第07讲 立体几何与空间向量（2022-2024高考真题）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

第07讲立体几何与空间向量（2022-2024高考真题）（新高考专用）一、单项选择题1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=22，该棱锥的高为（

A．1 B．2 C．2 D．3【解题思路】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PO⊥平面ABCD，利用等体积法求点到面的距离.【解答过程】如图，底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PD=22分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF，则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，过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，由平面PEF∩平面ABCD=EF，PO⊂平面PEF，所以PO⊥平面ABCD，由题意可得：PE=23,PF=2,EF=4，则PE则12PE⋅PF=1所以四棱锥的高为3.当相对的棱长相等时，不妨设PA=PC=4，PB=PD=22因为BD=42=PB+PD，此时不能形成三角形故选：D.2．（2024·全国·高考真题）设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β=m.下述四个命题：①若m//n，则n//α或n//β

②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β③若n//α且n//β，则m//n

④若n与α,β所成的角相等，则m⊥n其中所有真命题的编号是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【解题思路】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【解答过程】对①，当n⊂α，因为m//n，m⊂β，则n//β，当n⊂β，因为m//n，m⊂α，则n//α，当n既不在α也不在β内，因为m//n，m⊂α,m⊂β，则n//α且n//β，故①正确；对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，故②错误；对③，过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t，因为n//α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，同理可得n//t，则s//t，因为s⊄平面β，t⊂平面β，则s/平面β因为s⊂平面α，α∩β=m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；对④，若α∩β=m,n与α和β所成的角相等，如果n//α,n//β，则m//n，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.3．（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC−DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已知AD=1，BE=2，A．36 B．334+12【解题思路】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.【解答过程】用一个完全相同的五面体HIJ−LMN（顶点与五面体ABC−DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．AD=1,BE=2,CF=3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，VABC−DEF故选：C.4．（2024·天津·高考真题）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（

）A．若m//α，n//α，则m⊥n B．若mC．若m//α,n⊥α，则m⊥n D．若m//α,n⊥α，则【解题思路】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.【解答过程】对于A，若m//α，n//α，则对于B，若m//α,n//对于C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故对于D，若m//α,n⊥α，则m与故选：C.5．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523，AB=6，AA．12 B．1 C．2 【解题思路】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高ℎ=433，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM=433，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，【解答过程】解法一：分别取BC,B1C1的中点可知S△ABC设正三棱台ABC−A1B则VABC−A1如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为则AA1=可得DD结合等腰梯形BCC1B即x2+16所以A1A与平面ABC所成角的正切值为解法二：将正三棱台ABC−A1B则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面因为PA1PA可知VABC−A1设正三棱锥P−ABC的高为d，则VP−ABC=1取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO=23所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO=故选：B.6．（2024·全国·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（

）A．23π B．33π C．【解题思路】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积.【解答过程】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r2而它们的侧面积相等，所以2πr×3故r=3，故圆锥的体积为13故选：B.7．（2024·上海·高考真题）定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P1,P2,P3∈Ω，存在不全为0的实数λA．0,0,0∈Ω C．0,1,0∈Ω 【解题思路】首先分析出三个向量共面，显然当1,0,0,【解答过程】由题意知这三个向量OP1对A，由空间直角坐标系易知0,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当−1,0,0,(1,0,0)∈Ω对B，由空间直角坐标系易知−1,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当0,0,0,(1,0,0)∈Ω对C，由空间直角坐标系易知1,0,0,则由1,0,0,0,1,0∈对D，由空间直角坐标系易知1,0,0,则当0,0,−1(1,0,0)∈Ω无法推出故选：C．8．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个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与平面ABCD的夹角的正切值均为14

A．102m B．112mC．117m D．125m【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求EO，EG【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG,OM，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO=因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E，所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以OG=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又因为EF=AB−5−5=25−5−5=15，所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m故选：C.9．（2023·全国·高考真题）在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=6，则该棱锥的体积为（

A．1 B．3 C．2 D．3【解题思路】证明AB⊥平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.【解答过程】取AB中点E，连接PE,CE，如图，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，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故选：A.10．（2023·全国·高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（

）A．15 B．25 C．35【解题思路】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.【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C−AB−D的平面角，即∠CED=150

显然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，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDECD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35故选：C.11．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（A．π B．6π C．3π D．【解题思路】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【解答过程】在△AOB中，∠AOB=120∘，而OA=OB=3，取AB中点C，连接OC,PC∠ABO=30∘，OC=32,AB=2BC=3，由△PAB解得PC=332所以圆锥的体积V=1故选：B.12．（2023·天津·高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥A．19 B．29 C．13【解题思路】分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥平面PAC，垂足为B′，连接PB′,过N作NN【解答过程】如图，分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥

因为BB′⊥平面PAC，BB′⊂平面又因为平面PBB′∩平面PAC=PB′，NN′⊥PB′，在△PCC′中，因为MM′⊥PA,C在△PBB′中，因为BB所以VP−AMN故选：B.13．（2022·天津·高考真题）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BCE=120°,则该几何体的体积为（

）A．272 B．2732 C．27【解题思路】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【解答过程】如图所示，该几何体可视为直三柱BCE−ADF与两个三棱锥S−MAB，S−NCD拼接而成.记直三棱柱BCD−ADF的底面BCE的面积为S，高为ℎ，所求几何体的体积为V，则S=1ℎ=CD=BC=33所以V==Sℎ+1故选：C.14．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（A．100π B．128π C．144π D．192π【解题思路】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1【解答过程】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r故选：A．

15．（2022·全国·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若SA．5 B．22 C．10 D．【解题思路】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r【解答过程】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r则S甲所以r1又2πr则r1所以r1所以甲圆锥的高ℎ1乙圆锥的高ℎ2所以V甲故选：C.16．（2022·全国·高考真题）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（

）A．8 B．12 C．16 D．20【解题思路】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【解答过程】由三视图还原几何体，如图，则该直四棱柱的体积V=2+4故选：B.17．（2022·全国·高考真题）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．13 B．12 C．33【解题思路】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2r【解答过程】[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α，则S（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2又设四棱锥的高为ℎ，则r2V当且仅当r2=2ℎ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a，底面所在圆的半径为r，则r=22aV=1(当且仅当a24=1−所以该四棱锥的体积最大时，其高ℎ=1−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a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，所以该四棱锥的高ℎ=1−a22，V=130<t<43，f′t>0所以当t=43时，V最大，此时故选：C.18．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈SPQ≤5}，则T表示的区域的面积为（A．3π4 B．π C．2π D．【解题思路】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【解答过程】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×3故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B.19．（2022·全国·高考真题）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148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为A．1.0×109m3 B．1.2×109【解题思路】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．【解答过程】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×∴V==3×320+60故选：C．20．（2022·全国·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 【解题思路】证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，A1【解答过程】解：在正方体ABCD−AAC⊥BD且DD1⊥又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD因为E,F分别为AB,BC的中点，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对于选项BCD，解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，则B1C1则EF=−1,1,0,A设平面B1EF的法向量为则有m⋅EF=−同理可得平面A1BD的法向量为平面A1AC的法向量为平面A1C1则m⋅所以平面B1EF与平面A1因为m与n2所以平面B1EF与平面A1因为m与n3所以平面B1EF与平面A1故选：A.对于选项BCD，解法二：解：对于选项B，如图所示，设A1B∩B1E=M，EF∩BD=N，则MN在△BMN内，作BP⊥MN于点P，在△EMN内，作GP⊥MN，交EN于点G，连结BG，则∠BPG或其补角为平面B1EF与平面由勾股定理可知：PB2+P底面正方形ABCD中，E,F为中点，则EF⊥BD，由勾股定理可得NB从而有：NB据此可得PB2+P据此可得平面B1EF⊥平面对于选项C，取A1B1的中点H由于AH与平面A1AC相交，故平面B1对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形A1B1由于A1M与平面A1C1故选：A.二、多项选择题21．（2023·全国·高考真题）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0.99mB．所有棱长均为1.4mC．底面直径为0.01m，高为1.8D．底面直径为1.2m，高为0.01【解题思路】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【解答过程】对于选项A：因为0.99m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2m，且2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3m，且3所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为1.2m如图，过AC1的中点O作OE⊥AC可知AC=2,CC即12=OE且642=故以AC1为轴可能对称放置底面直径为若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点为可知：AC1⊥即12=0.6根据对称性可知圆柱的高为3−2×0.6所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.22．（2023·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（

）．A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4C．AC=22 D．△PAC的面积为【解题思路】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.【解答过程】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB=3A选项，圆锥的体积为13B选项，圆锥的侧面积为π×C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P−AC−O的平面角，则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，故AD=CD=3−1=2D选项，PD=12+故选：AC.

23．（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,VA．V3=2VC．V3=V【解题思路】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由【解答过程】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G则EM=2a2+EM2+FM2=EF则V3=VA−EFM+VC−EFM故选：CD.三、填空题24．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2r2−r1【解题思路】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.【解答过程】由题可得两个圆台的高分别为ℎ甲ℎ乙所以V甲故答案为：6425．（2023·全国·高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=2．【解题思路】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.【解答过程】如图，将三棱锥S−ABC转化为正三棱柱SMN−ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r则2r=ABsin∠ACB设三棱锥S−ABC的外接球球心为O，连接OA,OO1，则因为OA2=OO1故答案为：2.26．（2023·全国·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC【解题思路】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【解答过程】设球的半径为R.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2R′为体对角线长AC1=

分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1连接MG，则MG=42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为2综上，R∈[22故答案为：[2227．（2023·全国·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，【解题思路】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.【解答过程】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取CD，CC1中点G,M，侧面BB1C由题意可知，O为球心，在正方体中，EF=F即R=2则球心O到CC1的距离为所以球O与棱CC1相切，球面与棱同理，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棱的交点总数为12.故答案为：12.28．（2023·全国·高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D【解题思路】结合图像，依次求得A1【解答过程】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A

因为AB=2,A则A1故AM=12AC−所以所求体积为V=1故答案为：7629．（2023·全国·高考真题）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28．【解题思路】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.【解答过程】方法一：由于24=12，而截去的正四棱锥的高为所以正四棱锥的体积为13截去的正四棱锥的体积为13所以棱台的体积为32−4=28.方法二：棱台的体积为13故答案为：28.四、解答题30．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥P−ABCD,O为底面ABCD的中心．(1)若AP=5,AD=32，求△POA绕PO(2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小．【解题思路】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形△POA的边长，然后求圆锥的体积；（2）连接EA,EO,EC，可先证BE⊥平面ACE，根据线面角的定义得出所求角为∠BOE，然后结合题目数量关系求解.【解答过程】（1）正四棱锥满足且PO⊥平面ABCD，由AO⊂平面ABCD，则PO⊥AO，又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=32可得，AO=3故PO=P根据圆锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成的几何体是以PO为轴，AO为底面半径的圆锥，即圆锥的高为PO=4，底面半径为AO=3，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是1（2）连接EA,EO,EC，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由E是PB中点，则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，于是直线BD与平面AEC所成角的大小即为∠BOE，不妨设AP=AD=6，则BO=32,BE=3，又线面角的范围是0,π故∠BOE=π31．（2024·全国·高考真题）如图，AB//CD,CD//EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4,AD=BC=10，AE=23,M为(1)证明：EM//平面BCF；(2)求点M到ADE的距离.【解题思路】（1）结合已知易证四边形EFCM为平行四边形，可证EM//（2）先证明OA⊥平面EDM，结合等体积法VM−ADE【解答过程】（1）由题意得，EF//MC，且EF=MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM//FC，又CF⊂平面BCF,EM⊂平面BCF所以EM//平面BCF；（2）取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB//MC，且AB=MC，所以四边形AMCB是平行四边形，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OA2又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM，所以OA⊥平面EDM，易知S△EDM在△ADE中，cos∠DEA=所以sin∠DEA=设点M到平面ADE的距离为d，由VM−ADE得13S△ADE故点M到平面ADE的距离为61332．（2024·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1,AB=3(1)若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC(2)若AD⊥DC，且二面角A−CP−D的正弦值为427，求AD【解题思路】（1）先证出AD⊥平面PAB，即可得AD⊥AB，由勾股定理逆定理可得BC⊥AB，从而AD//BC，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，根据三垂线法可知，∠DFE即为二面角A−CP−D的平面角，即可求得tan∠DFE=6，再分别用AD的长度表示出DE,EF，即可解方程求出【解答过程】（1）（1）因为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.因为BC2+AB2又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC．（2）如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，因为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，根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A−CP−D的平面角，即sin∠DFE=427因为AD⊥DC，设AD=x，则CD=4−x2又CE=4−x2−x故tan∠DFE=x4−x233．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3,点E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．(1)若F为线段PE中点，求证：BF//平面PCD(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．【解题思路】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF//平面PCD（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值.【解答过程】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，则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）因为ED=2，故AE=1，故AE//故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE⊥平面而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,−1,0则PA设平面PAB的法向量为m=则由m⋅PA=0m⋅设平面PCD的法向量为n=则由n⋅PC=0n⋅故cosm故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为303034．（2024·全国·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF//AD,BC//AD，AD=4,AB=BC=EF=2，ED=10,FB=23，M(1)证明：BM//平面CDE；(2)求二面角F−BM−E的正弦值．【解题思路】（1）结合已知易证四边形BCDM为平行四边形，可证BM//（2）作BO⊥AD交AD于O，连接OF，易证OB,OD,OF三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【解答过程】（1）因为BC//AD,EF=2,AD=4,M为AD的中点，所以四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM⊄平面CD⊂平面CDE，所以BM//平面CDE（2）如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,AD=4,AB=BC=2，所以结合（1）BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2，又AM=2，所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB=3又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EF//四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF，所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF=A因为OB2+OF2以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立O−xyz空间直角坐标系，F0,0,3，B3,0,0BE=−3,2,3，设平面平面EMB的法向量为n=则m⋅BM=0m⋅BF=0，即−则n⋅BM=0n⋅BE=0即n=3,3,−1，cos故二面角F−BM−E的正弦值为4335．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中(1)求证D1N//平面(2)求平面CB1M(3)求点B到平面CB【解题思路】（1）取CB1中点P，连接NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.【解答过程】（1）取CB1中点P，连接NP，由N是B1C1的中点，故NP由M是DD1的中点，故D1则有D1M//故四边形D1MPN是平行四边形，故又MP⊂平面CB1M，D故D1N//（2）以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，有A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1则有CB1=1,−1,2、设平面CB1M与平面BB1则有m⋅CB分别取x1=x2=1，则有y1=3即m=1,3,1、则cosm故平面CB1M与平面B（3）由BB1=0,0,2，平面则有BB即点B到平面CB1M36．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F满足AE=25AD，AF(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．【解题思路】（1）由题意，根据余弦定理求得EF=2，利用勾股定理的逆定理可证得EF⊥AD，则EF⊥PE,EF⊥DE，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明PE⊥ED，建立如图空间直角坐标系E−xyz，利用空间向量法求解面面角即可.【解答过程】（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）连接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，则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E−xyz，则E(0,0,0),P(0,0,23由F是AB的中点，得B(4,23所以PC=(3,3设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(则n→⋅PC令y1=2,x所以n=(0,2,3),所以cosm设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sinθ=即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为86537．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，

(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A−PC−B的大小．【解题思路】（1）先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥PB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，所以△PAB为直角三角形，又因为PB=PA2所以PB2+BC2又因为BC⊥PA，PA∩PB=P，所以BC⊥平面PAB.（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，所以AP=(0,0,1),设平面PAC的法向量为m=x1,令x1=1，则y1设平面PBC的法向量为n=x2,y令x2=1，则z2所以cosm又因为二面角A−PC−B为锐二面角，所以二面角A−PC−B的大小为π338．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C

(1)证明：平面ACC1A(2)设AB=A1B,A【解题思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC，可证BC⊥平面ACC(2)过点A1作A1O⊥CC1，可证四棱锥的高为A1O,由三角形全等可证A1C=AC，从而证得O【解答过程】（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面所以A1又因为∠ACB=90∘，即A1C,AC⊂平面ACC所以BC⊥平面ACC又因为BC⊂平面BCC所以平面ACC1A（2）如图，

过点A1作A1O⊥C因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1所以A1O⊥平面所以四棱锥A1−BB因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面所以A1C⊥BC,又因为A1B=AB，所以△ABC与△A1BC设A1C=AC=x，则所以O为CC1中点，又因为A1C⊥AC,所以即x2+x所以A1所以四棱锥A1−BB39．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥底面

(1)证明：A1(2)已知AA1与BB1的距离为2，求【解题思路】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BCC（2）利用直角三角形求出AB1的长及点【解答过程】（1）如图，

∵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过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面AC∴A1∵A1到平面BCC在Rt△A1设CO=x，则C1∵△A1OC,△CO2+A1∴1+x2+1+∴AC=A∴（2）∵AC=A∴∴BA=BA过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则由直线AA1与B∵A1D=1，BD=2在Rt△ABC，∴BC=延长AC，使AC=CM，连接C1由CM∥A1C∴C1M∥A1C，∴C∴则在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴AB又A到平面BCC所以AB1与平面BCC40．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA

(1)求证：A1N//平面(2)求平面AMC1与平面(3)求点C到平面AMC【解题思路】（1）先证明四边形MNA（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【解答过程】（1）

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接由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，则sin于是cos（3）[方法一：几何法]

过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P由题干数据可得，C1A=C1C=由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C在Rt△C1又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面即点C到平面AMC1的距离是[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点C到平面AMC1的距离为VCVC−由VC1−AMC41．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，(1)求证：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱锥P−ABC的体积．【解题思路】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF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PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.【解答过程】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)则BF⋅解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=则四边形ODEF为平行四边形，EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，因为PB=PC,O是BC中点，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB=所以PO=P因为AB⊥BC,OF//AB，所以OF⊥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，即三棱锥P−ABC的高为PM，因为∠POF=120°，所以∠POM=60°，所以PM=POsin又S△ABC所以VP−ABC42．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD=5DO，点F在

(1)证明：EF//平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D−AO−C的正弦值.【解题思路】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）法一：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.法二：过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，设Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6求出P点坐标，再求出平面ADO与平面（3）法一：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.法二：求出平面ADO与平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【解答过程】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)则BF⋅解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为

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，则AO=6,DO=6因此OD2+AO2又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF，则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，A2,0,0,在△BDA中，cos∠PBA=在△PBA中，PA设Px,y,z，所以由PA=14PB=可得：x=−1,y=2,z=3则D−12,2AO设平面ADO的法向量为n1则n1⋅AO令x1=1，则y1BE设平面BEF的法向量为n2则n2⋅BE令x2=2，则y2n1所以平面ADO⊥平面BEF；

（3）法一：过点O作OH//BF交AC于点H，设AD∩BE=G，由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH=1又由（2）知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D−AO−C的平面角，因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的重心，即有DG=13AD,GE=13cos∠ABD=4+32−于是BE2+EF2从而GF=153，在△DOH中，OH=1于是cos∠DOH=64所以二面角D−AO−C的正弦值为22

法二：平面ADO的法向量为n1平面ACO的法向量为n3所以cosn因为n1,n故二面角D−AO−C的正弦值为2243．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,AA

(1)证明：B2(2)点P在棱BB1上，当二面角P−A2C【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设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.【解答过程】（1）以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为

则C(0,0,0),C∴B∴B又B2∴B（2）设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，则A2设平面PA2C则n⋅令z=2，得y=3−λ,x=λ−1，∴n设平面A2C2则m⋅令a=1，得b=1,c=2，∴m∴cos化简可得，λ2解得λ=1或λ=3，∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，∴B44．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60∘，E为(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF=DA，求二面角【解题思路】（1）根据题意易证BC⊥平面ADE，从而证得BC⊥DA；（2）由题可证AE⊥平面BCD，所以以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，再求出平面ABD,ABF的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【解答过程】（1）连接AE,DE，因为E为BC中点，DB=DC，所以DE⊥BC①，因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60∘，所以△ACD与∴AC=AB，从而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）不妨设DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，∴BC=22∴AE2+DE2=4=AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC,以点E为原点，ED,EB,EA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D(2设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1二面角D−AB−F平面角为θ,而AB=因为EF=DA=−2∴−2x1+2y2−2z所以，cosθ=n所以二面角D−AB−F的正弦值为3345．（2022·浙江·高考真题）如图，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的平面角为60°．设M，N分别为AE,BC的中点．(1)证明：FN⊥AD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【解题思路】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=BC，再根据二面角的定义可知，∠BCF=60∘，由此可知，FN⊥BC，FN⊥CD，从而可证得FN⊥平面ABCD，即得（2）由（1）可知FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N−xyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．【解答过程】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H．∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形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，则∠BCF=60∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，∵N是BC的中点，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．（2）因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N−xyz，设A(5,3,0),B(0,3∴设平面ADE的法向量为n由n⋅AD=0n⋅设直线BM与平面ADE所成角为θ，∴sinθ=46．（2022·全国·高考真题）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．【解题思路】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.【解答过程】（1）由于AD=CD，E是AC的中点，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]：判别几何关系依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，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过E作EF⊥BD，垂足为F，在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=所以DF=1所以BFBD过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且所以FH=3所以VF−ABC[方法二]：等体积转换∵AB=BC，∠ACB=60°，AB=2∴Δ∴BE=3连接EF，∵∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,EBF=∴V47．（2022·全国·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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【解题思路】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．【解答过程】（1）如图所示：分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，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，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．（2）[方法一]：分割法一如图所示：分别取AD,DC中点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，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线V=4[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4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V=48．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥AB，点D、E、(1)求证：EF//平面ABC(2)求直线BE与平面CC(3)求平面A1CD与平面【解题思路】（1）以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1（2）利用空间向量法可求得直线BE与平面CC（3）利用空间向量法可求得平面A1CD与平面【解答过程】（1）证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1则A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2易知平面ABC的一个法向量为m=1,0,0，则EF⋅∵EF⊄平面ABC，故EF//平面ABC（2）解：C1C=2,0,0，设平面CC1D的法向量为u取y1=2，可得u=因此，直线BE与平面CC1D（3）解：A1C=设平面A1CD的法向量为v=取x2=1，可得v=因此，平面A1CD与平面CC49．（2022·全国·高考真题）如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．

(1)证明：OE//平面PAC；(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．【解题思路】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//（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.【解答过程】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥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为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，所以OE//平面

（2）解：过点A作Az//因为PO=3，AP=5，所以OA=A又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=43所以AC=12，所以O23,2,0，B43所以E3则AE=33,1,3设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=33x+y+32设平面AEC的法向量为m=a,b,c，则令a=3，则c=−6，b=0，所以m所以co