2024年全国一卷新高考数学题型细分2-8——立体几何（大题）10 体积

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何（大题）10 体积 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《立体几何》主要分类有：线线角、线面角+平行、线面角+垂直、二面角+平行、二面角+垂直、反求长度、面面垂直的性质、线面平行的性质、面面平行的性质、求体积、体积相关、距离、最值范围分析等，大概188道题。 求体积： 1. （2024年湘J01长郡一模）15. 正四棱柱中，分别是棱的中点，. （1）求正四棱柱的体积；（[endnoteRef:2]） （2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. （求体积，二面角；） [2: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正四棱柱的性质可证为平行四边形，故，从而可得，再根据相似形可求棱柱的高，故可得体积； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量后可求锐二面角的余弦值. 【小问1详解】 连接，因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以. 因为， 所以，所以， 所以，所以， 所以. 所以正四棱柱的体积. 小问2详解】 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， ， 则， 令，则， 则平面的法向量为. 设平面的法向量为， ， 则， 令，则， 则平面的法向量为. . 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. ] 2. （2024年苏J03南通联考）16. 如图，在三棱柱中，在底面ABC上的射影为线段BC的中点，M为线段的中点，且，. （1）求三棱锥的体积；([endnoteRef:3]) （2）求MC与平面所成角的正弦值. （体积，线面角，中下；） [3: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用平行关系和垂直关系的转化，证明面，再根据条件中的数值，代入体积公式，即可求解； （2）首先利用等体积公式转化为求得点到平面的距离，再根据线面角的定义,利用即可. 【小问1详解】 取BC的中点O，连接OA，， 因为在底面ABC上的射影为O， 所以面ABC， 在三棱柱中，面面， 所以面因为面， 所以， 在中，M为线段的中点，， 因为， 所以， 因为面，面，， 所以面， 中，，，所以，， 所以 ； 【小问2详解】 设C到平面的距离为d，则 在中，，， 所以， 所以， 设MC与平面所成角为，则 ， 所以MC与平面所成角的正弦值为. ] 3. （2024年浙J08强基联盟三月）17. 如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点是的中点. （1）证明：.([endnoteRef:4]) （2）点是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求四棱锥的体积. （面面垂直的性质，线面角反求长度，再算体积；） [4: 【答案】（1）证明见解析 （2）或 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直的性质可得平面，由线面垂直性质可得结论； （2）方法一：取中点，作，由线面垂直的性质和判定可证得平面，由线面角定义可知，根据长度关系可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果； 方法二：取中点，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，由线面角的向量求法可构造方程求得，代入棱锥体积公式可求得结果. 【小问1详解】 中点，，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. 【小问2详解】 方法一：取中点，连接，作，垂足为，连接， 分别为中点，，，又，； 由（1）知：平面，平面，； 平面，，平面， 平面，， 又，，平面，平面， 直线与平面所成角为，， 设， ，， ，， 又， ，解得：或， ， 当时，；当时，. 综上所述：四棱锥的体积为或. 方法二：取中点，连接， 分别为中点，，，又，； 由（1）知：平面， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，过作轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 设， ，， ，，，，， ，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ，解得：或， ， 当时，；当时，. 综上所述：四棱锥的体积为或. ] 4. （2024年粤J42江门一模）15. 如图，四边形是圆柱底面的内接矩形，是圆柱的母线. （1）证明：在侧棱上存在点，使平面；（[endnoteRef:5]） （2）在（1）的条件下，设二面角为，，，求三棱锥的体积. （证线面平行，二面角反求长度，再算体积；） [5: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，即可证明，从而得证； （2）设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出，再根据锥体的体积公式计算可得. 【小问1详解】 取的中点，连接交于，连接， 因为为矩形，所以为的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 【小问2详解】 设，如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 又平面的法向量可以为，设平面的法向量为， 则，取， 因为二面角为，所以，解得（负值舍去）， 所以， 所以， 又点到平面的距离， 所以. ] 5. （2024年浙J24金华一中）15. 已知四棱锥的棱的长为，其余各条棱长均为1． （1）求四棱锥的体积；([endnoteRef:6]) （2）求二面角的大小． （求体积，二面角；） [6: 【答案】15. 16. 【解析】 【分析】（1）设四边形的外接圆半径为，求得，利用等面积求得四边形的面积，求出到平面的距离，可以求解体积； （2）利用线面垂直，推出面面垂直，求解二面角. 【小问1详解】 如图（1）所示，四棱锥中，，其余各条棱长均为1， 所以点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心， 即四边形为圆内接四边形，如图（2）所示, 根据四边形的对称性，可得为外接圆的直径，, 所以， 设四边形的半径为，在直角中，可得，, 由等面积法， 又由点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心， 所以底面四边形,即， 所以; 【小问2详解】 由,, 所以 即, 又平面,所以平面, 又平面,所以平面平面, 所以二面角为. ] 6. （2024年湘J22一起考二模）16. 如图，已知圆台的高为，母线长为2，AB，CD分别是上、下底面的直径，． （1）求该圆台的体积；（[endnoteRef:7]） （2）点E在圆上，且，求直线与平面所成角的正弦值． （求体积，线面角；） [7: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得四边形为平行四边形，在中，可得，利用圆台体积公式求解； （2）建立空间直角坐标系，由点E在圆上和，确定点坐标，再利用线面角公式求解. 【小问1详解】 因为，，所以四边形为平行四边形， 又，在中，，， 所以，则， 所以圆台的体积为； 【小问2详解】 在圆上过点作的垂线作为轴，以为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则 则， 设，则，由点E在圆上和， 可得，得，由于圆锥的对称性，不妨取， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以， 设直线与平面所成角为，则. ] 7. （2024年粤J109珠海一中冲刺）17．在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于． (1)当时，求点的轨迹长度；（[endnoteRef:8]） (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． （面面垂直的性质，轨迹分析，二面角反求长度，再算体积；） [8: 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长； （2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可. 【详解】（1）作交于， 因为平面平面，且平面平面，面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 因为，，、平面，， 所以平面，又因为平面，所以． 分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 设，因为，所以， 又，， 所以，即， 设中点为，则，如图： 又，所以， 因此，的轨迹为圆弧，其长度为； （2）由（1）知，可设，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令得． 为平面的一个法向量，令二面角为角， ，又， 解得，（舍去）或，， 则或， 从而可得三棱锥的体积． ] 8. （2024年鲁J30泰安二模）17．两个向量和的叉乘写作，叉乘运算结果是一个向量，其模为，方向与这两个向量所在平面垂直.若，，则.如图，已知在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，分别是，，，的中点. (1)证明：平面平面； (2)已知，，为中点，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间右手直角坐标系.([endnoteRef:9]) ①求； ②求三棱锥的体积. （证面面平行，拓展，求体积；） [9: 17．(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据中点关系可得线线平行，即可证明平面，平面，进而根据面面平行的判定求证， （2）根据长度关系，利用勾股定理可得平面，进而建立空间直角坐标系，利用法向量求解点面距，即可根据锥体体积公式求解. 【详解】（1）证明：在中，，分别为，中点 在中，，分别为，中点 平面，平面 平面 连，， , 四边形为平行四边形 , 四边形为平行四边形 平面，平面 故平面 平面，平面，且 平面平面 （2），， ，， 又，， ，平面，， 平面 又平面，平面平面 ，为中点 又平面平面 平面 以的方向为轴正方向，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图所示的空间右手直角坐标系， 则，，， ， ， 法一：是平面的法向量 法二：设是平面的法向量，则 ，即 取，则， 到平面的距离 三棱锥的体积 ] 9. （2024年鲁J43日照二模）16．在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．    (1)求证：；（[endnoteRef:10]） (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积． （面面垂直的性质，二面角反求长度，再算体积；） [10: 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解. 【详解】（1）解：作交于， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，且平面，所以， 又因为，，且平面，， 所以平面， 因为平面，所以. （2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标， 如图所示，则， 设，因为，所以， 因为，所以，即， 又由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 又因为为平面的一个法向量， 设二面角的平面角为， 则， 因为，解得（舍去）或， 所以点或， 所以三棱锥的体积为.    ] 10. （2024年湘J51师附二模）15．如图，直四棱柱的底面是边长为2的菱形，平面. (1)求四棱柱的体积；（[endnoteRef:11]） (2)设点关于平面的对称点为，点和点关于平面对称（和未在图中标出），求平面与平面所成锐二面角的大小. （求体积，二面角；） [11: 15．(1)； (2). 【分析】（1）连，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，借助向量垂直的坐标表示求出四棱柱的高，进而求出体积. （2）利用对称求出点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，再借助面面角的向量求法求得结果. 【详解】（1）在直四棱柱中，连，由菱形，得，令， 以为坐标原点，直线分别为轴，过平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点，， 由平面，平面，得，则，解得， 所以四棱柱的体积. （2）由（1）知，，， 由平面，点关于平面的对称点为，则点在线段上，且， 设，，则 ， 所以， 于是，解得，则， 由点和点关于平面对称，得是平面的一个法向量， 又是平面的一个法向量， 因此， 所以平面和平面所成锐二面角的大小为. ] 体积反求长度： 11. （2024年苏J02前黄一模）16. 如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与均不重合）. （1）当点是棱的中点时，求证：直线平面；（[endnoteRef:12]） （2）当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度. （证线面垂直，截面；） [12: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理，通过勾股定理证，，即可证得直线平面； （2）连接，作平行于，交于点，连接，说明截面为平面，由，列方程求解可得的长度. 【小问1详解】 因为是棱的中点， 所以， ，， 由勾股定理，得，同理可得，， 又，、平面， 所以直线平面； 【小问2详解】 连接，作平行于，交于点，连接， 因， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以，则截面为平面， 设线段的长为， 因为，所以，得， 故， 可得， 又由，可得， 由题意，整理的，解得， 所以线段的长度为. ] 12. （2024年闽J18福师附模拟）17．如图，在三棱柱中，，，E，F分别为，的中点，且EF⊥平面． (1)求棱BC的长度；（[endnoteRef:13]） (2)若，且的面积，求二面角的正弦值． （线面垂直反求长度，体积反求长度，再算二面角；） [13: 17．(1)1 (2) 【分析】（1）根据平行关系可得，再结合垂直关系可得，即可得结果； （2）根据题意分析可得平面ABC，，建系，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD， ∵分别为的中点，则且， 又∵为三棱柱，且分别为的中点，则且， 可得且，即四边形DEFB为平行四边形，故， 又∵平面，则平面， 平面，可得， 又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形， ∴. （2）由（1）可知：，且，即， ∴， 则可得，且， ∵平面，平面，则， ∴，解得， 由（1）知平面，平面，则， 又∵，则 又∵，，则， ，平面ABC， ∴平面ABC， 平面ABC，则， 且，可得， ∴为直角三角形，则， 以为坐标原点，向量，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， ∵平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为， 可得， ∴， 故二面角的正弦值为. ] 13. （2024年苏J37苏锡常镇二调）15．如图，直三棱柱的体积为1，，，． (1)求证：；（[endnoteRef:14]） (2)求二面角的余弦值． （线面垂直，二面角；） [14: 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：由线面垂直证明即可；法二：用空间直角坐标系证明即可； （2）法一：过作于，连接，由已知得出为二面角的平面角，求解即可；法二：建立空间直角坐标系求解． 【详解】（1）直三棱柱的体积为：， 则，四边形为正方形， 法一：在直棱柱中，面，， 又平面，则， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以， 因为，所以， 在正方形中，有， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以． 法二：直棱柱，平面，又， 以为原点，，，所在直线为x轴，y轴， z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， ，所以． （2）由（1）得， 设，在中，过作于，连接， 因为，，平面，且， 所以平面，又平面， 所以， 所以为二面角的平面角， 因为，，得， 又在中，，得， ， 所以二面角的余弦值为． 法二： ，，，，， ，，设平面的法向量：， 则，取，得， ，，设面的法向量， 则，取，得， 设二面角的大小为，则： ， 因为为锐角，所以二面角余弦值为． ] 14. （2024年浙J40台州二评）17．如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，（[endnoteRef:15]） (1)求证：平面； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. （证线面平行，体积反求长度，再算二面角；） [15: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明； （2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解. 【详解】（1）证明：如图所示： 分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥. ∵，∴，∴， 取的中点，连接，， ∵，且，∴四边形为平行四边形. ∴，又平面，平面， ∴平面； （2）由于，所以， 又梯形面积为， 设到平面距离为，则，得. 而，平面，平面， 所以平面， 所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等， 而，所以平面. 以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系， 易得为等边三角形，所以，，，， 设平面的法向量为， 则， 得，，不妨取， 又平面的一个法向量为. 则， 平面与平面夹角的余弦值为. ] 15. （2024年湘J41永州三模）16．如图，在多面体中，底面为直角梯形，，，平面，. (1)证明：；（[endnoteRef:16]） (2)若，，且多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. （线面垂直，体积反求长度，再算线面角；） [16: 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意易得，可证，由已知可得，从而可证平面，可证结论； （2）设多面体的体积为，，利用体积可求，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，利用向量法可求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）在中，， 在中，， 所以，， 所以，又平面，平面， 所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2）设多面体的体积为，， 则， 解得， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 那么， 所以直线与平面所成角的正弦值为. ] 16. （2024年浙J34杭州四月检）17．如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．([endnoteRef:17]) (1)证明：； (2)若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值． （线面垂直，体积反求长度，再算二面角；） [17: 17．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直， （2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解. 【详解】（1）在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 所以． 又因为，平面, 所以平面,平面． 所以． 由于,所以四边形为平行四边形，所以． 又，所以， 所以． （2）因为，所以， 又，平面,所以平面． 取中点，连接，设． 设多面体的体积为， 则 ． 解得． 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ． 则平面的一个法向量． 所以， 设平面的一个法向量， 则即取． 所以． 所以平面与平面夹角的余弦值为． ] 17. （2024年粤J40汕头一模）17. 如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且.设为棱上的点. （1）若为中点，求证：；（[endnoteRef:18]） （2）若三棱台的体积为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. （线面垂直，线面角反求长度；） [18: 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，与重合，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）取中点，利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 取中点，连结、，则， 由平面，得平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 取中点，连结，由（1）得为二面角平面的平面角， 由平面平面得：，即， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设该棱台的高为，由，得， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设，则， 于是，解得或(舍去)， 所以存在点满足条件，此时与重合. ] 18. （2024年浙J04温州一适）17. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，，，，平面. （1）求证：；([endnoteRef:19]) （2）若四棱锥的体积为2，求平面与平面夹角的余弦值. （线面垂直，体积反求长度，再算二面角；） [19: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据梯形的性质求解可证，进而根据线线垂直即可求证， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解平面夹角，或者利用几何法，结合线面垂直找到两平面的夹角，根据三角形的边角关系即可求解. 【小问1详解】 ∵平面，平面， ∴， 过点作，由为等腰梯形，， 故， 所以，即，即， 平面， ∴平面，平面， 故. 【小问2详解】 方法一:， ∵, ， ∴. 如图，建立空间直角坐标系， ，，，， , 设平面法向量为， 则，， 取，得 同理，设面法向量为，则 ，， 取，得， 由题意，. 设平面与平面的夹角为，则， 方法二：， ∵, ， ∴. ∵平面，平面，∴平面平面， 过作，则平面垂足为，平面，则, 过作的垂线，垂足为，连， 由于平面, 所以平面,平面，故， 则为所求二面角夹角的平面角. ，所以, ,，， . ] 19. （2024年粤J14华附二调）19. 如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，分别是，的中点，点是线段上动点且恒成立. （1）证明：；([endnoteRef:20]) （2）当三棱锥与三棱锥的体积之和为时，求平面与平面所成角的余弦值. （证线面垂直，体积反求长度，再算二面角；） [20: 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直判断有平面，再根据线面垂直的性质和判定证结论； （2）取中点为，连接，，根据已知求得相关线段长度，构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【小问1详解】 ∵在平面上运动且恒成立， ∴，，，平面， ∴平面，又平面，故， ∵，则， ∵平面，平面， ∴，又且面， ∴平面，平面，故. 【小问2详解】 取中点为，连接，，，则，到直线的距离相等， 由平面，平面，故， 由，则，所以为的高， 又，同理，且平面， ∴，则， 以，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为，则，取，得， 平面的一个法向量为， ∴. 设平面与平面所成角为，则， ∴平面与平面所成角的余弦值为. ] 20. （2024年粤J126广东三模）17．如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若为的中点，，圆锥的体积为. (1)求证：；（[endnoteRef:21]） (2)若圆上的点满足，求平面与平面夹角的余弦值. （线面垂直，二面角；） [21: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面，证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，所以， 底面圆，而底面圆，则， ，，平面，所以平面，     因为平面，所以. （2）因为，圆锥的体积为，所以，所以，     因为，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 即平面的法向量为，     显然， 又底面圆，底面圆， 所以， 所以，，两两垂直， 以为原点，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，，， 由题意， 点在圆上，则，如图所示， 在中，，则， 过作轴的垂线，垂足为， 有，，则， 得， 所以，，，     设平面的法向量为，所以， 令，则，所以，     设平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. ] 体积相关： 21. （2024年浙J35金华义乌三模）17．如图，四棱锥中，四边形是菱形，，是正三角形，是的重心，点满足. (1)求证：平面；（[endnoteRef:22]） (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. （证线面平行，线面角；） [22: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据重心的性质可得，即可根据线线平行求证， （2）根据线线垂直可得线面垂直，进而可得平面平面，根据余弦定理以及勾股定理求解长度，即可利用等体积法求解长度，利用线面角的几何法求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量与直线方向向量的夹角求解即可. 【详解】（1）如图，连接，交点为，则是的中点.因为是的重心，所以.又是的中点，所以. 由知在线段上，且，所以， 而平面，平面，所以平面. （2）方法1：设，则.取中点，连接，则，，平面, 故平面，又平面，所以平面平面，交线为. 由，，则, 得.所以到平面的距离等于到直线的距离. 设到平面的距离为，由平面知到平面的距离也是. 由得，，， 从而. 在中，，，，由余弦定理得， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 方法2：如图，以中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则，，，，，，，所以,,, 设平面的法向量是，由 . 令，则，. 所以，， 从而直线与平面所成角的正弦值是. ] 22. （2024年浙J36名校联盟三联考）16．已知四面体. (1)证明：;（[endnoteRef:23]） (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. （线面垂直，线面角；） [23: 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可知，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）方法1：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，利用等体积法求点到平面的距离为，结合线面夹角的定义分析求解；方法2：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，建系，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）取的中点，连， 由，可得， 又因为，平面， 所以 平面 ， 因为平面，所以. （2）方法1：因为，所以， 又因为，所以， 由（1）可得平面，所以平面平面， 作交延长线于点，则平面且， 设点到平面的距离为， 因为，则， 可得， 设直线与平面所成角为，可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为； 方法2：因为，所以， 又因为，可知， 由（1）可得平面，且平面， 所以平面平面， 作交延长线于点， 则平面且， 如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$