平面，所以∥平面方法二取中点，连结，则由已知可得，则点在上连结，并延长交于点，连结因为，分别为，的中点，所以∥，即为的中点，又因为为线段的中点，所以∥又⊄平面，⊂平面，所以∥平面解由可知平面的个法向量又因为⊥平面，所以面的个法向量是又由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为证明因为∥，∥，∩，∩，所以平面∥平面从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥故与的对应边相互平行，于是∽所以，即为的中点解如图，连结设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为上和下则图，所以下，又四棱柱，所以上四棱柱下故上∶下∶解方法如图，在中，作⊥，垂足为，连结又⊥，且∩，所以⊥平面，于是⊥所以为平面与底面所成二面角的平面角因为∥所以又因为梯形的面积为所以，于是，故平面与底面所成二面角的大小为方法二如图，以为坐标原点分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系设图则，因为梯形，所以从而所以设平面的个法向量，由，得所以又因为平面的个法向量，所以，故平面与底面所成二面角的大小为所成的角，其正切值为，故∥，⊄面，∥平面，故④正确⊥，不垂直于，不垂直于平面，故解析错，两平面可平行错，直线可在平面内正确，符合线面平行的判定定理条件④错，两直线可平行，综上可知正确解析沿着侧棱把正三棱锥展开在个平面内，如图，则即为截面周长的最小值，且在中，由余弦定理可得，故答案为解析设矩形的两邻边长度分别为则，此时，当且仅当时等号成立，此时四边形为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为，无论怎样折叠，其四个顶点都在个半径为的球面上，这个球的表面积是解析中由已知可得面⊥面，点在面上的射影在线段上∥，根据线面平行的判定定理可得∥平面当面⊥面时，三棱锥的体积达到最大解析连结⊥平面，⊥，又点为的中点即得点的轨迹为以点为球心，半径为的球在二面角内的部分，即为球的，其体积④解析正确，因为⊥，∥⇒⊥，又⊂，故⊥错，当两平面相交且交线为直线时也满足题意错，各种位置关系均有可能④正确，⊥，∥⇒⊥，又⊂，所以⊥，综上可知命题④为真命题解析底面是边长为的正方形，侧棱可得⊥底面，⊂平面，⊂平面，可得平面⊥平面，平面⊥平面⊥平面，可得平面⊥平面⊥平面，可得平面⊥平面⊥平面，可得平面⊥平面解析设母线长为，底面半径为，则依题意易知，由，代入数据即可得，因此所求角的余弦值即为④解析对，则，当且仅当时故如图所示在正方体中设分别为轴，若则当且仅当在平面中存在点使因为所以易求得平面的个法向量又所以易求得平面的个法向量设为平面与平面所成的锐二面角，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为证明由题设知⊥，⊥，∩，⊥平面又⊂平面，⊥由题设知即⊥又∩，⊥平面又⊂平面，平面⊥平面解设棱锥的体积为，由题意得三棱柱的体积，∶∶平面分此棱柱所得两部分体积的比为∶证明取的中点，连结，⊥，⊥又平面⊥平面，且是平面与平面的交线，⊂平面，⊥平面如图所示建立空间直角坐标系，由已知得，，⊥⊥解设为平面的法向量，则，取，得，为平面的个法向量又为平面的个法向量，设二面角的大小等于，由已知得二面角是锐角，二面角的余弦值等于证明因为⊥平面，⊂平面，所以⊥又因为⊥，且∩，所以⊥平面又因为⊂平面，所以⊥证明方法因为⊥平面，所以⊥，⊥又⊥平面时的夹角最小，此时故由题意所以，故正确如图所示，正方体的边长为，三棱锥为边长为的正四面体，其体积为，故④正确证明，分别是，的中点，∥又綊，四边形是平行四边形∥又∥，从而∥方法连结，与交于点，连结四边形为平行四边形，则点是的中点，是的中点，是的中位线，∥，⊄平面，⊂平面，所以∥平面方法二取中点为点，连结点分别为，中点，綊，则四边形是平行四边形，∥，又⊄平面，⊂平面，∥平面又綊，则四边形是平行四边形，∥，又⊄平面，⊂平面，∥平面∩，平面∥平面而⊂平面，∥平面证明因为，分别为，的中点，所以∥又因为⊄平面，⊂平面，所以∥平面因为，为的中点，所以，又因为∥，所以四边形为平行四边形，所以∥又因为⊄平面，⊂平面，所以∥平面因为∩，∩，所以平面