高中数学人教A版（2019）必修2 8.6 空间直线、平面垂直 解答题章节综合练习题（答案+解析）

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8.6 空间直线、平面垂直 解答题
一、解答题
1．四棱锥的底面为正方形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若平面，证明：．
2．如图，在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面QAD⊥底面ABCD，M是QD的中点．
（1）求证：AM⊥平面QCD；
（2）在棱BQ上是否存在点N使平面ACN⊥平面ACM成立？如果存在，求出；如果不存在，说明理由．
3．如图，在四棱锥中，，，，，平面ABCD，E，F分别为PD，BC的中点．
（1）证明：平面平面PCD．
（2）设PC与平面AEF交于点Q，作出点Q（说明作法），并求PQ的长．
4．（2023高二上·西乡县开学考）如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面是正三角形）中，，，，分别是，，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面
5．（2023高二上·西乡县开学考）如图，在三棱柱 中， 底面 ，且 为等边三角形， ，D为 的中点．
（1）求证：直线 平面 ；
（2）求证：平面 平面 ；
（3）求三棱锥 的体积．
6．如图，已知平面，平面，为等边三角形，，为的中点，求证：
（1）平面.
（2）平面平面.
（3）求直线和平面所成的角的正弦值.
7．如图所示，在正方体中．（立体几何证明过程中不可使用向量法，否则不给分）
求证：
（1）直线平面；
（2）平面平面．
8．如图，直三棱柱中，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，为上一点，且，求二面角的余弦值．
9．（2023高二上·吉林开学考）如图，已知正方体的棱长为2．
（1）证明：平面；
（2）证明：BD⊥平面；
10．在四棱台中，平面，，，，，，垂足为M．
（1）证明：平面平面；
（2）若二面角正弦值为，求直线与平面所成角的余弦值．
11．（2023高二上·辉南月考）如图，在三棱锥中，三条侧棱，，两两垂直，且，是的重心，，分别为，上的点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求证：是直线与的公垂线；
（3）求异面直线与的距离．
12．（2023高二上·辉南月考）如图，四面体中，、分别、的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值的大小；
（3）求点到平面的距离．
13．如图，在四棱锥中，平面，，，且.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
14．如图，四棱锥中，底面 是矩形，， 底面， 分别为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
15．如图，在四棱锥中，，平面底面和分别是和的中点．
求证：(1)底面；
（1）平面平面．
16．（2023高二上·昆明开学考）如图，直三棱柱中，点是BC上一点.
（1）若点D是BC的中点.求证；
（2）若平面⊥平面，求证.
17．（2023高三上·广州月考）如图，在四棱柱中，底面ABCD和侧面均为矩形，，.
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的正弦值.
18．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
19．（2023高三上·哈尔滨月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，点在线段上，且.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20．（2023高一下·炎陵期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC，E为PB的中点．求证：
（1）平面AEC；
（2）平面AEC⊥平面PBD．
21．（2023高一下·湖南期末）如图，在四棱锥中，，E，F分别为，的中点，连接，.
（1）证明：当点G为上一点，且不与点P、点C重合时，平面；
（2）证明：当时，.
22．（2023高一下·河北期末）如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，为的中点，如图2．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
23．（2023高一下·汕尾期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱的中点.证明：
（1）平面；
（2）平面平面.
24．（2023高一下·房山期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）在棱上是否存在一点，使得平面 若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
25．（2023高一下·房山期末）如图，在正方体中，，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）求证：，，，四点共面.
26．如图，四边形与四边形是全等的矩形，.
（1）若P是棱的中点，求证：平面平面；
（2）若P是棱上的点，直线BP与平面所成角的正切值为，求二面角的正弦值.
27．（2023·海盐开学考） 四棱锥中⊥平面四边形为菱形为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求与平面所成的角的正切值；
（3）求二面角的正弦值．
28．（2023高二上·吉林开学考）如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点，是线段上一动点．
（1）求证：平面PBC⊥平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值
29．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
（1）求证：；
（2）若点为棱上不与端点重合的动点，且与平面所成角正弦值为，求点到平面的距离.
30．如图，在正三棱柱中，分别为的中点.
（1）证明：平面平面.
（2）若侧面的中心为为侧面内的一个动点，平面，且的轨迹长度为，求三棱柱的表面积.
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：设与交于点，连接，因为底面是正方形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面平面，所以平面
（2）解：因为底面是正方形，所以，
又因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以
【解析】【分析】 (1)设与交于点，连接，利用中位线证明，进而证明平面；
(2) 通过证明，，得到平面，所以 .
2．【答案】（1）因为侧面QAD是正三角形，是QD的中点，
所以，
因为，面面ABCD，面面面ABCD，
所以面QAD，
又面QAD，所以，
又平面QCD，
所以平面QCD.
（2）以A为原点，AB，AD所在直线分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面ACM的法向量为，则
即令，得.所以，
，设，
则，
设平面ACN的法向量为，则
即
令
得.所以，
若平面平面ACM，
则，即，所以，即，
所以当时，平面平面ACM.
【解析】
【分析】（1）由题意得，利用面面垂直的性质得 ，再利用线面垂直的判定证明出AM⊥平面QCD；
（2） 以A为原点，AB，AD所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，设， 分别求出 设平面ACM的法向量为， 平面ACN的法向量为， 由得 ， 所以当时，平面平面.
3．【答案】（1）证明：因为，E为PD的中点，所以．
又因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，，所以，，
所以平面PAD，则，
又，所以平面PCD．
因为平面AEF，所以平面平面PCD．
（2）解：如图所示，延长AF与CD并交于点M，连接EM，则EM与PC的交点即点Q．
过E作交PC于T，因为，所以，根据相似可得，则，过Q作交CD于R，根据相似可得，
因为，所以．
【解析】【分析】（1）由题意得， 平面，则，所以平面,
所以平面平面PCD．
(2) 延长AF与CD并交于点M，连接EM，则EM与PC的交点即点Q,过E作交PC于T， 根据位似得， 过Q作交CD于R，根据相似可得，所以，计算求解即可.
4．【答案】（1）证明：如图，
因为N，P分别是AB，的中点，
所以，
又 平面， 平面，
所以 平面，
又M是的中点，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又 平面， 平面，
所以 平面，
因为，
所以平面平面；
（2）解：连接，交于T，连接MT，
因为 ，底面是等边三角形，
所以四边形是正方形，
所以，且T为的中点，
又，
所以，
因为，平面，所以 平面 .
【解析】【分析】（1）分别证明平面，平面，利用面面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，交于T，连接MT，分别证明，，结合线面垂直的判定定理可得证明.
5．【答案】（1）连接 交 于 ，连接 ，在 中， 为 中点， 为 中点，所以 ，又 面 ，∴直线 面 ；
（2）∵ 面 ， 面 ，∴ ．又 ，
，∴ ， 面 ，∴ 面 ．
又 面 ，∴面 面 ；
（3）∵ 为正三角形， 为 中点，∴ ，由 ，可知 ，
．∴ ，又∵ 面 ，且 ，
∴ 面 ，且 ，∴ ．
【解析】【分析】（1）根据直线与平面平行的判定定理求解即可；
（2）根据直线与平面垂直性质定理及判定定理，结合平面与平面垂直的判定定理求解即可；
（3）运用等体积法，结合棱锥的体积公式求解即可.
6．【答案】（1）证明：
（2）证明：
（3）解：
【解析】
(1)取CE中点M，连结MF，BM，
MF是△CDE的中位线，∴MF∥DE，，
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴DE∥AB，又DE=2AB，∴AB∥MF，AB=MF，
∴四边形ABMF是平行四边形，
∴AF∥BM，∵AF 平面BCE，BM 平面BCE，
∴AF//平面BCE；
(2)∵AB⊥平面ACD，AF 平面ACD，
∴AB⊥AF，∴四边形ABMF是矩形，∴BM⊥MF.
∵△ACD是正三角形，F是CD中点，∴CD⊥AF.
∵BM∥AF，∴CD⊥BM，
∵MF∩CD=F，MF 平面CDE，CD 平面CDE，
∴BM⊥平面CDE，∵BM 平面BCE，
∴平面BCE⊥平面CDE；
（3）取线段DE的中点P，连接BP，
∵AB∥DP且AB=DP，
∴四边形ABPD是平行四边形，
∴AD∥BP，
则直线AD和平面BCE所成的角就是直线BP和平面BCE所成的角，
过点P作PN⊥CE，垂足为N，连结BN，
由（2）知平面BCE⊥平面CDE，又平面BCE∩平面CDE=CE，
∴PN⊥平面BCE，∴∠PBN为直线BP和平面BCE所成角的平面角.
设AB=1，则DE=AC=CD=AD=2，
∵DE⊥平面ACD，
∴DE⊥DC，
∵CD=DE，
∴，
∵PN⊥CE，EP=1，
∴，
∵四边形ABPD为平行四边形，
∴BP=AD=2，
∴，
故直线AD和平面BCE所成的角正弦值为.
【分析】(1)根据题意可得AF∥BM，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2)根据题意题意可证BM⊥平面CDE，结合面面垂直的判定定理分析证明；
(3)根据（2）可知PN⊥平面BCE，则∠PBN为直线BP和平面BCE所成角的平面角，分析运算即可.
7．【答案】（1）证明：在正方体中，
因为平面平面，
平面
（2）证明：在正方体中，
易知平面中，又因为平面，
所以，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
【解析】【分析】 (1) 根据题意可得 ，进而结合线面平行的判定定理分析证明；
(2)根据题意可证 平面， 进而结合面面垂直的判定定理分析证明.
8．【答案】（1）证明：过作于，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，且平面，
所以，
在直三棱柱中，平面，且平面，
所以，
由可知，且，平面，
所以平面，
又平面，
所以．
（2）解：以为坐标原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以，
，，
二面角的余弦值为．
【解析】【分析】(1) 过作于，根据面面垂直性质定理得平面，进而通过证明 和得到 平面，所以；
(2) 以为坐标原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 利用空间向量求二面角的余弦值．
9．【答案】（1）解：在正方体，且，
∴为平行四边形，∴，∵平面，平面
∴平面；
（2）解：∵正方体，底面ABCD，底面ABCD，∴，
∵正方形ABCD中，，又∵平面，平面，，
∴平面；
【解析】【分析】(1)根据正方体的性质可得 ， 进而结合线面平行的判定定理分析证明；
(2)根据正方体的性质可得 ，， 进而结合线面垂直的判定定理分析证明
10．【答案】（1）解：证明：连接，
因为平面，平面，所以，因为，，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，所以，即，因为平面，平面，
所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为二面角正弦值为，所以二面角的余弦值为，
因为平面，平面，故，因为，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，
所以，
所以，
因为
所以，所以，
因为平面，
所以为直线与平面所成角，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦为
【解析】【分析】（1）连接 ，由平面，可得，退出平面 ，从而有，结合已知条件可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；
（2）由已知可得平面平面 ，结合已知条件可得二面角的余弦值为 ，为二面角的平面角， 所以 ，求出，，再由平面 ，可得 为直线与平面所成角， 从而可求，即可得解.
11．【答案】（1）解：证明：如图，以三棱雉的顶点为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
于是，
设平面的一个法向量是，
则，，
可取，
显然是平面的一个法向量，
，
，即平面的法向量与平面的法向量垂直，
平面平面．
（2）证明：由知，
，
，．
所以是直线与的公垂线．
（3）解：是直线与的公垂线，且与直线与相交，．
所以异面直线与的距离为．
【解析】【分析】(1)以点为坐标原点，，，所在的直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 利用空间向量法证明平面平面；
(2)利用空间向量证明 ， 得到是直线与的公垂线；
(3)结合(2) 得到异面直线与的距离是长.
12．【答案】（1）解：连接，
，，
，
，，
，
在中，由题设知
，，，
，
，
即，
，
平面；
（2）解：以为原点，如图建立空间直角坐标系，
则，，
，，
，，
，
异面直线与所成角的余弦值大小为；
（3）解：解：由知：
，．
设平面的一个法向量为，
则
令，得
又，
点到平面的距离
，
即点到平面的距离为．
【解析】【分析】(1) 连接， 通过证明 ，，得到平面；
(2)由(1)知，，两两垂直， 以为原点建立空间直角坐标系，利用公式 求异面直线与所成角的余弦值；
(3) 设平面的一个法向量为， 由 求出法向量，则 在法向量方向投影即为点到平面的距离.
13．【答案】（1）由于，，
所以故，
因此，
又平面，平面，故，
平面，故平面
（2）由于，，所以为等边三角形，
故，
又平面，平面，所以，
又，故，
所以，
设点到平面的距离为，
由于，故
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证 平面 ，可得 ， 结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 利用等体积法，即 ，结合体积公式运算求解.
14．【答案】（1）证明：取的中点，连接，
因为分别是的中点，
所以，且，
又是的中点，所以，且，
所以，且，
所以是平行四边形，故.
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，底面，
所以.
取中点，连接，
因为是矩形，且，
所以都是正方形，
所以，即.
又是平面内的两条相交直线，
所以平面.
而平面，所以平面平面.
【解析】【分析】 (1)取的中点，连接， 根据平行性质可得 ，结合线面平行的性质定理分析证明；
(2) 根据题意先证 平面，再结合面面垂直的判定定理分析证明.
15．【答案】（1）∵和分别是和的中点，
∴，
而平面平面，
∴平面．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴，而平面平面，
∴平面．
而平面平面，
∴平面平面．
【解析】（1）因为 ， 平面底面，平面底面，平面，
所以 底面.
【分析】(1)根据题意利用面面垂直的性质定理分析证明；
(2)根据题意可证 ， ，结合面面平行的判定定理分析证明.
16．【答案】（1）连接 交于点，连接 ，则是中点，又 D是的中点 ，，又， ， ；
（2）过点作，又平面⊥平面 ，平面平面，平面，平面，
平面，，
由直三棱柱性质知平面，又平面，，
又平面 ，平面 ，，平面，
平面， .
【解析】【分析】 (1) 、连接 交于点，连接 ，通过证明得到 ；
(2) 、过点作，通过证明和得到平面，进而证明.
17．【答案】（1）证明：四边形ABCD和四边形均为矩形
又
（2）设
过点作CM垂直交于点，由(1)可知平面平面
平面设与平面所成的角为，
又
平面
到平面的距离等于3
在平行四边形中，
，
与平面所成的角的正弦值.
由(1)证：，易知
为等腰三角形.
由（1）知：平面平面平面
过点作于，则为BC的中点，且平面
又平面平面ABCD，所以到平面ABCD的距离等于到平面ABCD的距离
在四面体中利用等积法，求点到平面的距离
由于四边形ABCD是矩形，
以点为原点，方向，方向分别为轴，轴，过点垂直于平面ABCD的方向为轴，如图所示
由(1)证：，易知
为等腰三角形，取BC中点为，连
由(1)知：平面平面平面平面ABCD
所以
又
平面的法向量(过程略)
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证 ，进而可得 ，进而结合平行分析证明；
(2) 方法一： 过点作CM垂直交于点， 可证 平面，结合平行的性质可得 到平面的距离等于3，进而可得结果；方法二：过点作于，可得平面，利用等体积法求点到平面的距离，进而可得结果；方法三：以点为原点，方向，方向分别为轴，轴，过点垂直于平面ABCD的方向为轴， 利用空间向量求线面夹角.
18．【答案】（1）解：∵四边形是正方形，
∴．
又∵平面平面，平面平面，
且平面
∴平面．
（2）解：由，得，
∴．
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
∴，，．
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为．
则，令，则，
∴．
，令，则，
∴，
∴．
∴平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】【分析】(1)由四边形是正方形，可得.由平面平面 结合面面垂直的性质可证得 平面；
(2)由勾股定理推出 ， 建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量， 利用向量法可求出平面与平面夹角的余弦值.
19．【答案】（1）证明：平面平面.
Rt，所以，
又，
所以..
又平面平面.
（2）解：平面平面平面，
为矩形，，
两两垂直，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.
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】【分析】（1）通过证明 ，得到 平面；
（2）建立空间直角坐标系进行求解。
20．【答案】（1）解：设，连接，如图所示：
因为O，E分别为，的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）解：连接，如图所示：
因为，为的中点，所以，
又因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，且，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面．
【解析】【分析】（1）设，连接，由为，的中点，根据中位线可得，最后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，由，为的中点，推出，再由为菱形，推出，最后根据线面垂直的判定定理即可证明平面平面.
21．【答案】（1）证明：因为E，F分别为，的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面
（2）证明：因为，E为的中点，所以，
因为，，
所以平面，
因为平面，
所以.
【解析】【分析】(1)根据三角形中位线可得，进而结合线面平行的判定定理分析证明；
(2)根据线面垂直的判定定理证明平面PDC，再根据线面垂直的性质可得.
22．【答案】（1）证明：取线段的中点，连接，．
因为在△中，，分别为，的中点，所以 ，．
因为 ，分别为，的中点，所以 ，，
所以 ，，所以 四边形为平行四边形，所以 ．
因为 平面， 平面，所以 平面．
（2）证明：因为在△中，，分别为，的中点，所以 ．
所以，又为的中点，
所以 ．
因为平面平面，且平面，
所以 平面，所以 ．
在△中，，易知 ，
所以 ，所以 平面，
所以 平面平面．
（3）解：线段上不存在点，使得平面．
否则，假设线段上存在点，使得平面，
连接 ，，则必有 ，且．
在△中，由为的中点，，得为的中点．
在△中，因为，所以，
这显然与，矛盾！
所以线段上不存在点，使得平面．
【解析】【分析】（1）取线段的中点，连接，，根据三角形中位线性质以及平行四边形性质知四边形为平行四边形，即得，再根据线面平行判定定理即可证明；
（2）根据已知条件，易推出得，再根据面面垂直性质定理得平面，即得，在△中，易证，所以由线面垂直判定定理得平面，最后根据面面垂直判定定理即征结论；
（3）利用反证法：假设线段上存在点，使得平面，在△中，由于，推出，与条件矛盾，故得出线段上不存在点，使得平面．
23．【答案】（1）证明：∵，且为的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴，
∵在正方形中，，
又∵，平面，，
∴平面，
又∵平面，
∴，
∵，平面，，
∴平面
（2）证明：设的中点为，连接，如图.
∵，
∴，
又∵，，，平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
又∵，平面，，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
【解析】【分析】 (1) 根据三线合一可得，再证平面，则，即可得结果；
(2) 设的中点为，连接，先证平面，进而可得结果.
24．【答案】（1）证明：因为，为的中点，所以，
又底面为矩形，所以，所以.
（2）证明：底面为矩形，．
平面平面，平面平面，
平面，平面，
又平面，．
又，，、平面，平面，
而平面，平面平面；
（3）解：存在，且，理由如下：
连接、，，连接，
因为是矩形，且为的中点，所以，所以，
又平面，平面平面，平面，
所以，
所以.
【解析】【分析】 (1)由已知可得PM⊥AD，再由底面ABCD为矩形，得AD// BC，即可得证得 ；
(2)由已知证明出平面，推出，再根据线面垂直的判定定理推出PD⊥平面PAB，进而可得平面平面；
(3)连接、，，连接，可得，即，再由线面平行的性质定理得到，即可得结论.
25．【答案】（1）证明：由正方体的性质，平面，平面，
所以平面.
（2）证明：由正方体的性质平面，平面，所以，
又为正方形，所以，，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（3）证明：连接，因为，分别为，的中点，
所以，
又且，所以为平行四边形，所以，
所以，所以，，，四点共面.
【解析】【分析】 (1)由正方体的性质得到，再根据线面平行的判定定理可证得 平面；
(2)由正方体的性质得到，再根据线面垂直的判定定理可得平面，进而得证 ；
(3)连接，由，分别为，的中点，即可得到，再由正方体的性质得到，即可得证 ，，，四点共面.
26．【答案】（1）解：由题意知 ，所以，
又因为，且，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以.
，即，所以，所以，
同理，所以，即.
又由于，所以，且，
又平面，平面，
所以平面，
又因为面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，所以CP是直线BP在平面内的射影，
所以就是直线BP与平面所成的角，即，
所以，所以由勾股定理得，
又由（1）知，，，两两垂直，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由于，所以，即，
令，则，，即，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，可知为锐角，所以.
故二面角的正弦值为.
【解析】【分析】 (1) 根据题意可得 平面，，根据几何关系可得 ，即可证 平面， 进而可证面面垂直；
(2) 根据题意可知 就是直线BP与平面所成的角， 即可得 ， 建系，利用空间向量求二面角.
27．【答案】（1）证明：四边形为菱形，为的中点，，
⊥平面 平面，，
又，平面， 平面，
又 平面，平面平面；
（2）解：易证得，，两两垂直，过点作平行线交于点，
以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则 ，
，易知平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，则，，
与平面所成角的正切值为；
（3）解：，设平面的一个法向量为，
则，令，则，
易知二面角所成锐二面角设为，
，，
二面角的正弦值为.
【解析】【分析】(1)通过证明，得到平面，进而证得平面平面；
(2)过点作平行线交于点，以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成的角的正切值；
(3)先求出平面的一个法向量结合（2），再利用公式求二面角余弦值，进而求正弦值.
28．【答案】（1）解：因为，，则，又平面，平面，则，
而，平面，因此平面，又平面，
所以平面平面．
（2）解：因为底面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、，
设，，其中，
显然平面的一个法向量为，
依题意，，解得，
于是为的中点，即，设平面的法向量为，，，
则，取，得，
而平面的一个法向量为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】【分析】(1)根据题意可得先证 ，， 可得 平面， 进而可得 平面平面；
(2) 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设， 根据题意结合线面夹角可得 ，进而利用空间向量求面面夹角.
29．【答案】（1）证明：∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面且平面，故
（2）解：∵△PAB中PA2=AB2+PB2，
∴PB⊥AB，
如图所示，建立以B为原点的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(-1，0，0)，C(0，2，0)，D(-1，3，0)，P(0，0，)，
，其中λ∈[0，1]，
则E(λ-1，0，)，
取平面PAB法向量，，
，
解得λ=或0（舍），
则，，，，
取平面PCD法向量，
则，，
令x=，得，
则点E到平面PCD的距离.
【解析】【分析】(1)由面面垂直的性质得到BC⊥平面PAB，进而证得BC⊥PB；
(2)以B为原点建立空间直角坐标系，根据 与平面所成角正弦值为 ，求得点E、、、的坐标，运用空间中点到面的距离公式求解即可.
30．【答案】（1）解：连接，因为所以侧面是正方形，所以，
因为分别为的中点，所以，
因为是正三角形，所以，因为平面，
平面，，
，平面，所以平面，
平面，所以，
平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接交于，取的中点，过作，
分别交于，连接，
易得，
因为平面，平面，所以平面，
平面，因为，且都在面OHG内，所以平面平面，
所以的轨迹为线段，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
故三棱柱的表面积为.
【解析】【分析】
（1）先证明 平面， 再用平面与平面垂直的判定定理即可；
（2）作出辅助线，由已知条件可证平面，平面，从而得证平面平面，再用相似三角形的边长成比例性质即可求解.
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