第07講 立體幾何與空間向量（2022-2024高考真題）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

第07講立體幾何與空間向量（2022-2024高考真題）（新高考專用）一、單項選擇題1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=22，該棱錐的高為（

A．1 B．2 C．2 D．3【解題思路】取點作輔助線，根據(jù)題意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PO⊥平面ABCD，利用等體積法求點到面的距離.【解答過程】如圖，底面ABCD為正方形，當(dāng)相鄰的棱長相等時，不妨設(shè)PA=PB=AB=4,PC=PD=22分別取AB,CD的中點E,F，連接PE,PF,EF，則PE⊥AB,EF⊥AB，且PE∩EF=E，PE,EF?平面PEF，可知AB⊥平面PEF，且AB?平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD，過P作EF的垂線，垂足為O，即PO⊥EF，由平面PEF∩平面ABCD=EF，PO?平面PEF，所以PO⊥平面ABCD，由題意可得：PE=23,PF=2,EF=4，則PE則12PE?PF=1所以四棱錐的高為3.當(dāng)相對的棱長相等時，不妨設(shè)PA=PC=4，PB=PD=22因為BD=42=PB+PD，此時不能形成三角形故選：D.2．（2024·全國·高考真題）設(shè)α、β為兩個平面，m、n為兩條直線，且α∩β=m.下述四個命題：①若m//n，則n//α或n//β

②若m⊥n，則n⊥α或n⊥β③若n//α且n//β，則m//n

④若n與α,β所成的角相等，則m⊥n其中所有真命題的編號是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【解題思路】根據(jù)線面平行的判定定理即可判斷①；舉反例即可判斷②④；根據(jù)線面平行的性質(zhì)即可判斷③.【解答過程】對①，當(dāng)n?α，因為m//n，m?β，則n//β，當(dāng)n?β，因為m//n，m?α，則n//α，當(dāng)n既不在α也不在β內(nèi)，因為m//n，m?α,m?β，則n//α且n//β，故①正確；對②，若m⊥n，則n與α,β不一定垂直，故②錯誤；對③，過直線n分別作兩平面與α,β分別相交于直線s和直線t，因為n//α，過直線n的平面與平面α的交線為直線s，則根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理知n//s，同理可得n//t，則s//t，因為s?平面β，t?平面β，則s/平面β因為s?平面α，α∩β=m，則s//m，又因為n//s，則m//n，故③正確；對④，若α∩β=m,n與α和β所成的角相等，如果n//α,n//β，則m//n，故④錯誤；綜上只有①③正確，故選：A.3．（2024·天津·高考真題）一個五面體ABC?DEF．已知AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1．并已知AD=1，BE=2，A．36 B．334+12【解題思路】采用補形法，補成一個棱柱，求出其直截面，再利用體積公式即可.【解答過程】用一個完全相同的五面體HIJ?LMN（頂點與五面體ABC?DEF一一對應(yīng)）與該五面體相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因為AD∥BE∥CF，且兩兩之間距離為1．AD=1,BE=2,CF=3，則形成的新組合體為一個三棱柱，該三棱柱的直截面（與側(cè)棱垂直的截面）為邊長為1的等邊三角形，側(cè)棱長為1+3=2+2=3+1=4，VABC?DEF故選：C.4．（2024·天津·高考真題）若m,n為兩條不同的直線，α為一個平面，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若m//α，n//α，則m⊥n B．若mC．若m//α,n⊥α，則m⊥n D．若m//α,n⊥α，則【解題思路】根據(jù)線面平行的性質(zhì)可判斷AB的正誤，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可判斷CD的正誤.【解答過程】對于A，若m//α，n//α，則對于B，若m//α,n//對于C，m//α,n⊥α，過m作平面β，使得因為m?β，故m//s，而s?α，故n⊥s，故對于D，若m//α,n⊥α，則m與故選：C.5．（2024·全國·高考真題）已知正三棱臺ABC?A1B1C1的體積為523，AB=6，AA．12 B．1 C．2 【解題思路】解法一：根據(jù)臺體的體積公式可得三棱臺的高?=433，做輔助線，結(jié)合正三棱臺的結(jié)構(gòu)特征求得AM=433，進而根據(jù)線面夾角的定義分析求解；解法二：將正三棱臺ABC?A1B1C1補成正三棱錐P?ABC，【解答過程】解法一：分別取BC,B1C1的中點可知S△ABC設(shè)正三棱臺ABC?A1B則VABC?A1如圖，分別過A1,D1作底面垂線，垂足為則AA1=可得DD結(jié)合等腰梯形BCC1B即x2+16所以A1A與平面ABC所成角的正切值為解法二：將正三棱臺ABC?A1B則A1A與平面ABC所成角即為PA與平面因為PA1PA可知VABC?A1設(shè)正三棱錐P?ABC的高為d，則VP?ABC=1取底面ABC的中心為O，則PO⊥底面ABC，且AO=23所以PA與平面ABC所成角的正切值tan∠PAO=故選：B.6．（2024·全國·高考真題）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側(cè)面積相等，且它們的高均為3，則圓錐的體積為（

）A．23π B．33π C．【解題思路】設(shè)圓柱的底面半徑為r，根據(jù)圓錐和圓柱的側(cè)面積相等可得半徑r的方程，求出解后可求圓錐的體積.【解答過程】設(shè)圓柱的底面半徑為r，則圓錐的母線長為r2而它們的側(cè)面積相等，所以2πr×3故r=3，故圓錐的體積為13故選：B.7．（2024·上?！じ呖颊骖}）定義一個集合Ω，集合中的元素是空間內(nèi)的點集，任取P1,P2,P3∈Ω，存在不全為0的實數(shù)λA．0,0,0∈Ω C．0,1,0∈Ω 【解題思路】首先分析出三個向量共面，顯然當(dāng)1,0,0,【解答過程】由題意知這三個向量OP1對A，由空間直角坐標系易知0,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三個向量共面，則當(dāng)?1,0,0,(1,0,0)∈Ω對B，由空間直角坐標系易知?1,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三個向量共面，則當(dāng)0,0,0,(1,0,0)∈Ω對C，由空間直角坐標系易知1,0,0,則由1,0,0,0,1,0∈對D，由空間直角坐標系易知1,0,0,則當(dāng)0,0,?1(1,0,0)∈Ω無法推出故選：C．8．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為14

A．102m B．112mC．117m D．125m【解題思路】先根據(jù)線面角的定義求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，從而依次求EO，EG【解答過程】如圖，過E做EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G，M，連接OG,OM，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO=因為EO⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以EO⊥BC，因為EG⊥BC，EO,EG?平面EOG，EO∩EG=E，所以BC⊥平面EOG，因為OG?平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四邊形OMBG是矩形，所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以O(shè)G=5所以在直角三角形EOG中，EG=在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=E又因為EF=AB?5?5=25?5?5=15，所有棱長之和為2×25+2×10+15+4×8=117m故選：C.9．（2023·全國·高考真題）在三棱錐P?ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2,PC=6，則該棱錐的體積為（

A．1 B．3 C．2 D．3【解題思路】證明AB⊥平面PEC，分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為AB得解.【解答過程】取AB中點E，連接PE,CE，如圖，

∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA=PB=2，∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE?平面PEC，PE∩CE=E，∴AB⊥平面PEC，又PE=CE=2×32=故PC2=P所以V=V故選：A.10．（2023·全國·高考真題）已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C?AB?D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（

）A．15 B．25 C．35【解題思路】根據(jù)給定條件，推導(dǎo)確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【解答過程】取AB的中點E，連接CE,DE，因為△ABC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有CE⊥AB，又△ABD是等邊三角形，則DE⊥AB，從而∠CED為二面角C?AB?D的平面角，即∠CED=150

顯然CE∩DE=E,CE,DE?平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB?平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，顯然平面CDE∩平面ABC=CE，直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE，從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A(yù)B=2，則CE=1,DE=3，在△CDECD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=顯然∠DCE是銳角，cos∠DCE=所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為35故選：C.11．（2023·全國·高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB=120°，若△PAB的面積等于934，則該圓錐的體積為（A．π B．6π C．3π D．【解題思路】根據(jù)給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進而求出圓錐的高，求出體積作答.【解答過程】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3，取AB中點C，連接OC,PC∠ABO=30°，OC=32,AB=2BC=3，由△PAB解得PC=332所以圓錐的體積V=1故選：B.12．（2023·天津·高考真題）在三棱錐P?ABC中，點M,N分別在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，則三棱錐A．19 B．29 C．13【解題思路】分別過M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分別為M′,C′.過B作BB′⊥平面PAC，垂足為B′，連接PB′,過N作NN【解答過程】如圖，分別過M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分別為M′,C′.過B作BB′⊥

因為BB′⊥平面PAC，BB′?平面又因為平面PBB′∩平面PAC=PB′，NN′⊥PB′，在△PCC′中，因為MM′⊥PA,C在△PBB′中，因為BB所以VP?AMN故選：B.13．（2022·天津·高考真題）十字歇山頂是中國古代建筑屋頂?shù)慕?jīng)典樣式之一，左圖中的故宮角樓的頂部即為十字歇山頂.其上部可視為由兩個相同的直三棱柱重疊而成的幾何體（如右圖）.這兩個直三棱柱有一個公共側(cè)面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BCE=120°,則該幾何體的體積為（

）A．272 B．2732 C．27【解題思路】根據(jù)幾何體直觀圖，由題意結(jié)合幾何體體積公式即可得組合體的體積.【解答過程】如圖所示，該幾何體可視為直三柱BCE?ADF與兩個三棱錐S?MAB，S?NCD拼接而成.記直三棱柱BCD?ADF的底面BCE的面積為S，高為?，所求幾何體的體積為V，則S=1?=CD=BC=33所以V==S?+1故選：C.14．（2022·全國·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為33和43，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（A．100π B．128π C．144π D．192π【解題思路】根據(jù)題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1【解答過程】設(shè)正三棱臺上下底面所在圓面的半徑r1,r2，所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°，即r故選：A．

15．（2022·全國·高考真題）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若SA．5 B．22 C．10 D．【解題思路】設(shè)母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r2，根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式可得r1=2r【解答過程】解：設(shè)母線長為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r則S甲所以r1又2πr則r1所以r1所以甲圓錐的高?1乙圓錐的高?2所以V甲故選：C.16．（2022·全國·高考真題）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則該多面體的體積為（

）A．8 B．12 C．16 D．20【解題思路】由三視圖還原幾何體，再由棱柱的體積公式即可得解.【解答過程】由三視圖還原幾何體，如圖，則該直四棱柱的體積V=2+4故選：B.17．（2022·全國·高考真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A．13 B．12 C．33【解題思路】方法一：先證明當(dāng)四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2r【解答過程】[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對角線夾角為α，則S（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當(dāng)四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2又設(shè)四棱錐的高為?，則r2V當(dāng)且僅當(dāng)r2=2?故選：C[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設(shè)底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，則r=22aV=1(當(dāng)且僅當(dāng)a24=1?所以該四棱錐的體積最大時，其高?=1?故選：C．[方法三]：利用導(dǎo)數(shù)求最值由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設(shè)底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，則r=22a，所以該四棱錐的高?=1?a22，V=130<t<43，f′t>0所以當(dāng)t=43時，V最大，此時故選：C.18．（2022·北京·高考真題）已知正三棱錐P?ABC的六條棱長均為6，S是△ABC及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)集合T={Q∈SPQ≤5}，則T表示的區(qū)域的面積為（A．3π4 B．π C．2π D．【解題思路】求出以P為球心，5為半徑的球與底面ABC的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【解答過程】設(shè)頂點P在底面上的投影為O，連接BO，則O為三角形ABC的中心，且BO=23×6×因為PQ=5，故OQ=1，故S的軌跡為以O(shè)為圓心，1為半徑的圓，而三角形ABC內(nèi)切圓的圓心為O，半徑為2×3故S的軌跡圓在三角形ABC內(nèi)部，故其面積為π故選：B.19．（2022·全國·高考真題）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時，相應(yīng)水面的面積為A．1.0×109m3 B．1.2×109【解題思路】根據(jù)題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出．【解答過程】依題意可知棱臺的高為MN=157.5?148.5=9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V．棱臺上底面積S=140.0km2=140×∴V==3×320+60故選：C．20．（2022·全國·高考真題）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 【解題思路】證明EF⊥平面BDD1，即可判斷A；如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)AB=2，分別求出平面B1EF，A1【解答過程】解：在正方體ABCD?AAC⊥BD且DD1⊥又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD因為E,F分別為AB,BC的中點，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD所以EF⊥平面BDD又EF?平面B1所以平面B1EF⊥平面BDD對于選項BCD，解法一：如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標系，設(shè)AB=2，則B1C1則EF=?1,1,0,A設(shè)平面B1EF的法向量為則有m?EF=?同理可得平面A1BD的法向量為平面A1AC的法向量為平面A1C1則m?所以平面B1EF與平面A1因為m與n2所以平面B1EF與平面A1因為m與n3所以平面B1EF與平面A1故選：A.對于選項BCD，解法二：解：對于選項B，如圖所示，設(shè)A1B∩B1E=M，EF∩BD=N，則MN在△BMN內(nèi)，作BP⊥MN于點P，在△EMN內(nèi)，作GP⊥MN，交EN于點G，連結(jié)BG，則∠BPG或其補角為平面B1EF與平面由勾股定理可知：PB2+P底面正方形ABCD中，E,F為中點，則EF⊥BD，由勾股定理可得NB從而有：NB據(jù)此可得PB2+P據(jù)此可得平面B1EF⊥平面對于選項C，取A1B1的中點H由于AH與平面A1AC相交，故平面B1對于選項D，取AD的中點M，很明顯四邊形A1B1由于A1M與平面A1C1故選：A.二、多項選擇題21．（2023·全國·高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（

）A．直徑為0.99mB．所有棱長均為1.4mC．底面直徑為0.01m，高為1.8D．底面直徑為1.2m，高為0.01【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合正方體的性質(zhì)逐項分析判斷.【解答過程】對于選項A：因為0.99m所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A正確；對于選項B：因為正方體的面對角線長為2m，且2所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B正確；對于選項C：因為正方體的體對角線長為3m，且3所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C不正確；對于選項D：因為1.2m如圖，過AC1的中點O作OE⊥AC可知AC=2,CC即12=OE且642=故以AC1為軸可能對稱放置底面直徑為若底面直徑為1.2m的圓柱與正方體的上下底面均相切，設(shè)圓柱的底面圓心O1，與正方體的下底面的切點為可知：AC1⊥即12=0.6根據(jù)對稱性可知圓柱的高為3?2×0.6所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故D正確；故選：ABD.22．（2023·全國·高考真題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB=120°，PA=2，點C在底面圓周上，且二面角P?AC?O為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為π B．該圓錐的側(cè)面積為4C．AC=22 D．△PAC的面積為【解題思路】根據(jù)圓錐的體積、側(cè)面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【解答過程】依題意，∠APB=120°，PA=2，所以O(shè)P=1,OA=OB=3A選項，圓錐的體積為13B選項，圓錐的側(cè)面積為π×C選項，設(shè)D是AC的中點，連接OD,PD，則AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P?AC?O的平面角，則∠PDO=45°，所以O(shè)P=OD=1，故AD=CD=3?1=2D選項，PD=12+故選：AC.

23．（2022·全國·高考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED,AB=ED=2FB，記三棱錐E?ACD，F(xiàn)?ABC，F(xiàn)?ACE的體積分別為V1,VA．V3=2VC．V3=V【解題思路】直接由體積公式計算V1,V2，連接BD交AC于點M，連接EM,FM，由【解答過程】設(shè)AB=ED=2FB=2a，因為ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B∥ED，則V1V2=13?FB?S△ABC=13?a?又ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD?平面BDEF，則AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，過F作FG⊥DE于G則EM=2a2+EM2+FM2=EF則V3=VA?EFM+VC?EFM故選：CD.三、填空題24．（2024·全國·高考真題）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為r1,下底面半徑均為r2，圓臺的母線長分別為2r2?r1【解題思路】先根據(jù)已知條件和圓臺結(jié)構(gòu)特征分別求出兩圓臺的高，再根據(jù)圓臺的體積公式直接代入計算即可得解.【解答過程】由題可得兩個圓臺的高分別為?甲?乙所以V甲故答案為：6425．（2023·全國·高考真題）已知點S,A,B,C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA=2．【解題思路】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結(jié)合直棱柱的外接球以及求的性質(zhì)運算求解.【解答過程】如圖，將三棱錐S?ABC轉(zhuǎn)化為正三棱柱SMN?ABC，設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1，半徑為r則2r=ABsin∠ACB設(shè)三棱錐S?ABC的外接球球心為O，連接OA,OO1，則因為OA2=OO1故答案為：2.26．（2023·全國·高考真題）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4,O為AC【解題思路】當(dāng)球是正方體的外接球時半徑最大，當(dāng)邊長為4的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時半徑達到最小.【解答過程】設(shè)球的半徑為R.當(dāng)球是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點，正方體的外接球直徑2R′為體對角線長AC1=

分別取側(cè)棱AA1,BB1,CC1,DD1連接MG，則MG=42，當(dāng)球的一個大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓，球的半徑達到最小，即R的最小值為2綜上，R∈[22故答案為：[2227．（2023·全國·高考真題）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，【解題思路】根據(jù)正方體的對稱性，可知球心到各棱距離相等，故可得解.【解答過程】不妨設(shè)正方體棱長為2，EF中點為O，取CD，CC1中點G,M，側(cè)面BB1C由題意可知，O為球心，在正方體中，EF=F即R=2則球心O到CC1的距離為所以球O與棱CC1相切，球面與棱同理，根據(jù)正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點總數(shù)為12.故答案為：12.28．（2023·全國·高考真題）在正四棱臺ABCD?A1B1C1D【解題思路】結(jié)合圖像，依次求得A1【解答過程】如圖，過A1作A1M⊥AC，垂足為M，易知A

因為AB=2,A則A1故AM=12AC?所以所求體積為V=1故答案為：7629．（2023·全國·高考真題）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為28．【解題思路】方法一：割補法，根據(jù)正四棱錐的幾何性質(zhì)以及棱錐體積公式求得正確答案；方法二：根據(jù)臺體的體積公式直接運算求解.【解答過程】方法一：由于24=12，而截去的正四棱錐的高為所以正四棱錐的體積為13截去的正四棱錐的體積為13所以棱臺的體積為32?4=28.方法二：棱臺的體積為13故答案為：28.四、解答題30．（2024·上?！じ呖颊骖}）如圖為正四棱錐P?ABCD,O為底面ABCD的中心．(1)若AP=5,AD=32，求△POA繞PO(2)若AP=AD,E為PB的中點，求直線BD與平面AEC所成角的大?。窘忸}思路】（1）根據(jù)正四棱錐的數(shù)據(jù)，先算出直角三角形△POA的邊長，然后求圓錐的體積；（2）連接EA,EO,EC，可先證BE⊥平面ACE，根據(jù)線面角的定義得出所求角為∠BOE，然后結(jié)合題目數(shù)量關(guān)系求解.【解答過程】（1）正四棱錐滿足且PO⊥平面ABCD，由AO?平面ABCD，則PO⊥AO，又正四棱錐底面ABCD是正方形，由AD=32可得，AO=3故PO=P根據(jù)圓錐的定義，△POA繞PO旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是以PO為軸，AO為底面半徑的圓錐，即圓錐的高為PO=4，底面半徑為AO=3，根據(jù)圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是1（2）連接EA,EO,EC，由題意結(jié)合正四棱錐的性質(zhì)可知，每個側(cè)面都是等邊三角形，由E是PB中點，則AE⊥PB,CE⊥PB，又AE∩CE=E,AE,CE?平面ACE，故PB⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，又BD∩平面ACE=O，于是直線BD與平面AEC所成角的大小即為∠BOE，不妨設(shè)AP=AD=6，則BO=32,BE=3，又線面角的范圍是0,π故∠BOE=π31．（2024·全國·高考真題）如圖，AB//CD,CD//EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4,AD=BC=10，AE=23,M為(1)證明：EM//平面BCF；(2)求點M到ADE的距離.【解題思路】（1）結(jié)合已知易證四邊形EFCM為平行四邊形，可證EM//（2）先證明OA⊥平面EDM，結(jié)合等體積法VM?ADE【解答過程】（1）由題意得，EF//MC，且EF=MC，所以四邊形EFCM是平行四邊形，所以EM//FC，又CF?平面BCF,EM?平面BCF所以EM//平面BCF；（2）取DM的中點O，連接OA，OE，因為AB//MC，且AB=MC，所以四邊形AMCB是平行四邊形，所以AM=BC=10又AD=10，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=A又AE=23，所以O(shè)A2又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM?平面EDM，所以O(shè)A⊥平面EDM，易知S△EDM在△ADE中，cos∠DEA=所以sin∠DEA=設(shè)點M到平面ADE的距離為d，由VM?ADE得13S△ADE故點M到平面ADE的距離為61332．（2024·全國·高考真題）如圖，四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1,AB=3(1)若AD⊥PB，證明：AD//平面PBC(2)若AD⊥DC，且二面角A?CP?D的正弦值為427，求AD【解題思路】（1）先證出AD⊥平面PAB，即可得AD⊥AB，由勾股定理逆定理可得BC⊥AB，從而AD//BC，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；（2）過點D作DE⊥AC于E，再過點E作EF⊥CP于F，連接DF，根據(jù)三垂線法可知，∠DFE即為二面角A?CP?D的平面角，即可求得tan∠DFE=6，再分別用AD的長度表示出DE,EF，即可解方程求出【解答過程】（1）（1）因為PA⊥平面ABCD，而AD?平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB,PA?平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB?平面PAB，所以AD⊥AB.因為BC2+AB2又AD?平面PBC，BC?平面PBC，所以AD//平面PBC．（2）如圖所示，過點D作DE⊥AC于E，再過點E作EF⊥CP于F，連接DF，因為PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC，所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，根據(jù)二面角的定義可知，∠DFE即為二面角A?CP?D的平面角，即sin∠DFE=427因為AD⊥DC，設(shè)AD=x，則CD=4?x2又CE=4?x2?x故tan∠DFE=x4?x233．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐P?ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3,點E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．(1)若F為線段PE中點，求證：BF//平面PCD(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．【解題思路】（1）取PD的中點為S，接SF,SC，可證四邊形SFBC為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得BF//平面PCD（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夾角的余弦值.【解答過程】（1）取PD的中點為S，接SF,SC，則SF//而ED//BC,ED=2BC，故故BF//SC，而BF?平面PCD，SC?平面所以BF//平面PCD（2）因為ED=2，故AE=1，故AE//故四邊形AECB為平行四邊形，故CE//AB，所以CE⊥平面而PE,ED?平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則A0,?1,0則PA設(shè)平面PAB的法向量為m=則由m?PA=0m?設(shè)平面PCD的法向量為n=則由n?PC=0n?故cosm故平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為303034．（2024·全國·高考真題）如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形，EF//AD,BC//AD，AD=4,AB=BC=EF=2，ED=10,FB=23，M(1)證明：BM//平面CDE；(2)求二面角F?BM?E的正弦值．【解題思路】（1）結(jié)合已知易證四邊形BCDM為平行四邊形，可證BM//（2）作BO⊥AD交AD于O，連接OF，易證OB,OD,OF三垂直，采用建系法結(jié)合二面角夾角余弦公式即可求解.【解答過程】（1）因為BC//AD,EF=2,AD=4,M為AD的中點，所以四邊形BCDM為平行四邊形，所以BM//CD，又因為BM?平面CD?平面CDE，所以BM//平面CDE（2）如圖所示，作BO⊥AD交AD于O，連接OF，因為四邊形ABCD為等腰梯形，BC//AD,AD=4,AB=BC=2，所以結(jié)合（1）BCDM為平行四邊形，可得BM=CD=2，又AM=2，所以△ABM為等邊三角形，O為AM中點，所以O(shè)B=3又因為四邊形ADEF為等腰梯形，M為AD中點，所以EF=MD,EF//四邊形EFMD為平行四邊形，F(xiàn)M=ED=AF，所以△AFM為等腰三角形，△ABM與△AFM底邊上中點O重合，OF⊥AM，OF=A因為OB2+OF2以O(shè)B方向為x軸，OD方向為y軸，OF方向為z軸，建立O?xyz空間直角坐標系，F(xiàn)0,0,3，B3,0,0BE=?3,2,3，設(shè)平面平面EMB的法向量為n=則m?BM=0m?BF=0，即?則n?BM=0n?BE=0即n=3,3,?1，cos故二面角F?BM?E的正弦值為4335．（2024·天津·高考真題）已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中(1)求證D1N//平面(2)求平面CB1M(3)求點B到平面CB【解題思路】（1）取CB1中點P，連接NP，MP，借助中位線的性質(zhì)與平行四邊形性質(zhì)定理可得（2）建立適當(dāng)空間直角坐標系，計算兩平面的空間向量，再利用空間向量夾角公式計算即可得解；（3）借助空間中點到平面的距離公式計算即可得解.【解答過程】（1）取CB1中點P，連接NP，由N是B1C1的中點，故NP由M是DD1的中點，故D1則有D1M//故四邊形D1MPN是平行四邊形，故又MP?平面CB1M，D故D1N//（2）以A為原點建立如圖所示空間直角坐標系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1則有CB1=1,?1,2、設(shè)平面CB1M與平面BB1則有m?CB分別取x1=x2=1，則有y1=3即m=1,3,1、則cosm故平面CB1M與平面B（3）由BB1=0,0,2，平面則有BB即點B到平面CB1M36．（2024·全國·高考真題）如圖，平面四邊形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90°，∠BAD=30°，點E，F(xiàn)滿足AE=25AD，AF(1)證明：EF⊥PD；(2)求平面PCD與平面PBF所成的二面角的正弦值．【解題思路】（1）由題意，根據(jù)余弦定理求得EF=2，利用勾股定理的逆定理可證得EF⊥AD，則EF⊥PE,EF⊥DE，結(jié)合線面垂直的判定定理與性質(zhì)即可證明；（2）由（1），根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)可證明PE⊥ED，建立如圖空間直角坐標系E?xyz，利用空間向量法求解面面角即可.【解答過程】（1）由AB=8,AD=53得AE=23,AF=4，又∠BAD=30由余弦定理得EF=A所以AE2+EF2所以EF⊥PE,EF⊥DE，又PE∩DE=E,PE、DE?平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD?平面PDE，故EF⊥PD；（2）連接CE，由∠ADC=90°,ED=3在△PEC中，PC=43,PE=2所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF=E,EC、EF?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又ED?平面ABCD，所以PE⊥ED，則PE,EF,ED兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系E?xyz，則E(0,0,0),P(0,0,23由F是AB的中點，得B(4,23所以PC=(3,3設(shè)平面PCD和平面PBF的一個法向量分別為n=(則n→?PC令y1=2,x所以n=(0,2,3),所以cosm設(shè)平面PCD和平面PBF所成角為θ，則sinθ=即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值為86537．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，

(1)求證：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A?PC?B的大?。窘忸}思路】（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得PA⊥BC，再利用勾股定理證得BC⊥PB，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標系，分別求得平面PAC與平面PBC的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.【解答過程】（1）因為PA⊥平面ABC,BC?平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB為直角三角形，又因為PB=PA2所以PB2+BC2又因為BC⊥PA，PA∩PB=P，所以BC⊥平面PAB.（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，則BC⊥AB，以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，所以AP=(0,0,1),設(shè)平面PAC的法向量為m=x1,令x1=1，則y1設(shè)平面PBC的法向量為n=x2,y令x2=1，則z2所以cosm又因為二面角A?PC?B為銳二面角，所以二面角A?PC?B的大小為π338．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C

(1)證明：平面ACC1A(2)設(shè)AB=A1B,A【解題思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因為AC⊥BC，可證BC⊥平面ACC(2)過點A1作A1O⊥CC1，可證四棱錐的高為A1O,由三角形全等可證A1C=AC，從而證得O【解答過程】（1）證明：因為A1C⊥平面ABC，BC?平面所以A1又因為∠ACB=90°，即A1C,AC?平面ACC所以BC⊥平面ACC又因為BC?平面BCC所以平面ACC1A（2）如圖，

過點A1作A1O⊥C因為平面ACC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥平面所以四棱錐A1?BB因為A1C⊥平面ABC，AC,BC?平面所以A1C⊥BC,又因為A1B=AB，所以△ABC與△A1BC設(shè)A1C=AC=x，則所以O(shè)為CC1中點，又因為A1C⊥AC,所以即x2+x所以A1所以四棱錐A1?BB39．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，A1C⊥底面

(1)證明：A1(2)已知AA1與BB1的距離為2，求【解題思路】（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得A1O⊥平面BCC（2）利用直角三角形求出AB1的長及點【解答過程】（1）如圖，

∵A1C⊥底面ABC，BC?面∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC?∴BC⊥平面ACC1A1，又BC?平面BCC∴平面ACC1A過A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面AC∴A1∵A1到平面BCC在Rt△A1設(shè)CO=x，則C1∵△A1OC,△CO2+A1∴1+x2+1+∴AC=A∴（2）∵AC=A∴∴BA=BA過B作BD⊥AA1，交AA1于D，則由直線AA1與B∵A1D=1，BD=2在Rt△ABC，∴BC=延長AC，使AC=CM，連接C1由CM∥A1C∴C1M∥A1C，∴C∴則在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴AB又A到平面BCC所以AB1與平面BCC40．（2023·天津·高考真題）如圖，在三棱臺ABC?A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA

(1)求證：A1N//平面(2)求平面AMC1與平面(3)求點C到平面AMC【解題思路】（1）先證明四邊形MNA（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關(guān)系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【解答過程】（1）

連接MN,C1A.由M,N分別是BC,BA的中點，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC由棱臺性質(zhì)，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N?平面C1MA，MC1?（2）過M作ME⊥AC，垂足為E，過E作EF⊥AC1，垂足為F,連接由ME?面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，由AC1?平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1由MF?平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15，則sin于是cos（3）[方法一：幾何法]

過C1作C1P⊥AC，垂足為P，作C1Q⊥AM，垂足為Q，連接PQ,PM，過P由題干數(shù)據(jù)可得，C1A=C1C=由C1P⊥平面AMC，AM?平面AMC，則C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C又PR?平面C1PQ，則PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C在Rt△C1又CA=2PA，故點C到平面C1MA的距離是P到平面即點C到平面AMC1的距離是[方法二：等體積法]

輔助線同方法一.設(shè)點C到平面AMC1的距離為VCVC?由VC1?AMC41．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中點分別為D,E,O，點F在AC上，(1)求證：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱錐P?ABC的體積．【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證明PM為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.【解答過程】（1）連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則BF=BA+AF=(1?t)則BF?解得t=12，則F為AC的中點，由D,E,O,F分別為于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=則四邊形ODEF為平行四邊形，EF//DO,EF=DO，又EF?平面ADO,DO?平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）過P作PM垂直FO的延長線交于點M，因為PB=PC,O是BC中點，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB=所以PO=P因為AB⊥BC,OF//AB，所以O(shè)F⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF?平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM?平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM?平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱錐P?ABC的高為PM，因為∠POF=120°，所以∠POM=60°，所以PM=POsin又S△ABC所以VP?ABC42．（2023·全國·高考真題）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，AD=5DO，點F在

(1)證明：EF//平面ADO；(2)證明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D?AO?C的正弦值.【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，結(jié)合勾股定理的逆定理及線面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：過點B作z軸⊥平面BAC，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6求出P點坐標，再求出平面ADO與平面（3）法一：由（2）的信息作出并證明二面角的平面角，再結(jié)合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面ADO與平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【解答過程】（1）連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則BF=BA+AF=(1?t)則BF?解得t=12，則F為AC的中點，由D,E,O,F分別為

于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=12EF//DO,EF=DO，又EF?平面ADO,DO?平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）法一：由（1）可知EF//OD，則AO=6,DO=6因此OD2+AO2又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF?平面BEF，則有AO⊥平面BEF，又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.法二：因為AB⊥BC，過點B作z軸⊥平面BAC，建立如圖所示的空間直角坐標系，A2,0,0,在△BDA中，cos∠PBA=在△PBA中，PA設(shè)Px,y,z，所以由PA=14PB=可得：x=?1,y=2,z=3則D?12,2AO設(shè)平面ADO的法向量為n1則n1?AO令x1=1，則y1BE設(shè)平面BEF的法向量為n2則n2?BE令x2=2，則y2n1所以平面ADO⊥平面BEF；

（3）法一：過點O作OH//BF交AC于點H，設(shè)AD∩BE=G，由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH=1又由（2）知，OD⊥AO，則∠DOH為二面角D?AO?C的平面角，因為D,E分別為PB,PA的中點，因此G為△PAB的重心，即有DG=13AD,GE=13cos∠ABD=4+32?于是BE2+EF2從而GF=153，在△DOH中，OH=1于是cos∠DOH=64所以二面角D?AO?C的正弦值為22

法二：平面ADO的法向量為n1平面ACO的法向量為n3所以cosn因為n1,n故二面角D?AO?C的正弦值為2243．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AB=2,AA

(1)證明：B2(2)點P在棱BB1上，當(dāng)二面角P?A2C【解題思路】（1）建立空間直角坐標系，利用向量坐標相等證明；（2）設(shè)P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，利用向量法求二面角，建立方程求出λ即可得解.【解答過程】（1）以C為坐標原點，CD,CB,CC1所在直線為

則C(0,0,0),C∴B∴B又B2∴B（2）設(shè)P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，則A2設(shè)平面PA2C則n?令z=2，得y=3?λ,x=λ?1，∴n設(shè)平面A2C2則m?令a=1，得b=1,c=2，∴m∴cos化簡可得，λ2解得λ=1或λ=3，∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，∴B44．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐A?BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°，E為(1)證明：BC⊥DA；(2)點F滿足EF=DA，求二面角【解題思路】（1）根據(jù)題意易證BC⊥平面ADE，從而證得BC⊥DA；（2）由題可證AE⊥平面BCD，所以以點E為原點，ED,EB,EA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，再求出平面ABD,ABF的一個法向量，根據(jù)二面角的向量公式以及同角三角函數(shù)關(guān)系即可解出．【解答過程】（1）連接AE,DE，因為E為BC中點，DB=DC，所以DE⊥BC①，因為DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，所以△ACD與∴AC=AB，從而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE=E，AE,DE?平面ADE，所以，BC⊥平面ADE，而AD?平面ADE，所以BC⊥DA．（2）不妨設(shè)DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，∴BC=22∴AE2+DE2=4=AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC,以點E為原點，ED,EB,EA所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

設(shè)D(2設(shè)平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為n1二面角D?AB?F平面角為θ,而AB=因為EF=DA=?2∴?2x1+2y2?2z所以，cosθ=n所以二面角D?AB?F的正弦值為3345．（2022·浙江·高考真題）如圖，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的平面角為60°．設(shè)M，N分別為AE,BC的中點．(1)證明：FN⊥AD；(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．【解題思路】（1）過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點G、H，由平面知識易得FC=BC，再根據(jù)二面角的定義可知，∠BCF=60°，由此可知，F(xiàn)N⊥BC，F(xiàn)N⊥CD，從而可證得FN⊥平面ABCD，即得（2）由（1）可知FN⊥平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以可以以點N為原點，NK，NB、NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系N?xyz，求出平面ADE的一個法向量，以及BM，即可利用線面角的向量公式解出．【解答過程】（1）過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點G、H．∵四邊形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面幾何知識易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，則四邊形EFCG和四邊形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F?DC?B的平面角，則∠BCF=60∴△BCF是正三角形，由DC?平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，∵N是BC的中點，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，F(xiàn)N?平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD?平面ABCD∴FN⊥AD．（2）因為FN⊥平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以以點N為原點，NK，NB、NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系N?xyz，設(shè)A(5,3,0),B(0,3∴設(shè)平面ADE的法向量為n由n?AD=0n?設(shè)直線BM與平面ADE所成角為θ，∴sinθ=46．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E為AC的中點．(1)證明：平面BED⊥平面ACD；(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°，點F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時，求三棱錐F?ABC的體積．【解題思路】（1）通過證明AC⊥平面BED來證得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判斷出三角形AFC的面積最小時F點的位置，然后求得F到平面ABC的距離，從而求得三棱錐F?ABC的體積.【解答過程】（1）由于AD=CD，E是AC的中點，所以AC⊥DE.由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以所以AB=CB，故AC⊥BE，由于DE∩BE=E，DE,BE?平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC?平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）[方法一]：判別幾何關(guān)系依題意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等邊三角形，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+B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BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以所以AF=CF，所以EF⊥AC，由于S△AFC=12?AC?EF過E作EF⊥BD，垂足為F，在Rt△BED中，12?BE?DE=所以DF=1所以BFBD過F作FH⊥BE，垂足為H，則FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且所以FH=3所以VF?ABC[方法二]：等體積轉(zhuǎn)換∵AB=BC，∠ACB=60°，AB=2∴Δ∴BE=3連接EF，∵∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,EBF=∴V47．（2022·全國·高考真題）小明同學(xué)參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均為正三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直．(1)證明：EF//平面ABCD；(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．【解題思路】（1）分別取AB,BC的中點M,N，連接MN，由平面知識可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依題從而可證EM⊥平面ABCD，F(xiàn)N⊥平面ABCD，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知EM//FN，即可知四邊形EMNF為平行四邊形，于是EF//MN，最后根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；（2）再分別取AD,DC中點K,L，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體KMNL?EFGH的體積加上四棱錐B?MNFE體積的4倍，即可解出．【解答過程】（1）如圖所示：分別取AB,BC的中點M,N，連接MN，因為△EAB,△FBC為全等的正三角形，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，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四邊形EMNF為平行四邊形，所以EF//MN，又EF?平面ABCD，MN?平面ABCD，所以EF//平面ABCD．（2）[方法一]：分割法一如圖所示：分別取AD,DC中點K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知識可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以該幾何體的體積等于長方體KMNL?EFGH的體積加上四棱錐B?MNFE體積的4倍．因為MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60°=43，點B到平面MNFE的距離即為點B到直線V=4[方法二]：分割法二如圖所示：連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的4倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點P，連接AP,OP.則EH垂直平面APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積V=48．（2022·天津·高考真題）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC⊥AB，點D、E、(1)求證：EF//平面ABC(2)求直線BE與平面CC(3)求平面A1CD與平面【解題思路】（1）以點A1為坐標原點，A1A、A1B1、A1（2）利用空間向量法可求得直線BE與平面CC（3）利用空間向量法可求得平面A1CD與平面【解答過程】（1）證明：在直三棱柱ABC?A1B1C1中，A以點A1為坐標原點，A1A、A1B1、A1則A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2易知平面ABC的一個法向量為m=1,0,0，則EF?∵EF?平面ABC，故EF//平面ABC（2）解：C1C=2,0,0，設(shè)平面CC1D的法向量為u取y1=2，可得u=因此，直線BE與平面CC1D（3）解：A1C=設(shè)平面A1CD的法向量為v=取x2=1，可得v=因此，平面A1CD與平面CC49．（2022·全國·高考真題）如圖，PO是三棱錐P?ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中點．

(1)證明：OE//平面PAC；(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C?AE?B的正弦值．【解題思路】（1）連接BO并延長交AC于點D，連接OA、PD，根據(jù)三角形全等得到OA=OB，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AO=DO，即可得到O為BD的中點從而得到OE//（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得.【解答過程】（1）證明：連接BO并延長交AC于點D，連接OA、PD，因為PO是三棱錐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(shè)為BD的中點，又E為PB的中點，所以O(shè)E//又OE?平面PAC，PD?平面PAC，所以O(shè)E//平面

（2）解：過點A作Az//因為PO=3，AP=5，所以O(shè)A=A又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，則AD=4，AB=43所以AC=12，所以O(shè)23,2,0，B43所以E3則AE=33,1,3設(shè)平面AEB的法向量為n=x,y,z，則n?AE=33x+y+32設(shè)平面AEC的法向量為m=a,b,c，則令a=3，則c=?6，b=0，所以m所以co