第07讲 立体几何与空间向量（2022-2024高考真题）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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一、单项选择题
1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=22，该棱锥的高为（ ）
A．1B．2C．2D．3
【解题思路】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PO⊥平面ABCD，利用等体积法求点到面的距离.
【解答过程】如图，底面ABCD为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PD=22，
分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF，
则PE⊥AB,EF⊥AB，且PE∩EF=E，PE,EF⊂平面PEF，
可知AB⊥平面PEF，且AB⊂平面ABCD，
所以平面PEF⊥平面ABCD，
过P作EF的垂线，垂足为O，即PO⊥EF，
由平面PEF∩平面ABCD=EF，PO⊂平面PEF，
所以PO⊥平面ABCD，
由题意可得：PE=23,PF=2,EF=4，则PE2+PF2=EF2，即PE⊥PF，
则12PE⋅PF=12PO⋅EF，可得PO=PE⋅PFEF=3，
所以四棱锥的高为3.
当相对的棱长相等时，不妨设PA=PC=4，PB=PD=22，
因为BD=42=PB+PD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
2．（2024·全国·高考真题）设α、β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β=m.下述四个命题：
①若m//n，则n//α或n//β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n//α且n//β，则m//n ④若n与α,β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【解题思路】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【解答过程】对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也不在β内，因为m//n，m⊂α,m⊂β，则n//α且n//β，故①正确；
对②，若m⊥n，则n与α,β不一定垂直，故②错误；
对③，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.
3．（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC−DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已知AD=1，BE=2，CF=3．则该五面体的体积为（ ）
A．36B．334+12C．32D．334−12
【解题思路】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【解答过程】用一个完全相同的五面体HIJ−LMN（顶点与五面体ABC−DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，
因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．AD=1,BE=2,CF=3，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，
VABC−DEF=12VABC−HIJ=12×12×1×1×32×4=32.
故选：C.
4．（2024·天津·高考真题）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若m//α，n//α，则m⊥nB．若m//α,n//α，则m//n
C．若m//α,n⊥α，则m⊥nD．若m//α,n⊥α，则m与n相交
【解题思路】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【解答过程】对于A，若m//α，n//α，则m,n平行或异面或相交，故A错误.
对于B，若m//α,n//α，则m,n平行或异面或相交，故B错误.
对于C，m//α,n⊥α，过m作平面β，使得β∩α=s，
因为m⊂β，故m//s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确.
对于D，若m//α,n⊥α，则m与n相交或异面，故D错误.
故选：C.
5．（2024·全国·高考真题）已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523，AB=6，A1B1=2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．12B．1C．2D．3
【解题思路】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高ℎ=433，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM=433，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，根据比例关系可得VP−ABC=18，进而可求正三棱锥P−ABC的高，即可得结果.
【解答过程】解法一：分别取BC,B1C1的中点D,D1，则AD=33,A1D1=3，
可知S△ABC=12×6×6×32=93,S△A1B1C1=12×2×3=3，
设正三棱台ABC−A1B1C1的为ℎ，
则VABC−A1B1C1=1393+3+93×3ℎ=523，解得ℎ=433，
如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N，设AM=x，
则AA1=AM2+A1M2=x2+163，DN=AD−AM−MN=23−x，
可得DD1=DN2+D1N2=23−x2+163，
结合等腰梯形BCC1B1可得BB12=6−222+DD12,
即x2+163=23−x2+163+4，解得x=433，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD=A1MAM=1；
解法二：将正三棱台ABC−A1B1C1补成正三棱锥P−ABC，
则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，
因为PA1PA=A1B1AB=13，则VP−A1B1C1VP−ABC=127，
可知VABC−A1B1C1=2627VP−ABC=523，则VP−ABC=18，
设正三棱锥P−ABC的高为d，则VP−ABC=13d×12×6×6×32=18，解得d=23，
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO=23，
所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO=POAO=1.
故选：B.
6．（2024·全国·高考真题）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3，则圆锥的体积为（ ）
A．23πB．33πC．63πD．93π
【解题思路】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【解答过程】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为r2+3，
而它们的侧面积相等，所以2πr×3=πr×3+r2即23=3+r2，
故r=3，故圆锥的体积为13π×9×3=33π.
故选：B.
7．（2024·上海·高考真题）定义一个集合Ω，集合中的元素是空间内的点集，任取P1,P2,P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1,λ2,λ3，使得λ1OP1+λ2OP2+λ3OP3=0．已知(1,0,0)∈Ω，则(0,0,1)∉Ω的充分条件是（ ）
A．0,0,0∈ΩB．−1,0,0∈Ω
C．0,1,0∈ΩD．0,0,−1∈Ω
【解题思路】首先分析出三个向量共面，显然当1,0,0,0,0,1,0,1,0∈Ω时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【解答过程】由题意知这三个向量OP1,OP2,OP3共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知0,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当−1,0,0,(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知−1,0,0,(1,0,0),(0,0,1)三个向量共面，则当0,0,0,(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故B错误；
对C， 由空间直角坐标系易知1,0,0,0,0,1,0,1,0三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由1,0,0,0,1,0∈Ω能推出0,0,1∉Ω，
对D，由空间直角坐标系易知1,0,0,0,0,1,0,0,−1三个向量共面，
则当0,0,−1(1,0,0)∈Ω无法推出(0,0,1)∉Ω，故D错误.
故选：C．
8．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A．102mB．112m
C．117mD．125m
【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解.
【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG,OM，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，
所以tan∠EMO=tan∠EGO=145.
因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，
因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E，
所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.
同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，
所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以OG=5，
所以在直角三角形EOG中，EG=EO2+OG2=142+52=39
在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=EG2+BG2=392+52=8，
又因为EF=AB−5−5=25−5−5=15，
所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m.
故选：C.
9．（2023·全国·高考真题）在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2,PC=6，则该棱锥的体积为（ ）
A．1B．3C．2D．3
【解题思路】证明AB⊥平面PEC，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解.
【解答过程】取AB中点E，连接PE,CE，如图，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，
∴PE⊥AB,CE⊥AB，又PE,CE⊂平面PEC，PE∩CE=E，
∴AB⊥平面PEC，
又PE=CE=2×32=3，PC=6，
故PC2=PE2+CE2，即PE⊥CE，
所以V=VB−PEC+VA−PEC=13S△PEC⋅AB=13×12×3×3×2=1，
故选：A.
10．（2023·全国·高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．15B．25C．35D．25
【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，
又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C−AB−D的平面角，即∠CED=150∘，

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，
因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，
直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDE中，由余弦定理得：
CD=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED=1+3−2×1×3×(−32)=7，
由正弦定理得DEsin∠DCE=CDsin∠CED，即sin∠DCE=3sin150∘7=327，
显然∠DCE是锐角，cs∠DCE=1−sin2∠DCE=1−(327)2=527，
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35.
故选：C.
11．（2023·全国·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（ ）
A．πB．6πC．3πD．36π
【解题思路】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【解答过程】在△AOB中，∠AOB=120∘，而OA=OB=3，取AB中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥AB，如图，
∠ABO=30∘，OC=32,AB=2BC=3，由△PAB的面积为934，得12×3×PC=934，
解得PC=332，于是PO=PC2−OC2=(332)2−(32)2=6，
所以圆锥的体积V=13π×OA2×PO=13π×(3)2×6=6π.
故选：B.
12．（2023·天津·高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（ ）
A．19B．29C．13D．49
【解题思路】分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥平面PAC，垂足为B′，连接PB′,过N作NN′⊥PB′,垂足为N′.先证NN′⊥平面PAC，则可得到BB′//NN′，再证MM′//CC′.由三角形相似得到MM′CC′=13，NN'BB'=23，再由VP−AMNVP−ABC=VN−PAMVB−PAC即可求出体积比.
【解答过程】如图，分别过M,C作MM′⊥PA,CC′⊥PA,垂足分别为M′,C′.过B作BB′⊥平面PAC，垂足为B′，连接PB′,过N作NN′⊥PB′,垂足为N′.

因为BB′⊥平面PAC，BB′⊂平面PBB′，所以平面PBB′⊥平面PAC.
又因为平面PBB′∩平面PAC=PB′，NN′⊥PB′，NN′⊂平面PBB′，所以NN′⊥平面PAC，且BB′//NN′.
在△PCC′中，因为MM′⊥PA,CC′⊥PA，所以MM′//CC′，所以PMPC=MM′CC′=13，
在△PBB′中，因为BB′//NN′，所以PNPB=NN′BB′=23，
所以VP−AMNVP−ABC=VN−PAMVB−PAC=13S△PAM⋅NN′13S△PAC⋅BB′=13⋅12PA⋅MM′⋅NN′13⋅12PA⋅CC′⋅BB′=29.
故选：B.
13．（2022·天津·高考真题） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE=CE=3,∠BCE=120°,则该几何体的体积为（ ）
A．272B．2732C．27D．273
【解题思路】根据几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【解答过程】如图所示，该几何体可视为直三柱BCE−ADF与两个三棱锥S−MAB，S−NCD拼接而成.
记直三棱柱BCD−ADF的底面BCE的面积为S，高为ℎ，所求几何体的体积为V，
则S=12BE⋅CE⋅sin120°=12×3×3×32=934，
ℎ=CD=BC=33.
所以V=V三棱柱BCE−ADF+V三棱锥S−MAB+V三棱锥S−NCD
=Sℎ+13S⋅12ℎ+13S⋅12ℎ=43Sℎ=27.
故选：C.
14．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．100πB．128πC．144πD．192π
【解题思路】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．
【解答过程】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R2−9，d2=R2−16，故d1−d2=1或d1+d2=1，即R2−9−R2−16=1或R2−9+R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
故选：A．

15．（2022·全国·高考真题）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S甲S乙=2，则V甲V乙=（ ）
A．5B．22C．10D．5104
【解题思路】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【解答过程】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，
所以r1=2r2，
又2πr1l+2πr2l=2π，
则r1+r2l=1，
所以r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高ℎ1=l2−49l2=53l，
乙圆锥的高ℎ2=l2−19l2=223l，
所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=49l2×53l19l2×223l=10.
故选：C.
16．（2022·全国·高考真题）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．8B．12C．16D．20
【解题思路】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【解答过程】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积V=2+42×2×2=12.
故选：B.
17．（2022·全国·高考真题）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．13B．12C．33D．22
【解题思路】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【解答过程】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又设四棱锥的高为ℎ，则r2+ℎ2=1，
VO−ABCD=13⋅2r2⋅ℎ=23r2⋅r2⋅2ℎ2≤23r2+r2+2ℎ233=4327
当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=33时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
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=22a，所以该四棱锥的高ℎ=1−a22，
V=13a21−a22=43a24⋅a24⋅(1−a22)≤43a24+a24+1−a2233=43(13)3=4327
(当且仅当a24=1−a22，即a2=43时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高ℎ=1−a22=1−23=33.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
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=22a，所以该四棱锥的高ℎ=1−a22，V=13a21−a22，令a2=t(000，单调递增， 43所以当t=43时，V最大，此时ℎ=1−a22=33．
故选：C.
18．（2022·北京·高考真题）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∈SPQ≤5}，则T表示的区域的面积为（ ）
A．3π4B．πC．2πD．3π
【解题思路】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.
【解答过程】
设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，
且BO=23×6×32=23，故PO=36−12=26.
因为PQ=5，故OQ=1，
故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，
而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×34×363×6=3>1，
故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π
故选：B.
19．（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（7≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3
【解题思路】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【解答过程】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．
棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，
∴V=13ℎS+S′+SS′=13×9×140×106+180×106+140×180×1012
=3×320+607×106≈96+18×2.65×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．
故选：C．
20．（2022·全国·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB,BC的中点，则（ ）
A．平面B1EF⊥平面BDD1B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF//平面A1ACD．平面B1EF//平面A1C1D
【解题思路】证明EF⊥平面BDD1，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，分别求出平面B1EF，A1BD，A1C1D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【解答过程】解：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；
对于选项BCD，解法一：
如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设AB=2，
则B12,2,2,E2,1,0,F1,2,0,B2,2,0,A12,0,2,A2,0,0,C0,2,0，
C10,2,2，
则EF=−1,1,0,EB1=0,1,2，DB=2,2,0,DA1=2,0,2，
AA1=0,0,2,AC=−2,2,0,A1C1=−2,2,0,
设平面B1EF的法向量为m=x1,y1,z1，
则有m⋅EF=−x1+y1=0m⋅EB1=y1+2z1=0，可取m=2,2,−1，
同理可得平面A1BD的法向量为n1=1,−1,−1，
平面A1AC的法向量为n2=1,1,0，
平面A1C1D的法向量为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.
对于选项BCD，解法二：
解：对于选项B，如图所示，设A1B∩B1E=M，EF∩BD=N，则MN为平面B1EF与平面A1BD的交线，
在△BMN内，作BP⊥MN于点P，在△EMN内，作GP⊥MN，交EN于点G，连结BG，
则∠BPG或其补角为平面B1EF与平面A1BD所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：PB2+PN2=BN2，PG2+PN2=GN2，
底面正方形ABCD中，E,F为中点，则EF⊥BD，
由勾股定理可得NB2+NG2=BG2，
从而有：NB2+NG2=PB2+PN2+PG2+PN2=BG2，
据此可得PB2+PG2≠BG2，即∠BPG≠90∘，
据此可得平面B1EF⊥平面A1BD不成立，选项B错误；
对于选项C，取A1B1的中点H，则AH∥B1E，
由于AH与平面A1AC相交，故平面B1EF∥平面A1AC不成立，选项C错误；
对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形A1B1FM为平行四边形，则A1M∥B1F，
由于A1M与平面A1C1D相交，故平面B1EF∥平面A1C1D不成立，选项D错误；
故选：A.
二、多项选择题
21．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为0.99m的球体
B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
【解题思路】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【解答过程】对于选项A：因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为2m，且2>1.4，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为3m，且3<1.8，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC=E，
可知AC=2,CC1=1,AC1=3,OA=32，则tan∠CAC1=CC1AC=OEAO，
即12=OE32，解得OE=64，
且642=38=924>925=0.62，即64>0.6，
故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，
若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点为M，
可知：AC1⊥O1M,O1M=0.6，则tan∠CAC1=CC1AC=O1MAO1，
即12=0.6AO1，解得AO1=0.62，
根据对称性可知圆柱的高为3−2×0.62≈1.732−1.2×1.414=0.0352>0.01，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
22．（2023·全国·高考真题）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πB．该圆锥的侧面积为43π
C．AC=22D．△PAC的面积为3
【解题思路】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【解答过程】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB=3，
A选项，圆锥的体积为13×π×32×1=π，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为π×3×2=23π，B选项错误；
C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，
则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P−AC−O的平面角，
则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，
故AD=CD=3−1=2，则AC=22，C选项正确；
D选项，PD=12+12=2，所以S△PAC=12×22×2=2，D选项错误.
故选：AC.

23．（2022·全国·高考真题）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=2V2B．V3=V1
C．V3=V1+V2D．2V3=3V1
【解题思路】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=VA−EFM+VC−EFM计算出V3，依次判断选项即可.
【解答过程】
设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅2a2=43a3，
V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅2a2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，
又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=22a,EG=a，
则EM=2a2+2a2=6a,FM=a2+2a2=3a，EF=a2+22a2=3a，
EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=322a2，AC=22a，
则V3=VA−EFM+VC−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
三、填空题
24．（2024·全国·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2r2−r1,3r2−r1，则圆台甲与乙的体积之比为 64 ．
【解题思路】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.
【解答过程】由题可得两个圆台的高分别为ℎ甲=2r1−r22−r1−r22=3r1−r2，
ℎ乙=3r1−r22−r1−r22=22r1−r2，
所以V甲V乙=13S2+S1+S2S1ℎ甲13S2+S1+S2S1ℎ乙=ℎ甲ℎ乙=3r1−r222r1−r2=64.
故答案为：64.
25．（2023·全国·高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA= 2 ．
【解题思路】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【解答过程】如图，将三棱锥S−ABC转化为正三棱柱SMN−ABC，
设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，
则2r=ABsin∠ACB=332=23，可得r=3，
设三棱锥S−ABC的外接球球心为O，连接OA,OO1，则OA=2,OO1=12SA，
因为OA2=OO12+O1A2，即4=3+14SA2，解得SA=2.
故答案为：2.
26．（2023·全国·高考真题）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 [22,23] ．
【解题思路】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【解答过程】设球的半径为R.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径2R′为体对角线长AC1=42+42+42=43，即2R′=43,R′=23，故Rmax=23；

分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，
连接MG，则MG=42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为22.
综上，R∈[22,23].
故答案为：[22,23].
27．（2023·全国·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 12 个公共点．
【解题思路】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【解答过程】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取CD，CC1中点G,M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG,EG,OM,ON,MN，如图，

由题意可知，O为球心，在正方体中，EF=FG2+EG2=22+22=22，
即R=2，
则球心O到CC1的距离为OM=ON2+MN2=12+12=2，
所以球O与棱CC1相切，球面与棱CC1只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12.
28．（2023·全国·高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=2，则该棱台的体积为 766 ．
【解题思路】结合图像，依次求得A1O1,AO,A1M，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【解答过程】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD−A1B1C1D1的高，

因为AB=2,A1B1=1,AA1=2，
则A1O1=12A1C1=12×2A1B1=22,AO=12AC=12×2AB=2，
故AM=12AC−A1C1=22，则A1M=A1A2−AM2=2−12=62，
所以所求体积为V=13×(4+1+4×1)×62=766.
故答案为：766.
29．（2023·全国·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 28 ．
【解题思路】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【解答过程】方法一：由于24=12，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，
所以正四棱锥的体积为13×4×4×6=32，
截去的正四棱锥的体积为13×2×2×3=4，
所以棱台的体积为32−4=28.
方法二：棱台的体积为13×3×16+4+16×4=28.
故答案为：28.
四、解答题
30．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥P−ABCD,O为底面ABCD的中心．
(1)若AP=5,AD=32，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小．
【解题思路】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形△POA的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接EA,EO,EC，可先证BE⊥平面ACE，根据线面角的定义得出所求角为∠BOE，然后结合题目数量关系求解.
【解答过程】（1）正四棱锥满足且PO⊥平面ABCD，由AO⊂平面ABCD，则PO⊥AO，
又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=32可得，AO=3，
故PO=PA2−AO2=4，
根据圆锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成的几何体是以PO为轴，AO为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为PO=4，底面半径为AO=3，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是13×π×32×4=12π
（2）连接EA,EO,EC，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E是PB中点，则AE⊥PB,CE⊥PB，又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面ACE，
故PB⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，又BD∩平面ACE=O，
于是直线BD与平面AEC所成角的大小即为∠BOE，
不妨设AP=AD=6，则BO=32,BE=3，sin∠BOE=332=22，
又线面角的范围是0,π2，
故∠BOE=π4.即为所求.
31．（2024·全国·高考真题）如图，AB//CD,CD//EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4,AD=BC=10，AE=23,M为CD的中点.
(1)证明：EM//平面BCF；
(2)求点M到ADE的距离.
【解题思路】（1）结合已知易证四边形EFCM为平行四边形，可证EM//FC，进而得证；
（2）先证明OA⊥平面EDM，结合等体积法VM−ADE=VA−EDM即可求解.
【解答过程】（1）由题意得，EF//MC，且EF=MC，
所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM//FC，
又CF⊂平面BCF,EM⊂平面BCF，
所以EM//平面BCF；
（2）取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB//MC，且AB=MC，
所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=10，
又AD=10，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角形，
可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=AD2−DM22=3,OE=ED2−DM22=3，
又AE=23，所以OA2+OE2=AE2，故OA⊥OE.
又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM，所以OA⊥平面EDM，
易知S△EDM=12×2×3=3.
在△ADE中，cs∠DEA=4+12−102×2×23=34，
所以sin∠DEA=134,S△DEA=12×2×23×134=392.
设点M到平面ADE的距离为d，由VM−ADE=VA−EDM，
得13S△ADE⋅d=13S△EDM⋅OA，得d=61313，
故点M到平面ADE的距离为61313.
32．（2024·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1,AB=3．
(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427，求AD．
【解题思路】（1）先证出AD⊥平面PAB，即可得AD⊥AB，由勾股定理逆定理可得BC⊥AB，从而 AD//BC，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，根据三垂线法可知，∠DFE即为二面角A−CP−D的平面角，即可求得tan∠DFE=6，再分别用AD的长度表示出DE,EF，即可解方程求出AD．
【解答过程】（1）（1）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）如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，
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=427，即tan∠DFE=6．
因为AD⊥DC，设AD=x，则CD=4−x2，由等面积法可得，DE=x4−x22，
又CE=4−x2−x24−x24=4−x22，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF=4−x222，
故tan∠DFE=x4−x224−x222=6，解得x=3，即AD=3．
33．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AB=BC=1，AD=3,点E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2．
(1)若F为线段PE中点，求证：BF//平面PCD．
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
【解题思路】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF//平面PCD.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值.
【解答过程】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SF=12ED=1，
而ED//BC,ED=2BC，故SF//BC,SF=BC，故四边形SFBC为平行四边形，
故BF//SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，
所以BF//平面PCD.
（2）
因为ED=2，故AE=1，故AE//BC,AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE⊥平面PAD，
而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,−1,0,B1,−1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2，
则PA=0,−1,−2,PB=1,−1,−2,PC=1,0,−2,PD=0,2,−2,
设平面PAB的法向量为m=x,y,z，
则由m⋅PA=0m⋅PB=0可得−y−2z=0x−y−2z=0，取m=0,−2,1，
设平面PCD的法向量为n=a,b,c，
则由n⋅PC=0n⋅PD=0可得a−2b=02b−2c=0，取n=2,1,1，
故csm,n=−15×6=−3030，
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为3030.
34．（2024·全国·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，EF//AD,BC//AD，AD=4,AB=BC=EF=2，ED=10,FB=23，M为AD的中点．
(1)证明：BM//平面CDE；
(2)求二面角F−BM−E的正弦值．
【解题思路】（1）结合已知易证四边形BCDM为平行四边形，可证BM//CD，进而得证；
（2）作BO⊥AD交AD于O，连接OF，易证OB,OD,OF三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【解答过程】（1）因为BC//AD,EF=2,AD=4,M为AD的中点，所以BC//MD,BC=MD，
四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM⊄平面CDE，
CD⊂平面CDE，所以BM//平面CDE；
（2）如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，
因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,AD=4, AB=BC=2，所以CD=2，
结合（1）BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2，又AM=2，
所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB=3，
又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EF//MD，
四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF，
所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF=AF2−AO2=3，
因为OB2+OF2=BF2，所以OB⊥OF，所以OB,OD,OF互相垂直，
以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立O−xyz空间直角坐标系，
F0,0,3，B3,0,0,M0,1,0,E0,2,3，BM=−3,1,0,BF=−3,0,3，
BE=−3,2,3，设平面BFM的法向量为m=x1,y1,z1，
平面EMB的法向量为n=x2,y2,z2，
则m⋅BM=0m⋅BF=0，即−3x1+y1=0−3x1+3z1=0，令x1=3，得y1=3,z1=1，即m=3,3,1，
则n⋅BM=0n⋅BE=0，即−3x2+y2=0−3x2+2y2+3z2=0，令x2=3，得y2=3,z2=−1，
即n=3,3,−1，csm,n=m⋅nm⋅n=1113⋅13=1113，则sinm,n=4313，
故二面角F−BM−E的正弦值为4313.
35．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB//CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2,AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．

(1)求证D1N//平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值；
(3)求点B到平面CB1M的距离．
【解题思路】（1）取CB1中点P，连接NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得D1N//MP，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.
【解答过程】（1）取CB1中点P，连接NP，MP，
由N是B1C1的中点，故NP//CC1，且NP=12CC1，
由M是DD1的中点，故D1M=12DD1=12CC1，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A0,0,0、B2,0,0、B12,0,2、M0,1,1、C1,1,0、C11,1,2，
则有CB1=1,−1,2、CM=−1,0,1、BB1=0,0,2，
设平面CB1M与平面BB1CC1的法向量分别为m=x1,y1,z1、n=x2,y2,z2，
则有m⋅CB1=x1−y1+2z1=0m⋅CM=−x1+z1=0，n⋅CB1=x2−y2+2z2=0n⋅BB1=2z2=0，
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csm,n=m⋅nm⋅n=1+31+9+1⋅1+1=22211，
故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值为22211；
（3）由BB1=0,0,2，平面CB1M的法向量为m=1,3,1，
则有BB1⋅mm=21+9+1=21111，
即点B到平面CB1M的距离为21111.
36．（2024·全国·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F满足AE=25AD，AF=12AB，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC=43．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【解题思路】（1）由题意，根据余弦定理求得EF=2，利用勾股定理的逆定理可证得EF⊥AD，则EF⊥PE,EF⊥DE，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PE⊥ED，建立如图空间直角坐标系E−xyz，利用空间向量法求解面面角即可.
【解答过程】（1）由AB=8,AD=53,AE=25AD,AF=12AB，
得AE=23,AF=4，又∠BAD=30°，在△AEF中，
由余弦定理得EF=AE2+AF2−2AE⋅AFcs∠BAD=16+12−2⋅4⋅23⋅32=2,
所以AE2+EF2=AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE,EF⊥DE，又PE∩DE=E,PE、DE⊂平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，
故EF⊥ PD；
（2）连接CE，由∠ADC=90°,ED=33,CD=3，则CE2=ED2+CD2=36，
在△PEC中，PC=43,PE=23,EC=6，得EC2+PE2=PC2，
所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF=E,EC、EF⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E−xyz，
则E(0,0,0),P(0,0,23),D(0,33,0),C(3,33,0),F(2,0,0),A(0,−23,0)，
由F是AB的中点，得B(4,23,0)，
所以PC=(3,33,−23),PD=(0,33,−23),PB=(4,23,−23),PF=(2,0,−23)，
设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x1,y1,z1),m=(x2,y2,z2)，
则n→⋅PC⃗=3x1+33y1−23z1=0n→⋅PD⃗=33y1−23z1=0，m⋅PB=4x2+23y2−23z2=0m⋅PF=2x2−23z2=0，
令y1=2,x2=3，得x1=0,z1=3,y2=−1,z2=1，
所以n=(0,2,3),m=(3,−1,1)，
所以csm,n=m⋅nmn=15⋅13=6565，
设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sinθ=1−cs2θ=86565，
即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为86565.
37．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，PC=3．

(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A−PC−B的大小．
【解题思路】（1）先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥PB，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PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形，
又因为PB=PA2+AB2=2，BC=1,PC=3，
所以PB2+BC2=PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，
又因为BC⊥PA，PA∩PB=P，
所以BC⊥平面PAB.
（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，
以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，
所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,−1)，
设平面PAC的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅AP=0m⋅AC=0，即z1=0,x1+y1=0,
令x1=1，则y1=−1，所以m=(1,−1,0)，
设平面PBC的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅BC=0n⋅PC=0，即y2=0x2+y2−z2=0，
令x2=1，则z2=1，所以n=(1,0,1)，
所以csm,n=m⋅nmn=12×2=12，
又因为二面角A−PC−B为锐二面角，
所以二面角A−PC−B的大小为π3.
38．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°．

(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1−BB1C1C的高．
【解题思路】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC，可证BC⊥平面ACC1A1，从而证得平面ACC1A1⊥平面BCC1B1；
(2) 过点A1作A1O⊥CC1，可证四棱锥的高为A1O,由三角形全等可证A1C=AC，从而证得O为CC1中点，设A1C=AC=x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求A1O.
【解答过程】（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC,
所以A1C⊥BC,
又因为∠ACB=90∘，即AC⊥BC，
A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C,
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC⊂平面BCC1B1,
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
（2）如图，

过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1，
所以四棱锥A1−BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC,
所以A1C⊥BC,A1C⊥AC,
又因为A1B=AB，BC为公共边，
所以△ABC与△A1BC全等，所以A1C=AC.
设A1C=AC=x，则A1C1=x，
所以O为CC1中点，OC1=12AA1=1,
又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA12,
即x2+x2=22，解得x=2，
所以A1O=A1C12−OC12=(2)2−12=1，
所以四棱锥A1−BB1C1C的高为1．
39．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，∠ACB=90°,AA1=2，A1到平面BCC1B1的距离为1．

(1)证明：A1C=AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解题思路】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BCC1B1，再由勾股定理求出O为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出AB1的长及点A到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【解答过程】（1）如图，
∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC，
∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，
过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
∴A1O⊥平面BCC1B1
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O=1，
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2，
设CO=x，则C1O=2−x，
∵△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形，且CC1=2，
CO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC12=C1A12，A1C2+A1C12=C1C2，
∴1+x2+1+(2−x)2=4，解得x=1，
∴AC=A1C=A1C1=2，
∴A1C=AC
（2）∵AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB
∴BA=BA1，
过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点，
由直线AA1与BB1距离为2，所以BD=2
∵A1D=1，BD=2，∴A1B=AB=5，
在Rt△ABC，∴BC=AB2−AC2=3，
延长AC，使AC=CM，连接C1M，
由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，
∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，
∴C1M⊥AM
则在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=A1C，∴AC1=(2AC)2+A1C2，
在Rt△AB1C1中，AC1=(2AC)2+A1C2，B1C1=BC=3，
∴AB1=(22)2+(2)2+(3)2=13,
又A到平面BCC1B1距离也为1，
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113=1313.
40．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M为BC中点.，N为AB的中点，

(1)求证：A1N//平面AMC1；
(2)求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；
(3)求点C到平面AMC1的距离．
【解题思路】（1）先证明四边形MNA1C1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
【解答过程】（1）

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC，且MN=AC2=1，
由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A1C1=1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N//MC1，
又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N//平面AMC1.
（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接MF,C1E.
由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，AC,AA1⊂平面ACC1A1，则ME⊥平面ACC1A1.
由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1，ME∩EF=E，ME,EF⊂平面MEF，于是AC1⊥平面MEF，
由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面AMC1与平面ACC1A1所成角即∠MFE.
又ME=AB2=1，cs∠CAC1=15，则sin∠CAC1=25，故EF=1×sin∠CAC1=25，在Rt△MEF中，∠MEF=90∘，则MF=1+45=35，
于是cs∠MFE=EFMF=23
（3）[方法一：几何法]

过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.
由题干数据可得，C1A=C1C=5，C1M=C1P2+PM2=5，根据勾股定理，C1Q=5−222=322，
由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P=C1，C1Q,C1P⊂平面C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ.
又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C1Q,AM⊂平面C1MA，故PR⊥平面C1MA.
在Rt△C1PQ中，PR=PC1⋅PQQC1=2⋅22322=23，
又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，
即点C到平面AMC1的距离是43.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点C到平面AMC1的距离为ℎ.
VC1−AMC=13×C1P×S△AMC=13×2×12×22=23，
VC−C1MA=13×ℎ×S△AMC1=13×ℎ×12×2×322=ℎ2.
由VC1−AMC=VC−C1MA⇔ℎ2=23，即ℎ=43.
41．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF⊥AO．
(1)求证：EF//平面ADO；
(2)若∠POF=120°，求三棱锥P−ABC的体积．
【解题思路】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF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PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【解答过程】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)BA+tBC，AO=−BA+12BC，BF⊥AO，
则BF⋅AO=[(1−t)BA+tBC]⋅(−BA+12BC)=(t−1)BA2+12tBC2=4(t−1)+4t=0，
解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，
于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=12AB，即DE//OF,DE=OF，
则四边形ODEF为平行四边形，
EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF//平面ADO.
（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，
因为PB=PC,O是BC中点，所以PO⊥BC，
在Rt△PBO中，PB=6,BO=12BC=2，
所以PO=PB2−OB2=6−2=2，
因为AB⊥BC,OF//AB，
所以OF⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF⊂平面POF，
所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，
所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM⊂平面ABC，
所以PM⊥平面ABC，
即三棱锥P−ABC的高为PM，
因为∠POF=120°，所以∠POM=60°，
所以PM=POsin60°=2×32=3，
又S△ABC=12AB⋅BC=12×2×22=22，
所以VP−ABC=13S△ABC⋅PM=13×22×3=263.
42．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD=5DO，点F在AC上，BF⊥AO.

(1)证明：EF//平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D−AO−C的正弦值.
【解题思路】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF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B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，设Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6求出P点坐标，再求出平面ADO与平面BEF的法向量n1,n2，由n1⋅n2=0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ADO与平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【解答过程】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)BA+tBC，AO=−BA+12BC，BF⊥AO，
则BF⋅AO=[(1−t)BA+tBC]⋅(−BA+12BC)=(t−1)BA2+12tBC2=4(t−1)+4t=0，
解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，

于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=12AB，即DE//OF,DE=OF，则四边形ODEF为平行四边形，
EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF//平面ADO.
（2）法一：由（1）可知EF//OD，则AO=6,DO=62，得AD=5DO=302，
因此OD2+AO2=AD2=152，则OD⊥AO，有EF⊥AO，
又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF，
则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，
A2,0,0,,B0,0,0,C0,22,0，
在△BDA中，cs∠PBA=DB2+AB2−DA22DB⋅AB=32+4−1522×2×62=−16，
在△PBA中，PA2=PB2+AB2−2PB⋅ABcs∠PBA=6+4−26×2×−16=14，
设Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6可得：x−22+y2+z2=14x2+y2+z2=6x2+y−222+z2=6，
可得：x=−1,y=2,z=3，所以P−1,2,3，
则D−12,22,32，所以E12,22,32，F1,2,0，
AO=−2,2,0,AD=−52,22,32
设平面ADO的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AO=0n1⋅AD=0，得−2x1+2y1=0−52x1+22y1+32z1=0，
令x1=1，则y1=2,z1=3，所以n1=1,2,3，
BE=12,22,32,BF=1,2,0
设平面BEF的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅BE=0n2⋅BF=0，得12x2+22y2+32z2=0x2+2y2=0，
令x2=2，则y2=−2,z2=0，所以n2=2,−2,0，
n1⋅n2=2×1+2×−2+0=0，
所以平面ADO⊥平面BEF；

（3）法一：过点O作OH//BF交AC于点H，设AD∩BE=G，
由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH=13AH，
又由（2）知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D−AO−C的平面角，
因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的重心，
即有DG=13AD,GE=13BE，又FH=13AH，即有DH=32GF，
cs∠ABD=4+32−1522×2×62=4+6−PA22×2×6，解得PA=14，同理得BE=62，
于是BE2+EF2=BF2=3，即有BE⊥EF，则GF2=13×622+622=53，
从而GF=153，DH=32×153=152，
在△DOH中，OH=12BF=32,OD=62,DH=152，
于是cs∠DOH=64+34−1542×62×32=−22，sin∠DOH=1−−222=22，
所以二面角D−AO−C的正弦值为22.

法二：平面ADO的法向量为n1=1,2,3，
平面ACO的法向量为n3=0,0,1，
所以csn1,n3=n1⋅n3n1⋅n3=31+2+3=22，
因为n1,n3∈0,π，所以sinn1,n3=1−cs2n1,n3=22，
故二面角D−AO−C的正弦值为22.
43．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4．点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3．

(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P−A2C2−D2为150°时，求B2P．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，利用向量法求二面角，建立方程求出λ即可得解.
【解答过程】（1）以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，

则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1)，
∴B2C2=(0,−2,1),A2D2=(0,−2,1)，
∴B2C2∥A2D2，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
（2）设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，
则A2C2=(−2,−2,2),PC2=(0,−2,3−λ),D2C2=(−2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅A2C2=−2x−2y+2z=0n⋅PC2=−2y+(3−λ)z=0，
令 z=2，得y=3−λ,x=λ−1，
∴n=(λ−1,3−λ,2)，
设平面A2C2D2的法向量m=(a,b,c)，
则m⋅A2C2=−2a−2b+2c=0m⋅D2C2=−2a+c=0，
令 a=1，得b=1,c=2，
∴m=(1,1,2)，
∴csn,m=n⋅mnm=664+(λ−1)2+(3−λ)2=cs150°=32，
化简可得，λ2−4λ+3=0，
解得λ=1或λ=3，
∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，
∴B2P=1.
44．（2023·全国·高考真题）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EF=DA，求二面角D−AB−F的正弦值．
【解题思路】（1）根据题意易证BC⊥平面ADE，从而证得BC⊥DA；
（2）由题可证AE⊥平面BCD，所以以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，再求出平面ABD,ABF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．
【解答过程】（1）连接AE,DE，因为E为BC中点，DB=DC，所以DE⊥BC①，
因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60∘，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC=AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE=E，AE,DE⊂平面ADE，
所以，BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA．
（2）不妨设DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，∴BC=22,DE=AE=2．
∴AE2+DE2=4=AD2，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC,DE∩BC=E，DE,BC⊂平面BCD ∴AE⊥平面BCD．
以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设D(2,0,0),A(0,0,2),B(0,2,0),E(0,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，
二面角D−AB−F平面角为θ,而AB=0,2,−2，
因为EF=DA=−2,0,2，所以F−2,0,2，即有AF=−2,0,0，
∴−2x1+2z1=02y1−2z1=0，取x1=1，所以n1=(1,1,1)；
2y2−2z2=0−2x2=0，取y2=1，所以n2=(0,1,1)，
所以，csθ=n1⋅n2n1n2=23×2=63，从而sinθ=1−69=33．
所以二面角D−AB−F的正弦值为33．
45．（2022·浙江·高考真题）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．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【解题思路】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=BC，再根据二面角的定义可知，∠BCF=60∘，由此可知，FN⊥BC，FN⊥CD，从而可证得FN⊥平面ABCD，即得FN⊥AD；
（2）由（1）可知FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N−xyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．
【解答过程】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H．
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23，
∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，
∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F−DC−B的平面角，则∠BCF=60∘，
∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴ FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．
（2）因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点， NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N−xyz，
设A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,−3,0),E(1,0,3)，则M3,32,32，
∴BM=3,−32,32,AD=(−2,−23,0),DE=(−2,3,3)
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)
由n⋅AD=0n⋅DE=0，得−2x−23y=0−2x+3y+3z=0，取n=(3,−1,3)，
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
∴sinθ=cs⟨n→,BM⃑⟩=|n→⋅BM⃑||n→|⋅BM⃑=33+32+3323+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714．
46．（2022·全国·高考真题）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．
【解题思路】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.
（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.
【解答过程】（1）由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，
所以AB=CB，故AC⊥BE，
由于DE∩BE=E，DE,BE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
（2）[方法一]：判别几何关系
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE=3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.
DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小
过E作EF⊥BD，垂足为F，
在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，
所以DF=12−322=12,BF=2−DF=32，
所以BFBD=34
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且FHDE=BFBD=34，
所以FH=34，
所以VF−ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.
[方法二]：等体积转换
∵AB=BC，∠ACB=60°，AB=2
∴ΔABC是边长为2的等边三角形，
∴BE=3，
连接EF，
∵ΔADB≅ΔCDB∴AF=CF∴EF⊥AC∴在ΔBED中，当EF⊥BD时，ΔAFC面积最小
∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC中点∴DE=1∵DE2+BE2=BD2∴BE⊥ED若EF⊥BD,在ΔBED中，EF=BE⋅DEBD=32
BF=BE2−EF2=32∴SΔBEF=12BF⋅EF=12⋅32⋅32=338
∴VF−ABC=VA−BEF+VC−BEF=13SΔBEF⋅AC=13⋅338⋅2=34.
47．（2022·全国·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）．
【解题思路】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．
【解答过程】（1）如图所示：
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM,HE=KM，HG//KL,HG=KL，GF//LN,GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积
V=422×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．
[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4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
V=13⋅43⋅422+4⋅13⋅42⋅1242⋅43+4⋅13⋅43⋅1242⋅42=64033.
48．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥AB，点D、E、F分别为A1B1,AA1,CD的中点， AB=AC=AA1=2.
(1)求证：EF//平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
【解题思路】（1）以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1C1所在直线分别为x、y、z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BE与平面CC1D夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.
【解答过程】（1）证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，且AC⊥AB，则A1C1⊥A1B1
以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1C1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2、D0,1,0、E1,0,0、F1,12,1，则EF=0,12,1，
易知平面ABC的一个法向量为m=1,0,0，则EF⋅m=0，故EF⊥m，
∵EF⊄平面ABC，故EF//平面ABC.
（2）解：C1C=2,0,0，C1D=0,1,−2，EB=1,2,0，
设平面CC1D的法向量为u=x1,y1,z1，则u⋅C1C=2x1=0u⋅C1D=y1−2z1=0，
取y1=2，可得u=0,2,1，cs=EB⋅uEB⋅u=45.
因此，直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为45.
（3）解：A1C=2,0,2，A1D=0,1,0，
设平面A1CD的法向量为v=x2,y2,z2，则v⋅A1C=2x2+2z2=0v⋅A1D=y2=0，
取x2=1，可得v=1,0,−1，则cs=u⋅vu⋅v=−15×2=−1010，
因此，平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为1010.
49．（2022·全国·高考真题）如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是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．
【解题思路】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，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.
【解答过程】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC

（2）解：过点A作Az//OP，如图建立空间直角坐标系，
因为PO=3，AP=5，所以OA=AP2−PO2=4，
又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=43，
所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，
所以E33,1,32，
则AE=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，
设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=33x+y+32z=0n⋅AB=43x=0，令z=2，则y=−3，x=0，所以n=0,−3,2；
设平面AEC的法向量为m=a,b,c，则m⋅AE=33a+b+32c=0m⋅AC=12b=0，
令a=3，则c=−6，b=0，所以m=3,0,−6；
所以csn,m=n⋅mnm=−1213×39=−4313.
设二面角C−AE−B的大小为θ，则csθ=csn,m=4313，
所以sinθ=1−cs2θ=1113，即二面角C−AE−B的正弦值为1113.

50．（2022·全国·高考真题）在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【解题思路】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【解答过程】（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE=BF=12，
故DE=32，BD=DE2+BE2=3，
所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
（2）解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=3，
则A1,0,0,B0,3,0,P0,0,3，
则AP=−1,0,3,BP=0,−3,3,DP=0,0,3，
设平面PAB的法向量n=x,y,z，
则有{n⋅AP=−x+3z=0n⋅BP=−3y+3z=0，可取n=3,1,1，
则csn,DP=n⋅DPnDP=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
51．（2022·全国·高考真题）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．
【解题思路】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，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BE⊥DE，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.
【解答过程】（1）因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
（2）连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，
因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1,
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD=−1,0,1,AB=−1,3,0，
设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅AD=−x+z=0n⋅AB=−x+3y=0，取y=3，则n=3,3,3，
又因为C−1,0,0,F0,34,34，所以CF=1,34,34，
所以csn,CF=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=csn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
52．（2022·北京·高考真题）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．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(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：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．
【解题思路】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面BCC1B1，从而可证MN//平面BCC1B1.
（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，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.
【解答过程】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，
由三棱柱ABC−A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，
而MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，故MK//平面BCC1B1，
而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面BCC1B1，
而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
故平面MKN//平面BCC1B1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面BCC1B1，
（2）因为侧面BCC1B1为正方形，故CB⊥BB1，
而CB⊂平面BCC1B1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，
平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，
因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，
因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，
若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，
故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，
故BA=0,2,0,BN=1,1,0,BM=0,1,2，
设平面BNM的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BN=0n⋅BM=0，从而x+y=0y+2z=0，取z=−1，则n=−2,2,−1，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=csn,AB=42×3=23.
若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面ABB1A1，
故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故B1M=NK，
而B1B=MK=2，MB=MN，故△BB1M≅△MKN，
所以∠BB1M=∠MKN=90°，故A1B1⊥BB1，
而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，
故BA=0,2,0,BN=1,1,0,BM=0,1,2，
设平面BNM的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BN=0n⋅BM=0，从而x+y=0y+2z=0，取z=−1，则n=−2,2,−1，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=csn,BA=42×3=23.
53．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．
(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．
【解题思路】（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BC⊥平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【解答过程】（1）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA−A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=223ℎ=VA1−ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC−A1B1C1=43，
解得ℎ=2，
所以点A到平面A1BC的距离为2；
（2）取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，
则A0,2,0,A10,2,2,B0,0,0,C2,0,0,所以A1C的中点D1,1,1，
则BD=1,1,1，BA=0,2,0,BC=2,0,0,
设平面ABD的一个法向量m=x,y,z，则m⋅BD=x+y+z=0m⋅BA=2y=0，
可取m=1,0,−1，
设平面BDC的一个法向量n=a,b,c，则n⋅BD=a+b+c=0n⋅BC=2a=0，
可取n=0,1,−1，
则csm,n=m⋅nm⋅n=12×2=12，
所以二面角A−BD−C的正弦值为1−122=32.