2011—2023年新课标全国卷高考数学分类汇编——7.立体几何（含解析）

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2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
7．立体几何（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，12)【答案】ABD【解析】对于选项A：因为，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，且，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，且，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，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.
(2023·新高考Ⅱ，9多选) 【答案】AC【解析】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误．
故选：AC．
(2023·全国甲卷，理11)【答案】C【解析】法一：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，在中，，则由余弦定理可得
，
故，则，故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为．
法二：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，在中，，则由余弦定理可得，
故，所以，
则，
不妨记，因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，两式相加得，故，
故在中，，所以，
又，所以，所以的面积为．故选：C．
(2023·全国甲卷，文10)【答案】A【解析】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，又，，故，即，
所以，故选：A
(2023·全国乙卷，理8)【答案】B【解析】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积．故选：B
(2023·全国乙卷，理9)【答案】C【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为．故选：C
(2022·新高考Ⅰ，4)【答案】C【解析】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．
(2022·新高考Ⅰ，8)【答案】C【解析】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法：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．
[方法二]：基本不等式法：由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积取值范围是
(2022·新高考Ⅰ，9多选题)【答案】ABD【解析】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
(2022·新高考Ⅱ，7)【答案】A【解析】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．
(2022·新高考Ⅱ，11多选题)【答案】CD
【解析】
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.
(2022·全国甲卷，理7文9)【答案】D【解析】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．
(2022·全国甲卷，理9文10)【答案】C 【解析】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．
(2022·全国乙卷，理7文9)【答案】A 【解析】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；
选项BCD解法一：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．
选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A．
(2022·全国乙卷，理9文12) 【答案】C【解析】[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，
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
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立．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，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，
(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高．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，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增， ，，单调递减，所以当时，最大，此时．故选：C．
(2021·新高考Ⅰ，3)【答案】B 【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.
(2021·新高考Ⅰ，12)【答案】BD
【解析】 易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
(2021·新高考Ⅱ，4)【答案】C【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.,故选：C.
(2021·新高考Ⅱ，5)【答案】D【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积, 故选：D.
(2021·新高考Ⅱ，10)【答案】BC【解析】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误. 故选：BC.
(2021·全国甲卷，理11)【答案】A【解析】，为等腰直角三角形，，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，
则，所以. 故选：A.
(2021·全国乙卷，理5文10) 【答案】D【解析】
如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，
，所以. 故选：D
(2020·新高考Ⅰ，4) 【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线．是晷面的截线，依题意可知、．由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为．
(2020·全国卷Ⅰ，文理3)【答案】D【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）．故选：C．
(2020·全国卷Ⅰ，理10文12)【答案】A 【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，由正弦定理可得，，根据圆截面性质平面，，
球的表面积．故选：A
(2020·全国卷Ⅱ，理10文11))【答案】C 【解析】设球的半径为，则，解得：．
设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离．故选：C．
(2019·全国卷Ⅰ，理12)【答案】D 解析：设，则
∴
∵，，∴,即，解得，
∴，又，易知两两相互垂直，故三棱锥的外接球的半径为，∴三棱锥的外接球的体积为，故选D.
解法2：如图，由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，
则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，
则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，
∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，
又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，
∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，
把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，
其直径为D．
半径为，则球O的体积为．
(2019·全国卷Ⅱ，文理7)【答案】B 解析：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；
对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；
对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故选：B．
(2019·全国卷Ⅲ，文理8)【答案】B 解析：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，∴BM 平面BDE，EN 平面BDE，∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，∴直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则，，∴， ∴BM≠EN．
(2018·新课标Ⅰ，理12)【答案】A解析：（直接法）平面符合题意，如图（1）所示，例题中的平面可得面平移
平移后的图象如图（1）所示，六边形为该截面
设，则有，
根据对称性可知，延长相交于点
延长相交于点，易证
所以为等边三角形，同理为等边三角形，
所以
当时，．
【解法2】（特殊位置法）由题可知，截面应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形时，此时六边形的周长恒定不变，所以当截面为正六边形时，面积最大．
(2018·新课标Ⅰ，文5)【答案】B解析：如图，设上下底面的半径为，则截面面积，所以，，因为圆柱的表面积：，故选B.
(2018·新课标Ⅰ，文10)【答案】C解析：在内射影为,则为线与所成角，即，则.在中,，高，所以.
（2018·新课标Ⅱ，9）【答案】C解析：法一：由几何关系可知：，，，由余弦定理可知：
解法二：坐标法：由几何关系可知：，点A的坐标为，点的坐标为
，
解法三：补型法（以右补为例）：由几何关系可知：，，，由余弦定理可得：.
(2018·新课标Ⅱ，文9)【答案】C 解析：解法一：平移法：在中，异面直线的夹角的正切值，
由几何关系可知：设，则，.
解法二：补型法：在中，异面直线的夹角的正切值，
由几何关系可知：设，则，
（2018·新课标Ⅲ，理10文12）【答案】B 解析：如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，得，取的中点，∴，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值.
(2017 新课标Ⅰ，文6)【解法】选A．由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．
（2017·新课标Ⅱ，理10）【答案】 B 解析：解法一：在边﹑﹑﹑上分别取中点﹑﹑﹑，并相互连接.
由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线和所成的夹角为或其补角，
通过几何关系求得，，，利用余弦定理可求得异面直线
和所成的夹角余弦值为.
解法二：补形通过补形之后可知：或其补角为异面直线和所成的角，通过几何关系可知：
，，，由勾股定理或余弦定理可得异面直线和所成的夹角余弦值为.
解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，，，，，
∴ ，，∴
（2017·新课标Ⅲ，理8文9）【答案】 B 解析：由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径，则圆柱体体积.故选B.
(2017·新课标Ⅲ，文10)【答案】C解析：因为，，且，所以平面，又因为平面．所以．故选C．
（2016·新课标Ⅰ，文理11）【答案】 A 解析：如图所示：
∵，∴若设平面平面，则
又∵平面∥平面，结合平面平面
∴，故，同理可得：
故、的所成角的大小与、所成角的大小相等，即的大小．
而（均为面对交线），因此，即．
故选A．
解法二：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面，即平面，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．
解法三（原理同解法一）：过平面外一点作平面，并使平面，不妨将点变换成，作使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到，即为平面，如图所示，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．
（2016·新课标Ⅱ，文4）A解析：因为正方体的体积为8，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以球面的表面积为，故选A.
（2016·新课标Ⅲ，理10文11）【答案】B 解析 如图所示，假设在直三棱柱中，有一个球与平面，平面，平面相切，其俯视图如图所示．设其球的半径为
则且，得．因此，直三棱柱内球的半径最大值为，则．故选B．
（2015·新课标Ⅰ，文理6）【答案】 B 解析：，圆锥底面半径，米堆体积，堆放的米约有，选（B）.
（2015·6）D解析：由三视图得，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截去四面体A-A1B1D1，如图所示，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D.
（2015·新课标Ⅱ，理9文10）【答案】 C 解析：如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，此时，故R=6，则球O的表面积为，故选C．
（2014·新课标Ⅱ，理11）【答案】 C 解析：取BC的中点P，连结NP、AP， ∵M，N分别是A1B1，A1C1的中点，∴四边形NMBP为平行四边形，∴BM//PN，∴所求角的余弦值等于∠ANP的余弦值，不妨令BC=CA=CC1=2，则AN=AP=，NP=MB=，
∴ .
【另解】如图建立坐标系，令AC=BC=C1C=2，则A(0, 2, 2)，B(2, 0, 2)，M(1, 1, 0)，N(0, 1, 0)，
（2014·新课标Ⅱ，文7）【答案】C解析：∵B1C1 // BD，∴BD // 面AB1C1，点B和D到面AB1C1的距离相等， 故选C.
（2013·新课标Ⅰ，理6）【答案】 A 解析：设球半径为R，由题可知R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA为直角三角形，如图．
BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，所以球的体积为(cm3)，故选A.
（2013·新课标Ⅱ，理4）【答案】 D 解析：因为m⊥α，l⊥m，lα，所以l∥α. 同理可得l∥β. 又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D.
（2012·新课标Ⅰ，理11）【答案】A 解析：如图所示，根据球的性质，知平面，则．在直角中，，，
所以．
因此三棱锥S－ABC的体积 ．
(2012 新课标Ⅰ，文8)【解析】如图所示，由已知，，
在中，球的半径，所以此球的体积，故选择B．
二、填空题
(2023·新高考Ⅰ，14)【答案】【解析】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，
因，则，
故，则，
所以所求体积为.
(2023·新高考Ⅱ，14)【答案】 【解析】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为．方法二：棱台的体积为．
故答案：．
(2023·全国甲卷，理15)【答案】12 【解析】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，即，
则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有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每条棱的交点总数为12．
(2023·全国甲卷，文16)【答案】 【解析】设球的半径为．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为体对角线长，即，故；分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为．综上，．
(2023·全国乙卷，文16) 2【解析】如图，将三棱锥转化为直三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得．
故答案为：2．
(2023·全国乙卷，文16) (2021·全国甲卷，文14) (2020·新高考Ⅰ，16)
(2021·全国甲卷，文14)【答案】【解析】∵，∴，∴，∴.
(2020·新高考Ⅰ，16)【答案】．【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得．
(2020·全国卷Ⅱ，文16)【答案】①③④ 【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，
所以，，即，命题真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；
对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题．
综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题．
故答案为：①③④．
(2020·全国卷Ⅲ，文理15) 【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，
由于，故，设内切圆半径为，则：
，
解得：，其体积：．
(2019·全国卷Ⅰ，文16)【答案】 解析：，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，连结，，则，
，．
到平面的距离为．
(2019·全国卷Ⅱ，理、文16)【答案】， 解析：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则xxx＝1，解得x1．
(2019·全国卷Ⅲ，理、文16)【答案】118.8【基本解法】长方体的体积为：四棱锥的底面积为：，高，则四棱锥的体积为：底面积高=，故模型所需要的质量为：
（2018·新课标Ⅱ，理16）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为．若的面积为，则该圆锥的侧面积为_________．
【答案】解析：由面积的关系可知：，由几何关系可知：
侧面积，，侧面积
(2018·新课标Ⅱ，文16)【答案】 解析： 由几何关系可知：、，，
（2017·新课标Ⅰ，理16）【答案】 解析：由题，连接，交与点，由题，，，即的长度与的长度或成正比，设，则，，三棱锥的高
，，
则，
令，，，令，
即，，则，则，体积最大值为．
(2017 新课标Ⅰ，文16)【解析】取的中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，所以平面，设，，所以，
所以球的表面积为．
（2017·新课标Ⅱ，文15）【答案】14π解析：球的直径是长方体的对角线，所以.
（2017·新课标Ⅲ，16）【答案】② ③ 解：由题意知，，，三条直线两两相互垂直，画出图形如图．
不妨设图中所示正方体边长为1，故，，
边以直线为旋转轴旋转，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆．以为坐标原点，以为轴正方向，为轴正方向，
为轴正方向建立空间直角坐标系．则，，
直线的方向单位向量，．点起始坐标为，
直线的方向单位向量，．设点在运动过程中的坐标，
其中为与的夹角，．
那么在运动过程中的向量，．
设与所成夹角为，则．
故，所以③正确，④错误．
设与所成夹角为，.
当与夹角为时，即，．
因为，所以．所以．
因为．所以，此时与夹角为．所以②正确，①错误．故填② ③.
（2016·新课标Ⅱ，14）②③④ 解析：略.
(2013 新课标Ⅰ，文15)【答案】 解析：如图，
设球O的半径为R，则AH＝，OH＝．又∵π·EH2＝π，∴EH＝1．∵在Rt△OEH中，R2＝，∴R2＝． ∴S球＝4πR2＝．
（2013·新课标Ⅱ，文15）【答案】解析：设正四棱锥的高为，则，解得高. 则底面正方形的对角线长为，所以，所以球的表面积为.
（2011·新课标Ⅰ，15）【答案】 解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=, OM=，.
(2011 新课标Ⅰ，文16) 解析：设圆锥底面半径为，球的半径为，则由，知．
根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此．
设，，则．
又，知．
即．
由及可得．
则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，18)如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．
（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求．
【解析】（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，.
（2）设，则，
设平面的法向量，则，
令 ，得，，
设平面的法向量，则，
令 ，得，，
，
化简可得，，解得或，或，.
(2023·新高考Ⅱ，20)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．
【解析】（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．
(2023·全国甲卷，理18)如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）证明：；（2）已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）如图，底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为．
(2023·全国甲卷，文18)如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；（2）设，求四棱锥的高．
【解析】（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．
(2023·全国乙卷，理19)如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，．
（1）证明：平面；（2）证明：平面平面BEF；（3）求二面角的正弦值．
【解析】（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）由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面．
【小问3详解】
过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为．
(2023·全国乙卷，文19)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．
【解析】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于，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．
(2022·新高考Ⅰ，19)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．
【解析】（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．
(2022·新高考Ⅱ，20)如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）证明：平面；（2）若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
（2）过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角正弦值为.
(2022·全国甲卷，理18)在四棱锥中，底面．
（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
【解析】（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）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．
(2022·全国甲卷，文19)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）．
【解析】（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
(2022·全国乙卷，理18)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．
【解析】（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，设与平面所成的角的正弦值为，
所以，所以与平面所成的角的正弦值为．
(2022·全国乙卷，文18) 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）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等边三角形，
，连接，
(2021·新高考Ⅰ，20)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.
【解析】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，因为平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF
则为二面角E-BC-D的平面角,
因为,为正三角形,所以为直角三角形
因为,
从而EF=FM=，平面BCD, 所以
(2021·新高考Ⅱ，19)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．
【解析】
（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，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.
(2021·全国甲卷，理19) 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
【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，又，所以平面．
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．
所以，．
由题设（）．
（1）因为，所以，所以．
（2）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．
(2021·全国甲卷，文19)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：.
【解析】(1)如图所示，连结AF，
由题意可得：，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，
而平面，故，
从而有，
从而，
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.
(2021·全国乙卷，理18)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．
【解析】（1）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；
（2）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.
(2021·全国乙卷，文18)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．
【解析】（1）因为底面，平面，所以，
又，，所以平面，而平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，故四棱锥的体积为．
(2020·新高考Ⅰ，20)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．
【解析】（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，
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，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．
(2020·全国卷Ⅰ，理18)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．
解析：（1）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；
（2）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，
由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
(2020·全国卷Ⅰ，文19)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．
【解析】（1）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．
(2020·全国卷Ⅱ，理20)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．
【解析】（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）连接
平面，平面平面，
根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面，
.
故四边形是平行四边形
设边长是()，可得：，，
为的中心，且边长为，
，故
，，，解得：
在截取，故，
且，
四边形是平行四边形，，
由（1）平面，
故为与平面所成角，
在，根据勾股定理可得：
，直线与平面所成角的正弦值：．
(2020·全国卷Ⅱ，文20)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．
【解析】（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，
．
(2020·全国卷Ⅲ，理19)如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，
在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，
因此，点在平面内；
（2）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、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，．
因此，二面角的正弦值为．
(2020·全国卷Ⅲ，文19)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．
【解析】
（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，
因为所以四边形为平行四边形，
因此在平面内
(2019·全国卷Ⅰ，理18)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）求二面角A MA1 N的正弦值．
解：（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．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，则
，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则，所以可取．
于是，所以二面角的正弦值为．
解法2：几何法：分别取、中点、，则
因为，所以，过点作，
交于，连接，则，所以（1）
所以为二面角A MA1 N的正弦值.
由（1）知，且平面
故平面，所以（2）， 又，
所以，所以，且
如图:在中,
解得，所以
(2019·全国卷Ⅰ，文19)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．
19．解：（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
(2019·全国卷Ⅱ，理17)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．
解：（1）由已知得，平面，平面，故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=．
设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
(2019·全国卷Ⅱ，文17)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．
17．解：（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故．又，所以BE⊥平面．
（2）由（1）知∠BEB1=90°．由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以，故AE=AB=3，．
作，垂足为F，则EF⊥平面，且．
所以，四棱锥的体积．
(2019·全国卷Ⅲ，理19)图1是由矩形ABED，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．
图1 图2
19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【基本解法2】取的中点，连结，，.
因为，且平面，所以平面，故.
又因为四边形是菱形，且
得，故平面.
因此.则就是二面角所成的平面角，
，因此二面角的大小为．
(2019·全国卷Ⅲ，文19)图1是由矩形ADEB、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中的四边形ACGD的面积．
19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取CG的中点M，连结EM，DM．
因为AB//DE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG．
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM．
因此DMCG．
在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2．
所以四边形ACGD的面积为4．
（2018·新课标I，理18）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．
解析：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF
由BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD
（2）【解法1】作PH⊥EF，垂足为H，由（1）得，PH⊥平面ABFD，以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系
由（1）可得DE⊥PE，又DP=2，DE=1，所以，又PF=1，EF=2，故PE⊥PF，
可得，则
为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角，则.
所以DP与平面ABFD所成的角正弦值为。
【解法2】作PH⊥EF，垂足为H，由（1）得，PH⊥平面ABFD，所以即为与平面所成角，因为，分别为，的中点，可得DE⊥PF，又PD=2，DE=1，可得，又PF=1，EF=2，可得，与平面所成角的正弦值为。
【解法3】在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，联结DH，
由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．
在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，
所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，
由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE=，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，
所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a
在△PDE中，，所以，故VF﹣PDE=，又因为，
所以PH==，所以在△PHD中，sin∠PDH==，
即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．
(2018·新课标Ⅰ，文18)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．
解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）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
．
（2018·新课标Ⅱ，理20）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．
解析：（1）连接，由几何关系可知：，，因为 ，所以，所以 ，因为 ，，所以 ，
因为 ，所以.
解法二：常规解法（二线法，以AB边中点为例，三垂线定理）
在边去中点，连接、，因为 ，所以
在中，由勾股定理可知：，在中，，，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，所以
由几何关系可知：，因为 ，所以.
以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
由题意的可知：，，，，，.取平面
的法向量. 设（），则.
设平面的法向量为，由，，可取
所以 ，解得：（舍去），
所以 平面的法向量为，因为 ，所以
所以与平面所成角的正弦值为.
(2018·新课标Ⅱ，文19) 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．
解：（1）连接，由几何关系可知：，，因为 ，
所以 ，所以 ，因为 ，，所以 ，
因为 ，所以 .
解法2：（二线法，以AB边中点为例，三垂线定理）
在边去中点，连接、
因为，所以 ，在中，由勾股定理可知：，
在中，，，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
由几何关系可知：，
因为 ，所以 .
（2）解法一：等体积法：由题意可知：，，，由几何关系可知：，，，.
解法二：等面积法：由题意可知：，，，，所以.
（2018·新课标Ⅲ，理19）如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
⑴证明：平面平面；⑵当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
解析：（1）∵正方形半圆面，∴半圆面，∴平面.
∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.
（2）如图建立坐标系：∵面积恒定，∴，最大.
，，，，,
设面的法向量为，设面的法向量为，
，，，，
，同理，
∴，∴ .
(2018·新课标Ⅲ，文19)如图，矩形所在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）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【答案】见解析
解析：（1）∵正方形半圆面，
∴半圆面，∴平面.
∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.
（2）线段上存在点且为中点，证明如下：
连接交于点，连接；在矩形中，是中点，是的中点；
∴，∵在平面内，不在平面内，∴平面.
（2017·新课标Ⅰ，18）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．
解析：（1）证明：∵，∴，，
又∵，∴，又∵，、平面，
∴平面，又平面，∴平面平面．
（2）取中点，中点，连接，，∵，
∴四边形为平行四边形，∴，
由（1）知，平面，∴平面，
又、平面，∴，，
又∵，∴，∴、、两两垂直，
∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，∴、、、，
∴、、，
设为平面的法向量，由，得，
令，则，，可得平面的一个法向量，
∵，∴，又知平面，平面，
∴，又，∴平面，即是平面的一个法向量，
，∴，
由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为．
(2017 新课标Ⅰ，文18)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．
【解法】（1），
又∥
又平面，平面，且 平面
平面，所以 平面平面
（2）由题意：设 ，因为 ，所以为等腰直角三角形
即，取中点，连接，则，．
又因为平面平面，所以平面
因为平面，∥，所以，
又，所以四边形为矩形
所以，即
（2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，，， E是PD的中点.
（1）证明：直线 平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为 ，求二面角M-AB-D的余弦值
解析：（1）证明：取中点为，连接、，
因为，所以，
因为是的中点，所以，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以直线平面，
（2）取中点为，连接，因为△为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
设，则，所以，
设，则，，
因为点在棱上，所以，即，
所以，所以，
平面的法向量为，
因为直线与底面所成角为，
所以，
解得，所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，
所以，所以求二面角的余弦值.
(
D
P
A
B
C
)（2017·新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，∠BAD=∠ABC=90°.
（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为，求四棱锥P-ABCD的体积.
（2017·18）解析：（1）在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90 ，所以BC//AD. 又，故BC//平面PAD .
（2）取AD的中点M，连结PM，CM，由及BC//AD，知四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD. 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，，所以CM⊥面PAD，因为，所以CM⊥PM.设BC=x，则CM=x，，PC=PD=x。取得中点，连结，因为△PCD的面积为，所以，解得x=-2（舍去）x=2，于是AB=BC=2，AD=4，，所以四棱锥P-ABCD的体积 .
（2017·新课标Ⅲ，理19）如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．
（1）证明：平面平面；（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．
解析： ⑴取中点为，联结，；
因为为等边三角形，所以，所以.
，.所以，即为等腰直角三角形，
为直角又为底边中点，所以.
令，则，易得：，
所以，由勾股定理的逆定理可得，即.
，所以平面.
又因为平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面.
⑵由题意可知，即，到平面的距离相等，即为中点.
以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，设，建立空间直角坐标系，则，，，，
易得：，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，解得，，解得.
若二面角为，易知为锐角，则.
(2017·新课标Ⅲ，文19)如图所示，四面体中，是正三角形，．
（1）证明：；（2）已知是直角三角形，．若为棱上与不重合的点，
且，求四面体与四面体的体积比．
19． 解析 （1）设中点为，联结，，
，，
平面．
(2)设，
由，，所以，
所以，即点为，所以体积比为．
（2016·新课标Ⅰ，18）如图，在以为顶点的五面体中，面
为正方形，，且二面
角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
解析：⑴ ∵为正方形，∴，∵，∴，∵
∴面，面，∴平面平面
⑵ 由⑴知，
∵，平面，平面
∴平面，平面
∵面面
∴，∴
∴四边形为等腰梯形
以为原点，如图建立坐标系，设，
，，，设面法向量为，，即，，
设面法向量为，.即
，，设二面角的大小为.
，二面角的余弦值为
(2016 新课标Ⅰ，文18)如图所示，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点．连结并延长交于点．
（1）求证：是的中点；
（2）在题图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．
解析 ：（1）由题意可得为正三角形，故．
因为在平面内的正投影为点，故平面．
又平面，所以．
因为在平面内的正投影为点，故平面．
又平面，所以．
因为，，，平面，
所以平面．又平面，所以．
因为，所以是的中点．
（2）过作交于，则即为所要寻找的正投影．
理由如下，因为，，故．同理，
又，平面，所以平面，
故即为点在平面内的正投影．
所以．
在中，，，，故由等面积法知．
由勾股定理知，由为等腰直角三角形知，故．
（2016·新课标Ⅱ，19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△D EF的位置，.
（Ⅰ）证明：平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角的正弦值.
解析：⑴证明：∵，∴，∴．∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；
又，，∴，∴，∴，
∴，∴．又∵，∴面．
⑵建立如图坐标系．，，，，，，，
设面法向量，
由得，取，
∴．同理可得面的法向量，
∴，∴．
（2016·新课标Ⅱ，文19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D EF的位置.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求五棱锥D —ABCEF体积.
（2016·19）解析：（I）由已知得，又由得，故由此得，所以
（II）由得
由得所以
于是
故由（I）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
（2016·新课标Ⅲ，19）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.
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
解析：(1) 由已知得，取的中点，连接，
由为中点知，. ......3分
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. ........6分
(2) 取中点，连接，则易知，又面，故可以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
则
故平面的法向量
，直线与平面所成角的正弦值为
(2016·新课标Ⅲ，文19)如图，四棱锥中，，，，，为线段上一点，，为的中点．
（1）证明；（2）求四面体的体积．
19．解析 （1）取中点，连接、，因为是中点，，且，又，且，所以，且．所以四边形是平行四边形．所以．又平面，平面，所以平面．
(2)由(1) 平面．所以．
所以．
（2015·新课标Ⅰ，18）如图，四边形为菱形，，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，，.
（I）证明：平面⊥平面；
（II）求直线与直线所成角的余弦值.
解析：（Ⅰ）证明：连接，设，连接，，.
在菱形中，不妨设，由，可得，由⊥平面，，可知.又，所以，且.
在中，可得,故.在中，可得.
在直角梯形中，由，，，可得.
因为，所以，又，则平面.
因为平面，所以平面⊥平面. ……6分
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系，
由（Ⅰ）可得，，，，，.故.
所以直线与直线所成的角的余弦值为. ……12分
(2015 新课标Ⅰ，文18)如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD，
(Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED；
(Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC， 三棱锥E- ACD
的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解：(Ⅰ) ∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC．
∵ABCD为菱形，∴ BD⊥AC，
∴AC⊥平面BED，又AC平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED． …6分
(Ⅱ)设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°可得，
AG=GC=，GB=GD=． 在RtΔAEC中，可得EG=．
∴在RtΔEBG为直角三角形，可得BE=． …9分
∴， 解得x =2．
由BA=BD=BC可得AE= ED=EC=．
∴ΔAEC的面积为3，ΔEAD的面积与ΔECD的面积均为．
所以三棱锥E-ACD的侧面积为． …12分
（2015·新课标Ⅱ，19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值.
解析：（Ⅰ）交线围成的正方形如图：
（Ⅱ）作，垂足为M，则，因为为正方形，所以，于是，所以，以D为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所以的空间直角坐标系，则，，，，，，设是平面的法向量，则，即，所以可取，又，故，所以AF与平面所成角的正弦值为.
（2015·新课标Ⅱ，文19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
（2015·19）解析：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：
（Ⅱ）作EM⊥AB，垂足为M，则AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8.因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.于是MH=.因为长方体被平面分为两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）.
（2014·新课标Ⅰ，19）如图三棱柱中，侧面为菱形，.
(Ⅰ) 证明：；（Ⅱ）若，，AB=BC
求二面角的余弦值.
解析：(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以 ，且O为与的中点．又，所以平面，故 又 ，故 ………6分
（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO 又因为AB=BC ，所以
故OA⊥OB ，从而OA，OB，两两互相垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-． 因为，所以为等边三角形．又AB=BC ，则
，，，
，
设是平面的法向量，则
，即 所以可取
设是平面的法向量，则，同理可取
则，所以二面角的余弦值为.
【2014,1 文19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.
（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.
证明：(Ⅰ)连接 BC1，则O为B1C与BC1的交点，
∵AO⊥平面BB1C1C. ∴AO⊥B1C， …2分
因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分
∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，
故B1C⊥AB. …6分
(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，
又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，
作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC. …9分
∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=，
由于AC⊥AB1，∴，∴，
由 OH·AD=OD·OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC 的距离为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分
另解(等体积法)：∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，
可得BO=，由于AC⊥AB1，∴，∴AB=1，AC=，…9分
则等腰三角形ABC的面积为，设点B1到平面ABC的距离为d，由VB1-ABC=VA-BB1C得，
所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分
（2014·新课标Ⅱ，18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60 ，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.
解析：（Ⅰ）证明：连结交于点，连结．∵底面为矩形，
∴点为的中点，又为的中点，∴，∵平面，平面，∴//平面.
（Ⅱ）以为原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，设是平面的法向量，则，解得：，令，得，又∵是平面AED的一个法向量，∴， 解得，∴.
（2014·新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.
（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P-ABD的体积V=，求A点到平面PBC的距离.
解析：（Ⅰ）设AC的中点为O， 连接EO. 在三角形PBD中，中位线EO//PB，且EO在平面AEC上，所以PB//平面AEC.
（Ⅱ）∵AP=1，，，，∴，作AH⊥PB角PB于H，由题意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．又，故A点到平面PBC的距离.
（2013·新课标Ⅰ，18）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
解析：(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.
因为CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，
故OA，OA1，OC两两相互垂直．
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．
则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，，)．
设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，
则即可取n＝(，1，－1)．
故cos〈n，〉＝＝.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
(2013 新课标Ⅰ，文19)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
证明：(1)取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B．
因为CA＝CB，所以OC⊥AB．
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB．
因为OC∩OA1＝O，所以 AB⊥平面OA1C．
又A1C 平面OA1C，故AB⊥A1C．
(2)解：由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，
所以OC＝OA1＝．
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋，
故OA1⊥OC．
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．
又△ABC的面积S△ABC＝，故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3．
（2013·新课标Ⅱ，18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点，.
（Ⅰ）证明：//平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值.
解析：（Ⅰ）连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF. 因为DF 平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1 // 平面A1CD.
（Ⅱ）由AC＝CB＝得，AC⊥BC. 以C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C－xyz. 设CA＝2，
则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则，即可取n＝(1, -1, -1)．
同理，设m是平面A1CE的法向量，则，可取m＝(2, 1, -2)．
从而cos〈n，m〉＝，故sin〈n，m〉＝.
即二面角D－A1C－E的正弦值为.
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2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
9．立体几何（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，12)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. 直径为的球体 B. 所有棱长均为的四面体
C. 底面直径为，高为的圆柱体 D. 底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为，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，且，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，且，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，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，
则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
(2023·新高考Ⅱ，9多选) 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为
【答案】AC
【解析】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误．
故选：AC．
(2023·全国甲卷，理11)已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】法一：连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为．
法二：连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，在中，，
则由余弦定理可得，
故，所以，
则，
不妨记，因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，两式相加得，故，
故在中，，所以，
又，所以，所以的面积为．故选：C．
(2023·全国甲卷，文10)在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
【答案】A
【解析】取中点，连接，如图，
是边长为2的等边三角形，，
，又平面，，
平面，
又，，
故，即，
所以，
故选：A
(2023·全国乙卷，理8)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】在中，，而，取中点，连接，有，如图，
，，由的面积为，得，
解得，于是，
所以圆锥的体积．
故选：B
(2023·全国乙卷，理9)已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，
显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为．
故选：C
(2022·新高考Ⅰ，4)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】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．
(2022·新高考Ⅰ，8)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】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法：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．
[方法二]：基本不等式法：
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积取值范围是
(2022·新高考Ⅰ，9多选题)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】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
(2022·新高考Ⅱ，7)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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．
(2022·新高考Ⅱ，11多选题)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】
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.
(2022·全国甲卷，理7文9)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】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．
(2022·全国甲卷，理9文10)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】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．
(2022·全国乙卷，理7文9)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】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；
选项BCD解法一：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．
选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，
从而有：，
据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；
对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；
对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，
由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；
故选：A．
(2022·全国乙卷，理9文12) 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】[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，
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
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立．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，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，
(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高．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，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C．
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
(2021·新高考Ⅰ，3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
(2021·新高考Ⅰ，12)在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
(2021·新高考Ⅱ，4)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A. 26% B. 34% C. 42% D. 50%
【答案】C
【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.,故选：C.
(2021·新高考Ⅱ，5)正四棱台的上 下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高，
下底面面积，上底面面积，
所以该棱台的体积, 故选：D.
(2021·新高考Ⅱ，10)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
(2021·全国甲卷，理11)已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，
则，所以.
故选：A.
(2021·全国乙卷，理5文10) 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
(2020·新高考Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）
A．20° B．40° C．50° D．90°
【答案】B 【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线．是晷面的截线，依题意可知、．
由于，所以，
由于，
所以，也即晷针与点处的水平面所成角为．
(2020·全国卷Ⅰ，文理3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【解析】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）．故选：C．
(2020·全国卷Ⅰ，理10文12)已知为球球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，得，
由正弦定理可得，，根据圆截面性质平面，
，
球的表面积．
故选：A
(2020·全国卷Ⅱ，理10文11))已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C 【解析】设球的半径为，则，解得：．
设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离．
故选：C．
(2019·全国卷Ⅰ，理12)已知三棱锥P ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：设，则
∴
∵，
∴,即，解得，
∴，又，易知两两相互垂直，
故三棱锥的外接球的半径为，
∴三棱锥的外接球的体积为，故选D.
解法2：如图，
由PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，
则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，
则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，
∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，
又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面PAC，
∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，
把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，
其直径为D．
半径为，则球O的体积为．
(2019·全国卷Ⅱ，文理7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面
【答案】B 解析：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；
对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；
对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；
对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．
故选：B．
(2019·全国卷Ⅲ，文理8)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）
A．BM = EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM = EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【答案】B 解析：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，
∴BM 平面BDE，EN 平面BDE，
∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，
∴直线BM，EN是相交直线，
设DE＝a，则，，∴，
∴BM≠EN．
(2018·新课标Ⅰ，理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A解析：（直接法）平面符合题意，如图（1）所示，例题中的平面可得面平移
平移后的图象如图（1）所示，六边形为该截面
设，则有
根据对称性可知，延长相交于点
延长相交于点，易证
所以为等边三角形，同理为等边三角形，
所以
当时，．
【解法2】（特殊位置法）由题可知，截面应与正方体体对角线垂直，当平面平移至截面为六边形时，此时六边形的周长恒定不变，所以当截面为正六边形时，面积最大．
(2018·新课标Ⅰ，文5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B解析：如图，设上下底面的半径为，则截面面积，所以，，因为圆柱的表面积：，故选B.
(2018·新课标Ⅰ，文10)在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为
A． B． C． D．
【答案】C解析：在内射影为,则为线与所成角，即，则.在中,，高，所以.
（2018·新课标Ⅱ，9）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C解析：法一：由几何关系可知：，，，由余弦定理可知：
解法二：坐标法：由几何关系可知：，点A的坐标为，点的坐标为
，
解法三：补型法（以右补为例）：由几何关系可知：，，，由余弦定理可得：.
(2018·新课标Ⅱ，文9)在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：解法一：平移法：在中，异面直线的夹角的正切值，
由几何关系可知：设，则，.
解法二：补型法：在中，异面直线的夹角的正切值，
由几何关系可知：设，则，
（2018·新课标Ⅲ，理10文12）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B 解析：如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，得，取的中点，∴，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值.
(2017 新课标Ⅰ，文6)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是（ ）
【解法】选A．由B，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由C，AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；由D，AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．故A不满足，选A．
（2017·新课标Ⅱ，理10）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B 解析：解法一：在边﹑﹑﹑上分别取中点﹑﹑﹑，并相互连接.
由三角形中位线定理和平行线平移功能，异面直线和所成的夹角为或其补角，
通过几何关系求得，，，利用余弦定理可求得异面直线
和所成的夹角余弦值为.
解法二：补形通过补形之后可知：或其补角为异面直线和所成的角，通过几何关系可知：
，，，由勾股定理或余弦定理可得异面直线和所成的夹角余弦值为.
解法三：建系建立如左图的空间直角坐标系，，，，，
∴ ，，∴
（2017·新课标Ⅲ，理8文9）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B 解析：由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径，
则圆柱体体积.故选B.
(2017·新课标Ⅲ，文10)在正方体中，为棱的中点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C解析：因为，，且，所以平面，
又因为平面．所以．故选C．
（2016·新课标Ⅰ，文理11）平面过正方体的顶点，平面，平面 ，平面，则所成角的正弦值为（ ）
（A） （B） （C） （D）
【答案】 A 解析：如图所示：
∵，∴若设平面平面，则
又∵平面∥平面，结合平面平面
∴，故，同理可得：
故、的所成角的大小与、所成角的大小相等，即的大小．
而（均为面对交线），因此，即．
故选A．
解法二：将图形延伸出去，构造一个正方体，如图所示．通过寻找线线平行构造出平面，即平面，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．
解法三（原理同解法一）：过平面外一点作平面，并使平面，不妨将点变换成，作使之满足同等条件，在这样的情况下容易得到，即为平面，如图所示，即研究与所成角的正弦值，易知，所以其正弦值为．故选A．
（2016·新课标Ⅱ，文4）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2016·4）A解析：因为正方体的体积为8，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以球面的表面积为，故选A.
（2016·新课标Ⅲ，理10文11）在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B 解析 如图所示，假设在直三棱柱中，有一个球与平面，平面，平面相切，其俯视图如图所示．设其球的半径为
则且，得．因此，直三棱柱内球的半径最大值为，则．故选B．
（2015·新课标Ⅰ，文理6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有
（A）14斛 （B）22斛 （C）36斛 （D）66斛
【答案】 B 解析：，圆锥底面半径，米堆体积，堆放的米约有，选（B）.
（2015·6）D解析：由三视图得，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截去四面体A-A1B1D1，如图所示，设正方体棱长为，则，故剩余几何体体积为，所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为，故选D.
（2015·新课标Ⅱ，理9文10）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90 ，C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（ ）
A．36π B．64π C．144π D．256π
【答案】 C 解析：如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球O的半径为R，此时，故R=6，则球O的表面积为，故选C．
（2014·新课标Ⅱ，理11）直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90 ，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 C 解析：取BC的中点P，连结NP、AP， ∵M，N分别是A1B1，A1C1的中点，∴四边形NMBP为平行四边形，∴BM//PN，∴所求角的余弦值等于∠ANP的余弦值，不妨令BC=CA=CC1=2，则AN=AP=，NP=MB=，
∴ .
【另解】如图建立坐标系，令AC=BC=C1C=2，则A(0, 2, 2)，B(2, 0, 2)，M(1, 1, 0)，N(0, 1, 0)，
（2014·新课标Ⅱ，文7）正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为（ ）
A．3 B． C．1 D．
【答案】C解析：∵B1C1 // BD，∴BD // 面AB1C1，点B和D到面AB1C1的距离相等， 故选C.
（2013·新课标Ⅰ，理6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)．
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
【答案】 A 解析：设球半径为R，由题可知R，R－2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即△OBA为直角三角形，如图．
BC＝2，BA＝4，OB＝R－2，OA＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，所以球的体积为(cm3)，故选A.
（2013·新课标Ⅱ，理4）已知为异面直线，平面，平面.直线满足，，，，则（ ）
A.α // β且l // α B.且
C.与相交，且交线垂直于 D.与相交，且交线平行于
【答案】 D 解析：因为m⊥α，l⊥m，lα，所以l∥α. 同理可得l∥β. 又因为m，n为异面直线，所以α与β相交，且l平行于它们的交线．故选D.
（2012·新课标Ⅰ，理11）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 解析：如图所示，根据球的性质，
知平面，则．
在直角中，，，
所以．
因此三棱锥S－ABC的体积
，故选择A．
(2012 新课标Ⅰ，文8)8．平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解析】如图所示，由已知，，
在中，球的半径，
所以此球的体积，故选择B．
【点评】本题主要考察球面的性质及球的体积的计算．
二、填空题
(2023·新高考Ⅰ，14)在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．
【答案】
【解析】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，
因，
则，
故，则，
所以所求体积为.
(2023·新高考Ⅱ，14)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______．
【答案】 【解析】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为．
方法二：棱台的体积为．
故答案：．
(2023·全国甲卷，理15)在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．
【答案】12 【解析】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，即，
则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有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每条棱的交点总数为12．
(2023·全国甲卷，文16)在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________．
【答案】
【解析】设球的半径为．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为体对角线长，即，故；
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为．
综上，．
(2023·全国乙卷，文16)已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________．
【答案】2
【解析】如图，将三棱锥转化为直三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得．
故答案为：2．
(2021·全国甲卷，文14)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
【答案】
【解析】∵，∴，∴，
∴.
(2020·新高考Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】．【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得．
(2020·全国卷Ⅱ，文16)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是__________．
①②③④
【答案】①③④ 【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；
若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，
所以，，即，命题真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；
对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题．
综上可知，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题．
故答案为：①③④．
(2020·全国卷Ⅲ，文理15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为______．
【答案】 【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为，
由于，故，
设内切圆半径为，则：
，
解得：，其体积：．
故答案为：．
(2019·全国卷Ⅰ，文16)已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．
【答案】 解析：，为平面外一点，，点到两边，的距离均为，过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，连结，，则，
，
．
到平面的距离为．
(2019·全国卷Ⅱ，理、文16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）
【命题意图】考查空间想象能力，数学抽象概括能力.
【答案】， 解析：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则xxx＝1，解得x1．
(2019·全国卷Ⅲ，理、文16)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm．3D打印所用的材料密度为0．9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为__________g．
【答案】118.8
【基本解法】长方体的体积为：四棱锥的底面积为：，高，则四棱锥的体积为：底面积高=，故模型所需要的质量为：
（2018·新课标Ⅱ，理16）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为．若的面积为，则该圆锥的侧面积为_________．
【答案】解析：由面积的关系可知：，由几何关系可知：
侧面积，，侧面积
(2018·新课标Ⅱ，文16)已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．
【答案】 解析： 由几何关系可知：、
（2017·新课标Ⅰ，理16）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC， CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______．
【答案】 解析：由题，连接，交与点，由题，，，
即的长度与的长度或成正比，设，则，，三棱锥的高
，，
则，
令，，，令，
即，，则，则，体积最大值为．
(2017 新课标Ⅰ，文16)已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为_______．
【解析】取的中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，所以平面，设，，所以，
所以球的表面积为．
（2017·新课标Ⅱ，文15）长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为
【答案】14π解析：球的直径是长方体的对角线，所以.
（2017·新课标Ⅲ，）16.，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线与成角时，与成角；②当直线与成角时，与成角；
③直线与所称角的最小值为；④直线与所称角的最小值为；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】② ③ 解析：由题意知，，，三条直线两两相互垂直，画出图形如图．
不妨设图中所示正方体边长为1，故，，
边以直线为旋转轴旋转，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆．以为坐标原点，以为轴正方向，为轴正方向，
为轴正方向建立空间直角坐标系．则，，
直线的方向单位向量，．点起始坐标为，
直线的方向单位向量，．设点在运动过程中的坐标，
其中为与的夹角，．
那么在运动过程中的向量，．
设与所成夹角为，则．
故，所以③正确，④错误．
设与所成夹角为，.
当与夹角为时，即，．
因为，所以．所以．
因为．所以，此时与夹角为．所以②正确，①错误．故填② ③.
（2016·新课标Ⅱ，14）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：
（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
（3）如果α∥β，mα，那么m∥β.
（4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有 . (填写所有正确命题的编号.)
【答案】②③④ 解析：略.
(2013 新课标Ⅰ，文15)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．
【答案】 解析：如图，
设球O的半径为R，则AH＝，OH＝．又∵π·EH2＝π，∴EH＝1．∵在Rt△OEH中，R2＝，∴R2＝． ∴S球＝4πR2＝．
（2013·新课标Ⅱ，文15）已知正四棱锥O-ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________.
【答案】解析：设正四棱锥的高为，则，解得高. 则底面正方形的对角线长为，所以，所以球的表面积为.
（2011·新课标Ⅰ，15）已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 ．
【答案】 解析：设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,
OM=，.
(2011 新课标Ⅰ，文16)已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ．
【答案】 解析：设圆锥底面半径为，球的半径为，则由，知．
根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心，且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点，因此．
设，，则．
又，知．
即．
由及可得．
则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比为．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，18)如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．
（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为时，求．
【解析】（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，
.
（2）设，则，
设平面的法向量，则，
令 ，得，，
设平面的法向量，则，
令 ，得，，
，
化简可得，，解得或，
或，.
(2023·新高考Ⅱ，20)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．
【解析】（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．
(2023·全国甲卷，理18)如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）证明：；
（2）已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】（1）如图，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为．
(2023·全国甲卷，文18)如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
【解析】（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．
(2023·全国乙卷，理19)如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面BEF；
（3）求二面角的正弦值．
【解析】（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）由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面．
【小问3详解】
过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为．
(2023·全国乙卷，文19)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．
【解析】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于，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．
(2022·新高考Ⅰ，19)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．
【解析】（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．
(2022·新高考Ⅱ，20)如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（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）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.
【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，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角正弦值为.
(2022·全国甲卷，理18)在四棱锥中，底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
【解析】（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）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．
(2022·全国甲卷，文19)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】（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
(2022·全国乙卷，理18)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】（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，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为．
(2022·全国乙卷，文18) 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）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等边三角形，
连接
(2021·新高考Ⅰ，20)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)详见解析(2)
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.
【详解】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF
则为二面角E-BC-D的平面角,
因为,为正三角形,所以为直角三角形
因为,
从而EF=FM=
平面BCD,
所以
【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.
(2021·新高考Ⅱ，19)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）.
【解析】
【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，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.
(2021·全国甲卷，理19) 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
【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，
又，所以平面．
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．
所以，
．
由题设（）．
（1）因为，
所以，所以．
（2）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．
(2021·全国甲卷，文19)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：.
【解析】(1)如图所示，连结AF，
由题意可得：，
由于AB⊥BB1，BC⊥AB，，故平面，
而平面，故，
从而有，
从而，
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.
(2021·全国乙卷，理18)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．
【解析】（1）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；
（2）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.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
(2021·全国乙卷，文18)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．
【解析】（1）因为底面，平面，
所以，
又，，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，
从而，设，，
则，即，解得，所以．
因为底面，
故四棱锥的体积为．
(2020·新高考Ⅰ，20)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．
【解析】（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，
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，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．
(2020·全国卷Ⅰ，理18)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．
解析：（1）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；
（2）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，
由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
(2020·全国卷Ⅰ，文19)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．
【解析】（1）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．
(2020·全国卷Ⅱ，理20)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．
【解析】（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）连接
平面，平面平面，
根据三棱柱上下底面平行，其面平面，面平面，
.
故四边形是平行四边形
设边长是()，可得：，，
为的中心，且边长为，
，故
，，，解得：
在截取，故，
且，
四边形是平行四边形，，
由（1）平面，
故为与平面所成角，
在，根据勾股定理可得：
，直线与平面所成角的正弦值：．
(2020·全国卷Ⅱ，文20)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．
【解析】（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，
．
(2020·全国卷Ⅲ，理19)如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，
在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，
因此，点在平面内；
（2）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、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，．
因此，二面角的正弦值为．
(2020·全国卷Ⅲ，文19)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．
【解析】
（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，
因为所以四边形为平行四边形，
因此在平面内
(2019·全国卷Ⅰ，理18)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）求二面角A MA1 N的正弦值．
解：（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．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，则
，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则，所以可取．
于是，所以二面角的正弦值为．
解法2：几何法：分别取、中点、，则
因为，所以，过点作，
交于，连接，则，所以（1）
所以为二面角A MA1 N的正弦值.
由（1）知，且平面
故平面，所以（2）， 又，
所以，所以，且
如图:在中,
解得，所以
(2019·全国卷Ⅰ，文19)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．
19．解：（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
(2019·全国卷Ⅱ，理17)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．
17．解：（1）由已知得，平面，平面，故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即所以可取n=．
设平面的法向量为m=（x，y，z），则即所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
(2019·全国卷Ⅱ，文17)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．
17．解：（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
故．
又，所以BE⊥平面．
（2）由（1）知∠BEB1=90°．由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以，故AE=AB=3，．
作，垂足为F，则EF⊥平面，且．
所以，四棱锥的体积．
(2019·全国卷Ⅲ，理19)图1是由矩形ABED，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．
图1 图2
19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则即所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【基本解法2】取的中点，连结，，.
因为，且平面，
所以平面，故.
又因为四边形是菱形，且
得，故平面.
因此.则就是二面角所成的平面角，
，因此二面角的大小为．
(2019·全国卷Ⅲ，文19)图1是由矩形ADEB、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中的四边形ACGD的面积．
19．解：（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取CG的中点M，连结EM，DM．
因为AB//DE，AB平面BCGE，所以DE平面BCGE，故DECG．
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EMCG，故CG平面DEM．
因此DMCG．
在DEM中，DE=1，EM=，故DM=2．
所以四边形ACGD的面积为4．
（2018·新课标I，理18）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．
解析：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF
由BF平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD
（2）【解法1】作PH⊥EF，垂足为H，由（1）得，PH⊥平面ABFD，以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系
由（1）可得DE⊥PE，又DP=2，DE=1，所以，又PF=1，EF=2，故PE⊥PF，
可得，则
为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角，则.
所以DP与平面ABFD所成的角正弦值为。
【解法2】作PH⊥EF，垂足为H，由（1）得，PH⊥平面ABFD，所以即为与平面所成角，因为，分别为，的中点，可得DE⊥PF，又PD=2，DE=1，可得，又PF=1，EF=2，可得，与平面所成角的正弦值为。
【解法3】在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，联结DH，
由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．
在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，
所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，
由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE=，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，
所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a
在△PDE中，，所以，故VF﹣PDE=，又因为，
所以PH==，所以在△PHD中，sin∠PDH==，
即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．
(2018·新课标Ⅰ，文18)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．
解：（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）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
．
（2018·新课标Ⅱ，理20）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．
解析：（1）连接，由几何关系可知：，，
因为 ，所以，所以 ，
因为 ，，所以 ，
因为 ，所以.
解法二：常规解法（二线法，以AB边中点为例，三垂线定理）
在边去中点，连接、，因为 ，所以
在中，由勾股定理可知：，在中，，，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，所以
由几何关系可知：，因为 ，所以.
以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
由题意的可知：，，，，，.取平面
的法向量. 设（），则.
设平面的法向量为，由，，可取
所以 ，解得：（舍去），
所以 平面的法向量为，
因为 ，所以
所以与平面所成角的正弦值为.
(2018·新课标Ⅱ，文19) 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．
解：（1）连接，由几何关系可知：，，因为 ，
所以 ，所以 ，因为 ，，所以 ，
因为 ，所以 .
解法2：（二线法，以AB边中点为例，三垂线定理）
在边去中点，连接、
因为，所以 ，在中，由勾股定理可知：，
在中，，，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
由几何关系可知：，
因为 ，所以 .
（2）解法一：等体积法：由题意可知：，，，由几何关系可知：，，，.
解法二：等面积法：由题意可知：，，，，所以.
（2018·新课标Ⅲ，理19）如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
⑴证明：平面平面；⑵当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
解析：（1）∵正方形半圆面，∴半圆面，∴平面.
∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.
（2）如图建立坐标系：∵面积恒定，∴，最大.
，，，，,
设面的法向量为，设面的法向量为，
，，，，
，同理，
∴，∴ .
(2018·新课标Ⅲ，文19)如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
⑴证明：平面平面；
在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【答案】见解析
解析：（1）∵正方形半圆面，
∴半圆面，∴平面.
∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.
（2）线段上存在点且为中点，证明如下：
连接交于点，连接；在矩形中，是中点，是的中点；
∴，∵在平面内，不在平面内，∴平面.
（2017·新课标Ⅰ，18）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．
解析：（1）证明：∵，∴，，
又∵，∴，又∵，、平面，
∴平面，又平面，∴平面平面．
（2）取中点，中点，连接，，∵，
∴四边形为平行四边形，∴，
由（1）知，平面，∴平面，
又、平面，∴，，
又∵，∴，∴、、两两垂直，
∴以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，∴、、、，
∴、、，
设为平面的法向量，由，得，
令，则，，可得平面的一个法向量，
∵，∴，又知平面，平面，
∴，又，∴平面，即是平面的一个法向量，
，∴，
由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为．
(2017 新课标Ⅰ，文18)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．
【解法】（1），
又∥
又平面，平面，且 平面
平面，所以 平面平面
（2）由题意：设 ，因为 ，所以为等腰直角三角形
即
取中点，连接，则，．
又因为平面平面，所以平面
因为平面，∥，所以，
又，所以四边形为矩形
所以，即
（2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，，， E是PD的中点.
（1）证明：直线 平面PAB；
（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为 ，求二面角M-AB-D的余弦值
解析：（1）证明：取中点为，连接、，
因为，所以，
因为是的中点，所以，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以直线平面，
（2）取中点为，连接，因为△为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，
以分别为轴建立空间直角坐标系，如图
设，则，所以，
设，则，，
因为点在棱上，所以，即，
所以，所以，
平面的法向量为，
因为直线与底面所成角为，
所以，
解得，所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，
所以，
所以求二面角的余弦值.
(
D
P
A
B
C
)（2017·新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，∠BAD=∠ABC=90°.
（1）证明：直线BC∥平面PAD；
（2）若△PCD面积为，求四棱锥P-ABCD的体积.
（2017·18）解析：（1）在平面ABCD内，因为∠BAD=∠ABC=90 ，所以BC//AD. 又，故BC//平面PAD .
（2）取AD的中点M，连结PM，CM，由及BC//AD，知四边形ABCM为正方形，则CM⊥AD. 因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，，所以CM⊥面PAD，因为，所以CM⊥PM.设BC=x，则CM=x，，PC=PD=x。取得中点，连结，因为△PCD的面积为，所以，解得x=-2（舍去）x=2，于是AB=BC=2，AD=4，，所以四棱锥P-ABCD的体积 .
（2017·新课标Ⅲ，理19）如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．
（1）证明：平面平面；（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．
解析： ⑴取中点为，联结，；
因为为等边三角形，所以，所以.
，.所以，即为等腰直角三角形，
为直角又为底边中点，所以.
令，则，易得：，
所以，由勾股定理的逆定理可得，即.
，所以平面.
又因为平面，由面面垂直的判定定理可得平面平面.
⑵由题意可知，即，到平面的距离相等，即为中点.
以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，设，建立空间直角坐标系，则，，，，
易得：，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，解得，，解得.
若二面角为，易知为锐角，则.
(2017·新课标Ⅲ，文19)如图所示，四面体中，是正三角形，．
（1）证明：；
（2）已知是直角三角形，．若为棱上与不重合的点，
且，求四面体与四面体的体积比．
19． 解析 （1）设中点为，联结，，
，，
平面．
(2)设，
由，，所以，
所以，即点为，所以体积比为．
（2016·新课标Ⅰ，18）如图，在以为顶点的五面体中，面
为正方形，，且二面
角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
解析：⑴ ∵为正方形，∴，∵，∴，∵
∴面，面，∴平面平面
⑵ 由⑴知，
∵，平面，平面
∴平面，平面
∵面面
∴，∴
∴四边形为等腰梯形
以为原点，如图建立坐标系，设，
，，，设面法向量为，，即，，
设面法向量为，.即
，，设二面角的大小为.
，二面角的余弦值为
(2016 新课标Ⅰ，文18)如图所示，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点．连结并延长交于点．
（1）求证：是的中点；
（2）在题图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．
解析 ：（1）由题意可得为正三角形，故．
因为在平面内的正投影为点，故平面．
又平面，所以．
因为在平面内的正投影为点，故平面．
又平面，所以．
因为，，，平面，
所以平面．又平面，所以．
因为，所以是的中点．
（2）过作交于，则即为所要寻找的正投影．
理由如下，因为，，故．同理，
又，平面，所以平面，
故即为点在平面内的正投影．
所以．
在中，，，，故由等面积法知．
由勾股定理知，由为等腰直角三角形知，故．
（2016·新课标Ⅱ，19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△D EF的位置，.
（Ⅰ）证明：平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角的正弦值.
解析：⑴证明：∵，∴，∴．∵四边形为菱形，∴，∴，∴，∴．∵，∴；
又，，∴，∴，∴，
∴，∴．又∵，∴面．
⑵建立如图坐标系．，，，，，，，
设面法向量，
由得，取，
∴．同理可得面的法向量，
∴，∴．
（2016·新课标Ⅱ，文19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D EF的位置.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求五棱锥D —ABCEF体积.
（2016·19）解析：（I）由已知得，又由得，故由此得，所以
（II）由得
由得所以
于是
故由（I）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
（2016·新课标Ⅲ，19）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.
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
解析：(1) 由已知得，取的中点，连接，
由为中点知，. ......3分
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. ........6分
(2) 取中点，连接，则易知，又面，故可以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，
则
故平面的法向量
，直线与平面所成角的正弦值为
(2016·新课标Ⅲ，文19)如图，四棱锥中，，，，，为线段上一点，，为的中点．
（1）证明；（2）求四面体的体积．
19．解析 （1）取中点，连接、，因为是中点，，且，又，且，所以，且．所以四边形是平行四边形．所以．又平面，平面，所以平面．
(2)由(1) 平面．所以．
所以．
（2015·新课标Ⅰ，18）如图，四边形为菱形，，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，，.
（I）证明：平面⊥平面；
（II）求直线与直线所成角的余弦值.
解析：（Ⅰ）证明：连接，设，连接，，.
在菱形中，不妨设，由，可得，由⊥平面，，可知.又，所以，且.
在中，可得,故.在中，可得.
在直角梯形中，由，，，可得.
因为，所以，又，则平面.
因为平面，所以平面⊥平面. ……6分
（Ⅱ）如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系，
由（Ⅰ）可得，，，，，.故.
所以直线与直线所成的角的余弦值为. ……12分
(2015 新课标Ⅰ，文18)如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD，
(Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED；
(Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC， 三棱锥E- ACD
的体积为，求该三棱锥的侧面积．
解：(Ⅰ) ∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC．
∵ABCD为菱形，∴ BD⊥AC，
∴AC⊥平面BED，又AC平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED． …6分
(Ⅱ)设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°可得，
AG=GC=，GB=GD=． 在RtΔAEC中，可得EG=．
∴在RtΔEBG为直角三角形，可得BE=． …9分
∴， 解得x =2．
由BA=BD=BC可得AE= ED=EC=．
∴ΔAEC的面积为3，ΔEAD的面积与ΔECD的面积均为．
所以三棱锥E-ACD的侧面积为． …12分
（2015·新课标Ⅱ，19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值.
解析：（Ⅰ）交线围成的正方形如图：
（Ⅱ）作，垂足为M，则，因为为正方形，所以，于是，所以，以D为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所以的空间直角坐标系，则，，，，，，设是平面的法向量，则，即，所以可取，又，故，所以AF与平面所成角的正弦值为.
（2015·新课标Ⅱ，文19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
（2015·19）解析：（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：
（Ⅱ）作EM⊥AB，垂足为M，则AM=A1E=4，EB1=12，EM=AA1=8.因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10.于是MH=.因为长方体被平面分为两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）.
（2014·新课标Ⅰ，19）如图三棱柱中，侧面为菱形，.
(Ⅰ) 证明：；（Ⅱ）若，，AB=BC
求二面角的余弦值.
解析：(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以 ，且O为与的中点．又，所以平面，故 又 ，故 ………6分
（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO 又因为AB=BC ，所以
故OA⊥OB ，从而OA，OB，两两互相垂直．
以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-． 因为，所以为等边三角形．又AB=BC ，则
，，，
，
设是平面的法向量，则
，即 所以可取
设是平面的法向量，则，同理可取
则，所以二面角的余弦值为.
【2014,1 文19】如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.
（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.
证明：(Ⅰ)连接 BC1，则O为B1C与BC1的交点，
∵AO⊥平面BB1C1C. ∴AO⊥B1C， …2分
因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，…4分
∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，
故B1C⊥AB. …6分
(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结AD，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，
又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，
作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC. …9分
∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=，
由于AC⊥AB1，∴，∴，
由 OH·AD=OD·OA，可得OH=，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC 的距离为，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分
另解(等体积法)：∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，
可得BO=，由于AC⊥AB1，∴，∴AB=1，AC=，…9分
则等腰三角形ABC的面积为，设点B1到平面ABC的距离为d，由VB1-ABC=VA-BB1C得，
所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为。 …12分
（2014·新课标Ⅱ，18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60 ，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.
解析：（Ⅰ）证明：连结交于点，连结．∵底面为矩形，
∴点为的中点，又为的中点，∴，∵平面，平面，∴//平面.
（Ⅱ）以为原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，∴，，设是平面的法向量，则，解得：，令，得，又∵是平面AED的一个法向量，∴， 解得，∴.
（2014·新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.
（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P-ABD的体积V=，求A点到平面PBC的距离.
解析：（Ⅰ）设AC的中点为O， 连接EO. 在三角形PBD中，中位线EO//PB，且EO在平面AEC上，所以PB//平面AEC.
（Ⅱ）∵AP=1，，，，∴，作AH⊥PB角PB于H，由题意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．又，故A点到平面PBC的距离.
（2013·新课标Ⅰ，18）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
解析：(1)证明：取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B.
因为CA＝CB，所以OC⊥AB.
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.
又A1C平面OA1C，故AB⊥A1C.
(2)解：由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，
所以OC⊥平面AA1B1B，
故OA，OA1，OC两两相互垂直．
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．
则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，，)．
设n＝(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，
则即可取n＝(，1，－1)．
故cos〈n，〉＝＝.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
(2013 新课标Ⅰ，文19)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
证明：(1)取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B．
因为CA＝CB，所以OC⊥AB．
由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
故△AA1B为等边三角形，
所以OA1⊥AB．
因为OC∩OA1＝O，所以 AB⊥平面OA1C．
又A1C 平面OA1C，故AB⊥A1C．
(2)解：由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，
所以OC＝OA1＝．
又A1C＝，则A1C2＝OC2＋，
故OA1⊥OC．
因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC－A1B1C1的高．
又△ABC的面积S△ABC＝，故三棱柱ABC－A1B1C1的体积V＝S△ABC×OA1＝3．
（2013·新课标Ⅱ，18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点，.
（Ⅰ）证明：//平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值.
解析：（Ⅰ）连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF. 因为DF 平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1 // 平面A1CD.
（Ⅱ）由AC＝CB＝得，AC⊥BC. 以C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C－xyz. 设CA＝2，
则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则，即可取n＝(1, -1, -1)．
同理，设m是平面A1CE的法向量，则，可取m＝(2, 1, -2)．
从而cos〈n，m〉＝，故sin〈n，m〉＝.
即二面角D－A1C－E的正弦值为.
（2013·新课标Ⅱ，文18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）设，，求三棱锥的体积.
（2013·18）．解析：（Ⅰ）连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF. 因为DF 平面A1CD， BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.
（Ⅱ）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD. 由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB. 又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1. 由AA1＝AC＝CB＝2，得∠ACB＝90°，，，，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D. 所以.
（2012·新课标Ⅰ、Ⅱ，19）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD．
（1）证明：DC1⊥BC； （2）求二面角A1－BD－C1的大小．
解析：（1）在中，，
得：，
同理：，
得：．
又DC1⊥BD，，
所以平面．
而平面，所以．
（2）解法一：（几何法）
由面
．
取的中点，连接，．
因为，所以，
因为面面，所以面，从而，
又DC1⊥BD，所以面，因为平面，所以．
由，BD⊥DC1，所以为二面角A1－BD－C1的平面角．
设，，则，，
在直角△，，，
所以． 因此二面角的大小为．
解法二：（向量法）
由面
．又平面，
所以，，
以C点为原点，CA、CB、CC1所在直线分别为
轴、轴、轴建立空间直角坐标系．
不妨设AA1=2，则AC=BC=AA1=1，
从而A1（1，0，2），D（1，0，1），B（0，1，0），C1（0，0，2），
所以，，．
设平面的法向量为，
则，，所以，即，令，则．
设平面的法向量为，则，，
所以，即，令，则．
所以，解得．
因为二面角为锐角，因此二面角的大小为．
(2012 新课标Ⅰ，文19)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．
（1）证明：平面BDC1⊥平面BDC；（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
【解析】（1）在中，，得：，同理：，
得：．
由题设知BC⊥CC1，BC⊥AC，，所以平面．
又平面，所以，而，所以平面．
又平面，故平面BDC1⊥平面BDC．
（2）由已知AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，设，，则．
由（1），平面，所以为四棱锥的高，
所以．
因此平面BDC1分此棱柱为两部分体积的比为．
（2011·新课标Ⅰ、Ⅱ，18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．
解析：（I）因为，，由余弦定理得.
从而，故.
又底面，可得.
所以平面. 故.
（II）如图，以为坐标原点，的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，
，，
设平面的法向量为，则
即. 因此可取.
设平面的法向量为，则，可取.
. 故二面角的余弦值为.
(2011 新课标Ⅰ，文18)如图所示，四棱锥中，底面为平行四边形，，，
底面．
（1）证明：；
（2）若，求棱锥的高．
【解析】（1）因为，，由余弦定理得，
从而，故，又底面，可得．
所以平面，故．
（2）如图所示，作，垂足为．已知底面，则．
由（1）知，又，所以．
故平面，，则平面．
因为，，，
所以，又，所以．
根据，得，即棱锥的高为．
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2011年—2023年新课标全国卷数学分类汇编
（含全国Ⅰ卷、Ⅱ卷、Ⅲ卷、新高考Ⅰ卷、新高考Ⅱ卷）
（附详细答案）
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定套路．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含14个专题，分别是：
1．集合 2．复数 3．逻辑、数学文化、新定义 4．平面向量 5．不等式
6．函数与导数 7．三角函数与解三角形 8．数列 9．立体几何 10．解析几何
11．概率与统计 12．程序框图 13．坐标系与参数方程 14．不等式选讲
2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
9．立体几何
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，12)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. 直径为的球体 B. 所有棱长均为的四面体
C. 底面直径为，高为的圆柱体 D. 底面直径为，高为的圆柱体
(2023·新高考Ⅱ，9多选) 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为 C． D．的面积为
(2023·全国甲卷，理11)已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国甲卷，文10)在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C．2 D．3
(2023·全国乙卷，理8)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国乙卷，理9)已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
(2022·新高考Ⅰ，4)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．
(2022·新高考Ⅰ，8)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．
(2022·新高考Ⅰ，9多选题)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
(2022·新高考Ⅱ，7)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
(2022·新高考Ⅱ，11多选题)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.
(2022·全国甲卷，理7文9)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
(2022·全国甲卷，理9文10)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．
(2022·全国乙卷，理7文9)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
(2022·全国乙卷，理9文12) 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．
(2022·全国乙卷，文12)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．
(2021·新高考Ⅰ，3)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
(2021·新高考Ⅰ，12)在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
(2021·新高考Ⅱ，4)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A. 26% B. 34% C. 42% D. 50%
(2021·新高考Ⅱ，5)正四棱台的上 下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A. B. C. D.
(2021·新高考Ⅱ，10)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A B C D
(2021·全国甲卷，理11)已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，理5文10) 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
(2020·新高考Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）
A．20° B．40° C．50° D．90°
(2020·全国卷Ⅰ，文理3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，理10文12)已知为球球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，理10文11)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（ ）
A． B． C．1 D．
(2019·全国卷Ⅰ，理12)已知三棱锥P ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅱ，文理7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是（ ）
A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面
(2019·全国卷Ⅲ，文理8)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）
A．BM = EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM = EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
(2018·新课标Ⅰ，理12)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅰ，文5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅰ，文10)在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为（ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅱ，理9）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅱ，文9)在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为 （ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅲ，理10文12）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
(2017 新课标Ⅰ，文6)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是（ ）
（2017·新课标Ⅱ，10）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2017·新课标Ⅲ，理8文9）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
(2017·新课标Ⅲ，文10)在正方体中，为棱的中点，则（ ）
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅰ，文理11）平面过正方体的顶点，平面，平面，平面，则所成角的正弦值为（ ）
（A） （B） （C） （D）
（2016·新课标Ⅱ，文4）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅲ，理10文11)）在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=3，则V的最大值是（ ）
A. B. C. D.
（2015·新课标Ⅰ，文理6）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）
（A）14斛 （B）22斛 （C）36斛 （D）66斛
（2015·新课标Ⅱ，理9文10）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90 ，C为该球面上的动点，若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（ ）
A．36π B．64π C．144π D．256π
（2014·新课标Ⅱ，理11）直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90 ，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2014·新课标Ⅱ，文7）正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥A-B1DC1的体积为（ ）
A．3 B． C．1 D．
（2013·新课标Ⅰ，理6）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)．
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
（2013·新课标Ⅱ，理4）已知为异面直线，平面，平面.直线满足，，，，则（ ）
A.α // β且l // α B.且
C.与相交，且交线垂直于 D.与相交，且交线平行于
（2012·新课标Ⅰ，11）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
(2012 新课标Ⅰ，文8)平面截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面的距离为，则此球的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
(2023·新高考Ⅰ，14)在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．
(2023·新高考Ⅱ，14)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______．
(2023·全国甲卷，理15)在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．
(2023·全国甲卷，文16)在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________．
(2023·全国乙卷，文16)已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________．
(2021·全国甲卷，文14)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为则该圆锥的侧面积为________.
(2020·新高考Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
(2020·全国卷Ⅱ，文16)设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是__________．
①②③④
(2020·全国卷Ⅲ，文16)已知圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．
(2019·全国卷Ⅰ，文16)已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．
((2019·全国卷Ⅱ，文理16)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）
(2019·全国卷Ⅱ，理16) (2019·全国卷Ⅲ，理16)
2019·全国卷Ⅲ，文理16)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm．3D打印所用的材料密度为0．9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为__________g．
（2018·新课标Ⅱ，理16）已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为．若的面积为，则该圆锥的侧面积为_________．
(2018·新课标Ⅱ，文16)已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．
（2017·新课标Ⅰ，理16）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC， CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______．
(2017 新课标Ⅰ，文16)已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径．若平面，，，三棱锥的体积为9，则球的表面积为_______．
（2017·新课标Ⅱ，文15）长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为__________．
（2017·新课标Ⅲ，16），为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线与成角时，与成角；②当直线与成角时，与成角；③直线与所称角的最小值为；④直线与所称角的最小值为；其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
（2016·新课标Ⅱ，14）α、β是两个平面，m、n是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.（2）如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.（3）如果α∥β，mα，那么m∥β. （4）如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等. 其中正确的命题有 . (填写所有正确命题的编号.)
(2013 新课标Ⅰ，文15)已知H是球O的直径AB上一点，AH∶HB＝1∶2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为______．
（2013·新课标Ⅱ，文15）已知正四棱锥O-ABCD的体积为，底面边长为，则以O为球心，OA为半径的球的表面积为________.
（2011·新课标Ⅰ，15）已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为 ．
(2011 新课标Ⅰ，文16)已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，18)如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．
（1）证明：；（2）点在棱上，当二面角为时，求．
(2023·新高考Ⅱ，20)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．
(2023·全国甲卷，理18)如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）证明：；（2）已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
(2023·全国甲卷，文18)如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；（2）设，求四棱锥的高．
(2023·全国乙卷，理19)如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，．
（1）证明：平面；（2）证明：平面平面BEF；（3）求二面角的正弦值．
(2023·全国乙卷，文19)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．
(2022·新高考Ⅰ，19)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．
(2022·新高考Ⅱ，20)如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
(2022·全国甲卷，理18)在四棱锥中，底面．
（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
(2022·全国甲卷，文19)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）．
(2022·全国乙卷，理18)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．
(2022·全国乙卷，文18) 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．
(2021·新高考Ⅰ，20)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.
(2021·新高考Ⅱ，19)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．
(2021·全国甲卷，理19) 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
(2021·全国甲卷，文19)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：.
(2021·全国乙卷，理18)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．
(2021·全国乙卷，文18)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．
(2020·新高考Ⅰ，20)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．
(2020·全国卷Ⅰ，理18)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．
(2020·全国卷Ⅰ，文19)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．
(2020·全国卷Ⅱ，理20)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．
(2020·全国卷Ⅱ，文20)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．
(2020·全国卷Ⅲ，理19)如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；（2）若，，，求二面角的正弦值．
(2020·全国卷Ⅲ，文19)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．
(2019·全国卷Ⅰ，理18)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）求二面角A MA1 N的正弦值．
(2019·全国卷Ⅰ，文19)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．
(2019·全国卷Ⅱ，理17)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．
(2019·全国卷Ⅱ，文17)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．
(2019·全国卷Ⅲ，理19)图1是由矩形ABED，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．
图1 图2
(2019·全国卷Ⅲ，文19)图1是由矩形ADEB、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中的四边形ACGD的面积．
（2018·新课标I，理18）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．
(2018·新课标Ⅰ，文18)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．
（2018·新课标Ⅱ，20）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．
(2018·新课标Ⅱ，文19) 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．
（2018·新课标Ⅲ，理19）如图，边长为2的正方形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
⑴证明：平面平面；
⑵当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
(2018·新课标Ⅲ，文19)如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
⑴证明：平面平面；
在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
（2017·新课标Ⅰ，18）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．
(2017 新课标Ⅰ，文18)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．
（2017·新课标Ⅱ，19）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，，， E是PD的中点.
（1）证明：直线 平面PAB；
（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成锐角为 ，求二面角M-AB-D的余弦值
（2017·新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，∠BAD=∠ABC=90°.
（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为，求四棱锥P-ABCD的体积.
(
D
P
A
B
C
)
（2017·新课标Ⅲ，理19）如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．
（1）证明：平面平面；
（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．
(2017·新课标Ⅲ，文19)如图所示，四面体中，是正三角形，．
（1）证明：；
（2）已知是直角三角形，．若为棱上与不重合的点，且，求四面体与四面体的体积比．
（2016·新课标Ⅰ，18）如图，在以为顶点的五面体中，面为正方形，，且二面角与二面角都是．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
(2016 新课标Ⅰ，文18)如图所示，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点．连结并延长交于点．
（1）求证：是的中点；
（2）在题图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．
（2016·新课标Ⅱ，19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E，F分别在AD，CD上，AE=CF=，EF交BD于点H. 将△DEF沿EF折到△D EF的位置，.
（Ⅰ）证明：平面ABCD；（Ⅱ）求二面角的正弦值.
（2016·新课标Ⅱ，文19）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D EF的位置.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求五棱锥D —ABCEF体积.
（2016·新课标Ⅲ，19）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.
(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线与平面所成角的正弦值.
(2016·新课标Ⅲ，文19)如图，四棱锥中，，，，，为线段上一点，，为的中点．
（1）证明；（2）求四面体的体积．
（2015·新课标Ⅰ，18）如图，四边形为菱形，，是平面同一侧的两点，⊥平面，⊥平面，，.
（I）证明：平面⊥平面；
（II）求直线与直线所成角的余弦值.
(2015 新课标Ⅰ，文18)如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面ABCD，
(Ⅰ)证明：平面AEC⊥平面BED；
(Ⅱ)若∠ABC=120°，AE⊥EC， 三棱锥E- ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．
（2015·新课标Ⅱ，19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；
（Ⅱ）求直线AF与平面所成角的正弦值.
（2015·新课标Ⅱ，文19）如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中AB=16，BC=10，AA1=8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形.
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
（2014·新课标Ⅰ，19）如图三棱柱中，侧面为菱形，.
（Ⅰ） 证明：；
（Ⅱ）若，，AB=BC求二面角的余弦值.
(2014 新课标Ⅰ，文19)如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.
（1）证明：
（2）若,求三棱柱的高.
（2014·新课标Ⅱ，18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60 ，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.
（2014·新课标Ⅱ，文18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.
（Ⅰ）证明：PB // 平面AEC；
（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P-ABD的体积V=，求A点到平面PBC的距离.
（2013·新课标Ⅰ，18）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
(2013 新课标Ⅰ，文19)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．
（2013·新课标Ⅱ，18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点，.
（Ⅰ）证明：//平面；（Ⅱ）求二面角的正弦值.
（2013·新课标Ⅱ，文18）如图，直三棱柱中，，分别是，的中点.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）设，，求三棱锥的体积.
（2012·新课标Ⅰ、Ⅱ，19）如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，
DC1⊥BD．
（1）证明：DC1⊥BC；
（2）求二面角A1－BD－C1的大小．
(2012 新课标Ⅰ，文19)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点．
（1）证明：平面BDC1⊥平面BDC；
（2）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．
（2011·新课标Ⅰ、Ⅱ，18）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．
(2011 新课标Ⅰ，文18)如图所示，四棱锥中，底面为平行四边形，，，
底面．
（1）证明：；
（2）若，求棱锥的高．
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