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新高考数学第一轮复习讲义命题方向全归类(新高考专用)第6讲立体几何(2022-2023年高考真题)(原卷版+解析)
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这是一份新高考数学第一轮复习讲义命题方向全归类(新高考专用)第6讲立体几何(2022-2023年高考真题)(原卷版+解析)，共51页。试卷主要包含了某几何体的三视图如图所示（单位等内容，欢迎下载使用。
1．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积
A．24B．26C．28D．30
2．（2023•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．1B．C．2D．3
3．（2023•乙卷）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为
A．B．C．D．
4．（2023•天津）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．
5．（2023•甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则的面积为
A．B．C．D．
6．（2023•乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为
A．B．C．D．
7．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，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．
8．（2022•甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
9．（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．
10．（2022•北京）已知正三棱锥的六条棱长均为6，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积为
A．B．C．D．
11．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，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．，
12．（2022•乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A．B．C．D．
13．（2022•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．8B．12C．16D．20
14．（2022•乙卷）在正方体中，，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
15．（2022•甲卷）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．
16．（2022•新高考Ⅱ）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．
17．（2022•新高考Ⅰ）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．
二．多选题
18．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：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
19．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
20．（2022•新高考Ⅰ）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．直线与平面所成的角为
21．（2022•新高考Ⅱ）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．
三．填空题
22．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 种．
23．（2023•新高考Ⅱ）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 ．
24．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 ．
25．（2023•乙卷）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 ．
26．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 ．
四．解答题
27．（2023•乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的正弦值．
28．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，．
（1）证明：直线平面；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小．
29．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．
（1）求证：AC＝A1C；
（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
30．（2023•天津）如图，已知平面，，，，，分别为，中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
31．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．
（1）证明；
（2）点满足，求二面角的正弦值．
32．（2023•新高考Ⅰ）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．
33．（2022•天津）直三棱柱中，，，，为中点，为中点，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
34．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
35．（2022•甲卷）在四棱锥中，底面，，，，．
（1）证明：；
（2）求与平面所成的角的正弦值．
36．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
37．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
38．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
39．（2022•乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
40．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，．
（1）求三棱锥体积；
（2）若为中点，求与面所成角大小．
第6讲 立体几何（2022-2023年高考真题）
一．选择题
1．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积
A．24B．26C．28D．30
【答案】
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是由两个直四棱柱组成的几何体．
如图所示：
故该几何体的表面积为：．
故选：．
2．（2023•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．1B．C．2D．3
【答案】
【解析】如图，
，，取的中点，连接，，
可得，，
又，、平面，平面，
在与中，求得，
在中，由，，得，则，
，
．
故选：．
3．（2023•乙卷）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，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】
【解析】根据题意，设该圆锥的高为，即，取的中点，连接、，
由于圆锥的底面半径为，即，
而，故，
同时，
中，，为的中点，则有，
又由的面积等于，即，变形可得，
而，则有，解可得，
故该圆锥的体积．
故选：．
4．（2023•天津）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】
【解析】在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，
所以，
设到平面的距离，到平面的距离，则，
则三棱锥的体积为．
故三棱锥和三棱锥的体积之比为．
故选：．
5．（2023•甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则的面积为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】如图，设在底面的射影为，连接，
设，，且，
则，或，
易知，又，
则根据最小角定理（三余弦定理）可得：
，
或，
或，
或，
或，又，
，，，
，，
再根据最小角定理可得：
，
，又，，
的面积为．
故选：．
6．（2023•乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】如图，取的中点，连接，，
则根据题意易得，，
二面角的平面角为，
，，且，
平面，又平面，
平面平面，
在平面内的射影为，
直线与平面所成角为，
过作垂直所在直线，垂足点为，
设等腰直角三角形的斜边长为2，
则可易得，，又，
，，，
．
故选：．
7．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，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】
【解析】正三棱柱中，，
正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，
如图，过作，垂足点为，连接，则，
与所成的角为，且，
又，，，，
与平面所成的角为，且，，
，①，
再过点作，垂足点为，连接，
又易知底面，底面，
，又，平面，
二面角的平面角为，且，又，，
，，，②，
又，，③，
由①②③得，又，，，，在，单调递增，
，
故选：．
8．（2022•甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
【答案】
【解析】如图所示，连接，，不妨令，
在长方体中，面，面，
所以和分别为与平面和平面所成的角，
即，
所以在中，，，
在中，，，
所以，，，
故选项，错误，
由图易知，在平面上的射影在上，
所以为与平面所成的角，
在中，，
故选项错误，
如图，连接，
则在平面上的射影为，
所以为与平面所成的角，
在△中，，所以，
所以选项正确，
故选：．
9．（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】
【解析】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：．
10．（2022•北京）已知正三棱锥的六条棱长均为6，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】设点在面内的投影为点，连接，则，
所以，
由，知表示的区域是以为圆心，1为半径的圆，
所以其面积．
故选：．
11．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，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】
【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接，
设正四棱锥的底面边长为，高为，
在中，，即，
球的体积为，球的半径，
在中，，即，
，，
，又，，
该正四棱锥体积，
，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
（4），
又，，且，
，
即该正四棱锥体积的取值范围是，，
故选：．
12．（2022•乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】对于圆内接四边形，如图所示，
，
当且仅当，为圆的直径，且时，等号成立，此时四边形为正方形，
当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为，底面所在圆的半径为，
则，
该四棱锥的高，
该四棱锥的体积，
当且仅当，即时，等号成立，
该四棱锥的体积最大时，其高，
故选：．
13．（2022•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．8B．12C．16D．20
【答案】
【解析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱，
四棱柱的底面是直角梯形，如图，
，，，平面，
该多面体的体积为：
．
故选：．
14．（2022•乙卷）在正方体中，，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】
【解析】对于，由于，分别为，的中点，则，
又，，，且，平面，
平面，则平面，
又平面，
平面平面，选项正确；
对于，由选项可知，平面平面，而平面平面，在该正方体中，试想运动至时，平面不可能与平面垂直，选项错误；
对于，在平面上，易知与必相交，故平面与平面不平行，选项错误；
对于，易知平面平面，而平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，选项错误．
故选：．
15．（2022•甲卷）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】
【解析】如图，
甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为，，高分别为，，
则，，解得，，
由勾股定理可得，
．
故选：．
16．（2022•新高考Ⅱ）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】
【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为，则轴截面中由几何知识可得，解得，
该球的表面积为．
当球心在台体内时，如图，
此时，无解．
综上，该球的表面积为．
故选：．
17．（2022•新高考Ⅰ）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】
【解析】，，
根据题意，增加的水量约为
．故选：．
二．多选题
18．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：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】
【解析】对于，棱长为1的正方体内切球的直径为，选项正确；
对于，如图，
正方体内部最大的正四面体的棱长为，选项正确；
对于，棱长为1的正方体的体对角线为，选项错误；
对于，如图，六边形为正六边形，，，，，，为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形棱长为米，，
所以米，故六边形内切圆半径为米，
而，选项正确．
故选：．
19．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，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】
【解析】取中点，则，，
由二面角的定义可知，二面角的平面角即为，
对于，中，由于，，
则，，
则，，选项正确．
对于，，选项错误．
对于，，选项正确．
对于，，，选项错误．
故选：．
20．（2022•新高考Ⅰ）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．直线与平面所成的角为
【答案】
【解析】如图，
连接，由，，得四边形为平行四边形，
可得，，直线与所成的角为，故正确；
，，，平面，而平面，
，即直线与所成的角为，故正确；
设，连接，可得平面，即为直线与平面所成的角，
，直线与平面所成的角为，故错误；
底面，为直线与平面所成的角为，故正确．
故选：．
21．（2022•新高考Ⅱ）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】
【解析】设，
，
，
如图所示，
连接交于点，连接、，
则，，，
故，
，
故、正确，、错误．
故选：．
三．填空题
22．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 种．
【答案】2．
【解析】如图所示，设任取2个不同的点为、，
当为正四棱锥的侧面时，如图，平面的两侧分别可以做作为圆锥的底面，有2种情况，
同理以、为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当为正四棱锥的截面时，如图，、位于两侧，为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以、为为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有种情况．
故答案为：9．
23．（2023•新高考Ⅱ）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 ．如图所示，根据题意易知△，
，又，
，，又上下底面正方形边长分别为2，4，
所得棱台的体积为．
故答案为：28．
24．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 ．如图，设正四棱台的上下底面中心分别为，，
过作，垂足点为，由题意易知，又，
，又，，
该四棱台的体积为．
故答案为：．
25．（2023•乙卷）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】设的外接圆圆心为，半径为，
则，解得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，，
则，，
，，解得．
故答案为：2．
26．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 ．
【答案】．
【解析】因为圆柱的底面积为，即，
所以，
所以．
故答案为：．
四．解答题
27．（2023•乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的正弦值．
【解析】证明：（1）由题可知，，设，
，
则，解得，
，，
而，，，，四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
证明：（2），，
，即，，
，，
平面，
平面，
平面平面．
（3）设二面角的平面角为，
，，
为和的夹角，
，，
，
，
二面角的正弦值为．
28．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，．
（1）证明：直线平面；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小．
【解析】（1）证明：根据题意可知，，且，
可得平面平面，又直线平面，
直线平面；
（2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为，
，底面，在底面内过作，垂足点为，
则在底面内的射影为，
根据三垂线定理可得，
故即为所求，
在中，，，，
，又，
，
二面角的大小为．
29．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．
（1）求证：AC＝A1C；
（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：取CC1的中点，连接A1O，
∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，
∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1O＝
C1C＝1，
∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，
∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，
∵BC⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，
∴A1到CC1的距离为1，
∴A1O⊥CC1，
∴AC＝A1C；
（2）过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1，
取BB1的中点N，连接ON，
∴四边形BCON为平行四边形，
∴ON⊥平面A1C1CA，
A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，
∵A1N⊂平面A1ON，
∴CC1⊥A1N，
∴AA1⊥A1N，
∴A1N为直线AA1与BB1距离，
∴A1N＝2，∴ON＝
，
由（1）可知AM⊥平面BCC1B1，
∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，
易求得C1M＝3，
∴B1M＝
＝2
，
∵A1M＝1，∴A1B＝
＝
，
∴sin∠AB1M＝
＝
．
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为
．
30．（2023•天津）如图，已知平面，，，，，分别为，中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
【解析】（Ⅰ）证明：连接，可得为△的中位线，
可得，且，
而，，
则，，
可得四边形为平行四边形，
则，
而平面，平面，
所以平面；
（Ⅱ）取的中点，连接，
由，，可得．
由平面，平面，
可得，
可得平面．
过作，垂足为，连接，
由三垂线定理可得，
可得为平面与平面所成角．
由．
在矩形中，，
所以；
（Ⅲ）设到平面的距离为．
在△中，，，，
则．
由，可得，
解得．
31．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．
（1）证明；
（2）点满足，求二面角的正弦值．
【分析】
（1）根据已知条件，推得，，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．
（2）根据已知条件，推得平面，依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解．
【详解】
证明：（1）连接，，
，为中点．
，
又，，
与 均为等边三角形，
，
，，
平面，
平面，
．
（2）设，
，
，，
，
，
又，，
平面，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，0，，
，
，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
则，令，解得，
，令，解得，，
故，1，，，1，，
设二面角的平面角为，
则，
故，
所以二面角的正弦值为．
32．（2023•新高考Ⅰ）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．
【分析】
（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；
（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．
【详解】
（1）证明：根据题意建系如图，则有：
，2，，，0，，，2，，，0，，
，，
，又，，，四点不共线，
；
（2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，，
又由（1）知，0，，，2，，，0，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
设平面的法向量为，
则，取，
根据题意可得，，
，
，又，，
解得或，
为的中点或的中点，
．
33．（2022•天津）直三棱柱中，，，，为中点，为中点，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）证明：取的中点，连接，，连接交于，
再连接，
，且是的中点，则是的中点，
，，
又平面，平面，
平面，
同理可得，平面，
又，
平面平面，
平面，
（2）在直三棱柱中，，则可建立如图所示的空间直角坐标系，
又，为中点，为中点，为中点．
故，2，，，0，，，0，，，0，，，1，，
则，，，，0，，，1，，
设，，是平面的法向量，则有：，，即，令，则，，
所以，
设直线与平面的夹角为，则，
（3），0，，则，0，，，1，，
设平面的法向量为，，，则有，，
即，令，则，，故，
设平面与平面的夹角为，
所以．
34．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】证明：由于，，
平面平面，平面，平面，
所以为二面角的平面角，
则，平面，则．
又，
则是等边三角形，则，
因为，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，因为平面，故；
（Ⅱ）由于平面，如图建系：
于是，则，
，
设平面的法向量，，，
则，，令，则，，
平面的法向量，
设与平面所成角为，
则．
35．（2022•甲卷）在四棱锥中，底面，，，，．
（1）证明：；
（2）求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）证明：底面，面，
，
取中点，连接，
，，
，又，
，，
为直角三角形，且为斜边，
，
又，面，面，
面，
又面，
；
（2）由（1）知，，，两两互相垂直，故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，则，则可取，
设与平面所成的角为，则，
与平面所成的角的正弦值为．
36．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】证明：取中点，连接，，
为的中点．，且，
四边形是平行四边形，故，
平面；平面，
平面，
是中点，是的点，
，平面；平面，
平面，又，
平面平面，
又平面，平面；
侧面为正方形，平面平面，平面平面，
平面，，又，，
若选①：；又，平面，
又平面，，又，
，，，两两垂直，
若选②：平面，，平面，平面，
，又，，，
，，
，又，，
，，两两垂直，
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，1，，，2，，
，1，，，1，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，，，
又，2，，
设直线与平面所成角为，
，．
直线与平面所成角的正弦值为．
37．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：连接，，依题意，平面，
又平面，平面，则，，
，
又，，则，
，
延长交于点，又，则在中，为中点，连接，
在中，，分别为，的中点，则，
平面，平面，
平面；
（2）过点作，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由于，，由（1）知，
又，则，
，
又，即，12，，
设平面的一个法向量为，又，
则，则可取，
设平面的一个法向量为，又，
则，则可取，
设锐二面角的平面角为，则，
，即二面角正弦值为．
38．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，
设到平面的距离为，由，
，，解得．
（2）连接交于点，，四边形为正方形，
，又平面平面，平面平面，
平面，，
由直三棱柱知平面，，又，
平面，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，又，解得，
则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，
则，2，，，1，，，0，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，0，，
设平面的一个法向量为，，，
，令，则，，
平面的一个法向量为，1，，
，，
二面角的正弦值为．
39．（2022•乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）证明：，为的中点．，
又，，，，
，又为的中点．，又，平面，平面，
平面，又平面，平面平面；
（2）连接，由（1）知，，
故最小时，的面积最小，时，的面积最小，
又平面，平面，，又，平面，平面，
平面，又平面，平面平面，
过作于点，则平面，
故，即为直线与平面所成的角，
由，，知是2为边长的等边三角形，
故，由已知可得，，又，，
，所以，
，，
在中，由余弦定理得，
．
故与平面所成的角的正弦值为．
40．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，．
（1）求三棱锥体积；
（2）若为中点，求与面所成角大小．
【解析】（1）在三棱锥中，因为底面，所以，
又为边中点，所以为等腰三角形，
又．所以是边长为2的为等边三角形，
，三棱锥体积，
（2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，1，，，，，
，，，
平面的法向量，0，，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为，
所以与面所成角大小为．
1．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积
A．24B．26C．28D．30
2．（2023•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．1B．C．2D．3
3．（2023•乙卷）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为
A．B．C．D．
4．（2023•天津）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．
5．（2023•甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则的面积为
A．B．C．D．
6．（2023•乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为
A．B．C．D．
7．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，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．
8．（2022•甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
9．（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．
10．（2022•北京）已知正三棱锥的六条棱长均为6，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积为
A．B．C．D．
11．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，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．，
12．（2022•乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A．B．C．D．
13．（2022•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．8B．12C．16D．20
14．（2022•乙卷）在正方体中，，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
15．（2022•甲卷）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．
16．（2022•新高考Ⅱ）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．
17．（2022•新高考Ⅰ）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．
二．多选题
18．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：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
19．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，则
A．该圆锥的体积为B．该圆锥的侧面积为
C．D．的面积为
20．（2022•新高考Ⅰ）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．直线与平面所成的角为
21．（2022•新高考Ⅱ）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．
三．填空题
22．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 种．
23．（2023•新高考Ⅱ）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 ．
24．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 ．
25．（2023•乙卷）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 ．
26．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 ．
四．解答题
27．（2023•乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的正弦值．
28．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，．
（1）证明：直线平面；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小．
29．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．
（1）求证：AC＝A1C；
（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
30．（2023•天津）如图，已知平面，，，，，分别为，中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
31．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．
（1）证明；
（2）点满足，求二面角的正弦值．
32．（2023•新高考Ⅰ）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．
33．（2022•天津）直三棱柱中，，，，为中点，为中点，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
34．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
35．（2022•甲卷）在四棱锥中，底面，，，，．
（1）证明：；
（2）求与平面所成的角的正弦值．
36．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
37．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
38．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
39．（2022•乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
40．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，．
（1）求三棱锥体积；
（2）若为中点，求与面所成角大小．
第6讲 立体几何（2022-2023年高考真题）
一．选择题
1．（2023•乙卷）如图，网格纸上绘制的是个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积
A．24B．26C．28D．30
【答案】
【解析】根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体是由两个直四棱柱组成的几何体．
如图所示：
故该几何体的表面积为：．
故选：．
2．（2023•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．1B．C．2D．3
【答案】
【解析】如图，
，，取的中点，连接，，
可得，，
又，、平面，平面，
在与中，求得，
在中，由，，得，则，
，
．
故选：．
3．（2023•乙卷）已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，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】
【解析】根据题意，设该圆锥的高为，即，取的中点，连接、，
由于圆锥的底面半径为，即，
而，故，
同时，
中，，为的中点，则有，
又由的面积等于，即，变形可得，
而，则有，解可得，
故该圆锥的体积．
故选：．
4．（2023•天津）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】
【解析】在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，
所以，
设到平面的距离，到平面的距离，则，
则三棱锥的体积为．
故三棱锥和三棱锥的体积之比为．
故选：．
5．（2023•甲卷）在四棱锥中，底面为正方形，，，，则的面积为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】如图，设在底面的射影为，连接，
设，，且，
则，或，
易知，又，
则根据最小角定理（三余弦定理）可得：
，
或，
或，
或，
或，又，
，，，
，，
再根据最小角定理可得：
，
，又，，
的面积为．
故选：．
6．（2023•乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】如图，取的中点，连接，，
则根据题意易得，，
二面角的平面角为，
，，且，
平面，又平面，
平面平面，
在平面内的射影为，
直线与平面所成角为，
过作垂直所在直线，垂足点为，
设等腰直角三角形的斜边长为2，
则可易得，，又，
，，，
．
故选：．
7．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，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】
【解析】正三棱柱中，，
正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，
如图，过作，垂足点为，连接，则，
与所成的角为，且，
又，，，，
与平面所成的角为，且，，
，①，
再过点作，垂足点为，连接，
又易知底面，底面，
，又，平面，
二面角的平面角为，且，又，，
，，，②，
又，，③，
由①②③得，又，，，，在，单调递增，
，
故选：．
8．（2022•甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
【答案】
【解析】如图所示，连接，，不妨令，
在长方体中，面，面，
所以和分别为与平面和平面所成的角，
即，
所以在中，，，
在中，，，
所以，，，
故选项，错误，
由图易知，在平面上的射影在上，
所以为与平面所成的角，
在中，，
故选项错误，
如图，连接，
则在平面上的射影为，
所以为与平面所成的角，
在△中，，所以，
所以选项正确，
故选：．
9．（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】
【解析】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：．
10．（2022•北京）已知正三棱锥的六条棱长均为6，是及其内部的点构成的集合．设集合，则表示的区域的面积为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】设点在面内的投影为点，连接，则，
所以，
由，知表示的区域是以为圆心，1为半径的圆，
所以其面积．
故选：．
11．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，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】
【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接，
设正四棱锥的底面边长为，高为，
在中，，即，
球的体积为，球的半径，
在中，，即，
，，
，又，，
该正四棱锥体积，
，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
（4），
又，，且，
，
即该正四棱锥体积的取值范围是，，
故选：．
12．（2022•乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】对于圆内接四边形，如图所示，
，
当且仅当，为圆的直径，且时，等号成立，此时四边形为正方形，
当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为，底面所在圆的半径为，
则，
该四棱锥的高，
该四棱锥的体积，
当且仅当，即时，等号成立，
该四棱锥的体积最大时，其高，
故选：．
13．（2022•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．8B．12C．16D．20
【答案】
【解析】由多面体的三视图得该多面体是一正四棱柱，
四棱柱的底面是直角梯形，如图，
，，，平面，
该多面体的体积为：
．
故选：．
14．（2022•乙卷）在正方体中，，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】
【解析】对于，由于，分别为，的中点，则，
又，，，且，平面，
平面，则平面，
又平面，
平面平面，选项正确；
对于，由选项可知，平面平面，而平面平面，在该正方体中，试想运动至时，平面不可能与平面垂直，选项错误；
对于，在平面上，易知与必相交，故平面与平面不平行，选项错误；
对于，易知平面平面，而平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，选项错误．
故选：．
15．（2022•甲卷）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】
【解析】如图，
甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为，，高分别为，，
则，，解得，，
由勾股定理可得，
．
故选：．
16．（2022•新高考Ⅱ）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】
【解析】当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为，则轴截面中由几何知识可得，解得，
该球的表面积为．
当球心在台体内时，如图，
此时，无解．
综上，该球的表面积为．
故选：．
17．（2022•新高考Ⅰ）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】
【解析】，，
根据题意，增加的水量约为
．故选：．
二．多选题
18．（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：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】
【解析】对于，棱长为1的正方体内切球的直径为，选项正确；
对于，如图，
正方体内部最大的正四面体的棱长为，选项正确；
对于，棱长为1的正方体的体对角线为，选项错误；
对于，如图，六边形为正六边形，，，，，，为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形棱长为米，，
所以米，故六边形内切圆半径为米，
而，选项正确．
故选：．
19．（2023•新高考Ⅱ）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，，，点在底面圆周上，且二面角为，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】
【解析】取中点，则，，
由二面角的定义可知，二面角的平面角即为，
对于，中，由于，，
则，，
则，，选项正确．
对于，，选项错误．
对于，，选项正确．
对于，，，选项错误．
故选：．
20．（2022•新高考Ⅰ）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．直线与平面所成的角为
【答案】
【解析】如图，
连接，由，，得四边形为平行四边形，
可得，，直线与所成的角为，故正确；
，，，平面，而平面，
，即直线与所成的角为，故正确；
设，连接，可得平面，即为直线与平面所成的角，
，直线与平面所成的角为，故错误；
底面，为直线与平面所成的角为，故正确．
故选：．
21．（2022•新高考Ⅱ）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】
【解析】设，
，
，
如图所示，
连接交于点，连接、，
则，，，
故，
，
故、正确，、错误．
故选：．
三．填空题
22．（2023•上海）空间中有三个点、、，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 种．
【答案】2．
【解析】如图所示，设任取2个不同的点为、，
当为正四棱锥的侧面时，如图，平面的两侧分别可以做作为圆锥的底面，有2种情况，
同理以、为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当为正四棱锥的截面时，如图，、位于两侧，为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以、为为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有种情况．
故答案为：9．
23．（2023•新高考Ⅱ）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 ．如图所示，根据题意易知△，
，又，
，，又上下底面正方形边长分别为2，4，
所得棱台的体积为．
故答案为：28．
24．（2023•新高考Ⅰ）在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为 ．如图，设正四棱台的上下底面中心分别为，，
过作，垂足点为，由题意易知，又，
，又，，
该四棱台的体积为．
故答案为：．
25．（2023•乙卷）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】设的外接圆圆心为，半径为，
则，解得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，，
则，，
，，解得．
故答案为：2．
26．（2022•上海）已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为 ．
【答案】．
【解析】因为圆柱的底面积为，即，
所以，
所以．
故答案为：．
四．解答题
27．（2023•乙卷）如图，在三棱锥中，，，，，，，，的中点分别为，，，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的正弦值．
【解析】证明：（1）由题可知，，设，
，
则，解得，
，，
而，，，，四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
证明：（2），，
，即，，
，，
平面，
平面，
平面平面．
（3）设二面角的平面角为，
，，
为和的夹角，
，，
，
，
二面角的正弦值为．
28．（2023•上海）已知直四棱柱，，，，，．
（1）证明：直线平面；
（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小．
【解析】（1）证明：根据题意可知，，且，
可得平面平面，又直线平面，
直线平面；
（2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为，
，底面，在底面内过作，垂足点为，
则在底面内的射影为，
根据三垂线定理可得，
故即为所求，
在中，，，，
，又，
，
二面角的大小为．
29．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．
（1）求证：AC＝A1C；
（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【解析】（1）证明：取CC1的中点，连接A1O，
∵A1C⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，
∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1O＝
C1C＝1，
∵A1C⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，
∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，
∵BC⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，
∴A1到CC1的距离为1，
∴A1O⊥CC1，
∴AC＝A1C；
（2）过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1，
取BB1的中点N，连接ON，
∴四边形BCON为平行四边形，
∴ON⊥平面A1C1CA，
A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，
∵A1N⊂平面A1ON，
∴CC1⊥A1N，
∴AA1⊥A1N，
∴A1N为直线AA1与BB1距离，
∴A1N＝2，∴ON＝
，
由（1）可知AM⊥平面BCC1B1，
∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，
易求得C1M＝3，
∴B1M＝
＝2
，
∵A1M＝1，∴A1B＝
＝
，
∴sin∠AB1M＝
＝
．
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为
．
30．（2023•天津）如图，已知平面，，，，，分别为，中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值；
（Ⅲ）求点到平面的距离．
【解析】（Ⅰ）证明：连接，可得为△的中位线，
可得，且，
而，，
则，，
可得四边形为平行四边形，
则，
而平面，平面，
所以平面；
（Ⅱ）取的中点，连接，
由，，可得．
由平面，平面，
可得，
可得平面．
过作，垂足为，连接，
由三垂线定理可得，
可得为平面与平面所成角．
由．
在矩形中，，
所以；
（Ⅲ）设到平面的距离为．
在△中，，，，
则．
由，可得，
解得．
31．（2023•新高考Ⅱ）如图，三棱锥中，，，，为中点．
（1）证明；
（2）点满足，求二面角的正弦值．
【分析】
（1）根据已知条件，推得，，再结合线面垂直的判定定理，即可求证．
（2）根据已知条件，推得平面，依次求出两个平面的法向量，再结合向量的夹角公式，即可求解．
【详解】
证明：（1）连接，，
，为中点．
，
又，，
与 均为等边三角形，
，
，，
平面，
平面，
．
（2）设，
，
，，
，
，
又，，
平面，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，0，，
，
，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
则，令，解得，
，令，解得，，
故，1，，，1，，
设二面角的平面角为，
则，
故，
所以二面角的正弦值为．
32．（2023•新高考Ⅰ）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．
【分析】
（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；
（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．
【详解】
（1）证明：根据题意建系如图，则有：
，2，，，0，，，2，，，0，，
，，
，又，，，四点不共线，
；
（2）在（1）的坐标系下，可设，2，，，，
又由（1）知，0，，，2，，，0，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
设平面的法向量为，
则，取，
根据题意可得，，
，
，又，，
解得或，
为的中点或的中点，
．
33．（2022•天津）直三棱柱中，，，，为中点，为中点，为中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【解析】（1）证明：取的中点，连接，，连接交于，
再连接，
，且是的中点，则是的中点，
，，
又平面，平面，
平面，
同理可得，平面，
又，
平面平面，
平面，
（2）在直三棱柱中，，则可建立如图所示的空间直角坐标系，
又，为中点，为中点，为中点．
故，2，，，0，，，0，，，0，，，1，，
则，，，，0，，，1，，
设，，是平面的法向量，则有：，，即，令，则，，
所以，
设直线与平面的夹角为，则，
（3），0，，则，0，，，1，，
设平面的法向量为，，，则有，，
即，令，则，，故，
设平面与平面的夹角为，
所以．
34．（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】证明：由于，，
平面平面，平面，平面，
所以为二面角的平面角，
则，平面，则．
又，
则是等边三角形，则，
因为，，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，因为平面，故；
（Ⅱ）由于平面，如图建系：
于是，则，
，
设平面的法向量，，，
则，，令，则，，
平面的法向量，
设与平面所成角为，
则．
35．（2022•甲卷）在四棱锥中，底面，，，，．
（1）证明：；
（2）求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）证明：底面，面，
，
取中点，连接，
，，
，又，
，，
为直角三角形，且为斜边，
，
又，面，面，
面，
又面，
；
（2）由（1）知，，，两两互相垂直，故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，则，则可取，
设与平面所成的角为，则，
与平面所成的角的正弦值为．
36．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】证明：取中点，连接，，
为的中点．，且，
四边形是平行四边形，故，
平面；平面，
平面，
是中点，是的点，
，平面；平面，
平面，又，
平面平面，
又平面，平面；
侧面为正方形，平面平面，平面平面，
平面，，又，，
若选①：；又，平面，
又平面，，又，
，，，两两垂直，
若选②：平面，，平面，平面，
，又，，，
，，
，又，，
，，两两垂直，
以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，1，，，2，，
，1，，，1，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，，，
又，2，，
设直线与平面所成角为，
，．
直线与平面所成角的正弦值为．
37．（2022•新高考Ⅱ）如图，是三棱锥的高，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：连接，，依题意，平面，
又平面，平面，则，，
，
又，，则，
，
延长交于点，又，则在中，为中点，连接，
在中，，分别为，的中点，则，
平面，平面，
平面；
（2）过点作，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由于，，由（1）知，
又，则，
，
又，即，12，，
设平面的一个法向量为，又，
则，则可取，
设平面的一个法向量为，又，
则，则可取，
设锐二面角的平面角为，则，
，即二面角正弦值为．
38．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱的体积为4，△的面积为．
（1）求到平面的距离；
（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【解析】（1）由直三棱柱的体积为4，可得，
设到平面的距离为，由，
，，解得．
（2）连接交于点，，四边形为正方形，
，又平面平面，平面平面，
平面，，
由直三棱柱知平面，，又，
平面，，
以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，，又，解得，
则，0，，，2，，，0，，，2，，，1，，
则，2，，，1，，，0，，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，0，，
设平面的一个法向量为，，，
，令，则，，
平面的一个法向量为，1，，
，，
二面角的正弦值为．
39．（2022•乙卷）如图，四面体中，，，，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设，，点在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）证明：，为的中点．，
又，，，，
，又为的中点．，又，平面，平面，
平面，又平面，平面平面；
（2）连接，由（1）知，，
故最小时，的面积最小，时，的面积最小，
又平面，平面，，又，平面，平面，
平面，又平面，平面平面，
过作于点，则平面，
故，即为直线与平面所成的角，
由，，知是2为边长的等边三角形，
故，由已知可得，，又，，
，所以，
，，
在中，由余弦定理得，
．
故与平面所成的角的正弦值为．
40．（2022•上海）如图所示三棱锥，底面为等边，为边中点，且底面，．
（1）求三棱锥体积；
（2）若为中点，求与面所成角大小．
【解析】（1）在三棱锥中，因为底面，所以，
又为边中点，所以为等腰三角形，
又．所以是边长为2的为等边三角形，
，三棱锥体积，
（2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，1，，，，，
，，，
平面的法向量，0，，
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值为，
所以与面所成角大小为．
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