2022届高三各地一模试卷专题汇编——立体几何3 （word含解析）

2022届高三各地一模试卷专题汇编——立体几何
1．如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2的正方形，ACC1A1是菱形，，且平面BB1C1C垂直平面ACC1A1，M为A1C1中点．
（1）求证：平面MBC⊥平面A1B1C1；
（2）求点C1到平面MB1C的距离．
2．如图①，在梯形PABC中，，与均为等腰直角三角形，，，D，E分别为PA，PC的中点.将沿DE折起，使点P到点的位置（如图②），G为线段的中点.在图②中解决以下两个问题.
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角为120°时，求CG与平面所成角的正弦值.
3．在底面是菱形的四棱锥S-ABCD中，已知，BS＝4，过D作侧面SAB的垂线，垂足O恰为棱BS的中点．
（1）在棱AD上是否存在一点E，使得OE⊥侧面SBC，若存在求DE的长；若不存在，说明理由．
（2）求二面角B-SC-D的平面角的余弦值．
4．如图所示，三棱柱中，所有棱长均为2，，，分别在，上（不包括两端），．
（1）求证：平面；
（2）设与平面所成角为，求的取值范围．
5．如图，已知四面体ABCD中，DA=DB=a，DC=b，，.
（1）用a，b表示四面体ABCD的体积；
（2）若a=2b，求二面角D-AB-C的大小（用反三角函数表示）；
（3）若a+b=1，求点D到平面ABC距离的最大值.
6．如图，四边形ABCD中，,，，沿对角线AC将△ACD翻折成△，使得.
(1)证明：；
(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.
7．如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求点到平面的距离．
8．在长方体中，求证：.
9．如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1中点．
(1)证明：平面ABC⊥平面AOM；
(2)记二面角A－BC－B1的大小为θ，当θ∈[，]时，求直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．
10．如图，在三棱锥中，、、两两垂直，且，过棱上的动点（不同于A、两点）作平行于、的平面，分别交三棱锥的棱、、于、、三点．
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）求点到直线距离的最小值；
（3）求直线与平面所成角的取值范围．
11．如图，在直三棱柱中，，，F为棱上一点，，连接AF，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
12．已知正方形的边长为，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角，点在线段上.
(1)若为的中点，且直线与由，，三点所确定平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为；若存在，求此时平面与平面的夹角的余弦值，若不存在，说明理由.
13．如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC上的点，．
（1）求证：当点M不与点P，B重合时，M，N，D，A四点共面．
（2）当，二面角的大小为时，求PN的长．
14．如图，在直三棱柱中，侧棱，，且M，N分别为，的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的大小．
15．如图，在四棱锥中，，，E为棱PA的中点，平面PCD．
（1）求AD的长；
（2）若，平面平面PBC，求二面角的大小的取值范围．
16．如图，在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上.
（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；
（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值，若不存在，说明理由.
18．等腰梯形，，，点E为的中点，沿将折起，使得点D到达F位置．
(1)当时，求证：平面；
(2)当时，过点F作，使，当直线与平面所成角的正弦值为时，求λ的值．
19．如图，四棱锥中，是等边三角形，底面是直角梯形，，，，分别是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
20．在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
(1)求证：平面BCDE；
(2)求CM与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直 若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用平面BB1C1C平面ACC1A1，，得到平面，又平面，得，由题意得，即可证明；
（2）利用等体积法，即可求解.
【详解】
（1）证明：∵正方形BB1C1C，，
∵面⊥面，面面，面，
∴B1C1⊥面ACC1A1，
又CM 面ACC1A1，∴B1C1⊥CM，
∵ACC1A1是菱形，，
∴为等边三角形，
∵M为A1C1中点，∴CM⊥A1C1，
又A1C1∩B1C1＝C1，且A1C1，B1C1 面A1B1C1，
∴CM⊥面A1B1C1，
又CM 面MBC，
∴平面MBC⊥平面A1B1C1．
（2）解：由（1）可知，B1C1⊥面ACC1A1，
∴B1到平面MCC1的距离为B1C1＝2，
由（1）知，CM⊥面A1B1C1，
∵MB1 面A1B1C1，∴CM⊥MB1，
在中，，
在中，，
，，
设点C1到平面MB1C的距离为h，
，
，
，
故点C1到平面MB1C的距离为．
2．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）通过两个线面平行即可证明面面平行
（2）以为坐标原点建立直角坐标系，通过空间向量的方法计算线面角的正弦值
(1)
如上图所示，在中，因为D，E分别为PA，PC的中点，所以，因为 平面，平面，所以平面，连接，交于点，连接，因为与均为等腰直角三角形，，所以，，所以，且，则四边形是平行四边形，所以是中点，且G为线段的中点，所以中，，因为 平面，平面，所以平面，又因为平面，，所以平面平面
(2)
因为，平面，，所以平面，所以可以以为坐标原点，建立如上图所示的直角坐标系，此时，，，，因为G为线段的中点，所以，所以，，，设平面的法向量为，则有 ，即 ，得其中一个法向量， ，所以CG与平面所成角的正弦值为
3．（1）存在，；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接AO，证明BS⊥平面AOD，再过O作OE⊥AD于E，证明OE⊥面SBC，再根据三角形中的关系求解DE的长即可；
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，再分析得出平面SBC的一个法向量，求解平面SCD的一个法向量，进而得到二面角B-SC-D的平面角的余弦值即可
【详解】
解：（1）连接AO，∵AB＝AS，O是BS的中点，∴BS⊥AO，∵DO⊥面ABS，∴DO⊥BS， 又AO∩DO＝O，AO、DO 平面AOD，∴BS⊥平面AOD
过O作OE⊥AD于E，则OE⊥BC，∵OE 平面AOD，∴BS⊥OE，
又BC∩BS＝B，BC、BS 平面SBC，∴OE⊥面SBC
在Rt△AOD中，， ，
∵，∴，
∴．
（2）以O为原点，OA，OB，OD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A(1，0，0)，B(0，2，0)，S(0，-2，0)，D(0，0，2)，
∴，，，
由（1）知，，∴，∵EO⊥平面SBC，
∴平面SBC的一个法向量，
设平面SCD的一个法向量是，则，即，
令y＝1，则x＝2，z＝-1，
∴，∴，
由图可知，二面角B-SC-D为钝角，故二面角B-SC-D的平面角的余弦值为．
4．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）作，根据条件证明四边形为平行四边形，然后得到即可；
（2）取中点，连接、、，然后证明平面，平面平面，作，交于点，然后可得平面，然后算出，然后利用向量关系算出，然后可得，然后可求出答案.
【详解】
（1）作，交于点，设，则，
∵，∴，即，
∵且，连接，
所以四边形为平行四边形，∴，
∵平面，且平面，
∴平面．
（2）取中点，连接、、，
∵，，，
根据余弦定理得：，
∴，则，
∵是等边三角形，∴，
∵，∴平面，平面
∴平面平面，
在中，，，
作，交于点，因为平面平面，
所以平面，
则，∴，
∵平面，所以点到平面距离，
，
，
∴．
，
∵，∴，
∴．
5．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）由棱锥的体积计算即可；（2）取的中点，连接，可证明为二面角D-AB-C 的平面角，求出相关量可计算结果；（3）等体积法计算点到平面的距离，三元基本不等式求最值，求出距离的最大值.
【详解】
解：（1）该四面体可看作以为底面，以为高的三棱锥，DA=DB=a，
，所以为等边三角形，，
所以.
（2）取的中点，连接 则，因为，且DA=DB，所以，则，所以，则为二面角D-AB-C 的平面角.
因为，即，，，所以平面，即，又，，所以，所以，即二面角D-AB-C的大小为.
.
（3）三棱锥可看作以为底面，以为高的三棱锥，也可看作以为底面，为顶点的三棱锥，设到底面的距离为，则有.
由（2）可知，为等腰三角形，，则；即 ，解得：，令
当且仅当时等号成立，
所以
6．(1)证明过程见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明出，由三线合一得出结论；（2）作辅助线，找到为二面角的平面角，再使用勾股定理及余弦定理求出边长，最终用余弦定理求出二面角的余弦值.
(1)
取中点F，连接EF，BF，
因为，所以EF是的中位线，故∥，
因为，所以，
又因为，，所以平面BEF，
因为平面BEF，所以，
由三线合一得：
(2)
因为为等边三角性，所以，由第一问可知：，从而，由三线合一得：，取AB的中点H，过点H作HG⊥AB交AC于点G，连接，从而，故为二面角的平面角，由勾股定理得：，从而，，由可得：，由勾股定理得：，
因为，在中，由余弦定理得：，故，又，在中，由余弦定理得：，
故二面角的余弦值为.

7．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接交于，利用中位线易得∥，进而利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）取中点，利用面面垂直得平面，从而可求得，利用等体积法即可求解点到平面的距离．
【详解】
（1）在四棱锥S ABCD中，连接交于，则为中点，连接，又为中点，∴，又平面，平面，∴平面.
（2）∵四边形是菱形，且，∴为正三角形，取中点的，连接，，则，∵平面平面，平面平面，∴平面，
∵均是正三角形，AB=2，易得， ，
∴．
易得，由，∴，
取的中点，连接，因为，∴，
∴，可得，
设点到平面的距离为，∴，
解得，即点到平面的距离为．
8．证明见解析.
【解析】
【分析】
利用长方体的特性可得，再利用三角恒等变换并结合三角函数性质即可得解.
【详解】
画出长方体，如图，
设，，，则、、均为锐角，
显然，则，
于是得，
而，则，即，同理，，因此，，
从而有，因，，
于是得，因此，，
综上得：，
所以.
9．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即证；
（2）设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，利用坐标法可求， 然后利用导函数求最值即得.
(1)
∵△ABC是等腰三角形，O为BC的中点，
∴BC⊥AO，
∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为的中点，
∴BC⊥MO．
∵MO∩AO＝O，MO，AO平面AOM，
∴BC⊥平面AOM，
∵BC平面ABC，
∴平面ABC⊥平面AOM．
(2)
在平面AOM内，作ON⊥OA，
∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON平面AOM，
∴ON⊥平面ABC，
以OB，OA，ON分别为x轴、y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵MO⊥BC，AO⊥BC，
∴∠AOM为二面角的平面角，即∠AOM＝θ，
∴A（0，3，0），B（4，0，0），C（－4，0，0），M（0，2cosθ，2sinθ），C1（－2，2cosθ，2sinθ），B1（2，2cosθ，2sinθ），
∴＝(－2，2cosθ，2sinθ)，
设平面AA1C1C的法向量为＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2cosθ，2sinθ)，
所以，即，
则可取，
设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，
则sinα＝|cos＜，＞|＝，
设f (θ)＝，θ∈[，]，则，
∴f（θ）在[，]上单调递增，
∴f（θ）∈[－2，]，即
∴，
∴．
∴直线BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值为.
10．（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）证明，可得即为异面直线与所成的角或补角，从而可求出答案；
（2）证明，从而可得长度即为点到直线距离，当时，的长度最小，即可得出答案；
（3）找到面面垂直的情况，再结合两端的线面角的值即可得解.
【详解】
解：（1）根据题意可知，平面，
因为平面平面，平面，
所以，
所以即为异面直线与所成的角或补角，
因为，所以，
所以，
即异面直线与所成的角的大小为；
（2）因为，，，
平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以即为点到直线距离，
所以当时，的长度最小，
在中，，
当时，有，所以，
即点到直线距离的最小值为；
（3）连接DE，则平面即为平面，
在中，由于为斜边，所以存在点E，使得，
由（2）得，，
又，所以平面，
所以直线与平面所成的最大角为，
即直线与平面所成的最大角为，
当点E与点A重合时，
则即为直线与平面所成角的平面角，
在中，，
即直线与平面所成的角为，
当点E与点B重合时，
则即为直线与平面所成角的平面角，
在中，，
即直线与平面所成的角为，
又因为点E不同于A、B两点，
所以直线与平面所成角的取值范围为，
即直线与平面所成角的取值范围为.
11．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）作出辅助线，由相似，余弦定理和勾股定理逆定理得到线线垂直，进而证明线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
(1)
如图，延长和CB的延长线相交于点E，连接AE，
则AE为平面与底面ABC的交线，
由已知得，，，
所以，
由AB、BC的长都为3，AC的长为，得，
所以，
在三角形ABE中，由余弦定理，得，
所以，所以，即，
又是直三棱柱，故平面ABC，
又平面ABC，所以，因为，所以平面，
又平面，所以平面平面；
(2)
以E为坐标原点，EC，EA所在直线分别为x轴、y轴，平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，.
设平面的法向量为，则
即不妨设，
由（1）得，，，，
设平面的法向量为，则
即不妨设，
设平面与平面所成锐二面角为，则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
12．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【解析】
【分析】
（1）根据面面位置关系判断点的位置，再根据线线平行证明线面平行；
（2）设，利用坐标法根据线面夹角为可得的值，再；利用坐标法求二面角余弦值.
(1)
证明：因为直线平面，故点在平面内也在平面内，所以点在平面与平面的交线上(如图所示).
因为，为的中点，所以，所以，，所以点在的延长线上，且.
连接交于，因为四边形为矩形，所以是的中点.
连接，所以为的中位线，所以，
又因为平面，所以直线平面.
(2)
解：存在.由已知可得，，，所以平面，所以平面平面,
取的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以
设（），则，设平面的法向量，则所以，
取，则，所以.
因为与平面所成的角为，所以
所以，解得或，
所以存在点，使得直线与平面所成的角为.
设平面的法向量为，则，所以，
取，则，
所以， ，设二面角的大小为.
所以.
因为当时， ，此时平面平面，
所以当时， 为钝角，所以.
当时， 为锐角，所以
13．（1）详见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）易证平面PAB，得到，，平面PBC，平面PBC，得到，再结合四边形ABCD为正方形，利用平面的基本性质证明；
（2）以A为原点，分别以AB，AD,AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设平面AND的一个法向量为，平面ANC的一个法向量为，，根据二面角的大小为，由求解.
【详解】
（1）因为平面ABCD，
所以，又因为，
所以平面PAB，
所以，
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以，
又因为四边形ABCD为正方形，
所以，
所以，
所以当点M不与点P，B重合时，M，N，D，A四点共面．
（2）以A为原点，分别以AB，AD,AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
设平面AND的一个法向量为，
设平面ANC的一个法向量为，
设，
因为，则，
又，
则，即，
令，得，
又，
则，即，
令，得，
因为二面角的大小为，
所以，
解得，
因为，
所以.
14．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接、，证明平面平面，即可证明平面；
（2）过点作于，过作于点，连接、，由平面平面，可得二面角的大小即为二面角的大小，证明平面，即可得为二面角的平面角，在中，解三角形即可得答案.
【详解】
解：（1）证明：如图，取的中点为，连接，，
∵为的中点，且侧面为矩形，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
又∵为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵平面，平面，
∴平面，
∵，且，平面，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面；
（2）如图，过点作于，过作于点，连接、，
由（1）知平面平面，
∴二面角的大小即为二面角的大小，
∵在直三棱柱中，侧面底面，且侧面底面 ，
又平面，且，
∴平面，
∵平面 ，平面，
∴，，
又 ∵， 且，，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∴为二面角的平面角，
∵，且，
∴，且，
从而，
∴，
∵，
∴在中，有，
∴，
所以二面角的大小为.
15．（1）4；（2）
【解析】
【分析】
（1）过E作，交PD于点M，连接，根据平面PCD，得到，再结合，得到四边形BCME是平行四边形求解；
（2）易证，然后以点B为原点，分别以BA，BC所在直线为x，y轴，以经过点B且垂直与平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设，求得平面CDP的一个法向量，再由平面BCP的一个法向量为，然后由求解.
【详解】
（1）如图所示：
过E作，交PD于点M，连接，
因为平面PCD．平面BCME，
平面PCD平面BCME=MC，
所以，
又因为，
所以，
所以四边形BCME是平行四边形，
所以，又因为，
所以.
（2）因为，E为棱PA的中点，
所以，且 ，
所以，又因为平面平面PBC，平面平面PBC=BP，
所以平面PBC，
又因为平面PBC，
所以，
则以点B为原点，分别以BA，BC所在直线为x，y轴，以经过点B且垂直与平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，由题意设，
则，设平面CDP的一个法向量为，
则，即，
令，得，则，
易知平面BCP的一个法向量为，
则，
因为，
所以，
所以二面角的大小的取值范围是.
16．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由正方形折叠后，得到，证得平面，进而得到.
（2）取中点，连接，由折叠前后结合线面垂直的判定定理知平面，进而得到即为直线与平面所成的角，在直角中可求解.
【详解】
（1）证明：由题意，根据折叠前后，可得，
又，所以平面，
又平面，所以；
（2）取中点，连接，由折叠前后知，，
，，
又，平面，
在面的射影在上， 则即为直线与平面所成的角，
由（1）可得，所以为直角三角形，
因为正方形的边长为，可得，，
又，，
，即直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
17．（1）点O在EA的延长线上，且AO=2，证明见解析；（2）存在，或.
【解析】
【分析】
（1）判断出点O在平面ABFE与平面ADE的交线上，连接DF交EC于N，由MN为△DOF的中位线，得到MN∥OD，即可判断直线OD∥平面EMC.
（2）存在.先证明平面ABFE⊥平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，用向量法求解.
【详解】
（1）证明:因为直线平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示).
因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM=MF，AO=BF，所以点O在EA的延长线上，且AO=2.
连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点.
连接MN，所以MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又因为平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
（2）存在.由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE.
取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以
设 (0≤t≤4)，则，设平面EMC的法向量，则所以，
取y=-2，则，所以.
因为DE与平面EMC所成的角为60°，所以
所以，解得t=1或t=3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，则为平面CEF的法向量.
因为点Q的坐标为
所以 ， ，设二面角M-BC-F的大小为.
所以.
因为当t=2时， ，此时平面EMC⊥平面CDEF，
所以当t=1时， 为钝角，所以.
当t=3时， 为锐角，所以.
【点睛】
立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
18．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题可得四边形是菱形，得出，再得出即可证明；
（2）由题意可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，根据向量关系即可求出.
(1)
等腰梯形中，，E为的中点，四边形是菱形，，
折叠后，，,，，
设，则是中点，连接，则，
又，平面；
(2)
取z中点，连接，
易得为等边三角形，则为等边三角形，
，则为等边三角形，，
设，则，则，
满足，，
所以可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则,设，
，即，则可得，
则,
设平面的法向量为，
则，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，
则，
解得（舍去）或.
19．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）作出辅助线，通过证明面面平行得到线面平行；（2）先用余弦定理求出的长，用等体积法求出到平面的距离，从而求出直线与平面所成角的正弦值.
(1)
证明：取的中点，连接，，
因为底面是直角梯形，，是AD的中点，所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB，
又因为是PC的中点，所以是△PBC的中位线，所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB，
因为，所以平面平面，而平面，所以平面；
(2)
取AB中点O，连接PO，CO，AC，
因为是等边三角形，所以，∠PBA=60°，又因为底面是直角梯形，，，所以△ABC是等边三角形，CO⊥AB，故四边形AOCD是矩形，所以，
由第一问可知，，，，由余弦定理得，
∴由余弦定理得：，
又，∴平面∵平面ABC，∴平面平面，过点P作PH⊥OH，交CO的延长线于点H，则平面，
∴，故，连接GB，GC，其中
设到平面的距离设为，则
∴直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)证明见解析
(2)
(3)存在；2
【解析】
【分析】
（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；
（2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可；
（3）在（2）的坐标系基础上，写出坐标，设，，表示出点N，分别求出平面CMN与平面DEN的法向量，令数量积为0，求出参数即可.
(1)
因为在中，，，所以，
因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，，
又，，所以平面BCDE；
(2)
因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，，
故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为；
(3)
设，，即，
即，，，
，设平面CMN的法向量为，则有，
即，令则，，，
同理，设平面DEN的法向量为，，
则，即，令，则，故，
若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，，故存在这样的点，，所以
答案第1页，共2页
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