专题21 立体几何大题综合- 十年（2015-2024）高考真题数学分类汇编（全国通用）（含答案）

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考点01 空间中的平行关系（第一问）
1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【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；
【详解】（1）（1）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．（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；
【答案】(1)证明见详解；
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
【详解】（1）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；
3．（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．
【答案】(1)证明见解析
【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.
【详解】（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.
4．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
【答案】(1)证明见解析
【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；
【详解】（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；
5．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
【答案】(1)证明见解析；
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
【详解】（1）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，
.
6．（2023·全国甲卷·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；
【答案】(1)证明见解析；
【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.
【详解】（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.
7．（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；
【答案】(1)证明见解析
【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.
【详解】（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.
8．（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；
【答案】(1)证明见解析
【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；
【详解】（1）

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.
9．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
【答案】(1)证明见解析
【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；
【详解】（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
10．（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；
【答案】(1)证明见解析；
【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；
【详解】（1）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．
11．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
(1)求证：平面；
【答案】(1)证明见解析
【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；
【详解】（1）证明：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.
12．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
【答案】(1)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
13．（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；
【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.
【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；
【详解】（I）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；
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；
【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；
【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；
15．（2020·江苏·高考真题）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
（1）求证：EF∥平面AB1C1；
【答案】（1）证明详见解析；
【分析】（1）通过证明，来证得平面.
【详解】（1）由于分别是的中点，所以.
由于平面,平面，所以平面.
16．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
【答案】（1）见解析；
【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
17．（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；
【答案】（I）见解析；
【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；
【详解】（I）证明：连接，易知，，
又由，故，
又因为平面，平面，
所以平面.
18．（2019·天津·高考真题）如图，平面，，.
（Ⅰ）求证：平面；
【答案】（Ⅰ）见证明；
【分析】首先利用几何体的特征建立空间直角坐标系
(Ⅰ)利用直线BF的方向向量和平面ADE的法向量的关系即可证明线面平行；
【详解】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得.
设，则.
(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，
又，可得，
又因为直线平面，所以平面.
19．（2019·全国·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；
【答案】（1）见解析；
【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；
【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
20．（2019·全国·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；
【答案】（1）见解析；
【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；
【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
21．（2018·江苏·高考真题）在平行六面体中，,．
求证：（1）；
【答案】（1）见解析
【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；
证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
22．（2017·天津·高考真题）如图，在三棱锥中，底面，．点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．
（1）求证：平面；
【答案】（1）证明见解析；
试题解析：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.
（1）证明：=（0，2，0），=（2，0，）.设，为平面BDE的法向量，
则，即.不妨设，可得.又=（1，2，），可得.
因为平面BDE，所以MN//平面BDE.
23．（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；
【答案】（I）见解析；
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．
24．（2017·全国·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面，是的中点．
（1）证明：直线平面；
【答案】（1）见解析；
【详解】试题分析：（1） 取的中点，连结，，由题意证得∥，利用线面平行的判断定理即可证得结论；
试题解析：（1）取中点，连结，．
因为为的中点，所以,,由得，又
所以．四边形为平行四边形， ．
又，，故
25．（2017·全国·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;
【答案】（Ⅰ）见解析
试题解析：
（1） 在平面内，因为,所以
又平面平面故平面
26．（2017·江苏·高考真题）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
【答案】（1）见解析
【详解】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.

又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
27．（2016·四川·高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．
（Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
【答案】（Ⅰ）详见解析；
（Ⅰ）取棱AD的中点M（M∈平面PAD），点M即为所求的一个点.理由如下：
因为AD∥BC,BC=AD，所以BC∥AM, 且BC=AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.
又AB平面PAB,CM平面PAB,
所以CM∥平面PAB.
（说明：取棱PD的中点N,则所找的点可以是直线MN上任意一点）
28．（2016·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且 ，.

求证：（1）直线DE平面A1C1F；
【答案】（1）详见解析
试题解析：证明：（1）在直三棱柱中，
在三角形ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，
所以，于是，
又因为DE平面平面，
所以直线DE//平面.
29．（2016·天津·高考真题）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.
（Ⅰ）求证：EG∥平面ADF；
【答案】（Ⅰ）详见解析；
试题解析：依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.
（Ⅰ）证明：依题意，.
设为平面的法向量，则，即.
不妨设，可得，又，可得，
又因为直线，所以.
30．（2016·全国·高考真题）如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.
（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;
【答案】（Ⅰ）详见解析；
【详解】（Ⅰ）由已知得.
取的中点，连接，由为中点知，.
又，故，，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
31．（2016·山东·高考真题）在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O的直径，FB是圆台的一条母线.
（Ⅰ）已知G,H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；
【答案】（Ⅰ）见解析；
【详解】(Ⅰ)连结，取的中点，连结，，
、在上底面内，不在上底面内，上底面，
平面，又，平面，平面，
平面，
所以平面平面，由平面，平面．
32．（2016·全国·高考真题）如图，四棱锥中，平面，，，，为线段上一点，，为的中点．
（I）证明平面；

【答案】(Ⅰ)证明见解析；
试题解析：（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.
又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.

33．（2015·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.
求证：（1）；
【答案】（1）详见解析
试题解析：（1）由题意知，为的中点，
又为的中点，因此．
又因为平面，平面，
所以平面．
34．（2015·天津·高考真题）如图,已知平面ABC, AB=AC=3,,, 点E,F分别是BC, 的中点.
（Ⅰ）求证:EF∥平面 ;
【答案】（Ⅰ）见试题解析;
试题解析:（Ⅰ）证明:如图,连接,在△中,因为E和F分别是BC, 的中点,所以 ,又因为EF 平面, 所以EF∥平面.
35．（2015·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点.
（1）求证：平面；
【答案】（1）证明见解析；
【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，
又因为分别为和的中点，得.
（Ⅰ）证明：依题意，可得为平面的一个法向量，，
由此可得，，又因为直线平面，所以平面
36．（2015·四川·高考真题）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设的中点为，的中点为
(1)请将字母标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）
(2)证明：直线平面
【详解】（1）点、、的位置如图所示.
（2）连结，设为的中点.
因为M、N分别是BC、GH的中点，
所以，且，
，且，
所以，
所以是平行四边形，从而，
又平面，平面，平面，
所以平面.
37．（2015·山东·高考真题）如图，三棱台中， 分别为的中点.
（Ⅰ）求证：平面 ；
【详解】（Ⅰ）证法一：连接设,连接，在三棱台中，分别为的中点，可得，所以四边形是平行四边形，则为的中点，又是的中点，所以,
又平面，平面，所以平面.
证法二：在三棱台中，由为的中点，
可得所以为平行四边形，可得
在中，分别为的中点，
所以又，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
38．（2015·山东·高考真题）如图，在三棱台中， 分别为的中点．
（Ⅰ）求证：平面 ；
试题解析：
（Ⅰ）证法一：连接，设 ，连接，
在三棱台中，
为 的中点
可得
所以四边形为平行四边形
则为 的中点
又为 的中点
所以
又平面 平面
所以平面 ．
证法二：
在三棱台中，
由为 的中点
可得
所以四边形为平行四边形
可得
在 中， 为 的中点， 为 的中点，
所以
又 ，所以平面 平面
因为 平面
所以 平面
39．（2015·安徽·高考真题）如图所示，在多面体，四边形，均为正方形，为的中点，过的平面交于F.
（Ⅰ）证明：；
【答案】（Ⅰ）；
试题解析：（Ⅰ）证明：由正方形的性质可知，且，所以四边形为平行四边形，从而，又面，面，于是面，又面，而面面，所以.
40．（2015·福建·高考真题）如图，在几何体中，四边形是矩形，平面，，，，分别是线段，的中点.
(1)求证：平面；
【详解】（1）如图，取的中点连接，，又是的中点，
所以，且，
又是中点，所以，
由四边形是矩形得，，，
所以且.
从而四边形是平行四边形，所以，
∵平面ADE，平面ADE，∴平面ADE.
41．（2015·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
试题解析：（Ⅰ）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，
∴OM∥VB，
∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，
∴VB∥平面MOC；
考点02 空间中的垂直关系（第一问）
1．（2024·全国新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)证明见解析
(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）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）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.
2．（2023·全国新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)证明见解析；
(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）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）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．
3．（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)证明见解析.
(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）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）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．
4．（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.
5．（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.
6．（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)证明过程见解析
(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）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）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.
7．（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)证明见解析；
(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）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）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，
∴．
8．（2021·全国新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)证明见解析；(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）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）[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.
9．（2021·全国新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）证明见解析；（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）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）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.
10．（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）证明见解析；（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）[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）[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．
11．（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.
12．（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）证明见解析；（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）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）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．
13．（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.
14．（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）证明见解析；（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】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、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（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.
15．（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.
16．（2020·山东·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l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）方法一：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，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【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）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
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PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．
设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．
17．（2020·全国·高考真题）如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：
（1）当时，；
（2）点在平面内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据正方形性质得，根据长方体性质得,进而可证平面,即得结果；
（2）只需证明即可，在上取点使得,再通过平行四边形性质进行证明即可.
【详解】
（1）因为长方体,所以平面,
因为长方体,所以四边形为正方形
因为平面,因此平面,
因为平面,所以；
（2）在上取点使得,连,
因为,所以
所以四边形为平行四边形，
因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，
因此在平面内
【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.
18．（2020·全国·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）证明见解析；（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）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）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.
19．（2020·全国·高考真题）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）要证明平面，只需证明，即可；
（2）方法一：过O作∥BC交AB于点N，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，利用公式计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，
又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设，则，由圆锥性质知平面，所以，所以．因为O是的外心，因此．
在底面过作的平行线与的交点为W，以O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
所以，，．
故，．
所以，．
又，故平面．
[方法三]：
因为是底面圆O的内接正三角形，且为底面直径，所以．
因为（即）垂直于底面，在底面内，所以．
又因为平面，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
设，则F为的中点，连结．
设，且，
则，，．
因此，从而．
又因为，所以平面．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结，，易得，
因为，所以．
以为基底，平面，则，
，且，
所以．
故．所以，即．
同理．又，所以平面．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，由图可知二面角为锐二面角，所以.
[方法二]【最优解】：几何法
设，易知F是的中点，过F作交于G，取的中点H，
联结，则．
由平面，得平面．
由（1）可得，，得．
所以，根据三垂线定理，得．
所以是二面角的平面角．
设圆O的半径为r，则，，，，所以，，．
在中，，
．
所以二面角的余弦值为．
[方法三]：射影面积法
如图所示，在上取点H，使，设，连结．
由（1）知，所以．故平面．
所以，点H在面上的射影为N．
故由射影面积法可知二面角的余弦值为．
在中，令，则，易知．所以．
又，故
所以二面角的余弦值为．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求解二面角，提高解题速度.
20．（2020·全国·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）证明见解析；（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）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）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.
21．（2020·全国·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）证明见解析；（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）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)[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．（2019·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
(2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可.
【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.
23．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
24．（2019·北京·高考真题）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
25．（2019·全国·高考真题）图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.
【答案】(1)见详解；(2)4.
【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.
【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.
26．（2019·全国·高考真题）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
【答案】(1)见详解；(2) .
【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2)在图中找到对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑关于的垂线，发现此垂足与的连线也垂直于.按照此思路即证.
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以
而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.
而在中,，即二面角的度数为.
【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．
27．（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.
28．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（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即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】(1)如图所示，连结，
等边中，，则，
平面ABC⊥平面，且平面ABC∩平面，
由面面垂直的性质定理可得：平面，故，
由三棱柱的性质可知，而，故，且，
由线面垂直的判定定理可得：平面，
结合⊆平面，故.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.
设，则，,，
据此可得：，
由可得点的坐标为，
利用中点坐标公式可得：，由于，
故直线EF的方向向量为：
设平面的法向量为，则：
，
据此可得平面的一个法向量为，
此时，
设直线EF与平面所成角为，则.
【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时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.
29．（2019·全国·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.
30．（2019·全国·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）证明见解析；（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）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）
[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.
31．（2018·江苏·高考真题）在平行六面体中，,．
求证：（1）；
（2）．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.
详解：
证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．
因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.
32．（2018·北京·高考真题）如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；
（3）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果；
（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论.
【详解】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．
∵AB=BC，E为AC的中点，．∴AC⊥BE，而，
∴AC⊥平面BEF．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的一个法向量，
又∵平面CDC1的一个法向量为，∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
［方法二］： 【最优解】转化＋面积射影法
考虑到二面角与二面角互补，设二面角为，易知，，所以．
故．
［方法三］：转化＋三垂线法
二面角与二面角互补，并设二面角为，易知平面．
如图3，作，垂足为H，联结．则是二面角的平面角，所以，不难求出，所以二面角的余弦值为．

（3）［方法一］：【最优解】【通性通法】向量法
平面BCD的一个法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
［方法二］：几何转化
如图4，取的中点，分别在取点N，M，使．联结．则平面平面，又平面，平面，故直线与平面相交．
［方法三］：根据相交的平面定义
如图5，设与交于P，联结．

因为，且，所以四点共面．
因为，所以．
又，所以四边形是梯形，即直线与直线一定相交．
因为平面，所以直线与平面相交．
【整体点评】（2）方法一：直接利用向量法求出，属于通性通法；
方法二：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用面积射影法求出，是该问的最优解；
方法三：根据二面角与二面角互补，通过转化求二面角，利用三垂线法求出；
（3）方法一：利用向量证明平面的法向量与直线的方向向量不垂直即可，既是该问的通性通法，也是最优解；
方法二：通过证明与平面平行的平面与直线相交证出；
方法三：构建过直线且与平面相交的平面，通过证明直线与交线相交证出．
33．（2018·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，、分别为、的中点.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：平面平面；
（Ⅲ）求证：平面.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【分析】（1）欲证，只需证明即可；
（2）先证平面，再证平面平面；
（3）取中点，连接，证明，则平面.
【详解】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.
∵底面为矩形，∴，∴；
（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
又，，、平面，平面，
∵平面，∴平面平面；
（Ⅲ）如图，取中点，连接.

∵分别为和的中点，∴，且.
∵四边形为矩形，且为的中点，∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，∴平面.
【点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.
34．（2018·全国·高考真题）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）方法一：先证平面CMD,得,再证，由线面垂直的判定定理可得DM⊥平面BMC，即可根据面面垂直的判定定理证出；
（2）方法一：先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】判定定理
由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
［方法二］：判定定理
由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为，平面ABCD,所以平面，而平面，所以，因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又，所以，平面，而平面，所以平面平面．
［方法三］：向量法
建立直角坐标系，如图2，设，
所以，
设平面的一个法向量为，所以，即，
取平面的一个法向量，
同理可得，平面的一个法向量，因为点在以为圆心，半径为的圆上，所以，，即，而，所以平面平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量,则
即，可取.
是平面MCD的一个法向量,因此，，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
［方法二］：几何法（作平行线找公共棱）
如图3，当点M与圆心O连线时，三棱锥体积最大．过点M作，易证为所求二面角的平面角．在中，，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．
［方法三］：【最优解】面积射影法
设平面与平面所成二面角的平面角为．
由题可得在平面上的射影图形正好是．
取和的中点分别为N和O，则可得，，所以由射影面积公式有，所以，即面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是．
［方法四］：定义法
如图4，可知平面与平面的交线l过点M，可以证明．分别取的中点O，E，联结，可证得直线平面，于是平面，所以，故是面与面所成二面角的平面角．
在中，，则，所以，即面与面所成二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一：利用面面垂直的判定定理寻找合适的线面垂直即可证出，是本题的最优解；
方法二：同方法一，只不过找的线面垂直不一样；
方法三：利用向量法，计算两个平面的法向量垂直即可，思路简单，运算较繁．
（2）方法一：直接利用向量法解决无棱二面角问题，是该类型题的通性通法；
方法二：作平行线找公共棱，从而利用二面角定义找到二面角的平面角，是传统解决无棱二面角问题的方式；
方法三：面积射影法也是传统解决无棱二面角问题的方式，是本题的最优解；
方法四：同方法二，通过找到二面角的公共棱，再利用定义找到平面角，即可解出．
35．（2018·浙江·高考真题）如图，已知多面体均垂直于平面．
（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）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；
（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.
【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法
由得，
所以，即有.
由，得，
由得，
由，得，所以，即有，又，因此平面.
［方法二］：向量法
如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此,
由得；由得，
所以平面.
（Ⅱ）［方法一］：定义法
如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法二］：向量法
设直线与平面所成的角为.
由(I)可知,
设平面的法向量.
由即，可取，
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法三］：【最优解】定义法+等积法
设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．
［方法四］：定义法+等积法
设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．
于是得，易得．
由得，解得．
故．
［方法五］：三正弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，
所以由三正弦定理得．
［方法六］：三余弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．
结合三余弦定理得．
［方法七］：转化法＋定义法
如图3，延长线段至E，使得．
联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．
［方法八］：定义法＋等积法
如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．
又，设直线与平面所成角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；
方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出；
（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；
方法二：根据线面角的向量公式求出；
方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；
方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；
方法五：直接利用三正弦定理求出；
方法六：直接利用三余弦定理求出；
方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；
方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．
36．（2018·全国·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）证明见解析；（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）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）［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．
37．（2018·全国·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．
38．（2018·全国·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，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（1）因为，为的中点，所以，且．
连结．
因为，所以为等腰直角三角形，
且 ，由知．
由知，平面．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 ．
由已知得
取平面的法向量．
设，则．
设平面的法向量为．
由得 ，
可取
所以 ．由已知得 ．
所以 ．解得(舍去)， ．
所以 ．
又 ，所以 ．
所以与平面所成角的正弦值为．
［方法二］：三垂线＋等积法
由（1）知平面，可得平面平面．如图5，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．
设，则，在中，．在中，由，得，则．设点C到平面的距离为h，由，得，解得，则与平面所成角的正弦值为．
［方法三］：三垂线＋线面角定义法
由（1）知平面，可得平面平面．如图6，在平面内作，垂足为N，则平面．在平面内作，垂足为F，联结，则，故为二面角的平面角，即．同解法1可得．
在中，过N作，在中，过N作，垂足为G，联结．在中，．因为，所以．
由平面，可得平面平面，交线为．在平面内，由，可得平面，则为直线与平面所成的角．
设，则，又，所以直线与平面所成角的正弦值为．
［方法四］：【最优解】定义法
如图7，取的中点H，联结，则．过C作平面的垂线，垂足记为T（垂足T在平面内）．联结，则即为二面角的平面角，即，得．
联结，则为直线与平面所成的角．在中，，所以．
【整体点评】（2）方法一：根据题目条件建系，由二面角的向量公式以及线面角的向量公式硬算即可求出，是该类型题的通性通法；
方法二：根据三垂线法找到二面角的平面角，再根据等积法求出点到面的距离，由定义求出线面角，是几何法解决空间角的基本手段；
方法三：根据三垂线法找到二面角的平面角，再利用线面角的等价转化，然后利用定义法找到线面角解出，是几何法解决线面角的基本思想，对于该题，略显麻烦；
方法四：直接根据二面角的定义和线面角的定义解决，原理简单，计算简单，是该题的最优解．
39．（2018·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）依题可知，，利用线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）方法一：依题意建立相应的空间直角坐标系，求得平面的法向量，设与平面所成角为，利用线面角的向量公式即可求出．
【详解】（1）由已知可得，，，又，所以平面.
又平面，所以平面平面；
（2）[方法一]：向量法
作，垂足为.由（1）得，平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，设，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）可得，.又，，所以.又，，故，可得.
则 为平面的法向量.
设与平面所成角为，则.
所以与平面所成角的正弦值为.
[方法2]：向量法
如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，平面，则平面，故．易求，则点P到直线的距离为，从而．
又，故，而平面的一个法向量，故与平面所成角的正弦值．
[方法3]：【最优解】定义法
如图4，作，垂足为H，联结．
由（1）知，平面,因此为与平面所成的角．
设正方形的边长为2，则，在中，．
又因为，由知，．又因为，所以在中，．
所以与平面所成角的正弦值为．
[方法4]：等积法
不妨设，则．，又，所以平面．设点P到平面的距离为d，根据，即，解得．于是与平面所成角的正弦值为．
【整体点评】（2）方法一：建立空间直角坐标系利用线面角的向量公式求解，可算作通性通法；
方法二：同方法一，只是建系方式不一样；
方法三：利用线面角的定义求解，计算量小，是该题的最优解；
方法四：利用等积法求出点P到平面的距离，再根据线面角的正弦公式即可求出，是线面角的常见求法．
40．（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．
41．（2018·全国·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×cs 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cs〈〉＝＝.
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.
42．（2017·全国·高考真题）（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【详解】试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；
（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为.
试题解析：（1）由题设可得，，从而.
又是直角三角形，所以.
取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于是正三角形，故.
所以为二面角的平面角.
在中，.
又，所以，
故.
所以平面ACD⊥平面ABC.
（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则.
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.
故.
设是平面DAE的法向量，则即
可取.
设是平面AEC的法向量，则同理可取.
则.
所以二面角D-AE-C的余弦值为.
【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.
（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
43．（2017·全国·高考真题）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内作，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即
可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：
①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；
②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；
③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.
44．（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.
45．（2017·全国·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）见解析；（2）1:1.
【详解】试题分析：（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.
试题解析：

（1）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）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.
【名师点睛】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.
46．（2017·全国·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
．
47．（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，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.
48．（2017·江苏·高考真题）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.

又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD，，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.
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．
49．（2016·浙江·高考真题）如图，在三棱台ABC–DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.

（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【详解】试题分析：本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．
试题解析：（Ⅰ）延长相交于一点，如图所示.
因为平面平面，且，所以
平面，因此，.
又因为，，，所以
为等边三角形，且为的中点，则
所以平面.
（Ⅱ）因为平面，所以是直线与平面所成的角.
在中，，得.
所以，直线与平面所成的角的余弦值为.

【考点】空间点、线、面位置关系、线面角.
【方法点睛】解题时一定要注意直线与平面所成的角的范围，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
50．（2016·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，平面，.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得平面?说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）存在.理由见解析.
【分析】（Ⅰ）利用线面垂直判定定理证明；（Ⅱ）利用面面垂直判定定理证明；（Ⅲ）取PB中点F，连结EF，则，根据线面平行的判定定理证明平面.
【详解】（Ⅰ）因为平面，
所以．
又因为，
所以平面．
（Ⅱ）因为，，
所以．
因为平面，
所以．
所以平面．
所以平面平面．
（Ⅲ）棱PB上存在点F，使得平面．证明如下：
取PB中点F，连结EF，，．
又因为E为的中点，
所以．
又因为平面，
所以平面．

51．（2016·全国·高考真题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折起到的位置.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ)若，求五棱锥的体积.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：（1）由已知得，，
；（2）由，由
，可证平面．又由得五边形的面积
以五棱锥体积．
试题解析： （1）由已知得，，
又由得，故，
由此得，所以．
（2）由得，
由得，
所以，
于是，故，
由（1）知，又，
所以平面，于是，
又由，所以，平面．
又由得．
五边形的面积．
所以五棱锥体积．
考点：1、线线垂直；2、锥体的体积.
52．（2016·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，
【详解】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值.
试题解析：（1）因为平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（2）取的中点，连结，，
因为，所以.
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系，由题意得，
.
设平面的法向量为，则
即
令，则.
所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）设是棱上一点，则存在使得.
因此点.
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得.
所以在棱上存在点使得平面，此时.
考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.
53．（2016·山东·高考真题）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB．

（Ⅰ）已知AB=BC，AE=EC．求证：AC⊥FB；
（Ⅱ）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC．
【答案】（Ⅰ）证明：见解析；（Ⅱ）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据，知与确定一个平面，连接，得到，，从而平面，证得.（Ⅱ）设的中点为，连，在，中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面平面，进一步得到平面.
试题解析：（Ⅰ）证明：因，所以与确定平面.

连接，因为为的中点，所以，同理可得.
又，所以平面，
因为平面，所以.
（Ⅱ）设的中点为，连.
在中，因为是的中点，所以，
又，所以.
在中，因为是的中点，所以，
又，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
【考点】平行关系，垂直关系
【名师点睛】本题主要考查直线与直线垂直、直线与平面平行.此类题目是立体几何中的基本问题.解答本题，关键在于能利用已知的直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，通过严密推理，给出规范的证明.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力及转化与化归思想等.
54．（2016·浙江·高考真题）如图,在三棱台中,平面平面,.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，先证，再证，进而可证平面；
（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．
【详解】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．
因为平面平面，
平面平面，且，
所以平面，平面，因此．
又因为，，，
所以为等边三角形，且为的中点，
则．
所以平面．
（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．
因为平面，所以，，
则平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长相交于一点，
则为等边三角形．取的中点，则，
又平面平面，所以，平面．
以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，
建立空间直角坐标系．
由题意得，，，
，，．
因此，，，．
设平面的法向量为，
平面的法向量为．
由，得，
取；
由，得
取．
于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值为．
【点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
55．（2016·天津·高考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF||AB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.
（Ⅰ）求证：FG||平面BED；
（Ⅱ）求证：平面BED⊥平面AED；
（Ⅲ）求直线EF与平面BED所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）
【详解】试题分析：（Ⅰ）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行寻找与论证，往往结合平面几何知识，如本题构造一个平行四边形：取的中点为，可证四边形是平行四边形，从而得出（Ⅱ）面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平面几何的知识，如本题可由余弦定理解出，即（Ⅲ）求线面角，关键作出射影，即面的垂线，可利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，即面的垂线：过点作于点，则平面，从而直线与平面所成角即为.再结合三角形可求得正弦值
试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点为，连接，在中，因为是的中点，所以且，又因为，所以且
，即四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）证明：在中，，由余弦定理可，进而可得，即，又因为平面平面平面；平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.
（Ⅲ）解：因为，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角.过点作于点，连接，又因为平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直线与平面所成角即为.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为
考点：直线与平面平行和垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角
56．（2016·全国·高考真题）如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】试题分析：(1)证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即利用线线垂直进行论证，而线线垂直的寻找与论证往往需要利用平面几何条件，如本题需利用勾股定理经计算得出线垂直（2）一般可利用空间向量的数量积求二面角的大小， 首先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组解出各面的法向量，再根据向量数量积求出两个法向量的夹角的余弦值，最后根据二面角与法向量夹角关系确定二面角的余弦值.
试题解析：(1)由已知得，,又由得，故∥，因此
，从而⊥.由得.
由∥得.所以,.
于是,故.又,而, 所以平面.
如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则
，，，，，，，
.
设是平面的法向量， 则，即，可取.
设是平面的法向量，
则，即，可取
于是，
设二面角的大小为，.因此二面角的正弦值是.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
57．（2016·全国·高考真题）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（Ⅰ）证明平面，结合平面，可得平面平面．
（Ⅱ）建立如图所示的空间坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量的夹角的余弦值后可得所求的二面角的余弦值.
【详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以，
又，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（Ⅱ）过作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，
平面，故平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，
设，则，，
所以，，，．
由已知，，而平面，平面 ，
所以平面，又平面平面，平面，
故，所以．
由，可得平面，同理为二面角的平面角，
所以，从而可得．
所以，，，．
设是平面的法向量，
则，即，取，则，
可取．
设是平面的法向量，则，同理可取，
则．
因为二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．

【点睛】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决.
58．（2015·广东·高考真题）如图，三角形△PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3，点E是CD的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF＝2FB，CG＝2GB．
（1）证明：PE⊥FG；
（2）求二面角P﹣AD﹣C的正切值；
（3）求直线PA与直线FG所成角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）通过△PDC为等腰三角形可得PE⊥CD，利用线面垂直判定定理及性质定理即得结论；
（2）通过（1）及面面垂直定理可得PG⊥AD，则∠PDC为二面角P﹣AD﹣C的平面角，利用勾股定理即得结论；
（3）连结AC，利用勾股定理及已知条件可得FG∥AC，在△PAC中，利用余弦定理即得直线PA与直线FG所成角的余弦值．
【详解】（1）证明：在△PDC中PO＝PC且E为CD中点，
∴PE⊥CD，
又∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE⊂平面PCD，
∴PE⊥平面ABCD，
又∵FG⊂平面ABCD，
∴PE⊥FG；
（2）解：由（1）知PE⊥平面ABCD，∴PE⊥AD，
又∵CD⊥AD且PE∩CD＝E，
∴AD⊥平面PDC，
又∵PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD，
又∵AD⊥CD，∴∠PDC为二面角P﹣AD﹣C的平面角，
在Rt△PDE中，由勾股定理可得：
PE，
∴tan∠PDC；
（3）解：连结AC，则AC3，
在Rt△ADP中，AP5，
∵AF＝2FB，CG＝2GB，
∴FG∥AC，
∴直线PA与直线FG所成角即为直线PA与直线AC所成角∠PAC，
在△PAC中，由余弦定理得
cs∠PAC

．
【点睛】
本题考查线线垂直的判定、二面角及线线角的三角函数值，涉及到勾股定理、余弦定理等知识，注意解题方法的积累，属于中档题．
59．（2015·江苏·高考真题）如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，.
求证：（1）；
（2）.
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【详解】试题分析（1）由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点，从而由三角形中位线性质得，再由线面平行判定定理得（2）因为直三棱柱中，所以侧面为正方形，因此，又，（可由直三棱柱推导），因此由线面垂直判定定理得,从而，再由线面垂直判定定理得,进而可得
试题解析：（1）由题意知，为的中点，
又为的中点，因此．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为棱柱是直三棱柱，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，平面，平面，，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为，所以矩形是正方形，因此．
因为，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
考点：线面平行判定定理，线面垂直判定定理
60．（2015·重庆·高考真题）如图，三棱锥P-ABC中，平面PAC平面ABC，ABC=，点D、E在线段AC上，且AD=DE=EC=2，PD=PC=4，点F在线段AB上，且EF//BC．
(Ⅰ)证明：AB平面PFE.
(Ⅱ)若四棱锥P-DFBC的体积为7，求线段BC的长.

【答案】(1)见解析(2) BC=3或BC=3
【分析】（Ⅰ）先由已知易得，再注意平面平面，且交线为，由面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的性质可得到，再注意到，而，从而有，那么由线面垂的判定定理可得平面，
（Ⅱ）设则可用将四棱锥的体积表示出来，由已知其体积等于7，从而得到关于的一个一元方程，解此方程，再注意到即可得到的长．
【详解】证明：如题（20）图.由知，为等腰中边的中点，故
，
又平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，从而.
因.
从而与平面内两条相交直线，都垂直，
所以平面.
（2）解：设,则在直角中，
.从而
由，知，得,故，
即.
由,,
从而四边形DFBC的面积为
由（1）知，PE 平面，所以PE为四棱锥P-DFBC的高.
在直角中，,
体积,
故得，解得或由于，可得.
所以或.
考点：1. 空间线面垂直关系，2. 锥体的体积，3.方程思想.
61．（2015·重庆·高考真题）如图，三棱锥中，平面
，，．分别为线段上的点，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直；（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．
试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面ＡＢＣ，故PCDE
由CE＝２，CD=DE＝得ＣＤＥ为等腰直角三角形，故CDDE
由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD
（2）解：由（１）知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝，如（１９）图，过点Ｄ作DF垂直CE于Ｆ，易知DF＝FC＝EF＝１，又已知EB＝１，
故FB＝２．
由ACB＝得DFAC，，故AC＝DF＝．
以Ｃ为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ｃ（0,0,0,），Ｐ（0,0,3），Ａ（,0,0）,Ｅ（0,2,0），Ｄ（1,1,0），
设平面的法向量，
由，，
得.
由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.
从而法向量，的夹角的余弦值为，
故所求二面角A-PD-C的余弦值为.
考点：考查线面垂直，二面角．考查空间想象能力和推理能力．
62．（2015·浙江·高考真题）如图，在三棱锥中，在底面ABC的射影为BC的中点，D为的中点.
（1）证明：；
（2）求直线和平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）利用线面垂直的定义得到线线垂直，根据线面垂直的判定证明直线与平面垂直；
（2）通过添加辅助线，证明平面，以此找到直线与平面所成角的平面角，在直角三角形中通过确定边长，计算的正弦值.
试题解析：（1）设为中点，由题意得平面，所以.
因为，所以.
所以平面.
由，分别为的中点，得且，从而且，
所以是平行四边形，所以.
因为平面，所以平面.
（2）作，垂足为，连结.
因为平面，所以.
因为，所以平面.
所以平面.
所以为直线与平面所成角的平面角.
由，得.
由平面，得.
由，得.
所以
考点：1.空间直线、平面垂直关系的证明；2.直线与平面所成的角.
63．（2015·浙江·高考真题）如图，在三棱柱-中， ，， ，在底面 的射影为的中点， 为的中点.
（1）证明：D 平面；
（2）求二面角-BD- 的平面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【详解】（1）根据条件首先证得平面 ，再证明，即可得证；（2）
作，且，可证明为二面角 的平面角，再由
余弦定理即可求得，从而求解.
试题解析：（1）设为 的中点，由题意得平面，∴，∵，
∴，故 平面，由 ，分别 ，的中点，得 且
，从而 ，∴四边形为平行四边形，故 ，又∵
平面，∴ 平面；（2）作 ，且，连结，
由， ，得，由，
，得 ，由，得 ，因此为二面角
的平面角，由 ，， ，得，
，由余弦定理得，.
考点：1.线面垂直的判定与性质；2.二面角的求解
64．（2015·全国·高考真题）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，，
（I）证明：平面平面；
（II）若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积.
【答案】（1）见解析（2）3+2
【分析】（1）由四边形ABCD为菱形知ACBD，由BE 平面ABCD知ACBE，由线面垂直判定定理知AC 平面BED，由面面垂直的判定定理知平面平面；
（2）设AB=，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在AEC中，用x表示EG，在EBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥的体积为求出x，即可求出三棱锥的侧面积.
【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，
因为BE平面ABCD，所以AC BE，故AC平面BED.
又AC平面AEC，所以平面AEC 平面BED
（2）设AB=，在菱形ABCD中，由 ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=.
因为AEEC，所以在 AEC中，可得EG=.
连接EG，由BE平面ABCD，知 EBG为直角三角形，可得BE=.
由已知得，三棱锥E-ACD的体积.故 =2
从而可得AE=EC=ED=.
所以EAC的面积为3， EAD的面积与ECD的面积均为 .
故三棱锥E-ACD的侧面积为.
【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.
65．（2015·全国·高考真题）（2015新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．

（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；
（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1易证EG⊥AC，通过计算可证EG⊥FG，根据线面垂直判定定理可知EG⊥平面AFC，由面面垂直判定定理知平面AFC⊥平面AEC；（Ⅱ）以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，利用向量法可求出异面直线AE与CF所成角的余弦值.
试题解析：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=.
由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，
又∵AE⊥EC，∴EG=，EG⊥AC，
在Rt△EBG中，可得BE=，故DF=.
在Rt△FDG中，可得FG=.
在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=，DF=可得EF=，
∴，∴EG⊥FG，
∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，
∵EG面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.

（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以的方向为轴，y轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－，0），E（1,0, ），F（－1,0，），C（0，，0），∴=（1，，），=（-1，-，）.…10分
故.
所以直线AE与CF所成的角的余弦值为.
考点：空间垂直判定与性质；异面直线所成角的计算；空间想象能力，推理论证能力
66．（2015·天津·高考真题）如图,已知平面ABC, AB=AC=3,,, 点E,F分别是BC, 的中点.
（Ⅰ）求证:EF∥平面 ;
（Ⅱ）求证:平面平面.
（Ⅲ）求直线 与平面所成角的大小.
【答案】（Ⅰ）见试题解析;（Ⅱ）见试题解析;（Ⅲ）.
【详解】（Ⅰ）要证明EF∥平面, 只需证明 且EF 平面;（Ⅱ）要证明平面平面,可证明,;（Ⅲ）取 中点N,连接 ,则 就是直线 与平面所成角,Rt△ 中,由得直线 与平面所成角为.
试题解析:（Ⅰ）证明:如图,连接,在△中,因为E和F分别是BC, 的中点,所以 ,又因为EF 平面, 所以EF∥平面.
（Ⅱ）因为AB=AC,E为BC中点,所以,因为平面ABC,所以平面ABC,从而,又 ,所以平面 ,又因为平面,所以平面平面.
（Ⅲ）取中点M和中点N,连接,因为N和E分别为,BC中点,所以 ,,故 ,,所以 ,,又因为平面,所以平面 ,从而就是直线 与平面所成角,在△中,可得AE=2,所以=2,因为 ,所以 又由,有 ,在Rt△ 中,可得,在Rt△中,因此,所以,直线 与平面所成角为.
考点：本题主要考查空间中线面位置关系的证明,直线与平面所成的角等基础知识,考查空间想象能力及推理论证能力.
67．（2015·陕西·高考真题）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）先证，，再可证平面，进而可证平面；（Ⅱ）先建立空间直角坐标系，再算出平面和平面的法向量，进而可得平面与平面夹角的余弦值．
试题解析：（Ⅰ）在图1中，
因为，，是的中点，，所以
即在图2中，，
从而平面
又，所以平面．
（Ⅱ）由已知，平面平面，又由（Ⅰ）知，，
所以为二面角的平面角，所以．
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
因为，
所以
得，．
设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，
则，得，取，
，得，取，
从而，
即平面与平面夹角的余弦值为．
考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用．
68．（2015·湖南·高考真题）如图，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点．
（１）证明：平面平面；
（２）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） .
【详解】试题分析：（１）由面面垂直的判定定理很容易得结论；（２）所求三棱锥底面积容易求得，是本题转化为求三棱锥的高，利用直线与平面所成的角为，作出线面角，进而可求得的值，则可得的长．
试题解析：（1）如图，因为三棱柱是直三棱柱，所以，
又是正三角形的边的中点，所以
又，因此平面
而平面，所以平面平面
（2）设的中点为，连结,
因为是正三角形，所以
又三棱柱是直三棱柱，所以
因此平面，于是为直线与平面所成的角，
由题设，，所以
在中，，所以
故三棱锥的体积
考点：直线与平面垂直的判定定理；直线与平面所成的角；几何体的体积．
69．（2015·湖南·高考真题）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为3和6的正方形， ，且底面 ，点分别在棱 上．
（1）若是 的中点，证明：；
（2）若平面 ，二面角的余弦值为 ，求四面体的体积．
【答案】（1）见解析（2）
【详解】根据已知条件知，，三直线两两垂直，所以分别以这三直线为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：
，0，，，0，，，6，，，0，，，0，，，3，；
在棱上，设，，，；
（1）证明：若是的中点，则；
，；
；
；
；
（2）设，，，，，，在棱上；
，；
，，，，；
；
；
，，；
；
平面的一个法向量为；
平面；
；
；
，，；
设平面的法向量为，则：
；
，取，则；
又平面的一个法向量为；
又二面角的余弦值为；
；
解得，或（舍去）；
，4，；
三棱锥的高为4，且；
．
考点：1.空间向量的运用；2.线面垂直的性质；3.空间几何体体积计算.
【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的性质以及空间几何体体积计算，属于中档题，由于空间向量工具的引入，使得立体几何问题除了常规的几何法之外，还可以考虑利用向量工具来解决，因此有关立体几何的问题，可以建立空间直角坐标系，借助于向量知识来解决，在立体几何的线面关系中，中点是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线而线线平行是平行关系的根本，在垂直关系的证明中线线垂直是核心，也可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直.
70．（2015·湖北·高考真题）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．
如图，在阳马中，侧棱 底面，且 ，过棱的中点 ，作交 于点，连接
（Ⅰ）证明：．试判断四面体 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写
出结论）；若不是，说明理由；
（Ⅱ）若面与面 所成二面角的大小为，求的值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．
【详解】（解法1）（Ⅰ）因为底面 ，所以，
由底面为长方形，有 ，而，
所以．而，所以 ．
又因为，点 是的中点，所以 ．
而，所以 平面．而 ，所以．
又， ，所以平面 ．
由平面 ，平面 ，可知四面体的四个面都是直角三角形，
即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为 ．
（Ⅱ）如图1，在面内，延长 与交于点 ，则是平面 与平面
的交线．由（Ⅰ）知，，所以．
又因为底面 ，所以．而 ，所以．
故是面 与面所成二面角的平面角，
设， ，有，
在Rt△PDB中, 由, 得,
则 , 解得．
所以
故当面与面 所成二面角的大小为时，．
（解法2）
（Ⅰ）如图2，以为原点，射线 分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
设， ，则， ，点是 的中点，
所以， ，
于是，即 ．
又已知，而 ，所以．
因, , 则, 所以．
由平面 ，平面 ，可知四面体的四个面都是直角三角形，
即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为 ．
（Ⅱ）由，所以是平面 的一个法向量；
由（Ⅰ）知，，所以是平面 的一个法向量．
若面与面 所成二面角的大小为，
则，
解得．所以
故当面与面 所成二面角的大小为时，．
考点：四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角．
71．（2015·福建·高考真题）如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．
（Ⅰ）若为线段的中点，求证平面；
（Ⅱ）求三棱锥体积的最大值；
（Ⅲ）若，点在线段上，求的最小值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【详解】（Ⅰ）在中，因为，为的中点，
所以．又垂直于圆所在的平面，所以．
因为，所以平面．
（Ⅱ）因为点在圆上，
所以当时，到的距离最大，且最大值为．
又，所以面积的最大值为．
又因为三棱锥的高，故三棱锥体积的最大值为．
（Ⅲ）在中，，，所以．
同理，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．
当，，共线时，取得最小值．
又因为，，所以垂直平分，
即为中点．从而，
亦即的最小值为．
考点：1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．
72．（2015·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）利用三角形的中位线得出OM∥VB，利用线面平行的判定定理证明VB∥平面MOC；（Ⅱ）证明OC⊥平面VAB，即可证明平面MOC⊥平面VAB；（Ⅲ）利用等体积法求三棱锥A-MOC的体积即可
试题解析：（Ⅰ）证明：∵O，M分别为AB，VA的中点，
∴OM∥VB，
∵VB⊄平面MOC，OM⊂平面MOC，
∴VB∥平面MOC；
（Ⅱ）证明：∵AC=BC，O为AB的中点，
∴OC⊥AB，
又∵平面VAB⊥平面ABC，平面ABC∩平面VAB=AB，且OC⊂平面ABC，
∴OC⊥平面VAB，
∵OC⊂平面MOC，
∴平面MOC⊥平面VAB
（Ⅲ）在等腰直角三角形中，，
所以.
所以等边三角形的面积.
又因为平面，
所以三棱锥的体积等于.
又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，
所以三棱锥的体积为.
考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定；用向量证明平行
73．（2015·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，为的中点．
（）求证：．
（）求二面角的余弦值．
（）若平面，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）余弦为；（2）.
【详解】试题分析：（1）要证，可以先证明垂直于所在的平面；（2）可以用向量法解决，取的中点，连接，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面、平面的法向量，并求出法向量的夹角的余弦值，进而得到二面角的余弦值；（3）因为平面，只需，利用即可求出的值.
试题解析：（1）由于平面平面，
为等边三角形，为的中点，则，
根据面面垂直性质定理，所以平面，
又平面，则．
（2）取的中点，连接，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，由于平面与轴垂直，则设平面的法向量为，
设平面的法向量，则，
二面角的余弦值，
由二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为．
（3）有（1）知平面，则，
若平面，只需，
，
又，
解得
或，由于，则．
考点：1、线线垂直 ；2、线面垂直；3、二面角.
【思路点晴】本题是一个有关线线垂直、线面垂直、二面角方面的综合性问题，解决本题的基本思路是：对于（1）要证，可以先证明垂直于所在的平面；对于（3）在建立直角坐标系之后，解决问题的关键是要正确求出平面的法向量和平面的法向量，之后再根据向量夹角的公式就可求出二面角的余弦值；对于（3）在前两问的基础上，只需由即可求出的值.
考点03 求空间中的线段长度、点面距的值及最值或范围
1．（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.
2．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(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）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）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.
3．（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)证明见解析.
(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）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）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．
4．（2022·全国新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.
5．（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.
6．（2019·全国·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.
7．（2018·全国·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）证明见解析；（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）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）［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．
考点04 求空间中的体积、表面积的值及最值或范围
1．（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.
2．（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)证明见解析
(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）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）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.
3．（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)证明见解析；
(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）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）[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
4．（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
5．（2021·全国新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)证明见解析；(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）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）[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.
6．（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.
7．（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.
8．（2020·全国·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）证明见解析；（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）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）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.
9．（2020·全国·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）证明见解析；（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）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）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.
10．（2019·全国·高考真题）图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.
（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积.
【答案】(1)见详解；(2)4.
【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，
由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．
因此．
在中，DE=1，，故．
所以四边形ACGD的面积为4.
【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.
11．（2019·全国·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.
12．（2018·全国·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．
13．（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．
14．（2017·全国·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
．
15．（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，也可根据性质定理转化为证明面面垂直.
16．（2017·全国·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】
17．（2016·江苏·高考真题）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.

（1）若则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？
【答案】（1）312（2）
【详解】试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，，然后利用导数求其最值.
试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6，
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.
（2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0