专题27 立体几何解答题综合（二）（空间角的计算及其空间向量的应用）（10年汇编）（五大考点，76题）（全国通用）2017-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦立体几何解答题综合训练，涵盖五大核心考点（空间角、体积、距离计算），精选2017-2026年76道高考真题，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|76题|异面直线所成角、线面角、面面角（二面角）、体积、距离计算|以近十年高考真题为素材，突出高频考点（如面面角为压轴计算），载体涵盖棱锥、棱柱、折叠体等，融合几何法与向量法，体现高考命题规律|

专题27 立体几何解答题综合（二） （空间角、体积、距离的计算） （五大考点，76题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点01 异面直线所成角 2025全国一卷、2019上海、2018天津、2017天津 1.立体几何常规计算小问，常搭配平行垂直证明一同出现。 2.解法：几何平移法、空间向量夹角公式，求解余弦值。 3.载体：四棱锥、四面体、正三棱锥，常作为第二小问基础计算。 考点02 线面角 2026全国二/上海、2025北京、2024上海、2023全国甲/上海、2022上海/浙江/全国甲、2021浙江/全国乙、2020山东/北京/浙江、2019天津、2017浙江/上海 1.高考立体大题高频计算题型，属于必考小问。 2.核心思路：找直线在平面内投影，或向量法求线面角正弦。 3.几何体涵盖棱锥、棱柱、棱台、圆柱、折叠几何体。 考点03 面面角（二面角） 2026全国二、2025全国二、2024新课标Ⅰ/甲/天津/北京/上海、2023全国乙/天津/上海/新课标Ⅰ/Ⅱ、2022天津/新高考Ⅰ/Ⅱ、2021天津/全国甲/乙/新高考Ⅱ、2020全国Ⅲ/海南、2019全国Ⅱ/Ⅲ、2018全国Ⅰ/Ⅲ、2017山东/全国Ⅰ/Ⅲ 1.立体几何大题核心压轴计算，分值占比高。 2.方法：几何找平面角、空间向量法求余弦/正弦。 3.题型含普通二面角、翻折形成二面角、棱台棱柱二面角。 考点04 体积的计算 2026天津/上海、2025天津/上海、2023全国乙、2022上海/全国甲、2021上海/全国甲/乙、2020全国Ⅰ/Ⅱ、2019上海/全国Ⅱ、2018全国Ⅰ、2017北京/全国Ⅱ/Ⅲ 1.稳定高频考点，第一、三小问均可能出现。 2.常用公式：棱锥、等体积转换、割补法。 3.载体：棱锥、棱柱、旋转体、折叠包装盒组合几何体。 考点05 距离的计算 2026全国一卷、2024全国甲/天津、2023全国甲、2022新高考Ⅰ、2019全国Ⅰ、2018全国Ⅱ 1.中档计算题型，主要考点到平面距离。 2.解法：等体积法、空间向量距离公式。 3.常和线面平行、二面角配套设问。 考点01 异面直线所成角 1. （2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明：由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. (2)（i）证明：由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 2. （2019·上海·高考真题）如图，在正三棱锥中， （1）若的中点为，的中点为，求与的夹角； （2）求的体积.    【答案】（1）；（2） 【分析】（1）由中位线可知，从而所求夹角即为，根据余弦定理，可求得余弦值，从而得到的大小；（2）根据正三棱锥的性质，可求得几何体的高，再根据棱锥体积公式求得结果. 【详解】（1）分别为中点，可知： 与夹角即为与夹角 在中，由余弦定理可得： 即与的夹角为 （2）作面，连接，如下图所示： 三棱锥为正三棱锥 为的中心且落在上 【点睛】本题考查异面直线所成角、空间几何体体积的求解问题.求解异面直线所成角问题的关键在于能够通过平行关系将直线进行平移，转化为相交直线所成角的问题. 3. （2018·天津·高考真题）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，∠BAD=90°． （Ⅰ）求证：AD⊥BC； （Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值． 【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)． 【详解】分析：（Ⅰ）由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面ABC，则AD⊥BC． （Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．由几何关系可知∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．计算可得．则异面直线BC与MD所成角的余弦值为． （Ⅲ）连接CM．由题意可知CM⊥平面ABD．则∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角．计算可得．即直线CD与平面ABD所成角的正弦值为． 详解：（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC． （Ⅱ）取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角． 在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC． 在Rt△DAN中，AN=1，故DN=． 在等腰三角形DMN中，MN=1，可得． 所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为． （Ⅲ）连接CM．因为△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=．又因为平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM为直线CD与平面ABD所成的角． 在Rt△CAD中，CD==4． 在Rt△CMD中，． 所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为． 点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力． 4. （2017·天津·高考真题）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，. （I）求异面直线与所成角的余弦值； （II）求证：平面； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）. 【分析】（Ⅰ）由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角，然后在Rt△PDA中求解即可；（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC；（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角，且为直线DF和平面PBC所成的角，然后在Rt△DPF中求解即可. 【详解】解：（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角. 因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD. 在Rt△PDA中，由已知，得， 故. 所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为. （Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD. 又因为BC//AD，所以PD⊥BC， 又PD⊥PB， 所以PD⊥平面PBC. （Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以为直线DF和平面PBC所成的角. 由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1， 由已知，得CF=BC–BF=2. 又AD⊥DC，故BC⊥DC， 在Rt△DCF中，可得, 在Rt△DPF中，可得. 所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 考点：两条异面直线所成的角、直线与平面垂直、直线与平面所成的角 【点睛】本小题主要考查两条异面直线所成的角、直线与平面垂直的证明、直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.求两条异面直线所成的角，首先要借助平行线找出异面直线所成的角，证明线面垂直只需寻求线线垂直，求线面角首先利用转化思想寻求直线与平面所成的角，然后再计算即可. 考点02 线面角 5. （2026·全国二卷·高考真题）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. (2) 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【详解】（1）略 （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 6. （2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2)证明见解析，体积为 【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小. （2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积. 【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. （2）连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 7. （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. 8. （2023·上海·高考真题）已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.    (1)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 【答案】(1) (2)证明见解析； 【分析】（1）根据直线与平面夹角的定义即可知即为直线与平面所成的角，然后利用线段长直接求解即可. （2）利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得出答案. 【详解】（1）    因为平面，连接， 则即为直线与平面所成的角， 又，，， 为中点，可得，， 所以， 即直线与平面所成的角的正切值为. （2）由题知，平面，平面， ，平面， 所以平面平面. 因为平面，平面， 所以， 又，平面，， 所以平面，又平面， 所以就是直线到平面的距离， 又为中点， 则， 即直线到平面的距离为. 9. （2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证； （2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值. 【详解】（1）如图，   底面，面， ，又，平面，, 平面ACC1A1，又平面， 平面平面， 过作交于，又平面平面，平面， 平面 到平面的距离为1，， 在中，， 设，则， 为直角三角形，且， ，，， ，解得， ， （2）， ， 过B作，交于D，则为中点， 由直线与距离为2，所以 ，，， 在，， 延长，使，连接， 由知四边形为平行四边形， ，平面，又平面， 则在中，，， 在中，，， , 又到平面距离也为1， 所以与平面所成角的正弦值为. 10. （2022·上海·高考真题）如图，在圆柱中，底面半径为，为圆柱的母线. (1)若，为的中点，求直线与底面的夹角大小； (2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积. 【答案】(1)； (2)侧面积，体积. 【分析】（1）分析可知直线与底面所成的角为，求出，即可得解； （2）求出圆柱的母线长，利用圆柱的侧面积公式和体积公式可求得结果. 【详解】（1）解：因为与圆柱的上底面垂直，则直线与底面所成的角为， 易知，在中，，， 故，故直线与底面的夹角大小为. （2）解：若圆柱的轴截面为正方形，则， 故圆柱的侧面积为，体积为. 11. （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. 12. （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. 13. （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. 14. （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. 15. （2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明：过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、． ∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，， ∵，且， ∴平面是二面角的平面角，则， ∴是正三角形，由平面，得平面平面， ∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面． (2)． 【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得； （2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出． 【详解】（1）略 （2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设，则， 设平面的法向量为 由，得，取， 设直线与平面所成角为， ∴． 16. （2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明如下： 因为，E为的中点， 所以； 在和中， 因为， 所以， 所以， 又因为E为的中点， 所以； 又因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. (2)与平面所成的角的正弦值为 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【详解】（1）略 （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点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，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 17. （2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）在中，，，， 由余弦定理可得，所以， ．由题意且， 平面，而平面，所以， 又，所以． （2）． 【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证； （2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出． 【详解】（1）略 （2）由，，而与相交，所以平面， 因为，所以， 取中点，连接，则两两垂直， 以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则, 又为中点，所以. 由（1）得平面，所以平面的一个法向量 从而直线与平面所成角的正弦值为． 【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑， 题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出． 18. （2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长； （2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法 平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，， ，则，解得，故； [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法 如图，连结．因为底面，且底面，所以． 又因为，，所以平面． 又平面，所以． 从而． 因为，所以． 所以，于是． 所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法    如图，联结交于点N． 由[方法二]知． 在矩形中，有，所以，即． 令，因为M为的中点，则，，． 由，得，解得，所以． （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. [方法二]：构造长方体法+等体积法   如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G． 联结，由三垂线定理可知， 故为二面角的平面角． 易证四边形是边长为的正方形，联结，． ， 由等积法解得． 在中，，由勾股定理求得． 所以，，即二面角的正弦值为． 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得. （2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证. 19. （2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 20. （2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II） 【分析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得； （II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值． 【详解】（）[方法一]：几何证法 作交于，连接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱台的定义可知，，所以，，而， ∴平面，而平面，∴． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法 作交于O． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示. 设OC=1,∵，， ∴,∴， ∴,, , ∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD； [方法三]：三余弦定理法 ∵平面ACFD平面ABC，∴, ∴， 又∵DC =2BC． ∴,即, 又∵，∴． （II）[方法一]：几何法 因为，所以与平面所成角即为与平面所成角． 作于，连接，由（1）可知，平面， 因为所以平面平面，而平面平面， 平面，∴平面． 即在平面内的射影为，即为所求角． 在中，设，则，， ∴． 故与平面所成角的正弦值为． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系法 设平面BCD的法向量为, 由（）得,, ∴令,则,,, ，, 由于，∴直线与平面所成角的正弦值为． [方法三]：空间向量法 以为基底, 不妨设，则 (由（）的结论可得）． 设平面的法向量为， 则由得取，得． 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角也为， 由公式得． [方法四]：三余弦定理法 由， 可知H在平面的射影G在的角平分线上． 设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为． 由由（）的结论可得， 由三余弦定理，得， 从而． [方法五]：等体积法 设H到平面DBC的距离为h， 设,则, 设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为． 由，, 求得，所以． 【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线. 21. （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⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】 （1）分别为，的中点， ， 又， ， 在中，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）. 【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）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案. 【详解】（1）略 (2)[方法一]：几何法 如图，过O作的平行线分别交于点，联结， 由于平面，平面，， 平面，平面，所以平面平面． 又因平面平面，平面平面，所以． 因为，，，所以面． 又因，所以面， 所以与平面所成的角为． 令，则，由于O为的中心，故． 在中，， 由勾股定理得． 所以． 由于，直线与平面所成角的正弦值也为． [方法二]【最优解】：几何法 因为平面，平面平面，所以． 因为，所以四边形为平行四边形． 由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线． 所以在平面的射影为． 从而与所成角的正弦值即为所求． 在梯形中，设，过E作，垂足为G，则． 在直角三角形中，． [方法三]：向量法 由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量． 因为平面，平面，且平面平面， 所以． 由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则． 因为O为正的中心，故． 由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形． 由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则． 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． [方法四]：基底法 不妨设， 以向量为基底， 从而，． ，， 则，． 所以． 由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量． 设直线与平面所成角，则． 故直线与平面所成角的正弦值为． [方法五]：坐标法 过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 设，AO=AB=2， 则， 所以， 所以 易得为平面A1AMN的一个法向量， 则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为 【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键； 方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法； 方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可； 方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量. 方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量. 22. （2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明：平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面； （2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）证明： 在正方形中，， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以， 因为在四棱锥中，底面是正方形，所以 且平面，所以 因为 所以平面； （2）如图建立空间直角坐标系， 因为，则有， 设，则有， 因为QB=，所以有 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【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和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目. 23. （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. 24. （2017·上海·高考真题）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱的长为5. （1）求三棱柱的体积； （2）设M是BC中点，求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）20;（2） 【分析】（1）三棱柱的体积，由此能求出结果； （2）连结是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的大小. 【详解】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形， 两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5． ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积： V＝S△ABC×AA1 20． （2）连结AM， ∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形， 两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点， ∴AA1⊥底面ABC，AM， ∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角， tan∠A1MA， ∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan． 【点睛】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题． 25. （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． 考点03 面面角 26. （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) 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) 【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）略 （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. 27. （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：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) 【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）略 （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． 【点睛】 28. （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． 29. （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) 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). 【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）略 （2）略 （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. 30. （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：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) (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）略 （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. 31. （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，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2） 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）略 （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 32. （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：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). 【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）略 （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. 33. （2020·全国III卷·高考真题）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，． （1）证明：点在平面内； （2）若，，，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内； （2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值. 【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论 在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示. 在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内. ［方法二］：空间向量共线定理 以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示． 设，则． 所以．故．所以，点在平面内． ［方法三］：平面向量基本定理 同方法二建系，并得， 所以． 故．所以点在平面内． ［方法四］： 根据题意，如图3，设． 在平面内，因为，所以． 延长交于G， 平面， 平面． ， 所以平面平面①． 延长交于H，同理平面平面②． 由①②得，平面平面． 连接，根据相似三角形知识可得． 在中，． 同理，在中，． 如图4，在中，． 所以，即G，，H三点共线． 因为平面，所以平面，得证． ［方法五］： 如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内． （2）［方法一］【最优解】：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，如图2. 则、、、， ，，，， 设平面的一个法向量为， 由，得取，得，则， 设平面的一个法向量为， 由，得，取，得，，则， ， 设二面角的平面角为，则，. 因此，二面角的正弦值为. ［方法二］：定义法 在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．   在中，． 所以，则． ［方法三］：向量法 由题意得， 由于，所以． 如图7，在平面内作，垂足为G， 则与的夹角即为二面角的大小． 由，得． 其中，，解得，． 所以二面角的正弦值． ［方法四］：三面角公式 由题易得，． 所以． ． ． 设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得 ，所以． 【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出． （2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出． 34. （2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到. （2）利用向量法可求面、面的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值. 【详解】（1）取中点，连接、， 因为，所以， 又因为面面，所以面， 因为面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，，所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为平面的法向量，则， 令，则，所以. 设为平面的法向量， 则， 令，则，所以. 则， 设二面角为，则为钝角， 所以二面角的大小为. 35. （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) 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) 【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）略 （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 36. （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：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) 【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）略 （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. 【点睛】 37. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1) 由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，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，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）略 （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 38. （2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，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，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. （2）由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，    则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 39. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明如下： 以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . (2)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）略 （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， .    40. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】(1) 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． (2)． 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【详解】（1）略 （2）不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：    设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 41. （2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) 在直三棱柱中，平面，且，则 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， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. (2) (3) 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. （3）解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 42. （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：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) 【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）略 （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.    43. （2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 【答案】【小题1】证明如下： 以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则,,,,,,， 因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，， 所以,,, 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以， 因为平面，所以平面； 【小题2】； 【小题3】. 【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证； （II）求出，由运算即可得解； （III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解. 【详解】【小题1】略 【小题2】由（1）得，， 设直线与平面所成角为， 则； 【小题3】由正方体的特征可得，平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值为. 44. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明：取的中点为，连接. 因为，，则， 而，故. 在正方形中，因为，故，故， 因为，故，故为直角三角形且， 因为，故平面， 因为平面，故平面平面. （2）. 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面. （2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）在平面内，过作，交于，则， 结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系. 则，故. 设平面的法向量， 则即，取，则， 故. 而平面的法向量为，故. 二面角的平面角为锐角，故其余弦值为. 45. （2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值. 【详解】(1)如图所示，取的中点，连结， 由于为正方体，为中点，故， 从而四点共面，即平面CDE即平面， 据此可得：直线交平面于点， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合， 即点为中点. (2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为2，设， 则：， 从而：， 设平面的法向量为：，则： ， 令可得：， 设平面的法向量为：，则： ， 令可得：， 从而：， 则：， 整理可得：，故（舍去）. 【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 46. （2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】 （Ⅰ）依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 可得、、、、、、、、. 依题意，，， 从而，所以； （Ⅱ）； （Ⅲ）. 【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. （Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出； （Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果； （Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ） 依题意，是平面的一个法向量， ，． 设为平面的法向量， 则，即， 不妨设，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值为； （Ⅲ）依题意，． 由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是． 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题. 47. （2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点． （1）求直线AB与DE所成角的余弦值； （2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果； （2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果. 【详解】 （1）连 以为轴建立空间直角坐标系，则 从而直线与所成角的余弦值为 （2）设平面一个法向量为 令 设平面一个法向量为 令 因此 【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题. 48. （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，求二面角B–EC–C1的正弦值. 【答案】（1）证明：因为是长方体， 所以侧面，而平面，所以 又，，平面，因此平面； （2） 【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出平面； （2）以点坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，，求出相应点的坐标，利用，可以求出之间的关系，分别求出平面、平面的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）[方法一]【三垂线定理】 由（1）知，，又E为的中点，所以，为等腰直角三角形，所以． 如图2，联结，与相交于点O，因为平面，所以． 又，所以平面． 作，垂足为H，联结，由三垂线定理可知，则为二面角平面角的补角． 设，则，由，得． 在中，，所以， 即二面角的正弦值为． [方法二]【利用平面的法向量】 设底面边长为1，高为，所以． 因为平面，所以，即， 所以，解得． 因为平面，所以，又，所以平面， 故为平面的一个法向量． 因为平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量， 在中，因为，故与成角， 所以二面角，的正弦值为． [方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】 设底面边长为1，高为，所以． 因为平面，所以，即， 所以，解得． 因为，所以是直角三角形，． 因为平面，所以到平面的距离相等设为． 同理，A，E到平面的距离相等，都为1，所以， 即，解得． 设点B到直线的距离为，在中，由面积相等解得． 设为二面角的平面角，， 所以二面角的正弦值为． [方法四]【等价转化后利用射影面积计算】 由（1）的结论知，又，易证，所以，所以， 即二面角的正弦值与二面角的正弦值相等． 设的中点分别为F，G，H，显然为正方体，所求问题转化为如图3所示， 在正方体中求二面角的正弦值． 设相交于点O，易证平面， 所以是在平面上的射影． 令正方体的棱长， 则，，，． 设二面角为，由，则， 所以． 即二面角的正弦值为． [方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】 如图4，分别取中点F，G，H，联结． 过G作，垂足为P，联结． 易得E，F，G，H共面且平行于面． 由（1）可得面．因为面，所以． 又因为E为中点，所以，且均为等腰三角形． 设，则，四棱柱为正方体． 在及中有． 所以与均为直角三角形且全等． 又因为，所以为二面角（即）的一个平面角． 在中，． 所以， 所以． 故二面角的正弦值为． [方法六]【最优解：空间向量法】 以点坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 因为， 所以， 所以，， 设是平面的法向量， 所以， 设是平面的法向量， 所以， 二面角的余弦值的绝对值为， 所以二面角的正弦值为. 【整体点评】(2)方法一：三垂线定理是立体几何中寻找垂直关系的核心定理； 方法二：利用平面的法向量进行计算体现了等价转化的数学思想，是垂直关系的进一步应用； 方法三：体积公式可以计算点面距离，结合点面距离可进一步计算二面角的三角函数值； 方法四：射影面积法体现等价转化的数学思想，是将角度问题转化为面积问题的一种方法； 方法五：利用第一问的结论找到二面角，然后计算其三角函数值是一种常规的思想； 方法六：空间向量是处理立体几何的常规方法，在二面角不好寻找的时候利用空间向量是一种更好的方法. 49. （2017·山东·高考真题）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点. (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小. 【答案】（1）；（2） 【分析】试题分析: (1)第(1)问,直接证明BE⊥平面ABP得到BE⊥BP,从而求出∠CBP的大小. (2)第（2）问，可以利用几何法求，也可以利用向量法求解. 【详解】解： (1) 因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP. 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. (2)方法一：如图，取的中点H，连接EH，GH，CH. 因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形， 所以AE＝GE＝AC＝GC＝. 取AG的中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG， 所以∠EMC为所求二面角的平面角． 又AM＝1，所以EM＝CM＝. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°， 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC＝2，所以△EMC为等边三角形， 故所求的角为60°. 方法二： 以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz. 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)， 故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)． 设＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量， 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量＝(3，－，2)． 设＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)． 所以cos〈〉＝＝. 故所求的角为60°. 点睛：本题的难点主要是计算，由于空间向量的运算，所以大家在计算时，务必仔细认真. 考点04 体积的计算 50. （2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 51. （2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，利用向量的数量积为0，推出向量垂直； （2）利用棱锥体积公式求出，进而求出点，得出相关向量坐标，求出平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式求解． 【详解】（1）略 （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 52. （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：. 53. （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    54. （2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为， 平面， 所以⊥平面， 体积为 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； （2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，求出，进而求出二面角的大小. 【详解】（1）因为，所以⊥，，， 故， ，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （2）由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，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， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的大小为. 55. （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) 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) 【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）略 （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. 56. （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，，∴．    57. （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 58. （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：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)． 【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）略 （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 59. （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. 60. （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. 61. （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． 62. （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）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）. 【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）略 （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. 63. （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）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）. 【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）略 （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. 64. （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. 65. （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． 66. （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）证明：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）1:1. 【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. 【详解】（1）略 （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. 【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. 67. （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 ． 68. （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，也可根据面面垂直的性质定理转化为证明线面垂直. 69. （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】 考点05 距离的计算 70. （2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 71. （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. 72. （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) 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) (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）略 （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. 73. （2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 【答案】(1)证明：因为平面，平面, 所以, 又因为，即， 平面，, 所以平面， 又因为平面, 所以平面平面. (2) 【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面； (2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求. 【详解】（1）略 （2）如图，    过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以四棱锥的高为. 因为平面，平面, 所以,, 又因为，为公共边， 所以与全等，所以. 设，则， 所以为中点，, 又因为,所以, 即，解得， 所以， 所以四棱锥的高为． 74. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 75. （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. 76. （2018·全国II卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．     （1）证明：平面；     （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 【答案】 （1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=． 连结OB．因为AB=BC=，，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB． 由OP⊥OB，OP⊥AC，，知PO⊥平面ABC． （2）． 【分析】（1）连接，欲证平面，只需证明即可； （2）方法一：过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可. 【详解】（1）略 （2）［方法一］：【最优解】定义法 作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）易知平面，从而OP⊥CH， 所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离． 由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°． 所以OM=，CH==． 所以点C到平面POM的距离为． ［方法二］：等积法 设C到平面的距离为h，由（1）知即为P到平面的距离，且．又，在中，，则由余弦定理得， 则，即，则．即点C到平面POM的距离为． ［方法三］：向量法 如图，以O为原点，建立直角坐标系，设，，，，，，，． 设平面的一个法向量，则，令，则，所以，点C到平面的距离为． 【整体点评】（2）方法一：根据定义法求点到面的距离，是解决点面距问题的首选方法，特别是题目中含有面面垂直的条件，计算简单，是该题的最优解； 方法二：根据等积法求点到面的距离，也是解决点面距问题的常用方法； 方法三：当题目中有较好的建系条件，利用向量法解决点面距，思想简单，过程稍繁． 试卷第1页，共3页 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题27 立体几何解答题综合（二） （空间角、体积、距离的计算） （五大考点，76题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点01 异面直线所成角 2025全国一卷、2019上海、2018天津、2017天津 1.立体几何常规计算小问，常搭配平行垂直证明一同出现。 2.解法：几何平移法、空间向量夹角公式，求解余弦值。 3.载体：四棱锥、四面体、正三棱锥，常作为第二小问基础计算。 考点02 线面角 2026全国二/上海、2025北京、2024上海、2023全国甲/上海、2022上海/浙江/全国甲、2021浙江/全国乙、2020山东/北京/浙江、2019天津、2017浙江/上海 1.高考立体大题高频计算题型，属于必考小问。 2.核心思路：找直线在平面内投影，或向量法求线面角正弦。 3.几何体涵盖棱锥、棱柱、棱台、圆柱、折叠几何体。 考点03 面面角（二面角） 2026全国二、2025全国二、2024新课标Ⅰ/甲/天津/北京/上海、2023全国乙/天津/上海/新课标Ⅰ/Ⅱ、2022天津/新高考Ⅰ/Ⅱ、2021天津/全国甲/乙/新高考Ⅱ、2020全国Ⅲ/海南、2019全国Ⅱ/Ⅲ、2018全国Ⅰ/Ⅲ、2017山东/全国Ⅰ/Ⅲ 1.立体几何大题核心压轴计算，分值占比高。 2.方法：几何找平面角、空间向量法求余弦/正弦。 3.题型含普通二面角、翻折形成二面角、棱台棱柱二面角。 考点04 体积的计算 2026天津/上海、2025天津/上海、2023全国乙、2022上海/全国甲、2021上海/全国甲/乙、2020全国Ⅰ/Ⅱ、2019上海/全国Ⅱ、2018全国Ⅰ、2017北京/全国Ⅱ/Ⅲ 1.稳定高频考点，第一、三小问均可能出现。 2.常用公式：棱锥、等体积转换、割补法。 3.载体：棱锥、棱柱、旋转体、折叠包装盒组合几何体。 考点05 距离的计算 2026全国一卷、2024全国甲/天津、2023全国甲、2022新高考Ⅰ、2019全国Ⅰ、2018全国Ⅱ 1.中档计算题型，主要考点到平面距离。 2.解法：等体积法、空间向量距离公式。 3.常和线面平行、二面角配套设问。 考点01 异面直线所成角 1. （2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 2. （2019·上海·高考真题）如图，在正三棱锥中， （1）若的中点为，的中点为，求与的夹角； （2）求的体积.    3. （2018·天津·高考真题）如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=，∠BAD=90°． （Ⅰ）求证：AD⊥BC； （Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值． 4. （2017·天津·高考真题）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，. （I）求异面直线与所成角的余弦值； （II）求证：平面； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值. 考点02 线面角 5. （2026·全国二卷·高考真题）如图，三棱锥中，点在上，，，． (1)证明：； (2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 6. （2026·上海·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 7. （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． 8. （2023·上海·高考真题）已知三棱锥中，平面为中点，过点分别作平行于平面的直线交于点.    (1)求直线与平面所成的角的正切值； (2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离. 9. （2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．    (1)证明：； (2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值． 10. （2022·上海·高考真题）如图，在圆柱中，底面半径为，为圆柱的母线. (1)若，为的中点，求直线与底面的夹角大小； (2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积. 11. （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． 12. （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. 13. （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. 14. （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． 15. （2022·浙江·高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16. （2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 17. （2021·浙江·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. （2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 19. （2022·全国甲卷·高考真题）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 20. （2020·浙江·高考真题）如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 21. （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⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 22. （2020·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为． （1）证明：平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值． 23. （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. 24. （2017·上海·高考真题）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱的长为5. （1）求三棱柱的体积； （2）设M是BC中点，求直线与平面所成角的大小. 25. （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 考点03 面面角 26. （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． 27. （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． 28. （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. 29. （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. 30. （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． 31. （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，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 32. （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. 33. （2020·全国III卷·高考真题）如图，在长方体中，点分别在棱上，且，． （1）证明：点在平面内； （2）若，，，求二面角的正弦值． 34. （2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 35. （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． 36. （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． 37. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 38. （2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 39. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 40. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值． 41. （2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 42. （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． 43. （2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 44. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 45. （2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 46. （2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 47. （2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点． （1）求直线AB与DE所成角的余弦值； （2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值． 48. （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，求二面角B–EC–C1的正弦值. 49. （2017·山东·高考真题）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点. (1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小. 考点04 体积的计算 50. （2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 51. （2026·上海·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 52. （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． 53. （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． 54. （2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 55. （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． 56. （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）. 57. （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． 58. （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）． 59. （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：. 60. （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． 61. （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. 62. （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. 63. （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． 64. （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． 65. （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．    66. （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． 67. （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． 68. （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． 69. （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. 考点05 距离的计算 70. （2026·全国一卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 71. （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. 72. （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． 73. （2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 74. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 75. （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． 76. （2018·全国II卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，为的中点．     （1）证明：平面；     （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离． 试卷第1页，共3页 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $