴，
∵平面平面ABCD，平面平面
∴平面ABCD，又平面ABCD，故，
∵
∴
∵ ∴ ，∴，又，平面，
∴平面
∴是二面角的平面角
∴，又，
∴∴∴
∴∴
∴，∵
∴，∴平面ABCD
∴为直线EB与平面ABCD所成的角
，即直线EB与平面ABCD所成的角的正切值为
6．（2022·山东烟台·高一期末）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形．
(1)设M为AD中点，点N在线段PC上且，求证：平面BDN；
(2)若二面角的大小为，，且，求直线BD和平面QCB所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
(1)
连接MC交BD于E，连接，
因为侧面ABCD为矩形，
所以，又M为AD中点，
所以，
又因为，
所以．
所以，又平面NBD，平面NBD，
所以平面BDN．
(2)
在平面QBC中，过点C作射线，
因为底面ABCD为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且．
又，所以平面CDF，
在平面DCF中，过点D作，垂足为G，
因为平面DCF，平面DCF，
所以，又，平面BCQ，平面BCQ，
所以平面BCQ，
于是DG为点D到平面BCQ的距离，且，
设直线BD和平面PAD所成角为，
则，，
由，可得，
∴
所以直线BD和平面PAD所成角的正弦值的取值范围是．
7．（2022·吉林·长春吉大附中实验学校高一期末）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，点在线段上，且．
(1)探究在线段上是否存在点，使得平面，若存在，试证明你的结论；若不存在，请说明理由．
(2)设二面角的大小为，若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)存在点，当时平面，证明见解析；
(2)
（1）解：存在点，当时平面，证明：连接，交于点，连接，因为，，所以，，因为，则，则，故，又平面，平面，故平面；
（2）解：取的中点，连接，，因为为正三角形，则，，因为为直角梯形，，，，故四边形为矩形，则，又，，平面，所以平面，又平面，故平面平面，所以为二面角的平面角，故，且，设，由余弦定理可得，，所以，整理可得，解得或（舍，过点作，交于点，因为，且平面，故平面，又平面，则平面平面，又平面平面，平面，所以平面，故即为点到平面的距离，又，平面，平面，所以平面，故即为点到平面的距离，因为，则，所以，即，解得，又，故直线与平面所成角的正弦值为．
8．（2022·黑龙江·铁人中学高一期末）在三棱台中， ， ， 侧面 平面
(1)求证： 平面；
(2)求证： 是直角三角形；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
(1)
四边形中，因为，故四边形为梯形，，故，，且，故，又，故，故.又侧面平面，且交线为，故平面
(2)
在上取一点使得，设，连接.因为，则由余弦定理可得，解得，因为，故.由（1）平面，平面，故，又，平面，故平面.又平面，故.又梯形中，根据平行线中两三角形的性质有，故，又，故，故，故.故是直角三角形
(3)
由（2），，故，故到的距离为.设到的距离为，则因为，即，所以，解得.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为
9．（2022·江西·新余市第一中学高二开学考试）如图，已知四棱锥，底面是矩形，，点是棱上一劫点（不含端点）.
(1)求证：平面平面；
(2)当且时，若直线与平面所成的线面角，求点的运动轨迹的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
证明：因为，
故，又
所以平面
平面
所以平面平面
（2）
首先，取中点，连接在等腰中，①
由（1）知平面，得②
由①②得平面，即此时当与点重合时，
直线与平面所成的线面角为，
其次，由题意易得，存在点两侧各有两个点，如图分别记为，使得的运动轨迹即为线段.
作于，又平面，得，
故平面，
所以在平面的射影为，
即为直线与平面所成的线面角，
即
此时，，此时与重合，
故
同理可得，解得
故的运动轨迹长度为.
10．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，几何体中，均为正三角形，四边形为正方形，平面，，M，N分别为线段与线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
设P,Q在平面ABCD上的射影分别为G,H,
取中点E，连，由于均为正三角形，
故 ,而 ，故 平面PGE,
平面PGE,故,
即G点在AD的垂直平分线上，同理可证H在BC的垂直平分线上，
由于四边形为正方形，故EN垂直平分AD,BC,
故G,E,N,H在一条直线上，
因为平面，则 ,
故四边形为平行四边形，则 ,
则 ;
延长于F使得，连，延长交于O，连，
取中点J，连结，则四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，则 ,∴，
即 ,故 ,
故,
∴四边形为平行四边形.，
∴，又∵平面，平面，
∴平面.
（2）
由（1）得，四边形是平行四边形，，
∵均为正三角形，E为中点.∴
又∵，∴面.
∴面面
∵在四边形中且，∴,
又∵面面面，∴面,
方法一：（等体积法）
∵，∴直线与平面所成角等于与平面所成角,
∵，，，,
设F到平面的距离为d，∴，
设与平面所成角为，∴；
方法二：（向量法）
连接，以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由于 ,
故，
于是，
则，
设平面的法向量为，则 ，
得法向量的一个解为，
所以直线与面所成角.
11．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，E，F分别为，的中点.
(1)求证：直线平面SAC；
(2)求二面角的余弦值；
(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)平行，距离为
（1）
证明：连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且，
因为三棱锥是正三棱锥，，O为BD的中点，所以，
又，所以平面SAC.
（2）
作平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且，，，.
如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，C.，D.，，，，
所以，，，
设是平面EBF的法向量，
则，
则，
设是平面DBF的法向量，
则，取，
所以，
又因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）
直线SA与平面BDF平行.
理由如下：
连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以，
又因为平面BDF，平面BDF，所以直线平面BDF.
（或者用向量法证明直线SA与平面BDF平行：
由（2）知是平面BDF的一个法向量，
又，，所以，
所以，
所以，
又因为平面BDF，所以直线平面BDF.
设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，
因为，是平面DBF的一个法向量，
所以，
所以点A与平面BDF的距离为，
所以直线SA与平面BDF的距离为.
12．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，E为的中点，且．
(1)求证：平面；
(2)记的中点为N，若M在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)2或
（1）
连接，∵，，∴且
∴四边形为平行四边形；
∵且E为的中点，∴，
所以，
∴，∴，即，
又∵，∴平面
（2）
以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则,
所以，
设平面的法向量为，
则，即，取
设，则，而，所以，
∵平面的法向量为，设直线与平面所成的角为，
则
化简得，解得：或，满足
故线段的长度为2或．
②二面角问题
1．（2022·浙江·慈溪中学高三开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，是的平分线，且.
(1)若点为棱的中点，证明：平面；
(2)已知二面角的大小为，求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
（1）
延长交于点，连接，
在中，
是的平分线，且，
是等腰三角形，点是的中点，
又是的中点，
，
又平面平面，
直线平面.
（2）
在中，，
则，即，
由已知得，
又平面平面平面
所以平面，即，
所以以为二面角的平面角，
所以，
又，所以为正三角形，
取的中点为，连，则平面
如图建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设分别为平面和平面的法向量，则
，即，取，则，
，即，取，则，
所以.
则平面和平面所成夹角的余弦值为.
2．（2022·山西大附中高三阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）
假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
3．（2022·安徽·高三开学考试）如图，在三棱柱中，平面 .
(1)求证:;
(2)若，直线与平面所成的角为 ，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
证明: 因为平面 ，平面，所以，
因为， 四边形是平行四边形， 所以四边形是菱形，
所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
因为平面， 所以.
（2）
解： 因为与平面所成角为平面，所以，
因为， 所以是正三角形，
设， 则，
以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以 ，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
设二面角的大小为，
因为，
所以，
所以二面角的正弦值为.
4．（2022·广东湛江·高二期末）如图，在三棱柱中，平面，，，且为线段的中点，连接，，.
(1)证明：；
(2)若到直线的距离为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
(1)
证明：因为平面，平面，所以；
因为，所以；
因为，平面，所以平面；
因为平面，所以.
(2)
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.
则，，，
设，，，
因为若到直线的距离为，
即，解得.
故，，，
，，，.
设平面的法向量为，则，
所以，不妨取.
设平面的法向量为，则，
所以，不妨取.
设平面与平面夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
5．（2022·浙江嘉兴·高一期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，平面平面PBC，，．
(1)求证：；
(2)若PD与平面PBC所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)
取PB中点M，连接
∵，∴，
又平面平面PBC，AM在平面PAB中，平面平面，∴平面PBC．
而平面PBC，∴，又，∴，
又∵，∴平面PAB，
又∵平面PAB，∴．
(2)
取PC中点N，连MN，DN，则，，
又，，所以，，
所以四边形AMND是平行四边形，则．
又平面PBC．∴平面PBC，
则是PD与平面PBC所成的角，，
又，直角梯形中，则，
直角中，，所以是等边三角形．
取中点O，取中点Q，连接
以O为原点，分别以OA、OQ、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图，
则，， ，．
，
设平面PCD的一个法向量为，
则，令，则，，则．
同理，设平面BPD的一个法向量为，
由，
则，令，则，，则．
则．
则二面角的余弦值为．
6．（2022·广东广州·高二期末）如图，四棱锥中，四边形是矩形，平面，E是的中点．
(1)若的中点是M，求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
如图所示：
取PC的中点F，连接EM，DF，FM，
因为四边形为矩形，E是的中点，
所以，，
所以，
所以四边形DEMF是平行四边形，
所以，又平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）
由平面，，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以 ，
设平面PCE的一个法向量为 ，
则，即 ，
令 ，得，
易知平面PAB的一个法向量为 ，
则 ，
设平面与平面所成二面角为，
所以.
7．（2022·贵州·遵义航天高级中学高二阶段练习（理））如图，在四面体ABCD中，是正三角形，是直角三角形，，AB=BD．
(1)求证：平面平面ABC；
(2)若，二面角的余弦值为，求m．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)
证明：因为是正三角形，所以
因为，公共边，
所以≌,
所以，
因为是直角三角形，
所以，
取的中点，连接，则,
因为是正三角形，所以，
所以为二面角的平面角，
在中，，
因为，所以,
所以，
所以平面平面ABC；
(2)
由（1）可得，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设等边的边长为2，则，
则，
因为，所以，
所以，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
因为二面角的余弦值为，
所以，
化简得，，
解得或，
如图，过作于，连接，则由（1）可得，
因为，所以平面，
所以平面平面，所以二面角为直角二面角，
因为，
所以,
所以,得，
所以，所以,
所以当时，二面角为钝角，
所以舍去，
所以
8．（2022·全国·高三专题练习）如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于，的母线.
(1)证明：平面DEF；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
证明：如右图，连接AE，由题意知AB为的直径，所以.
因为AD，EF是圆柱的母线，所以且,
所以四边形AEFD是平行四边形.
所以 ,
所以.
因为EF是圆柱的母线，所以平面ABE,
又因为平面ABE，
所以.
又因为，DF，平面DEF，
所以平面DEF.
（2）
由（1）知BE是三棱锥底面DEF上的高，
由（1）知，，所以，
即底面三角形DEF是直角三角形.
设，，则,
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，
三棱锥的体积最大,
下面求二面角的余弦值：
法一：
由（1）得平面DEF，因为平面DEF，所以.
又因为，，所以平面BEF.
因为平面BEF，所以,所以是二面角的平面角,
由（1）知为直角三角形，则.
故,
所以二面角的余弦值为.
法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，
如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则.
由（1）知平面DEF，故平面DEF的法向量可取为.
设平面BDF的法向量为，由，，
得，即，即，
取，得.
设二面角的平面角为θ,
则，
由图可知θ为锐角，所以二面角的余弦值为.
9．（2022·河南·信阳高中高二阶段练习（理））如图所示，四棱锥中，底面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且平面SAB，二面角，均为直二面角．
(1)求证：；
(2)若，且钝二面角的余弦值为，求AB的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
(1)
因为平面SAB，平面SBD，平面平面，故．
又因为四边形ABCD为矩形，故，则．
(2)
∵四边形ABCD为矩形，∴．
又∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
∴平面SAD．∵平面SAD，∴．
同理．
又，平面ABCD，平面ABCD，
∴平面ABCD．
设，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，．
,，,
设为平面ABE的法向量，
∵，∴，令，则．∴．
设为平面CBE的法向量，
∵，∴，令，则．∴．
∴，解得．
故
10．（2022·广东·执信中学高二期中）已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，沿MN将△AMN折起到的位置，使．
(1)求证：平面MBCN；
(2)在线段BC上是否存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，设，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或，
(1)
证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且，，
所以，
所以由余弦定理得，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
因为，
所以平面MBCN；
(2)
由（1）可知两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
因为，，
所以平面，
所以为平面的一个法向量，
假设线段BC上存在点D，设，则，
所以（），
所以,
设平面的法向量为，则
，令，则，
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为
所以，
化简得，
，解得或，
所以在线段BC上是存在点D，使平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
此时或，
11．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在三棱锥D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F分别在BC，CD上，且，．
(1)证明：平面平面ABD；
(2)若平面ABC，，，，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(1)
，，
又平面ABD，平面ABD，平面ABD，
又G是△ABC的重心，
又平面ABD，平面ABD，平面ABD，
又，平面
所以平面平面ABD
(2)
由，，，可得
又，
又平面ABC，平面ABC，
又，平面，平面，
又平面，
P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合.
如图，作，以C为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为
则，令，
设平面的一个法向量为
则，令，
，
所以二面角的余弦值为
12．（2022·江苏泰州·高三期末）如图，在三棱锥中，.
(1)平面平面；
(2)点是棱上一点，，且二面角与二面角的大小相等，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(1)
证明：如图，作 ,垂足为O,
因为，故O是的中点，且，
由，可知 ,
所以 ,
则 ,故,
又,且平面ABC,
故平面ABC，而平面PAC，
所以平面平面.
(2)
如图，以O为坐标原点，过点O作和AB平行的直线作为x轴，以OC,OP分别为y,z轴建立空间直角坐标系，
则 ,
由得，且 ，故，
所以,
设平面ABP的法向量为 ，
则 ，令 ,则可取 ，
设平面APD的法向量为，
则，令，则可取，
平面CPA的法向量可取为 ，
由二面角与二面角的大小相等可得：
，
解得 ，符合题意，
故实数的值为.
13．（2022·四川·石室中学三模（理））在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答
如图，在五面体中，已知___________，，，且，.
(1)求证：平面与平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在；.
(1)
若选①，取中点，中点，中点，连接，
，，四边形为平行四边形，，
，又，，，，
又，，又，，平面，
平面，平面，平面平面，
，，又平面，平面平面，
平面，又，，；
若选②，，，，平面，
平面，平面，平面平面，
取中点，中点，连接，
，，又平面，平面平面，
平面，又，，；
若选③，取中点，中点，连接，
，，又，；
分别为中点，，又，，
四边形为平行四边形，；
，，，，，
，，，
，又，，
又，，平面，
平面，平面，平面平面，
又，平面，平面平面，
平面，又，，；
综上所述：两两互相垂直，
则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
平面，平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，即，平面与平面.
(2)
设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，
由（1）得：，，
设平面的法向量，
则，令，则，，
；
，
化简可得：，解得：或（舍），
，，；
综上所述：在线段上存在点，满足，使得平面与平面夹角的余弦值等于.
③体积（距离）问题
1．（2022·河北·邢台市第二中学高二阶段练习）如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，分别是线段的中点，是线段上的一点.
(1)若是直线与平面的交点，试确定的值；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥体积.
【答案】(1)
(2)
（1）
取的中点，连接，则，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，设，则
设平面的法向量，
则，所以，取，
易知，所以，
解得，此时；
（2）
设，则
则，
整理得，解得或（舍去），
，，设平面的法向量为，
则，所以，
取，又，
则点到平面的距离即点到平面的距离为
，
由已知条件，在中，，可得
所以，
.
2．（2022·青海·模拟预测（理））如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心．
(1)证明：平面ABC
(2)已知平面ABC⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，当平面GCE与平面ADE所成锐二面角为60°时，求G到平面ADE的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】(1)
延长EG交AB于N，连接NC,
因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且 ,
因为 ,故 ,所以 ,
故，故 ,
而平面ABC，平面ABC,
故平面ABC；
(2)
由题意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC， ,
平面BCDE， 故平面ABC,平面ABC,
则 ,同理，
又平面BCDE,
所以平面BCDE，
以C为原点，以CB,CD,CA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
设点G到平面BCDE的距离为 ，
则 ，
故 ,
设平面GCE的法向量为 ，则，即，
取，则即，
设平面ADE的法向量为 ，则，即，
取 ，则，则，
所以，解得 ，
又，
故点G到平面ADE的距离为.
3．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
证明：由题知，
因为，所以，
又，所以，
又，所以平面，
又平面，所以，
在正三角形中，为中点，于是，
又，所以平面
（2）
取中点为中点为，则，
由（1）知平面，且平面，所以，
又，所以，所以平面，
于是两两垂直
如图，以为坐标原点，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系
则
所以
设平面的法向量为，
则，即
令，则
于是
设，则
由于直线与平面所成角的正弦值为
于是，即，整理得，由于，所以
于是
设点到平面的距离为
则
所以点到平面的距离为
4．（2022·湖南·邵阳市第二中学高二开学考试）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点.
(1)若Q为线段AC的中点，H为BQ中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ;
(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为，求点P到平面BQB1的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
如图，取BB1中点E，连接AE，EH，由H为BQ中点，则EH∥B1Q.
在平行四边形AA1B1B中，P、E分别为AA1，BB1的中点，则AE∥PB1，
由EH∩AE=E且面，面，
所以面，面，又PB1∩B1Q=B1，
所以面EHA∥面B1QP，而AD面EHA，
∴AD∥面B1PQ.
（2）
连接PC1，AC1，由四边形A1C1CA为菱形，则AA1=AC=A1C1=4.
又∠C1A1A=60°，则△AC1A1为正三角形，P为AA1的中点，即PC1⊥AA1.
因为面ACC1A1⊥面ABB1A1，面ACC1A1∩面ABB1A1=AA1，PC1面ACC1A1，
∴PC1⊥面ABB1A1，在面ABB1A1内过P作PR⊥AA1交BB1于点R.
建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz，则P(0,0,0)，A1(0,2,0)，A(0,-2,0)，C1(0,0,2)，C(0,-4,2)，
设=λ=λ(0,-2,2)，λ∈[0,1]，则Q(0,-2(λ+1),2λ)，
∴=(0,-2(λ+1),2λ).
∵A1B1=AB=2，∠B1A1A=60°，则B1(,1,0)，
∴=(,1,0).
设面PQB1的法向量为=(x,y,z)，则,令x=1，则=1,-,-，
设面AA1C1C的法向量为=(1,0,0)，二面角B1-PQ-C1的平面角为θ，则，解得λ=或λ=-(舍)，
∴=且Q(0,-3,)，又B(,-3,0)，
∴=(,0,-)，故||=，=(,4,-)，故||=.
所以，即，
连接BP，设P到平面BQB1的距离为h，则××4××=××4××h，
∴h=，即点P到平面BQB1的距离为.
5．（2022·江苏·沭阳如东中学高三阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形， ，且底面，点分别在棱、上·
(1)若P是的中点，证明：；
(2)若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，其中，，
若是的中点，则，，，
于是，∴，即．
（2）
由题设知，，，是平面内的两个不共线向量．
设是平面的一个法向量，
则，取，得．
又平面的一个法向量是，
∴，
而二面角的余弦值为，因此，
解得或（舍去），此时．
设，而，由此得点，，
∵平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而．
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积．
6．（2022·湖南·雅礼中学一模）如图，在四边形中，，，，.沿将翻折到的位置，使得.
（1）作出平面与平面的交线，并证明平面；
（2）点是棱于异于，的一点，连接，当二面角的余弦值为，求此时三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】（1）如图，延长，相交于，连接，则为平面与平面的交线.
证明：在中，，，，则，所以.
由，，，得平面.
又，所以平面，所以.
由，，，得.
所以，所以.
又因为，所以平面，即平面.
（2）由（1）知，，，.以点A为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
易得，，，，，则.
设（），则，则.
设是平面的一个法向量，
则，
令，则.
是平面的一个法向量.
由，解得.
所以点是的中点.
所以.
7．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图，在多面体中，平面⊥平面，，，DEAC，AD=BD=1.
(Ⅰ)求AB的长；
(Ⅱ)已知，求点E到平面BCD的距离的最大值.
【答案】(1);(2).
详解：(Ⅰ)∵平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD.
又∵DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，从而DE⊥BD.
注意到BD⊥AE，且DE∩AE=E，∴BD⊥平面ADE，于是，BD⊥AD.
而AD=BD=1，∴.
(Ⅱ)∵AD=BD，取AB的中点为O，∴DO⊥AB.
又∵平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.
过O作直线OY∥AC，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
记，则，，
，，，.
令平面BCD的一个法向量为.
由得.令，得.
又∵，∴点E到平面BCD的距离.
∵，∴当时，取得最大值，.
8．（2022·湖北·随州市曾都区第一中学高二开学考试）如图，在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，点在上，且.
(1)已知点在上，且，求证：平面平面.
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
（1）
由，即△为等腰直角三角形，
又是直角梯形且，且，所以，
因为，故为等腰直角三角形，所以，
因为，又，，∴，，
又，即，∴四边形为平行四边形，则，
又，故；
由底面，面，则，
又，面，∴面，
而面，∴平面平面.
（2）
取的中点，连接，由（1）易知：为平行四边形，
∴，而面，面，即面，
综上，到平面的距离即为到面的距离，由面，面，
∴，又，，面，故面，
取的中点，连接，则，故面，又，
∴到面的距离，即到平面的距离.
9．（2022·河南省叶县高级中学模拟预测（文））如图，四棱锥的底面为直角梯形，底面，，，，为棱上一点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
（1）
由题意可知，
因为底面，平面，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）
由题意可知，所以为等边三角形，且，
连接，设中点为，作，作于交AC于H，
连接，，EF，因为，且，
可知平面EFH，故平面EFH平面PAD，
从而，，所以有平面ABCD，，
又因为，所以H是AB中点，进而E、F分别是PC、AC中点，
在中，，
的面积，
的面积，
设点到平面的距离为，
由，得，则，
故点到平面的距离为.
10．（2022·福建·福州四中高一期末）如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，.E､F､G､H分别是线段､､､上的动点，且四边形为平行四边形.
(1)求证：平面；
(2)设二面角的平面角为，求在区间变化的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积；
(3)设，且平面平面，则当为何值时，多面体的体积恰好为？
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
（1）
证明：∵四边形为平行四边形，∴．
而面，面，∴面．而面，面面，
∴∥．而面，面，
∴∥平面．
（2）
∵，∴在平面上的投影满足，即在线段的中垂线上．
如图所示，将补成边长为的正，
当二面角为角时，即点在平面上，此时为，
当二面角为角时，此时为中点，
故在平面上的投影所扫过的平面区域为，而，
故线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积为；
（3）
取中点，连接OD，则，
又平面平面，平面平面，面，
则平面，平面．
所以，
是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，，所以，，根据勾股定理，∴．
所以．
而多面体的体积恰好为，即多面体的体积恰为四面体体积的一半．
连接．设F到面AEH的距离为，C到面ABD的距离为 ，A到面DGH的距离为，A到面BCD的距离为，
，
∴．
，
∴．
∴，
∴，整理：，即，
解得：（舍去）．
④折叠问题
1．（2022·重庆八中高三阶段练习）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点是线段的中点
（1）
证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
（2）
过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点.
2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析
(2)符合题意的点存在且为线段的中点．
（1）在翻折过程中总有平面平面，证明如下：∵点，分别是边，的中点，又，∴，且是等边三角形，∵是的中点，∴，∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．
（2）由题意知，四边形为等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面积，要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.假设符合题意的点存在．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一个法向量为，设（），∵，，故，∴，，平面的一个法向量为，则，，即令，所以，则平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，即，解得：，故符合题意的点存在且为线段的中点．
3．（2022·全国·高二专题练习）如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．
(1)在三棱柱中，求证：平面；
(2)试判断直线是否与平面平行，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)直线与平面不平行，理由见解析．
（1），从而有，又，平面．
（2）直线与平面不平行．理由如下：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的一个法向量，则，取，得，，直线与平面不平行．
4．（2022·山西大附中高二开学考试）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）．
(1)证明：平面平面；
(2)是否存在点，使得二面角的正切值为？若存在，确定点位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)存在，为的中点，
（1）
证明：因为，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，所以,
因为，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
（2）
假设存在点满足题意，如图，过作于，
因为，所以∥，
由（1）知平面，所以平面，
因为平面，所以，
过作于，连接，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
不妨设，则，
在中，设，
因为∽，
所以，
所以，得，
所以，解得，
即此时为的中点，
综上，存在点，使得二面角的正切值为，此时为的中点，
5．（2022·福建泉州·高一期末）在矩形ABCD中，．点E，F分别在AB，CD上，且，沿EF将四边形AEFD翻折至四边形，点平面BCFE．
(1)若平面⊥平面BCFE，求三棱锥的体积；
(2)在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求tan的最大值．
【答案】(1)
(2)1
(1)
解：在平面内作交于．
∵平面⊥平面，平面平面，平面，
∴⊥平面．
∴即点到平面的距离．
在梯形中，过点作交于，则，
∴，．
在中，
∴三棱锥的体积
(2)
如图，在平面内作直线交FE延长线于点O，交CB延长线于点K．
∵，，，平面，
∴平面，又∵平面，
∴平面⊥平面，
作交OK于点M．
∵平面⊥平面，平面平面，，平面，
∴⊥平面，
∴．
作交BC于点N，连接．
∵，∴BC⊥平面，
∴，又∵，∴为二面角的平面角．
∵在中，，
∴，
设，
则，
∴
令，则，
当且仅当时，取到最大值1，综合可知的最大值为1
6．（2022·广西玉林·高一期末）如图①，在梯形中，，，，，分别是，上的点，，.沿将梯形翻折，使平面平面（如图②）.
(1)判断平面与平面的位置关系，并说明理由；
(2)作出二面角的平面角，说明理由并求出它的余弦值.
【答案】(1)平面平面，理由见解析
(2)图象见解析，理由见解析；余弦值为
（1）
平面平面，理由如下
在直角梯形中，，，
因为，故.
所以在折叠后的几何体中，有，，
而，故平面，又平面，
所以平面平面；
（2）
如图，在平面中，过作且交于.
在平面中，过作且交于，连接，
即为二面角的平面角，
因为平面平面，平面平面，平面，故平面，因为平面，故，
而，故平面，
又平面，故，
所以为二面角的平面角，
在平面中，因为，，
故，
又在直角梯形中，且，
故，故四边形为平行四边形，
故，，
在直角三角形中，，因为三角形内角，
故
故，故，
因为三角形内角，故
所以二面角的平面角的余弦值为
另解：
如图，在平面中，过作且交于.
在平面中，过作且交于，连接，
即为二面角的平面角，
因为平面平面，平面平面，平面，
故平面，
因为平面，故，而，
故平面，
又平面，故，
所以为二面角的平面角，
在平面中，因为，，
故，
又在直角梯形中，且，
故，故四边形为平行四边形，
故，
易知，所以
故
在中，
故
所以二面角的平面角的余弦值为
7．（2022·上海市青浦高级中学高一期末）在矩形ABCD中，，.点E，F分别在AB，CD上，且，.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形，点平面BCFE.
(1)求证：平面；
(2)求证：与BC是异面直线；
(3)在翻折的过程中，设二面角的平面角为，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)1
(1)
证明：因为 ,平面,平面,
所以平面，
因为 ,平面,平面,
所以平面，因为 ,
故平面平面,而平面,
故平面；
(2)
证明：假设与BC不是异面直线，即四点共面，
则 或相交于一点，设为Q,
若，因为平面BCFE，故平面BCFE，
而平面,平面平面=EF,
故,与且，，则不平行矛盾；
若,则平面,平面,
平面平面=EF,故,
则交于一点，
由题意可知相交于FE延长线上，相交于EF延长线上一点，
即不会交于同一点，故矛盾，
由此说明即四点不共面，即与BC是异面直线；
(3)
如图，在平面ABCD内作于点O,
作 于M,作于N，
故由题意可得点M为点在平面BCFE内的射影，故 平面BCFE,
所以,又，
所以为二面角的平面角，
因为 ,则为二面角的平面角，
设，当时，点O与M重合，
由可得：；
当时，因为，所以，
所以，故，
所以，
同理当时，，则，
故，所以，
设，所以，所以,
其中为辅助角， ，
由，解得 ，此时，解得，
所以当时，取到最大值为1，
综合可知最大值为1.
8．（2022·湖北十堰·高一期末）如图1，有一个边长为4的正六边形，将四边形沿着翻折到四边形的位置，连接，，形成的多面体如图2所示．
(1)证明：．
(2)若二面角的大小为，是线段上的一个动点（与，不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)体积之和是定值
（1）
证明：如图，连接交于，则为的中点．
∵，∴，即，．
∵，平面，
∴平面．
又∵平面，
∴．
（2）
四棱锥与四棱锥的体积之和是定值．
理由如下：
如图，连接交于，则为的中点．
由正六边形的性质，可知，∴．
同理可证，，故平面．
∴就是二面角的平面角，即．
过作，垂足为点，过作，垂足为点．
∵平面，
∴，，
∴平面，平面，
∴．
在中，，，
∴，，
得．
∴．
即四棱锥与四棱锥的体积之和是定值．
9．（2022·全国·高三专题练习）如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面平面ABC．已知，，
(1)证明：平面ABD；
(2)若，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
（1）
证明：过D作，垂足为G，
∵平面平面ABC，平面平面，平面DEF，
∴平面ABC，∵平面ABC，∴，
∵E是等腰直角三角形ADC斜边AC的中点，
∴，又，DE，平面DEF，
∴平面DEF，∵平面DEF，∴，
∵，∴，
∵平面ABD，平面ABD，∴平面ABD．
（2）
由题意可知，在等腰直角三角形ADC中，
∵，∴，
由（1）可知，EF为直角三角形BAC的中位线，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，．
以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面CDF的法向量，则，，，，，
由得，令，则，
显然，平面ABC的法向量，．
二面角的余弦值．
10．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图（1），在正方形中，、、分别为、、的中点，点在对角线上，且，将、、分别沿、、折起，使、、三点重合（记为），得四面体（如图（2）），在图（2）中.
(1)求证：平面；
(2)在上，求一点，使二面角的大小为.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点在上靠近的三等分点处.
（1）
在图（1）中，连接，设，S为的中点，连接、，，，而分别是的中点，则，，于是，
又，则为的中点，也为的中点.
在图（2）中，的中点为，连接，又为的中点，∴
∵不在平面内，在平面内，∴平面.
（2）
由题意知，在图（2）中，直线、、两两互相垂直，且相交于一点.
∴以为原点，分别以直线、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
设正方形的边长为，则，，，，，，，
设，
∴，
设平面的一个法向量为，则得，得，取，得，∴，
又知平面的一个法向量为，∴，即，即，
解得.
∴所求的点在上靠近的三等分点处.
11．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图1，已知等边的边长为，点分别是边上的点，且满足，如图2，将沿折起到的位置．
(1)求证：平面平面；
(2)给出三个条件：①；②平面平面；③四棱锥的体积为，从中任选一个，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，
(1)
证明：
等边中，由，得即，
所以
又得
在中，，由余弦定理得
，
，
又平面，
平面，
又平面
平面平面
(2)
解（1）：若选择条件①
，平面，
平面，
，
结合（1）可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：.
设平面的法向量为，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
解（2）：若选择条件②平面平面，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，
，
结合（1）可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：.
设平面的法向量为，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
解（3）：若选择条件③四棱锥的体积为，
容易求得，四边形的面积为，又四棱锥的体积为，
所以，四棱锥的高为，即点到底面的距离为1，
又因为，
平面，
，
结合（1）可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：，
设平面的法向量为，，，
则，
令则，即，
同理，平面的法向量为，
设平面和平面的夹角为，则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
12．（2022·全国·高三专题练习）如图甲，等腰梯形ABCD中，，于点E，且，将梯形沿着DE翻折，如图乙，使得A到Р点，且.
(1)求直线PD与平面EBCD所成角的正弦值；
(2)若，求三棱锥的表面积.
【答案】(1)
(2)
（1）
如图，
作于点，
∵，平面PBE，平面PBE，
∴平面，
∴，
又∵，平面BCDE，平面BCDE，
∴平面，
∴为与平面所成角，
设，则，，
因为
所以，
所以.
（2）
如图，
过作交于点，
∴.
由（1）知，平面，易知MB、MN、MP两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，
因为，得
为直角三角形，且，所以，所以
得所以，
∴为的中点，
∴.
，
设分别为平面PBC，平面PCD，平面PBD的法向量，
则，，，取，
得，
记二面角,二面角,二面角的平面角分别为，易知均为锐角，则，，，
因为，，
，
所以，，
又
所以三棱锥的表面积.