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03 立体几何（30题）
常用公式
1.斜二测画法:
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
侧面展开图 侧面积公式 表面积 体积
圆
1
棱柱
柱 S 圆柱侧＝2πrl S 表＝S 侧＋2S底 V＝Sh
圆柱
圆 S 圆锥侧 ＝πrl S ＝S ＋S
表 侧 底
锥 圆锥
圆 棱台
台
S 圆台侧 ＝π(r1 圆台 S表＝S
侧
＋S
上
＋S
下
＋r2)l
棱柱、棱锥、棱台求表面积需要求各个面 球 2
S＝4πR
的面 积--不外乎三角形面积,平行四边形面
积
3. 平行
图形 符号 应用
线面平行的判定 线线平行
线面平行
线面平行的性质 线面平行
线线平行
面面平行的判定 线面平行
面面平行
面面平行的性质 面面平行
线线平行
面面平行
线面平行
4 .垂直
图形 符号 应用
线面垂直的判 线线垂直
定 线面平行
线面垂直的性 线面垂直
质 线线平行
面面垂直的判 线面垂直
定 面面垂直
面面垂直的性 面面垂直
质 线面垂直线面垂直
线线垂直
一、点到直线的距离
已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量AP在直线l上的投影向量为⃗AB
＝a，则点P到直线l的距离为 (如图)．
二、点到平面的距离
已知平面 的法向量为 , 是平面 内的任一点， 是平面 外一点,过点 作则平面 的垂线 ，交平面
于点 ,则点 到平面 的距离为 （如图）.
三、异面直线所成角
若 分别为直线 的方向向量， 为直线 的夹角，则 .
四、直线与平面所成角
1、夹角定义：设 是直线 的方向向量, 是平面 的法向量,直线与平面的夹角为 .则 .
五、平面与平面的夹角
平面与平面的夹角：两个平面相交形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于 的二面角称为这两个平面的
夹角.
若 分别为平面 的法向量， 为平面 的夹角，则 .
基础通关练
1．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥 中，底面 是梯形， ， .
(1)证明:平面 平面 ；
(2)若 ,求平面 与平面 所成二面角的正弦值.
2【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由条件先证明 ，得 平面 ，再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得.
【详解】（1）因底面 是梯形， ， ，则 ，
又 ， 平面 ，则 平面 ，
又 平面 ，故平面 平面 .
（2）取 的中点为 ，连接 ，因 ，则 ，
由（1）得 平面 ， 平面 ，则 ，
又 平面 ，则 平面 .
过点 作 的平行线，交 于点 ，则 ，即 两两垂直，
故可以 分别为 轴建立空间直角坐标系.
因 ，由 ，可得 ，
则 ， .
设平面 的法向量为 ，
因 ，
则 ，故可取 ，
因 平面 ，故平面 的法向量可取为 ，
则 ，
设平面 与平面 所成二面角的平面角为 ，则 ，
即平面 与平面 所成二面角的正弦值为 .
32．（2026·山东·模拟预测）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ，底面
为等腰梯形，且 为 的中点．
(1)求直线 与平面 的夹角；
(2)若 ，平面 与 交于点 ，求线段 的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）方法一：根据面面垂直的性质定理，结合线面角定义进行求解即可；
方法二：根据面面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（2）根据空间向量的线性运算坐标公式，结合法向量的性质进行求解即可.
【详解】（1）方法一：连接 ，因为 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，
所以 即为直线 与平面 的夹角，
因为 ，所以 ．
又因为底面 为等腰梯形，且 ，
所以 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ．
则 ，所以 ，
所以直线 与底面 的夹角为
方法二：连接 ，因为 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 交平面 于 ，
4所以 平面 ，
所以 即为直线 与底面 的夹角，
因为 ，所以 ．
又因为底面 为等腰梯形，且 ，
所以 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ．
取 的中点 ，连接 ，因为底面 为等腰梯形，所以 ，
由 面 ，建立空间直角坐标系如图所示，
所以 ，所以 ，
面 的法向量为 ，所以 ，
所以直线 与底面 的夹角为 ；
（2）取 的中点 ，连接 ，因为底面 为等腰梯形，所以 ，
由（1）得 面 ，建立空间直角坐标系如图所示，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，则 ，
同理 ，
设面 的法向量为 ，所以 ，则 ，
不妨令 ，所以 ，则 ．
令 ，所以
因为点 在面 中，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
综上，线段 的长度为 ．
53．（2026·广东·一模）如图，平面 平面 ，四边形 与 都是直角梯形，
．
(1)求证： ， ， ， 四点共面；
(2)设 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)以 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系 ,设 ,通过向量法可证得
，即 共面;
(2)分别求出平面 与平面 的法向量，用向量夹角的余弦公式求解即可.
【详解】（1）由平面 平面 ， ，得 平面 ，以 为坐标原点，建立如图所示的
直角坐标系 ：
设 ，
6则 ，
故 ， ，
共面.
（2）设 ，故 ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，
得 ，取 ，可得 ；
，
设平面 的法向量为 ，
由 ，
得 ，取 ，所以 ，
，
设平面 与平面 夹角为
,
即平面 与平面 夹角的余弦值 .
4．（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱 中， 为等边三角形，四边形 是边长为2的正方
形， 为 中点，且 ．
7(1)求证： 平面 ；
(2)已知 为线段 中点，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，结合向量法求线面角求解即可.
【详解】（1）在三棱柱 中， ， ，
，则 .
又四边形 是正方形，则 ， ，所以 .
又 ， 平面 ，因此 平面 .
又 平面 ，所以 .
在等边 中， 为 中点，则 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）
取 中点为 ， 中点为 ，则 ， .
由（1）知， 平面 ， 平面 ，则 .又 ，故 .
8又 ， 平面 ，则 平面 .
即 两两垂直.
以 为坐标原点， ， ， 的方向为 轴､ 轴､ 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
因为 为线段 中点，所以 .
， ， .
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，故可取 .
设直线 与平面 所成角为 ，
则
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
5．（2026·江西九江·一模）如图，四棱锥 中，底面 是正方形，侧面 是正三角形，且平面
平面 ， .
(1)证明： ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
9(2)
【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明 平面 ，进而 ，再根据 即可证明 平面
，最后结合线面垂直证明结论；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）因为 ，所以 为 中点，
因为侧面 是正三角形，所以 ，
因为底面 是正方形，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以
（2）根据题意，如图建立空间直角坐标系，
设正方形 的边长为 ，则 ，
因为 ，
所以 ，
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ， 故可取 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则
所以直线 与平面 所成角的正弦值为
106．（2026·新疆·一模）如图，在三棱锥 中， 两两垂直，
(1)求直线 与平面 所成角的正弦值；
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量公式可得答案；
（2）求出两个半平面的法向量，利用向量夹角公式可求二面角.
【详解】（1）以 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系；
， , ；
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，得 ，即 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 .
11即直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（2）由（1）知平面 的一个法向量为 ，
易求平面 的一个法向量为 ，
设二面角 的大小为 ，易知 为锐角，则 ，
所以二面角 的余弦值为 .
7．（2026·山东·一模）已知正方体 ，E，F分别是 ， 的中点，如图所示．
(1)求 与 所成角的大小；
(2)求证： 平面 ．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用空间向量法来求异面直线所成角的余弦值，从而可求出角的大小；
（2）利用空间向量法来证明线线垂直，即可证明线面垂直.
【详解】（1）
12如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为 ，
则有
即 ， ，
因为E，F分别是 ， 的中点，所以
则 ，
因 ，
，则 ，
则 与 所成角的大小为 ；
（2）由 ，
可得 ，即 ，
，即 ，
又因为 平面 ，
所以 平面 .
8．（2026·上海长宁·一模）如图，在四棱锥 中， 平面ABCD， ， ，
， ，直线 与平面 所成的角的大小为 ．
13(1)求四棱锥 的体积；
(2)点 在线段 上，直线 平面 ，求二面角 的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据棱锥的体积公式，结合线面角的定义进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质、空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ，因此 ，
因为 平面ABCD，直线 与平面 所成的角的大小为 ，
所以 ，
四棱锥 的体积为 ；
（2）因为 平面ABCD， 平面ABCD，
所以 ， ，又因为 ，
所以可以建立如图所示的空间直角坐标系，
，
显然平面 的法向量为 ，
因为点 在线段 上，所以设
，
设平面 的法向量为 ，又 ， ，
因为直线 平面 ，
所以当直线 平面 ，显然点 不与点 重合，
14则当 时， ，取
因为直线 平面 ，
所以 ，即 ，
，
由图可知二面角 是锐二面角，
所以二面角 的余弦值为 .
9．（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥 中， 是边长为2的等边三角形， .
(1)证明：平面 平面 .
(2)求点 到平面 的距离.
(3)求平面 和平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】取 中点 ，连接PO，CO，根据等边及等腰三角形的性质，可证 ， ，根据勾股定理，
可求得PO，CO的长，根据AC的长，结合勾股定理，可证 ，根据线面垂直的判定定理，可证 平面
，根据面面垂直的判定定理，即可得证.
15（2）如图建系，求得各点坐标和各个所需向量坐标，可求得平面 的法向量，根据点到平面距离的向量求法，
代入数据，即可得答案.
（3）求出平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可
得答案.
【详解】（1）证明：如图，取 中点 ，连接 ，
因为 是边长为2的等边三角形， 为 中点，
所以 ，且 .
又因为 为 中点，
所以 ，且 .
因为 ，所以 ，
所以 .
又 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）由（1）得 两两互相垂直，
故以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
16设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
故平面 的一个法向量为 ，
所以点 到平面 的距离 .
（3）由（2）可知， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
故平面 的一个法向量为 ，
由（2）知平面PAC的一个法向量为 ， ），
所以 ，
故平面 和平面 夹角的余弦值为 .
10．（2026·陕西咸阳·二模）如图，直三棱柱 中， ， ， ， 分别为 ，
的中点.
17(1)证明： 平面 ；
(2)若三棱锥 的体积为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析.
(2)
【分析】（1）通过辅助线构造平行四边形证明线面平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用三棱锥的体积得到所需长度，利用平面的法向量求解两个平面的夹角余弦值即可.
【详解】（1）
设 的中点为 ，连接 .
因为 分别为 的中点，所以 ，且 .
在直三棱柱 中， ，且 ，所以 ，
所以四边形 为平行四边形，则 .
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）我们以 为原点，分别以 为 轴建立空间直角坐标系，
设直三棱柱的侧棱长 ，可得
三棱锥 ， 到底面 的距离为 ， ，
因此 ，解得 .
则向量 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
18令 ，得 ， ，即 ；
平面 的一个法向量为 ；
设两个平面夹角为 ，则 .
即两个平面的夹角余弦值为 .
中档提升练
11．（2026·湖北武汉·二模）如图三棱锥 中， ，平面 平面 ，平面 平
面 .
(1)证明： 平面 ；
(2)若二面角 的正切值为2，求三棱锥 的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，证明出线面垂直；
（2）作出辅助线，得到二面角的平面角，根据正切值得到各边长，求出三棱锥的体积.
【详解】（1）证明：在 内任取一点P，过点P作 于 ，
19因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 .
过 作 于 ，同理可得 ，
又 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 .
（2）过点 作 于 ，由平面 平面 ，
平面 平面 知 平面 .
又 平面 ，所以
再过点 作 于 ，连接 ，
因为 ， 平面 ，
则 平面 ，
所以 即为二面角 的平面角.
所以 ，
又 ，故 为等边三角形，
所以 ， ，
故 ，
又 中， ，所以 ，故 ，
所以 ，又 为等边三角形，故 ，
所以三棱锥 的体积 .
12．（2026·江西九江·二模）如图，在圆台 中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，轴截面为四边形
20， 在下底 上， ， 为 中点．
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质得出 ，推导出 平面 ，可得出 ，再
利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法
可求得平面 与平面 夹角的余弦值.
【详解】（1）在圆台 中，上、下底面半径分别为 和 ，高为 ，所以 ，
因为 为 的中点，所以 ，
易知 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 、 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， 、 平面 ，故 平面 .
（2）因为 平面 ， ，
以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，
21则 、 、 、 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，则 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
所以 .
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
13．（2026·河北·二模）如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， ，侧面 为正三角
形，平面 平面 ，点 为棱 上一点， 分别为 中点．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若点 为 中点，点 关于平面 的对称点为点 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定
定理，由线面垂直推出面面垂直；
(2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，
最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助
22线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值.
【详解】（1） 侧面 为正三角形， 为 的中点，
，
是矩形，且 分别为 中点， ，
面 面 ，
面 平面 ，
平面 平面 ．
（2）方法一：由（1）知 ， 平面 平面 ，
平面 ，平面 平面 平面 ， ，
以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系 ，
则 ，
，
，设 ，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
取 ，则 ，所以 ，
易知点P到平面 的距离与点 到平面 的距离相等且 ，
即 且 ，
即 且 ，
解得 （舍去）或 ，所以 ．
23设平面 的一个法向量为 ，
又 ，
则 ，即 ，
取 ，所以 ．
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 取 ，
则 ，所以 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则 ．
故平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
方法二：设平面 与棱 相交于点 ，
因为 面 ，则 平面 ，
且面 面 ，则 ，又因为 为 中点，可得 为 中点，
设平面 平面 ， ，则 为 中点，
因为 关于平面 的对称点为 ， 的中点为 ，
所以 面 ，由（1）知平面 平面 ，
所以 平面 ，又平面 平面
且 ，且 ，
在平面 内， ，所以 ，
因为 为 中点 ，
可得 为正三角形，因为 ，所以 为 中点，
24由对称性可知， ，
所以 ，可得 ，且 ，
设 交 于点 ，则 为 中点，
则 ，
由 面 ，可得 ，
则平面 与平面 夹角为 ，
设平面 与平面 夹角为 ，同理可得 ，
则平移可得平面 与平面 夹角为 ，
则 ，即 ，
故平面 与平面PCD夹角的余弦值为 ．
14．（2026·甘肃金昌·三模）如图，在四棱柱 中， ，底面 是边长为1的正方形，
，点 是 上异于 的一点， ．
(1)求证： 平面 ；
(2)若点E是 上的点， ， ，求平面 与平面 的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
25(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理先得 平面 ，
从而 ，进而可得 平面 ；
（2）以D为原点，DA，DC， 分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，利用空间向量法求解.
【详解】（1）因为 ，又正方形 中， ，
， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为四棱柱中， ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）由（1）知四棱柱 是正四棱柱，以D为原点，DA，DC， 分别为x，y，z轴，建立空间
直角坐标系，如图所示，
则 ， ， ， ， ， ，
设 ， ， ， ，
因为 ，所以 ， ，
，设平面 的法向量为 ，
因为 ， ，所以 ， ，
26取 得 ．
因为 ， ，所以 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
是平面 的一个法向量，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ．
15．（2026·江西·三模）如图，在直三棱柱 中， ，且
．
(1)证明： 平面 .
(2)在答题卡上，作出平面 与AC的交点，并说明你的理由.
(3)求平面 与平面 夹角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2) ，理由见解析
(3) .
【分析】（1）根据题意，证得 ，得到 ，结合线面平行的判定定理，即可得证；
27（2）延长 交 延长线于点 ，连接 交 于点 ，证得 平面 ，即可求解；
（3）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面 和平面 的法向量 和 ，
结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为 ，即得 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
因为 平面 ，且 平面 ，所以 平面 .
（2）解：如图所示，延长 交 延长线于点 ，连接 交 于点 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 平面 ，所以 为平面 与 的交点.
（3）解：以 为坐标原点， 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则 ，可得 .
设平面 的法向量为 ，则 ，
28令 ，可得 ，所以 ，
又由 轴垂直平面 ，可得平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
可得 ，则 ，
故平面 与平面 夹角的正切值为 .
16．（2026·甘肃金昌·三模）如图，在 中， 是 的中点， 是 上的点，
.将 沿 折起，使点 至点 处，且二面角 的大小为 ，设 是 上靠近 的三等分
点.
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）
如图，在 中，取 中点 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
又 ，所以 是 的中点，
29因为 是 的中点，所以 ，
且 ，
因为 是 上靠近 的三等分点，所以 ，所以 ，
由 ， 平面 ， 平面 知 平面 ，
由 ， 平面 ， 平面 知 平面 ，
因为 ， ， 平面 ，所以平面 平面 ，
因为 平面 ，所以 平面 ；
（2）
在 中，作 ，垂足为 ，
在 中，由 是 中点， ，
可得 ，
将 沿 折起，使点 至点 处，且二面角 的大小为 ，
则 ，
所以 是二面角 的平面角， ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 ，所以 平面 ，
如图，以 为原点，过 平行于 的直线为 轴， 分别为 轴和 轴，
建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ，
， ， ，
， ， ， ，
30设平面 的法向量为 ，
因为 ， ，所以 ， ，
取 得 ．
同样可求得平面 的一个法向量 ，
设平面 与平面 所成二面角为 ，
则 ，故 ．
17．（2026·陕西榆林·三模）如图，已知梯形 中， ，点 是 的中
点，将 沿 折起到 的位置，使二面角 的大小为 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求点 到平面 的距离；
(3)求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3) ．
【分析】（1）通过 ，即可求证；
（2）由等体积法即可求解；
（3）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】（1）证明：因为在梯形 中， ，点 是 的中点，
所以四边形 是正方形，所以 ，
所以将 沿 折起到 的位置时， ，
又 平面 ，所以 平面 ．
31（2）由（1）知 是二面角 的平面角， ，
在 中， ，
在 和 中， ，
所以 ，所以 的面积为 ，
在平面 中，作 ，与 的延长线交于点 ，
则 平面 ，由 知 ，
的面积为 ，
设点 到平面 的距离为 ，由三棱锥 的体积得 ，
所以点 到平面 的距离 ．
（3）以 ， 为 轴， 轴，过 与 平行的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
所以 ．
设 为平面 的一个法向量，则
，即
取 ，得
则 ，
32设 为平面 的一个法向量，则
，即
取 ，得
则 ，
所以 ，
所以二面角 的正弦值为 ．
18．（2026·江西·三模）如图，平面四边形 中 且 ，
绕 旋转到 的位置，使得 且 .
(1)证明： 平面 ；
(2)求四棱锥 的高；
(3)求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
(3)
【分析】（1）通过 ， 即可求证；
（2）在 中作 交 于点 ，确定 为四棱锥 的高，进而可求解；
（3）法1，过点 作 交 于点 ，连接 ，确定 为二面角 的平面角，进而可求解；
法2，建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.
【详解】（1） ，
与 全等， ，即 ，
33又 ，且点 是 的中点，
则 ，由点 是 的中点，可得 ，
与 都在平面 内，
平面 ；
（2） 平面 ，且 在平面 内，
∴平面 平面 ，
在 中作 交 于点 ，连接 与 ，
∵平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，即 为四棱锥 的高，
又 ，
，且 ，
平面 ，
同理可得 ，又 ，
∴四边形 是正方形，
，
在直角 中， ，
，
即四棱锥 的高为2；
（3）法1： ，
与 全等，过点 作 交 于点 ，连接 ，
则 ，
为二面角 的平面角， ，
在 中， ，
34，则 .
法2：由（2）知， 两两垂直，以 为坐标原点，
分别以有向线段 为 轴正方向建立如图空间直角坐标系.
则 ，
则 ，
令 为平面 的一个法向量，
则 ，
令 ，得 ，则 ；
令 为平面 的一个法向量，
则 ，
令 ，得 ，则 .
所以 ，
所以二面角 的平面角 正弦值为
.
19．（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为 的圆锥
35中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点，
(1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值
(2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用侧面积求解出圆锥的高，再利用建系的方法，求出直线OB与平面PAC所成角的正弦值.
（2）利用向量的方法，将点 在线段 上刻画为 接着证明直线 与 的数量积不为零.
【详解】（1）
所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系，
所以 设
则母线长为
则侧面积为
解得：
所以
设面 的法向量为
36所以
不妨令 则
所以 设直线OB与平面PAC所成角为
所以
（2）因为D为线段PB上的动点，所以设
由（1）知
所以直线OA与CD不垂直.
20．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）如图，在平行六面体 中，底面 是边长为1的正方
形， ， ， 是 的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：连接 交 于点 ，连接 ，根据中位线性质得 ，从而可证；方法二：
37， ， ，可得 ，从而得证；方法三：取 的中点 连
接 ， ， 的中点 连接 ， ， ，通过证明四边形 为平行四边形，可得 ，从而
得证；
（2）方法一：以 为原点， ， 所在直线为 ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，借助向量夹角和模长
可得点 ， ，再求出平面 与平面 的法向量，借助夹角公式求解；方法二：根
据线面垂直的判定定理得 平面 ，以 为原点 ， 为 ， 轴建立如图所示的坐标系，求
出平面 与平面 的法向量，借助夹角公式求解；方法三：根据线面垂直的判定定理得 平面 ，
过点 作 交 的延长线于点 ，延长 与 的延长线交于点 ，则 为平面 与平面
的交线，可证 为二面角 的平面角，求出 即可得解.
【详解】（1）方法一：连接 交 于点 ，连接 ，
， ，
四边形 为平行四边形，
为 的中点又 为 的中点， ，
又 平面 ， 平面 ，
平面 ；
方法二： ， ， ，
则 ， ， ，
所以 ，
38又因为 ， 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ；
方法三：取 的中点 连接 ， .
取 的中点 连接 ， ， ，
， ，
四边形 为平行四边形，
， ，
又 ， ， ，
四边形 为平行四边形，
又 ， 分别为对应棱的中点 ， ，
四边形 为平行四边形，则 ，
又 平面 ， 平面 ，
平面 ；
（2）方法一：以 为原点， ， 所在直线为 ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
已知底面 是边长为1的正方形， ， ，
39设 ，则 ， ， ，
则 ，解得 ，
，解得 ，
又 ，解得 ，即 ，
由 ，解得 ，
又 ， ，
， ，
设平面 的一个法向量 ，
则 ，令 ，则 ，
所以 ，
取平面 的一个法向量 ，
平面 与平面 的夹角设为 ，它的余弦值 ，
又 ， ；
方法二：连接 ， ，
在平行六面体 ，则∠BCC =60° ，又 ， ，
1
则 ，
即 ， ，又 ， ，
所以 平面 ， 平面 ， ，
同理可得 平面 ， ，又 ，
40平面 ，
连结 ，解得 ，
以 为原点 ， 为 ， 轴建立如图所示的坐标系.
则 ， ，由 ，得到 ，
又 ，由 得到 ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，令 ，则 ，
解得 ，
平面 的法向量 ，
平面 与平面 的夹角设为 ，它的余弦值 ，
又 ， ；
方法三：连接 ， ，
在平行六面体 ，则∠BCC =60° ，又 ， ，
1
41则 ，
即 ， ，又 ， ，
平面 ， ，
同理可得 平面 ， ，又 ， 平面 ；
连接 ，解得 ，
过点 作 交 的延长线于点 ，
则 ， 平面 ，
延长 与 的延长线交于点 ，则 为平面 与平面 的交线，
连接 ，在 中， ，
， ，满足勾股定理， ，
为二面角 的平面角，
，
平面 与平面 的夹角为 .
冲刺满分练
21．（2026·广东中山·三模）如图，在四棱锥 中， 底面 ， ，
， .以 为直径的球面分别交 ， 于 ， 两点（ ， 异于所在棱端点）.
(1)证明： 平面 ；
(2)求异面直线 与 的夹角；
(3)求三棱锥 的体积.
42【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，先求 坐标，运用向量数量积
求解夹角；（3）转换三棱锥的顶点，计算出底面积和高即可求解体积.
【详解】（1）由 底面 ， 底面 ，得 ； 又 ， ，
故 ， ，因此 平面 .
平面 ，故 .
在以 为直径的球面上，直径所对的圆周角是直角，得 ，即 .
又 ， 平面 ，因此 平面 ，得证.
（2）
以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立坐标系，
由题意得各点坐标 .
由（1）可知 ，所以 .
因为 所以 为 的中点，得 .
，
则 ， ，
所以 ，解得 ，即 .
43得 ， .
，
故 ，因此异面直线 与 的夹角为 .
（3）由（2）可知 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ， 化简得
令 ，得 ，因此平面 的一个法向量为 .
，点 到平面 的距离 ，
又 ， ， ，
.
故 ，
三棱锥体积 .
22．（2026·天津·二模）如图，在四棱台 中， 平面 ，底面 是边长为 的正方
形， .
44(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(3)已知点 在棱 上，且三棱锥 的体积为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）通过证明平面的法向量与直线的方向向量平行，从而证明线面垂直；
（2）通过求解两个平面的法向量的夹角，从而得到两个平面的夹角；
（3）根据三棱锥的体积求解出直线对应的向量，然后通过求解直线与法向量的夹角从而得到直线与平面的夹角.
【详解】（1）如下图所示，以 为原点， ， ， 所在的直线为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系
，
则 ， ， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，代入可得 ，
令 ，则 ， ，
则平面 的一个法向量为 ，
又因为 ， ，所以 ，
所以 平面 .
45（2）设平面 的一个法向量为 ，
， ，
则 ，代入可得 ，
令 ，则 ， ，
则平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
（3）因为点 在棱 上，设 ， ，
，
解得 ，所以 ，
，平面 的一个法向量 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
23．（2026·河北邢台·二模）如图，在平行六面体 中，底面 为菱形且 ， 与
底面 所成角为 ， .
46(1)证明：平面 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值；
(3)若 ，求三棱锥 外接球的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设 ，借助菱形性质可得 ，借助等腰三角形三线合一可得 ，则可利
用线面垂直判定定理得到 平面 ，再利用面面垂直判定定理即可得证；
（2）可建立适当空间直角坐标系，再设 ， ，从而可表示出各点坐标，再求出平面 与平面
的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）利用（2）中所建立空间直角坐标系，由 可表示各点具体坐标，再利用三棱锥 外接球性
质可得该球球心坐标，即可得半径，最后利用体积公式计算即可得解.
【详解】（1）连接 ，设 ，连接 、 、 ，
由底面 为菱形，故 ，且 ， 为 中点，
由 ， ，故 与 全等，
故 ，又 为 中点，故 ，
又 ， 、 平面 ，
故 平面 ，又 平面 ，
故平面 平面 ；
（2）由 ，故可以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
47设 ， ，则 、 ，
由 ，则 ，故 ，则 ，
由平面 平面 ，且 平面 平面 ，
故直线 在平面 上的投影为直线 ，
又 与底面 所成角为 ，则 ，
，即 ，
则 ， ， ，
设平面 于平面 的法向量分别为 、 ，
则有 ， ，
取 ，则 ， ， ，故 、 ，
则 ，
故 ，即二面角 的正弦值为 ；
（3）由 ， ， ，
则 ， ， ， ，
由 ，则 ，
由 ，则 与 都为等边三角形，故 ，
则点 为 外接圆圆心，设三棱锥 外接球球心为点 ，
则必有 平面 ，可设 ，
48则有 、 ，
则 ，即 ，
整理得 ，即 ，故 ，
即三棱锥 外接球的半径为 ，故其体积 .
24．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形 中， ， ， 的中点且 ，
的内角 的对边分别为 ，且满足 ，点 为边 上一点，当
面积最大时，将 沿 翻折得到四棱锥 （如图2），点 为线段 的中点．
(1)若 ，求 的长；
(2)若四棱锥 的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为 ，若存在，求出点
N位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) .
(2)存在，， .
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得 面积最大时 为等边三角形、四边形 为菱形，结合
空间平行关系的转化可求 的长.
（2） 翻折后 面积最大时对应平面 平面 ，结合几何关系或空间向量法求解线面平行、线面角
问题.
【详解】（1）∵ 在 中，由射影定理得 ，
49又 ，故 ，∵ ，∴ ，
由余弦定理可得 ，故 ，
当且仅当 时等号成立， 故 ，
此时 为等边三角形，且 ，.
∵ 为 中点，故 ，故 ，
故四边形 为菱形，取 中点 ，连接 、 ，
∵ 为 中点， 为 中点，∴ ，
∵ 四边形 为平行四边形，故 ，∴ ，
∵ 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，
∵ 平面 ， ， 平面 ，
∴ 平面 平面 ，∵ 平面 平面 ，
平面 平面 ，∴ ，
∵ 为 中点，∴ 为 中点，故 .
（2）由（1）可知 为边长为 的等边三角形，四边形 为边长为 的菱形
故 边上的高为 ，翻折后四棱锥 体积为2，
∵ 底面平行四边形 的面积 ，
设四棱锥高为 ，∴ 由体积公式 ，代入得 ，解得 ，
∴ 翻折后平面 平面 ，取 中点 为原点，则 ，
而平面 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
故建立如图所示的空间直角坐标系：
各点坐标为 ， ， ， ， ，
50∵ 为 中点，∴ ，
设 （ ），则 的坐标为 ，
∴ ，
设平面 的法向量为 ， ， ，
∵ ， ，∴ ，取 ，
设 与平面 所成角为 ，则 且 ，∴ ，
故 ，
整理得 ，解得 ，
∵ 不符合取值范围，舍去，∴ ，即存在点 ， .
25．（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥 的底面为矩形， ， ，平面 平面
ABCD．
(1)若 ， ，
①求四棱锥 的体积；
51②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值．
(2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求 的最大值．
【答案】(1)① ；②
(2)
【分析】（1）①作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由锥体体积公式得到答案；
②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值；
（2）设 ， ，表达出其他各边长，结合余弦定理，换元法，导函数求出 的最大值．
【详解】（1）①如图，作 于点E，连接BE．
因为平面 平面ABCD，且平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面ABCD，即PE为四棱锥 的高．
因为四边形ABCD为矩形， ， ，
所以 ， ．
因为 ， ，AC为公共边，所以 ，
故 ，所以 ，
故 ．
所以四棱锥 的体积 ．
②如图所示，以B为坐标原点建立空间直角坐标系B-xyz，
则 ， ， ， ，
所以 ， ， ．
设平面CPD的法向量为 ，
则 ，即 ，可取 ，
所以平面CPD的一个法向量为 ．
52同理，设平面APD的一个法向量为 ，
，
解得 ，令 ，则 ，
可得平面APD的一个法向量为 ．
设平面APD与平面CPD的夹角为 ，
则 ．
（2）作 ，垂足为I，与（1）同理，可得 平面ABCD．
设 ， ，则 ， ， ．
由 平面ABCD，可得 ，所以 ．
在 中，由余弦定理可得 ，
在 中， ，
因为 ，所以 ．
设 ， ，则 ，
设 ， ，则 ，令 ，可得 ，
53当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，
所以 的最大值为 ．
26．（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥 中，点E，F分别在棱 ， 上， 平面 ，
平面 ．
(1)证明： ；
(2)记直线 与平面 所成的角为 ，平面 与平面 的夹角为 ，证明： 为定值；
(3)若 ，E为线段 的中点，设平面 与平面 的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面
的距离的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论；
（2）利用向量投影得出 ，利用二面角的性质得出 ，结合 得出 为定值，从而证明结论；
（3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面
距离公式求解．
【详解】（1） 平面 ，则 ， ，
平面 ，则 ， ，
，且 是平面 的法线，
平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ，
，
，
．
（2）
54平面 ，且 平面 ，
平面 平面 ，交线为 ，
在平面 内的投影在 上，故直线 与平面 所成角
为 的余角，即 ，
设平面 与平面 的交线为 ，则 ，且 平面 ，
平面 ，
平面 ，
，
又 ，
，
二面角的平面角 ，
，
，则 ，
，为定值．
（3）已知 平面 ，
以 为坐标原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，建立下图所示空间直角坐标系，
已知 ，E为线段 的中点，
则 ，
设点 ，
，
55设平面 的法向量为 ，则
，令 ，则 ，
点 到平面 的距离 ，
当 时，分母最小， 最大，
．
27．（2026·山东聊城·二模）在梯形 中， ， ， 、 分别是 、 的中点， ，
，如图1所示．沿 将梯形 折起，得到一个多面体 ，如图2所示．
(1)求证： 平面 ；
(2)若二面角 的大小为 ，
①求多面体 的体积；
②求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②
【分析】（1）证明出 ， ，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）①连接 、 ，取 中点 ，连接 ，取线段 的中点 ，连接 、 ，分析可知二面角
的平面角为 ，进而推导出 平面 ， 平面 ，则 到平面 的
距离等于 ，再利用锥体的体积公式可求得多面体 的体积；
②以 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，过 与 平行的直线为 轴建立空间直角坐标
56系，利用空间向量法求解即可.
【详解】（1）翻折前，在梯形 中， ，且 、 分别是 、 的中点，
所以 为梯形 的中位线，所以 ，
因为 ，所以 ， ．
翻折后，则 ，所以 ， ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 .
（2）①连接 、 ，取 中点 ，连接 ，
取线段 的中点 ，连接 、 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， 为 的中点，所以 ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
故二面角 的平面角为 ，
因为 平面 ， 、 平面 ，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，故 ，
所以 为等边三角形，
因为 为 的中点，所以 ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ．
因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
故点 到平面 的距离等于 ，
所以 ，
，
因此多面体 的体积
②因为 平面 ，以 为坐标原点， 所在直线为 轴，
所在直线为 轴，过 与 平行的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
57则 、 、 、 ，
所以 ， ， ．
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，
，
所以 与平面 所成角的正弦值为 ．
28．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，已知 ， ，将
沿BD翻折，使平面 平面BCD.如图2， 的中点为O.
(1)求证： 平面BCD；
(2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H.
（i）求平面 与平面 夹角的余弦值.
（ii）设平面 内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面 成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i） （ii）
【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明；
（2）（i）分别以 ， ， 为 ， ， 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量
公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使 最小，利用对称法，作D
58关于平面 的对称点 ，连接 ，与平面 的交点即为 ，再应用线面角正弦公式计算求解.
【详解】（1）因为 ， 的中点为 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
根据面面垂直的性质可得 平面
（2）（i）取 的中点为 ，连接 ，则 且 ，
由直角梯形可知， 为正方形，
， ， ， ， .
由（1） 平面 ，可知 ， ， 两两互相垂直，
分别以 ， ， 为 ， ， 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
依题意， ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
， ，则可取 ，
由 平面 ，取平面 的法向量 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，则
.
（ii）设平面 内一动点为P，要使 最小，可利用对称法，
59不妨设D关于平面 的对称点 ，设 与平面 的交点即为 ，
因为平面 的法向量为 ，则平面 可以表示为 ，
设 ，则 中点为 在平面 上，
即得 ，
因 与平面法向量 平行，
则 ，设比值为 ,则得 ，
将其代入 中，得 ，解得 ，故 ，
又因为 ， 设直线 与平面 的交点为 ，
直线 的方程为 ，代入平面 的方程 ，
得出 ，即得 ，则得 ，
故 ， ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 .
29．（2026·重庆渝中·模拟预测）如图，在棱长为4的正四面体 中， 分别为棱 、 、 上的
点，且 ， ， ， ， .
(1)若 ， .
60（i）证明： ；
（ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值；
(2)若 满足 ，设四面体 的体积为随机变量 ，求 的分布列和数学期望.（注：当
时，四面体 的体积记为 ）.
【答案】(1)（i）证明见详解（ⅱ） ；
(2)分布列见详解，
【分析】（1）（i）取 中点 ,由正四面体性质得 ,证出 平面 ,得 ；再由中
位线得 ,从而推出 .
（ⅱ）先求正四面体底面边长、中线与高,确定顶点在底面投影位置；以投影 为原点建空间直角坐标系,求出各点
坐标,再由线段比例得 坐标,算出相关向量；列方程组求平面 法向量,利用向量夹角公式算出 与法向量
夹角余弦,进而得到直线 与平面 所成角的正弦值.
（2）先算出正四面体总体积,利用同高三棱锥体积比等于底面面积比,推出小四面体与原四面体体积比为 ；再
用隔板法与枚举法,求出满足 且 的整数解共53组.分类讨论体积不为零的正整数 ：按
等于3,4,5拆分组合，算出每种对应体积及情况数，用总数减去非零情况数得到体积为0的情况；列出体
积分布列，代入期望公式化简计算，最终求得体积的数学期望为 .
【详解】（1）（i）取 的中点D，连接 ， .
在正四面体 中，因为 是等边三角形，D是 的中点，所以 ，
因为 是等边三角形，D是 的中点，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
61因为 ， ， ， ， ，
所以S、T分别为 、 的中点，
所以 ，所以 .
（ⅱ）如图D为 中点，O为点P在底面的投影，点O在 上，
由题意得 ， ， ， ，
所以 ，
以O为原点，分别以 、 、 方向为 轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，则 分别为棱 、 的中点，
则 ， ，
所以 ， ， .
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，即 ，
62故 ，
则直线 与平面 所成角 的正弦值为 .
（2）由（1）（ⅱ）得正四面体 的体积为 .
由三棱锥的体积公式和性质，同理可得
，
所以 ， ，所以 ，即
整数 满足 ，
方法1：设d为非负整数， 的自然数解问题.
设自然数包含 ，求解 的自然数解个数，采用隔板法与去杂法结合计算.
对于方程 的自然数解，总个数公式为 ， ， ，
代入得总解数: .
若 ,则只能 ，这组解不合理；
若 ,则只能 ，这组解不合理；
若 ,则只能 。这组解不合理.
题目存在约束条件,存在 组不符合要求的自然数解，需从总解数中减去.
共有 种.
方法2： 时， ，共19种；
63时， ，共15种，
时， ，共10种；
时， ，共6种；
时， ，共3种，即共有 种，
当四面体 的体积 不为0时， 为正整数，
①当 时，只有 种情况，
此时 ；
②当 时， ，共有 种情况，
此时 ；
③当 时， ，共有 种情况，
此时 ，
，共有 种情况，此时 .
因此，当四面体 的体积V为0时，共有 种情况，
所以四面体 体积V的分布列为
0
64故 .
30．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体 中， ， ， ， 与 间的距离为
（即与 、 同时垂直相交的线段长为 ），且 .
(1)求证： ；
(2)若这个四面体被平行于棱 、 的平面 截成两部分，设 、 到平面 的距离比为 ，求证：这个四面
体被平面 分成的两部分（棱 和 交四面体组成的五面体与棱 和 交四面体组成的五面体）的体积比是
.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取 中点为 ，连接 ， ，根据线面垂直的判定定理得 平面 ，从而 ，
即可得证；
（2）四面体的体积 ，多面体 的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥，求其体积
，则另一部分的体积 ，即可得解.
【详解】（1）取 中点为 ，连接 ， ，
因为 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
65因为 平面 ，所以 ，
因为 为中点，所以 .
（2） 与 间的距离 为 的高，所以其面积为 ，
由（1），四面体的体积 ，
设平面 与四面体 各棱交于点 ， ， ， ，
因为平面 平行于棱 、 ，则 ，
所以四边形 为平行四边形，且 ，
即四边形 是矩形，
设 、 到平面 的距离分别为 ， ， ， ，
所以 ， ，由 ，
所以 ， ，
多面体 的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥，
，
，
整理后，其体积 ，
则另一部分的体积 ，所以 .
66
