2022年高考数学真题类汇编：08立体几何知识点分类

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08立体几何知识点分类

一．由三视图求面积、体积（共2小题）
1．（2022•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（　　）

A．22π B．8π C．π D．π
【答案】C．
【解析】解：由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：+π×12×2+＝π．
2．（2022•甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（　　）

A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B．
【解析】解：由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，
四棱柱的底面是直角梯形ABCD，如图，

AB＝4，AD＝2，AA1＝2，AA1⊥平面ABCD，
∴该多面体的体积为：
V＝＝12．
二．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共1小题）
3．（2022•北京）已知正三棱锥P﹣ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（　　）
A． B．π C．2π D．3π
【答案】B．
【解析】解：设点P在面ABC内的投影为点O，连接OA，则OA＝＝2，
所以OP＝＝＝2，
由＝＝1，知T表示的区域是以O为圆心，1为半径的圆，
所以其面积S＝π．

三．棱柱、棱锥、棱台的体积（共6小题）
4．（2022•新高考Ⅰ）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．[18，] B．[，] C．[，] D．[18，27]
【答案】C．

【解析】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，
设正四棱锥的底面边长为a，高为h，
在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，
∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，
在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，
∴，∴，
∴l2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，
∴该正四棱锥体积V（h）＝＝＝，
∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），
∴当时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，
∴V（h）max＝V（4）＝，
又∵V（）＝，V（）＝，且，
∴，
即该正四棱锥体积的取值范围是[，]，
5．（2022•乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C．

【解析】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，
则r＝，
∴该四棱锥的高h＝，
∴该四棱锥的体积V＝＝≤＝＝，
当且仅当，即时，等号成立，
∴该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝，
6．（2022•甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则＝（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C．
【解析】解：如图，

甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，
由勾股定理可得，
∴．
（多选）7．（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E﹣ACD，F﹣ABC，F﹣ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（　　）

A．V3＝2V2 B．V3＝V1 C．V3＝V1+V2 D．2V3＝3V1
【答案】CD．
【解析】解：设AB＝ED＝2FB＝2，
∵ED⊥平面ABCD，∴|ED|为四棱锥E﹣ABCD的高，
∵FB∥ED，∴|FB|为三棱锥F﹣ABC的高，
∵平面ADE∥平面FBC，∴点E到平面FBC的距离等于点D到平面FBC的距离，
即三棱锥E﹣FBC的高＝|DC|＝2，
几何体的体积V＝VE﹣ABCD+VE﹣FBC+VE﹣ABF＝×SABCD×|ED|+×S△FBC×|DC|+×S△ABF×|AB|＝4，
V1＝×S△ACD×|ED|＝，
V2＝×S△ABC×|FB|＝，
V3＝V﹣V1﹣V2＝2．
故C、D正确，A、B错误．
8．（2022•甲卷）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ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．
（1）证明：EF∥平面ABCD；
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．

【解析】（1）证明：如图所示，将几何体补形为长方体，
做EE'⊥AB于点E'，做FF'⊥BC于点F'，
由于底面为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，
故等边三角形的高相等，即EE'＝FF'，
由面面垂直的性质可知EE'，FF'均与底面垂直，
则EE'∥FF'，四边形EE'F'F为平行四边形，则EF∥E'F'，
由于EF不在平面ABCD内，E'F'在平面ABCD内，
由线面平行的判断定理可得EF∥平面ABCD．

（2）解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，
其中长方体的高，
长方体的体积，
一个三棱锥的体积，
则包装盒的容积为．
9．（2022•乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F﹣ABC的体积．

【解析】证明：（1）∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，
∴△ADB≌△CDB，
∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．
∴AC⊥BE，
∵AD＝CD，E为AC的中点．
∴AC⊥DE，又∵BE∩DE＝E，
∴AC⊥平面BED，
又∵AC⊂平面ACD，
∴平面BED⊥平面ACD；
解：（2）由（1）可知AB＝BC，
∴AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，∴△ABC是等边三角形，边长为2，
∴BE＝，AC＝2，AD＝CD＝，DE＝1，
∵DE2+BE2＝BD2，∴DE⊥BE，
又∵DE⊥AC，AC∩BE＝E，
∴DE⊥平面ABC，
由（1）知△ADB≌△CDB，∴AF＝CF，连接EF，则EF⊥AC，
∴S△AFC＝＝EF，
∴当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，
过点F作FG⊥BE于点G，则FG∥DE，∴FG⊥平面ABC，
∵EF＝＝，
∴BF＝＝，∴FG＝＝，
∴三棱锥F﹣ABC的体积V＝＝＝．

四．球的体积和表面积（共1小题）
10．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A．
【解析】解：由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，

设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得，解得R＝5，
∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．
五．异面直线及其所成的角（共1小题）
（多选）11．（2022•新高考Ⅰ）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°
【答案】ABD．
【解析】解：如图，

连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，
可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；
∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1⊂平面DA1B1C，
∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；
设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
∵sin∠C1BO＝，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．
六．空间中直线与直线之间的位置关系（共1小题）
12．（2022•上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含0点，不含12点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（　　）

A．0 B．2 C．4 D．12
【答案】B．
【解析】解：3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直，
∴每天0点至12点（包含0点，不含12点），
相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为2，
七．平面与平面垂直（共1小题）
13．（2022•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
【答案】A．

【解析】解：对于A，由于E，F分别为AB，BC的中点，则EF∥AC，
又AC⊥BD，AC⊥DD1，BD∩DD1＝D，且BD，DD1⊂平面BDD1，
∴AC⊥平面BDD1，则EF⊥平面BDD1，
又EF⊂平面B1EF，
∴平面B1EF⊥平面BDD1，选项A正确；
对于B，由选项A可知，平面B1EF⊥平面BDD1，而平面BDD1∩平面A1BD＝BD，在该正方体中，试想D1运动至A1时，平面B1EF不可能与平面A1BD垂直，选项B错误；
对于C，在平面ABB1A1上，易知AA1与B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，选项C错误；
对于D，易知平面AB1C∥平面A1C1D，而平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，选项D错误．
八．直线与平面所成的角（共5小题）
14．（2022•甲卷）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（　　）
A．AB＝2AD
B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
所以选项D正确，
【答案】D．
【解析】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，

在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，
所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，
即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，
所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，，
在Rt△ADB1中，DB1＝2，，
所以AB＝，，，
故选项A，C错误，
由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，
所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，
在Rt△ABB1中，，
故选项B错误，
如图，连接B1C，

则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，
所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，
在Rt△DB1C中，＝DC，所以∠DB1C＝45°，
15．（2022•甲卷）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝．
（1）证明：BD⊥PA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．

【解析】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，
∴PD⊥BD，
取AB中点E，连接DE，
∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，
∴∠DAB＝60°，又∵AE＝AB＝AD＝1，
∴DE＝1，∴DE＝，
∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，
∴BD⊥AD，
又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，
∴BD⊥面PAD，
又PA⊂面PAD，
∴BD⊥PA；
（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则，
∴，
设平面PAB的一个法向量为，则，则可取，
设PD与平面PAB所成的角为θ，则，
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为．

16．（2022•乙卷）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
（1）证明：平面BED⊥平面ACD；
（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．

【解析】（1）证明：∵AD＝CD，E为AC的中点．∴DE⊥AC，
又∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，
∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴EB⊥AC，又BE∩DE＝E，BE⊂平面BED，DE⊂平面BED，
∴AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；
（2）解：连接EF，由（1）知AC⊥EF，∴S△AFC＝AC×EF，

故EF最小时，△AFC的面积最小，∴EF⊥BD时，△AFC的面积最小，
又AC⊥平面BED，BD⊂平面BED，∴AC⊥BD，又AC∩EF＝E，AC⊂平面AFC，EF⊂平面AFC，
∴BD⊥平面AFC，又BD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面AFC，
过C作CM⊥AF于点M，则CM⊥平面ABD，
故∠CFM，即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角，
由AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，知△BAC是2为边长的等边三角形，
故AC＝2，由已知可得DE＝1，BE＝，又BD＝2，∴BD2＝ED2+EB2，
∴∠BED＝90°，所以EF＝＝，
∴CF＝＝，∴AF＝，
在△ACF中，由余弦定理得cos∠AFC＝＝﹣，
∴sin∠AFC＝．
故CF与平面ABD所成的角的正弦值为．
17．（2022•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）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：AB⊥MN；
条件②：BM＝MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【解析】解：（I）证明：取AB中点K，连接NK，MK，
∵M，为A1B1的中点．∴B1M∥BK，且B1M∥BK，
∴四边形BKMB1是平行四边形，故MK∥BB1，
MK⊄平面BCC1B1；BB1⊂平面BCC1B1，
∴MK∥平面BCC1B1，
∵K是AB中点，N是AC的点，
∴NK∥BC，∵NK⊄平面BCC1B1；BC⊂平面BCC1B1，
∴NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，
∴平面NMK∥平面BCC1B1，
又MN⊂平面NMK，∴MN∥平面BCC1B1；
（II）∵侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
∴CB⊥平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴AB⊥NK，
若选①：AB⊥MN；又MN∩NK＝N，∴AB⊥平面MNK，
又MK⊂平面MNK，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，
∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1两两垂直，
若选②：∵CB⊥平面ABB1A1，NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，KM⊂平面ABB1A1，
∴MK⊥NK，又BM＝MN，NK＝BC，BK＝AB，
∴△BKM≌△NKM，∴∠BKM＝∠NKM＝90°，
∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，
∴BC，BA，BB1两两垂直，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），
∴＝（0，1，2），＝（1，1，0），

设平面BMN的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令z＝1，则y＝﹣2，x＝2，
∴平面BMN的一个法向量为＝（2，﹣2，1），
又＝（0，2，0），
设直线AB与平面BMN所成角为θ，
∴sinθ＝|cos＜，＞|＝＝＝．
∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为．
18．（2022•上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为O、O1，AA1为圆柱的母线，底面半径长为1．
（1）若AA1＝4，M为AA1的中点，求直线MO1与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示）
（2）若圆柱过OO1的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积．

【解析】解：（1）因为AA1为圆柱的母线，所以AA1垂直于上底面，
所以∠MO1A1是直线MO1与上底面所成角，tan∠MO1A1＝＝＝2，
所以∠MO1A1＝arctan2．
（2）因为圆柱过OO1的截面为正方形，所以AA1＝2，
所以圆柱的体积为V＝πr2h＝π•12•2＝2π，
圆柱的侧面积为S＝2πrh＝2π•1•2＝4π．

九．二面角的平面角及求法（共4小题）
19．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F﹣BC﹣A的平面角为γ，则（　　）

A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β
【解析】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，
∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，
如图，过F作FG⊥AC，垂足点为G，连接GE，则A1A∥FG，
∴EF与AA1所成的角为∠EFG＝α，且tanα＝，
又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，
∴EF与平面ABC所成的角为∠FEG＝β，且tanβ＝∈[1，+∞），
∴tanβ≥tanα，...①，
再过G点作GH⊥BC，垂足点为H，连接HF，
又易知FG⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，
∴BC⊥FG，又FG∩GH＝G，∴BC⊥平面GHF，
∴二面角F﹣BC﹣A的平面角为∠GHF＝γ，且tanγ＝，又GH∈[0，1]，
∴tanγ∈[1，+∞），∴tanγ≥tanα，...②，
又GE≥GH，∴tanβ≤tanγ，...③，
由①②③得tanα≤tanβ≤tanγ，又α，β，γ∈[0，），y＝tanx在[0，）单调递增，
∴α≤β≤γ，
【答案】A．

20．（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．
（Ⅰ）证明：FN⊥AD；
（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．

【解析】证明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，
平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，
所以∠FCB为二面角F﹣DC﹣B的平面角，
则∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．
又，
则△BCF是等边三角形，则CB⊥FN，
因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，
所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC⊥FN，
又因为DC∩CB＝C，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD；
解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：

于是，则，
，
设平面ADE的法向量＝（x，y，z），
则，∴，令x＝，则y＝﹣1，z＝，
∴平面ADE的法向量，
设BM与平面ADE所成角为θ，
则．
21．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO是三棱锥P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．
（1）证明：OE∥平面PAC；
（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．

【解析】解：（1）证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，
又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，
∴∠POA＝∠POB＝90°，
又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB，
∴OA＝OB，
延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF，
在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF，
∵OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，
∴OE∥平面PAC；
（2）过点A作AM∥OP，以AB，AC，AF分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，
又∠ABO＝∠CBO＝30°，则，
∴，
设AC＝t，则C（0，t，0），
设平面AEB的一个法向量为，又，
则，则可取，
设平面AEC的一个法向量为，又，
则，则可取，
设锐二面角C﹣AE﹣B的平面角为θ，则，
∴，即二面角C﹣AE﹣B正弦值为．

22．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为．
（1）求A到平面A1BC的距离；
（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．

【解析】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，可得V＝V＝，
设A到平面A1BC的距离为d，由V＝V，
∴S•d＝，∴×2•d＝，解得d＝．
（2）连接AB1交A1B于点E，∵AA1＝AB，∴四边形为正方形，
∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AA1＝AB，∴BC×AB×＝2，又AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝AA1＝2，
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），
则＝（0，2，0），＝（1，1，1），＝（2，0，0），
设平面ABD的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令x＝1，则y＝0，z＝﹣1，
∴平面ABD的一个法向量为＝（1，0，﹣1），
设平面BCD的一个法向量为＝（a，b，c），
，令b＝1，则a＝0，c＝﹣1，
平面BCD的一个法向量为＝（0，1，﹣1），
cos＜，＞＝＝，
二面角A﹣BD﹣C的正弦值为＝．