03 立体几何解答题30题——备战2026年高考数学考前一个月(每日一题)

**基本信息** 以公式整合-位置关系判定-空间量计算为逻辑主线，通过30道分层训练题系统构建立体几何解题方法体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |公式梳理|表面积体积公式表|几何体度量公式系统整合|从基本度量到空间性质的基础铺垫| |位置关系|平行垂直判定性质表|线面/面面关系判定定理表格化|位置关系判定与性质的双向推理| |空间量计算|距离角计算公式|点线面距离及空间角算法归纳|空间度量计算的统一方法体系| |分层训练|30题（基础10/中档10/冲刺10）|证明与计算题型分类突破|从基础应用到综合创新的能力递进|

03 立体几何（30题） 高考一天天临近，可不能停下做数学题的手，得一直保持着“手感”，坚持动笔练习才是正理。这时候不少同学心态容易像坐过山车，就说成绩那事儿吧，要是看着分数往下掉，立马就慌了神，陷入焦虑里出不来。其实啊，成绩起起伏伏太正常不过了。你想啊，每套试卷的难度本来就不一样，咱们临场发挥也有好有坏，再加上试卷考查的知识点，说不定刚好撞到了自己掌握得不太扎实的地方，那分数有点波动不就是情理之中的事儿嘛。真犯不上因为一次考试的得失就揪着自己不放，非得学会辩证地看待这些起起落落才行。 进了考场，要是碰到没见过的新题或者啃不动的难题，可千万得沉住气。这时候不妨给自己宽宽心：我都觉得难，那别的同学大概率也跟我一样犯愁。当然了，也不能因为题目看着简单就飘了，觉得自己稳操胜券，掉以轻心可不行。咱们得拿出十二分的劲头，把自己真实的水平都发挥出来，确保会做的题一分都不丢，至于那些难题，就尽自己最大的努力，能多拿一分是一分。 常用公式 1.斜二测画法: 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 侧面展开图 侧面积公式 表面积 体积 圆 柱 S 圆柱侧＝2πrl 棱柱 圆柱 S 表＝S 侧＋2S底 V＝Sh 圆 锥 S 圆锥侧 ＝πrl 圆锥 S表＝S 侧＋S 底 圆 台 棱台 S 圆台侧 ＝π(r1＋r2)l 圆台 S表＝S 侧＋S上＋S下 棱柱、棱锥、棱台求表面积需要求各个面的面 积--不外乎三角形面积,平行四边形面积 球 S＝4πR2 3. 平行 图形 符号 应用 线面平行的判定 线线平行 线面平行 线面平行的性质 线面平行 线线平行 面面平行的判定 线面平行 面面平行 面面平行的性质 面面平行 线线平行 面面平行 线面平行 4 .垂直 图形 符号 应用 线面垂直的判定 线线垂直 线面平行 线面垂直的性质 线面垂直 线线平行 面面垂直的判定 线面垂直 面面垂直 面面垂直的性质 面面垂直 线面垂直 线面垂直 线线垂直 一、点到直线的距离 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为 (如图)． 二、点到平面的距离 已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点,则点到平面的距离为（如图）. 三、异面直线所成角 若分别为直线的方向向量，为直线的夹角，则. 四、直线与平面所成角 1、夹角定义：设是直线的方向向量,是平面的法向量,直线与平面的夹角为.则. 五、平面与平面的夹角 平面与平面的夹角：两个平面相交形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于的二面角称为这两个平面的夹角. 若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则. 基础通关练 1．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 2．（2026·山东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点． (1)求直线与平面的夹角； (2)若，平面与交于点，求线段的长度． 3．（2026·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 4．（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 5．（2026·江西九江·一模）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 6．（2026·新疆·一模）如图，在三棱锥中，两两垂直，    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 7．（2026·山东·一模）已知正方体，E，F分别是，的中点，如图所示．    (1)求与所成角的大小； (2)求证：平面． 8．（2026·上海长宁·一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，直线与平面所成的角的大小为． (1)求四棱锥的体积； (2)点在线段上，直线平面，求二面角的余弦值． 9．（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，. (1)证明：平面平面. (2)求点到平面的距离. (3)求平面和平面夹角的余弦值. 10．（2026·陕西咸阳·二模）如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 中档提升练 11．（2026·湖北武汉·二模）如图三棱锥中，，平面平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积. 12．（2026·江西九江·二模）如图，在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，轴截面为四边形，在下底上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 13．（2026·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点． (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值． 14．（2026·甘肃金昌·三模）如图，在四棱柱中，，底面是边长为1的正方形，，点是上异于的一点，． (1)求证：平面； (2)若点E是上的点，，，求平面与平面的夹角的余弦值． 15．（2026·江西·三模）如图，在直三棱柱中，，且． (1)证明：平面. (2)在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由. (3)求平面与平面夹角的正切值. 16．（2026·甘肃金昌·三模）如图，在中，是的中点，是上的点，.将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，设是上靠近的三等分点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 17．（2026·陕西榆林·三模）如图，已知梯形中，，点是的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值． 18．（2026·江西·三模）如图，平面四边形中且，绕旋转到的位置，使得且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥的高； (3)求二面角的正弦值. 19．（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 20．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. ‌冲刺满分练 21．（2026·广东中山·三模）如图，在四棱锥中，底面，，，.以为直径的球面分别交，于，两点（，异于所在棱端点）. (1)证明：平面； (2)求异面直线与的夹角； (3)求三棱锥的体积. 22．（2026·天津·二模）如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 23．（2026·河北邢台·二模）如图，在平行六面体中，底面为菱形且，与底面所成角为，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值； (3)若，求三棱锥外接球的体积. 24．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 25．（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．    (1)若，， ①求四棱锥的体积； ②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值． (2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值． 26．（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 27．（2026·山东聊城·二模）在梯形中，，，、分别是、的中点，，，如图1所示．沿将梯形折起，得到一个多面体，如图2所示． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为， ①求多面体的体积； ②求直线与平面所成角的正弦值． 28．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 29．（2026·重庆渝中·模拟预测）如图，在棱长为4的正四面体中，分别为棱、、上的点，且，，，，. (1)若，. （i）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； (2)若满足，设四面体的体积为随机变量，求的分布列和数学期望.（注：当时，四面体的体积记为）. 30．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. (1)求证：； (2)若这个四面体被平行于棱、的平面截成两部分，设、到平面的距离比为，求证：这个四面体被平面分成的两部分（棱和交四面体组成的五面体与棱和交四面体组成的五面体）的体积比是. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 03 立体几何（30题） 高考一天天临近，可不能停下做数学题的手，得一直保持着“手感”，坚持动笔练习才是正理。这时候不少同学心态容易像坐过山车，就说成绩那事儿吧，要是看着分数往下掉，立马就慌了神，陷入焦虑里出不来。其实啊，成绩起起伏伏太正常不过了。你想啊，每套试卷的难度本来就不一样，咱们临场发挥也有好有坏，再加上试卷考查的知识点，说不定刚好撞到了自己掌握得不太扎实的地方，那分数有点波动不就是情理之中的事儿嘛。真犯不上因为一次考试的得失就揪着自己不放，非得学会辩证地看待这些起起落落才行。 进了考场，要是碰到没见过的新题或者啃不动的难题，可千万得沉住气。这时候不妨给自己宽宽心：我都觉得难，那别的同学大概率也跟我一样犯愁。当然了，也不能因为题目看着简单就飘了，觉得自己稳操胜券，掉以轻心可不行。咱们得拿出十二分的劲头，把自己真实的水平都发挥出来，确保会做的题一分都不丢，至于那些难题，就尽自己最大的努力，能多拿一分是一分。 常用公式 1.斜二测画法: 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 侧面展开图 侧面积公式 表面积 体积 圆 柱 S 圆柱侧＝2πrl 棱柱 圆柱 S 表＝S 侧＋2S底 V＝Sh 圆 锥 S 圆锥侧 ＝πrl 圆锥 S表＝S 侧＋S 底 圆 台 棱台 S 圆台侧 ＝π(r1＋r2)l 圆台 S表＝S 侧＋S上＋S下 棱柱、棱锥、棱台求表面积需要求各个面的面 积--不外乎三角形面积,平行四边形面积 球 S＝4πR2 3. 平行 图形 符号 应用 线面平行的判定 线线平行 线面平行 线面平行的性质 线面平行 线线平行 面面平行的判定 线面平行 面面平行 面面平行的性质 面面平行 线线平行 面面平行 线面平行 4 .垂直 图形 符号 应用 线面垂直的判定 线线垂直 线面平行 线面垂直的性质 线面垂直 线线平行 面面垂直的判定 线面垂直 面面垂直 面面垂直的性质 面面垂直 线面垂直 线面垂直 线线垂直 一、点到直线的距离 已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设向量在直线l上的投影向量为＝a，则点P到直线l的距离为 (如图)． 二、点到平面的距离 已知平面的法向量为 , 是平面内的任一点，是平面外一点,过点作则平面的垂线，交平面于点,则点到平面的距离为（如图）. 三、异面直线所成角 若分别为直线的方向向量，为直线的夹角，则. 四、直线与平面所成角 1、夹角定义：设是直线的方向向量,是平面的法向量,直线与平面的夹角为.则. 五、平面与平面的夹角 平面与平面的夹角：两个平面相交形成四个二面角,我们把这四个二面角中不大于的二面角称为这两个平面的夹角. 若分别为平面的法向量，为平面的夹角，则. 基础通关练 1．（2026·河北沧州·二模）如图，四棱锥中，底面是梯形，，. (1)证明:平面平面； (2)若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由条件先证明，得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）因底面是梯形，，，则， 又，平面，则平面， 又平面，故平面平面. （2）取的中点为，连接，因，则， 由（1）得平面，平面，则， 又平面，则平面. 过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直， 故可以分别为轴建立空间直角坐标系. 因，由，可得， 则，. 设平面的法向量为， 因， 则，故可取， 因平面，故平面的法向量可取为， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为，则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 2．（2026·山东·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为等腰梯形，且为的中点． (1)求直线与平面的夹角； (2)若，平面与交于点，求线段的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）方法一：根据面面垂直的性质定理，结合线面角定义进行求解即可； 方法二：根据面面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可； （2）根据空间向量的线性运算坐标公式，结合法向量的性质进行求解即可. 【详解】（1）方法一：连接，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面， 所以即为直线与平面的夹角， 因为，所以． 又因为底面为等腰梯形，且， 所以，所以四边形为平行四边形，所以． 则，所以， 所以直线与底面的夹角为 方法二：连接，因为，所以， 又因为平面平面，平面交平面于， 所以平面， 所以即为直线与底面的夹角， 因为，所以． 又因为底面为等腰梯形，且， 所以，所以四边形为平行四边形，所以． 取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以， 由面，建立空间直角坐标系如图所示， 所以，所以， 面的法向量为，所以， 所以直线与底面的夹角为； （2）取的中点，连接，因为底面为等腰梯形，所以， 由（1）得面，建立空间直角坐标系如图所示， 所以， 所以， 因为，所以，则， 同理， 设面的法向量为，所以，则， 不妨令，所以，则． 令，所以 因为点在面中，所以，所以， 所以，所以． 综上，线段的长度为． 3．（2026·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系,设,通过向量法可证得，即共面; (2)分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）由平面平面，，得平面，以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系： 设， 则， 故，， 共面. （2）设，故， 设平面的法向量为， 由， 得，取，可得； ， 设平面的法向量为， 由， 得，取，所以， ， 设平面与平面夹角为 , 即平面与平面夹角的余弦值. 4．（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，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）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【详解】（1）在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以. 又，平面，因此平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. （2） 取中点为，中点为，则，. 由（1）知，平面，平面，则.又，故. 又，平面，则平面. 即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面所成角为， 则 所以直线与平面所成角的正弦值为. 5．（2026·江西九江·一模）如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (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）根据面面垂直性质定理证明平面，进而，再根据即可证明平面，最后结合线面垂直证明结论； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）因为，所以为中点， 因为侧面是正三角形，所以， 因为底面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以 （2）根据题意，如图建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为，则 ， 因为， 所以， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 故可取， 设直线与平面所成角为， 则 所以直线与平面所成角的正弦值为 6．（2026·新疆·一模）如图，在三棱锥中，两两垂直，    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立坐标系，求出平面法向量，利用线面角的向量公式可得答案； （2）求出两个半平面的法向量，利用向量夹角公式可求二面角. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系； ，,； 设平面的一个法向量为，则， 令，得，即， 设直线与平面所成角为，则. 即直线与平面所成角的正弦值为. （2）由（1）知平面的一个法向量为， 易求平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，易知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为.    7．（2026·山东·一模）已知正方体，E，F分别是，的中点，如图所示．    (1)求与所成角的大小； (2)求证：平面． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用空间向量法来求异面直线所成角的余弦值，从而可求出角的大小； （2）利用空间向量法来证明线线垂直，即可证明线面垂直. 【详解】（1）    如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为， 则有 即，， 因为E，F分别是，的中点，所以 则， 因， ，则， 则与所成角的大小为； （2）由， 可得，即， ，即， 又因为平面， 所以平面. 8．（2026·上海长宁·一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，直线与平面所成的角的大小为． (1)求四棱锥的体积； (2)点在线段上，直线平面，求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据棱锥的体积公式，结合线面角的定义进行求解即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质、空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，因此， 因为平面ABCD，直线与平面所成的角的大小为， 所以， 四棱锥的体积为； （2）因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，，又因为， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， ， 显然平面的法向量为， 因为点在线段上，所以设 ， 设平面的法向量为，又，， 因为直线平面， 所以当直线平面，显然点不与点重合， 则当时，，取 因为直线平面， 所以，即， ， 由图可知二面角是锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 9．（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，. (1)证明：平面平面. (2)求点到平面的距离. (3)求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】取中点，连接PO，CO，根据等边及等腰三角形的性质，可证，，根据勾股定理，可求得PO，CO的长，根据AC的长，结合勾股定理，可证，根据线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和各个所需向量坐标，可求得平面的法向量，根据点到平面距离的向量求法，代入数据，即可得答案. （3）求出平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案. 【详解】（1）证明：如图，取中点，连接， 因为是边长为2的等边三角形，为中点， 所以，且. 又因为为中点， 所以，且. 因为，所以， 所以. 又平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面. （2）由（1）得两两互相垂直， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则， 故平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. （3）由（2）可知，， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则， 故平面的一个法向量为， 由（2）知平面PAC的一个法向量为，）， 所以， 故平面和平面夹角的余弦值为. 10．（2026·陕西咸阳·二模）如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明过程见解析. (2) 【分析】（1）通过辅助线构造平行四边形证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用三棱锥的体积得到所需长度，利用平面的法向量求解两个平面的夹角余弦值即可. 【详解】（1） 设的中点为，连接. 因为分别为的中点，所以，且. 在直三棱柱中，，且，所以， 所以四边形为平行四边形，则. 又平面，平面，所以平面. （2）我们以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设直三棱柱的侧棱长，可得 三棱锥，到底面的距离为，， 因此，解得. 则向量，，， 设平面的法向量为，则， 令，得，，即； 平面的一个法向量为； 设两个平面夹角为，则. 即两个平面的夹角余弦值为. 中档提升练 11．（2026·湖北武汉·二模）如图三棱锥中，，平面平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，证明出线面垂直； （2）作出辅助线，得到二面角的平面角，根据正切值得到各边长，求出三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：在内任取一点P，过点P作于， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 又平面，所以. 过作于，同理可得， 又平面，平面，， 所以平面. （2）过点作于，由平面平面， 平面平面知平面. 又平面，所以 再过点作于，连接， 因为 ， 平面， 则平面， 所以即为二面角的平面角. 所以， 又，故为等边三角形， 所以，， 故， 又中，，所以，故， 所以，又为等边三角形，故， 所以三棱锥的体积. 12．（2026·江西九江·二模）如图，在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，轴截面为四边形，在下底上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质得出，推导出平面，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）在圆台中，上、下底面半径分别为和，高为，所以， 因为为的中点，所以， 易知平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，、平面，故平面. （2）因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 易知平面的一个法向量为， 所以. 故平面与平面夹角的余弦值为. 13．（2026·河北·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点． (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直； (2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值. 【详解】（1）侧面为正三角形，为的中点， ， 是矩形，且分别为中点，， 面面， 面平面， 平面平面． （2）方法一：由（1）知，平面平面， 平面，平面平面平面，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，设， 则， 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则，所以， 易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且， 即且， 即且， 解得（舍去）或，所以． 设平面的一个法向量为， 又， 则，即， 取，所以． 设平面的一个法向量为， 则，即取， 则，所以， 设平面与平面夹角为，则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 方法二：设平面与棱相交于点， 因为面，则平面， 且面面，则，又因为为中点，可得为中点， 设平面平面，，则为中点， 因为关于平面的对称点为，的中点为， 所以面，由（1）知平面平面， 所以平面，又平面平面 且，且， 在平面内，，所以， 因为为中点， 可得为正三角形，因为，所以为中点， 由对称性可知，， 所以，可得，且， 设交于点，则为中点， 则， 由面，可得， 则平面与平面夹角为， 设平面与平面夹角为，同理可得， 则平移可得平面与平面夹角为， 则，即， 故平面与平面夹角的余弦值为． 14．（2026·甘肃金昌·三模）如图，在四棱柱中，，底面是边长为1的正方形，，点是上异于的一点，． (1)求证：平面； (2)若点E是上的点，，，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理先得平面， 从而，进而可得平面； （2）以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，利用空间向量法求解. 【详解】（1）因为，又正方形中，， ，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为四棱柱中，，所以， 因为，，平面，所以平面． （2）由（1）知四棱柱是正四棱柱，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，， 设，，，， 因为，所以，， ，设平面的法向量为， 因为，，所以，， 取得． 因为，，所以， 又，，平面，所以平面， 是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则． 15．（2026·江西·三模）如图，在直三棱柱中，，且． (1)证明：平面. (2)在答题卡上，作出平面与AC的交点，并说明你的理由. (3)求平面与平面夹角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3). 【分析】（1）根据题意，证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）延长交延长线于点，连接交于点，证得平面，即可求解； （3）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，即得，所以， 又因为，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2）解：如图所示，延长交延长线于点，连接交于点， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面，所以为平面与的交点. （3）解：以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，可得. 设平面的法向量为，则， 令，可得 ，所以， 又由轴垂直平面，可得平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 可得，则， 故平面与平面夹角的正切值为. 16．（2026·甘肃金昌·三模）如图，在中，是的中点，是上的点，.将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为，设是上靠近的三等分点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1） 如图，在中，取中点，连接， 因为，所以， 又，所以是的中点， 因为是的中点，所以， 且， 因为是上靠近的三等分点，所以，所以， 由，平面，平面知平面， 由，平面，平面知平面， 因为，，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2） 在中，作，垂足为， 在中，由是中点，， 可得， 将沿折起，使点至点处，且二面角的大小为， 则， 所以是二面角的平面角，，所以， 因为平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，所以平面， 如图，以为原点，过平行于的直线为轴，分别为轴和轴， 建立空间直角坐标系， 则，，， ，，， ，，，， 设平面的法向量为， 因为，，所以，， 取得． 同样可求得平面的一个法向量， 设平面与平面所成二面角为， 则，故． 17．（2026·陕西榆林·三模）如图，已知梯形中，，点是的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）通过，即可求证； （2）由等体积法即可求解； （3）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）证明：因为在梯形中，，点是的中点， 所以四边形是正方形，所以， 所以将沿折起到的位置时，， 又平面，所以平面． （2）由（1）知是二面角的平面角，， 在中，， 在和中，， 所以，所以的面积为， 在平面中，作，与的延长线交于点， 则平面，由知， 的面积为， 设点到平面的距离为，由三棱锥的体积得， 所以点到平面的距离． （3）以，为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设为平面的一个法向量，则 ，即 取，得 则， 设为平面的一个法向量，则 ，即 取，得 则， 所以， 所以二面角的正弦值为． 18．（2026·江西·三模）如图，平面四边形中且，绕旋转到的位置，使得且. (1)证明：平面； (2)求四棱锥的高； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）通过，即可求证； （2）在中作交于点，确定为四棱锥的高，进而可求解； （3）法1，过点作交于点，连接，确定为二面角的平面角，进而可求解；法2，建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）， 与全等，，即， 又，且点是的中点， 则，由点是的中点，可得， 与都在平面内， 平面； （2）平面，且在平面内， ∴平面平面， 在中作交于点，连接与， ∵平面平面，平面， 平面，即为四棱锥的高， 又， ，且， 平面， 同理可得，又， ∴四边形是正方形， ， 在直角中，， ， 即四棱锥的高为2； （3）法1：， 与全等，过点作交于点，连接， 则， 为二面角的平面角，， 在中，， ，则. 法2：由（2）知，两两垂直，以为坐标原点， 分别以有向线段为轴正方向建立如图空间直角坐标系. 则， 则， 令为平面的一个法向量， 则， 令，得，则； 令为平面的一个法向量， 则， 令，得，则. 所以， 所以二面角的平面角正弦值为 . 19．（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用侧面积求解出圆锥的高，再利用建系的方法，求出直线OB与平面PAC所成角的正弦值. （2）利用向量的方法，将点在线段上刻画为接着证明直线与的数量积不为零. 【详解】（1） 所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系， 所以设 则母线长为 则侧面积为 解得： 所以 设面的法向量为 所以 不妨令则 所以设直线OB与平面PAC所成角为 所以 （2）因为D为线段PB上的动点，所以设 由（1）知 所以直线OA与CD不垂直. 20．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：连接交于点，连接，根据中位线性质得，从而可证；方法二：，，，可得，从而得证；方法三：取的中点连接，，的中点连接，，，通过证明四边形为平行四边形，可得，从而得证； （2）方法一：以为原点，，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，借助向量夹角和模长可得点，，再求出平面与平面的法向量，借助夹角公式求解；方法二：根据线面垂直的判定定理得平面，以为原点，为，轴建立如图所示的坐标系，求出平面与平面的法向量，借助夹角公式求解；方法三：根据线面垂直的判定定理得平面，过点作交的延长线于点，延长与的延长线交于点，则为平面与平面的交线，可证为二面角的平面角，求出即可得解. 【详解】（1）方法一：连接交于点，连接， ，， 四边形为平行四边形， 为的中点又为的中点，， 又平面，平面， 平面； 方法二：，，， 则，，， 所以， 又因为，平面，，平面， 所以平面； 方法三：取的中点连接，. 取的中点连接，，， ，， 四边形为平行四边形， ，， 又，  ，， 四边形为平行四边形， 又，分别为对应棱的中点，， 四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 平面； （2）方法一：以为原点，，所在直线为，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 已知底面是边长为1的正方形，，， 设，则，，， 则，解得， ，解得， 又，解得，即， 由，解得， 又，， ，， 设平面的一个法向量， 则，令，则， 所以， 取平面的一个法向量， 平面与平面的夹角设为，它的余弦值， 又，； 方法二：连接，， 在平行六面体，则，又，， 则， 即，，又，， 所以平面，平面，， 同理可得平面，，又， 平面， 连结，解得， 以为原点，为，轴建立如图所示的坐标系. 则，，由，得到， 又，由得到，， 设平面的法向量， 则，令，则， 解得， 平面的法向量， 平面与平面的夹角设为，它的余弦值， 又，； 方法三：连接，， 在平行六面体，则，又，， 则， 即，，又，， 平面，， 同理可得平面，，又，平面； 连接，解得， 过点作交的延长线于点， 则，平面， 延长与的延长线交于点，则为平面与平面的交线， 连接，在中，， ，，满足勾股定理，， 为二面角的平面角， ， 平面与平面的夹角为. ‌冲刺满分练 21．（2026·广东中山·三模）如图，在四棱锥中，底面，，，.以为直径的球面分别交，于，两点（，异于所在棱端点）. (1)证明：平面； (2)求异面直线与的夹角； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，先求坐标，运用向量数量积求解夹角；（3）转换三棱锥的顶点，计算出底面积和高即可求解体积. 【详解】（1）由底面，底面，得； 又，， 故，，因此平面. 平面，故. 在以为直径的球面上，直径所对的圆周角是直角，得，即. 又，平面，因此平面，得证. （2） 以为原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系， 由题意得各点坐标. 由（1）可知，所以. 因为所以为的中点，得. ， 则，， 所以，解得，即. 得，. ， 故，因此异面直线与的夹角为. （3）由（2）可知，， 设平面的法向量为，则， 化简得 令，得，因此平面的一个法向量为. ，点到平面的距离，​ 又，，​， . 故， 三棱锥体积. 22．（2026·天津·二模）如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明平面的法向量与直线的方向向量平行，从而证明线面垂直； （2）通过求解两个平面的法向量的夹角，从而得到两个平面的夹角； （3）根据三棱锥的体积求解出直线对应的向量，然后通过求解直线与法向量的夹角从而得到直线与平面的夹角. 【详解】（1）如下图所示，以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 则，代入可得， 令，则，， 则平面的一个法向量为， 又因为，，所以， 所以平面. （2）设平面的一个法向量为， ，， 则，代入可得， 令，则，， 则平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则，         所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）因为点在棱上，设，， ， 解得，所以， ，平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 23．（2026·河北邢台·二模）如图，在平行六面体中，底面为菱形且，与底面所成角为，. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值； (3)若，求三棱锥外接球的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，借助菱形性质可得，借助等腰三角形三线合一可得，则可利用线面垂直判定定理得到平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）可建立适当空间直角坐标系，再设，，从而可表示出各点坐标，再求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）利用（2）中所建立空间直角坐标系，由可表示各点具体坐标，再利用三棱锥外接球性质可得该球球心坐标，即可得半径，最后利用体积公式计算即可得解. 【详解】（1）连接，设，连接、、， 由底面为菱形，故，且，为中点， 由，，故与全等， 故，又为中点，故， 又，、平面， 故平面，又平面， 故平面平面； （2）由，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设，，则、， 由，则，故，则， 由平面平面，且平面平面， 故直线在平面上的投影为直线， 又与底面所成角为，则， ，即， 则，，， 设平面于平面的法向量分别为、， 则有，， 取，则，，，故、， 则， 故，即二面角的正弦值为； （3）由，，， 则，，，， 由，则， 由，则与都为等边三角形，故， 则点为外接圆圆心，设三棱锥外接球球心为点， 则必有平面，可设， 则有、， 则，即， 整理得，即，故， 即三棱锥外接球的半径为，故其体积. 24．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1). (2)存在，，. 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式可得面积最大时为等边三角形、四边形为菱形，结合空间平行关系的转化可求的长. （2） 翻折后面积最大时对应平面平面，结合几何关系或空间向量法求解线面平行、线面角问题. 【详解】（1）∵ 在中，由射影定理得， 又，故，∵ ，∴ ， 由余弦定理可得，故， 当且仅当时等号成立， 故， 此时为等边三角形，且，. ∵ 为中点，故，故， 故四边形为菱形，取中点，连接、， ∵ 为中点，为中点，∴ ， ∵ 四边形为平行四边形，故，∴ ， ∵ 平面，平面，∴ 平面， ∵ 平面，，平面， ∴ 平面平面，∵ 平面平面， 平面平面，∴ ， ∵ 为中点，∴ 为中点，故. （2）由（1）可知为边长为的等边三角形，四边形为边长为的菱形 故边上的高为，翻折后四棱锥体积为2， ∵ 底面平行四边形的面积， 设四棱锥高为，∴ 由体积公式，代入得，解得， ∴ 翻折后平面平面，取中点为原点，则， 而平面平面，平面，故平面， 故建立如图所示的空间直角坐标系： 各点坐标为，，，，， ∵ 为中点，∴ ， 设（），则的坐标为， ∴ ， 设平面的法向量为，，， ∵ ，，∴ ，取， 设与平面所成角为，则且，∴ ， 故， 整理得，解得， ∵ 不符合取值范围，舍去，∴ ，即存在点，. 25．（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．    (1)若，， ①求四棱锥的体积； ②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值． (2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值． 【答案】(1)① ；② (2) 【分析】（1）①作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由锥体体积公式得到答案； ②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值； （2）设，，表达出其他各边长，结合余弦定理，换元法，导函数求出的最大值． 【详解】（1）①如图，作于点E，连接BE． 因为平面平面ABCD，且平面平面，平面， 所以平面ABCD，即PE为四棱锥的高． 因为四边形ABCD为矩形，，， 所以，． 因为，，AC为公共边，所以， 故，所以， 故． 所以四棱锥的体积． ②如图所示，以B为坐标原点建立空间直角坐标系B-xyz， 则，，，， 所以，，． 设平面CPD的法向量为， 则，即，可取， 所以平面CPD的一个法向量为． 同理，设平面APD的一个法向量为， ， 解得，令，则， 可得平面APD的一个法向量为． 设平面APD与平面CPD的夹角为， 则．    （2）作，垂足为I，与（1）同理，可得平面ABCD． 设，，则，，． 由平面ABCD，可得，所以． 在中，由余弦定理可得， 在中，， 因为，所以． 设，，则， 设，，则，令，可得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 所以的最大值为． 26．（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论； （2）利用向量投影得出，利用二面角的性质得出，结合得出为定值，从而证明结论； （3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面距离公式求解． 【详解】（1）平面，则，， 平面，则，， ，且是平面的法线， 平面， 又平面，平面平面， ， ， ． （2）   平面，且平面， 平面平面，交线为， 在平面内的投影在上，故直线与平面所成角 为的余角，即， 设平面与平面的交线为，则，且平面， 平面， 平面， ， 又， ， 二面角的平面角， ， ，则， ，为定值． （3）已知平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系，    已知，E为线段的中点， 则， 设点， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 点到平面的距离， 当时，分母最小，最大， ． 27．（2026·山东聊城·二模）在梯形中，，，、分别是、的中点，，，如图1所示．沿将梯形折起，得到一个多面体，如图2所示． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为， ①求多面体的体积； ②求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）①连接、，取中点，连接，取线段的中点，连接、，分析可知二面角的平面角为，进而推导出平面，平面，则到平面的距离等于，再利用锥体的体积公式可求得多面体的体积； ②以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）翻折前，在梯形中，，且、分别是、的中点， 所以为梯形的中位线，所以， 因为，所以，． 翻折后，则，所以，， 因为，、平面，所以平面. （2）①连接、，取中点，连接， 取线段的中点，连接、， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 故二面角的平面角为， 因为平面，、平面，所以，， 因为，所以， 又因为，所以，故， 所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面． 因为，平面，平面，所以平面， 故点到平面的距离等于， 所以， ， 因此多面体的体积 ②因为平面，以为坐标原点，所在直线为轴， 所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，． 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， ， 所以与平面所成角的正弦值为． 28．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图1，在直角梯形ABCD中，已知，，将沿BD翻折，使平面平面BCD.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，线段AC上靠近A点的三等分点为H. （i）求平面与平面夹角的余弦值. （ii）设平面内一动点为P，当线段PD与线段PC的长度之和最小时，求直线PC与平面成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）（i）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可；（ii）当线段PD与线段PC的长度之和最小时，要使最小，利用对称法，作D关于平面的对称点，连接，与平面的交点即为，再应用线面角正弦公式计算求解. 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面 （2）（i）取的中点为，连接，则且， 由直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，，， 依题意，， 则，， 设平面的法向量为， ，，则可取， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 . （ii）设平面内一动点为P，要使最小，可利用对称法， 不妨设D关于平面的对称点，设与平面的交点即为， 因为平面的法向量为，则平面可以表示为， 设，则中点为在平面上， 即得， 因与平面法向量平行， 则，设比值为,则得， 将其代入中，得，解得，故， 又因为， 设直线与平面的交点为， 直线的方程为，代入平面的方程， 得出，即得，则得， 故，， 设直线与平面所成角为， 则. 29．（2026·重庆渝中·模拟预测）如图，在棱长为4的正四面体中，分别为棱、、上的点，且，，，，. (1)若，. （i）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； (2)若满足，设四面体的体积为随机变量，求的分布列和数学期望.（注：当时，四面体的体积记为）. 【答案】(1)（i）证明见详解（ⅱ）； (2)分布列见详解， 【分析】（1）（i）取中点,由正四面体性质得,证出平面,得；再由中位线得,从而推出. （ⅱ）先求正四面体底面边长、中线与高,确定顶点在底面投影位置；以投影为原点建空间直角坐标系,求出各点坐标,再由线段比例得坐标,算出相关向量；列方程组求平面法向量,利用向量夹角公式算出与法向量夹角余弦,进而得到直线与平面所成角的正弦值. （2）先算出正四面体总体积,利用同高三棱锥体积比等于底面面积比,推出小四面体与原四面体体积比为；再用隔板法与枚举法,求出满足且的整数解共53组.分类讨论体积不为零的正整数：按等于3,4,5拆分组合，算出每种对应体积及情况数，用总数减去非零情况数得到体积为0的情况；列出体积分布列，代入期望公式化简计算，最终求得体积的数学期望为. 【详解】（1）（i）取的中点D，连接，. 在正四面体中，因为是等边三角形，D是的中点，所以， 因为是等边三角形，D是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，，，， 所以S、T分别为、的中点， 所以，所以. （ⅱ）如图D为中点，O为点P在底面的投影，点O在上， 由题意得，，，， 所以， 以O为原点，分别以、、方向为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，所以，则， 因为，则分别为棱、的中点， 则，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，即， 故， 则直线与平面所成角的正弦值为. （2）由（1）（ⅱ）得正四面体的体积为. 由三棱锥的体积公式和性质，同理可得 ， 所以，，所以，即 整数满足， 方法1：设d为非负整数，的自然数解问题. 设自然数包含，求解的自然数解个数，采用隔板法与去杂法结合计算. 对于方程的自然数解，总个数公式为，，， 代入得总解数:. 若,则只能，这组解不合理； 若,则只能，这组解不合理； 若,则只能。这组解不合理. 题目存在约束条件,存在组不符合要求的自然数解，需从总解数中减去. 共有种. 方法2：时，，共19种； 时，，共15种， 时，，共10种； 时，，共6种； 时，，共3种，即共有种， 当四面体的体积不为0时，为正整数， ①当时，只有种情况， 此时； ②当时，，共有种情况， 此时； ③当时，，共有种情况， 此时， ，共有种情况，此时. 因此，当四面体的体积V为0时，共有种情况， 所以四面体体积V的分布列为 0 故. 30．（2026·重庆·模拟预测）如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. (1)求证：； (2)若这个四面体被平行于棱、的平面截成两部分，设、到平面的距离比为，求证：这个四面体被平面分成的两部分（棱和交四面体组成的五面体与棱和交四面体组成的五面体）的体积比是. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取中点为，连接，，根据线面垂直的判定定理得平面，从而，即可得证； （2）四面体的体积，多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥，求其体积 ，则另一部分的体积，即可得解. 【详解】（1）取中点为，连接，， 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为中点，所以. （2）与间的距离为的高，所以其面积为， 由（1），四面体的体积， 设平面与四面体各棱交于点，，，， 因为平面平行于棱、，则， 所以四边形为平行四边形，且， 即四边形是矩形， 设、到平面的距离分别为，，，， 所以，，由， 所以，， 多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥， ， ， 整理后，其体积 ， 则另一部分的体积 ，所以. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $