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专题 8.7 立体几何
一、单选题
1．（2021年全国新高考I卷数学试题）已知圆锥的底面半径为 ，其侧面展开图为一个
半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的母线长为 ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得 的值，即为
所求.
【详解】设圆锥的母线长为 ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 ，
解得 .
故选：B.
2．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）在正方体 中，P为 的中
点，则直线 与 所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】平移直线 至 ，将直线 与 所成的角转化为 与 所成的角，解三
角形即可.
【详解】
如图，连接 ，因为 ∥ ，
所以 或其补角为直线 与 所成的角，
因为 平面A B C D ，所以 ，又 ， ，
1 1 1 1
所以 平面 ，所以 ，
设正方体棱长为2，则 ，，所以 .
故选：D
3．（2021年全国新高考II卷数学试题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长
为2，则其体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即
可得解.
【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高 ，
下底面面积 ，上底面面积 ，
所以该棱台的体积 .
故选：D.
4．（2021年全国新高考II卷数学试题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重
要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度
为 （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r
为 的球，其上点A的纬度是指 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观
测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为 ，记卫星信号覆盖地球表面的表面积
为 （单位： ），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
【答案】C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：.
故选：C.
5．（2022年新高考全国I卷数学真题）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 时，相应水面的面积为 ；
水位为海拔 时，相应水面的面积为 ，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 上升到 时，增加的水量约为（ ）
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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 (m)，所以增加的水量即为棱台的体
积 ．
棱台上底面积 ，下底面积 ，
∴
．
故选：C．
6．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）在长方体 中，已知 与平
面 和平面 所成的角均为 ，则（ ）
A． B．AB与平面 所成的角为
C． D． 与平面 所成的角为
【答案】D
【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 ，依题以及长方体的结构特征可知， 与平面 所成
角为 ， 与平面 所成角为 ，所以 ，即 ，
，解得 ．
对于A， ， ， ，A错误；
对于B，过 作 于 ，易知 平面 ，所以 与平面 所成角为
，因为 ，所以 ，B错误；
对于C， ， ， ，C错误；
对于D， 与平面 所成角为 ， ，而
，所以 ．D正确．
故选：D．
7．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为
和 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，再根据球心距，圆面半
径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以 ，即
，设球心到上下底面的距离分别为 ，球的半径为 ，所以 ，
，故 或 ，即 或
，解得 符合题意，所以球的表面积为 ．
故选：A．8．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在三棱锥 中， 是边长为2的等
边三角形， ，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【分析】证明 平面 ，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【详解】取 中点 ，连接 ，如图，
是边长为2的等边三角形， ，
，又 平面 ， ，
平面 ，
又 ， ，
故 ，即 ，
所以 ，
故选：A
9．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在四棱锥 中，底面 为正方形，，则 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得 ， ，从而
得到 ，再在 中利用余弦定理求得 ，从而求得 ，由此在
中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；
法二：先在 中利用余弦定理求得 ， ，从而求得 ，
再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于 的方程组，从而求得 ，
由此在 中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】法一：
连结 交于 ，连结 ，则 为 的中点，如图，
因为底面 为正方形， ，所以 ，则 ，
又 ， ，所以 ，则 ，
又 ， ，所以 ，则 ，
在 中， ，
则由余弦定理可得 ，
故 ，则 ，
故在 中， ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 的面积为 .
法二：
连结 交于 ，连结 ，则 为 的中点，如图，因为底面 为正方形， ，所以 ，
在 中， ，
则由余弦定理可得 ，故
，
所以 ，则
，
不妨记 ，
因为 ，所以 ，
即 ，
则 ，整理得 ①，
又在 中， ，即 ，则
②，
两式相加得 ，故 ，
故在 中， ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 的面积为 .
故选：C.
10．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的
三个点，且 ，则三棱锥 的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题可得 为等腰直角三角形，得出 外接圆的半径，则可求得 到平
面 的距离，进而求得体积.
【详解】 ， 为等腰直角三角形， ，
则 外接圆的半径为 ，又球的半径为1，
设 到平面 的距离为 ，
则 ，
所以 .
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半
径、球心到截面距离的勾股关系求解.
11．（2022年新高考全国I卷数学真题）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 ，且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为 ，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 ，所以球的半径 ,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，
则 ， ,所以 ，
所以正四棱锥的体积 ，
所以 ，
当 时， ，当 时， ，
所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 ，
又 时， ， 时， ,
所以正四棱锥的体积 的最小值为 ，
所以该正四棱锥体积的取值范围是 .
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以 当且
仅当 取到 ，
当 时，得 ，则
当 时，球心在正四棱锥高线上，此时 ，
，正四棱锥体积 ，故该正四棱锥体积的
取值范围是
12．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）在正方体 中，E，F分别为
的中点，则（ ）
A．平面 平面 B．平面 平面
C．平面 平面 D．平面 平面
【答案】A
【分析】证明 平面 ，即可判断A；如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，
设 ，分别求出平面 ， ， 的法向量，根据法向量的位置关系，即可
判断BCD.【详解】解：在正方体 中，
且 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 分别为 的中点，
所以 ，所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，故A正确；
选项BCD解法一：
如图，以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，
则 ，
，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，可取 ，
同理可得平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
平面 的法向量为 ，
则 ，
所以平面 与平面 不垂直，故B错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故C错误；
因为 与 不平行，
所以平面 与平面 不平行，故D错误，
故选：A.选项BCD解法二：
解：对于选项B，如图所示，设 ， ，则 为平面 与平面
的交线，
在 内，作 于点 ，在 内，作 ，交 于点 ，连结 ，
则 或其补角为平面 与平面 所成二面角的平面角，
由勾股定理可知： ， ，
底面正方形 中， 为中点，则 ，
由勾股定理可得 ，
从而有： ，
据此可得 ，即 ，
据此可得平面 平面 不成立，选项B错误；
对于选项C，取 的中点 ，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项C错误；对于选项D，取 的中点 ，很明显四边形 为平行四边形，则 ，
由于 与平面 相交，故平面 平面 不成立，选项D错误；
故选：A.
13．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图
的圆心角之和为 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积
公式可得 ，再结合圆心角之和可将 分别用 表示，再利用勾股定理分别求出两圆
锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，
则 ，
所以 ，
又 ，则 ，
所以 ，
所以甲圆锥的高 ，
乙圆锥的高 ，
所以 .
故选：C.
14．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知 为等腰直角三角形，AB为斜边，
为等边三角形，若二面角 为 ，则直线CD与平面ABC所成角的正切
值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【详解】取 的中点 ，连接 ，因为 是等腰直角三角形，且 为斜边，
则有 ，
又 是等边三角形，则 ，从而 为二面角 的平面角，即
，
显然 平面 ，于是 平面 ，又 平面 ，
因此平面 平面 ，显然平面 平面 ，
直线 平面 ，则直线 在平面 内的射影为直线 ，
从而 为直线 与平面 所成的角，令 ，则 ，在 中，
由余弦定理得：，
由正弦定理得 ，即 ，
显然 是锐角， ，
所以直线 与平面 所成的角的正切为 .
故选：C
15．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）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（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】方法一：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 ，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】[方法一]：【最优解】基本不等式
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 ，
则
（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
又设四棱锥的高为 ，则 ，
当且仅当 即 时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径
为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ，(当且仅当 ，即 时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高 .
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径
为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ， ，令 ，
，设 ，则 ，
， ，单调递增， ， ，单调递减，
所以当 时， 最大，此时 ．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是
通性通法．
二、多选题
16．（2021年全国新高考II卷数学试题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在
棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足 的是（ ）
A． B．C． D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线 构造所考虑的线线角后可
判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为 ，
对于A，如图（1）所示，连接 ，则 ，
故 （或其补角）为异面直线 所成的角，
在直角三角形 ， ， ，故 ，
故 不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取 的中点为 ，连接 ， ，则 ， ，
由正方体 可得 平面 ，而 平面 ，
故 ，而 ，故 平面 ，
又 平面 ， ，而 ，
所以 平面 ，而 平面 ，故 ，故B正确.对于C，如图（3），连接 ，则 ，由B的判断可得 ，
故 ，故C正确.
对于D，如图（4），取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则 ，
因为 ，故 ，故 ，
所以 或其补角为异面直线 所成的角，
因为正方体的棱长为2，故 ， ，， ，故 不是直角，
故 不垂直，故D错误.
故选：BC.
17．（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正方体 ，则（ ）
A．直线 与 所成的角为 B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为 D．直线 与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【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 、 ，因为 ，所以直线 与 所成的角即为直线
与 所成的角，
因为四边形 为正方形，则 ，故直线 与 所成的角为 ，A正确；
连接 ，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，故B正确；
连接 ，设 ，连接 ，
因为 平面A B C D ， 平面A B C D ，则 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为 ， ，所以 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成的角，
设正方体棱长为 ，则 ， ， ，
所以，直线 与平面 所成的角为 ，故C错误；
因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得
，故D正确.
故选：ABD18．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面
直径， ， ，点C在底面圆周上，且二面角 为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D． 的面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D
选项的正确性.
【详解】依题意， ， ，所以 ，
A选项，圆锥的体积为 ，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为 ，B选项错误；
C选项，设 是 的中点，连接 ，
则 ，所以 是二面角 的平面角，
则 ，所以 ，
故 ，则 ，C选项正确；
D选项， ，所以 ，D选项错误.
故选：AC.
19．（2022年新高考全国II卷数学真题）如图，四边形 为正方形， 平面 ，
，记三棱锥 ， ， 的体积分别为 ，
则（ ）A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算 ，连接 交 于点 ，连接 ，由
计算出 ，依次判断选项即可.
【详解】
设 ，因为 平面 ， ，则
，
，连接 交 于点 ，连接 ，易得
，
又 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， 平面
，则 平面 ，
又 ，过 作 于 ，易得四边形 为矩形，则
，
则 ， ，
，则 ， ， ，则 ，则 ， ， ，故A、B错
误；C、D正确.
故选：CD.
20．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：
m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为 的球体
B．所有棱长均为 的四面体
C．底面直径为 ，高为 的圆柱体
D．底面直径为 ，高为 的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为 ，且 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故C正确；
对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的
下底面的切点为 ，
可知： ，则 ，
即 ，解得 ，根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：对于C、D：以正方体的体对角线为圆柱的轴，结合正方体以及圆柱的
性质分析判断.
21．（2021年全国新高考I卷数学试题）在正三棱柱 中， ，点
满足 ，其中 ， ，则（ ）
A．当 时， 的周长为定值
B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得
D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点
的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解
点的个数．
【详解】
易知，点 在矩形 内部（含边界）．对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定
值，故A错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而
， 平面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B
正确．
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则
，所以 点轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，
， ， ，则 ， ，
，所以 或 ．故 均满足，故C错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，
所以 点轨迹为线段 ．设 ，因为 ，所以 ，
，所以 ，此时 与 重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
三、填空题
22．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为
则该圆锥的侧面积为________.
【答案】
【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.
【详解】∵
∴
∴
∴ .故答案为： .
23．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点 均在半径为2的球面上，
是边长为3的等边三角形， 平面 ，则 ________．
【答案】2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥 转化为直三棱柱 ，
设 的外接圆圆心为 ，半径为 ，
则 ，可得 ，
设三棱锥 的外接球球心为 ，连接 ，则 ，
因为 ，即 ，解得 .
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切
点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝
b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，
确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
24．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面
所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．
【答案】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方
法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于 ，而截去的正四棱锥的高为 ，所以原正四棱锥的高为 ，
所以正四棱锥的体积为 ，
截去的正四棱锥的体积为 ，
所以棱台的体积为 .
方法二：棱台的体积为 .
故答案为： .
25．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体 中，E，F分别为
CD， 的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为____________．
【答案】12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2， 中点为 ，取 ， 中点 ，侧面 的中
心为 ，连接 ，如图，由题意可知， 为球心，在正方体中， ，
即 ，
则球心 到 的距离为 ，
所以球 与棱 相切，球面与棱 只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.
故答案为：12
26．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）在正四棱台 中，
，则该棱台的体积为________．
【答案】 /
【分析】结合图像，依次求得 ，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过 作 ，垂足为 ，易知 为四棱台 的高，
因为 ，
则 ，
故 ，则 ，所以所求体积为 .
故答案为： .
27．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体 中， 为
的中点，若该正方体的棱与球 的球面有公共点，则球 的半径的取值范围是
________．
【答案】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为 的正方形是球的大圆的内接正方
形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为 .
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变
得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径 为体对角线长 ，即 ，
故 ；
分别取侧棱 的中点 ，显然四边形 是边长为 的正方形，
且 为正方形 的对角线交点，
连接 ，则 ，当球的一个大圆恰好是四边形 的外接圆，球的半径达到
最小，即 的最小值为 .
综上， .
故答案为：
四、解答题
28．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）如图，四棱锥 的底面是矩形，
底面 ，M为 的中点，且 ．（1）证明：平面 平面 ；
（2）若 ，求四棱锥 的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】（1）由 底面 可得 ，又 ，由线面垂直的判定定理
可得 平面 ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面 平面 ；
（2）由（1）可知， ，由平面知识可知， ，由相似比可求出 ，
再根据四棱锥 的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 平面 ，
而 平面 ，
所以平面 平面 ．
（2）[方法一]：相似三角形法
由（1）可知 ．
于是 ，故 ．
因为 ，所以 ，即 ．
故四棱锥 的体积 ．
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由（2）知 ,所以 ．
建立如图所示的平面直角坐标系，设 ．因为 ，所以 ， ， ， ．
从而 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
设 ，所以 ， ， ， ， ．
所以 ， ， ．
所以 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由 ，得 ．
所以 ．
即 ．
又 底面 ， 在平面 内，
因此 ，所以 ．
所以 ，由于四边形 是矩形，根据数量积的几何意义，
得 ，即 ．
所以 ，即 ．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的
体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四
棱锥的体积；
方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最
常用的通性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
29．（2023年新高考天津数学高考真题）三棱台 中，若 面
， 分别是 中点.
(1)求证： //平面 ；
(2)求平面 与平面 所成夹角的余弦值；
(3)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明四边形 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用
等体积法求解【详解】（1）
连接 .由 分别是 的中点，根据中位线性质， // ，且
，
由棱台性质， // ，于是 // ，由 可知，四边形 是平行
四边形，则 // ，
又 平面 ， 平面 ，于是 //平面 .
（2）过 作 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ,连接 .
由 面 ， 面 ，故 ，又 ， ，
平面 ，则 平面 .
由 平面 ，故 ，又 ， ， 平面 ，
于是 平面 ，
由 平面 ，故 .于是平面 与平面 所成角即 .
又 ， ，则 ，故 ，在
中， ，则 ，
于是
（3）[方法一：几何法]过 作 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，连接 ，过 作 ，
垂足为 .
由题干数据可得， ， ，根据勾股定理，
，
由 平面 ， 平面 ，则 ，又 ， ，
平面 ，于是 平面 .
又 平面 ，则 ，又 ， ， 平面 ，
故 平面 .
在 中， ，
又 ，故点 到平面 的距离是 到平面 的距离的两倍，
即点 到平面 的距离是 .
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点 到平面 的距离为 .，
.
由 ，即 .
30．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，在三棱锥 中， ，
， ， ， 的中点分别为 ，点 在 上，
．
(1)求证： //平面 ；
(2)若 ，求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形 为平行四边形，再利用线面平行的判定
推理作答.
（2）作出并证明 为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接 ，设 ，则 ，
， ，
则 ，
解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，
则四边形 为平行四边形，
，又 平面 平面 ，所以 平面 .
（2）过 作 垂直 的延长线交于点 ，
因为 是 中点，所以 ，
在 中， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，
即三棱锥 的高为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 .
31．（2021年全国新高考I卷数学试题）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) .
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(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 ．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性
通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的
几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使
得问题更加简单、直观、迅速.
32．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）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）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐
标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进
而可以确定出答案；
【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 ．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合
适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加
减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以
开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，
也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面 与面 所成的二面角，并
求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面 在面 上的投影三
角形的面积与 面积之比即为面 与面 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
33．（2021年全国高考甲卷数学（文）试题）已知直三棱柱 中，侧面
为正方形， ，E，F分别为 和 的中点， .
（1）求三棱锥 的体积；
（2）已知D为棱 上的点，证明： .
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）先证明 为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
（2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线
面垂直可得题中的结论.
【详解】（1）由于 ， ，所以 ，
又AB⊥BB ， ，故 平面 ，
1
则 ， 为等腰直角三角形，
， .
（2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体 ，如图所
示，取棱 的中点 ，连结 ，
正方形 中， 为中点，则 ，
又 ，故 平面 ，而 平面 ，
从而 .
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧
棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空
间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.
34．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）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）
【分析】（1）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 ，由已知条件得出 ，求出 的值，即可得出 的长；
（2）求出平面 、 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可
求得结果.
【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 ．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直
的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何
证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注
意进行严格的论证.
35．（2021年全国新高考II卷数学试题）在四棱锥 中，底面 是正方形，
若 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求二面角 的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证 平面 ，从而得到面
面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，建如图所示的空间坐
标系，求出平面 、平面 的法向量后可求二面角的余弦值.
【详解】
（1）取 的中点为 ，连接 .
因为 ， ，则 ，
而 ，故 .
在正方形 中，因为 ，故 ，故 ，
因为 ，故 ，故 为直角三角形且 ，
因为 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 .
（2）在平面 内，过 作 ，交 于 ，则 ，结合（1）中的 平面 ，故可建如图所示的空间坐标系.
则 ，故 .
设平面 的法向量 ，
则 即 ，取 ，则 ，
故 .
而平面 的法向量为 ，故 .
二面角 的平面角为锐角，故其余弦值为 .
36．（2022年新高考全国I卷数学真题）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)
【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 平面 ，建立空间直角坐标系，利用空间向
量法即可得解.
【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 .
37．（2022年高考全国乙卷数学（理）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
【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，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 ，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.
【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 .
38．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）在四棱锥 中， 底面．
(1)证明： ；
(2)求PD与平面 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）作 于 ， 于 ，利用勾股定理证明 ，根据线面
垂直的性质可得 ，从而可得 平面 ，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：在四边形 中，作 于 ， 于 ，
因为 ，
所以四边形 为等腰梯形，
所以 ，
故 ， ，
所以 ，
所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以 ；（2）解：如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
，
则 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则有 ，可取 ，
则 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
39．（2022年高考全国甲卷数学（文）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) ．
【分析】（1）分别取 的中点 ，连接 ，由平面知识可知
， ，依题从而可证 平面 ， 平面 ，
根据线面垂直的性质定理可知 ，即可知四边形 为平行四边形，于是
，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取 中点 ，由（1）知，该几何体的体积等于长方体
的体积加上四棱锥 体积的 倍，即可解出．
【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40．（2022年高考全国乙卷数学（文）真题）如图，四面体 中，
，E为AC的中点．
(1)证明：平面 平面ACD；
(2)设 ，点F在BD上，当 的面积最小时，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明详见解析
(2)
【分析】（1）通过证明 平面 来证得平面 平面 .
（2）首先判断出三角形 的面积最小时 点的位置，然后求得 到平面 的距离，
从而求得三棱锥 的体积.
【详解】（1）由于 ， 是 的中点，所以 .
由于 ，所以 ，
所以 ，故 ，
由于 ， 平面 ，
所以 平面 ，
由于 平面 ，所以平面 平面 .
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意 ， ，三角形 是等边三角形，
所以 ，
由于 ，所以三角形 是等腰直角三角形，所以 .
，所以 ，
由于 ， 平面 ，所以 平面 .
由于 ，所以 ，由于 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
由于 ，所以当 最短时，三角形 的面积最小
过 作 ，垂足为 ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，
所以
过 作 ，垂足为 ，则 ，所以 平面 ，且 ，
所以 ，
所以 .
[方法二]：等体积转换
， ，
是边长为2的等边三角形，
连接41．（2022年新高考全国II卷数学真题）
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)
【分析】（1）连接 并延长交 于点 ，连接 、 ，根据三角形全等得到
，再根据直角三角形的性质得到 ，即可得到 为 的中点从而得到
，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同
角三角函数的基本关系计算可得.
【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 .
42．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在三棱柱 中， ，
底面ABC， ， 到平面 的距离为1．
(1)求证： ；
(2)若直线 与 距离为2，求 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得 平面 ，再由
勾股定理求出 为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出 的长及点 到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，底面 ， 面 ，
，又 ， 平面 ， ,
平面ACC A ，又 平面 ，
1 1
平面 平面 ，
过 作 交 于 ，又平面 平面 ， 平面 ，
平面
到平面 的距离为1， ，
在 中， ，
设 ，则 ，
为直角三角形，且 ，
， ， ，
，解得 ，
，
（2） ，
，
过B作 ，交 于D，则 为 中点，
由直线 与 距离为2，所以
， ， ，
在 ， ，
延长 ，使 ，连接 ，
由 知四边形 为平行四边形，， 平面 ，又 平面 ，
则在 中， ， ，
在 中， ， ，
,
又 到平面 距离也为1，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
43．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）
如图，在正四棱柱 中， ．点 分别在棱
, 上， ．
(1)证明： ；
(2)点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设 ，利用向量法求二面角，建立方程求出 即可得解.
【详解】（1）以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如
图，则 ，
，
，
又 不在同一条直线上，
.
（2）设 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
，
化简可得， ，
解得 或 ，
或 ，.
44．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）如图，在三棱柱 中， 平
面 ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 ，求四棱锥 的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由 平面 得 ，又因为 ，可证 平面 ，
从而证得平面 平面 ；
(2) 过点 作 ，可证四棱锥的高为 ,由三角形全等可证 ，从而证得
为 中点，设 ，由勾股定理可求出 ，再由勾股定理即可求 .
【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ,
所以 ,
又因为 ，即 ，
平面 ， ,
所以 平面 ，
又因为 平面 ,
所以平面 平面 .
（2）如图，过点 作 ，垂足为 .
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以四棱锥 的高为 .
因为 平面 ， 平面 ,
所以 , ,
又因为 ， 为公共边，
所以 与 全等，所以 .
设 ，则 ，
所以 为 中点， ,
又因为 ,所以 ,
即 ，解得 ，
所以 ，
所以四棱锥 的高为 ．
45．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）如图，在三棱锥 中， ，
， ， ，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，
，点F在AC上， .
(1)证明： 平面 ；
(2)证明：平面 平面BEF；
(3)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；(3) .
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形 为平行四边形，再利用线面平行的判定
推理作答.
（2）由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.
（3）由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.
【详解】（1）连接 ，设 ，则 ，
， ，
则 ，
解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，则四边形
为平行四边形，
，又 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）由（1）可知 ，则 ，得 ，
因此 ，则 ，有 ，
又 ， 平面 ，
则有 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
（3）过点 作 交 于点 ，设 ，
由 ，得 ，且 ，
又由（2）知， ，则 为二面角 的平面角，
因为 分别为 的中点，因此 为 的重心，即有 ，又 ，即有 ，
，解得 ，同理得 ，
于是 ，即有 ，则 ，
从而 ， ，
在 中， ，
于是 ， ，
所以二面角 的正弦值为 .
