【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（新高考地区专用）》专题04 立体几何（新高考）（教师版）【高考】.docx，共(25)页，1.950 MB，由小赞的店铺上传

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专题04立体几何1．【2022年新高考1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.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为2140.0km；水位为海拔157.5m时，相

应水面的面积为2180.0km，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（72.65）（）A．931.010mB．931.210mC．931.410mD．931.610m【答案】C【分析】根据

题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【解析】依题意可知棱台的高为𝑀𝑁=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积𝑉．棱台上底面积𝑆=140.0𝑘𝑚2=140×106𝑚2，下底面积𝑆′=180

.0𝑘𝑚2=180×106𝑚2，∴𝑉=13ℎ(𝑆+𝑆′+√𝑆𝑆′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×

109≈1.4×109(m3)．故选：C．2．【2022年新高考1卷】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36𝜋，且3≤𝑙≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18,814]B．[274,814]C．[274,643]D．[18,27]【答

案】C【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【解析】∵球的体积为36𝜋，所以球的半径𝑅=3,设正四棱锥的底面边长为2𝑎，高为ℎ，则𝑙2=2𝑎2+ℎ2，32=2𝑎

2+(3−ℎ)2,所以6ℎ=𝑙2，2𝑎2=𝑙2−ℎ2所以正四棱锥的体积𝑉=13𝑆ℎ=13×4𝑎2×ℎ=23×(𝑙2−𝑙436)×𝑙26=19(𝑙4−𝑙636)，所以𝑉′=19(4𝑙3−𝑙56)=19𝑙3(24−𝑙26)，当3≤𝑙≤2√6

时，𝑉′>0，当2√6<𝑙≤3√3时，𝑉′<0，所以当𝑙=2√6时，正四棱锥的体积𝑉取最大值，最大值为643，又𝑙=3时，𝑉=274，𝑙=3√3时，𝑉=814,所以正四棱锥的体积𝑉的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，

643].故选：C.3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100πB．128πC．144πD．192π【答案】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𝑟1,𝑟2，再根据球

心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径𝑟1,𝑟2，所以2𝑟1=3√3sin60∘,2𝑟2=4√3sin60∘，即𝑟1=3,𝑟2=4，设球心到上

下底面的距离分别为𝑑1,𝑑2，球的半径为𝑅，所以𝑑1=√𝑅2−9，𝑑2=√𝑅2−16，故|𝑑1−𝑑2|=1或𝑑1+𝑑2=1，即|√𝑅2−9−√𝑅2−16|=1或√𝑅2−9+√�

�2−16=1，解得𝑅2=25符合题意，所以球的表面积为𝑆=4π𝑅2=100π．故选：A．4．【2021年新高考1卷】已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．22C．4D．42【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧

长可求得l的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则22l=，解得22l=.故选：B.5．【2021年新高考2卷】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．20123+B．282C．563D．2823【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【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()2222222h=−−=，下底面面积116S=，上底面面积24S=，所以该棱台的体积()()121211282164642333VhSSSS=++=++=.故选：D.6．【2020年新高考1卷（山东卷）】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【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A处的纬度，计算出晷针与点A处的水平面所成角.【解析】画出截

面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl⊥；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//mCD、根据线面垂直的

定义可得ABm⊥..由于40,//AOCmCD=，所以40OAGAOC==，由于90OAGGAEBAEGAE+=+=，所以40BAEOAG==，也即晷针与点A处的水平面所成角为

40BAE=.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.7．【2022年新高考1卷】已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，则（）A．直线𝐵𝐶1与𝐷𝐴1所成的角为9

0°B．直线𝐵𝐶1与𝐶𝐴1所成的角为90°C．直线𝐵𝐶1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角为45°D．直线𝐵𝐶1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【解析】如图，连接𝐵1𝐶、𝐵𝐶1

，因为𝐷𝐴1//𝐵1𝐶，所以直线𝐵𝐶1与𝐵1𝐶所成的角即为直线𝐵𝐶1与𝐷𝐴1所成的角，因为四边形𝐵𝐵1𝐶1𝐶为正方形，则𝐵1𝐶⊥𝐵𝐶1，故直线𝐵𝐶1与𝐷𝐴1所成的角为90°，A正确；连接𝐴1𝐶，因为𝐴1𝐵1⊥平面𝐵𝐵1𝐶1�

�，𝐵𝐶1⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，则𝐴1𝐵1⊥𝐵𝐶1，因为𝐵1𝐶⊥𝐵𝐶1，𝐴1𝐵1∩𝐵1𝐶=𝐵1，所以𝐵𝐶1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶，又𝐴1𝐶⊂平面𝐴1𝐵1𝐶，所以𝐵𝐶1⊥𝐶𝐴1，故B正确；连接𝐴1𝐶1，设𝐴1𝐶1

∩𝐵1𝐷1=𝑂，连接𝐵𝑂，因为𝐵𝐵1⊥平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，𝐶1𝑂⊂平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，则𝐶1𝑂⊥𝐵1𝐵，因为𝐶1𝑂⊥𝐵1𝐷1，𝐵1𝐷1∩𝐵1𝐵=𝐵1，所以𝐶1�

�⊥平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，所以∠𝐶1𝐵𝑂为直线𝐵𝐶1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角，设正方体棱长为1，则𝐶1𝑂=√22，𝐵𝐶1=√2，sin∠𝐶1𝐵𝑂=𝐶1𝑂𝐵𝐶1=12，所以，直线𝐵𝐶1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成的角为30∘，故C错

误；因为𝐶1𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以∠𝐶1𝐵𝐶为直线𝐵𝐶1与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角，易得∠𝐶1𝐵𝐶=45∘，故D正确.故选：ABD8．【2022年新高考2卷】如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐹𝐵∥𝐸𝐷,𝐴�

�=𝐸𝐷=2𝐹𝐵，记三棱锥𝐸−𝐴𝐶𝐷，𝐹−𝐴𝐵𝐶，𝐹−𝐴𝐶𝐸的体积分别为𝑉1,𝑉2,𝑉3，则（）A．𝑉3=2𝑉2B．𝑉3=𝑉1C．𝑉3=𝑉1+𝑉2D．2𝑉3=3𝑉1【答案】CD【分析】直接由体积公式计算𝑉1,�

�2，连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于点𝑀，连接𝐸𝑀,𝐹𝑀，由𝑉3=𝑉𝐴−𝐸𝐹𝑀+𝑉𝐶−𝐸𝐹𝑀计算出𝑉3，依次判断选项即可.【解析】设𝐴𝐵=𝐸𝐷=2𝐹𝐵=2𝑎，因为𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵�

�𝐷，𝐹𝐵∥𝐸𝐷，则𝑉1=13⋅𝐸𝐷⋅𝑆△𝐴𝐶𝐷=13⋅2𝑎⋅12⋅(2𝑎)2=43𝑎3，𝑉2=13⋅𝐹𝐵⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶=13⋅𝑎⋅12⋅(2𝑎)2=23𝑎3，连接𝐵𝐷交𝐴𝐶于点𝑀，连接𝐸𝑀,𝐹𝑀，易得𝐵𝐷⊥𝐴𝐶

，又𝐸𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，则𝐸𝐷⊥𝐴𝐶，又𝐸𝐷∩𝐵𝐷=𝐷，𝐸𝐷,𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐷𝐸𝐹，则𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸𝐹，又𝐵𝑀=𝐷𝑀=12𝐵𝐷=√2𝑎，过𝐹

作𝐹𝐺⊥𝐷𝐸于𝐺，易得四边形𝐵𝐷𝐺𝐹为矩形，则𝐹𝐺=𝐵𝐷=2√2𝑎,𝐸𝐺=𝑎，则𝐸𝑀=√(2𝑎)2+(√2𝑎)2=√6𝑎,𝐹𝑀=√𝑎2+(√2𝑎)2=√3𝑎，𝐸𝐹=√𝑎2+(

2√2𝑎)2=3𝑎，𝐸𝑀2+𝐹𝑀2=𝐸𝐹2，则𝐸𝑀⊥𝐹𝑀，𝑆△𝐸𝐹𝑀=12𝐸𝑀⋅𝐹𝑀=3√22𝑎2，𝐴𝐶=2√2𝑎，则𝑉3=𝑉𝐴−𝐸𝐹𝑀+𝑉𝐶−𝐸𝐹𝑀=13𝐴𝐶⋅𝑆△𝐸𝐹𝑀=2𝑎3，则2𝑉3=3𝑉

1，𝑉3=3𝑉2，𝑉3=𝑉1+𝑉2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.9．【2021年新高考1卷】在正三棱柱111ABCABC−中，11ABAA==，点P满足1BPBCBB=+，其中0,1，0,1

，则（）A．当1=时，1ABP△的周长为定值B．当1=时，三棱锥1PABC−的体积为定值C．当12=时，有且仅有一个点P，使得1APBP⊥D．当12=时，有且仅有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确

定点的坐标；对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．【解析】易知，点P在矩形11

BCCB内部（含边界）．对于A，当1=时，11=BPBCBBBCCC=++，即此时P线段1CC，1ABP△周长不是定值，故A错误；对于B，当1=时，1111=BPBCBBBBBC=++，故此时P点轨迹为线段11BC，而11//BCBC，11//BC平面1ABC，则

有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当12=时，112BPBCBB=+，取BC，11BC中点分别为Q，H，则BPBQQH=+，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，

13,0,12A，()0,0P,，10,,02B，则13,0,12AP=−−，10,,2BP=−，()110APBP=−=，所以0=或1=．故,HQ均满足，故C错误；对于D，当

12=时，112BPBCBB=+，取1BB，1CC中点为,MN．BPBMMN=+，所以P点轨迹为线段MN．设010,,2Py，因为30,02A，，所以031,,22APy=−，131,,122AB=−−，所以0031110422

2yy+−==−，此时P与N重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．10．【2021年新高考2卷】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MNOP⊥的是（）A．B．C．D

．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线MN构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【解析】设正方体的棱长为2，对于A，如图（1）所示，连接AC，则//MNAC，故POC（或其补角）为异面直线,OPMN所成的角，在直角三角形OPC，2OC=，1CP=，故12tan2

2POC==，故MNOP⊥不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQNT⊥，PQMN⊥，由正方体SBCMNADT−可得SN⊥平面ANDT，而OQ平面ANDT，故SN

OQ⊥，而SNMNN=，故OQ⊥平面SNTM，又MN平面SNTM，OQMN⊥，而OQPQQ=，所以MN⊥平面OPQ，而PO平面OPQ，故MNOP⊥，故B正确.对于C，如图（3），连接BD，则//BDMN，由B的判断可得OPBD⊥，故OPMN⊥，故C正确.对于D，如图（4

），取AD的中点Q，AB的中点K，连接,,,,ACPQOQPKOK，则//ACMN，因为DPPC=，故//PQAC，故//PQMN，所以QPO或其补角为异面直线,POMN所成的角，因为正方体的棱长为2，故122PQAC==，22123OQAOAQ=+=+=，22415POPKOK=+=+=，

222QOPQOP+，故QPO不是直角，故,POMN不垂直，故D错误.故选：BC.11．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以1D为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长

为________．【答案】22.【分析】根据已知条件易得1DE3=，1DE⊥侧面11BCCB，可得侧面11BCCB与球面的交线上的点到E的距离为2，可得侧面11BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，再根据弧长公式可求得结果.【解析】如图：取11BC的中点为E，1BB的中

点为F，1CC的中点为G，因为BAD=60°，直四棱柱1111ABCDABCD−的棱长均为2，所以△111DBC为等边三角形，所以1DE3=，111DEBC⊥，又四棱柱1111ABCDABCD−为直四棱柱，所以1BB⊥平面1111DCBA，所以111BBBC⊥，因为1111BBBCB=

，所以1DE⊥侧面11BCCB，设P为侧面11BCCB与球面的交线上的点，则1DEEP⊥，因为球的半径为5，13DE=，所以2211||||||532EPDPDE=−=−=，所以侧面11BCCB与球面的交线上的点到E的距离为2，因为||||2EFEG==，所以侧面1

1BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，因为114BEFCEG==，所以2FEG=，所以根据弧长公式可得2222FG==.故答案为：22.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考

查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.12．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________【答案】13【分析】利用11AN

MDDAMNVV−−=计算即可.【解析】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以11111112323ANMDDAMNVV−−===，故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的

特点，看把哪个当成顶点好计算一些.13．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积为4，△𝐴1𝐵𝐶的面积为2√2．(1)求A到平面𝐴1𝐵𝐶的距离；(2)设D为𝐴1𝐶的中点，𝐴𝐴1=𝐴𝐵，平面𝐴1𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，求

二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶的正弦值．【答案】(1)√2；(2)√32【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【解析】(1)在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1

𝐶1中，设点A到平面𝐴1𝐵𝐶的距离为h，则𝑉𝐴−𝐴1𝐵𝐶=13𝑆△𝐴1𝐵𝐶⋅ℎ=2√23ℎ=𝑉𝐴1−𝐴𝐵𝐶=13𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐴1𝐴=13𝑉𝐴𝐵𝐶−�

�1𝐵1𝐶1=43，解得ℎ=√2，所以点A到平面𝐴1𝐵𝐶的距离为√2；(2)取𝐴1𝐵的中点E,连接AE,如图，因为𝐴𝐴1=𝐴𝐵，所以𝐴𝐸⊥𝐴1𝐵,又平面𝐴1𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，平面𝐴1𝐵𝐶∩平面𝐴

𝐵𝐵1𝐴1=𝐴1𝐵，且𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以𝐴𝐸⊥平面𝐴1𝐵𝐶，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐵𝐵1⊥平面𝐴𝐵𝐶，由𝐵𝐶⊂平面𝐴1𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平

面𝐴𝐵𝐶可得𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，𝐵𝐵1⊥𝐵𝐶，又𝐴𝐸,𝐵𝐵1⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1且相交，所以𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以𝐵𝐶,𝐵𝐴,𝐵𝐵1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得𝐴𝐸=√

2，所以𝐴𝐴1=𝐴𝐵=2，𝐴1𝐵=2√2，所以𝐵𝐶=2，则𝐴(0,2,0),𝐴1(0,2,2),𝐵(0,0,0),𝐶(2,0,0),所以𝐴1𝐶的中点𝐷(1,1,1)，则𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,

1)，𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),设平面𝐴𝐵𝐷的一个法向量𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥+𝑦+𝑧=0𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦=0，可取𝑚⃗⃗

=(1,0,−1)，设平面𝐵𝐷𝐶的一个法向量𝑛⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎+𝑏+𝑐=0𝑚⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑎=0，可取𝑛⃗=(0,1,−1)，则cos〈𝑚⃗⃗,𝑛⃗〉=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗|𝑚⃗⃗

⃗|⋅|𝑛⃗|=1√2×√2=12，所以二面角𝐴−𝐵𝐷−𝐶的正弦值为√1−(12)2=√32.14．【2022年新高考2卷】如图，𝑃𝑂是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的高，𝑃𝐴=𝑃𝐵，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，

E是𝑃𝐵的中点．(1)证明：𝑂𝐸//平面𝑃𝐴𝐶；(2)若∠𝐴𝐵𝑂=∠𝐶𝐵𝑂=30°，𝑃𝑂=3，𝑃𝐴=5，求二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)1113【分

析】（1）连接𝐵𝑂并延长交𝐴𝐶于点𝐷，连接𝑂𝐴、𝑃𝐷，根据三角形全等得到𝑂𝐴=𝑂𝐵，再根据直角三角形的性质得到𝐴𝑂=𝐷𝑂，即可得到𝑂为𝐵𝐷的中点从而得到𝑂𝐸//𝑃𝐷，即可得证；（2）过点𝐴作𝐴𝑧//𝑂𝑃，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；【解析】(1)证明：连接𝐵𝑂并延长交𝐴𝐶于点𝐷，连接𝑂𝐴、𝑃𝐷，因为𝑃𝑂是三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的高，所以𝑃𝑂⊥平面𝐴�

�𝐶，𝐴𝑂,𝐵𝑂⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝑂⊥𝐴𝑂、𝑃𝑂⊥𝐵𝑂，又𝑃𝐴=𝑃𝐵，所以△𝑃𝑂𝐴≅△𝑃𝑂𝐵，即𝑂𝐴=𝑂𝐵，所以∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐵𝐴，又𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，即∠𝐵𝐴𝐶=90°，所以∠�

�𝐴𝐵+∠𝑂𝐴𝐷=90°，∠𝑂𝐵𝐴+∠𝑂𝐷𝐴=90°，所以∠𝑂𝐷𝐴=∠𝑂𝐴𝐷所以𝐴𝑂=𝐷𝑂，即𝐴𝑂=𝐷𝑂=𝑂𝐵，所以𝑂为𝐵𝐷的中点，又𝐸为𝑃𝐵的中点，所以𝑂𝐸//𝑃𝐷，又𝑂𝐸⊄

平面𝑃𝐴𝐶，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以𝑂𝐸//平面𝑃𝐴𝐶(2)解：过点𝐴作𝐴𝑧//𝑂𝑃，如图建立平面直角坐标系，因为𝑃𝑂=3，𝐴𝑃=5，所以𝑂𝐴=√𝐴𝑃2−𝑃𝑂2=4，又∠𝑂𝐵𝐴

=∠𝑂𝐵𝐶=30°，所以𝐵𝐷=2𝑂𝐴=8，则𝐴𝐷=4，𝐴𝐵=4√3，所以𝐴𝐶=12，所以𝑂(2√3,2,0)，𝐵(4√3,0,0)，𝑃(2√3,2,3)，𝐶(0,12,0)，所以𝐸(

3√3,1,32)，则𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3,1,32)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(4√3,0,0)，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,12,0)，设平面𝐴𝐸𝐵的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑛⃗⋅�

�𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=3√3𝑥+𝑦+32𝑧=0𝑛⃗⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=4√3𝑥=0，令𝑧=2，则𝑦=−3，𝑥=0，所以𝑛⃗=(0,−3,2)；设平面𝐴𝐸𝐶的法向量为𝑚⃗⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则{𝑚⃗⃗⋅𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=3√3𝑎+𝑏

+32𝑐=0𝑚⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑏=0，令𝑎=√3，则𝑐=−6，𝑏=0，所以𝑚⃗⃗=(√3,0,−6)；所以cos⟨𝑛⃗,𝑚⃗⃗⟩=𝑛⃗⋅𝑚⃗⃗⃗|𝑛⃗||𝑚⃗⃗⃗

|=−12√13×√39=−4√313设二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵为𝜃，由图可知二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵为钝二面角，所以cos𝜃=−4√313，所以sin𝜃=√1−cos2𝜃=1113故二面角𝐶−𝐴𝐸−𝐵的正弦

值为1113；15．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥ABCD−中，平面ABD⊥平面BCD，ABAD=，O为BD的中点.（1）证明：OACD⊥；（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，2DEEA=，且二面角

EBCD−−的大小为45，求三棱锥ABCD−的体积.【答案】(1)证明见解析；(2)36.【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【解

析】（1）因为ABAD=，O是BD中点，所以OABD⊥，因为OA平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD平面BCDBD=，所以OA⊥平面BCD．因为CD平面BCD，所以OACD⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，O

D为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，则31(,,0),(0,1,0),(0,1,0)22CDB−，设12(0,0,),(0,,)33AmEm,所以4233(0,,),(,,0)3322EBmBC=−−=，设(),,nxyz

=r为平面EBC的法向量，则由00EBnECn==可求得平面EBC的一个法向量为2(3,1,)nm=−−．又平面BCD的一个法向量为()0,0,OAm=，所以222cos,244nOAmm−==+，解得1m=．又点C到平面ABD的距离为32，所以1133213226ABCDC

ABDVV−−===，所以三棱锥ABCD−的体积为36．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EGBD⊥，垂足为点G．作GFBC⊥，垂足为点F，连结EF，则OAEG∥．因为OA⊥平面BCD，所以EG⊥平面BCD，EFGÐ为二面

角EBCD−−的平面角．因为45EFG=，所以EGFG=．由已知得1OBOD==，故1OBOC==．又30OBCOCB==，所以3BC=．因为24222,,,,133333GDGBFGCDEGOA======，11113322(11)1333226ABCDBCDBOCVSOSOAA−=

===．[方法三]：三面角公式考虑三面角BEDC−，记EBD为，EBC为，30DBC=，记二面角EBCD−−为．据题意，得45=．对使用三面角的余弦公式，可得coscoscos30=，化简可得3coscos2=．

①使用三面角的正弦公式，可得sinsinsin=，化简可得sin2sin=．②将①②两式平方后相加，可得223cos2sin14+=，由此得221sincos4=，从而可得1tan2=．如图可知π(0,)2，即有1tan2=，根据三角形

相似知，点G为OD的三等分点，即可得43BG=，结合的正切值，可得2,13EGOA==从而可得三棱锥ABCD−的体积为36．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理

；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.16．【2021年新高考2卷】在四棱锥QABCD−中，底

面ABCD是正方形，若2,5,3ADQDQAQC====．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角BQDA−−的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23.【分析】（1）取AD的中点为O，连接,QOCO，可证QO⊥平面ABCD，从而得到面QAD⊥面ABCD.（

2）在平面ABCD内，过O作//OTCD，交BC于T，则OTAD⊥，建如图所示的空间坐标系，求出平面QAD、平面BQD的法向量后可求二面角的余弦值.【解析】（1）取AD的中点为O，连接,QOCO.因为QAQD=，OAOD=，则QO⊥AD，而2,5ADQA==，故512

QO=−=.在正方形ABCD中，因为2AD=，故1DO=，故5CO=，因为3QC=，故222QCQOOC=+，故QOC为直角三角形且QOOC⊥，因为OCADO=，故QO⊥平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作//OTCD，交BC于T，

则OTAD⊥，结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则()()()0,1,0,0,0,2,2,1,0DQB−，故()()2,1,2,2,2,0BQBD=−=−.设平面QBD的法向量(),,nxyz=，

则00nBQnBD==即220220xyzxy−++=−+=，取1x=，则11,2yz==，故11,1,2n=.而平面QAD的法向量为()1,0,0m=，故12cos,3312mn==.二面角BQDA−−的平面角为锐角，故其

余弦值为23.17．【2020年新高考1卷（山东卷）】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．【答案】（1）证明见解析；（2）63.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//ADl，从而得到l⊥平面PDC；（2）方法一：根据题意，建立

相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)Qm，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cos,nPB的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.【解析】（1）在正方形ABCD中，//ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以/

/AD平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl=，所以//ADl，因为在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，所以,,ADDClDC⊥⊥且PD⊥平面ABCD，所以,,ADPDlPD⊥⊥因为CDPDD=，所以l⊥平面PDC．（2）［方法一］【最优解】：

通性通法因为,,DPDADC两两垂直，建立空间直角坐标系Dxyz−，如图所示：因为1PDAD==，设(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB，设(,0,1)Q

m，则有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB===−，设平面QCD的法向量为(,,)nxyz=，则00DCnDQn==，即00ymxz=+=，令1x=，则zm=−，所以平面QCD的一个法向量为(1,0,)nm=−，则210cos

,31nPBmnPBnPBm++==+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PB与平面QCD所成角的正弦值等于2|1||cos,|31mnPBm+=+ruur2231231mmm++=+223232||36111

1313133mmmm=+++=++，当且仅当1m=时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.［方法二］：定义法如图2，因为l平面PBC，Ql，所以Q平面PBC．在平面PQC中，设P

BQCE=．在平面PAD中，过P点作PFQD⊥，交QD于F，连接EF．因为PD⊥平面,ABCDDC平面ABCD，所以DCPD⊥．又由,,DCADADPDDPD⊥=平面PAD，AD平面PAD，所以DC⊥平面PAD

．又PF平面PAD，所以DCPF⊥．又由,,PFQDQDDCDQD⊥=平面,QOCDC平面QDC，所以PF⊥平面QDC，从而FEP即为PB与平面QCD所成角．设PQa=，在PQD△中，易求21aPFa=+．由PQEV与BEC△相似，得1PEPQaEBBC==，可得31a

PEa=+．所以22211226sin1313333aaFEPaa+==+=++，当且仅当1a=时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长CB至G，使得BGPQ=，连接GQ，

GD，则//PBQG，过G点作GM⊥平面QDC，交平面QDC于M，连接QM，则GQM即为所求．设PQx=，在三棱锥QDCG−中，111()(1)326QDCGVPDCDCBBGx−=+=+．在三棱锥GQDC−中，2111113232GQDCV

GMCDQDGMx−==+．由QDCGGQDCVV−−=得2111(1)1632xGMx+=+，解得2222112212111xxxxGMxxx+++===++++，当且仅当1x=时等号成立．在RtPDB△中，易求3PBQG

==，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为26sin33MQG==．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面QCD的法向量n与向量PB的夹角的余弦

值的绝对值，即cos,nPB，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用//PBQG，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面

QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．18．【2020年新高考2卷（海南卷）】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P

D=AD=1，Q为l上的点，QB=2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）63.【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得//ADl，利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，从而得到l⊥平面PDC；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得

到相应点的坐标，设出点(,0,1)Qm，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cos,nPB，即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值.【解析】（1）在正方形ABCD中，//ADBC，因为AD平面PBC，BC平面PBC，所以/

/AD平面PBC，又因为AD平面PAD，平面PAD平面PBCl=，所以//ADl，因为在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，所以,,ADDClDC⊥⊥且PD⊥平面ABCD，所以,,ADPDlPD

⊥⊥因为CDPDD=，所以l⊥平面PDC；（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz−，因为1PDAD==，则有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)DCAPB，设(,0,1)Qm，则有(0

,1,0),(,0,1),(1,1,1)DCDQmPB===−，因为QB=2，所以有222(1)(01)(10)21mm−+−+−==设平面QCD的法向量为(,,)nxyz=，则00DCnDQn==，即00yxz=+=，令1x=，则1z=−，所

以平面QCD的一个法向量为(1,0,1)n=−，则22222210126cos,.32310(1)111nPBnPBnPB++====++−++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6

|cos,|3nPB=ruur所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为63.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.