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专题 04 立体几何
考点 1:三视图
1．（2023·全国乙卷）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）
A．24 B．26 C．28 D．30
2.（2022·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·全国甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
4．（2022·浙江学考）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体可能是（）
A．棱柱 B．圆柱 C．圆台 D．球
考点 2 空间几何体表面积、体积、侧面积
5．（2024·天津）一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·新高考Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·天津卷）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·天津市）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
9．（2022·新高考Ⅱ卷）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．
10．（2022·新高考Ⅱ卷）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．100π B．128π C．144π D．192π
11．（2022·全国乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022·新高考Ⅰ卷）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。知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为 水位为海拔157.5m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148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·新高考Ⅱ卷）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 .
14．（2023·新高考Ⅰ卷）在正四棱台 中， ，则该棱台的体积为 .
考点3 空间直线平面位置关系的判断
15．（2024·新课标Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
16．（2024·上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
17．（2023·全国甲卷）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
18．（2022·全国乙卷）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．
19．（2022·全国甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面 是边长为8（单位：cm）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）．
20．（2022·上海）如图，在圆柱 中，底面半径为1， 为圆柱母线.
（1）若 ，M为 中点，求直线 与底面的夹角大小；
（2）若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.
考点4 线线角与线面角问题
21．（2024·上海）如图为正四棱锥，O为底面ABCD的中心.
（1）若，，求绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
（2）若，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小.
22．（2022·全国甲卷）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
23．（2022·新高考Ⅰ卷）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
24．（2022·浙江学考）如图，正方体 中，N是棱 的中点，则直线CN与平面 所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
25．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，，，M为CD的中点．
（1）证明：EM∥平面BCF；
（2）求点M到ADE的距离．
26．（2023·全国甲卷）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
27．（2023·全国甲卷）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）求证：；
（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．
考点5 二面角问题
28．（2024·天津）已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离.
29．（2023·天津卷）三棱台中，若面，分别是中点.
（1）求证：//平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
30．（2024·北京）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
（1）若F是PE中点，证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
31．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，，FB=，M为AD的中点.
（1）证明：BM∥平面；
（2）求二面角的正弦值．
32．（2024·新高考Ⅰ卷）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，求AD．
33．（2024·上海）如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB＝AC．
（1）证明：PA⊥BC；
（2）若圆锥侧面积为，BC为底面直径，BC＝2，求二面角B﹣PA﹣C的大小．
34．（2023·新高考Ⅰ卷）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.
35．（2023·北京卷）如图，在三棱锥中，平面，．
（1）求证：平面PAB；
（2）求二面角的大小．
36．（2023·全国乙卷）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.
37．（2023·全国乙卷）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．
38．（2023·上海卷）已知直四棱柱.
（1）求证：面；
（2）若直四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
39．（2023·新高考Ⅱ卷） 如图，三棱锥中，60°，E为BC中点.
（1）证明：
（2）点F满足 ，求二面角D-AB-F的正弦值.
40．（2022·天津市）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面所成二面角的余弦值．
41．（2022·浙江）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．
42．（2022·新高考Ⅱ卷）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．
43．（2022·新高考Ⅰ卷）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.
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专题 04 立体几何
考点 1:三视图
1．（2023·全国乙卷）如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）
A．24 B．26 C．28 D．30
【答案】D
【知识点】由三视图求面积、体积；简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】 如图该几何体是由边长为2的正方体和边长为1，2，2的长方体组成：
表面积为：
故选：D
【分析】 先将三视图还原空间几何体，再求解表面积。
2.（2022·浙江）某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】由三视图可知几何体是上部为半球，中部是圆柱，下部是圆台，
所以几何体的体积为：，
故选：C．
【分析】首先判断几何体的形状，再利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
3．（2022·全国甲卷）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】B
【知识点】由三视图求面积、体积；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由三视图还原几何体，如图，
则该直四棱柱的体积 .
故选：B.
【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.
4．（2022·浙江学考）某几何体的三视图如图所示，则这个几何体可能是（）
A．棱柱 B．圆柱 C．圆台 D．球
【答案】C
【知识点】由三视图还原实物图
【解析】【解答】由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，
从上面看为圆形，下面看是圆形，并且可以想象到该几何体是圆台，
则该几何体可以是圆台．
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合三视图还原立体几何图形的方法，进而找出正确的选项。
考点 2 空间几何体表面积、体积、侧面积
5．（2024·天津）一个五面体.已知，且两两之间距离为1.并已知.则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：将五面体 补成三棱柱，如图所示：
因为，且两两之间距离为1，所以是边长为1的等边三角形，
因为，所以侧棱长为，
故.
故答案为：C.
【分析】由题意，将五面体 补成三棱柱，再利用三棱柱体积公式求解即可.
6．（2024·新高考Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：设圆锥与圆柱的底面半径为R，
又∵其高均为，
故圆锥的母线长为：，圆锥的侧面积为：，
则圆柱的侧面积为：
∴，
解得：R=3(负值舍去)，
.
故答案为：B.
【分析】根据题意将圆锥与圆柱的侧面积表示并建立等量关系解出半径，从而代入公式得出圆锥的体积.
7．（2023·天津卷）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图，
设，
∵，，
∴，
，
故选：B
【分析】利用同高将三棱锥体积之比转化成底面积之比，由已知两三角形边存在数量关系易联想正弦定理求三角形面积得出底面积之比.
8．（2022·天津市）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D
【知识点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，
因为，所以，
因为重叠后的底面为正方形，所以，
在直棱柱中，平面BHC，则，
由可得平面，
设重叠后的EG与交点为
则
则该几何体的体积为.
故答案为：D.
【分析】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，再利用，进而得出的长，再利用重叠后的底面为正方形，所以，在直棱柱中，平面BHC结合线面垂直的定义证出线线垂直，则，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，设重叠后的EG与交点为再结合棱锥体积公式和棱柱体积公式，再利用几何法和作差法得出该几何体的体积。
9．（2022·新高考Ⅱ卷）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】C,D
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】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 ， ， ，A、B不符合题意；C、D符合题意.
故答案为：CD
【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.
10．（2022·新高考Ⅱ卷）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．100π B．128π C．144π D．192π
【答案】A
【知识点】棱台的结构特征；球的体积和表面积
【解析】【解答】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 ，所以球的表面积为 ．
故答案为：A
【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，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，从而求出球的表面积．
11．（2022·全国乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则
所以该四棱锥的高 ，则
当且仅当 ，即 时等号成立，所以四棱锥的高为
故选：C
【分析】假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆的半径为r，则 ，所以该四棱锥的高 ，得到四棱锥体积表达式，再利用基本不等式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.
12．（2022·新高考Ⅰ卷）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。知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为 水位为海拔157.5m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148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意知，S1=140km2，S2=180km2，h=(157.5-148.5)km=9km，
代入棱台的体积公式，得，
故选：C
【分析】由棱台的体积公式直接求解即可.
13．（2023·新高考Ⅱ卷）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】28
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图
根据题意，如图，，，，
由相似易得 ，
，，，
故答案为：28
【分析】由相似易得所截棱台的高，结合棱台体积公式直接求解。
14．（2023·新高考Ⅰ卷）在正四棱台 中， ，则该棱台的体积为 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】
由正四棱台可知，上底面的投影在下底面的中心位置，如下图，则此棱台的高h=OA1
此时，易得，
又∵
∴
则
故答案为：
【分析】 由棱台结构特点找出并求得高，代入棱台公式可得答案。
考点3 空间直线平面位置关系的判断
15．（2024·新课标Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：分别取的中点分别为，
因为在正三棱台中 ，，所以，
则，
设正三棱台的为，
则，解得，
分别过作底面垂线，垂足为，如图所示，
设，则，，
可得，
因为为等腰梯形，所以，
即，解得，
则与平面ABC所成角的正切值为.
故答案为：B.
【分析】设正三棱台的为，由棱台的体积公式求得棱台的高，再作辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，最后根据线面夹角的定义求解即可.
16．（2024·上海）空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
B．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
C．若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
D．若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β
【答案】A
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、 若α⊥β，m⊥α，则，或，又因为n⊥β，所以m⊥n，故A选项正确；
B、 若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β 或或n与斜交都有可能，故B选项错误；
C、 若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n 或m，n异面和相交都有可能，故C选项错误；
D、若α∥β，m∥α，m∥n，则n∥β或都可能，故D选项错误.
故答案为：A.
【分析】利用空间点，线，面的位置关系逐项判断即可.
17．（2023·全国甲卷）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
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】
取中点O，连接，
是边长为2的等边三角形，，
且，
，
又，，
，
.
故选：A
【分析】通过证明，得出PO为棱锥的高，进而利用体积公式求解。
18．（2022·全国乙卷）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：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）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 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【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.
19．（2022·全国甲卷）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面 是边长为8（单位：cm）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：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）解：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 ．
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）依题意，根据直线与平面垂直的判定定理可得EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，可得EF//MN，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
20．（2022·上海）如图，在圆柱 中，底面半径为1， 为圆柱母线.
（1）若 ，M为 中点，求直线 与底面的夹角大小；
（2）若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.
【答案】（1）根据直线与平面所成角的定义，易知 直线MO1与底面的夹角为∠MO1A1
则由题意得，
则∠MO1A1= ；
（2）设圆柱的底面圆的半径为r，高为h，
则因为圆柱的轴截面为正方形，
所以h=2r=2
所以圆柱的侧面积为
圆柱的体积为
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面所成的角
【解析】【分析】根据直线与平面所成角的定义，以及圆柱的侧面积与体积公式求解即可.
考点4 线线角与线面角问题
21．（2024·上海）如图为正四棱锥，O为底面ABCD的中心.
（1）若，，求绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
（2）若，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小.
【答案】（1）解：因为为正四棱锥，且为底面的中心，所以平面，
又因为平面，所以，则为直角三角形，
因为正方形中，，所以，，
则绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
圆锥的高，底面半径，故圆锥的体积为；
（2）解：连接，如图所示：
因为正四棱锥每个侧面均为等边三角形，是中点，所以，
又因为，平面，所以平面，即平面，
又因为平面，所以直线与平面所成角的大小即为，
设，则，，
因为线面角的范围是，所以，即直线与平面所成角的大小为.
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意，根据为正四棱锥，先求的边长，再根据圆锥的体积公式求解即可；
（2）连接，根据线面垂直的判定定理证明平面，推得即为直线与平面所成角结合已知条件求解即可.
22．（2022·全国甲卷）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
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示：
不妨设AB=a，AD=b，AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，
B1D与平面AA1B1B所成角为 ∠DB1A，
所以 ，
即b=c ， ，
解得 ．
对于A， AB=a，AD=b ，AB=AD ，A错误；
对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面AB1C1D所成角为∠BAE，
因为 ，所以 ，B错误；
对于C，，C错误；
对于D， B1D与平面BB1C1C所成角为∠DB1C ，又 ，而0°<∠DB1C<90°，所以∠DB1C=45° ．D正确．
故选：D．
【分析】先设AB=a，AD=b，AA1=c，再由题意得，b=c ，最后根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
23．（2022·新高考Ⅰ卷）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】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：在正方体ABCD- A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，所以BC1⊥平面A1B1CD，
所以BC1⊥DA1，BC1⊥CA1，故选项A，B均正确；
设A1C1∩B1D1=O，因为A1C1⊥平面BB1D1D，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠C1BO，
在直角△C1BO中，sin∠C1BO=，故∠C1BO=30°，故选项C错误；
直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选项D正确.
故选：ABD
【分析】由直线与平面垂直的判定可得BC1⊥平面A1B1CD，进而再由直线与平面垂直的性质，从而可判断AB，根据直线与平面所成角的定义可判断CD.
24．（2022·浙江学考）如图，正方体 中，N是棱 的中点，则直线CN与平面 所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与平面所成的角
【解析】【解答】连接 、 交于 ，由正方形的性质可得 ，
又 平面 ，
平面 ， ，
又 与 在平面 内相交，
所以 平面
是 与平面 所成的角，
设正方体的棱长为2，则 ， ，
。
故答案为：B.
【分析】连接 、 交于 ，由正方形的性质可得 ，再利用 平面 结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以 ，再利用 与 在平面 内相交，所以 平面 ，所以 是 与平面 所成的角，设正方体的棱长为2，则 ， ，再结合正弦函数的定义，进而得出直线CN与平面 所成角的正弦值。
25．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，，，M为CD的中点．
（1）证明：EM∥平面BCF；
（2）求点M到ADE的距离．
【答案】（1）证明：根据题意，因为为的中点，
所以，四边形为平行四边形，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）解：如图所示，
过B作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，且，所以，
由（1）可知：为平行四边形，所以，又，
所以为等边三角形，又为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
利用等体积法可得，
所以，
，，
设点到的距离为，
则，
解得，
即点到的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）根据题意，由得到四边形为平行四边形，进而证明，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；
（2）过B作交于，连接，易证三线两两垂直，利用等体积法即可得到结果.
26．（2023·全国甲卷）如图，在三棱柱中，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）设，求四棱锥的高．
【答案】（1），即，
又平面，平面，
，
由，平面，
平面，
平面，
平面平面
（2）由(1)可知，，两两垂直，
由平面平面，平面平面知：
四棱锥的高即为到边上的高，
，即，
，
又，，
由三棱锥知，，，
由，
故，
在中有，解得
四棱锥的高为1
【知识点】平面与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)要证面面垂直即正线面垂直，由已知条件分析易证平面即可证明.
(2)结合线面垂直等多个垂直条件，易分析得出四棱锥的高为到边上的高，根据两个含公共边的直角三角形，由得到，由已知条件结合三棱柱结构特点分析解三角形并逐步计算得出结果.
27．（2023·全国甲卷）在三棱柱中，，底面ABC，，到平面的距离为1．
（1）求证：；
（2）若直线与距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：∵底面ABC，
∴，，，
又∵，，
∴，
又∵，
∴，
过点作，垂足为D，
又∵，
∴，即，
由，且 三棱柱中，
∴， ，
在、与中，
设CD=x，则，
有，
即，解得，
故，
∴，证毕！
由(1)易得，两两垂直，如图，以C为原点，CA，CB，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，过点B作BE⊥，垂直为E，
结合(1)，则，，则为平面的一条法向量，设，
∴，，，
∴，
由直线与距离为2，即BE=2，
∴，其中t>0，故解得，
∴，
又∵，
∴，
同理，，即，
∴
由(1)得 ，此时D是中点，
∴，，
记与平面所成角为，
∴.
【知识点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)为转化利用 到平面的距离为1的条件，可通过证明找出点到平面的投影，从而解三角形即可证明；
(2)根据(1)两两垂直可建立空间直角坐标系，且设，由平行线间距离BE=2转化计算向量投影建立方程解出t值，进而利用相等向量表示出各点坐标与平面 的一条法向量A1D，即可得出线面夹角的正弦值.
考点5 二面角问题
28．（2024·天津）已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示：
因为是的中点，所以，且，
又因为是的中点，所以，且，则、，
故四边形是平行四边形，故，
又因为平面，平面，
故平面；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、，、，
则、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则，，
分别取，则、、，，即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）解：由（2）可得，平面的法向量为，
则，即点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取中点，连接，，根据中位线的性质与平行四边形性质定理可得，再结合线面平行判定定理证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）利用（2）的空间坐标，根据空间中点到平面的距离公式计算即可.
29．（2023·天津卷）三棱台中，若面，分别是中点.
（1）求证：//平面；
（2）求平面与平面所成夹角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：连接MN，
在三棱台中，
，
∵分别是中点，且
∴，
∴
∴四边形是平行四边形
∴，
又∵ 平面，平面，
∴//平面.
（2）解：连接，过点作交AC于点D，过点D作交于点E，连接MD，ME，
∵ 若面且面
∴，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
，
∴，
∴，且，
∴MD⊥面，
∴，且，
∴AC1⊥面，
∴，
∴ 平面与平面所成夹为，
由，
∴
∴，
在Rt△MDE中，易得
∴，
∴
∴平面与平面所成夹角的余弦值为.
（3） 由(2)得MD⊥面，，
∵，设点到平面的距离为d，
即，解得，
∴点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)根据中点及已知数值的倍数关系结合图形，易想到利用中位线证明平行四边形，故而得到，从而证明//平面；
(2)由已知中点与线面垂直结合三垂线定理找出二面角所在平面角，利用解三角形求出各边长即可得出平面角的余弦值.
(3)将点到平面的距离转化成求三棱锥的高，利用等积即可求解.
30．（2024·北京）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
（1）若F是PE中点，证明：平面．
（2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：取的中点为，接，
因为分别为的中点，则，
又因为，则，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面.
（2）解：由题意可知：，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面，所以平面，
且，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
令，则取，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 (1) 取的中点为，分析可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
(2) 建系，分别求 平面与平面夹角的 法向量，利用空间向量的求面面夹角.
31．（2024·全国甲卷）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，，FB=，M为AD的中点.
（1）证明：BM∥平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：根据题意，因为为的中点，
所以，
四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，
平面，
所以平面；
（2）过B作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，
，
所以，
由（1）可知为平行四边形，
则，又，
所以为等边三角形，
为中点，根据直角三角形OBA，
所以，
又因为四边形为等腰梯形，
为中点，
所以，
四边形为平行四边形，
，
所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，
，，
利用勾股定理得，
所以，所以两两垂直，
所以以方向为轴，方向为轴，方向为轴，如图建立空间直角坐标系，
，，
，
，
设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，
则，
又，即，
则，
所以，
则，
故二面角的正弦值为.
【知识点】空间点、线、面的位置；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据题意，由得到四边形为平行四边形，进而证明，结合直线与平面平行的判定定理即可得到结果；
（2）作交于，连接，易证三线两两垂直，利用建系法求出二面角夹角余弦公式即可得到结果.
32．（2024·新高考Ⅰ卷）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，求AD．
【答案】（1）证明：∵ AC＝2，BC＝1，AB＝，即，
∴AB⊥BC，
∵PA⊥ 底面ABCD ，
∴PA⊥AD，
又∵AD⊥PB，，
∴AD⊥平面PAB，
∴AD⊥AB，
∴AD∥BC，
又∵AD 平面BCP，BC平面BCP，
∴AD∥平面PBC.
（2）解：过点A作AE⊥CP，AF⊥DP，垂足分别为点E，F，连接EF，
∵AD⊥DC，AP⊥底面ABCD，
∴PA⊥CD，PA⊥AC，
又∵，
∴CD⊥平面PAD，
又∵AF平面PAD，
∴CD⊥AF，
又∵，
∴AF⊥平面CDP，
同理AF⊥EF，∠AEF即为 二面角A﹣CP﹣D的夹角，
∵PA=PC=2，
∴AE=，
sin∠AEF=，解得AF=，
设AD=t，则DP=，
∴在Rt△PAD中，由，
即，解得：t=(负值舍去)，
∴AD=t＝.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1)由条件中给出的数据信息，联想勾股定理逆定理证直角，为使得最终线面平面，即需找到一组平行直线，由(1)中给出的一组线线垂直，结合题干的线面垂直，故而可先证线面垂直AD⊥平面PAB，后证得两线平行；
(2)注意到CP是二面角A﹣CP﹣D ，由二面角的夹角结合等腰Rt△ACP易联想过点A作AE⊥CP，进而将二面角转化成线面角，从而进一步利用已知的线面垂直，进一步过点A作出平面CDP的法向量转化得到二面角的正弦值，后利用等积法解三角形即可.
33．（2024·上海）如图，PA、PB、PC为圆锥三条母线，AB＝AC．
（1）证明：PA⊥BC；
（2）若圆锥侧面积为，BC为底面直径，BC＝2，求二面角B﹣PA﹣C的大小．
【答案】（1）证明：取BC中点O，接AO，连PO如图所示：
因为AB＝AC，所以AO⊥BC，
同理PB＝PC，则PO⊥BC，
又因为PO，AO 面PAO，PO∩AO＝点O，
所以BC⊥面PAO，又PA 面PAO，
所以PA⊥BC；
（2）解：因为圆锥侧面积为且BC＝2， 所以r=1，，所以，
由（1）可得PO⊥BC，所以
又因为，所以，所以，
所以以O为坐标原点，OB为x轴，OA为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设平面PAB的法向量为，平面PAC的法向量为
则，令则所以，
同理可得，
所以，
由图可得二面角B﹣PA﹣C 为钝角，所以二面角B﹣PA﹣C为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)取BC中点O，接AO，连PO，利用线面垂直的判定定理可得BC⊥面PAO，即可得证；
（2）由题意可得，结合（1）可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可；
34．（2023·新高考Ⅰ卷）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.
【答案】（1）如图建立直角坐标系，以C为原点，分別以CD，CB，为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，因为，，所以，所以
（2）设，
因为，，设平面法向量为
∴，即
令z1=2，则x1=1-m
所以平面法向量为；
同理当，，∴平面法向量为.
因为二面角为，所以，
解得或，经检验均满足题意，
此时
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】 建立空间直角坐标系，由直线与直线的向量判定可得出(1)，由二面角计算方法可求出满足题意的点坐标。
35．（2023·北京卷）如图，在三棱锥中，平面，．
（1）求证：平面PAB；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明，来证明 平面PAB；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量求解二面角的大小．
36．（2023·全国乙卷）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.
【答案】（1）如图，连接，，设，
则，
又，
且，即.
，
由∵AB=2，BC=，代入得
解得，
，即为中点，
又∵的中点分别为，
且，且，
∴且，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴
又平面，平面，
（2）由(1)得 ，
且在中，AB=2，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，且
∴
又∵，，
，
∴
且
∴ 平面平面BEF.
（3）如图，过点O作交AC于点M，连接DM，NF，
由(2)得，
∴ 二面角的平面角为.
∵，O为BC中点，
∴，且结合(1)， ，
∴，，
∴
在平面ABP中，AD和BE分别是△ABP的两条中线，
∴N为△ABP的重心，
∴，
在和中，
，
根据余弦定理
代入可解得，
同理在在和中，
由余弦定理列出方程，可得，
∴，
同理，解得，
又∵，，
易得
∴，解得.
∴在△DOM中，
，
∴
∴ 二面角的平面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】(1) 以条件作为切入点，考虑以，为基底从向量角度表示，并运用数量积为0确判断点的位置，从而得出F为中点，由多个中点产生的中位线证明线面平行；
(2)由，故证 平面平面BEF只需再证一组线线垂直，利用已知条件的 结合勾股定理可计算边长，进而可结合(1)证，证毕；
(3)结合(2)及二面角平面角的定义，易作将二面角转化成平面角∠DOM，在△DOM中，结合已知条件易得其两边DO、OM，故求平面角的正弦值只需求第三边DM，结合中点及各边数据解三角形求第三边即得答案.
37．（2023·全国乙卷）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
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【解答】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设AE=BE=2a
∵是以AB为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形
易得，，
又∵，且二面角为，
∴，
∴在中，由余弦定理得，
∴，
∴由线面夹角定义结合直线在平面上的投影，
易分析CD在平面ABC上的投影在CE所在直线上，
即直线CD与平面ABC所成角为∠DCE
∴在中，由正弦定理得，
代入解得，
∵
∴，
∴，
故选：C.
【分析】根据题意分析面面夹角与线面夹角的平面角，结合特殊三角形及正余弦定理解三角形得出平面角的三角函数值.
38．（2023·上海卷）已知直四棱柱.
（1）求证：面；
（2）若直四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
【答案】（1）在直四棱柱中，
，，
∴，
又∵，，
∴，
又∵且，
∴，
∴，
（2）依题意得，AB⊥AD，AB∥CD
∴CD⊥AD
∴，
∴，即.
∴
连接A1B、A1D、BD，作，垂足为E，
∵在底面ABD的投影为AE，
故由三垂线定理可得，
即此时二面角 的为∠AEA1，
∴根据勾股定理易得
又∵，
∴
∴在中，
∴
∴二面角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】(1)根据四棱柱几何特征与已知条件先证面面平行，即，从而得出线面平行；
(2)根据题意求出几何体高，由几何体高分析改几何体为固定几何体，可结合解三角形解得相关线段长度，可找出面面夹角所对平面角并加以计算得出答案.
39．（2023·新高考Ⅱ卷） 如图，三棱锥中，60°，E为BC中点.
（1）证明：
（2）点F满足 ，求二面角D-AB-F的正弦值.
【答案】（1）连接，，
为中点，，
，，
为等边三角形，同理也为等边三角形，
，，
又，，
，
，
（2）不妨设，
，
，，
由（1）知，
，，
又，，，两两垂直，
以E为原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，
，
，，，
四边形是平行四边形，
设平面，平面的法向量为分别为，，
，即，
取，解得，
同理可得，
，
，
二面角的正弦值为
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）通过证明线面垂直，即，得出线线垂直，即。
（2）为建立直角坐标系，先证明，，两两垂直，得出二者法向量得出面面夹角的余弦值即得答案。
40．（2022·天津市）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面所成二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 在直三棱柱中，平面，且，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的一个法向量，则，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系，故，进而证出平面。
（2）利用已知条件结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面夹角的正弦值。
（3） 利用已知条件结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面的法向量和，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值。
41．（2022·浙江）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
【知识点】二面角的平面角及求法
【解析】【解答】作直线，连接EG，因为平面，
根据线面垂直的性质定理，得，
因此，。
易知，因此，作交于H，
连接BH，CF，作于M，连接GM，得到，因此，，由于，可得。综上，.
故答案为：A
【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化求解即可．
42．（2022·新高考Ⅱ卷）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：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）解：过点 作 ，以AB为 轴，AC为 轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标系.
因为 ，由(1) ，
义 ，所以， ，所以 ， ， ，设 ，则 ，
平面AEB的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，所以 ：
平面AEC的法向量设为 ，所以 ，所以 ，设 ，则 ，阦以 ：
所以
二面角 的平面角为 ，则 ，所以二面角 的正弦值为 。
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【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；
43．（2022·新高考Ⅰ卷）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）因为 ，
所以 ，设A到平面 的距离为h；
则
（2）设D为 的中点，且 ，
由于 BC⊥平面
因为 平面 ，所以 ，
在直角 中， ，连接 ，过A作 ，则 平面 ，而 平面 ，故 .
由 ，
所以 ，
由 ，
以B为原点，向量 ， ， 分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以
设平面ABD的一个法向量 ，
，令 ，则有 .
设平面BCD的一个法向量 ，
令 ，则有
所以
所以二面角 的正弦值为 .
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意易得 ，再结合棱锥的体积公式求得h；
（2）根据平面与平面垂直的性质可得BC⊥平面ABB1A1，再由直线与平面垂直的性质可得BC⊥AB，BC⊥A1B，再建立恰当的空间直角坐标系，分别求得平面ABD，平面BCD的法向量， ，再求得 ，即可得答案.
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