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2022高考数学真题分类汇编
十、立体几何
一、单选题
1.（2022·全国甲（文、理）T4） 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
2.（2022·全国甲（文）T9） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
3.（2022·全国甲（文）T10） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
4.（2022·全国甲（理）T7） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
5.（2022·全国甲（理）T8） 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A. B. C. D.
6.（2022·全国甲（理）T9） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
7.（2022·全国乙（文）T9） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
8.（2022·全国乙（文）T12） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
9.（2022·全国乙（理）T7） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
10.（2022·全国乙（理）T9） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
11.（2022·新高考Ⅰ卷T4）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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A. B. C. D.
12.（2022·新高考Ⅰ卷T8） 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
13.（2022·新高考Ⅰ卷T9） 已知正方体，则（ ）
A. 直线与所成的角为 B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为 D. 直线与平面ABCD所成的角为
14.（2022·新高考Ⅱ卷T7）正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
15.（2022·新高考Ⅱ卷T11） 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
16.（2022·北京卷T9） 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
17. （2022·浙江卷T8）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B. C. D.
三、解答题
18.（2022·全国甲（文）T19） 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）．
19.（2022·全国甲（理）T18） 在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
20.（2022·全国乙（文）T18） 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．
21.（2022·全国乙（理）T18） 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．
22.（2022·新高考Ⅰ卷T19） 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．
23.（2022·新高考Ⅱ卷T20） 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
7.（2022·北京卷T17）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；
（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：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
25.（2022·浙江卷T19） 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．
变式训练
一、单选题
1．（2022·山东泰安·模拟预测）在底面是正方形的四棱锥中，底面ABCD，且，则四棱锥内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·山东聊城·三模）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·山东师范大学附中模拟预测）足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点，满足面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，点P在线段上，给出下列命题：
①存在点P，使得直线平面
②存在点P，使得直线平面
③直线与平面所成角的正弦值的取值范围是
④三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④
5．（2022·浙江·模拟预测）已知a，b是不同的直线，是不同的平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要
6．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（文））如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A． B． C．4 D．8
7．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，，则四棱锥的外接球O的表面积是（ ）
A．80π B．160π C．60π D．40π
8．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（ ）
A．与是异面直线 B．平面
C． D．平面
二、多选题
9．（2022·山东聊城·三模）在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若平面，则AQ的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
10．（2022·湖北·模拟预测）棱长为1的正方体中，P、Q分别在棱BC、上，，，，且，过A、P、Q三点的平面截正方体得到截面多边形，则（ ）
A．时，截面一定为等腰梯形 B．时，截面一定为矩形且面积最大值为
C．存在x，y使截面为六边形 D．存在x，y使与截面平行
11．（2022·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．有无数个点满足
B．当点在棱上运动时，的最小值为
C．若 ，则动点的轨迹长度为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
12．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所成角为
B．该截角四面体的表面积为
C．该截角四面体的外接球表面积为
D．
三、填空题
13．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为______；
14．（2022·四川·树德中学模拟预测（理））在三棱锥中， ，PC=2，AB=1，BC=3，，过BC中点D作四面体外接球的截面，则过点D的最大截面与最小截面的面积和为______．
15．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点．若四棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积为______．
16．（2022·河南开封·模拟预测（理））已知正四棱锥的体积为，高为8，则正四棱锥的一个侧面所在的平面截其外接球所得截面的面积为______．
四、解答题
17．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点．
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积．
18．（2022·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧面底面，E为的中点，
(1)若，求证：．
(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值．
19．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（文））如图，在直三棱柱中，E，F分别为棱，BC的中点，且.
(1)求证：；
(2)若，求点到平面AEF的距离.
20．（2022·山东聊城·三模）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面平面ABCE.
(1)求证：；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
21．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，，．
(1)求证：；
(2)求直线CA与平面PBC所成角的正弦值．
22．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.
(1)若，求证：；
(2)若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值.
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2022高考数学真题分类汇编
十、立体几何
一、单选题
1.（2022·全国甲（文、理）T4） 如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
【详解】由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积.故选：B.
2.（2022·全国甲（文）T9） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
3.（2022·全国甲（文）T10） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，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.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
4.（2022·全国甲（理）T7） 在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A. B. AB与平面所成的角为
C. D. 与平面所成的角为
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
5.（2022·全国甲（理）T8） 沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是的AB中点，D在上，．“会圆术”给出的弧长的近似值s的计算公式：．当时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，分别求出，再根据题中公式即可得出答案.
【详解】解：如图，连接，
因为是的中点，
所以，
又，所以三点共线，
即，
又，
所以，
则，故，
所以.
故选：B.
6.（2022·全国甲（理）T9） 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，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.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.故选：C.
7.（2022·全国乙（文）T9） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
【答案】A
【解析】
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.
8.（2022·全国乙（文）T12） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明当四棱锥顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，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.
【详解】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，
则
（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
又
则
当且仅当即时等号成立，故选：C
9.（2022·全国乙（理）T7） 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ）
A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
【答案】A
【解析】
【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体中，
且平面，
又平面，所以，
因为分别为的中点，
所以，所以，
又，
所以平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
如图，以点原点，建立空间直角坐标系，设，
则，
，
则，，
设平面的法向量为，
则有，可取，
同理可得平面的法向量为，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，
所以平面与平面不垂直，故B错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故C错误；
因为与不平行，
所以平面与平面不平行，故D错误，
故选：A.
10.（2022·全国乙（理）T9） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】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，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.
【详解】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，
则
（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
又
则
当且仅当即时等号成立，故选：C
11.（2022·新高考Ⅰ卷T4）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时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，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上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】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．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
12.（2022·新高考Ⅰ卷T8） 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.
13.（2022·新高考Ⅰ卷T9） 已知正方体，则（ ）
A. 直线与所成的角为 B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为 D. 直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD
14.（2022·新高考Ⅱ卷T7）正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面半径，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．
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．
15.（2022·新高考Ⅱ卷T11） 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.
16.（2022·北京卷T9） 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：B
17. （2022·浙江卷T8）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，
则，，，
，，，
所以，故选：A．
三、解答题
18.（2022·全国甲（文）T19） 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）．
【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；
（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．
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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．
19.（2022·全国甲（理）T18） 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）.
【解析】
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直性质可得，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.
【小问1详解】
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，
又因平面，
所以；
【小问2详解】
解：如图，以点原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
20.（2022·全国乙（文）T18） 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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，三角形的面积最小值.
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.
21.（2022·全国乙（理）T18） 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
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
22.（2022·新高考Ⅰ卷T19） 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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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.
23.（2022·新高考Ⅱ卷T20） 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【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；
（2）过点作，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
小问1详解】
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
【小问2详解】
解：过点作，如图建立平面直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，
设平面法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
所以
设二面角为，由图可知二面角为钝二面角，
所以，所以
故二面角的正弦值为；
7.（2022·北京卷T17）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；
（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：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，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.
【小问1详解】
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，
【小问2详解】
因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
25.（2022·浙江卷T19） 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）．
【解析】
【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．
【小问1详解】
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点交于点、．
∵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．
【小问2详解】
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，
∴．
变式训练
一、单选题
1．（2022·山东泰安·模拟预测）在底面是正方形的四棱锥中，底面ABCD，且，则四棱锥内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，设四棱锥内切球的半径为r，表面积为S，由即可求解.
【详解】
解：由题意，设四棱锥内切球的半径为r，
因为，四棱锥的表面积，
所以，
所以四棱锥内切球的表面积为.
故选：B.
2．（2022·山东聊城·三模）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，解得，即可求出球的体积.
【详解】
设球半径为，圆锥的底面半径为，若一个直角圆锥的侧面积为，
设母线为，则，
所以直角圆锥的侧面积为：，
可得：，，圆锥的高，
由，解得：，
所以球的体积等于，
故选：B
3．（2022·山东师范大学附中模拟预测）足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点，满足面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三棱锥的外接球的球心到所有顶点距离相等，且都为球半径，即可找到球心的位置，然后在直角三角形中，根据基本不等式即可求解最小值，进而可得球半径的最小值.
【详解】
取中点为,过作,且,因为平面ABC,所以平面.由于,故,进而可知,所以是球心,为球的半径.
由,又,当且仅当,等号成立,故此时,所以球半径,故,体积最小值为
故选:C
4．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，点P在线段上，给出下列命题：
①存在点P，使得直线平面
②存在点P，使得直线平面
③直线与平面所成角的正弦值的取值范围是
④三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是
其中所有真命题的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②④ D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
取EF中点推理判断①；假定平面，分析判断②；确定直线与平面所成角，求出临界值判断③；求出外接圆面积判断④作答.
【详解】
令，连接，令中点为G，连DG，如图，依题意，是的中点，
对于①，在矩形中，，，四边形是平行四边形，直线，
平面，平面，则平面，当P是线段中点G时，直线平面，①正确；
对于②，假定直线平面，由①知，，，当点P在线段上任意位置（除点G外），
均为锐角，即不垂直于，也不垂直于，因此，不存在点P，使得直线平面，②不正确；
对于③，平面平面，在平面内射影在直线上，直线与平面所成角为，
当点P由点E运动到点F的过程中，逐渐减小，当P与E重合时，最大，为，
，当P与F重合时，最小，为，，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，③正确；
对于④，在中，，，，则，
由正弦定理得外接圆直径，半径，圆面积为，
三棱锥的外接球被平面所截取的截面是外接圆，
因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，④正确,
所以所有真命题的序号是①③④.
故选：D
5．（2022·浙江·模拟预测）已知a，b是不同的直线，是不同的平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面、面面的垂直、平行关系和充分必要条件的定义即可判断.
【详解】
解：充分性：若，则，又，所以，所以“”是“”的充分条件；
必要性：若，则，又，所以，所以“”是“”的必要条件，
所以“”是“”的充要条件，
故选：C．
6．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（文））如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据三视图复原几何体，再计算体积即可.
【详解】
由三视图可知，该几何体为如图所示三棱锥，则．
故选：A．
7．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，，则四棱锥的外接球O的表面积是（ ）
A．80π B．160π C．60π D．40π
【答案】D
【解析】
【分析】
先求底面矩形的外接圆半径，由侧棱垂直底面易得外接球半径，再求体积即可
【详解】
由题意底面矩形的外接圆半径，
则原四棱锥外接球半径，
故选：D
8．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知是正方体的中心O关于平面的对称点，则下列说法中正确的是（ ）
A．与是异面直线 B．平面
C． D．平面
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断.
【详解】
连接、，交于点，连接、，交于点.
连接、、、、.
由题可知，在平面上，所以与共面，故A错误；
在四边形中，且，所以四边形为平行四边形.
.
平面，平面，平面，故B正确；
由正方体的性质可得，因为，所以，又，平面， ，又，
，而与所成角为，所以显然与不垂直，故C错误；
显然与不垂直，而平面，所以与平面不垂直，故D错误.
故选：B.
二、多选题
9．（2022·山东聊城·三模）在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若平面，则AQ的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由题易证得面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，可判断A；取的中点分别为，连接，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在上取点，使得，易知点Q的轨迹为圆弧可判断D.
【详解】
对于A，因为，又因为面， 面，所以面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；
对于B，取的中点分别为，连接，
则易证明：，面，面，所以面，
又因为，，面，面，所以面，
，所以平面面，面，所以平面
当时，AQ有最小值，则易求出，所以重合，所以则AQ的最小值为，故B正确；
对于C，若的外心为M，，过作于点，
则.故C错误；
对于D，过作于点，易知平面，
在上取点，使得，则，
所以若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，故D正确.
故选：ABD.
10．（2022·湖北·模拟预测）棱长为1的正方体中，P、Q分别在棱BC、上，，，，且，过A、P、Q三点的平面截正方体得到截面多边形，则（ ）
A．时，截面一定为等腰梯形 B．时，截面一定为矩形且面积最大值为
C．存在x，y使截面为六边形 D．存在x，y使与截面平行
【答案】BD
【解析】
【分析】
对A，举反例判断即可；
对B，当时，点与点重合，再根据面面平行的性质与线面垂直的性质判断即可；
对C，直观想象根据截面可能的情况判定即可；
对D，根据线面平行与截面的性质举例当，时成立判定即可
【详解】
对A，时，截面为矩形，故A错；
对B，当时，点与点重合，设过A、P、Q三点的平面交于，则因为平面平面，故，且，此时截面为矩形，当点与点重合时面积最大，此时截面积，B正确；
对C，截面只能为四边形、五边形，故C错；
对D，当，时，延长交延长线于，画出截面如图所示.此时因为，，故，则.由面面平行的截面性质可得，，故，此时，故且，故平行四边形，故，根据线面平行的判定可知与截面平行，故D正确．
故选：BD
11．（2022·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）如图，点是棱长为的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．有无数个点满足
B．当点在棱上运动时，的最小值为
C．若 ，则动点的轨迹长度为
D．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于选项A，利用线面垂直即可判断；对于B，旋转平面使之与平面共面，求此时线段的长，即可判断；对于C，有、由线面垂直求得，
确定点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，即可求得答案；对于D，根据异面直线的定义，可求得该角的最小值，即可判断.
【详解】
对于选项A，若M在上，此时必有，
证明如下：由正方体的性质得平面，.
又，，所以平面，CM在平面 内，
所以，故A正确；
对于选项B，旋转平面使之与平面共面，如图中, 连接交于点M，
此时最短为，大小为，故B错误；
对于选项C，当点在平面内时，由面，面，则，
所以有 ，所以，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
从而动点轨迹长度为，所以C正确.
对于选项D，因为，所以直线与所成的角即直线与所成角,即或其补角，
由在线段上存在点知，， ,
由，得：，
即最小值大于，故D错误；
故选：AC
12．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所成角为
B．该截角四面体的表面积为
C．该截角四面体的外接球表面积为
D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
确定截角四面体是由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，还原正四面体可判定A错误，求得截角四面体的表面积和外接球的表面积，可判定B正确，连接，在直角中，求得的长，可判定D不正确.
【详解】
由题意，截去四面体还原为正四面体，如图（1）所示，
因为，所以，
又因为为等边三角形，所以，
即直线与所成角为，所以A错误；
由题意，截角四面体由4个边长为的正三角形，4个边长为的正六边形构成，
所以其表面积为，所以B正确；
如图（2）所示，取上下底面的中心分别为，外接球的球心为，
连接，
因为截角四面体上下底面距离为，
设球的半径为，所以，
即，化简得的，
所以球的表面积为，所以C正确；
连接，则，所以，
由正四面体中对棱互相垂直，可得，所以，
在直角中，，所以D不正确.
故选：BC.
三、填空题
13．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为______；
【答案】
【解析】
【分析】
首先还原几何体，然后计算表面积．
【详解】
由三视图得到几何体如图：是正方体的一部分，三棱锥，
其中
所以几何体的表面积为
故答案为：．
14．（2022·四川·树德中学模拟预测（理））在三棱锥中， ，PC=2，AB=1，BC=3，，过BC中点D作四面体外接球的截面，则过点D的最大截面与最小截面的面积和为______．
【答案】##
【解析】
【分析】
由题意确定，故可构造方长体，将三棱锥置于其中，利用长方体的外接球可求得过点D的最大截面与最小截面的面积，进而求得答案.
【详解】
由，AB=1，BC=3得，,
由于 ,，则,
故 ,由此可将三棱锥中置于长宽高分别为的长方体中，如图示：
则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，外接球半径为 ,
过BC中点D作四面体外接球的截面，当截面过球心O时，截面圆面积最大，
最大值为 ；
当截面与OD垂直时，截面圆面积最小，而 ,
故此时截面圆的半径为 ，
则截面面积最小值为，
故过点D的最大截面与最小截面的面积和为，
故答案为：
15．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点．若四棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由棱锥体积公式可求得点到平面的距离，由此可得；由两两互相垂直可知所求外接球半径，由球的表面积公式可求得结果.
【详解】
由题意知：四边形的面积，
设点到平面的距离为，则，解得：，
又为中点，平面，；
，两两互相垂直，
三棱锥的外接球半径，
三棱锥的外接球表面积.
故答案为：.
16．（2022·河南开封·模拟预测（理））已知正四棱锥的体积为，高为8，则正四棱锥的一个侧面所在的平面截其外接球所得截面的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，可得正方形ABCD边长，设底面中心为E，CD中点为F，连接PE，EF，PF，CE，则正四棱锥的外接球球心O在PE上，根据勾股定理，可得其外接球半径R，在中，可得PF长，过O作，则Q为平面截其外接球所得截面圆的圆心，根据，可得，进而可得，即可得答案.
【详解】
设正方形ABCD边长为a，则，解得，
设底面中心为E，CD中点为F，连接PE，EF，PF，CE，如图所示：
由题意得，且正四棱锥的外接球球心O在PE上，
设外接球半径为R，则OP=OA=OB=OC=OD=R，
在中，，且，
所以，解得R=5，即，
在中，，
过O作，则OQ即为点O到平面的距离，
且Q为平面截其外接球所得截面圆的圆心，
所以，则，
所以，
所以，
所以平面截其外接球所得截面圆的半径平方为，
所以截面的面积.
故答案为：
四、解答题
17．（2022·黑龙江·哈九中三模（文））如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，点D，E分别在棱和棱上，且，，M为棱的中点．
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【解析】
【分析】
（1）证明出平面，即可证得；（2）根据锥体体积公式，由此可求三棱锥的体积．
(1)
∵，，∴，
∵平面，平面，∴，∵，∴，
∵，平面，
∴ 平面，又平面，
∴．
(2)
∵平面，平面ABC，∴，
又∵，，∴平面．
，
18．（2022·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧面底面，E为的中点，
(1)若，求证：．
(2)已知，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；
（2）先建立空间直角坐标系，再求出相关平面的法向量及直线的方向向量，再运用公式即可求解.
(1)
由已知E为的中点，所以若，则，而，且平面，故平面，
由于平面，所以．
(2)
作于O，则由面底面，得平面，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，
所以，，，，
设是平面的法向量，则，
取，
设直线与平面所成角为，则
．
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（文））如图，在直三棱柱中，E，F分别为棱，BC的中点，且.
(1)求证：；
(2)若，求点到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题易证平面，即得；
（2）由等体积法可得，易知，而，即可得到平面AEF的距离.
(1)
证明：因为直三棱柱，所以平面ABC，又平面ABC，
所以.
又，，，平面，所以平面，
又平面，所以.
(2)
解：在中，，，，所以.
在中，，，，所以.
取AC的中点O，连接EO，FO，BO，如图所示，
所以，，.
因为平面ABC，平面ABC，所以.
又，所以，所以.
在中，，所以，所以.
因为平面ABC，平面ABC，所以.
因为AB=BC，O是AC的中点，所以.
又，CA，平面，所以平面，即BO是三棱锥的高.
所以.
设点到平面AEF的距离是h，则，
解得.
20．（2022·山东聊城·三模）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB=4，为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面平面ABCE.
(1)求证：；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点F为线段PB的靠近点P的三等分点
【解析】
【分析】
（1）由BE⊥AE结合平面AEP⊥平面ABCE得出BE⊥平面APE，再由线面垂直的定义得出；
（2）以点O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
(1)
证明：因为四边形ABCD为平行四边行，且为等边三角形，
所以∠BCE=120 .
又E为CD的中点，所以CE=ED=DA=CB，即为等腰三角形，
所以∠CEB=30 .
所以∠AEB=180 －∠AED－∠BEC=90 ，
即BE⊥AE.
又因为平面AEP⊥平面ABCE，
平面平面ABCE=AE，平面ABCE，
所以BE⊥平面APE，
又平面APE，所以BE⊥AP.
(2)
解：取AE的中点O，连接PO，由于为正三角形，则PO⊥AE，
又平面APE⊥平面ABCE，平面平面ABCE=AE，平面EAP，
所以PO⊥平面ABCE，，，
取AB的中点G，则，
由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
以点O为原点，分别以OA，OG，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
则0（0，0，0），A（1，0，0），，，E（－1，0，0），
则，，，，
假设存在点F，使平面AEF与平面AEP的夹角为45°，
设，
则，
设平面AEF的法向量为，
由得，取z=2λ，
得；
由（1）知为平面AEP的一个法向量，
于是，，
解得或λ=－1（舍去），
所以存在点F，且当点F为线段PB的靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面AEP的夹角为45°.
21．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，，．
(1)求证：；
(2)求直线CA与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意利用勾股定理可证，结合面面垂直的性质定理理解证明；（2）利用空间向量，根据处理运算．
(1)
如图所示，设AC与BD的交点为O．
因为四边形ABCD为等腰梯形，∥，，，
所以．
在中，，
即．又因为，所以，．
同理可得，．
因为，所以．
又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD．
所以平面PBD，
又因为平面PBD，
所以．
(2)
取OB，AB的中点E，F，连接PE，EF．
由（1）知平面PBD，又平面PBD，所以，所以．
因为，所以，
平面平面ABD，平面平面，平面PBD，
所以平面ADB，
．
又因为E，F为OB，AB的中点，所以．
以E为坐标原点，EF，EB，EP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示：
所以，，，，，
所以，，．
设平面PBC的一个法向量为，
则，取，所以．
设直线CA与平面PBC所成的角为θ，
则．
所以直线CA与平面PBC所成角的正弦值是．
22．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被平面AEFG所截几何体如图所示.
(1)若，求证：；
(2)若，，三棱锥GACD的体积为，直线AF与底面ABCD所成角的正切值为，求锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意可证平面BDG，可得，得证平面ACE，得，再根据面面平行的性质可证；（2）根据题意可得，，利用空间向量求二面角．
(1)
连接BD，交AC于点O，底面ABCD为菱形，∴，
由直四棱柱得底面ABCD，又平面ABCD，∴，
又，BD，平面BDG，
∴平面BDG，因为平面BDG，
∴
已知，又，AC，平面ACE，
∴平面ACE，
因为平面BDG，∴
∵平面平面CFGD
平面平面，平面平面，
∴，则
(2)
已知，，可求，
由，则
在直四棱柱中，底面ABCD，
所以为直线AF与底面ABCD所成角，，则
在平面ACF内作，可知底面ABCD，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则
设平面BCE的法向量为，
则
取，得，，得，
由（1）知平面ACE，所以平面ACE的一个法向量为
则，
所以锐二面角的余弦值为
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