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专题 04 立体几何
1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的
边长为1，则该多面体的体积为( )
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【解析】
【分析】
由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】
由三视图还原几何体，如图，
2+4
则该直四棱柱的体积V = ×2×2=12.
2
故选：B.
2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD-A B C D 中，已知B D与平面ABCD和平面
1 1 1 1 1
A A B B所成的角均为30°，则( )
1 1
A．AB=2AD B．AB与平面AB C D所成的角为30°
1 1C．AC=CB D．B D与平面BB C C所成的角为45°
1 1 1 1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】
如图所示：
不妨设AB=a,AD=b,A A =c，依题以及长方体的结构特征可知，B D与平面ABCD所
1 1
c b
成角为∠B DB，B D与平面A A B B所成角为∠DB A，所以sin30∘= = ，
1 1 1 1 1 B D B D
1 1
即b=c，B D=2c=√a2+b2+c2，解得a=√2c．
1
对于A，AB=a，AD=b，AB=√2AD，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB 于E，易知BE⊥平面AB C D，所以AB与平面AB C D所
1 1 1 1 1
c √2
成角为∠BAE，因为tan∠BAE= = ，所以∠BAE≠30∘，B错误；
a 2
对于C，AC=√a2+b2=√3c，CB =√b2+c2=√2c，AC≠CB ，C错误；
1 1
CD a √2
对于D，B D与平面BB C C所成角为∠DB C，sin∠DB C= = = ，而
1 1 1 1 1 B D 2c 2
1
0<∠DB C<90∘，所以∠DB C=45∘．D正确．
1 1
故选：D．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，
S V
侧面积分别为S 和S ，体积分别为V 和V ．若 甲=2，则 甲= ( )
甲 乙 甲 乙 S V
乙 乙
5√10
A．√5 B．2√2 C．√10 D．
4
【答案】C
【解析】
【分析】
设母线长为l，甲圆锥底面半径为r ，乙圆锥底面圆半径为r ，根据圆锥的侧面积公式可得
1 2
r =2r ，再结合圆心角之和可将r ,r 分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，
1 2 1 2
再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】
解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r ，乙圆锥底面圆半径为r ，
1 2
S πr l r
则 甲= 1 = 1=2，
S πr l r
乙 2 2
所以r =2r ，
1 2
2πr 2πr
又 1+ 2=2π，
l l
r +r
则 1 2=1，
l
2 1
所以r = l,r = l，
1 3 2 3
√ 4 √5
所以甲圆锥的高h = l2- l2= l，
1 9 3
√ 1 2√2
乙圆锥的高h = l2- l2= l，
2 9 3
1 4 √5
πr ❑ 2h l2× l
V 3 1 1 9 3
所以 甲= = =√10.
V 1 1 2√2
乙 πr ❑ 2h l2× l
3 2 2 9 3
故选：C.
4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD-A B C D 中，E，F分别为AB,BC的中点，
1 1 1 1则( )
A．平面B EF⊥平面BDD B．平面B EF⊥平面A BD
1 1 1 1
C．平面B EF//平面A AC D．平面B EF//平面A C D
1 1 1 1 1
【答案】A
【解析】
【分析】
证明EF⊥平面BDD ，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设
1
AB=2，分别求出平面B EF，A BD，A C D的法向量，根据法向量的位置关系，即可
1 1 1 1
判断BCD.
【详解】
解：在正方体ABCD-A B C D 中，
1 1 1 1
AC⊥BD且DD ⊥平面ABCD，
1
又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD ，
1
因为E,F分别为AB,BC的中点，
所以EF∥AC，所以EF⊥BD，
又BD∩DD =D，
1
所以EF⊥平面BDD ，
1
又EF⊂平面B EF，
1
所以平面B EF⊥平面BDD ，故A正确；
1 1
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B (2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A (2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0)，
1 1
C (0,2,2)，
1
则⃑EF=(-1,1,0),⃑EB =(0,1,2)，⃑DB=(2,2,0),⃑DA =(2,0,2)，
1 1
⃑A A =(0,0,2),⃑AC=(-2,2,0),⃑A C =(-2,2,0),
1 1 1
设平面B EF的法向量为⃑m=(x ,y ,z )，
1 1 1 1
则有¿，可取⃑m=(2,2,-1)，
同理可得平面A BD的法向量为⃑n =(1,-1,-1)，
1 1平面A AC的法向量为⃑n =(1,1,0)，
1 2
平面A C D的法向量为⃑n =(1,1,-1)，
1 1 3
则⃑m⋅⃑n =2-2+1=1≠0，
1
所以平面B EF与平面A BD不垂直，故B错误；
1 1
因为⃑m与⃑n 不平行，
2
所以平面B EF与平面A AC不平行，故C错误；
1 1
因为⃑m与⃑n 不平行，
3
所以平面B EF与平面A C D不平行，故D错误，
1 1 1
故选：A.
5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球
O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
1 1 √3 √2
A． B． C． D．
3 2 3 2
【答案】C
【解析】
【分析】
先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，
进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四
棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
1 1 1
则S = ⋅AC⋅BD⋅sinα≤ ⋅AC⋅BD≤ ⋅2r⋅2r=2r2
ABCD 2 2 2
(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又r2+h2=1
1 √2 √2√ (r2+r2+2h2 ) 3 4√3
则V = ⋅2r2 ⋅h= √r2 ⋅r2 ⋅2h2≤ =
O-ABCD 3 3 3 3 27
√3
当且仅当r2=2h2即h= 时等号成立，
3
故选：C
6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部
分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水
位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状
看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为(
√7≈2.65)( )
A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3 D．1.6×109m3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】
依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S'=180.0km2=180×106m2，
1 1
∴V = h(S+S'+√SS')= ×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)
3 3
=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109 (m3 )．故选：C．
7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的
体积为36π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
[ 81] [27 81] [27 64]
A． 18, B． , C． , D．[18,27]
4 4 4 4 3
【答案】C
【解析】
【分析】
设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此
确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】
∵ 球的体积为36π，所以球的半径R=3,
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l2=2a2+h2，32=2a2+(3-h) 2
,
所以6h=l2，2a2=l2-h2
1 1 2 l4 l2 1( l6 )
所以正四棱锥的体积V = Sh= ×4a2×h= ×(l2- )× = l4- ，
3 3 3 36 6 9 36
1( l5 ) 1 (24-l2 )
所以V'= 4l3- = l3 ，
9 6 9 6
当3≤l≤2√6时，V'>0，当2√61
3×6
故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π
故选：B
10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：
cm3)是( )22 16
A．22π B．8π C． π D． π
3 3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，
即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．
【详解】
由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，
圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1 cm，圆台的下底面半径为2 cm，所以该几何
体的体积
1 4 1 22π
V = × π×13+π×12×2+ ×2×(π×22+π×12+√π×22×π×12)= cm3．
2 3 3 3
故选：C．
11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC-A B C ,AC=A A ，E，F分别是棱
1 1 1 1
BC,A C 上的点．记EF与A A 所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角
1 1 1
F-BC-A的平面角为γ，则( )
A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【答案】A
【解析】
【分析】
先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】
如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，
PE PE FP AB FP FP
tanα= = ≤1，tanβ= = ≥1，tanγ= ≥ =tanβ，
FP AB PE PE PM PE
所以α≤β≤γ，
故选：A．
12．【2022年新高考1卷】(多选)已知正方体ABCD-A B C D ，则( )
1 1 1 1
A．直线BC 与DA 所成的角为90° B．直线BC 与C A 所成的角为90°
1 1 1 1
C．直线BC 与平面BB D D所成的角为45°D．直线BC 与平面ABCD所成的角为45°
1 1 1 1
【答案】ABD
【解析】
【分析】
数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】
如图，连接B C、BC ，因为DA //B C，所以直线BC 与B C所成的角即为直线BC
1 1 1 1 1 1 1
与DA 所成的角，
1
因为四边形BB C C为正方形，则B C⊥ BC ，故直线BC 与DA 所成的角为90°，A
1 1 1 1 1 1
正确；连接A C，因为A B ⊥平面BB C C，BC ⊂平面BB C C，则A B ⊥BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为B C⊥ BC ，A B ∩B C=B ，所以BC ⊥平面A B C，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
又A C⊂平面A B C，所以BC ⊥C A ，故B正确；
1 1 1 1 1
连接A C ，设A C ∩B D =O，连接BO，
1 1 1 1 1 1
因为BB ⊥平面A B C D ，C O⊂平面A B C D ，则C O⊥B B，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为C O⊥B D ，B D ∩B B=B ，所以C O⊥平面BB D D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以∠C BO为直线BC 与平面BB D D所成的角，
1 1 1 1
√2 C O 1
设正方体棱长为1，则C O= ，BC =√2，sin∠C BO= 1 = ，
1 2 1 1 BC 2
1
所以，直线BC 与平面BB D D所成的角为30∘，故C错误；
1 1 1
因为C C⊥平面ABCD，所以∠C BC为直线BC 与平面ABCD所成的角，易得
1 1 1
∠C BC=45∘，故D正确.
1
故选：ABD
13．【2022年新高考2卷】(多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，
FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为
V ,V ,V ，则( )
1 2 3A．V =2V B．V =V
3 2 3 1
C．V =V +V D．2V =3V
3 1 2 3 1
【答案】CD
【解析】
【分析】
直接由体积公式计算V ,V ，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由
1 2
V =V +V 计算出V ，依次判断选项即可.
3 A-EFM C-EFM 3
【详解】
设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则
1 1 1 4
V = ⋅ED⋅S = ⋅2a⋅ ⋅(2a) 2= a3 ，
1 3 △ACD 3 2 3
1 1 1 2
V = ⋅FB⋅S = ⋅a⋅ ⋅(2a) 2= a3 ，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易
2 3 △ABC 3 2 3
得BD⊥AC，
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂
平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，
1
又BM=DM= BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则
2FG=BD=2√2a,EG=a，
则EM=√ (2a) 2+(√2a) 2=√6a,FM=√a2+(√2a) 2=√3a，EF=√a2+(2√2a) 2=3a，
1 3√2
EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S = EM⋅FM= a2 ，AC=2√2a，
△EFM 2 2
1
则V =V +V = AC⋅S =2a3 ，则2V =3V ，V =3V ，V =V +V ，
3 A-EFM C-EFM 3 △EFM 3 1 3 2 3 1 2
故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒
如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，
△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂
直．
(1)证明：EF//平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
【答案】(1)证明见解析；
640
(2) √3．
3
【解析】
【分析】
(1)分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，
EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质
定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线
面平行的判定定理即可证出；(2)再分别取AD,DC中点K,L，由(1)知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的
体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
(1)
如图所示： ，
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以
EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面
ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，
根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边
形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面
ABCD．
(2)
如图所示： ，
分别取AD,DC中点K,L，由(1)知，EF//M N且EF=MN，同理有，
HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//ln,GF=ln，由平面知识可知，
BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=4√2，EM=8sin60∘=4√3，点B到平面MNFE的距离即为
点B到直线MN的距离d，d=2√2，所以该几何体的体积
1 256 640
V =(4√2) 2 ×4√3+4× ×4√2×4√3×2√2=128√3+ √3= √3．
3 3 3
15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面
ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=√3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
√5
(2) .
5
【解析】
【分析】
(1)作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质
可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
(2)以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
(1)
证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
1
所以AE=BF= ，
2
√3
故DE= ，BD=√DE2+BE2=√3，
2
所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)
解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=√3，
则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，
则⃗AP=(-1,0,√3),⃗BP=(0,-√3,√3),⃗DP=(0,0,√3)，
设平面PAB的法向量⃗n=(x,y,z)，
→ →
n⋅AP=-x+√3z=0
则有{ ，可取⃗n=(√3,1,1)，
→ →
n⋅BP=-√3 y+√3z=0
⃗n⋅⃗DP √5
则cos〈⃗n,⃗DP〉= = ，
|⃗n||⃗DP| 5
√5
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为 .
516．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，
AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥
F-ABC的体积．
【答案】(1)证明详见解析
√3
(2)
4
【解析】
【分析】
(1)通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.
(2)首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而
求得三棱锥F-ABC的体积.
(1)
由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于¿，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.
DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于¿，所以△FBA≅△FBC，
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
1
由于S = ⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.
△AFC 2
过E作EF⊥BD，垂足为F，
1 1 √3
在Rt△BED中， ⋅BE⋅DE= ⋅BD⋅EF，解得EF= ，
2 2 2
所以DF=
√
12-
(√3) 2
=
1
,BF=2-DF=
3
，
2 2 2
BF 3
所以 = .
BD 4
FH BF 3
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且 = = ，
DE BD 4
3
所以FH=
,
4
1 1 1 3 √3
所以V = ⋅S ⋅FH= × ×2×√3× = .
F-ABC 3 △ABC 3 2 4 417．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD中，
AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面
ABD所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
4√3
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为
7
【解析】
【分析】
(1)根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到
垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
(2)根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则
进行计算即可.
(1)
因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)
连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
1
所以AC⊥EF，所以S = AC⋅EF，
△AFC 2
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=√3，
1
因为AD⊥CD，所以DE= AC=1,
2
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz，
则A(1,0,0),B(0,√3,0),D(0,0,1)，所以⃑AD=(-1,0,1),⃑AB=(-1,√3,0)，
设平面ABD的一个法向量为⃑n=(x,y,z)，
则¿，取y=√3，则⃑n=(3,√3,3)，
( √3 3) ( √3 3)
又因为C(-1,0,0),F 0, , ，所以⃑CF= 1, , ，
4 4 4 4
⃑n⋅⃑CF 6 4√3
cos⟨⃑n,⃑CF⟩= = =
所以 |⃑n||⃑CF| √7 7 ，
√21×
4
( π)
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ 0≤θ≤ ，
2
4√3
所以sinθ=|cos⟨⃑n,⃑CF⟩|= ，
7
4√3
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 .
718．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC-A B C 的体积为4，△A BC的面积
1 1 1 1
为2√2．
(1)求A到平面A BC的距离；
1
(2)设D为A C的中点，A A =AB，平面A BC⊥平面ABB A ，求二面角A-BD-C的
1 1 1 1 1
正弦值．
【答案】(1)√2
√3
(2)
2
【解析】
【分析】
(1)由等体积法运算即可得解；
(2)由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向
1 1
量法即可得解.
(1)
在直三棱柱ABC-A B C 中，设点A到平面A BC的距离为h，
1 1 1 11 2√2 1 1 4
则V = S ⋅h= h=V = S ⋅A A= V = ，
A-A 1 BC 3 △A 1 BC 3 A 1 -ABC 3 △ABC 1 3 ABC-A 1 B 1 C 1 3
解得h=√2，
所以点A到平面A BC的距离为√2；
1
(2)
取A B的中点E,连接AE,如图，因为A A =AB，所以AE⊥A B,
1 1 1
又平面A BC⊥平面ABB A ，平面A BC∩平面ABB A =A B，
1 1 1 1 1 1 1
且AE⊂平面ABB A ，所以AE⊥平面A BC，
1 1 1
在直三棱柱ABC-A B C 中，BB ⊥平面ABC，
1 1 1 1
由BC⊂平面A BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB ⊥BC，
1 1
又AE,BB ⊂平面ABB A 且相交，所以BC⊥平面ABB A ，
1 1 1 1 1
所以BC,BA,BB 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
1
由(1)得AE=√2，所以A A =AB=2，A B=2√2，所以BC=2，
1 1
则A(0,2,0),A (0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A C的中点D(1,1,1)，
1 1
则⃗BD=(1,1,1)，⃗BA=(0,2,0),⃗BC=(2,0,0),
⃗m⋅⃗BD=x+ y+z=0
设平面ABD的一个法向量⃗m=(x,y,z)，则{ ，
⃗m⋅⃗BA=2y=0
可取⃗m=(1,0,-1)，⃗m⋅⃗BD=a+b+c=0
设平面BDC的一个法向量⃗n=(a,b,c)，则{ ，
⃗m⋅⃗BC=2a=0
可取⃗n=(0,1,-1)，
⃗m⋅⃗n 1 1
则cos〈⃗m,⃗n〉= = = ，
|⃗m|⋅|⃗n| √2×√2 2
√ 1 2 √3
所以二面角A-BD-C的正弦值为 1-( ) = .
2 2
19．【2022年新高考2卷】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E
是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
11
(2)
13
【解析】
【分析】
(1)连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直
角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；
(2)过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，
再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
(1)
证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，
∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以
OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC
(2)
解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，
因为PO=3，AP=5，所以OA=√AP2-PO2=4，
又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=4√3，
所以AC=12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C(0,12,0)，所以
( 3)
E 3√3,1, ，
2( 3)
则⃑AE= 3√3,1, ，⃑AB=(4√3,0,0)，⃑AC=(0,12,0)，
2
设平面AEB的法向量为⃑n=(x,y,z)，则¿，令z=2，则y=-3，x=0，所以⃑n=(0,-3,2)；
设平面AEC的法向量为⃑m=(a,b,c)，则¿，令a=√3，则c=-6，b=0，所以
⃑m=(√3,0,-6)；
⃑n⋅⃑m -12 4√3
所以cos⟨⃑n,⃑m⟩= = =-
|⃑n||⃑m| √13×√39 13
设二面角C-AE-B为θ，由图可知二面角C-AE-B为钝二面角，
4√3 11
所以cosθ=- ，所以sinθ=√1-cos2θ=
13 13
11
故二面角C-AE-B的正弦值为 ；
13
20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC-A B C 中，侧面BCC B 为正方形，平面
1 1 1 1 1
BCC B ⊥平面ABB A ，AB=BC=2，M，N分别为A B ，AC的中点．
1 1 1 1 1 1
(1)求证：MN∥平面BCC B ；
1 1
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的
正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM=MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析【解析】
【分析】
(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB C ，从而可证MN//
1 1
平面CBB C .
1 1
(2)选①②均可证明BB ⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间
1
向量可求线面角的正弦值.
(1)
取AB的中点为K，连接MK,NK，
由三棱柱ABC-A B C 可得四边形ABB A 为平行四边形，
1 1 1 1 1
而B M=M A ,BK=KA，则MK//BB ，
1 1 1
而MK⊄平面CBB C ，BB ⊂平面CBB C ，故MK//平面CBB C ，
1 1 1 1 1 1 1
而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面CBB C ，
1 1
而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
故平面MKN//平面CBB C ，而MN⊂平面MKN，故MN//平面CBB C ，
1 1 1 1
(2)
因为侧面CBB C 为正方形，故CB⊥BB ，
1 1 1
而CB⊂平面CBB C ，平面CBB C ⊥平面ABB A ，
1 1 1 1 1 1
平面CBB C ∩平面ABB A =BB ，故CB⊥平面ABB A ，
1 1 1 1 1 1 1
因为NK//BC，故NK⊥平面ABB A ，
1 1
因为AB⊂平面ABB A ，故NK⊥AB，
1 1
若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，
故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
所以AB⊥BB ，而CB⊥BB ，CB∩AB=B，故BB ⊥平面ABC，
1 1 1
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，
故⃗BA=(0,2,0),⃗BN=(1,1,0),⃗BM=(0,1,2)，
设平面BNM的法向量为⃗n=(x,y,z)，
⃗n⋅⃗BN=0 x+ y=0
则{ ，从而{ ，取z=-1，则⃗n=(-2,2,-1)，
⃗n⋅⃗BM=0 y+2z=0
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
4 2
sinθ=|cos〈⃗n,⃗AB〉|= =
.
2×3 3
若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB A ，而KM⊂平面MKN，
1 1故NK⊥KM，而B M=BK=1,NK=1，故B M=NK，
1 1
而B B=MK=2，MB=MN，故△BB M≅△MKN，
1 1
所以∠BB M=∠MKN=90°，故A B ⊥BB ，
1 1 1 1
而CB⊥BB ，CB∩AB=B，故BB ⊥平面ABC，
1 1
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)，
故⃗BA=(0,2,0),⃗BN=(1,1,0),⃗BM=(0,1,2)，
设平面BNM的法向量为⃗n=(x,y,z)，
⃗n⋅⃗BN=0 x+ y=0
则{ ，从而{ ，取z=-1，则⃗n=(-2,2,-1)，
⃗n⋅⃗BM=0 y+2z=0
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
4 2
sinθ=|cos〈⃗n,⃗AB〉|= =
.
2×3 3
21．【2022年浙江】如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，
AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．
设M，N分别为AE,BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
5√7
(2) ．
14
【解析】
【分析】
(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得
FC=BC，再根据二面角的定义可知，∠BCF=60∘，由此可知，FN⊥BC，FN⊥CD，
从而可证得FN⊥平面ABCD，即得FN⊥AD；
(2)由(1)可知FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，
NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，求出平面ADE的
一个法向量，以及⃑BM，即可利用线面角的向量公式解出．
(1)
过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点交于点G、H．
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，
∠BAD=∠CDE=60°，由平面几何知识易知，
DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形
DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=2√3，
∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，
∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，则∠BCF=60∘，
∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴ FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得
FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．
(2)
因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点， NK，NB、NF
所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，
( √3 3)
设A(5,√3,0),B(0,√3,0),D(3,-√3,0),E(1,0,3)，则M 3, , ，
2 2
( √3 3)
∴⃑BM= 3,- , ,⃑AD=(-2,-2√3,0),⃑DE=(-2,√3,3)
2 2
设平面ADE的法向量为⃗n=(x,y,z)由¿，得¿，取⃗n=(√3,-1,√3)，
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
| √3 3√3|
3√3+ +
|⃗n⋅⃑BM| 2 2 5√3 5√7
∴sinθ=|cos〈⃗n,⃑BM〉|= = = = ．
|⃗n|⋅⃑BM| √ 3 9 √7⋅2√3 14
√3+1+3⋅ 9+ +
4 4
1．(2022·全国·模拟预测)已知正方体中 ，E，G分别为 ， 的中点，
则直线 ，CE所成角的余弦值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据异面直线所成角的定义，取AB的中点F，则∠ECF(或其补角)为直线 与CE所成角，
再解三角形即可得解．
【详解】如图所示： ，
取AB的中点F，连接EF，CF，易知 ，则∠ECF(或其补角)为直线 与CE所成角．
不妨设 ，则 ， ， ，由余弦定理得
，即直线 与CE所成角的余弦值为 ．
故选：C．
2．(2022·全国·模拟预测(理))如图，在三棱台 中， 平面 ，
， ， ，则 与平面 所成的角为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将棱台补全为棱锥，利用等体积法求 到面 的距离，结合线面角的定义求 与平
面 所成角的大小.【详解】
将棱台补全为如下棱锥 ，
由 ， ， ，易知： ， ，
由 平面 ， 平面 ，则 ， ，
所以 ， ，故 ，
所以 ，若 到面 的距离为h，又 ，
则 ，可得 ，
综上， 与平面 所成角 ，则 ，即 .
故选：A
3．(2022·浙江湖州·模拟预测)如图，已知四边形 ， 是以 为斜边的等腰直
角三角形， 为等边三角形， ，将 沿对角线 翻折到 在翻折的
过程中，下列结论中不正确的是( )
A． B． 与 可能垂直C．直线 与平面 所成角的最大值是 D．四面体 的体积的最大是
【答案】C
【解析】
【分析】
对于A，取 的中点 ，即可得到 面 ，A选项可判断
对于B，采用反证法，假设 ，则 面 ，再根据题目所给的长度即可判断；
对于C，当面 面 时，此时直线 与平面 所成角有最大值，判断即可；对
于D，当面 面 时，此时四面体 的体积有最大值，计算最大体积判断即可
【详解】
如图所示，取 的中点 ，连接
是以 为斜边的等腰直角三角形,
为等边三角形,
面 , ,故A正确
对于B，假设 ，又
面 ， ，
又 , ，故 与 可能垂直，故B正确
当面 面 时，此时 面 ， 即为直线 与平面 所成角
此时 ，故C错误
当面 面 时，此时四面体 的体积最大，此时的体积为：
，故D正确故选：C
4．(2022·河南安阳·模拟预测(理))已知球O的体积为 ，高为1的圆锥内接于球O，经过
圆锥顶点的平面 截球O和圆锥所得的截面面积分别为 ，若 ，则 ( )
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件，求出球O半径，平面 截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求
出平面 截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.
【详解】
球O半径为R，由 得 ，平面 截球O所得截面小圆半径 ，由
得 ，
因此，球心O到平面 的距离 ，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的
轴与平面 所成的角为 ，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为 ，于是得圆锥底面圆半径
，
令平面 截圆锥所得截面为等腰 ，线段AB为圆锥底面圆 的弦，点C为弦AB中点，
如图，依题意， ， ， ，弦 ，
所以 .
故选：C
【点睛】
关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面
小圆性质求解.
5．(2022·浙江·模拟预测)如图，矩形 所在平面与正方形 所在平面互相垂直，
，点P在线段 上，给出下列命题：
①存在点P，使得直线 平面
②存在点P，使得直线 平面
③直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围是
④三棱锥 的外接球被平面 所截取的截面面积是
其中所有真命题的序号是( )
A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
取EF中点推理判断①；假定 平面 ，分析判断②；确定直线 与平面 所
成角，求出临界值判断③；求出 外接圆面积判断④作答.
【详解】
令 ，连接 ，令 中点为G，连DG，如图，依题意， 是 的中点，
对于①，在矩形 中， ， ，四边形 是平行四边形，直线
，
平面 ， 平面 ，则 平面 ，当P是线段 中点G时，直线
平面 ，①正确；
对于②，假定直线 平面 ，由①知， ， ，当点P在线段 上
任意位置(除点G外)，
均为锐角，即 不垂直于 ，也不垂直于 ，因此，不存在点P，使得直线
平面 ，②不正确；
对于③，平面 平面 ， 在平面 内射影在直线 上，直线 与平
面 所成角为 ，
当点P由点E运动到点F的过程中， 逐渐减小，当P与E重合时， 最大，为
，
，当P与F重合时， 最小，为 ， ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围是 ，③正确；
对于④，在 中， ， ， ，则 ，
由正弦定理得 外接圆直径 ，半径 ，圆面积为
，
三棱锥 的外接球被平面 所截取的截面是 外接圆，因此三棱锥 的外接球被平面 所截取的截面面积是 ，④正确,
所以所有真命题的序号是①③④.
故选：D
6．(2022·四川省泸县第二中学模拟预测(文))已知 是正方体 的中心O关
A B C D
1 1 1 1
于平面 的对称点，则下列说法中正确的是( )
A． 与 是异面直线 B． 平面
C． D． 平面
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.
【详解】连接 、 ，交于点 ，连接 、 ，交于点 .
连接 、 、 、 、 .
由题可知， 在平面 上，所以 与 共面，故A错误；
在四边形 中， 且 ，所以四边形 为平行四边形.
.
平面 ， 平面 ， 平面 ，故B正确；
由正方体的性质可得 ，因为 ，所以 ，又 ，
平面 ， ，又 ，
，而 与 所成角为 ，所以显然 与 不垂直，故C错误；
显然 与 不垂直，而 平面 ，所以 与平面 不垂直，故D错
误.
故选：B.
7．(2022·北京·北大附中三模)已知平面 ，直线 和 ，则下列命题中正确的是( )A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】A
【解析】
【分析】
对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；
对于B选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行；
对于C选项，由线面垂直的性质即可判断；
对于D选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面.
【详解】
选项A正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；
选项B错误，平面 和 也可以相交；
选项C错误，直线 可能在平面 内；
选项D错误，直线 和 还可能相交或者异面.
故选：A.
8．(2022·云南师大附中模拟预测(理))已知正方形 的边长为 ，将 沿对角线
折起，使得二面角 的大小为90°.若三棱锥 的四个顶点都在球 的球
面上， 为 边的中点， ， 分别为线段 ， 上的动点(不包括端点)，且
，当三棱锥 的体积最大时，过点 作球 的截面，则截面面积的最小
值为( )
A． B． C． D．
【答案】D【解析】
【分析】
根据面面垂直的判定定理得 平面 ，继而表示出三棱锥 的体积，求出
时， 取得最大值，在△ 中，由余弦定理，得 ，根据球的性质可知，
当 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解.
【详解】
因为正方形 的边长为 ，所以 .
如图，由于平面 平面 ，平面 平面 ，又 为 边的中点，则
有 ，所以 平面 ．设 ，则 ，所以三棱锥
的体积
，当 时， 取
得最大值．由于 ，则球O的球心即为 ，且球O的半径 ．又在
△
中，由余弦定理，得 ，根据球的性质可
知，当 垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r，所以
，则截面面积的最小值为 .故选：D．
9．(2022·浙江·乐清市知临中学模拟预测)如图，正方体 的棱长为a，E是棱
的动点，则下列说法正确的( )个．
①若E为 的中点，则直线 平面
②三棱锥 的体积为定值
③E为 的中点时，直线 与平面 所成的角正切值为
④过点 ，C，E的截面的面积的范围是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
如图,以A为原点,AB,AD,AA 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,对于①、③、④利用向
1
量法计算证明；对于②利用等体积法计算即可判断.
【详解】
如图,以A为原点,AB,AD,AA 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
1则B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)， ， .
所以 ， .
对于①：当E为 的中点时， .设平面 的一个法向量为 ,
则 ，不妨令x =1,则 ，
所以平面A1BD的一个法向量为 .
又因为 ，所以 与 不垂直，所以直线 平面 不
成立.故①错误；
对于②：三棱锥 的体积等于三棱锥 的体积.
又 ，高为a,所以 .故②错误；
对于③：当E为 的中点时， .平面 的一个法向量为 ,
而 .设直线B E与平面 所成的角为 ，所以 .
1
所以 ，所以 ，
即直线 与平面 所成的角正切值为 .故③正确；
对于④：设 .因为 ， ，
所以 在 上得到投影为 .
所以点E到直线 的距离为 .
当z=0，即D、E重合时，截面为矩形，其面积为 .
当 时，截面为等腰梯形.设截面交 于F.所以 ，
高 ，所以其面积为 .
记 ，
所以 ，所以 在 上单调递减函数，
所以 ，即 .因为 ，所以
当z=a，即D、E重合时，截面为边长为 的正三角形，其面积为
1
.
综上所述： .故④正确.
故选：B
10．(2022·四川成都·模拟预测(理))如图， ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD＝3，
△
E为线段BD中点，将 ABC沿AD折成大小为 的二面角，连接BC，形成四面体C－ABD，
△
若P是该四面体表面或内部一点，则下列说法错误的是( )
A．点P落在三棱锥E－ABC内部的概率为
B．若直线PE与平面ABC没有交点，则点P的轨迹与平面ADC的交线长度为
C．若点 在平面 上，且满足PA＝2PD，则点P的轨迹长度为
D．若点 在平面 上，且满足PA＝2PD，则线段 长度为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
对于A,求出三棱锥 和三棱锥 的体积之间的关系，根据几何概型的概率公
式即可判断；对于B，根据面面平行的相关知识确定轨迹，即可求得其长度；对于C,建立
平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，确定在面ADC内的轨迹，即可求得轨迹长度；对于D，结合题意以及C的分析，可知DP不是定值，从而 不是
定值，即可判断.
【详解】
如图所示，由题意可知 底面BCD,
由于E为线段BD中点，
故 ,
故P落在三棱锥 内部的概率为 ,故A正确；
若直线PE与平面ABC没有交点，则P点在过点E和平面ABC平行的平面上，
如图所示，设CD的中点为F,AD的中点为G,连接EF,FG,EG,
则平面EFG 平面 ABC,
则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF,
由于△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线AD=3，故 ,
则 ,故B正确；若点P在平面ACD上，且满足 ，以D为原点，DC,DA为x,y轴建立平面直角坐标
系，如图，
则 ,设 ，则 ，
即 ，故P点在平面ADC上的轨迹即为该圆被平面ADC截得的圆弧 (如图
示)，由 可得 ，则 ,
则点P的轨迹长度为 ,故C正确；
由题意可知 ,故 平面ADC,
故 ,由于P在圆弧 上，圆心为M,
故PD的长不是定值，如上图，当 位于N点时， ,
当 位于T点时， ,故线段PB长度不是定值，D错误，
故选：D
11．(2022·全国·南京外国语学校模拟预测)如图，在三棱台 中， ，
， ，侧棱 平面 ，点 是棱 的中点．(1)证明：平面 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)先根据线面垂直的性质与判定证明 ，再根据勾股定理证明 ，进而根据
线面垂直得到 平面 ，从而根据面面垂直的判定证明即可
(2) 为坐标原点， ， ， 的所在的直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
再分别求解平面 的一个法向量，进而得到面面角的正弦即可
(1)
证明：因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， ， ， 平面 ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 ，所以
．
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 ．
(2)
以 为坐标原点， ， ， 的所在的直线分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
如图所示．
因为 ， ，
所以 ， ， ， ， ．
设平面 的一个法向量为 ，设平面 的一个法向量为 ，
且 ， ， ， ，
因为 所以 令 ，则 ， ，所以 ．
又因为 所以 令 ，则 ， ，所以 ．
所以 ．
设二面角 的大小为 ，则 ，
所以二面角 的正弦值为 ．
12．(2022·山东·德州市教育科学研究院三模)已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.
(1)若 ，求证： ；
(2)若 ， ，三棱锥GACD的体积为 ，直线AF与底面ABCD所成角的
正切值为 ，求锐二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据题意可证 平面BDG，可得 ，得证 平面ACE，得 ，再根
据面面平行的性质可证 ；(2)根据题意可得 ， ，利用空间向量求二
面角．
(1)
连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴ ，
由直四棱柱得 底面ABCD，又 平面ABCD，∴ ，
又 ，BD， 平面BDG，
∴ 平面BDG，因为 平面BDG，
∴
已知 ，又 ，AC， 平面ACE，
∴ 平面ACE，
因为 平面BDG，∴∵平面 平面CFGD
平面 平面 ，平面 平面 ，
∴ ，则
(2)
已知 ， ，可求 ，
由 ，则
在直四棱柱中， 底面ABCD，
所以 为直线AF与底面ABCD所成角， ，则
在平面ACF内作 ，可知 底面ABCD，如图，以 为原点，建立空间直角坐标
系 ，
则 ， ， ， ， ，
则
设平面BCE的法向量为 ，
则
取 ，得 ， ，得 ，
由(1)知 平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为
则 ，
所以锐二面角 的余弦值为A B C D
1 1 1 1
13．(2022·湖北·模拟预测)如图，四棱台 中，上底面 是边长为1的
菱形，下底面ABCD是边长为2的菱形， 平面ABCD且
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若直线AB与平面 所成角的正弦为 ，求棱台 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据题意利用线面垂直的定义与判定可证 平面 ；(2)利用空间向量，根据线
面夹角 可得 ，利用台体体积公式
计算求解．(1)
∵菱形ABCD对角线相互垂直，
∴
∵ 平面ABCD， 平面ABCD，
∴
∵ ， 平面 ， 平面
∴ 平面
∵ 平面
∴平面 平面
(2)
设 ，则 且
∴ 且 ，
∴ 平面ABCD
以O为原点，OA、OB、 所在的直线为坐标轴，建立直角坐标系，如图，
则 ，设 ，
则
， ， ，
设平面 的一个法向量
则可得 ，
取 ，得由题
整理得 ，则
∴ ，
∴
14．(2022·贵州·贵阳一中模拟预测(文))如图，四棱锥 中，平面
.M是CD
中点，N是PB上一点.
(1)若 求三棱锥 的体积；
(2)是否存在点N,使得 平面 ,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.【答案】(1) ；
(2)存在， .
【解析】
【分析】
(1)证得点 到平面 的距离是 ，进而可求出结果；
(2)证得 ，进而可证出 平面 ，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面 面 且交线是 ，又 ， 面 ，
所以 平面 ，又MD ，
点 到平面 的距离是 ，
又 ，则 ，
三棱锥 的体积 .
(2)
存在.
，
连接 并延长至于 交于点 ，
，
在 中： ，在 中：在 上取点 ，使得 ，
而 ，则 ，
又 平面 ， 平面 ，
平面 ，
在 中， ，
.
15．(2022·四川省泸县第二中学模拟预测(理))如图，四棱锥 中， ，
底面ABCD是正方形．且平面 平面ABCD， ．
(1)若 ， ，F为AB的中点，N为BC的中点，证明四边形MENF为梯形；
(2)若点E为PC的中点，试判断在线段AB上是否存在一点F？使得二面角 平面
角为 ．若存在，求出 的值．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【解析】
【分析】
(1)首先连接 ， ， ， ， ，根据题意得到 且 ，即可证明四边形 为梯形．
(2)首先在平面 中，过点 作 ，交 于 ，根据面面垂直的性质得到
平面 .以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为y轴， 所在直线
为 轴，建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可.
(1)
连接 ， ， ， ， ，如图所示：
因为 ， ，
所以 ，又因为 ，即 中
所以 且 ，
∵ 中， 为 的中点， 为 的中点
所以 且 ，
所以 且 ，
即证：四边形 为梯形．
(2)
在线段 存在一点F满足 ，使得二面角 平面角为 ．
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
在平面 中，过点 作 ，交 于 .
所以 平面 .如图所示，以 为原点， 所在直线为 轴， 所在直线为y轴，
所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为 ，设 ，四边形 为正方形， ，
所以 ， ， ， ， ，，
平面PCD的一个法向量 ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量 ，
，令 ，则 ， ， ，
因为二面角 平面角为 ，
所以 ，
解得 ，所以 ．
