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第05讲：空间立体几何高频考点突破
【考点梳理】
考点一：空间几何体结构
（1）多面体
多面体 定义 图形及表示 相关概念 特殊情形
棱柱 有两个面互相平行，其余 底面(底)：两个互相平行的 直棱柱：侧棱垂直于
各面都是四边形，并且相 面 底面的棱柱
邻两个四边形的公共边都 侧面：其余各面 斜棱柱：侧棱不垂直
互相平行，由这些面所围 侧棱：相邻侧面的公共边 于底面的棱柱
成的多面体叫做棱柱 顶点：侧面与底面的公共顶 正棱柱：底面是正多
记作：棱柱ABCDEF 点 边形的直棱柱
－
A′B′C′D′E′F
′
棱锥 有一个面是多边形，其余 底面(底)：多边形面 正棱锥：底面是正多
各面都是有一个公共顶点 侧面：有公共顶点的各个三 边形，并且顶点与底
的三角形，由这些面所围 角形面 面中心的连线垂直于
成的多面体叫做棱锥 侧棱：相邻侧面的公共边 底面的棱锥
顶点：各侧面的公共顶点
记作：棱锥S－ABCD
棱台 用一个平行于棱锥底面的 上底面：原棱锥的截面
平面去截棱锥，底面和截 下底面：原棱锥的底面
面之间那部分多面体叫做 侧面：其余各面
棱台 侧棱：相邻侧面的公共边
顶点：侧面与上(下)底面的
公共顶点
记作：棱台ABCD－
A′B′C′D′
（3）圆柱、 圆锥、 圆台、 球
旋转体 结构特征 图形 表示
圆柱 以矩形的一边所在直线为旋转轴， 其余三边旋转一 圆柱用表示它的轴的字
周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱.旋转轴叫做圆 母表示， 如图中的圆柱
柱的轴； 垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的 记作圆柱 O′O
底面； 平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧
面；无论旋转到什么位置， 平行于轴的边都叫做圆
柱侧面的母线
圆锥 以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴， 其 圆锥也用表示它的轴的
余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥 字母表示， 如图中的圆
锥记作圆锥 SO圆台 用平行于圆锥底面的平面去截圆锥， 底面与截面之 圆台也用表示它的轴
间的部分叫做圆台 的字母表示， 如图中的
圆台记作圆台 O′O
球 半圆以它的直径所在直线为旋转轴， 旋转一周形成 球常用表示球心的字母
的曲面叫做球面， 球面所围成的旋转体叫做球体， 来表示， 左图可表示为
简称球.半圆的圆心叫做球的球心， 连接球心和球面 球 O
上任意一点的线段叫做球的半径； 连接球面上两点
并且经过球心的线段叫做球的直径
考点二：空间几何体的直观图
1、用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
2、斜二测画法的步骤：①平行于坐标轴的线依然平行于坐标轴；②平行于y轴的线长度变半，平行于x，z轴的线
长度不变
√2
4 2√2
3、原图与直观图的关系：S = S ；S S
直 原 原= 直
考点三：简单几何体的表面积与体积
1、空间几何体的表面积
（1）棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和
（2）圆柱的表面积
S=2πrl+2πr2
（3）圆锥的表面积
S=πrl+πr2
（4）圆台的表面积
S=πrl+πr2 +πRl+πR2
（5）球的表面积
S=4πR2
2、空间几何体的体积
1
V= S ×h
V=S ×h 3 底
（1）柱体的体积 底 （2）锥体的体积1 4
V= （S +√S S +S )×h V= πR3
3 上 上 下 下 3
（3）台体的体积 （4）球体的体积
3、球的组合体
（1）球与长方体的组合体：长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.
（2）球与正方体的组合体：正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的外接球的直径是正方体的体对角线
√3
长（ a）.
6 6
a a
（3）球与正四面体的组合体：棱长为 a 的正四面体的内切球的半径为 12 ，外接球的半径为 4 .
考点四：空间直线、平面的平行
1．线面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
平面外一条直线与此平面内的
一条直线平行，则该直线与此
判定定理 ⇒l∥α
平面平行(简记为“线线平行⇒
线面平行”)
一条直线与一个平面平行，则
过这条直线的任一平面与此平
性质定理 ⇒l∥b
面的交线与该直线平行(简记
为“线面平行⇒线线平行”)
2．面面平行的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
一个平面内的两条相
交直线与另一个平面
判定定理 平行，则这两个平面 ⇒α∥β
平行(简记为“线面平
行⇒面面平行”)
如果两个平行平面同
时和第三个平面相
性质定理 ⇒a∥b
交，那么它们的交线
平行
考点五．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α互相垂直，记作l⊥α，直线l叫做平面α的垂线，
平面α叫做直线l的垂面．
(2)判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
一条直线与一个平面
判定定理 内的两条相交直线都 ⇒l⊥α
垂直，则该直线与此平面垂直
垂直于同一个平面的
性质定理 ⇒a∥b
两条直线平行
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，
它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．
(2)范围：.
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这
两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
一个平面过另一个
判定定理 平面的垂线，则这 ⇒α⊥β
两个平面垂直
两个平面垂直，则
一个平面内垂直于
性质定理 ⇒l⊥α
交线的直线与另一
个平面垂直
【题型梳理】
题型一：空间几何体的结构
1．（2023春·福建南平·高一校考期末）下列命题中正确的是（ ）
A．正方形的直观图是正方形
B．平行四边形的直观图是平行四边形
C．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台【答案】B
【解析】选项 ，正方形的直观图是平行四边形；选项 ，由斜二测画法规则知平行性不变知②正确；选项 ，
要注意棱柱的每相邻两个四边形的公共边互相平行；选项 ，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之
间的部分组成的几何体叫棱台．
【详解】解：选项 ，正方形的直观图是平行四边形，故 错误；
选项 ，由斜二测画法规则知平行性不变，即平行四边形的直观图是平行四边形，故②正确；
选项 ，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，要
注意棱柱的每相邻两个四边形的公共边互相平行，故 错误；
选项 ，用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，故 错误．
故选： ．
2．（2023春·四川宜宾·高一宜宾市叙州区第一中学校校考期末）下列命题中，正确的是 ( )
A．经过正方体任意两条面对角线，有且只有一个平面
B．经过正方体任意两条体对角线，有且只有一个平面
C．经过正方体任意两条棱，有且只有一个平面
D．经过正方体任意一条体对角线与任意一条面对角线，有且只有一个平面
【答案】B
【详解】因为正方体的四条体对角线相交于同一点(正方体的中心)，因此经过正方体任意两条体对角线，有且只有
一个平面，故选B．
点睛：确定平面方法: 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面;经过一条直线和这条直线外一点有且只
有一个平面；经过两条相交直线有且只有一个平面；经过两条平行直线有且只有一个平面．
3．（2023春·黑龙江大庆·高一铁人中学校考期中）给出下列说法：
①有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；
③有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
④一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成7块
其中正确说法的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据棱柱、棱锥、棱台和平面的的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于①中，根据棱台的定义，延长棱台的所有侧棱交于一点，所以有两个面平行且相似，其他各个面都
是梯形的多面体不一定是棱台，所以①不正确；
对于②中，根据棱锥的定义，有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体是棱锥，所以②不正确；
对于③中，根据棱柱的定义，有两个面平行，且该多面体的顶点都在这两个平面上，其余各面都是四边形的几何
体叫棱柱，所以③不正确；
对于④中，一个圆柱形蛋糕，切三刀最多可切成8块，所以④不正确.
故选：A.
题型二：直观图
4．（2023春·四川成都·高一成都外国语学校校考期末）如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是
平行四边形 ，且 ， ， ，则平面图形OABC的面积为（ ）
A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】A
【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解；
【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，
其中长 ，宽 .
故平面图形 的面积为 .
故选：A
5．（2023春·云南昆明·高一昆明一中校考期中）已知 是一平面图形的直观图，斜边 ，则这个平
面图形的面积是（ ）A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】由给定的直观图画出原平面图形，再求出面积作答.
【详解】根据斜二测画法的规则，所给的直观图对应的原平面图形，如图，
其中 ， ，
所以这个平面图形的面积为 .
故选：D
6．（2023春·广东茂名·高一统考期中）如图，水平放置的 的斜二测直观图为 ，已知
，则 的周长为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，作出原平面图形 ，由斜二测画法分析原图的数量关系，计算可得答案．
【详解】根据题意，作出原图 ，
由斜二测画法，在原图中， ， ，所以 ，故 的周长为 .
故选：C．
题型三：空间几何体的表面积和体积
7．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现
的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径 ，圆柱体部分的高 ，
圆锥体部分的高 ，则这个陀螺的表面积（单位： ）是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解.
【详解】由题意可得圆锥体的母线长为 ，
所以圆锥体的侧面积为 ，
圆柱体的侧面积为 ，
圆柱的底面面积为 ，
所以此陀螺的表面积为 ，
故选：C.
8．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）三棱锥 的所有顶点都在球 的球面上.棱锥
的各棱长为： ， ，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由各棱长结合勾股定理知 为直三棱锥，有 面 ，进而求出 的外接圆半径 ，由外接球半径 与 、 的几何关系即可求出 ，最后求外接球表面积即可.
【详解】由题意知： ， ， ，
∴ 两两垂直，即 为直三棱锥，
∴若 的外接圆半径为 ，则 ，又 面 ，
∴外接球心 到 的距离为 ，故外接球半径 ，
∴外接球表面积 .
故选：B.
【点睛】关键点点睛：由棱长推出 为直三棱锥，有 面 ，根据其外接球半径 与 外接
圆半径 、 的几何关系求出 ，进而求球的表面积.
9．（2023春·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末）“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种
估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积 的4倍、
下底面的面积 之和乘以高h的六分之一，即 .我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体
称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原
来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为 ，则它的高为
（ ）
A． B． C． D．4
【答案】D
【分析】求出上下底面积和中截面面积，代入公式即可求出高.
【详解】上底面 ，下底面 ，所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中 分别是对应棱上的中点，如图所示，
根据中位线定理得 ， ，
所以 ，
，解得 ，
故选：D.
题型四：内接球和外接球表面积和体积
10．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖
臑.在鳖臑 中， 平面 ， ，且 ，则其内切球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设四面体 内切球的球心为 ，半径为 ，则
，求得
， ，从而求得 ，根据球的表面积公
式即可求解.
【详解】
因为四面体 四个面都为直角三角形， 平面 ，所以 ， ，
设四面体 内切球的球心为 ，半径为 ，
则
所以 ，
因为四面体 的表面积为 ，
又因为四面体 的体积 ，
所以 ，
所以内切球表面积 .
故选：C.
11．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）蹴鞠，又名蹴球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮
革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已
作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠的表面上有四个点 ， ， ，
恰好构成三棱锥 ，若 ， ，且 ， ， ， ，则该鞠的表面积
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由条件求 ，证明 ，结合 ，利用线面垂直判定定理证明 平面 ，由此确定三
棱锥 的外接球的球心及半径，利用球的表面积公式求解.
【详解】在 中， ， ， ，
所以 ，
在 中， ， ， ，
所以 ，所以 ，
在 中， ， ， ，
所以 ，在 中， ， ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ， 都是以 为斜边的直角三角形，
取 的中点 ，则 ，
所以点 为三棱锥 的外接球的球心，半径为 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积 ，
即该鞠的表面积为 .
故选：C.
12．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）已知三棱锥 中， ， ， 三点在以 为球
心的球面上，若 ， ，且三棱锥 的体积为 ，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意 ， 可求得 的面积，进而通过 的体积得到三棱锥的高，即
球心到平面 的距离.通过外接圆的半径公式，求得截面圆的半径，得到球 的半径，即得解.
【详解】由题意 ，
.
又 的外接圆的半径因此球 的半径
球的表面积： .
故选：C
【点睛】本题考查了球和三棱锥以及球的截面圆的综合问题，考查了学生的综合分析，空间想象，数学运算能力，
属于中档题.
题型五：点线面的位置关系
13．（2023春·江苏连云港·高一校考期末）下列表述中正确的是（ ）
A．若直线 平面 ，直线 ，则
B．若直线 平面 ，直线 ，且 ，则
C．若平面 内有三个不共线的点到平面 的距离相等，则
D．若平面 满足 ， ， ，则
【答案】D
【分析】根据空间线面关系的定义及几何特征，逐一分析四个命题的真假，可得答案．
【详解】若直线 平面 ，直线 ，则可能 ，可能 ， 可能与 只相交不垂直，A选项错误；
若直线 平面 ，直线 ，且 ，则可能 ，可能 与 只相交不垂直，B选项错误；
若平面 内有三个不共线的点到平面 的距离相等，则可能 ，可能 与 相交，C选项错误；
若平面 满足 ， ， ，则 ，由面面垂直的性质可知，D选项正确.
故选：D
14．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）设 ， 是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，则下列结论不正
确的是（ ）A．若 ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ， ， ， 与 相交，则
【答案】C
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断可得.
【详解】对于A：若 ， ，由面面垂直的判定定理可知 ，故A正确；
对于B：若 ，则平面 内存在直线 ，使得 ，又 ， ，所以 ，所以 ，故B正确；
对于C：若 ， ，则 或 与 相交，故C错误；
对于D：若 ， ， ， ， 与 相交，根据面面平行的判定定理可知 ，故D正确；
故选：C
15．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）已知直线 、 ，平面 、 ，给出下列命题：
①若 ， ，且 ，则
②若 ， ，则
③若 ， ，且 ，则
④若 ， ，且 ，则
其中正确的命題是（ ）
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
【答案】C
【分析】根据线线、线面和面面位置关系的有关知识对各个命题进行分析，由此确定正确答案.
【详解】①，根据线面垂直的知识可知，当 ， ，且 时， ，所以①正确.
②，若 ， ，则可能 是异面直线，所以②错误.
③，若 ， ，且 ，此时无法判断 是否与平面 内的两条相交直线垂直，
所以③错误.
④，若 ， ，所以 ，由于 ，所以 ，所以④正确.所以①④正确.
故选：C
题型六：线面的平行和性质
16．（2023春·湖南邵阳·高一邵阳市第二中学校考期末）如图，在四棱锥 中， 平面
是 的中点.
(1)证明： 面
(2)证明：平面 平面 ；
(3)求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取 中点 ，连接 ，证 即可；
（2）由 得 ，由 平面 得 ，所以 平面 ，从而得证；
（3） ，所以 平面 ，根据 求解．
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
∵ , ,
∴ ,
∴ 为平行四边形，则 ，∵ 面 ， 面 ，∴ 面 .
（2）因为 ，所以 ，
由 平面 平面 ，所以 ，
又由 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ，即平面 平面 .
（3）由（1）可得 ，且 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 ，
因为 平面 ，可得 ，
又由 ，
所以 ，
所以 ，即三棱锥 的体积为 .
17．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）如图：在正方体 中 ， 为 的中点.
(1)求三棱锥 的体积；
(2)求证： 平面 ；(3)若 为 的中点，求证：平面 平面 .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可；
（2）根据线面平行的判定进行证明；
（3）根据面面平行的的判定进行证明.
【详解】（1）显然 平面 ，于是 .
（2）
设 ，连接 ，
在正方体 中，四边形 是正方形， 是 中点，
是 的中点， ，
平面 平面
平面 ；
（3） 为 的中点， 为 的中点，
，
四边形 为平行四边形， ，
又 平面 平面 平面 ，由（2）知 平面 平面 平面 ，
平面 平面 .
18．（2023春·四川宜宾·高一校考期末）如图，四棱锥 中， 底面 ，底面 为菱形，点F
为侧棱 上一点．
(1)若 ，求证： 平面 ；
(2)若 ，求证：平面 平面 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1） ， 的交点为O，连接 ，由菱形及中位线性质有 ，再由线面平行的判定可证结论；
（2）由题意及线面垂直的性质有 、 ，再由线面垂直的判定和性质得 ，最后根据线面
垂直、面面垂直的判定证结论.
【详解】（1）设 ， 的交点为O，连接 ，
因为底面 为菱形，且O为 中点， ，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，
故 平面 ．
（2）因为底面 为菱形，所以 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 、 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，故平面 平面 .
题型七：线面的垂直和性质
19．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）如图，在直三棱柱 中， ， ，
， 为棱 的中点.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若 ，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2)点 到平面 的距离为1.
【分析】（1）先证明 平面 ，可得 ，再证明 ，可得 平面 ，根据面
面垂直判定定理证明结论；
（2）由（1）中的证明过程可 ，计算数据代入即可.
【详解】（1）因为 为直三棱柱，所以 平面 .
又 平面 ，所以 .因为 为棱 的中点， ，所以 .
因为 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 .
又 平面 ，所以 .
因为 为棱 的中点，所以 .
又 ，所以 ，同理 ，所以 .
因为 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）因为 ， ， ，
所以 ， ，
所以 .
由（1）知 平面 ，
所以 ，
即三棱锥 的体积为 .因为 ，
所以 ，又 ，
取 的中点为 ，则 ，所以 ，
所以 ，
设点 到平面 的距离为 ，
则 ，
所以 .
20．（2023春·河南·高一校联考期末）如图，三棱柱 中， 为等边三角形， ，
， ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)求直线 和平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）连接 交 于O，连接 ，证明 可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）利用等体积法求出点 到平面 的距离 ，再由线面角公式 求解即可.
【详解】（1）连接 交 于O，连接 ，如图，
因为 为等边三角形，所以 为等边三角形，四边形 是菱形，
所以 ，又 ， ， 是 的中点，
所以 且 ，
所以 ， ，
在 中， ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）设 到平面 的距离为 ，
因为 中， ， ，
所以 ，
又 ， ，所以由 ，可得 ，
即 ，
设直线 和平面 所成角为 ，
则 ,
因为平面 平面 ，所以求直线 和平面 所成角的正弦值为 ．
21．（2023春·福建南平·高一校考期末）如图所示，已知在三棱锥 中， ，M为 的中
点，D为 的中点，且 为正三角形．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求证：平面 平面 ；
（Ⅲ）若 ，求三棱锥 的体积．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【解析】(1)先证 ，可证 平面 .
(2)先证 平面 ，得 ，结合 可证得 平面 .
(3)等积转换，由 ，可求得体积.
【详解】证明：因为 为 的中点， 为 的中点，所以 是 的中位线， .
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）证明：因为 为正三角形， 为 的中点，所以 .
又 ，所以 .
又因为 ， ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
又因为 ， ，
所以 平面 .
(3)因为 平面 ， ，
所以 平面 ，即 是三棱锥 的高.
因为 ， 为 的中点， 为正三角形，
所以 .
由 平面 ，可得 ，
在直角三角形 中，由 ，可得 .
于是 .
【点睛】关键点睛：三棱锥的体积直接求不便时，常采用等积转换的方法，选择易求的底面积和高来求体积.
题型八：距离和线面角平面角问题22．（2023春·江苏南通·高一校考期末）如图， 是圆 的直径， 是圆上异于 、 一点，直线 平面
， ， .
(1)求点 到平面 的距离；
(2)求二面角 的正切值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算出三棱锥 的体积以及 的面积，利用等体积法可求得点 到平面 的距离；
（2）过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，连接 ，推导出二面角二面角 的平面角为
，计算出 的长，即可求得 的正切值，即可得解.
【详解】（1）解：因为 是圆 的直径， 是圆上异于 、 一点，则 ，
因为 ， ，则 ，
所以， ，
因为 平面 ，则 .
因为 、 平面 ，所以， ， ，
所以， ，
，
由余弦定理可得 ，所以， ，
所以， ，
设点 到平面 的距离为 ，由 ，即 ，
所以， ，
因此，点 到平面 的距离为 .
（2）解：过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，连接 ，
因为 是圆 的直径， 是圆上异于 、 一点，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，
因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，
所以，二面角 的平面角为 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， ，
因为 ，由等面积法可得 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以， ，
所以， ，因此，二面角 的正切值为 .
23．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）已知边长为6的菱形 ， ，把 沿着
翻折至 的位置，构成三棱锥 ，且 ， ， .
(1)证明： ；
(2)求二面角 的大小；
(3)求 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据几何关系证明线面垂直从而得到线线垂直即可；
（2）根据几何关系 ，平方后得到 ，得到 ，根据余弦定理求解其平面角
即可；
（3）根据平行关系将所求角转化为 与平面 所成角，再根据垂直关系找到具体的角进而求解其正弦值.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，因为菱形 ， ，
所以 为等边三角形，
所以 ，
又因为 面 ， ，
所以 面 ，
因为 面 ，
所以
（2）因为 ， ，
所以 ，
平方得， ，
即 ，解得 ，
在 中，由余弦定理得， ，
所以 ，
由（1）可知， 是二面角 的平面角，
在等边 中， ，同理 ，在 中，由余弦定理， ，
因为 ，所以 ，
即二面角 的大小为 .
（3）取 中点 ，连接 ，则 是 靠近G的三等分点，
则 ，
所以 与平面 所成角即为所成角，
在平面 中，作 ，
因为 面 ， 面 ，
所以 ，
又因为 面 ， ，
所以 面 ，
所以 是 与平面 所成角，
在 中， ， ，所以
，
在 中，由 ，得 ， ，
所以 ，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .24．（2023春·江苏镇江·高一扬中市第二高级中学校考期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，PB＝PD，PA⊥PC，
M，N分别为PA，BC的中点底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB＝60°，AC交BD于点O．
(1)求证：MN∥平面PCD；
(2)二面角B－PC－D的平面角为θ，若 ．
①求PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点N到平面CDP的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)① ② .
【分析】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，证明 ，然后证明 平面PCD；
（2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出 ， ，再由条件可证明所求线面角为 ，利用直
角三角形求大小即可；
②由 平面PAC转化为求O到平面距离，作出垂线段，利用等积法求解即可.
【详解】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，如图，为PA的中点， ，
为 的中点且四边形ABCD为菱形， .
， 四边形MNCE为平行四边形，
,
又MN 平面PCD, CE 平面PCD,
MN∥平面PCD.
（2）①连接PO，过 作 于 ，连接 ，
由PB＝PD， 是 的中点， ，
由菱形 知 ，又 ， 平面 ，
平面 ， 平面 平面 ，且交线为 ，
直线 在平面 上的射影为 ，即PA与底面ABCD所成角为 .
平面 ， ，且 在平面 上的射影为 ，
，又PA⊥PC， ， 是 的中点， 是PC的中点，
，
由 知， , ，
为二面角B－PC－D的平面角，
,
即 ，解得 ， ,，
， ，
即PA与底面ABCD所成角的大小为 .
②连接 ，过 作 于 ，
由 ， 平面 ， 平面 ， 平面
点N到平面CDP的距离即点 到平面CDP的距离，
，
平面 ， 平面 平面 ,且 是交线，
， 平面 ，
在 中， ， ， ，
由等积法可得 ，即 ，
即点N到平面CDP的距离为 .
【专题突破】
一、单选题
25．（2023春·江苏无锡·高一辅仁高中校考期末）四棱台 中，其上、下底面均为正方形，若
，且每条侧棱与底面所成角的正切值均为 ，则该棱台的体积为（ ）
A．224 B．448 C． D．147
【答案】B
【分析】连接 ， 交于点 ，连接 ， 交于点 ，连接 ，过 作 ，即可得到 是
四棱台 其中一条侧棱与底面所成的角，利用锐角三角函数求出棱台的高，再根据棱台的体积公式计
算可得.
【详解】连接 ， 交于点 ，连接 ， 交于点 ，连接 ，过 作 ，如图，.
因为四棱台 上、下底面均为正方形，且每条侧棱与底面所成角的正切值均相等，
所以 底面 ，又 ，所以 底面 ，
所以 是四棱台 其中一条侧棱与底面所成的角，则 ，
因为 ，所以 ， ，
易知四边形 是等腰梯形，则 ，
所以在 中， ，则 ，
即四棱台 的高为 ，
则该四棱台的体积 .
故选：B．
26．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）已知圆锥PO，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为
6m，顶角为 的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.
【详解】如图所示，
设圆锥的半径为r，母线为l，
由题意知， ，在 中， ，
所以 ，
所以圆锥侧面积为 .
故选：B.
27．（2023春·湖南邵阳·高一邵阳市第二中学校考期末）在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．
已知棱台 是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中 ， ，则该
“刍童”外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O，根据几何关系求出外
接球半径即可求其表面积．
【详解】
如图，连接AC、BD、 、 ，设AC∩BD＝M， ∩ ＝N，连接MN．
∵棱台 侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为O，
如图当球心在线段MN延长线上时，
易得 ，MC＝2， ， ，
MN＝1，由 得， ，即
，
故OC＝ ，
∴外接球表面积为 ．
如图当球心在线段MN上时，
由 得， ，即
舍去，
故选：A
【点睛】关键点睛：利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键.
28．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）如图，在棱长均为 的直三棱柱 中， 是 的
中点，过 、 、 三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点 所在部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设平面 交 于点 ，连接 、 ，推导出点 为 的中点，用三棱柱 的体积减
去三棱台 的体积即可得解.【详解】设平面 交 于点 ，连接 、 ，
在三棱柱 中，平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，所以， ，
又因为 且 ，故四边形 为平行四边形，所以， ，
所以， ，
因为 为 的中点，所以， 为 的中点，且 ，
因为直三棱柱 的每条棱长都为 ，
则 ，
易知 是边长为 的等边三角形，则 ，
，
因此，顶点 所在部分的体积为 .
故选：B.
29．（2023春·江苏连云港·高一江苏省海头高级中学校考期末）已知 ， ， 是三条不同的直线， ， ， 是
三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若 ，则B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】D
【分析】以正方体为例，举例即可说明A、B、C错误；根据线面垂直的性质定理以及平行线的传递性，即可得出
D项.
【详解】
对于A项，如图正方体 中，
平面 平面 ， 平面 ，
但是， 平面 ，故A错误；
对于B项，如图正方体 中，
平面 ， 平面 ， ， ，
但是， 平面 ，故B错误；
对于C项，如图正方体 中，
平面 平面 ，平面 平面 ，
但是，平面 平面 ，故C错误；
对于D项，因为 ， ，
根据线面垂直的性质定理可知， .
又 ，所以 ，故D项正确.
故选：D.30．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）已知 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，下
列命题中正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】D
【分析】根据空间中线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分析判断，即可得出结果.
【详解】由 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，
若 ，则 与 可能相交、平行或 ，A错；
若 ，则 或 ，B错；
若 ，则 或 相交，C错；
若 ，则 确定一个平面，设为 ，
又 ，所以 ，
则由面面平行的判定定理得 ，D正确.
故选：D
31．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）如图，平面四边形ABCD中， ， 为正三
角形，以AC为折痕将 折起，使D点达到P点位置，且二面角 的余弦值为 ，当三棱锥
的体积取得最大值，且最大值为 时，三棱锥 外接球的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点 作 平面 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，连接 ，则 为二面角
的补角， 为 的中点，设 ，根据二面角 的余弦值可求得 ，再根据三棱锥
的体积取得最大值结合基本不等式求出 ，再利用勾股定理求出三棱锥 外接球的半径，根据球的
体积公式即可得解.
【详解】过点 作 平面 ，垂足为 ，作 ，垂足为 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
则 为二面角 的补角，故 ，
因为 ，所以 为 的中点，
设 ，则 ，
在 中， ，则 ， ，
由 ，
得当 取得最大值时，三棱锥 的体积取得最大值，
，
当且仅当 时，取等号，
所以 ，解得 ，则 ，
设三棱锥 外接球的球心为 ，则 平面 ，
设 ，
由 得 ，解得 ，
则三棱锥 外接球的半径 ，
所以三棱锥 外接球的体积为 .
故选：D.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一
定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心
坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
32．（2023春·福建南平·高一期末）如图，在四棱锥 中， 平面 ，四边形 为正方形，
为 的中点，则异面直线 与 所成的角的正弦值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先取正方形的中心 ，连接 ，由 知 为异面直线 与 所成的角，再在 中求
的正弦即可.
【详解】连 ， 相交于点 ，连 、 ，
因为 为 的中点， 为 的中点，有 ，可得 或其补角为异面直线 与 所成的角，
不妨设正方形中， ，则 ，由 平面 ，可得 ，
则 ， ，
因为 ， 为 的中点，所以 ， ．
故选：C.
【点睛】方法点睛：
求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对
应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.
33．（2023春·河南南阳·高一统考期末）如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断：
① 与 所成的角为 ② ∥平面
③ ④平面 ∥平面
其中正确判断的序号是（ ）．
A．① ③ B．② ③ C．① ② ④ D．② ③ ④
【答案】C
【详解】
把正方体的平面展开图还原成正方体 ，得：① 与 所成的角为 正确； ②
不包含于平面 平面 平面 ，故②正确； ③ 与 是异面直线，
故③不正确； ④ 平面 ，所以平面 平面 ，故 ④
正确 ，正确判断的序号是① ② ④，故选C.
二、多选题
34．（2023春·江苏盐城·高一江苏省响水中学校考期末）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.
35．（2023春·湖南株洲·高一统考期末）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台 ，在轴
截面ABCD中， ，且 ，下列说法正确的是（ ）
A．该圆台轴截 面面积为
B．该圆台的体积为
C．该圆台的表面积为
D．沿着该圆台表面，从点 到 中点的最短距离为【答案】ABD
【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的表面积公式
可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取 的中点为 ，连接 ，可判断选项D.
【详解】对于 ，由 ，且 ，
可得 ，高 ，
则圆台轴截面 的面积为 ，故A正确；
对于B，圆台的体积为 ，故B正确；
对于C，圆台的侧面积为 ，又 ， ，
所以 ，故C错误；
对于 ，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为 ，底面半径为 ，侧面展开图的圆心角 ．
设 的中点为 ，连接 ，可得 ，
则 ，又点 到 的距离 ，
所以沿着该圆台表面，从点 到 中点的最短距离为 ，故 正确．
故选：ABD．
36．（2023春·江苏苏州·高一统考期末）如图，在正方体 中，点 在线段 上运动，下列判断
中正确的是（ ）A．平面 平面
B．
C．
D．异面直线 与 所成角的取值范围是
【答案】ABC
【分析】证明 平面 ，结合面面垂直判定定理证明平面 平面 ，判断A；
证明 平面 ，结合线面垂直的定义证明 ，判断B；
由平面 平面 ，结合锥体体积公式证明 ，由此判断C；
根据异面直线夹角的定义判断D.
【详解】因为 ， ，
， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，
因为 ， ，
， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 ，A正确；
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， ， 平面 ，
所以平面 平面 ，又 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，B正确；
因为平面 平面 ，点 在直线 上，
所以点 到平面 的距离等于 到平面 的距离
所以 ，C正确；
因为 ，
所以异面直线 与 所成角为 或 中的锐角或直角，
又 为等边三角形，所以当点 为 的中点时， ，
故异面直线 与 所成角可能为 ，D错误.
故选：ABC.
37．（2023春·浙江宁波·高一统考期末）已知正四棱柱 的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点）， 平面 ．下列说法正确的有（ ）
A．异面直线AM与 可能垂直
B．直线BC与平面 可能垂直
C．AB与平面 所成角的正弦值的范围为
D．若 且 ，则平面 截正四棱柱所得截面多边形的周长为
【答案】AD
【分析】在题设条件下，对于A选项：矩形BCC B 中，判断在CC 上是否存在点M使 即可；对于B选
1 1 1
项：判断直线AM与BC是否平行即可；对于C选项： 与平面 所成角转化为 与平面 的垂线所成角解决；
对于选项D：作出并证明平面 截正四棱柱所得截面多边形，再求出周长即可.
【详解】在正四棱柱 中，底面正方形ABCD的边长为1，AA=2，如图：
1
选项A：当MC= 时，
在矩形BCC B 中， ，所以 ，
1 1
又因为AB⊥平面BCC B，所以AB⊥BC，
1 1 1
又因为 ， 、 平面 ，
所以BC⊥平面ABM，所以 ，故选项A正确；
1
选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行，
故 与 不可能垂直，故选项B错误；选项C：因为 平面 ，AB是平面 的斜线，则AB与平面 所成角 ，
所以 ，
又因为当点M在棱CC 移动时， ，
1
所以 ，所以 ，故选项C错误；
选项D：当M为CC 中点时，连接AB，AD，AC，MB ，MD ，BD，如图所示，
1 1 1 1 1 1
则有 ， ，
所以 ，所以AM⊥MB ，同理AM⊥MD ，
1 1
又因为 ， 、 面 ，
所以AM⊥平面MB D，
1 1
所以平面 截正四棱柱所得截面多边形为正△ ，
所以其周长 ，故选项D正确.
故选：AD.
三、填空题
38．（2023春·河南周口·高一校联考期末）已知圆锥的母线长为1，底面半径为r，若圆锥的侧面展开图的面积为
扇形所在圆的面积的 ，则 ＝____________．
【答案】3【分析】根据圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的 ，得到扇形的圆心角为 ，则可列出等式求解.
【详解】解：由题意可知扇形的圆心角为 ，
则 ，
所以 ．
故答案为：3
39．（2023春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）已知三棱锥 中， 平面 ，
，异面直线 与 所成角的余弦值为 ，则三棱锥 的外接球的表面积为 ______．
【答案】 /
【分析】分别取 的中点 ，得到 为异面直线 与 所成的角，得出
，设 ，由余弦定理求得 的值，再找出三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求得外接球的
半径，代入球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图，
分别取 、 、 、 的中点 、 、 、 ，
连接 、 、 、 、 ，可得 ， ，
则 为异面直线 与 所成角，∴ ，
由 面 ，而 ，故 面 ， 面 ，则 ，
设 ，可得 ， ， ， ，则 ，在 中，由余弦定理，可得 ，
，解得 ，
设底面三角形 的中心为 ，三棱锥 的外接球的球心为 ，
连接 ，则 平面 ，
由底面三角形 是边长为2的等边三角形，可得 ，
∴ 为三棱锥外接球的球心，∴ ，则 ， ，
又 ，可得 ，
则三棱锥 的外接球的半径 ．
∴三棱锥 的外接球的表面积为 ．
故答案为： ．
40．（2023春·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末）杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱
塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代
书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为
30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为 .若某
空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为______.
【答案】
【分析】计算出侧面展开图分别为30和12，圆心角为 的扇形的两个圆锥的高，相减即可得解.【详解】一个圆锥的侧面展开图是半径为 ，圆心角为 的扇形，设该圆锥的底面半径为 ，高为 ，
所以 ，可得 ，因此，该圆锥的高为 ，
侧面展开图是半径为 ，圆心角为 的扇形，设该圆锥的底面半径为 ，高为 ，
所以 ，可得 ，因此，该圆锥的高为 ，
因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 .
故答案为： .
41．（2023春·宁夏吴忠·高一吴忠中学校考期末）如图，在棱长为1的正方体 中，点A到平面
距离是______．
【答案】 /
【分析】利用等体积法求得 到平面 的距离.
【详解】 ， 为边长为 的等边三角形，
设 到平面 的距离为 ，根据 ，
则 ，
解得 .故答案为： .
42．（2023春·江苏盐城·高一江苏省响水中学校考期末）已知如图（1） 为梯形， ， ，点
E在CD上， ， ， ，现将 沿AE折成如图（2） 位置，使得二面角
的大小为 ，则直线AB与平面APE所成角的正弦值是__________.
【答案】 /
【分析】根据题意分析可得二面角 的平面角为 ，平面 平面 ，利用面面垂直的性
质可证 平面 ，再利用线面夹角的定义分析运算.
【详解】在图（1）中， ，
在图（2）中， ，则二面角 的平面角为 ，
且 ， 平面 ，
可得 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，
在 中，作边 的高线 ，垂足为 ，连接 ，可得 ，
因为 ，平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
可得 平面 ，则直线AB与平面APE所成角为 ，
所以 ，即直线AB与平面APE所成角的正弦值是 .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：求解平面图形折叠问题的关键和方法
1.关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的
信息是解决问题的突破口．
2.方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥，四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何
中解决．
四、解答题
43．（2023春·江苏连云港·高一校考期末）如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为6的棱形，
，平面 交平面CDEF于EF，平面 平面ABCD， 中BC边上的高 ， ，
．
(1)求证：
(2)求几何体ABCDEF的体积
(3)求直线 与平面 所成角的大小
【答案】(1)证明见解析
(2)(3)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理分析证明；
（2）将多面体分割成两个锥体，结合锥体的体积公式运算求解；
（3）利用等体积法求点 到平面 的距离，进而结合线面夹角的定义分析运算.
【详解】（1）因为ABCD是菱形，则AB//CD，
平面 ， 平面 ，可得AB //平面 ，
又因为平面 平面 ， 平面 ，
所以AB //EF.
（2）连接
因为平面 平面ABCD，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面ABCD，
由（1）可知： // ， 平面 ， 平面 ，
所以 //平面 ，
则四棱锥 的高为 ，
所以四棱锥 的体积 ，
取 的中点 ，连接 ，
由题意可知 为等边三角形，则 ，
平面 平面ABCD，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 // ，且 ，则三棱锥 的高为 ，
可得三棱锥 的体积 ，
所以几何体ABCDEF的体积 .
（3）连接 ，
在 中，由余弦定理 ，即 ，
由（2）可知： 平面ABCD， 平面ABCD，则 ，
所以 ，
在 中，由余弦定理 ，
即 为钝角，则 ，
设点 到平面 的距离为 ，
因为 ，则 ，
解得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
可得 ，则 ，
所以直线 与平面 所成角为 .
44．（2023春·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末）如图，四面体ABCD中， 等边三角形， ，
且 .
(1)记AC中点为M，若面 面ABD，求证： 面ADC；
(2)当二面角 的大小为 时，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）推导出 面 , ,由此能证明 面 ；
（2）过 作 的垂线,与 的延长线交于点 ,连结DE,由 ,得 面 ,从而 是二
面角 的平面角,进而 ,过 作 交于F点,连结 ,作 交于点 ,连结 ,由此
能求出直线 与平面 所成角的正弦值.
【详解】（1） 为等边三角形， 中点为 ， ，
又面 面 ，面 面 ， 面 ,
由 ，得 面 ,
面 ， ,
又 ， 平面 ， 面 .
（2）在 中，过 作 的垂线,与 的延长线交于点 ,连结 ,
， ， 面 ，
面 ， 是二面角 的平面角， ,
过 作 交于 点,连结 ,作 交于点 ,连结 ,
由 面 ， 面 ，得 ,
又 ， 面 ， 面 ,
面 ， 面 面 ， 面 面 ，
面 ，所以 面 ，即 面 ，
所以直线 与平面 所成角即为 ，由题意: ， ,
则
， 面 ， 面 ， ，
，
，
直线 与平面 所成角的正弦值为 .
45．（2023春·江苏连云港·高一江苏省海头高级中学校考期末）如图，在四棱锥 中，底面 是菱形．
(1)若点E是PD的中点，证明： 平面 ；
(2)若 ， ，且平面 平面 ，求二面角 的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)2【分析】（1）连接 交 于M，连接 ，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）设 为 的中点，连接 ，证明 平面 ，从而作出二面角 的平面角，解直角三角形
即可求得答案.
【详解】（1）连接 交 于M，连接 ，
因为底面 是菱形，所以M为 的中点，
又点E是PD的中点，故 为 的中位线，
故 ，而 平面 ， 平面 ，
故 平面 ；
（2）设 为 的中点，连接 ，因为 ，故 ,
因为平面 平面 ，且平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，而 平面 ，
故 ，
底面 是菱形，故 ，作 交 于N，
则 ，且N为 的中点，
连接 ，因为 平面 ，
故 平面 ，则 即为二面角 的平面角，
设 ，则 ,
，则 ，则 ，
由于 为 的中点，N为 的中点，故 ，
而 平面 ， 平面 ，故 ，
所以 ，即二面角 的正切值为2.
46．（2023春·浙江丽水·高一统考期末）如图，四棱锥 中，底面 为直角梯形， ，
， ， ，在锐角 中， ，点 在 上， .
(1)求证： 平面 ；
(2)若 与平面 所成的角为 ，求二面角 的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直线与平面平行的判定定理即可证明；
（2）先作出与交线垂直的平面，从而作出二面角的平面角，然后解三角形即可求解.
【详解】（1）证明：连接 交 于点 ，连接 ，
， ， ，
又 平面 ， 平面 ，
平面 .
（2）解：在平面 内作 ， 为垂足，连接 ，
平面 ，
平面 ，
又 平面 ， ，又因为 平面 ，
所以 平面 ，
所以 就是 与平面 所成的角，即 ，
因为 ，所以 ， ，
平面 ， 平面 ， 平面 平面 ，
在平面 内过 作 于 ，交 于点 ，在平面 内过 作 于 ，连接 ，
因为平面 平面 ， ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，所以 ，
又因为 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，所以 ，
所以 即为二面角 的平面角，
求得 ， ，
因为 ，
所以 ∽ ，所以 ，
所以 ，
，
在平面 内过 作 于 ，则 ， ，
则 ， ， ，
，
所以二面角 的正切值是 .
【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点
作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角.
47．（2023春·江苏常州·高一常州市第一中学校考期末）如图所示，在平行四边形ABCD中， ，，E为边AB的中点，将 沿直线DE翻折为 ，若F为线段 的中点．在 翻折过程
中，
(1)求证： 平面 ；
(2)若二面角 ，求 与面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，通过证平面 平面 ，可得 面 .
（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角 的平面角即为 ，再利用面面垂直的性质定理找到
平面 的垂线，从而作出 与面 所成的角，计算可得答案.
【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 ，
为线段 的中点， ，
平面 ， 平面 ， 平面 ，
又 ， ， 四边形 为平行四边形，则
平面 ， 平面 ，可得 平面 ，
又 ， ， 平面 ，
可得平面 平面 ， 平面 ，
则 面 .（2）取 中点 ， 中点 ，连接 ， ， ，
由 ， ， 为边 的中点，
得 ，所以 为等边三角形，从而 ， ，
又 ， 为 的中点所以 ，又 是等边三角形，
所以 ，所以 为二面角 的平面角，所以 ，
过点 作 ，过 作 交于 ，连接 ，
是等边三角形，所以可求得 ， ，所以 ， ，
， ， ， ，
所以 ， ，又 ， ， 面 ，
所以 面 ，又 ，所以 面 ，
平面 ，所以面 面 ，
由 ，在 中易求得 ，又 ，
所以 ， ，
面 面 ， 面 ，
所以 面 ，所以 为 与平面 所成的角，
在 中可求得 ，所以 ，
与面 所成角的正弦值为
48．（2023春·江苏盐城·高一江苏省响水中学校考期末）如图，在四棱锥 中，底面 是菱形．(1)若点 是 的中点，证明： 平面 ；
(2)若 ， ，且平面 平面 ，求直线 与平面 所成角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1) 连接AC交BD于点M，连接EM，由条件证明 ，再由线面平行判定定理证明 平面
；(2) 取AD的中点O，由面面垂直性质定理证明 ⊥平面ABCD，根据直线与平面夹角的定义确定直线
与平面 的夹角，再求其正切值.
【详解】（1）连接AC交BD于点M，连接EM，
因为底面ABCD是菱形，故点M是BD的中点，
又因为点E是PD的中点，故 ∥
又因为 平面 ， 平面 ，
所以， 平面 ；
（2）取AD的中点O，连接PO，BO，
因为 ，且O为AD的中点，
故 ⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD 平面ABCD=AD， 平面
故 ⊥平面ABCD
则直线PB与平面ABCD所成角为
在 中， ，
在 中，在 中， ，
故直线PB与平面ABCD所成角的正切值为
49．（2023春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）如图，三棱锥 的底面是等腰直角三角形，其中
， ，平面 平面 ，点 ， ， ， 分别是 ， ， ， 的中点.
（1）证明：平面 平面 ；
（2）当 与平面 所成的角为 时，求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）首先根据面面垂直的性质定理证明线面垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；（2）首先找到直线
PF与平面ABC所成角，计算得到PE的长，方法一是由向量法求角，再根据角是钝角，进而求得角的余弦值；方法
二是根据几何法找角，再边长求角的余弦值.
【详解】（1）证明：由题意可得， ，
点 ， 分别是 ， 的中点，
故 ，故 ，
平面 平面 ，交线为 ，
故 平面
又 在平面 内，故平面 平面 ；
（2）连结 ，由 ，点 是 的中点，可知 ，
再由平面 平面 ，可知 平面 ，
连结 ，可知 就是直线 与平面 所成的角，
于是 ，
法一：分别以 ， ， 为 ， ， 轴建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
，
设平面 的一个法向量为 ，
则 得
取 ，则 ，即平面 的一个法向量为 ，
又平面 的一个法向量为 ，
于是注意到二面角 是钝角，所以二面角 的余弦值为 .
法二：
取 的中点 ，连结 ， ，则 ，得点 在平面 内.
又因为平面 平面 ， 在平面 内的射影就是 ，
由 ，得 ，
故二面角 的平面角为 ，
是等腰三角形，点 ， 分别是 ， 的中点，
故 .
于是
所以
所以二面角 的余弦值为 .
