十年高考数学真题分项汇编（2014-2023）（文科）专题23立体几何解答题（文科）（Word版附解析）

这是一份十年高考数学真题分项汇编（2014-2023）（文科）专题23立体几何解答题（文科）（Word版附解析），共89页。试卷主要包含了小问4分，小问8分)等内容，欢迎下载使用。
十年（2014－2023）年高考真题分项汇编—立体几何解答题
目录
题型一： 证明平行、垂直 1
题型二： 求线线角 26
题型三：求线面角 30
题型四：求二面角 42
题型五：求几何体的表面积、体积 44
题型六：求距离的问题 58
题型七：根据条件确定点的问题 65
题型八：立体几何中求最值问题 75
题型九：立体几何中的综合应用 77


题型一： 证明平行、垂直
1．(2023年全国乙卷文科·第19题)如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．

(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析 (2)
解析：【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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．

2．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(文)·第18题)(12分)如图，在平行四边形中，，． 以为折痕将折起，使点到达点D的位置，且．
(1)证明：平面平面；
(2)为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．

【答案】解：(1)由已知可得，，． 又，，所以平面．又平面，所以平面平面．
(2)由已知可得，，．又，所以．
作，垂足为，则． 由已知及(1)可得平面，所以平面，． 因此，三棱锥的体积为．

3．(2014高考数学重庆文科·第20题)(本小题满分12分，(Ⅰ)小问4分，(Ⅱ)小问8分)
如题(20)图，四棱锥中，底面是以为中心的菱形，底面，，为上一点，且．
(Ⅰ)证明：平面；
(Ⅱ)若，求四棱锥的体积．

【答案】
解析：

(Ⅰ)如答(20)图，因为菱形，为菱形中心，连结，则，因，故
又因为，且，在中


所以，故
又底面，所以,从而与平面内两条相交直线都垂直，所以平面
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)可知，
设，由底面知，为直角三角形，故

由也是直角三角形，故
连结，在中,

由已知，故为直角三角形，则

即，得，(舍去)，即
此时

所以四棱锥的体积
4．(2014高考数学陕西文科·第19题)四面体及其三视图如图所示，平行于棱，的平面分别交四面体的棱，，，于点，，，．
(1)求四面体的体积；
(2)证明：四边形是矩形．
A
B
C
D
E
F
G
H
1
2
2
主视图
左视图
俯视图

【答案】(1)；(2)见解析．
解析：(1)由该四面体的三视图可知
所以平面,所以四面体的体积；
(2)平面,平面平面,平面平面,
同理
四边形为平行四边形，又因为平面,
四边形为矩形．
5．(2014高考数学福建文科·第19题)(本小题满分12分)
如图，三棱锥中，，．．
（1） 求证：平面；
（2） 若，为中点，求三棱锥的体积．

【答案】解析：(Ⅰ)因为,所以 ．
又,,
所以．

(Ⅱ)由得,因为,
所以．因为M是AD的中点,所以．
由(Ⅰ)知,所以三棱锥C-ABM的高,所以三棱锥A-MBC的体积
6．(2014高考数学北京文科·第17题)(本小题满分14分)如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求证：平面；
(3)求三棱锥的体积．

【答案】(1)(2)详见解析；(3)
解析：(I)在三棱柱中，底面，所以，
又因为，所以平面，所以平面平面．
(II)取中点，连结，，
因为，分别是、的中点，所以，且，
因为，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
(III)因为，，，所以，
所以三棱锥的体积为：．


7．(2016高考数学课标Ⅲ卷文科·第19题)(本小题满分12分)如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．
(Ⅰ)证明平面;
(Ⅱ)求四面体的体积．

【答案】(I)见解析；(II)．
【解析】 (Ⅰ)由已知得取的中点，连接

由为中点知，且．∴．
又，故，四边形为平行四边形，于是．
又平面，平面，所以平面．
(Ⅱ)因为平面，为的中点，所以到平面的距离为．
取的中点，连接．由得，．
由得到的距离为，故．
所以四面体的体积．
8. (2016高考数学课标Ⅱ卷文科·第19题)(本小题满分12分)如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，，交于点．将沿折到的位置．
(1)证明：；
(2)若，求五棱锥体积．

【答案】(1)详见解析；(2)．
【官方解答】(1)由已知得，．
又由得，故．
由此得，，所以．
(2)由得．
由，得．
所以．
于是，故
由(1)知，又，，所以平面
所以
又由，，所以平面
又由，得．
五边形的面积为．
所以五棱锥的体积．
9．(2020江苏高考·第15题)在三棱柱中，，平面，分别是的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明详见解析；(2)证明详见解析．
【解析】(1)由于分别是的中点，所以．
由于平面,平面，所以平面．
(2)由于平面，平面，所以．
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面．

10．(2016高考数学山东文科·第18题)(本小题满分12分)在如图所示的几何体中，是的中点，．

(I)已知，．求证：；
(II)已知分别是和的中点．求证：平面．
【答案】解析：
(Ⅰ)证明：因
所以与确定一个平面BDEF
连接，因为为的中点
所以；
同理可得
又因为
所以平面
因为平面，．
(Ⅱ)设的中点为，连
在中，是的中点
所以
又，所以
在中，是的中点
所以
又，所以平面平面
因为平面，所以平面．

11．(2018年高考数学江苏卷·第15题)(本小题满分14分)在平行六面体中，．
求证：(1)；
(2)．

【答案】证明：(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
12．(2018年高考数学北京(文)·第18题)如图在四棱锥中，底面为矩形，平面平面 分别为的中点．
(I)求证：；
(II)求证：平面⊥平面；
(III)求证：∥平面．

【答案】(I)见解析；(II)见解析；(III)见解析
解析：(Ⅰ)因为，且为的中点，所以．
因为底面为矩形，所以，
所以．
(Ⅱ)因为底面为矩形，所以．
因为平面平面，所以平面．
所以．又,
所以平面，所以平面平面．
(Ⅲ)如图，取中点，连接．

因为分别为和的中点，所以，且．
因为四边形为矩形，且为的中点，
所以，
所以，且，因为四边形为平行四边形，
所以．
又平面，平面，
∴平面．
13．(2014高考数学山东文科·第18题)(本小题满分12分)
A
F
C
D
B
P
E
如图，四棱锥中，平面,,,分别为线段的中点．

(Ｉ)求证：平面；
(II)求证：平面．
【答案】解析：(Ⅰ)设连接
由于为的中点，
//

所以//
因此四边形为菱形，所以为的中点．
又为的中点，因此在中，可得//．
又 平面平面
所以//平面
(Ⅱ)由题意知，// 所以四边形为平行四边形，因此//
又平面，所以因此
因为四边形为菱形，所以
又平面所以平面
14．(2014高考数学湖北文科·第20题)如图，在正方体中，，，，，，分别是棱，，， ，，的中点． 求证：
(1)直线∥平面；
(2)直线⊥平面．


【答案】证明：(1)连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，
知AD1∥BC1．
因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1．
从而BC1∥FP．
而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ．

(2)如图，连接AC，BD，A1C1，则AC⊥BD．
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
可得CC1⊥BD．
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1A1．
而AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1．
因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥BD，从而MN⊥AC1．
同理可证PN⊥AC1．
又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN．
15．(2014高考数学江苏·第16题)如图，在三棱锥中，，E，F分别为棱的中点． 已知，

(1)求证：直线平面；
(2)求证：平面平面．

【答案】解析：(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA．
又因为PA ⊄ 平面DEF，DE Ì 平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF．
(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，
所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4．
又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE丄EF．
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC．
因为AC∩EF＝E，AC Ì 平面ABC，EF Ì 平面ABC，所以DE⊥平面ABC．
又DE Ì 平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC．

16．(2015高考数学四川文科·第18题)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示。
(I)请将字母标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(II)判断平面与平面的位置关系，并证明你的结论；
(III)证明：平面

【答案】解析：
(I)如答图1所示

(II)如答图2所示，连接，易得四边形和四边形为，
所以，，
又∵平面，且平面，
∴平面，平面，
又∵平面，且，
所以平面平面
(III)如答图3所示，易得，
∴平面,
∵平面，
∴，
同理可得，，又，
∴平面。
17．(2015高考数学山东文科·第18题)如图，三棱台中，分别为的中点．

(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)若求证：平面平面．
【答案】证明见解析
解析：(Ⅰ)证法一：连接设,连接，在三棱台中，分别为的中点，可得，所以四边形是平行四边形，则为的中点，又是的中点，所以,
又平面，平面，所以平面．

证法二：在三棱台中，由为的中点，
可得所以为平行四边形，可得
在中，分别为的中点，
所以又，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．

(Ⅱ)证明：连接．因为分别为的中点，所以由得，又为的中点，所以因此四边形是平行四边形，所以
又，所以．
又平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面
18．(2015高考数学江苏文理·第16题)如图，在直三棱柱中，已知，，设的中点为，．
求证：(1)；
(2)．
A
B
C
D
E
A1
B1
C1

【答案】(1)详见解析(2)详见解析
分析(1)由三棱锥性质知侧面为平行四边形,因此点为的中点，从而由三角形中位线性质得，再由线面平行判定定理得(2)因为直三棱柱中，所以侧面为正方形，因此，又，(可由直三棱柱推导)，因此由线面垂直判定定理得,从而，再由线面垂直判定定理得,进而可得
解析：(1)由题意知，为的中点，
又为的中点，因此．
又因为平面，平面，
所以平面．

(2)因为棱柱是直三棱柱，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，平面，平面，，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为，所以矩形是正方形，因此．
因为，平面，，所以平面．
又因为平面，所以．
19．(2017年高考数学山东文科·第18题)由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示,四边形为正方形,为与 的交点,为的中点,平面．
(Ⅰ)证明:∥平面;
(Ⅱ)设是的中点,证明:平面平面．

【答案】(Ⅰ)证明见解析．(Ⅱ)证明见解析．
【解析】证明:(Ⅰ)取中点,记为F,连接
在四棱柱中,
所以四边形为平行四边形,即

(Ⅱ)E是AD的中点,M是OD的中点,所以
正方形ABCD中,,所以
又,所以




20．(2017年高考数学江苏文理科·第15题)如图,在三棱锥中,, , 平面⊥平面, 点(与不重合)分别在棱,上,且⊥．
求证:(1)∥平面;
(2)⊥．
(第15题)
A
D
B
C
E
F

【答案】(1)见解析(2)见解析
解析:证明:(1)在平面内,因为,,所以．
又因为平面, 平面,所以∥平面;
(2)又因为平面平面,平面平面平面=,平面,
,所以平面．
因为平面,所以．
又因为, ,平面,平面,所以平面,
又因为平面,所以⊥．
48． (2017年高考数学北京文科·第18题)如图,在三棱锥中,
为线段的中点,为线段上一点．
(1)求证:;
(2)求证:平面平面;
(3)当平面时,求三棱锥的体积．

【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)．
【解析】(1),
平面,又平面,
(2)为线段的中点,在中,
又由(1)题可知,,平面．
由为线段上一点,有平面．

过点作如图,是边上的一点．故为两平面夹角．

又由平面与平面知,．
因此,即平面平面．
(3)平面时,由是边中点知,为边中点．故而:
平面．
由为边中点知,
又有,即
因此,．
21．(2016高考数学江苏文理科·第16题)如图，在直三棱柱中，分别为的中点，点在侧棱上，且，．
求证：(1)直线平面； (2)平面平面．

【答案】见解析；
【官方解答】
(1)在直三棱柱中，．

在中，因为分别为的中点，所以，于是；
又因为平面，且，
所以直线平面．
(2)在直三棱柱中，平面．
因为平面，所以．
又因为，平面，，
所以平面．
因为平面，所以．
又因为，平面，平面，,
所以平面．
因为直线平面，所以平面⊥．
民间解答：(1)为中点，为的中位线，
又为棱柱，
，又平面，且
平面；
(2)为直棱柱，平面，
，
又且，平面
平面，
又，平面
又平面，
又，，且平面
平面，又
平面平面．
22．(2021年高考全国甲卷文科·第19题)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，．

(1)求三棱锥的体积；
(2)已知D为棱上的点，证明：．
【答案】(1)；(2)证明见解析．
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．
23．(2019·全国Ⅲ·文·第18题)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，D，G四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的四边形ACGD的面积．

【答案】【解析】：(1)证明：由已知可得，，即有，
则，确定一个平面，从而，，，四点共面；
由四边形为矩形，可得，
由为直角三角形，可得，
又，可得平面，
平面，可得平面平面；
(2)连接，，
由平面，可得，
在中，，，可得，
可得，
在中，，，，
可得，即有，
则平行四边形的面积为．

24．(2019·江苏·文理·第16题)如图，在直三棱柱中，分别为，的中点，．
求证：(1)平面；(2)．

【答案】见解析
【解析】证明：(1)因为分别为，的中点，所以
在直三棱柱中，，所以
又因为平面，平面
所以∥平面
(2)因为，分别为的中点，所以
因为三棱柱是直三棱柱，所以平面
又因为平面，所以.
因为平面，平面，
所以平面
因为平面，所以
题型二： 求线线角
一、解答题
1．(2018年高考数学上海·第17题)(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)
已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2，
(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
(2)设，是底面半径，且，为线段的中点，如图，求异面直线与 所成的角的大小．

【答案】(1)；(2)．
解析：(1)由条件得圆锥的高，所以圆锥的体积．
(2)如图，取中点，则，所以或其补角为异面直线与所成角．

因为，，，所以平面，
所以平面．
在中，，，
所以．
所以．
2．(2018年高考数学天津(文)·第17题)(本小题满分13分)如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，．
(1)求证：；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】解析：(1)由平面平面，平面平面，平面，，可得平面，故．
(2)取棱的中点，连接，．又因为为棱的中点，故．所以(或其补角)为异面直线与所成的角．

在中，，故，因为平面，故．
在中， ，故．
在等腰三角形中，，可得．
所以，异面直线与所成角的余弦值为．
(3)解：连接，因为为等边三角形，为边的中点，故，．又因为平面平面，而平面，故平面．所以为直线与平面所成的角．
在中，，在中，．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
3．(2014高考数学湖南文科·第18题)如图，已知二面角的大小为60°，菱形在面内，两点在棱上，，是的中点，面，垂足为．
（1） 证明：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．

【答案】(1)见解析 (2)
解析：(1)如图a，因为，，所以，连接由题设知，是正三角形，又是的中点同，所以．
而，故平面．
(2)因为，所以与所成的角等于与所成的角，即是与所成的角．
由(1)知，平面，所以，又，于是是二面角的平面，从而．
不妨设，则．易知．在中，．
连接，在中，．
故异面直线与所成角的余弦值为．
4．(2015高考数学上海文科·第19题)(本题满分12分)如图，圆锥的顶点为，底面圆心为，底面的一条直径为，为半圆弧的中点，为劣弧的中点． 已知，． 求三棱锥的体积，并求异面直线与所成的角的大小．
P

【答案】(1)；(2)异面直线与所成的角为．
解析：(1)∵为半圆弧的中点，
∴，
∴，
∴；
(2)由题意可知，∴，
P

∴的大小即为异面直线与所成的角或其补角的大小，
易知，，
，
在中，由余弦定理可得：
，即异面直线与所成的角为．
题型三：求线面角
一、解答题

1．(2015高考数学湖南文科·第18题)(本小题满分12分)如图4，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别是的中点。

(Ⅰ)证明：平面平面；
(Ⅱ)若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积。
【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)．
解析：(Ⅰ)如图，因为三棱柱是直三棱柱，
所以，又是正三角形 的边的中点，
所以，因此平面，而平面，
所以平面平面。
(Ⅱ)设的中点为，连接，因为是正三角形，所以，又三棱柱是直三棱柱，所以，因此平面，于是直线与平面所成的角，由题设知，
所以，
在中，，所以
故三棱锥的体积。

2．(2017年高考数学天津文科·第17题)如图，在四棱锥中，平面，，，，，，．
(I)求异面直线与所成角的余弦值；
(II)求证：平面；
(II)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(I)(2)证明见解析(3)
【基本解法1】(传统法)
(Ⅰ)解：如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．
∵AD⊥平面PDC，PDÍ平面PDC，∴AD⊥PD．
在Rt△PDA中，由勾股定理，得，故．
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．
(Ⅱ)证明：∵AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，∴AD⊥PD．
又∵BC//AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，且PB∩BC＝B，所以PD⊥平面PBC．
【基本解法1】(转移法)
(Ⅲ)解：过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．

∵PD⊥平面PBC，∴PF为DF在平面PBC上的射影，∴为直线DF和平面PBC所成的角．
∵AD//BC，DF//AB，∴四边形ABFD是平行四边形，∴BF=AD=1，
由BC＝3，得CF=BC–BF=2．
∵AD⊥平面PDC，DCÍ平面PDC，∴AD⊥DC，又∵AD//BC,∴BC⊥DC，
在Rt△DCF中，由勾股定理得DF＝2，∴．
∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．
【基本解法2】(求高法)
(III)∵AD//BC,ADË平面PBC，BCÍ平面PBC，∴AD//平面PBC,
∴A到平面PBC的距离h＝D到平面PBC的距离＝DP＝2，
在平面ABCD内，过A作AH⊥BC于H，则四边形ADCH为矩形，∴BH＝BC－AD＝2，AH=DC=4,在△AHB中，由勾股定理得AB＝2，
∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为=．

【基本解法3】(定义法)
(III)将直角三角形CPB补成矩形PMBC，易证AD//BC//PM,∴A、D、P、M四点共面，在平面ADPM内，过A作AN//PD,与PM交于N，则AN⊥平面BPC，连接BN，则∠NBA是直线AB与平面PBC所成角的平面角．仿解法2求得AB＝2，AN＝DP＝2，
∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为=．
3．(2016高考数学天津文科·第17题)(本小题满分13分)如图，四边形是平行四边形，平面平面，，，为的中点．
(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)求证：平面平面；
(Ⅲ)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)详见解析；(2)．
解析：(Ⅰ)取中点,连接．在中，因为是中点，

所以且,
又因为，所以且，
即四边形是平行四边形，所以
(Ⅱ)在中， ，
由余弦定理可得，进而即．
又因为平面平面,平面，
平面平面,
所以平面．又因为平面，所以平面平面．
(Ⅲ)因为,
所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角．
过点作于点，连接．又平面平面，
由(Ⅱ)知平面,所以直线与平面所成的角即为
在中，，由余弦定理得
所以因此
在中，
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
4．(2020年浙江省高考数学试卷·第19题)如图，三棱台DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

(I)证明：EF⊥DB；
(II)求DF与面DBC所成角的正弦值．
【答案】(I)证明见解析；(II)
解析：(Ⅰ)作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
(Ⅱ)因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由(1)可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．


5．(2018年高考数学浙江卷·第19题)(本题满分15分)如图，已知多面体，均垂直于平面，
，，，．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)详见解析；(2)．
【解析】方法一：(常规做法)
(1)由，得，
所以，故．
由，，得，
由，得，
由，得，所以，故．
又因为平面，所以平面．
(2)如图，过点作，交直线于点，连结．

由平面，平面，可得，又，，
所以平面，所以就是与平面所成的角．
由得：
．
所以，故．
因此，直线与平面所成的角的正弦值是．

6．(2014高考数学浙江文科·第20题)(本题满分15分)
如图，在四棱锥A—BCDE中，平面平面；，，，．
(Ⅰ)证明：平面；；
(Ⅱ)求直线与平面ABC所成的角的正切值．
【答案】解：(Ⅰ)连结，在直角梯形中，由，，得，
由，，得，即．又平面平面，
从而平面．

(Ⅱ)在直角梯形中，由，，得，又平面平面，
所以平面．
作，与延长线交于，连结，则平面．所以是直线与平面所成的角．
在中，由，，得，；
在中，由，，得．
在中，由，，得．
所以，直线与平面所成的角的正切值是．
7．(2015高考数学浙江文科·第18题)(本题满分15分)如图，在三棱锥中，在底面的射影为的中点，为的中点．

(1)证明：平面；
(2)求直线和平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)见解析；(2)
解析：(1)设为中点，由题意得平面，所以．
因为，所以．
所以平面．
由，分别为的中点，得且，从而且，
所以是平行四边形，所以．
因为平面，所以平面．

(2)作，垂足为，连结．
因为平面，所以．
因为，所以平面．
所以平面．
所以为直线与平面所成角的平面角．
由，得．
由平面，得．
由，得．
所以
8．(2016高考数学浙江文科·第18题)(本题满分15分)如图，在三棱台中，平面⊥平面，，．
(I)求证：⊥平面；
(II)求直线与平面所成角的余弦值．

【答案】(1)见解析；(2)
解析：(1)延长相交于一点，如图所示，因为平面⊥平面，且⊥，所以⊥平面，因此⊥，又因为∥，，所以△为等边三角形，且为的中点，则⊥，所以⊥平面．
(2)因为⊥面，所以是直线与平面所成的角，在中，，得，所以直线与平面所成的角的余弦值为．

9．(2017年高考数学上海(文理科)·第17题)(本题满分14分,第1小题满分6分,第2小题满分8分)
如图,直三棱柱的底面为直角三角形,两直角边和的长分别为4和2,侧棱的长为5．
(1)求三棱柱的体积;
(2)设是中点,求直线与平面所成角的大小．

【答案】【解析】(1);
(2),线面角为．

10．(2019·天津·文·第17题)如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，．
(1)设，分别为，的中点，求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】【解析】(1)连结，由题意得，，又由，得，
因为平面，平面，所以平面．
(2)取棱中点，连结，依题意得，
又因为平面平面，平面平面，所以平面，
又平面，所以，
又，，所以平面．
(3)连结，由(2)中平面，知是直线与平面所成角，

因为是等边三角形，，且为中点，
所以，又，
在中，．
所以直线与平面所成角的正弦值为．

题型四：求二面角
一、解答题

1．(2014高考数学大纲文科·第19题)(本小题满分12分)
如图，三棱柱，点在平面内的射影在上，，，．
(1)证明：；
(2)设直线与平面的距离为，求二面角的大小．


【答案】(1)详见解析(2)
解析: 解法1：(Ⅰ)因为平面，平面，故平面平面．
又，所以平面．
连结，因为侧面为菱形，故，
由三垂线定理得．
A
B
C
D
F
E
A1
B1
C1

(Ⅱ)平面，平面，故平面平面．
作，为垂足，则平面．
又直线平面，因而为直线与
平面的距离，．
因为为的平分线，故．
作，为垂足，连结，由三垂线定理得．
故为二面角的平面角．
由得为中点，
，．
所以二面角的大小为．
题型五：求几何体的表面积、体积
一、解答题

1．(2014高考数学辽宁文科·第19题)如图，和所在平面互相垂直，且，，、、分别为、、的中点．
(Ⅰ)求证：平面
(Ⅱ)求三棱锥的体积．
附：椎体的体积公式，其中为底面面积，为高．


【答案】解析: (Ⅰ)证明:由已知得 是AD的中点
同理 EF是的中位线，
(Ⅱ)在平面内,如图，

第19题图解析图
作,交延长线于． 由平面平面,知 面．
又为中点,因此到平面距离是长度的一半．
在中,
所以

2．(2022年高考全国乙卷数学(文)·第18题)如图，四面体中，，E为AC的中点．

(1)证明：平面平面ACD；
(2)设，点F在BD上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明详见解析 (2)
解析：【小问1详解】
由于，是的中点，所以．
由于，所以，
所以，故，
由于，平面，
所以平面，
由于平面，所以平面平面．
【小问2详解】
依题意，，三角形是等边三角形，
所以，
由于，所以三角形是等腰直角三角形，所以．
，所以，
由于，平面，所以平面．
由于，所以，
由于，所以，
所以，所以，
由于，所以当最短时，三角形的面积最小值．
过作，垂足为，
在中，，解得，
所以，
所以．
过作，垂足为，则，所以平面，且，
所以,
所以．


3．(2014高考数学上海文科·第19题)底面边长为2的正三棱锥，其表面展开图是三角形，如图． 求的各边长及此三棱锥的体积．

【答案】解析：在△中，，，所以是中位线，
故．……3分
同理，，．所以△是等边三角形，各边长均为4．……6分
设是△中心，则平面，
所以，．……9分
从而，．……12分
4．(2014高考数学广东文科·第18题)如图2，四边形为矩形，⊥平面，,作如图3折叠，折痕，其中点分别在线段上，沿折叠后点叠在线段上的 点记为，并且⊥．
(1)证明：⊥平面；
(2)求三棱锥的体积．

【答案】解： (1)证明：平面，平面平面,
平面平面平面，平面，
平面，又平面，
平面．
(2) 平面,又易知从而
即


5．(2015高考数学重庆文科·第20题)如题(20)图，三棱锥中，平面平面，，点在线段上，且，点在线段上，且．
(Ⅰ)证明：平面．
(Ⅱ)若四棱锥的体积为，求线段的长．

【答案】(Ⅰ)祥见解析，(Ⅱ)或．
解析：证明：如题(20)图．由知，为等腰中边的中点，故
，

又平面平面，平面 平面，平面，，
所以平面，从而．
因．
从而与平面内两条相交直线，都垂直，
所以平面．
(2)设,则在直角中，
．从而
由，知，得,故，
即．
由,,
从而四边形DFBC的面积为
由(1)知，PE 平面，所以PE为四棱锥P-DFBC的高．
在直角中，,
体积,
故得，解得，由于，可得．
所以或．
6．(2015高考数学新课标2文科·第19题)(本小题满分12分)如图,长方体中，点分别在上,过点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(不必说明画法与理由)；
(Ⅱ)求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．
【答案】(Ⅰ)见试题解析(Ⅱ) 或
解析：
(Ⅰ)交线围成的正方形如图：

(Ⅱ)作 垂足为M,则,,,因为是正方形,所以,于是 因为长方体被平面 分成两个高为10的直棱柱,所以其体积比值为 (也正确)．
7．(2015高考数学新课标1文科·第18题)(本小题满分12分)如图四边形ABCD 为菱形，为与交点，，

(I)证明：平面平面；
(II)若， 三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．
【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)
解析：(Ⅰ)因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，
因为BE平面ABCD，所以ACBE，故AC平面BED．
又AC平面AEC，所以平面AEC平面BED
(Ⅱ)设AB=，在菱形ABCD中，由ABC=120°，可得AG=GC=,GB=GD=．
因为AEEC，所以在AEC中，可得EG=．
由BE平面ABCD，知EBG为直角三角形，可得BE=．
由已知得，三棱锥E-ACD的体积．故=2
从而可得AE=EC=ED=．
所以EAC的面积为3，EAD的面积与ECD的面积均为．
故三棱锥E-ACD的侧面积为．
8．(2017年高考数学课标Ⅱ卷文科·第18题)如图,四棱锥中,侧面为等边三角形且垂直于底面,,
(1)证明:直线∥平面;
(2)若△面积为,求四棱锥的体积．

【答案】
(Ⅰ)见解析(Ⅱ)
【解析】
(1)证明:在底面中,因为

所以．又BC平面． 平面,
所以直线BC∥平面;
(2)在等边三角形中,,过作,
又面PAD面ABCD,面PAD面ABCD ,所以面ABCD．
在直角梯形ABCD中,连接,又则四边形为正方形

设,则,．
分别在,,中,
．
又,即．
底面的面积为: ．
又,则．
9．(2017年高考数学课标Ⅰ卷文科·第18题)如图,在四棱锥中,,且．
(1)证明:平面平面;
(2)若,且四棱锥的体积为,求该四棱锥的侧面积．

【答案】(1)证明见解析; (2)．
【解析】
(1)又
又平面,平面,
又平面,所以平面平面
(2)在平面内作,垂足为,
由(1)知平面,平面,所以,又平面,所以平面．
设,则由已知可得,,
故,解得．
∴
∴．


10．(2014高考数学安徽文科·第19题)(本小题满分13分)
如图，四棱锥的底面是边长为8的正方形，四条侧棱的长均为．点分别是棱上共面的四点，平面⊥平面，平面．
(Ⅰ)证明:
(Ⅱ)若，求四边形的面积．

【答案】解：(Ⅰ)证：因为，，且，
所以． 同理可证， 因此．
(Ⅱ)解：连接，交于点，交于点，连接，．

因为，是的中点，所以，同理可得．
又，且，都在底面内，所以，
又因为，且，
所以，
因为，
所以，且，从而，
所以是梯形的高．
由得
从而，即为的中点，
再由得，即 是的中点，且．
由已知可得，，所以．
故四边形的面积．
11．(2016高考数学上海文科·第19题)(本题满分12分)将边长为1的正方形(及其内部)绕旋转一周形成圆柱，如图， 长为 ，长为，其中与在平面的同侧．









(1)求圆柱的体积与侧面积；
(2)求异面直线与所成的角的大小．
【答案】(1)；(2)．
【解析】(1)由题意知，圆柱的母线长，底面半径
圆柱的体积
圆柱的侧面积．
(2)设过点的母线与下底面将于点，则
所以或其补角为与所成的角．
由长为，可知
由长为，可以知
所以异面直线与所成的角的大小为．
12．(2021年新高考Ⅰ卷·第20题)如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．

(1)证明：；
(2)若是边长为1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】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

13．(2020年高考课标Ⅰ卷文科·第19题)如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO=，圆锥侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【解析】(1)连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，
在上，，
是圆内接正三角形，，≌，
，即，
平面平面，平面平面；
(2)设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，
，解得，，
在等腰直角三角形中，，
在中，，
三棱锥的体积为．

14．(2021年全国高考乙卷文科·第18题)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

(1)证明：平面平面；
(2)若，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
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．
15．(2019·全国Ⅱ·文·第17题)如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，
(1)证明：平面；
(2)若，，求四棱锥的体积．

【答案】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，.
作，垂足为，则平面，且.
所以，四棱锥的体积.
题型六：求距离的问题
一、解答题

1．(2023年天津卷·第17题)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)证明见解析 (2) (3)
解析：(1)

连接．由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面．
(2)过作，垂足为，过作，垂足为,连接．
由面，面，故，又，，平面，则平面．
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故．于是平面与平面所成角即．
又，，则，故，在中，，则，
于是

(3)[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为．
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面．
又平面，则，又，，平面，故平面．
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是．
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一．
设点到平面的距离为．
，
．
由，即．
2．(2018年高考数学课标Ⅱ卷(文)·第19题)(12分)如图，在三棱锥中，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．

【答案】解析：(1)因为，为的中点，所以，且．
连结．因为，所以为等腰直角三角形，且，．
由知，．
由，知平面．

(2)作，垂足为．又由(1)可得，所以平面．
故的长为点到平面的距离．
由题设可知，，．
所以，=．
所以点到平面的距离为．
3．(2014高考数学课标2文科·第18题)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AP=1，AD=，三棱锥P-ABD的体积，求A到平面PBC的距离．

【答案】解：(Ⅰ)设BD与AC的交点为O，连接EO．
因为ABCD是矩形，所以点O是BD的中点，又E是PD的中点，所以OE∥PB．
因为OE平面AEC，PB平面AEC，
所以PB∥平面AEC．

(Ⅱ)．
由，可得．
作AH⊥PB交PB于H．
由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，故AH⊥平面PBC，又
，
所以A到平面PBC的距离为．
4．(2014高考数学课标1文科·第19题)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．

【答案】解析：(1)连接，则O为与的交点．因为侧面为菱形，所以
又平面，所以，故平面ABO．
由于平面ABO，故 ……6分
(2)作，垂足为D，连接AD．作，垂足为H． 由于，，故平面AOD，所以．又，所以平面ABC．
因为，所以为等边三角形，又BC=1，
可得．由于 ，所以
由，且，得
又O为的中点，所以点到平面 ABC的距离为故三棱柱的距离为 ．
5．(2015高考数学广东文科·第18题)(本小题满分14分)如图，三角形所在的平面与长方形所在的平面垂直，，，．

(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)求点到平面的距离．
【答案】解析：(1)因为四边形是长方形，所以，因为平面，平面，所以平面
(2)因为四边形是长方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以

(3)取的中点，连结和，因为，所以，在中，
，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，由(2)知：平面，由(1)知：，所以平面，因为平面，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，即，所以点到平面的距离是
6．(2019·全国Ⅰ·文·第19题)如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，，，分别是，，的中点．
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离．

【答案】【解析】(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，所以平面.

(2)过作的垂线，垂足为H.由已知可得，，所以平面，故.从而平面，故的长即为C到平面的距离，由已知可得，，所以，故.从而点到平面的距离为.

题型七：根据条件确定点的问题
一、解答题

1．(2015高考数学安徽文科·第19题)如图，三棱锥P-ABC中，PA平面ABC，．

(Ⅰ)求三棱锥P-ABC的体积；
(Ⅱ)证明：在线段PC上存在点M，使得ACBM，并求的值．
【答案】(Ⅰ) (Ⅱ)
解析：
(Ⅰ)由题设＝1,
可得．
由面
可知是三棱锥的高,又
所以三棱锥的体积
(Ⅱ)证：在平面内，过点B作，垂足为，过作交于，连接．

由面知，所以．由于，故面，又面，所以．
在直角中，，从而．由，得．
2．(2017年高考数学新课标Ⅲ卷文科·第19题)如图,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．
【答案】(1)略；(2)．
【解析】(1)证明：取中点，连

∵，为中点
∴
又∵是等边三角形，∴
又∵，∴平面，平面
∴．
(2)连结

由(1)知平面，则有，而为中点
所以为等腰三角形，且，又，所以
不妨设，则易得，
，，．
设，则
在中，由余弦定理可得
即即
所以
在中，注意到
即
将代入可得
整理可得，解得，故
即点是的中点，则，所以．
法二：不妨设
则由是直角三角形，结合勾股定理可得，
又，所以．
所以，所以
又，，所以
在中，设，根据余弦定理
，解得
所以点是的中点，则，所以．
3．(2016高考数学课标Ⅰ卷文科·第18题)(本题满分12分)如图，在已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．
(I)证明G是AB的中点；
(II)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．

【答案】 (I)见解析(II)作图见解析，体积为
【官方解答】 (I)因为在平面内的正投影为，所以

因为在平面内的正投影为，所以
所以平面，故
又由已知可得，，从而是的中点．
(II)在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影．
理由如下：由已知可得，，又,所以,因此平面，即点为在平面内的正投影．
连结，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心．
由(I)知，是的中点，所以在上，故
由题设可得平面，平面，所以，因此
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面体的体积
4．(2018年高考数学课标Ⅲ卷(文)·第19题)(12分)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】【官方解析】(1)由题设知，平面平面，交线为
因为，平面，所以平面，故．
因为为上异于的点，且为直径，所以
又，所以平面
而平面，故平面平面．
(2)当为的中点时，平面．
证明如下：连结交于．因为为矩形，所以为的中点．连结，
因为为的中点，所以．
平面，平面，所以平面．

5．(2014高考数学四川文科·第18题)如图所示的多面体中，四边形和都为矩形．
(1)若，证明：直线
(2)设分别是线段，的中点，在线段上是否存在一点，使直线？请证明你的结论．

【答案】(1)证明详见解析；(2)存在，为线段的中点时，直线平面．
解析:解析：(Ⅰ)因为四边形和都是矩形，
所以．
因为，为平面内的两条相交直线，
所以平面．
因为直线平面内，所以．
又由已知，为平面内的两条相交直线，
所以，平面．

(2)取线段的中点，连接，设为的交点．
由已知，为的中点．连接，，则，分别为的中位线．
所以，，
连接，从而四边形为平行四边形，则．
因为直线平面，平面，
所以直线平面．
即线段上存在一点(线段的中点)，使得直线平面．
6．(2016高考数学四川文科·第17题)如图，在四棱锥中，．

(I)在平面内找一点，使得直线平面，并说明理由；
(II)证明：平面平面．
【答案】(1)取棱AD的中点M，证明详见解析；(2)证明详见解析．
解析：(1)取棱的中点(平面)，点即为所求的一个点，理由如下：
因为，所以且，所以四边形是平行四边形
从而，又平面平面，所以平面

(2)由已知，，因为，所以直线与相交，
所以平面．又平面，从而．
因为，所以且，所以四边形是平行四边形
所以，所以．
又，所以平面，又平面，所以平面平面
7．(2016高考数学北京文科·第18题)如图，在四棱锥 中， ⊥平面 ，．

(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)求证：；
(Ⅲ)设点 为 的中点，在棱 上是否存在点 ，使得平面?说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)存在．理由见解析．
解析：(Ⅰ)因为平面，
所以．
又因为，
所以平面．
(Ⅱ)因为，，
所以．
因为平面，
所以．
所以平面．
所以平面平面．
(Ⅲ)棱上存在点，使得平面．证明如下：
取中点，连结，，．
又因为为的中点，
所以．
又因为平面，
所以平面．

8．(2020年高考课标Ⅲ卷文科·第19题)如图，长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：

(1)当时，；
(2)点在平面内．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析．
【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，
因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，
因此在平面内
题型八：立体几何中求最值问题
一、解答题

1．(2014高考数学江西文科·第19题)如图,三棱柱中,．
A
B
A1
C
B1
C1

(1)求证:;
(2)若,问为何值时,三棱柱体积最大,并求此最大值．
【答案】(1)详见解析,(2)时,体积取到最大值
解析:
(1)证明:由知,又,故平面即,又,
所以(2)设在中
同理
在中, ,
所以
从而三棱柱的体积为
因
故当时,即时,体积取到最大值
2．(2015高考数学福建文科·第20题)(本题满分12分)如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．

(Ⅰ)若为线段的中点，求证:平面；
(Ⅱ)求三棱锥体积的最大值；
(Ⅲ)若，点在线段上，求的最小值．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．
解析：解法一：(Ⅰ)在中，因为，为的中点，
所以．又垂直于圆所在的平面，所以．
因为，所以平面．
(Ⅱ)因为点在圆上，
所以当时，到的距离最大，且最大值为．
又，所以面积的最大值为．
又因为三棱锥的高，故三棱锥体积的最大值为．
(Ⅲ)在中，，，所以．
同理，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．
当，，共线时，取得最小值．
又因为，，所以垂直平分，
即为中点．从而，
亦即的最小值为．

解法二：(Ⅰ)、(Ⅱ)同解法一．
(Ⅲ)在中，，，
所以，．同理．
所以，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．
当，，共线时，取得最小值．
所以在中，由余弦定理得：


．
从而．
所以的最小值为．
题型九：立体几何中的综合应用
一、解答题

1．(2015高考数学北京文科·第18题)(本小题满分14分)如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，且，，分别为，的中点．

(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)求证：平面平面；
(Ⅲ)求三棱锥的体积．
【答案】(Ⅰ)证明详见解析；(Ⅱ)证明详见解析；(Ⅲ)．
解析：(Ⅰ)因为分别为，的中点，
所以．
又因为平面，
所以平面．
(Ⅱ)因为，为的中点，
所以．
又因为平面平面，且平面，
所以平面．
所以平面平面．
(Ⅲ)在等腰直角三角形中，，
所以．
所以等边三角形的面积．
又因为平面，
所以三棱锥的体积等于．
又因为三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，
所以三棱锥的体积为．
2．(2015高考数学陕西文科·第18题)如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥．

(Ⅰ)证明：平面；
(Ⅱ)当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析，详见解析；(Ⅱ)．
解析：(Ⅰ)在图1中，因为，是的中点，所以，
即在图2中， 从而平面
又所以平面．
(Ⅱ)由已知，平面平面，
且平面平面
又由(Ⅰ)知，，所以平面，即是四棱锥的高，
由图1可知，，平行四边形面积，
从而四棱锥的为，
由，得．
3．(2015高考数学湖北文科·第20题)(本小题满分13分)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑． 在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接．

(Ⅰ)证明：平面． 试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；
(Ⅱ)记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．
【答案】(Ⅰ)因为底面，所以． 由底面为长方形，有，而，所以平面． 平面，所以． 又因为，点是的中点，所以． 而，所以平面．四面体是一个鳖臑；(Ⅱ)
解析：(Ⅰ)因为底面，所以． 由底面为长方形，有，而，所以平面． 平面，所以． 又因为，点是的中点，所以． 而，所以平面． 由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是
(Ⅱ)由已知，是阳马的高，所以；由(Ⅰ)知，是鳖臑的高， ，所以．在△中，因为，点是的中点，所以，于是
4．(2016高考数学江苏文理科·第17题)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱(如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的倍．
(1)若，，则仓库的容积是多少；
(2)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，仓库的容积最大？

【答案】(1)；(2)；
【官方解答】(1)由知．
因为，所以正四棱锥的体积
()；
正四棱柱的体积
()；
所以仓库的容积是()．
(2)设()，()，则，．连结．
因为在中，，
所以，即．
于是仓库的容积是
，
从而，．
令，则或(舍)．
当时，，是单调增函数；
当时，，是单调减函数．
故时，取得极大值，也是最大值．
因此，当时，仓库的容积最大．
民间解答：(1)，则，
，
， ，
故仓库的容积为；
(2)设，仓库的容积为
则，，，
，
，
，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因此，当时，取到极大值，也是最大值，
因此当时，仓库的容积最大．
5．(2022年全国高考甲卷数学(文)·第19题)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8(单位：)的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．

(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
【答案】(1)证明见解析； (2)．
【解析】
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)
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．
6．(2014高考数学天津文科·第17题)如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，BA=BD=，AD=2，PA=PD=，E，F分别是棱AD，PC的中点．
(I)证明：EF∥平面PAB；
(II)若二面角P-AD-B为，
(i)证明：平面PBC平面ABCD；
(ii)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】解析：(I)证明：如图，取PB中点M，连接MF，AM，
因为F为PC中点，故MF∥BC，且．由已知有BC∥AD，BC=AD．又由于E为AD中点，因而MF∥AE，且MF=AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM．又AMÌ平面PAB，而EFË平面PAB，所以EF∥平面PAB．
(II)(i)证明：连接PE，BE．
因为PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，故PE⊥AD，BE⊥AD．
所以∠PEB为二面角P－D－B的平面角．在△PAD中，由PA=PD=，AD=2，可解得PE=2．在△ABD中，由BA=BD=，AD=2，可解得BE=1．在△PEB中，PE=2，BE=1，∠PEB=60°，由余弦定理，可解得PB=，从而∠PBE=90°，即BE⊥PB．又BC∥AD，BE⊥AD，从而BE⊥BC，因此BE⊥平面PBC．又BEÌ平面ABCD，所以，平面PBC⊥平面ABCD．
(ii)解：连接BF．由(i)知，BE⊥平面PBC，所以∠EFB为直线EF与平面PBC所成的角，
由，得∠ABP为直角．而，可得，故．
又BE=1，故在直角三角形EBF中，．
所以，直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．
7．(2015高考数学天津文科·第17题)(本小题满分13分)如图,已知平面, ,,, 点分别是和的中点．

(Ⅰ)求证: 平面 ;
(Ⅱ)求证:平面平面．
(Ⅲ)求直线 与平面所成角的大小．
【答案】(Ⅰ)见试题解析;(Ⅱ)见试题解析;(Ⅲ)．
解析：
(Ⅰ)要证明EF∥平面, 只需证明 且EF 平面;(Ⅱ)要证明平面平面,可证明,;(Ⅲ)取 中点N,连接 ,则 就是直线 与平面所成角,Rt△ 中,由得直线 与平面所成角为．
试题解析:(Ⅰ)证明:如图,连接,在△中,因为E和F分别是BC, 的中点,所以 ,又因为EF 平面, 所以EF∥平面．
(Ⅱ)因为AB=AC,E为BC中点,所以,因为平面ABC,所以平面ABC,从而,又 ,所以平面 ,又因为平面,所以平面平面．

(Ⅲ)取中点M和中点N,连接,因为N和E分别为,BC中点,所以 ,,故 ,,所以 ,,又因为平面,所以平面 ,从而就是直线 与平面所成角,在△中,可得AE=2,所以=2,因为 ,所以 又由,有 ,在Rt△ 中,可得,在Rt△中,因此,所以,直线 与平面所成角为．
8．(2020年高考课标Ⅱ卷文科·第20题)如图，已知三棱柱ABC–A1B1C1底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B–EB1C1F的体积．
【答案】(1)证明见解析；(2)．
【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，
．
9．(2019·北京·文·第18题)如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，为的中点．
(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)若，求证：平面平面；
(Ⅲ)棱上是否存在点，使得平面？说明理由．

【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详见解析；(Ⅲ)棱上是存在中点，使得平面．
【解析】证明：(Ⅰ)四棱锥中，平面，底面为菱形
所以，
又因为，且平面，所以平面．
(Ⅱ)证明：因为底面是菱形且
所以为正三角形，所以
因为，所以
因为平面，平面
所以
因为，平面，平面
所以平面，
平面，所以平面平面.
(Ⅲ)棱上是存在中点，使得平面．
法一：理由如下：取中点，连结，
在中，由分别为，的中点可得
因为平面，平面①
在菱形中，因为为的中点，为中点
所以，所以四边形为平行四边形，所以
因为平面，平面，所以平面②
因为，且平面③
由①②③可得平面平面
平面，平面．

法二：分别取的中点，连接

在三角形中，且；
在菱形中，中点，所以且
所以且，即四边形为平行四边形，所以
又平面，平面，所以平面.
10．(2017年高考数学江苏文理科·第18题)如图,水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm,容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm,容器Ⅱ的两底面对角线,的长分别为14cm和62cm． 分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水,水深均为12cm． 现有一根玻璃棒l,其长度为40cm．(容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计)
(1)将放在容器Ⅰ中,的一端置于点A处,另一端置于侧棱上,求没入水中部分的长度;
(2)将放在容器Ⅱ中,的一端置于点E处,另一端置于侧棱上,求没入水中部分的长度．
(第18题)

【答案】(1)16(2)20
解析:(1)由正棱柱的定义,平面,所以平面平面,．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
因为,,所以,从而,
记AM与水面的交点为,过作⊥,为垂足,则⊥面ABCD,
故=12,从而=16．
答:玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．
( 如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶,则结果为24cm)

(2)如图,O,O1是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义,OO1⊥平面 EFGH, 所以平面E1EGG1⊥平面EFGH,O1O⊥EG．
同理,平面 E1EGG1⊥平面E1F1G1H1,O1O⊥E1G1．
记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．
过G作GK⊥E1G,K为垂足, 则GK =OO1=32．
因为EG = 14,E1G1= 62,
所以KG1= ,从而．
设则．
因为,所以．
在中,由正弦定理可得,解得．
因为,所以．于是
．
记EN与水面的交点为P2,过 P2作P2Q2⊥EG,Q2为垂足,则 P2Q2⊥平面 EFGH,故P2Q2=12,从而 EP2=．
答:玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．
(如果将“没入水中部分冶理解为“水面以上部分冶,则结果为20cm)

11．(2023年全国甲卷文科·第18题)如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
【答案】(1)证明见解析． (2)
解析：【小问1详解】
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
【小问2详解】
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．