29 专题逐一通关“阶段整合练”(四) 真题融合卷-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

29　专题逐一通关“阶段整合练”(四) 真题融合卷 立体几何 (满分：150分　时间：120分钟) 一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　) A．2　 B．2　 C．4　 D．4 B　[设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2．故选B．] 2．(2020·天津卷)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　) A．12π　 B．24π　 C．36π　 D．144π C　[设外接球的半径为R，易知2R＝×2＝6，所以R＝3，于是表面积S＝4πR2＝36π．故选C．] 3．(2024·新课标Ⅰ卷)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，则圆锥的体积为(　　) A．2π　 B．3π　 C．6π　 D．9π B　[设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3， 故圆锥的体积为π×9×＝3π．故选B．] 4．(2024·全国甲卷)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m．下列四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α和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 A　[对于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内也不在β内，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，则n∥α且n∥β，故①正确； 对于②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②错误； 对于③，如图过直线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； 对于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．] 5．(2021·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为(　　) A．　 B．　 C．　 D． D　[法一：如图，连接C1P，因为ABCD-A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面B1BP， 所以C1P⊥平面B1BP．又BP⊂平面B1BP，所以有C1P⊥BP．连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝． 法二：以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则B(0，0，2)，P(1，1，0)，D1(2，2，0)，A(0，2，2)，＝(－1，－1，2)，＝(2，0，－2)．设直线PB与AD1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝．因为θ∈，所以θ＝． 法三：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角，即∠PBC1．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝．] 6．(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为(　　) A．1　 B．　 C．2　 D．3 A　[ 法一：如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝，又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC＝×S△ABC×PD＝××2××＝1． 法二：如图(同法一)，PA＝PB＝2，AB＝BC＝2． 取AB的中点D，连接PD，CD，可得AB⊥PD，AB⊥CD． 又PD∩CD＝D， 所以AB⊥平面PCD． 又PD＝CD＝＝， 又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，则PD⊥CD． 所以S△PCD＝PD·CD＝××＝， 所以VP-ABC＝S△PCD·AB＝××2＝1．] 7．(2022·全国乙卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　) A．平面B1EF⊥平面BDD1　 B．平面B1EF⊥平面A1BD C．平面B1EF∥平面A1AC　 D．平面B1EF∥平面A1C1D A　[在正方体ABCD-A1B1C1D1中， AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD， 又EF⊂平面ABCD，所以EF⊥DD1， 因为E，F分别为AB，BC的中点， 所以EF∥AC，所以EF⊥BD， 又BD∩DD1＝D， 所以EF⊥平面BDD1， 又EF⊂平面B1EF， 所以平面B1EF⊥平面BDD1，故A正确； 如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB＝2， 则D(0，0，0)，B1(2，2，2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)，B(2，2，0)，A1(2，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)， 则＝(－1，1，0)，＝(0，1，2)，＝(2，2，0)，＝(2，0，2)， ＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(－2，2，0)， 设平面B1EF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则有可取m＝(2，2，－1)， 同理可得平面A1BD的一个法向量为n1＝(1，－1，－1)， 平面A1AC的一个法向量为n2＝(1，1，0)， 平面A1C1D的一个法向量为n3＝(1，1，－1)， 则m·n1＝2－2＋1＝1≠0， 所以平面B1EF与平面A1BD不垂直，故B错误； 因为m与n2不平行， 所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误； 因为m与n3不平行， 所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误． 故选A．] 8．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A．　 B．　 C．　 D． C　[因为球的体积为36π，所以球的半径R＝3， 设正四棱锥的底面边长为2a，高为h， 则l2＝2a2＋h2，32＝2a2＋(3－h)2， 所以6h＝l2，2a2＝l2－h2， 所以正四棱锥的体积V＝Sh＝×4a2×h＝××＝， 所以V'＝＝l3， 当3≤l<2 时，V'>0，当2 <l≤3 时，V'<0， 所以当l＝2 时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为， 又l＝3时，V＝，l＝3 时，V＝， 所以正四棱锥的体积V的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是．故选C．] 二、选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则(　　) A．AD⊥A1C　 B．B1C1⊥平面AA1D C．AD∥A1B1　 D．CC1∥平面AA1D BD　[由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC，则AA1⊥AD，假设AD⊥A1C，又AA1∩A1C＝A1，AA1，A1C⊂平面AA1C1C，所以AD⊥平面AA1C1C，矛盾，所以AD与A1C不垂直，故A错误； 因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，则AA1⊥BC，因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC，又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，又BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AA1D，故B正确； 因为AB∥A1B1，AD与AB相交，所以AD与A1B1异面，故C错误； 因为CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D，AA1⊂平面AA1D，所以CC1∥平面AA1D，故D正确．故选BD．] [教材链接]　本题源自人教A版必修第二册第148页练习第4题、第159页练习第4题、第162页习题8.6第4题． 10．(2023·新课标Ⅱ卷)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4π C．AC＝2　 D．△PAC的面积为 AC　[在△PAB中，由余弦定理得AB＝2．如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝．对于A，该圆锥的体积V＝πr2h＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P-AC-O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝＝，所以AC＝2，故C选项正确；对于D，PH＝OH＝，S△PAC＝×AC×PH＝2，故D选项错误．故选AC．] 11．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，则(　　) A．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC1与CA1所成的角为90° C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45° ABD　[如图，连接B1C ，BC1，因为DA1∥B1C ，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角， 因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确； 连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1 ， 因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C， 又CA1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确； 连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO， 因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B， 因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1， 所以C1O⊥平面BB1D1D， 所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角， 设正方体棱长为1，则C1O＝，BC1＝，sin∠C1BO＝＝， 所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误； 因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．故选ABD．] 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分． 12．(2019·北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断： ①l⊥m；②m∥α；③l⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：________． 如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α　[将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： (1)如果l⊥α，m∥α，则l⊥m．正确； (2)如果l⊥α，l⊥m，则m∥α．正确； (3)如果l⊥m，m∥α，则l⊥α．不正确，有可能l与α斜交、l∥α．] 13．(2018·全国Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°．若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________． 40π　[如图所示，设S在底面的射影为S'，连接AS'，SS'．△SAB的面积为·SA·SB·sin∠ASB＝·SA2·＝·SA2＝5，所以SA2＝80，SA＝4．因为SA与底面所成的角为45°，所以∠SAS'＝45°，AS'＝SA·cos 45°＝4×＝2．所以底面周长l＝2π·AS'＝4π，所以圆锥的侧面积为×4×4π＝40π．] 14．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________． [2，2]　[由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包括棱切球半径和外接球半径)．设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2．所以球O的半径的取值范围是[2，2]．] 四、解答题：本大题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (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，求AD． [解]　(1)证明：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＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC． (2)法一：如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF， 因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，DE⊥AC，DE⊂平面ABCD， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥PC．又EF⊥CP，EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面DEF，所以CP⊥平面DEF，CP⊥DF． 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＝，即tan∠DFE＝． 因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝． 法二：由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2)． 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 可取m＝(，a，0)． 因为二面角A-CP-D的正弦值为， 所以余弦值的绝对值为， 故|cos<m，n>|＝ ＝＝， 又a>0，所以a＝，即AD＝． 16．(15分)(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值． [解]　(1)证明：连接DE，AE， 因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC． 因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB， 所以△ADB≌△ADC(SAS)． 可得AC＝AB，故AE⊥BC． 因为DE∩AE＝E，DE，AE⊂平面ADE，所以BC⊥平面ADE． 又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA． (2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC． 不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2． 由题可知△CDB为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝． 因为AE⊥BC，所以AE＝＝． 在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED． 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(，0，0)，B(0，，0)，A(0，0，)，＝(－，0，)，＝(0，－，)． 设F(xF，yF，zF)，因为＝，所以(xF，yF，zF)＝(－，0，)，可得F(－，0，)． 所以＝(，0，0)． 设平面DAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，则y1＝z1＝1，m＝(1，1，1)． 设平面ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 得x2＝0，取y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1)． 所以|cos<m，n>|＝＝＝． 记二面角D-AB-F的大小为θ，则sin θ＝＝＝， 故二面角D-AB-F的正弦值为． 17．(15分)(2024·天津卷)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1．M，N分别为DD1，B1C1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． [解]　(1)证明：取CB1中点P，连接NP，MP(图略)， 由N是B1C1的中点，故NP∥CC1，且NP＝CC1， 由M是DD1的中点，故D1M＝DD1＝CC1，且D1M∥CC1， 则有D1M∥NP，D1M＝NP， 故四边形D1MPN是平行四边形，故D1N∥MP， 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 故D1N∥平面CB1M． (2)以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 有A(0，0，0)，B(2，0，0)， B1(2，0，2)，M(0，1，1)， C(1，1，0)，C1(1，1，2)， 则有＝(1，－1，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，0，2)， 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则有 分别取x1＝x2＝1，则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0， 即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 则|cos<m，n>|＝＝＝， 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为． (3)由＝(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m＝(1，3，1)， 则有＝＝， 即点B到平面CB1M的距离为． 18．(17分)(2025·全国一卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD． (1)证明：平面PAB⊥平面PAD． (2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上． (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值． [解]　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB， 又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB． (2)(ⅰ)证明：以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，)，设O(a，b，c)， 因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以||＝||＝||＝||， 则(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2， 得a＝0，b＝1，c＝0，即O(0，1，0)， 所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内． (ⅱ)＝(，2，0)，＝(0，1，－)， 则cos<，>＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为． 19．(17分)(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD．将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A'，使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°． (1)证明：A'B∥平面CD'F； (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值． [解]　(1)证明：法一：因为EB∥FC，EB⊄平面CD'F，FC⊂平面CD'F，所以EB∥平面CD'F， 因为A'E∥D'F，A'E⊄平面CD'F，D'F⊂平面CD'F， 所以A'E∥平面CD'F． 因为EB⊂平面BA'E，A'E⊂平面BA'E，EB∩A'E＝E，所以平面BA'E∥平面CD'F． 因为A'B⊂平面BA'E，所以A'B∥平面CD'F． 法二：如图，延长DC至点G，使得DG＝AB，连接GB，GD'， 因为AB∥CD，所以AB∥DG，又AB＝DG， 所以四边形ABGD是平行四边形，所以AD＝BG，AD∥BG． 翻折后，A'D'＝BG，A'D'∥BG， 所以四边形A'BGD'是平行四边形，所以A'B∥D'G． 因为A'B⊄平面CD'F，D'G⊂平面CD'F， 所以A'B∥平面CD'F． (2)因为∠DAB＝90°，EF∥AD，所以∠FEB＝90°，即AB⊥EF，翻折后，A'E⊥EF，EB⊥EF， 所以平面EFD'A'与平面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB， 即∠A'EB＝60°，同理∠D'FC＝60°． 设AD＝1，取CF的中点O，连接D'O， 在△OD'F中，D'F＝1，OF＝，∠D'FO＝60°，由余弦定理得OD'＝， 所以D'F2＝OF2＋OD'2，所以OD'⊥OF． 在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，所以四边形EMOF为平行四边形， 所以EF∥OM， 因为D'F⊥EF，CF⊥EF，D'F∩CF＝F，D'F，CF⊂平面CD'F， 所以EF⊥平面CD'F，即OM⊥平面CD'F， 所以OM，OC，OD'两两垂直， 如图所示，以O为坐标原点，以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则B，C，D'， E，F，＝(1，1，0)， ＝，＝(1，0，0)， ＝． 设平面BCD'的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取z1＝，则m＝(－3，3，)． 设平面EFD'A'的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 取z2＝，则n＝(0，－3，)． 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝＝， 所以sin θ＝＝＝， 所以平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为． 1/17 学科网（北京）股份有限公司 $