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专题 04 立体几何
立体几何一般作为全国卷第20题21题.重点题型主要是
1 体积问题及表面积问题
2 线面距离及线面角问题
3 二面角问题
4 空间几何综合问题
题型一：体积及表面积问题
1．在如图所示的多面体ABCDE中， 平面ABC， ， ， ，
．
(1)证明：平面 平面BDE；
(2)求多面体ABCDE的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：设AB，BE的中点分别为F，G，连接CF，FG，DG，则 ，且 ，
又 ，且 ，所以 ，且 ，
所以四边形CFGD为平行四边形，所以 ．因为 平面ABC， 平面ABC，所以 ，所以 ，
因为 ，F为AB的中点，所以 ，所以 ，
又AB， 平面ABE，且 ，所以 平面ABE，
又 平面BDE，所以平面 平面BDE．
（2）由（1）得 ， ，且AB， 平面ABE， ，所以 平面ABE，
又因为 ， ，F为AB的中点，所以 ．
因为 ， 平面ABE， 平面ABE，所以 平面ABE，
所以点D到平面ABE的距离等于点C到平面ABE的距离 ．
因为 平面ABC，AC， 平面ABC，所以 ， ，
又 ，所以 ， ，又AC， 平面ABC，且 ，所以 平面
ABC，
连接AD，多面体ABCDE的体积V等于三棱锥 的体积与三棱锥 的体积之和，
而 ， ，
所以多面体ABCDE的体积 ．
1．如图①，在平面四边形 中， ， ， ．将 沿着 折叠，使得点 到达点 的位置，且二面角 为直二面角，如图②．已知 分别是
的中点， 是棱 上的点，且 与平面 所成角的正切值为 ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)求四棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1） 分别为 的中点， ， ，
平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ，又 ， 平面 ， 平面 平面 .
（2）取 的中点 ，连接 ，
， ， 为等边三角形， ，
又 ， ， 为等腰直角三角形，
， ；
二面角 是直二面角，即平面 平面 ，平面 平面 ， 平面
， 平面 ，即为 与平面 所成角，
，解得： ；
在 中，由余弦定理得： ，
即 ，解得： ， 为线段 上靠近点 的四等分点，
，
.
题型二：线面距离及线面角问题
．如图，在多面体 中，已知 ， ， 均为等边三角形，平面 平面ABC，平面
平面ABC，H为AB的中点．
(1)判断DE与平面ABC的位置关系，并加以证明；
(2)求直线DH与平面ACE所成角的正弦值．
【答案】(1) 平面 ，证明见解析；(2)
【详解】（1） 平面 ，理由如下：分别取 的中点 ，连接 ，
因为 ，所以 ，又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，同理 平面 ，所以 ，
又因为 是全等的正三角形，所以 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）连接 ，则易知 平面 ，以 为坐标原点，分别以 的方向为 轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系 ，令 .
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，所以
则 ，取 ， ，则 ，
所以 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ．1 如图， 垂直于梯形 所在平面， ， 为 的中点， ，
，四边形 为矩形.
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的大小；
(3)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析(2) (3)
【详解】（1）设 ，连接 ，四边形 为矩形， 为 中点，又 为 中点， ，
又 平面 ， 平面 ， 平面 .
（2）以 为坐标原点， 正方向为 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
，令 ，解得： ， ， ；
轴 平面 ， 平面 的一个法向量 ，
，则平面 与平面 的夹角为 .
（3）由（2）知： ， ， ，由平面 的法向量 ，
点 到平面 的距离 .
题型三： 二面角问题
1 如图，四棱锥P-ABCD中，已知 ，BC=2AD，AD=DC，∠BCD=60°，CD⊥PD，PB⊥BD．
(1)证明：PB⊥AB；
(2)设E是PC的中点，直线AE与平面ABCD所成角等于45°，求二面角B-PC-D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）连结BD，在 中，因为BC=2DC，∠BCD=60°，
由余弦定理 ．
因为 ，所以CD⊥BD，又CD⊥PD， ， 平面 ，
所以CD⊥平面PDB，由于 平面 ，所以CD⊥PB．
因为PB⊥BD， ， 平面 ，
所以PB⊥平面ABCD，由于 平面 ，因此PB⊥AB．
（2）解法1：以B为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，由（1）可知y轴在平面ABCD内．则 ， ， ， ， ．
设 ，则 ， ， ．
因为平面ABCD的法向量为 ，所以 ．
由AE与平面ABCD所成角等于45°，可知 ，解得t=2．
设平面DPC的法向量 ，则 即
所以可取 ．因为平面BPC的法向量为 ，于是 ．
因为二面角B-PC-D是锐二面角，所以其余弦值为 ．
解法2：取BC中点为F，连结EF，AF，则 ，且AF=DC．
由（1）可知EF⊥平面ABCD，∠EAF是AE与平面ABCD所成角，所以∠EAF=45°，
所以EF=AF=DC，于是PB=2EF=2DC．
以B为坐标原点， 的方向为x轴正方向， 为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，由（1）可知y轴在平面ABCD内．则 ， ， ， ， ， ．
设平面DPC的法向量 ，则 即可得
所以可取 ．因为平面BPC的法向量 ，于是
．
因为二面角B-PC-D是锐二面角，所以其余弦值为 ．
解法3：
取BC中点为F，连结EF，AF，则 ，且AF=DC．
由（1）可知EF⊥平面ABCD，∠EAF是AE与平面ABCD所成角，故∠EAF=45°，
因此EF=AF=DC，于是PB=2EF=2DC=BC，可得 ．
连结BE，则BE⊥PC．过E在平面PDC内作EG⊥PC，交PD于点G，
则∠BEG是二面角B-PC-D的平面角．
因为PB⊥BC，所以 ， ．
因为CD⊥PD，由 可得 ．
由PC⊥平面BEG， 平面 ，所以PC⊥BG，
而CD⊥BG， 平面 ，
故BG⊥平面PDC，由于 平面 ，所以BG⊥GE，
所以由余弦定理得 ．因此二面角 的余弦值为 ．1 如图，在四棱锥 中，底面ABCD为梯形， ， ， ， 为正三角
形， ， .
(1)求证：平面 平面SBC；
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）分别取BS，AS的中点O，E，连接OE，OC，ED，则 且 .
因为 ， ，所以 ，
所以四边形OCDE为平行四边形，则 .
因为 ，故 ，故 . 因为 ，故 .
因为 ，SA， 平面SAB，所以 平面SAB.因为 平面SBC，所以平面 平面SBC.
（2）连接AO，因为△ 为正三角形，所以 ，
因为平面 平面SBC，平面 平面 ， 面 ，
所以 平面SBC，OC、OS在面SBC内，又 ，故OA，OS，OC两两垂直，
故以O为坐标原点，OC，OS，OA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
设 ，则 ， ， ，所以 ， ， ，
，（难点：点D的坐标不易直接看出，可先求出点E的坐标，利用 求解点D的
坐标）所以 ， ， .
设面SAD的法向量为 ，由 ，令 ，得 .
设面SAC的法向量为 ，则 ，令 ，得 .
则 ， 显然二面角 为锐二面角，所以二面角 的余弦值为 .
题型四： 空间几何综合问题
1．如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直， ， ，
， .
(1)证明： 平面 ；
(2)在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角 的余弦值为 .若存在，求出的
值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析(2)存在，
【详解】（1）证明：正方形 中， ，
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ，
，且 ，又 ，
，又 ， ，
，又 ， ，
又 平面 ， 平面 ；
（2）解：如图，以B为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ，设点 ， ， ，
， ，
设平面 的法向量为 ，
，令 ，
显然，平面 的法向量为 ，
，
即 ，即 即 ，解得 或 （舍），
所以存在一点 ，且 .
1 如图，在四棱锥E-ABCD中，平面ADE⊥平面ABCD，O､M分别为线段AD､DE的中点，四边形BCDO
是边长为1的正方形，AE=DE，AE⊥DE.(1)求证：CM 平面ABE；
(2)求直线CM与BD所成角的余弦值；
(3)点N在直线AD上，若平面BMN⊥平面ABE，求线段AN的长.
【答案】(1)证明见解析(2) (3)
【详解】（1）证明：取AE的中点P，连接BP､MP，如图所示.
∵M､P分别为ED､AE的中点，∴PM AD，且PM= AD.
又四边形BCDO是边长为1的正方形，
∴BC OD，且BC=OD，
又O为AD的中点，∴BC AD，且BC= AD，即PM BC，且PM=BC，
∴四边形BCMP为平行四边形，∴CM PB，又CM⊄平面ABE，PB 平面ABE，
∴CM 平面ABE. ⊂
（2）（2）连接EO，∵AE=DE，O为AD中点，
∴EO⊥AD.∵EO 平面ADE，且平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，
∴EO⊥平面ABC⊂D.又OB 平面ABCD，OD 平面ABCD，
∴EO⊥OB，EO⊥OD， ⊂ ⊂
以O为原点，OB､OD､OE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 ， ， ，C（1，1，0），B（1，0，0），D（0，1，0）， ，0， ，M
∴ =（-1，1，0）.
设直线CM与BD所成角为θ，则cosθ= ，
∴直线CM与BD所成角的余弦值为 .
（3）设 =λ ，则N（0，λ，0），
∴ =（1，-λ，0）， ，设平面BMN的法向量为 (a，b，c)，
则 即 ，令a=λ，则b=1，c=2λ-1，
∴ =（λ，1，2λ-1），设面 的法向量为 ，
由 ，可取 ．∵平面BMN⊥平面ABE，
∴ ，即λ-1+2λ-1=0，解得λ= ， .一、解答题
1．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥 中， 为等边三角形， 为
的中点， ，平面 平面 ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ， ， ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2) .
【详解】（1）设 的中点为 ，连接 ，因为 为等边三角形，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ，且 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，
所以 ，因为在等边三角形 中， 为 的中点，
所以 ，因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 ；
（2）连接 ，由（1）知， 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，因为 ， ， ，
所以四边形 为矩形，即 ， ， ，所以 ，
设 ， ， ， ，
以 为原点，分别以 、 、 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系，所以 ， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，
设平面 和平面 的法向量分别为 ， ，
则 ， ，
即 ， ，
取 ， ，则 ， ，
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
2．（2023·山东·日照一中校考模拟预测）如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 ．(1)求A到平面 的距离；
(2)设D为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1) (2)
【详解】（1）在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h，
则 ，
解得 ，
所以点A到平面 的距离为 ；
（2）取 的中点E,连接AE,如图，因为 ，所以 ,
又平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，所以 平面 ，
在直三棱柱 中， 平面 ，
由 平面 ， 平面 可得 ， ，又 平面 且相交，所以 平面 ，
所以 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得 ，所以 ， ，所以 ，
则 ,所以 的中点 ，
则 ， ,
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
则 ，所以二面角 的正弦值为 .
3．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）如图，在三棱柱 中， 平面ABC，D为线
段AB的中点， ， ， ，三棱锥 的体积为8．
(1)证明： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
在三棱柱 中，四边形 为平行四边形，则 ，
因为 ， ，所以 ，所以 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ． ，
为 的中点，则 ，因为 平面 ，，所以 ，所以在 中， ，
，所以 ，所以 ， ，
平面 ，所以 平面 ；
（2）因为 平面 ， ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
所以， ，所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
4．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2
的菱形， ， 为等边三角形， 为线段 的中点，且平面 平面 ， 是线
段 上的点.(1)求证： ；
(2)若直线 与平面 的夹角的正弦值为 ，求四棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）因为 为等边三角形， 为线段 的中点，所以 ；
因为平面 平面 ，所以 平面 ；
又 平面 ，所以 ；
在 中， ，由余弦定理可得 ，
因为 ，所以 ；
因为 ，所以 ，所以 平面 ；
因为 平面 ，所以 .
（2）由（1）得 两两垂直，以 为坐标原点，建系如图，
则 ； ；
设 ，则 ；设平面 的一个法向量为 ，则 ， ，令 ，则 .
因为直线 与平面 的夹角的正弦值为 ，
所以 ，即 ，解得 或 （舍），
即有 ， 是靠近 的三等分点，所以四棱锥 的高等于 的 .
四棱锥 的体积为 .
5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）如图，直四棱柱 中， ，E是
的中点，底面ABCD是平行四边形，若 平面 .
(1)若 ，证明：底面 是正方形
(2)若 ，求二面角 的余弦值
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
【详解】（1）如图，连接 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ，则 ， ，直棱柱中 底面 ， 平面 ， ，
， 平面 ，则 平面 ，
又 平面 ，所以 ，所以平行四边形 是菱形，
，则直棱柱的侧面 是正方形，因此侧面 也是正方形，所以 ，
， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，直棱柱中易知 ，而 ， 平面
，所以 平面 ， 平面 ，所以 ，因此底面 是矩形，
即四边形 是矩形，所以四边形 是正方形；
（2）由（1）知底面 是菱形，因此 ，设 ，
分别以 为 轴，过 与 平行的直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，
设 ，则 ， ， ， ， ， ，
， ，由（1）知 ， （负值舍去），
， ， ， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量是 ，则 ，取 得 ，设平面 的一个法向量是 ，则 ，取 ，得 ，
，所以二面角 的余弦值为 ．
6．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）直四棱柱 被平面 所截，所得的一部
分如图所示， ．
（1）证明： 平面 ；
（2）若 ， ，平面 与平面 所成角的正切值为 ，求点 到
平面 的距离．
【答案】（1）详见解析；（2） ．
【详解】（1）依题：平面 与两平行平面 ， 的交线分别为 ， ，
故有 ，又 ，故有平行四边形 ，∴ ， 面 ， 面 ，∴ 平面 ．
（2） 中，由余弦定理可得 ，由勾股定理得 ，又 平面 ，
故而 ， ， 两两垂直，如图建系．
【法一求 】取 中点 ，由 ， 得平行四边形 ，
∴ ， 平面 ，作 ，（连 ），又 ，
∴ 平面 ，得 ，又 ，∴ 为所求二面角的平面角．
易求 ，又 ， ．
【法二求 】面 的法向量显然为 ，设面 的法向量为 ， ，
，令 ， ，依题： ．
由 平面 ，点 到平面 的距离转化为 到平面 的距离 ， ， ，
，设平面 的法向量为 ， 可为 ，
．1．（2021·全国·统考高考真题）如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 ， ，
为 的中点，且 ．
（1）求 ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面 ，四边形 为矩形，不妨以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、
、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系 ，设 ，则 、 、 、 、 ，
则 ， ，
，则 ，解得 ，故 ；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结 ．因为 底面 ，且 底面 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．从而 ．
因为 ，所以 ．
所以 ，于是 ．
所以 ．所以 ．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结 交 于点N．
由[方法二]知 ．
在矩形 中，有 ，所以 ，即 ．
令 ，因为M为 的中点，则 ， ， ．
由 ，得 ，解得 ，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面 的法向量为 ，则 ， ，
由 ，取 ，可得 ，设平面 的法向量为 ， ， ，
由 ，取 ，可得 ，
，
所以， ，
因此，二面角 的正弦值为 .
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体 ，联结 ，交点记为H，由于 ， ，所以
平面 ．过H作 的垂线，垂足记为G．
联结 ，由三垂线定理可知 ，
故 为二面角 的平面角．
易证四边形 是边长为 的正方形，联结 ， ．，
由等积法解得 ．
在 中， ，由勾股定理求得 ．
所以， ，即二面角 的正弦值为 ．
2．（2021·全国·统考高考真题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，
F分别为 和 的中点，D为棱 上的点．
（1）证明： ；
（2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．又因为 ，构造正方体
，如图所示，过E作 的平行线分别与 交于其中点 ，连接 ，
因为E，F分别为 和 的中点，所以 是BC的中点，
易证 ，则 ．
又因为 ，所以 ．
又因为 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱 是直三棱柱， 底面 ，
， ， ，又 ， 平面 ．所以 两两垂直．
以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．
， ．由题设 （ ）．
因为 ，
所以 ，所以 ．
[方法三]：因为 ， ，所以 ，故 ， ，所以
，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面 的法向量为 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
令 ，则
因为平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，
则 ．
当 时， 取最小值为 ，
此时 取最大值为 ．所以 ，此时 ．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长 交 的延长线于点S，联结 交 于点T，则平面 平面 ．
作 ，垂足为H，因为 平面 ，联结 ，则 为平面 与平面 所成
二面角的平面角．
设 ，过 作 交 于点G．
由 得 ．
又 ，即 ，所以 ．
又 ，即 ，所以 ．
所以 ．
则 ，所以，当 时， ．
[方法三]：投影法
如图，联结 ，
在平面 的投影为 ，记面 与面 所成的二面角的平面角为 ，则
．
设 ，在 中， ．
在 中， ，过D作 的平行线交 于点Q．
在 中， ．
在 中，由余弦定理得 ， ，
，
， ，当 ，即 ，面 与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为 ．
3．（2021·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为
的中点.
（1）证明： ；
（2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为 ，
求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2) .
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为 ，O是 中点，所以 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，
且平面 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 .
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点， 为 轴， 为y轴，垂直 且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标
系 ，
则 ，设 ,所以 ，
设 为平面 的法向量，
则由 可求得平面 的一个法向量为 ．
又平面 的一个法向量为 ，
所以 ，解得 ．
又点C到平面 的距离为 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为 ．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作 ，垂足为点G．
作 ，垂足为点F，连结 ，则 ．
因为 平面 ，所以 平面 ，
为二面角 的平面角．因为 ，所以 ．
由已知得 ，故 ．
又 ，所以 ．
因为 ，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ，
记二面角 为 ．据题意，得 ．
对 使用三面角的余弦公式，可得 ，
化简可得 ．①
使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．②
将①②两式平方后相加，可得 ，
由此得 ，从而可得 ．
如图可知 ，即有 ，
根据三角形相似知，点G为 的三等分点，即可得 ，
结合 的正切值，
可得 从而可得三棱锥 的体积为 ．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体 中， ，E为 的
中点．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正
弦值．
【答案】(1)证明过程见解析(2) 与平面 所成的角的正弦值为
【详解】（1）因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）连接 ，由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ,
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角的正弦值为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
5．（2022·全国·统考高考真题）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 是边长为8（单位： ）的正方形， 均为正三角形，且它们所在的
平面都与平面 垂直．(1)证明： 平面 ；
(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；(2) ．
【详解】（1）如图所示：
分别取 的中点 ，连接 ，因为 为全等的正三角形，所以 ，
，又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面
，同理可得 平面 ，根据线面垂直的性质定理可知 ，而 ，所以四边形
为平行四边形，所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：分别取 中点 ，由（1）知， 且 ，同理有， ，
， ，由平面知识可知， ， ，
，所以该几何体的体积等于长方体 的体积加上四棱锥 体积
的 倍．
因为 ， ，点 到平面 的距离即为点 到直线 的
距离 ， ，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的
倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面
APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积6．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 ．
(1)求A到平面 的距离；
(2)设D为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1) (2) .
【详解】（1）在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h，
则 ，
解得 ，
所以点A到平面 的距离为 ；
（2）取 的中点E,连接AE,如图，因为 ，所以 ,
又平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，所以 平面 ，在直三棱柱 中， 平面 ，
由 平面 ， 平面 可得 ， ，
又 平面 且相交，所以 平面 ，
所以 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得 ，所以 ， ，所以 ，
则 ,所以 的中点 ，
则 ， ,
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
可取 ，则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
7．（2022·全国·统考高考真题）如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 的中点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，
因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ，
所以 、 ，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，所以 ， ，
所以
所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面（2）解：过点 作 ，如图建立空间直角坐标系，
因为 ， ，所以 ，
又 ，所以 ，则 ， ，
所以 ，所以 ， ， ， ，
所以 ，
则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以
；
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，所以 ；
所以 .设二面角 的大小为 ，则 ，
所以 ，即二面角 的正弦值为 .
8．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平
面 ， ，M，N分别为 ，AC的中点．
(1)求证： 平面 ；
(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： ；
条件②： ．
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
【详解】（1）取 的中点为 ，连接 ，由三棱柱 可得四边形 为平行四边形，
而 ，则 ，
而 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
而 ，则 ，同理可得 平面 ，
而 平面 ，
故平面 平面 ，而 平面 ，故 平面 ，
（2）因为侧面 为正方形，故 ，
而 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故 ，
若选①，则 ，而 ， ，
故 平面 ，而 平面 ，故 ，
所以 ，而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则.
若选②，因为 ，故 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 ，
而 ， ，故 ，
所以 ，故 ，
而 ， ，故 平面 ，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，从而 ，取 ，则 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则
.
9．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱 中， ，D为的中点，E为 的中点，F为 的中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)求平面 与平面 所成二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2) (3)
【详解】（1）证明：在直三棱柱 中， 平面 ，且 ，则
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 、 、 、 、 ，
则 ，
易知平面 的一个法向量为 ，则 ，故 ，平面 ，故 平面 .
（2）解： ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ， .
因此，直线 与平面 夹角的正弦值为 .
（3）解： ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，则 ，
因此，平面 与平面 夹角的余弦值为 .
