专题19 立体几何解答题综合（一）（三大考点，57题）（全国通用）-【好题汇编】十年（2016-2025）高考数学真题分类汇编

专题19 立体几何解答题综合（一） （三大考点，57题） 考点 十年考情 (2016-2025) 命题趋势 考点 1: 空间几何体的表面积 2025 年上海卷：求圆锥侧面积；2020 年上海卷：求圆柱体表面积；2017 年全国 I 卷：求四棱锥侧面积；2016 年上海卷：求圆柱体积与侧面积 1. 表面积计算常与几何体的结构特征结合，涉及公式直接应用。2. 在各类几何体（圆锥、圆柱、棱锥等）中求解表面积是重点，需熟练掌握不同几何体表面积公式。 考点 2: 空间几何体的体积 2025 年天津卷：求三棱锥体积；2024 年上海卷：求三棱锥体积；2023 年全国乙卷：求三棱锥体积；2022 年全国乙卷：求三棱锥体积；2022 年全国甲卷：求包装盒容积；2022 年上海卷：求三棱锥体积；2021 年新高考全国 Ⅰ 卷：求三棱锥体积；2021 年全国乙卷：求四棱锥体积；2021 年全国甲卷：求三棱锥体积；2021 年上海卷：求四棱锥体积；2020 年全国 I 卷：求三棱锥体积；2020 年全国 II 卷：求四棱锥体积；2019 年全国 II 卷：求四棱锥体积；2018 年全国 I 卷：求三棱锥体积；2017 年全国 II 卷：求四棱锥体积；2017 年北京卷：求三棱锥体积；2017 年全国 III 卷：求四面体体积比；2016 年全国 I 卷：求四面体体积；2016 年全国 II 卷：求五棱锥体积；2016 年全国 III 卷：求四面体体积；2016 年江苏卷：求仓库容积；2016 年上海卷：求三棱锥体积；2017 年全国高考真题：求四面体体积 1. 体积计算常与几何体的线面关系、面面关系结合，涉及体积公式及等体积法的应用。2. 在各类几何体（棱锥、棱柱、不规则几何体等）中求解体积是重点，求体积时需确定底面积和高。 考点 3: 空间中的平行关系 2025 年全国二卷：证明线面平行；2025 年北京卷：证明线面平行；2024 年新课标 Ⅰ 卷：证明线面平行；2024 年北京卷：证明线面平行；2024 年天津卷：证明线面平行；2024 年全国甲卷：证明线面平行；2024 年全国甲卷：证明线面平行；2023 年全国乙卷：证明线面平行；2023 年天津卷：证明线面平行；2023 年上海卷：证明线面平行；2022 年新高考全国 Ⅱ 卷：证明线面平行；2022 年北京卷：证明线面平行；2019 年全国 I 卷：证明线面平行；2020 年北京卷：证明线面平行；2019 年全国 I 卷：证明线面平行；2019 年天津卷：证明线面平行；2019 年江苏卷：证明线面平行；2020 年山东卷：证明线面平行；2017 年全国 II 卷：证明线面平行；2016 年全国 III 卷：证明线面平行；2018 年江苏卷：证明线面平行；2016 年江苏卷：证明线面平行；2017 年山东卷：证明线面平行；2017 年江苏卷：证明线面平行；2016 年四川卷：找一点使线面平行；2016 年天津卷：证明线面平行；2016 年山东卷：证明线面平行；2016 年四川卷：证明线面平行 1. 平行关系证明常与中位线、平行四边形性质结合，涉及线面平行、面面平行判定定理的应用。2. 证明线面平行、面面平行是重点，证明时需找到线线平行关系。 考点01：空间几何体的表面积 1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 2．（2020·上海·高考真题）已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体. （1）求圆柱体的表面积； （2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，求与平面ABCD所成的角. 3．（2017·全国I卷·高考真题）如图，在四棱锥中，，且. （1）证明：平面平面； （2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积． 4．（2016·上海·高考真题）将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧． （1）求圆柱的体积与侧面积； （2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小． 考点02：空间几何体的体积 5．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 6．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 7．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 8．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 9．（2022·全国甲卷·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：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 10．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，    (1)求三棱锥P-ABC的体积； (2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）. 11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 12．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 13．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1）求三棱锥的体积； （2）已知D为棱上的点，证明：. 14．（2020·全国I卷·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 15．（2020·全国II卷·高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． （1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积． 16．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面. （1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 17．（2019·全国II卷·高考真题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. （1）证明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积． 18．（2018·全国I卷·高考真题）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．    19．（2017·全国II卷·高考真题）四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面 , （1）证明：直线平面; （2）若△面积为，求四棱锥的体积. 20．（2017·北京·高考真题）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.    (1)求证：PA⊥BD； (2)求证：平面BDE⊥平面PAC； (3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积． 21．（2017·全国III卷·高考真题）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．      （1）证明：AC⊥BD； （2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比． 22．（2016·全国I卷·高考真题）如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G. （Ⅰ）证明：G是AB的中点； （Ⅱ）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积． 23．（2016·全国II卷·高考真题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折起到的位置. （Ⅰ）证明：； （Ⅱ)若，求五棱锥的体积. 24．（2016·全国III卷·高考真题）如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点． （I）证明平面； （II）求四面体的体积.   25．（2016·江苏·高考真题）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.     （1）若则仓库的容积是多少？ （2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？ 26．（2006·上海·高考真题）在直三棱柱中，，. (1)求异面直线与所成角的大小； (2)若与平面所成角为，求三棱锥的体积. 27．（2017·全国·高考真题）如图，四面体中，，D在棱上，，，，． (1)证明平面PBC； (2)若，求四面体的体积V． 考点03：空间中的平行关系（第一问） 28．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 29．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 30．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 31．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 32．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 33．（2024·全国甲卷·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，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 34．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 35．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 36．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 37．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 38．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 39．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 40．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 41．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 42．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离． 43．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，， （Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面； （Ⅱ）求证：平面； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 44．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC． 求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 45．（2020·山东·高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示. （1）若点，分别是，的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 46．（2017·全国II卷·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面， 是的中点． （1）证明：直线平面； （2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值． 47．（2016·全国III卷·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. （Ⅰ）证明MN∥平面PAB; （Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 48．（2018·江苏·高考真题）在平行六面体中，,． 求证：（1）； （2）． 49．（2016·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.    求证：（1）直线DE平面A1C1F； （2）平面B1DE⊥平面A1C1F. 50．（2017·山东·高考真题）由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示．四边形为正方形，为与的交点，为的中点，平面． （1）证明：平面； （2）设是的中点，证明：平面平面． 51．（2017·天津·高考真题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长． 52．（2017·浙江·高考真题）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. （I）证明：CE∥平面PAB； （II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值 53．（2017·江苏·高考真题）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.    求证：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. 54．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. （I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 55．（2016·天津·高考真题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2. （Ⅰ）求证：EG∥平面ADF； （Ⅱ）求二面角O−EF−C的正弦值； （Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值. 56．（2016·山东·高考真题）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线. （Ⅰ）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC； （Ⅱ）已知EF=FB=AC= ，AB=BC．求二面角 的余弦值. 57．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD． （Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由； （Ⅱ）证明：平面PAB⊥平面PBD． 试卷第88页，共88页 试卷第87页，共88页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题19 立体几何解答题综合（一） （三大考点，57题） 考点 十年考情 (2016-2025) 命题趋势 考点 1: 空间几何体的表面积 2025 年上海卷：求圆锥侧面积；2020 年上海卷：求圆柱体表面积；2017 年全国 I 卷：求四棱锥侧面积；2016 年上海卷：求圆柱体积与侧面积 1. 表面积计算常与几何体的结构特征结合，涉及公式直接应用。2. 在各类几何体（圆锥、圆柱、棱锥等）中求解表面积是重点，需熟练掌握不同几何体表面积公式。 考点 2: 空间几何体的体积 2025 年天津卷：求三棱锥体积；2024 年上海卷：求三棱锥体积；2023 年全国乙卷：求三棱锥体积；2022 年全国乙卷：求三棱锥体积；2022 年全国甲卷：求包装盒容积；2022 年上海卷：求三棱锥体积；2021 年新高考全国 Ⅰ 卷：求三棱锥体积；2021 年全国乙卷：求四棱锥体积；2021 年全国甲卷：求三棱锥体积；2021 年上海卷：求四棱锥体积；2020 年全国 I 卷：求三棱锥体积；2020 年全国 II 卷：求四棱锥体积；2019 年全国 II 卷：求四棱锥体积；2018 年全国 I 卷：求三棱锥体积；2017 年全国 II 卷：求四棱锥体积；2017 年北京卷：求三棱锥体积；2017 年全国 III 卷：求四面体体积比；2016 年全国 I 卷：求四面体体积；2016 年全国 II 卷：求五棱锥体积；2016 年全国 III 卷：求四面体体积；2016 年江苏卷：求仓库容积；2016 年上海卷：求三棱锥体积；2017 年全国高考真题：求四面体体积 1. 体积计算常与几何体的线面关系、面面关系结合，涉及体积公式及等体积法的应用。2. 在各类几何体（棱锥、棱柱、不规则几何体等）中求解体积是重点，求体积时需确定底面积和高。 考点 3: 空间中的平行关系 2025 年全国二卷：证明线面平行；2025 年北京卷：证明线面平行；2024 年新课标 Ⅰ 卷：证明线面平行；2024 年北京卷：证明线面平行；2024 年天津卷：证明线面平行；2024 年全国甲卷：证明线面平行；2024 年全国甲卷：证明线面平行；2023 年全国乙卷：证明线面平行；2023 年天津卷：证明线面平行；2023 年上海卷：证明线面平行；2022 年新高考全国 Ⅱ 卷：证明线面平行；2022 年北京卷：证明线面平行；2019 年全国 I 卷：证明线面平行；2020 年北京卷：证明线面平行；2019 年全国 I 卷：证明线面平行；2019 年天津卷：证明线面平行；2019 年江苏卷：证明线面平行；2020 年山东卷：证明线面平行；2017 年全国 II 卷：证明线面平行；2016 年全国 III 卷：证明线面平行；2018 年江苏卷：证明线面平行；2016 年江苏卷：证明线面平行；2017 年山东卷：证明线面平行；2017 年江苏卷：证明线面平行；2016 年四川卷：找一点使线面平行；2016 年天津卷：证明线面平行；2016 年山东卷：证明线面平行；2016 年四川卷：证明线面平行 1. 平行关系证明常与中位线、平行四边形性质结合，涉及线面平行、面面平行判定定理的应用。2. 证明线面平行、面面平行是重点，证明时需找到线线平行关系。 考点01：空间几何体的表面积 1．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. （2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; （2）由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    2．（2020·上海·高考真题）已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体. （1）求圆柱体的表面积； （2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，求与平面ABCD所成的角. 【答案】（1）4π；（2）. 【分析】（1）画出示意图，求出圆柱的母线长，利用表面积运算公式计算即可； （2）由已知可得平面，连接，则为与平面ABCD所成的角，解直角三角形即可. 【详解】（1）因为正方形的边长为1，所以圆柱底面半径，母线长为， 则圆柱的表面积为. （2）因为正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，所以平面，连接 因为平面，所以为与平面ABCD所成的角， 又，，所以，，又， 所以 【点睛】本题考查圆柱表面积及线面角的计算问题，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题. 3．（2017·全国I卷·高考真题）如图，在四棱锥中，，且. （1）证明：平面平面； （2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【详解】试题分析：（1）由，得，．从而得，进而而平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面；（2）设，取中点，连结，则底面，且，由四棱锥的体积为，求出，由此能求出该四棱锥的侧面积. 试题解析：（1）由已知，得，． 由于，故，从而平面． 又平面，所以平面平面． （2）在平面内作，垂足为． 由（1）知，面，故，可得平面． 设，则由已知可得，． 故四棱锥的体积． 由题设得，故． 从而，，． 可得四棱锥的侧面积为 ． 4．（2016·上海·高考真题）将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧． （1）求圆柱的体积与侧面积； （2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小． 【答案】（1）；（2）． 【详解】 （1）由题意可知，圆柱的母线长，底面半径． 圆柱的体积， 圆柱的侧面积． （2）设过点B1的母线与下底面交于点B，则， 所以或其补角为与所成的角． 由长为，可知， 由长为，可知，， 所以异面直线与所成的角的大小为． 考点02：空间几何体的体积 5．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； （3）由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 6．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则， 又正四棱锥底面是正方形，由可得，， 故， 根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥， 即圆锥的高为，底面半径为， 根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 （2）连接，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， 由是中点，则，又平面， 故平面，即平面，又平面， 于是直线与平面所成角的大小即为， 不妨设，则，， 又线面角的范围是， 故.即为所求. 7．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即， 则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）过作垂直的延长线交于点， 因为是中点，所以， 在中，， 所以， 因为， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面， 即三棱锥的高为， 因为，所以， 所以， 又， 所以. 8．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为AC的中点． (1)证明：平面平面ACD； (2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明详见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面. （2）首先判断出三角形的面积最小时点的位置，然后求得到平面的距离，从而求得三棱锥的体积. 【详解】（1）由于，是的中点，所以. 由于，所以， 所以，故， 由于，平面， 所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）[方法一]：判别几何关系 依题意，，三角形是等边三角形， 所以， 由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以. ，所以， 由于，平面，所以平面. 由于，所以， 由于，所以， 所以，所以， 由于，所以当最短时，三角形的面积最小 过作，垂足为， 在中，，解得， 所以， 所以 过作，垂足为，则，所以平面，且， 所以， 所以. [方法二]：等体积转换 ，， 是边长为2的等边三角形， 连接 9．（2022·全国甲卷·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：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出； （2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出． 【详解】（1）如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面． （2）[方法一]：分割法一 如图所示： 分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍． 因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积 ． [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 10．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，    (1)求三棱锥P-ABC的体积； (2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）. 【答案】(1)1； (2)． 【分析】（1）由棱锥体积公式计算； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角． 【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理， 又，，∴， 而， 所以； （2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知， 则，，，∴， ，易知平面的一个法向量是， ， 设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．    11．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点. （1）证明：； （2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可； (2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可. 【详解】（1）因为，O是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以. （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则，设, 所以， 设为平面的法向量， 则由可求得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以，解得． 又点C到平面的距离为，所以， 所以三棱锥的体积为． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作，垂足为点G． 作，垂足为点F，连结，则． 因为平面，所以平面， 为二面角的平面角． 因为，所以． 由已知得，故． 又，所以． 因为， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角，记为，为，， 记二面角为．据题意，得． 对使用三面角的余弦公式，可得， 化简可得．① 使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．② 将①②两式平方后相加，可得， 由此得，从而可得． 如图可知，即有， 根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得， 结合的正切值， 可得从而可得三棱锥的体积为． 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理； 方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解. 方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速. 12．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面； （2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为底面，平面， 所以， 又，， 所以平面， 而平面， 所以平面平面． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知． 于是，故． 因为，所以，即． 故四棱锥的体积． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法    由（2）知,所以． 建立如图所示的平面直角坐标系，设． 因为，所以，，，． 从而． 所以，即．下同方法一. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法   建立如图所示的空间直角坐标系， 设，所以，，，，． 所以，，． 所以． 所以，即．下同方法一. [方法四]：空间向量法    由，得． 所以． 即． 又底面，在平面内， 因此，所以． 所以， 由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义， 得，即． 所以，即．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解； 方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长. 13．（2021·全国甲卷·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，. （1）求三棱锥的体积； （2）已知D为棱上的点，证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）先证明为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积； （2）将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】（1）由于，，所以， 又AB⊥BB1，，故平面， 则，为等腰直角三角形， ，. （2）由（1）的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体，如图所示，取棱的中点，连结， 正方形中，为中点，则， 又， 故平面，而平面， 从而 . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化. 14．（2020·全国I卷·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°． （1）证明：平面PAB⊥平面PAC； （2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得 ，即，从而证得平面，即可证得结论； （2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论. 【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面， 在上，， 是圆内接正三角形，，≌， ，即， 平面平面，平面平面； （2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为， ，解得，， 在等腰直角三角形中，， 在中，， 三棱锥的体积为. 【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题. 15．（2020·全国II卷·高考真题）如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F． （1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面 平面，只需证明平面即可； （2）根据已知条件求得和到的距离，根据锥体体积公式，即可求得. 【详解】（1） 分别为，的中点， 又 在等边中，为中点，则 又侧面为矩形， 由，平面 平面 又 ，且平面，平面， 平面 又 平面，且平面平面 又平面 平面 平面 平面 平面 （2）过作垂线，交点为， 画出图形，如图 平面 平面，平面平面 又 为的中心. 故：，则， 平面平面，平面平面， 平面 平面 又在等边中 即 由（1）知，四边形为梯形 四边形的面积为： ， 为到的距离， . 【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题. 16．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面. （1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）由棱锥体积公式计算； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点， ∴，； （2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，， ，∴，， ∴， 即与所成角的大小为． 17．（2019·全国II卷·高考真题）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. （1）证明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，平面，得到，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立； （2）先设长方体侧棱长为，根据题中条件求出；再取中点，连结，证明平面，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体中，平面； 平面，所以， 又，，且平面，平面， 所以平面；     （2）[方法一]【利用体积公式计算体积】 如图6，设长方体的侧棱长为，则． 由（1）可得．所以，即． 又，所以，即，解得． 取中点F，联结，因为，则，所以平面， 从而四棱锥的体积： ． [方法二]【最优解：利用不同几何体之间体积的比例关系计算体积】 取的中点F，联结．由（Ⅰ）可知， 所以．故． 【整体点评】(2)方法一：利用体积公式计算体积需要同时计算底面积和高，是计算体积的传统方法； 方法二：利用不同几何体之间的比例关系计算体积是一种方便有效快速的计算体积的方法，核心思想为等价转化. 18．（2018·全国I卷·高考真题）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且． （1）证明：平面平面； （2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．    【答案】(1)证明见解析；(2)1. 【分析】(1)根据题意可得，又 BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，再根据面面垂直的判定定理即可证得； (2)方法一：根据平面知识求出，再求得三棱锥的高，即可根据三棱锥的体积公式求出. 【详解】（1）由已知可得，=90°，． 又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD． 又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．    （2）［方法一］：定义法 由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．又，所以． 作QE⊥AC，垂足为E，则 ． 由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1． 因此，三棱锥的体积为 ． ［方法二］：转化法 由（1）知，，又，所以平面，则．因为，所以．因为，所以． 【整体点评】（2）方法一：根据三棱锥的体积公式求底面积和高，是求三棱锥体积的通性通法； 方法二：根据题目的等量关系转化为求易求的三棱锥体积，也是求三棱锥体积的通性通法． 19．（2017·全国II卷·高考真题）四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面 , （1）证明：直线平面; （2）若△面积为，求四棱锥的体积. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ） 【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取中点，由于平面为等边三角形，则，利用面面垂直的性质定理可推出底面ABCD，设，表示相关的长度，利用的面积为，求出四棱锥的体积. 试题解析： （1） 在平面内，因为,所以 又平面平面故平面 （2）取的中点，连接 由及 得四边形为正方形，则. 因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面， 所以底面 因为底面，所以, 设，则，取的中点，连接，则,所以， 因为的面积为，所以， 解得（舍去）， 于是 所以四棱锥的体积 【详解】 20．（2017·北京·高考真题）如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.    (1)求证：PA⊥BD； (2)求证：平面BDE⊥平面PAC； (3)当PA∥平面BDE时，求三棱锥E－BCD的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 【详解】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（Ⅱ）要证明面面垂直，一般转化为证明线面垂直、线线垂直；（Ⅲ）由即可求解. 试题解析:（I）因为，，所以平面， 又因为平面，所以.    （II）因为，为中点，所以， 由（I）知，，所以平面. 所以平面平面. （III）因为平面，平面平面， 所以. 因为为的中点，所以，. 由（I）知，平面，所以平面. 所以三棱锥的体积. 【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面垂直. 21．（2017·全国III卷·高考真题）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．      （1）证明：AC⊥BD； （2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比． 【答案】（1）见解析；（2）1:1. 【详解】试题分析：（1）取的中点，由等腰三角形及等边三角形的性质得，，再根据线面垂直的判定定理得平面，即得AC⊥BD；（2）先由AE⊥EC，结合平面几何知识确定，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1. 试题解析：    （1）取AC的中点O，连结DO，BO. 因为AD=CD，所以AC⊥DO. 又由于是正三角形，所以AC⊥BO. 从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD. （2）连结EO. 由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO. 在中，. 又AB=BD，所以 ，故∠DOB=90°. 由题设知为直角三角形，所以. 又是正三角形，且AB=BD，所以. 故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1. 【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. （3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直. 22．（2016·全国I卷·高考真题）如图，已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连结PE并延长交AB于点G. （Ⅰ）证明：G是AB的中点； （Ⅱ）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）作图见解析，体积为. 【详解】试题分析：证明由可得是的中点.（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.根据正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得在等腰直角三角形中，可得四面体的体积 试题解析：（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以 因为在平面内的正投影为，所以 所以平面，故 又由已知可得，，从而是的中点. （Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影. 理由如下：由已知可得 ，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影. 连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心. 由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故 由题设可得平面，平面，所以， 因此 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得 在等腰直角三角形中，可得 所以四面体的体积 【考点】线面位置关系及几何体体积的计算 【名师点睛】文科立体几何解答题主要考查线面位置关系的证明及几何体体积的计算,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主. 23．（2016·全国II卷·高考真题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折起到的位置. （Ⅰ）证明：； （Ⅱ)若，求五棱锥的体积. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）. 【详解】试题分析：（1）由已知得，， ；（2）由 ，由 ，可证平面．又由得 五边形的面积 以五棱锥体积． 试题解析： （1）由已知得，， 又由得，故， 由此得，所以． （2）由得， 由得， 所以， 于是，故， 由（1）知，又， 所以平面，于是， 又由，所以，平面． 又由得． 五边形的面积． 所以五棱锥体积． 考点：1、线线垂直；2、锥体的体积. 24．（2016·全国III卷·高考真题）如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点． （I）证明平面； （II）求四面体的体积.   【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ). 【详解】试题分析：（Ⅰ）取的中点，然后结合条件中的数据证明四边形为平行四边形，从而得到，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体N-BCM的高，即点到底面的距离为棱的一半，由此可顺利求得结果． 试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，. 又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面.    （Ⅱ）因为平面，为的中点， 所以到平面的距离为. 取的中点，连结.由得，. 由得到的距离为，故. 所以四面体的体积. 【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、三棱锥的体积 【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解． 25．（2016·江苏·高考真题）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.     （1）若则仓库的容积是多少？ （2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？ 【答案】（1）312（2） 【详解】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，，然后利用导数求其最值. 试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8. 因为A1B1=AB=6， 所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积 所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）. （2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0<h<6，OO1=4h.连结O1B1. 因为在 中， 所以，即 于是仓库的容积， 从而. 令，得 或（舍）. 当时， ，V是单调增函数； 当时，，V是单调减函数. 故时，V取得极大值，也是最大值. 因此，当m时，仓库的容积最大. 【考点】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积 【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握. 26．（2006·上海·高考真题）在直三棱柱中，，. (1)求异面直线与所成角的大小； (2)若与平面所成角为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)； (2). 【分析】(1)由，知为异面直线与所成的角； (2)由平面知为与平面所成角，根据几何关系即可求出三棱柱的棱长. 【详解】（1）∵，∴为异面直线与所成的角(或其补角). 由，，得. 因此异面直线与所成角的大小为. （2）∵平面，∴为与平面所成角，即. 由，，得，于是. 因此三棱锥的体积. 27．（2017·全国·高考真题）如图，四面体中，，D在棱上，，，，． (1)证明平面PBC； (2)若，求四面体的体积V． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定进行证明. （2）利用锥体的体积公式直接求解即可. 【详解】（1）证明：连接PD ，， ∴由余弦定理，， 又 平面PBC （2）解：作，交AD于点O， 由，，． 平面    又 平面 ， 则 考点03：空间中的平行关系（第一问） 28．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 29．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点． (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明即可； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可求解. 【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN， 与为等腰直角三角形且， 不妨设，.. E、F分别为BC、PD的中点， ，且. ，， ，∴四边形FGMN为平行四边形， ， 平面PAB，平面PAB，平面PAB； （2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， ， 设平面PCD的一个法向量为， ，， 取，，. 设AB与平面PCD所成角为， 则， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 30．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 31．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 32．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （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. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 33．（2024·全国甲卷·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，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形， ，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 34．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 35．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，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：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （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：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 36．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （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 【详解】（1）    连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且， 由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，于是//平面. （2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接. 由面，面，故，又，，平面，则平面. 由平面，故，又，，平面，于是平面， 由平面，故.于是平面与平面所成角即. 又，，则，故，在中，，则， 于是 （3）[方法一：几何法]    过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为. 由题干数据可得，，，根据勾股定理，， 由平面，平面，则，又，，平面，于是平面. 又平面，则，又，，平面，故平面. 在中，， 又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍， 即点到平面的距离是. [方法二：等体积法]    辅助线同方法一. 设点到平面的距离为. ， . 由，即. 37．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证； （2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可． 【详解】（1）由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 38．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证； （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. 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面    （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.    39．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， （2）因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 40．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值. 【详解】（1）连接， ，分别为，中点    为的中位线 且 又为中点，且 且 四边形为平行四边形 ，又平面，平面 平面 （2）设， 由直四棱柱性质可知：平面 四边形为菱形     则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：，，，D（0，-1,0） 取中点，连接，则 四边形为菱形且    为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面 为平面的一个法向量，且 设平面的法向量，又， ，令，则，     二面角的正弦值为： 【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 41．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明； （Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . 【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示： 在正方体中，且，且， 且，所以，四边形为平行四边形，则， 平面，平面，平面； [方法二]:空间向量坐标法 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，则、、、，，， 设平面的法向量为，由，得， 令，则，，则. 又∵向量,, 又平面，平面； （Ⅱ）[方法一]：几何法 延长到，使得，连接，交于， 又∵，∴四边形为平行四边形，∴， 又∵,∴,所以平面即平面, 连接，作,垂足为,连接, ∵平面,平面,∴， 又∵,∴直线平面, 又∵直线平面,∴平面平面, ∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角， 根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角. 设正方体的棱长为2，则,,∴, ∴, ∴, 即直线与平面所成角的正弦值为. [方法二]：向量法 接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量， 又∵,∴， ∴直线与平面所成角的正弦值为. [方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P． 因为， 所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角． 设正方体的棱长为2，在中，易得， 可得． 由，得， 整理得． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． [方法四]：纯体积法 设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h， 在中，， ， 所以，易得． 由，得，解得， 设直线与平面所成的角为，所以． 【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 42．（2019·全国I卷·高考真题）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点. （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离． 【答案】（1）见解析； （2）. 【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论； （2）根据题意求得三棱锥的体积，再求出的面积，利用求得点C到平面的距离，得到结果. 【详解】（1）连接， ，分别为，中点    为的中位线 且 又为中点，且 且 四边形为平行四边形 ，又平面，平面 平面 （2）在菱形中，为中点，所以， 根据题意有，， 因为棱柱为直棱柱，所以有平面， 所以，所以， 设点C到平面的距离为， 根据题意有，则有， 解得， 所以点C到平面的距离为. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容. 43．（2019·天津·高考真题） 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，， （Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面； （Ⅱ）求证：平面； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）. 【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果； （II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果； （III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果. 【详解】（I）证明：连接，易知，， 又由，故， 又因为平面，平面， 所以平面. （II）证明：取棱的中点，连接， 依题意，得， 又因为平面平面，平面 平面， 所以平面，又平面，故， 又已知，， 所以平面. （III）解：连接， 由（II）中平面， 可知为直线与平面所成的角. 因为为等边三角形，且为的中点， 所以，又， 在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力. 44．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC． 求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论； (2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可. 【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. （2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE. 因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力. 45．（2020·山东·高考真题）已知点，分别是正方形的边，的中点.现将四边形沿折起，使二面角为直二面角，如图所示. （1）若点，分别是，的中点，求证：平面； （2）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）要证明线面平行，可转化为证明面面平行； （2）根据面面垂直的性质定理，可知平面，再结合线面角的定义，可得得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】证明：（1）连接， 设点为的中点，连接，， 在中，又因为点为中点， 所以. 同理可证得， 又因为，分别为正方形的边，的中点， 故，所以. 又因为，所以平面平面. 又因为平面，所以平面. （2）因为为正方形，，分别是，的中点， 所以四边形为矩形，则. 又因为二面角为直二面角，平面平面，平面， 所以平面， 则为直线在平面内的射影， 因为为直线与平面所成的角. 不妨设正方形边长为，则， 在中，， 因为平面，平面，所以， 在中，， ， 即为直线与平面所成角的正弦值. 46．（2017·全国II卷·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面， 是的中点． （1）证明：直线平面； （2）点在棱上，且直线与底面所成角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 【详解】试题分析：（1） 取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量：，，然后利用空间向量的相关结论可求得二面角的余弦值为． 试题解析：（1）取中点，连结，． 因为为的中点，所以,,由得，又 所以．四边形为平行四边形， ． 又，，故 （2） 由已知得,以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则 则，，，， ,则 因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而是底面ABCD的法向量，所以 ， 即（x-1）²+y²-z²=0 又M在棱PC上,设 由①，②得 所以M，从而 设是平面ABM的法向量，则 所以可取.于是 因此二面角M-AB-D的余弦值为 点睛:（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行向量运算，要认真细心、准确计算． （2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m，n>互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m，n>|=．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 47．（2016·全国III卷·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点. （Ⅰ）证明MN∥平面PAB; （Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）． 【详解】（Ⅰ）由已知得. 取的中点，连接，由为中点知，. 又，故，，四边形为平行四边形，于是. 因为平面，平面，所以平面. （Ⅱ）取的中点E，连结.由得，从而， 且. 以为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意知， ，，，， ， ，. 设为平面 的一个法向量，则 即 可取. 于是. 【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角． 【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理． 48．（2018·江苏·高考真题）在平行六面体中，,． 求证：（1）； （2）． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论. 详解： 证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1． 因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C． （2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形． 又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形， 因此AB1⊥A1B． 又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC． 又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC． 因为AB1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． 点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 49．（2016·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.    求证：（1）直线DE平面A1C1F； （2）平面B1DE⊥平面A1C1F. 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【详解】试题分析：（1）利用线面平行判定定理证明线面平行，而线线平行的寻找往往结合平面几何的知识，如中位线的性质等；（2）利用面面垂直判定定理证明，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，往往需要多次利用线面垂直性质定理与判定定理. 试题解析：证明：（1）在直三棱柱中， 在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点， 所以，于是， 又因为DE平面平面， 所以直线DE//平面. （2）在直三棱柱中， 因为平面，所以， 又因为， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为， 所以. 因为直线，所以 【考点】直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系 【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直；（4）证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直. 50．（2017·山东·高考真题）由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示．四边形为正方形，为与的交点，为的中点，平面． （1）证明：平面； （2）设是的中点，证明：平面平面． 【答案】（1） 证明见解析；（2） 证明见解析． 【分析】（1）取的中点，连接，证得四边形为平行四边形，可得，即可证明平面； （2）证明，可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明平面平面． 【详解】证明：（1）取的中点，连接， 由于是四棱柱， 所以， 因此四边形为平行四边形， 所以，又平面， 平面，所以平面． （2）因为分别为和的中点，所以， 所以，又平面， 平面，所以， 因为，所以， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面． 51．（2017·天津·高考真题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）已知点在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或． 【详解】试题分析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.首先要建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直线对应的向量与法向量的数量积为0，求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的夹角求二面角，利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，利用已知条件，求出的值. 试题解析：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）. （1）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量， 则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得. 因为平面BDE，所以MN//平面BDE. （2）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以.不妨设，可得. 因此有，于是. 所以，二面角C—EM—N的正弦值为. （3）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或. 所以，线段AH的长为或. 【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角 【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易. 52．（2017·浙江·高考真题）如图，已知四棱锥P-ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点. （I）证明：CE∥平面PAB； （II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值 【答案】（I）见解析；（II）. 【详解】试题分析：本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．满分15分． （Ⅰ）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值． 试题解析： （Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB． 因为E，F分别为PD，PA中点，所以且， 又因为，，所以且， 即四边形BCEF为平行四边形，所以， 因此平面PAB． （Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ． 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点， 在平行四边形BCEF中，MQ//CE． 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD． 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD． 所以AD⊥平面PBN， 由BC//AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN． 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH． MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角． 设CD=1． 在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=， 在Rt△MQH中，QH=，MQ=， 所以sin∠QMH=， 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是． 【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角． 53．（2017·江苏·高考真题）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.    求证：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. 【答案】（1）见解析（2）见解析 【详解】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则 ，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC． 试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.    又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC. （2）因为平面ABD⊥平面BCD， 平面平面BCD=BD， 平面BCD，， 所以平面. 因为平面，所以 . 又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC， 所以AD⊥平面ABC， 又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC. 点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直． 54．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. （I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (II)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） . 【分析】试题分析：本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第一问，利用线面平行的定理，先证明线线平行，再证明线面平行；第二问，可以先找到线面角，再在三角形中解出正弦值，还可以用向量法建立直角坐标系解出正弦值. 【详解】：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行. 延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点. 理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC=ED. 所以四边形BCDE是平行四边形. 从而CM∥EB. 又EB平面PBE，CM 平面PBE， 所以CM∥平面PBE. （说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点） （Ⅱ）方法一： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 从而CD⊥PD. 所以PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45°. 设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 从而PA⊥CE. 于是CE⊥平面PAH. 所以平面PCE⊥平面PAH. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以APH是PA与平面PCE所成的角. 在Rt△AEH中，AEH=45°，AE=1， 所以AH=. 在Rt△PAH中，PH== ， 所以sinAPH= =. 方法二： 由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 从而PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以PDA=45°. 由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD. 设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2. 作Ay⊥AD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)， 所以=（1,0,-2）， =（1,1,0），=（0,0,2） 设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)， 由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1). 设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = . 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 . 考点：线线平行、线面平行、向量法. 55．（2016·天津·高考真题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2. （Ⅰ）求证：EG∥平面ADF； （Ⅱ）求二面角O−EF−C的正弦值； （Ⅲ）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【详解】试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出平面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证；（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值；（Ⅲ）利用空间向量求线面角，关键是求出平面的法向量，再利用向量数量积求出向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值. 试题解析：依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，. （Ⅰ）证明：依题意，. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得，又，可得， 又因为直线，所以. （Ⅱ）解：易证，为平面的一个法向量. 依题意，. 设为平面的法向量，则，即. 不妨设，可得. 因此有，于是， 所以，二面角的正弦值为. （Ⅲ）解：由，得. 因为，所以，进而有，从而，因此. 所以，直线和平面所成角的正弦值为. 【考点】利用空间向量解决立体几何问题 56．（2016·山东·高考真题）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线. （Ⅰ）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC； （Ⅱ）已知EF=FB=AC= ，AB=BC．求二面角 的余弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 【详解】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，， 、在上底面内，不在上底面内，上底面， 平面，又，平面，平面， 平面， 所以平面平面，由平面，平面． (Ⅱ)连结，，， 以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， ，，， 于是有，，，， 可得平面中的向量，， 设平面中的法向量， 则 于是得平面的一个法向量， 又平面的一个法向量 设二面角为，则， 二面角的余弦值为. 考点：直线与平面平行的判定；二面角的平面及求法. 【方法点晴】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用；直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行，向量法：两平面所成的角的大小与分别垂直于这平面的两向量所成的角（或补角）相等. 57．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD． （Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由； （Ⅱ）证明：平面PAB⊥平面PBD． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析. 【详解】试题分析：本题考查线面平行、线线平行、线线垂直、线面垂直等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.第（Ⅰ）问，先证明线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行；第（Ⅱ）问，先由线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到BD⊥平面PAB，最后利用面面垂直的判定定理证明面面垂直. 试题解析： （Ⅰ）取棱AD的中点M（M∈平面PAD），点M即为所求的一个点.理由如下： 因为AD∥BC,BC=AD，所以BC∥AM, 且BC=AM. 所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB. 又AB平面PAB,CM平面PAB, 所以CM∥平面PAB. （说明：取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点） （Ⅱ）由已知，PA⊥AB, PA⊥CD, 因为AD∥BC,BC=AD，所以直线AB与CD相交， 所以PA⊥平面ABCD. 从而PA⊥BD. 因为AD∥BC,BC=AD， 所以BC∥MD,且BC=MD. 所以四边形BCDM是平行四边形. 所以BM=CD=AD，所以BD⊥AB. 又AB∩AP=A,所以BD⊥平面PAB. 又BD平面PBD, 所以平面PAB⊥平面PBD. 【考点】线面平行、线线平行、线线垂直、线面垂直 【名师点睛】本题考查线面平行、面面垂直的判断，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过平面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分.证明面面垂直时，先证线面垂直，要善于从图形中观察有哪些线线垂直，从而可能有哪些线面垂直，确定要证哪些线线垂直，切忌不加思考，随便写． 试卷第88页，共88页 试卷第87页，共88页 学科网（北京）股份有限公司 $$