專題14空間向量與立體幾何（解答題）

6種常見考法歸類

知識五年考情（2021-2025）命題趨勢

考點01平行關系的判定

1.線面關系證明是基礎必考題

知識1線面關2025·上海2023·全國乙卷2022·全國甲卷

平行關系（如線面平行、面面平行）

系的證明考點垂直關系的判定

02和垂直關系（線面垂直、面面垂直）

（年考）

542023·全國甲卷2022·全國乙卷2021·全國甲卷

的判定是解答題的“保底”考點，

全國乙卷

2021·題目通常以常見幾何體（棱柱、棱

考點03求異面直線所成的角錐、棱臺等）為載體，要求結(jié)合幾

2025·全國一卷2021·上海何定義、判定定理進行邏輯推理，

考點04求直線與平面所成的角強調(diào)對空間線面位置關系的直觀

2025·北京2024·上海2023·全國甲卷2022·上感知與嚴謹論證能力，難度中等，

海是得分的關鍵環(huán)節(jié)。

2022·浙江2022·全國甲卷2022·全國乙卷2.空間角的計算是高頻重難點

北京浙江空間角（異面直線所成角、直線與

知識2空間角2022·2021·

考點求面面角或二面角平面所成角、二面角）的求解在近

（5年5考）05

2025·全國二卷2025·天津2024·新課標Ⅰ卷5年保持“5年5考”的高頻態(tài)

2024·新課標Ⅱ卷2024·全國甲卷2024·北京勢，其中二面角是絕對核心（幾乎

2023·新課標Ⅰ卷2023·新課標Ⅱ卷2023·北京每年必考，覆蓋全國卷、地方卷多

2023·上海2023·全國乙卷2022·新高考全國Ⅰ卷個地區(qū)），其次是直線與平面所成

2022·新高考全國Ⅱ卷2022·天津2021·新高考全角，異面直線所成角偶有涉及。題

國Ⅰ卷2021·新高考全國Ⅱ卷2021·全國甲卷目通常需要結(jié)合空間向量法（建

2021·全國乙卷2021·天津2021·北京系、求法向量）或幾何法（作輔助

線、找角）求解，既考查空間想象

能力，也注重運算準確性，是區(qū)分

度的重要體現(xiàn)。

3.空間距離的考查聚焦點到面距離

空間距離的考查以“點到面的距

知識3空間距

考點06求點到面的距離離”為核心（近5年多次出現(xiàn)），

離

2024·全國甲卷2024·天津2023·天津常與體積計算、空間角綜合命題，

（5年2考）

需要借助等體積法或空間向量的

投影公式求解，體現(xiàn)“空間度量”

的統(tǒng)一性，難度中等偏上。

考點01平行關系的判定

1．（2025·上海·高考真題）如圖，P是圓錐的頂點，O是底面圓心，AB是底面直徑，且AB2．

π

(1)若直線PA與圓錐底面的所成角為，求圓錐的側(cè)面積；

3

π

(2)已知Q是母線PA的中點，點C、D在底面圓周上，且弧AC的長為，CD∥AB．設點M在線段OC

3

上，證明：直線QM∥平面PBD．

【答案】(1)2π

(2)證明見解析

【分析】（1）由線面角先算出母線長，然后根據(jù)側(cè)面積公式求解.

（2）證明平面QOC//平面PBD，然后根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得.

π

【詳解】（1）由題知，PAB，即軸截面ABP是等邊三角形，故PAAB2，

3

1

底面周長為2π12π，則側(cè)面積為：22π2π;

2

（2）由題知AQQP,AOOB，則根據(jù)中位線性質(zhì)，QO∥PB，

又QO平面PBD，PB平面PBD，則QO//平面PBD

πππ

由于AC，底面圓半徑是1，則AOC，又CD∥AB，則OCD，

333

又OCOD，則OCD為等邊三角形，則CD1，

于是CD∥BO且CDOB，則四邊形OBDC是平行四邊形，故OC∥BD，

又OC平面PBD，BD平面PBD，故OC//平面PBD.

又OCOQO,OC,OQ平面QOC，

根據(jù)面面平行的判定，于是平面QOC//平面PBD，

又MOC，則QM平面QOC，則QM//平面PBD

2．（2023·全國乙卷·高考真題）如圖，在三棱錐PABC中，ABBC，AB2，BC22，PBPC6，

BP,AP,BC的中點分別為D,E,O，點F在AC上，BFAO．

(1)求證：EF//平面ADO；

(2)若POF120，求三棱錐PABC的體積．

【答案】(1)證明見解析

26

(2)

3

【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.

（2）作出并證明PM為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.

1

【詳解】（1）連接DE,OF，設AFtAC，則BFBAAF(1t)BAtBC，AOBABC，BFAO，

2

121

則BFAO[(1t)BAtBC](BABC)(t1)BAtBC24(t1)4t0，

22

1

解得t，則F為AC的中點，由D,E,O,F分別為PB,PA,BC,AC的中點，

2

11

于是DE//AB,DEAB,OF//AB,OFAB，即DE//OF,DEOF，

22

則四邊形ODEF為平行四邊形，

EF//DO,EFDO，又EF平面ADO,DO平面ADO，

所以EF//平面ADO.

（2）過P作PM垂直FO的延長線交于點M，

因為PBPC,O是BC中點，所以POBC，

1

在Rt△PBO中，PB6,BOBC2，

2

所以POPB2OB2622，

因為ABBC,OF//AB，

所以OFBC，又POOFO，PO,OF平面POF，

所以BC平面POF，又PM平面POF，

所以BCPM，又BCFMO，BC,FM平面ABC，

所以PM平面ABC，

即三棱錐PABC的高為PM，

因為POF120，所以POM60，

3

所以PMPOsin6023，

2

11

又S△ABBC22222，

ABC22

1126

所以VS△PM223.

PABC3ABC33

3．（2022·全國甲卷·高考真題）小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：

底面ABCD是邊長為8（單位：cm）的正方形，EAB,FBC,GCD,HDA均為正三角形，且它們所在的平

面都與平面ABCD垂直．

(1)證明：EF//平面ABCD；

(2)求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）．

【答案】(1)證明見解析；

640

(2)3．

3

【分析】（1）分別取AB,BC的中點M,N，連接MN，由平面知識可知EMAB,FNBC，EMFN，

依題從而可證EM平面ABCD，F(xiàn)N平面ABCD，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知EM//FN，即可知四

邊形EMNF為平行四邊形，于是EF//MN，最后根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；

（2）再分別取AD,DC中點K,L，由（1）知，該幾何體的體積等于長方體KMNLEFGH的體積加上四棱

錐BMNFE體積的4倍，即可解出．

【詳解】（1）如圖所示：

分別取AB,BC的中點M,N，連接MN，因為EAB,FBC為全等的正三角形，所以EMAB,FNBC，

EMFN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，EM平面EAB，所以EM平面

ABCD，同理可得FN平面ABCD，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知EM//FN，而EMFN，所以四邊形

EMNF為平行四邊形，所以EF//MN，又EF平面ABCD，MN平面ABCD，所以EF//平面ABCD．

（2）[方法一]：分割法一

如圖所示：

分別取AD,DC中點K,L，由（1）知，EF//MN且EFMN，同理有，HE//KM,HEKM，

HG//KL,HGKL，GF//LN,GFLN，由平面知識可知，BDMN，MNMK，KMMNNLLK，

所以該幾何體的體積等于長方體KMNLEFGH的體積加上四棱錐BMNFE體積的4倍．

因為MNNLLKKM42，EM8sin6043，點B到平面MNFE的距離即為點B到直線MN的

距離d，d22，所以該幾何體的體積

21256640

V42434424322128333．

333

[方法二]：分割法二

如圖所示：

連接AC,BD,交于O，連接OE,OF,OG,OH.則該幾何體的體積等于四棱錐O-EFGH的體積加上三棱錐A-OEH的4

倍,再加上三棱錐E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中點P，連接AP,OP.則EH垂直平面

APO.由圖可知，三角形APO,四棱錐O-EFGH與三棱錐E-OAB的高均為EM的長.所以該幾何體的體積

1211116403

V434244242434434242.

332323

考點02垂直關系的判定

4．（2023·全國甲卷·高考真題）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C平面ABC,ACB90．

(1)證明：平面ACC1A1平面BB1C1C；

(2)設ABA1B,AA12，求四棱錐A1BB1C1C的高．

【答案】(1)證明見解析.

(2)1

【分析】(1)由A1C平面ABC得A1CBC，又因為ACBC，可證BC平面ACC1A1，從而證得平面

ACC1A1平面BCC1B1；

(2)過點A1作A1OCC1，可證四棱錐的高為A1O,由三角形全等可證A1CAC，從而證得O為CC1中點，設

A1CACx，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求A1O.

【詳解】（1）證明：因為A1C平面ABC，BC平面ABC,

所以A1CBC,

又因為ACB90，即ACBC，

A1C,AC平面ACC1A1，A1CACC,

所以BC平面ACC1A1，

又因為BC平面BCC1B1,

所以平面ACC1A1平面BCC1B1.

（2）如圖，

過點A1作A1OCC1，垂足為O.

因為平面ACC1A1平面BCC1B1，平面ACC1A1平面BCC1B1CC1，A1O平面ACC1A1，

所以A1O平面BCC1B1，

所以四棱錐A1BB1C1C的高為A1O.

因為A1C平面ABC，AC,BC平面ABC,

所以A1CBC,A1CAC,

又因為A1BAB，BC為公共邊，

所以VABC與A1BC全等，所以A1CAC.

設A1CACx，則A1C1x，

1

所以O為CC中點，OCAA1,

1121

222

又因為A1CAC,所以A1CACAA1,

即x2x222，解得x2，

2

所以222，

A1OA1C1OC1211

所以四棱錐A1BB1C1C的高為1．

5．（2022·全國乙卷·高考真題）如圖，四面體ABCD中，ADCD,ADCD,ADBBDC，E為AC的

中點．

(1)證明：平面BED平面ACD；

(2)設ABBD2,ACB60，點F在BD上，當AFC的面積最小時，求三棱錐FABC的體積．

【答案】(1)證明詳見解析

3

(2)

4

【分析】（1）通過證明AC平面BED來證得平面BED平面ACD.

（2）首先判斷出三角形AFC的面積最小時F點的位置，然后求得F到平面ABC的距離，從而求得三棱錐

FABC的體積.

【詳解】（1）由于ADCD，E是AC的中點，所以ACDE.

ADCD

由于BDBD，所以ADBCDB，

ADBCDB

所以ABCB，故ACBE，

由于DEBEE，DE,BE平面BED，

所以AC平面BED，

由于AC平面ACD，所以平面BED平面ACD.

（2）[方法一]：判別幾何關系

依題意ABBDBC2，ACB60，三角形ABC是等邊三角形，

所以AC2,AECE1,BE3，

由于ADCD,ADCD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE1.

DE2BE2BD2，所以DEBE，

由于ACBEE，AC,BE平面ABC，所以DE平面ABC.

由于ADBCDB，所以FBAFBC，

BFBF

由于FBAFBC，所以FBAFBC，

ABCB

所以AFCF，所以EFAC，

1

由于SACEF，所以當EF最短時，三角形AFC的面積最小

AFC2

過E作EFBD，垂足為F，

113

在RtBED中，BEDEBDEF，解得EF，

222

2

所以2313，

DF1,BF2DF

222

BF3

所以

BD4

FHBF3

過F作FHBE，垂足為H，則FH//DE，所以FH平面ABC，且，

DEBD4

3

所以FH，

4

11133

所以VSFH23.

FABC3ABC3244

[方法二]：等體積轉(zhuǎn)換

ABBC，ACB60，AB2

ABC是邊長為2的等邊三角形，

BE3

連接EF

ΔADBΔCDBAFCF

EFAC

在ΔBED中，當EFBD時，ΔAFC面積最小

ADCD,ADCD,AC2,E為AC中點

DE1DE2BE2BD2

BEED

BEDE3

若EFBD,在ΔBED中，EF

BD2

3

BFBE2EF2

2

113333

SBFEF

ΔBEF22228

11333

VVVSAC2

FABCABEFCBEF3ΔBEF384

6．（2021·全國甲卷·高考真題）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，ABBC2，E，F(xiàn)

分別為AC和CC1的中點，BFA1B1.

（1）求三棱錐FEBC的體積；

（2）已知D為棱A1B1上的點，證明：BFDE.

1

【答案】(1)；(2)證明見解析.

3

【分析】（1）先證明VABC為等腰直角三角形，然后利用體積公式可得三棱錐的體積；

（2）將所給的幾何體進行補形，從而把線線垂直的問題轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，然后再由線面垂直可得題中

的結(jié)論.

【詳解】（1）由于BFA1B1，AB//A1B1，所以ABBF，

又AB⊥BB1，BB1BFB，故AB平面BCC1B1，

則ABBC，VABC為等腰直角三角形，

111111

S△BCES△ABC221，VFEBCS△BCECF11.

222333

（2）由（1）的結(jié)論可將幾何體補形為一個棱長為2的正方體ABCMA1B1C1M1，如圖所示，取棱AM,BC的

中點H,G，連結(jié)A1H,HG,GB1，

正方形BCC1B1中，G,F為中點，則BFB1G，

又BFA1B1,A1B1B1GB1，

故BF平面A1B1GH，而DE平面A1B1GH，

從而BFDE.

【點睛】求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，例如三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，我

們就選擇其中的一個側(cè)面作為底面，另一條側(cè)棱作為高來求體積．對于空間中垂直關系（線線、線面、面

面）的證明經(jīng)常進行等價轉(zhuǎn)化.

7．（2021·全國乙卷·高考真題）如圖，四棱錐PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，M為BC的中

點，且PBAM．

（1）證明：平面PAM平面PBD；

（2）若PDDC1，求四棱錐PABCD的體積．

2

【答案】（1）證明見解析；（2）．

3

【分析】（1）由PD底面ABCD可得PDAM，又PBAM，由線面垂直的判定定理可得AM平面PBD，

再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證出平面PAM平面PBD；

（2）由（1）可知，AMBD，由平面知識可知，DAB~ABM，由相似比可求出AD，再根據(jù)四棱錐

PABCD的體積公式即可求出．

【詳解】（1）因為PD底面ABCD，AM平面ABCD，

所以PDAM，

又PBAM，PBPDP，

所以AM平面PBD，

而AM平面PAM，

所以平面PAM平面PBD．

（2）[方法一]：相似三角形法

由（1）可知AMBD．

ADAB

于是ABD∽BMA，故．

ABBM

112

因為BMBC,ADBC,AB1，所以BC1，即BC2．

22

12

故四棱錐PABCD的體積VABBCPD．

33

[方法二]：平面直角坐標系垂直垂直法

由（2）知AMDB,所以kAMkBD1．

建立如圖所示的平面直角坐標系，設BC2a(a0)．

因為DC1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．

a02a0

從而kka(2a)2a21．

AMBD1001

2

所以a，即DA2．下同方法一.

2

[方法三]【最優(yōu)解】：空間直角坐標系法

建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，

設DAt，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．

tt

所以M,1,0，PB(t,1,1)，AM,1,0．

22

tt2

所以PBAMt110(1)10．

22

所以t2，即DA2．下同方法一.

[方法四]：空間向量法

由PBAM，得PBAM0．

所以(PDDAAB)AM0．

即PDAMDAAMABAM0．

又PD底面ABCD，AM在平面ABCD內(nèi)，

因此PDAM，所以PDAM0．

所以DAAMABAM0，

由于四邊形ABCD是矩形，根據(jù)數(shù)量積的幾何意義，

11

得DA|2AB|20，即|BC|210．

22

所以BC2，即BC2．下同方法一.

【整體點評】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；

方法二構(gòu)建平面直角坐標系，利用直線垂直的條件得到矩形的另一個邊長，從而求得該四棱錐的體積；

方法三直接利用空間直角坐標系和空間向量的垂直的坐標運算求得矩形的另一個邊長,為最常用的通性通法，

為最優(yōu)解；

方法四利用空間向量轉(zhuǎn)化求得矩形的另一邊長.

考點03求異面直線所成的角

8．（2025·全國一卷·高考真題）如圖所示的四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，BC∥AD,ABAD．

(1)證明：平面PAB平面PAD；

(2)PAAB2,AD13,BC2，P，B，C，D在同一個球面上，設該球面的球心為O．

（i）證明：O在平面ABCD上；

（ⅱ）求直線AC與直線PO所成角的余弦值．

【答案】(1)證明見解析；

(2)（i）證明見解析；

2

（ii）.

3

【分析】（1）通過證明APAB，APAD，得出AB平面PAD，即可證明面面垂直；

（2）（i）法一：建立空間直角坐標系并表達出各點的坐標，假設P,B,C,D在同一球面O上，在平面xAy中，

得出點O坐標，進而得出點O在空間中的坐標，計算出OPOBOCOD，即可證明結(jié)論；

法二：作出△BCD的邊BC和CD的垂直平分線，找到三角形的外心O1，求出PO1，求出出外心O1到P，B，

C，D的距離相等，得出外心O1即為P，B，C，D所在球的球心，即可證明結(jié)論；

（ii）法一：寫出直線AC和PO的方向向量，即可求出余弦值.

法二：求出AC的長，過點O作AC的平行線，交BC的延長線為C1，連接AC1，PC1，利用勾股定理求出AC1

△

的長，進而得出PC1的長，在POC1中由余弦定理求出cosPOC1，即可求出直線AC與直線PO所成角的

余弦值.

【詳解】（1）由題意證明如下，

在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，ABAD，

AB平面ABCD，AD平面ABCD，

∴APAB，APAD，

∵AP平面PAD，AD平面PAD，APADA，

∴AB平面PAD，

∵AB平面PAB，

∴平面PAB平面PAD.

（2）（i）由題意及（1）證明如下，

法一：

在四棱錐PABCD中，APAB，APAD，ABAD，BC∥AD，

PAAB2，AD13，

建立空間直角坐標系如下圖所示，

∴A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,13,0,P0,0,2，

若P，B，C，D在同一個球面上，

則OPOBOCOD，

在平面xAy中，

∴A0,0,B2,0,C2,2,D0,13，

233

∴線段CD中點坐標F,，

22

13231

直線CD的斜率：k1，

022

262

直線CD的垂直平分線EF斜率：k2，

312

33622

∴直線EF的方程：yx，

222

62233

即yx，

222

62233

當時，，解得：，

y11xOxO0

222

∴O0,1

在立體幾何中，O0,1,0，

2

22

OP0102

2

22

OB0210

∵

2

22

OC02120

2

OD0211302

解得：OPOBOCOD3，

∴點O在平面ABCD上.

法二：

∵P，B，C，D在同一個球面上，

∴球心到四個點的距離相等

在△BCD中，到三角形三點距離相等的點是該三角形的外心，

作出BC和CD的垂直平分線，如下圖所示，

由幾何知識得，

1

OEAB2，BECEAOGOBC1，ODADAO3

111211

2

2，

BO1CO1123

∴O1DBO1CO1，

∴點O1是△BCD的外心，

在RtAOP中，APAD，AP2，

由勾股定理得，

2

222

PO1APAO1213

∴PO1BO1CO1O1D3，

∴點O1即為點P，B，C，D所在球的球心O，

此時點O在線段AD上，AD平面ABCD，

∴點O在平面ABCD上.

（ii）由題意，（1）（2）（ii）及圖得，

AC2,2,0,PO0,1,2，

設直線AC與直線PO所成角為，

ACPO02102

∴cos

223.

ACPO22200122

法2：

由幾何知識得，PO3，

ABAD，BC∥AD，

∴ABBC，

在RtVABC中，AB2，BC2，由勾股定理得，

2

ACAB2BC22226，

過點O作AC的平行線，交BC的延長線為C1，連接AC1，PC1，

△

則OC1AC6，直線AC與直線PO所成角即為POC1中POC1或其補角.

∵PA平面ABCD，AC1平面ABCD，PAAC1A，

∴PAAC1，

在RtABC1中，AB2，BC1BCCC1213，由勾股定理得，

2

222，

AC1ABBC12311

在RtAPC1中，PA2，由勾股定理得，

22

22，

PC1PAAC121113

△

在POC1中，由余弦定理得，

222

PC1POOC12POOC1cosPOC1，

222

即：

1336236cosPOC1

2

解得：cosPOC

13

2

∴直線AC與直線PO所成角的余弦值為：cosPOC.

13

9．（2021·上?！じ呖颊骖}）四棱錐PABCD，底面為正方形ABCD，邊長為4，E為AB中點，PE平面

ABCD.

（1）若△PAB為等邊三角形，求四棱錐PABCD的體積；

（2）若CD的中點為F，PF與平面ABCD所成角為45°，求PD與AC所成角的大小.

3232

【答案】（1）V；（2）arccos.

PABCD36

【分析】（1）由棱錐體積公式計算；

（2）建立空間直角坐標系，用空間向量法求二面角．

【詳解】（1）∵正方形ABCD邊長為4，△PAB為等邊三角形，E為AB中點，

1323

∴PE23，V4223；

PABCD33

（2）如圖以EA,EF,EP為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則P(0,0,4)，D(2,4,0)，A(2,0,0)，

uuur

C(2,4,0)，∴PD(2,4,4)，AC(4,4,0)，

uuuruuur

PDAC81602

∴cosuuuruuur，

|PD||AC|6426

2

即PD與AC所成角的大小為arccos．

6

考點04求直線與平面所成的角

10．（2025·北京·高考真題）如圖，在四棱錐PABCD中，ADC與BAC均為等腰直角三角形，

ADC90，BAC90，E為BC的中點．

(1)若F,G分別為PD,PE的中點，求證：FG//平面PAB；

(2)若PA平面ABCD，PAAC，求直線AB與平面PCD所成角的正弦值．

【答案】(1)證明見解析

3

(2)

3

【分析】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，只需證明FG∥MN即可；

（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求出直線AB的方向向量與面PCD的法向量，根據(jù)向量夾角公式即可求

解.

【詳解】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，

ACD與VABC為等腰直角三角形且ADC90，BAC90，

不妨設ADCD2，ACAB22.BC4.

E、F分別為BC、PD的中點，

11

FNAD1,GMBE1，且FN//AD,GM//BC.

22

QDAC45,ACB45，AD∥BC，

FN∥GM，∴四邊形FGMN為平行四邊形，

FG∥MN，

FG平面PAB，MN平面PAB，F(xiàn)G∥平面PAB；

（2）PA平面ABCD，以A為原點，AC、AB、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直

角坐標系，

設ADCD2，則A0,0,0,B0,22,0,C22,0,0,D2,2,0,P0,0,22，

AB0,22,0,DC2,2,0,CP22,0,22，

設平面PCD的一個法向量為n(x,y,z)，

DCn02x2y0

，，

CPn022x22z0

取x1，y1,z1，n1,1,1.

設AB與平面PCD所成角為，

ABn0122101223

則sincosAB,n，

2

ABn22121122233

3

即AB與平面PCD所成角的正弦值為.

3

11．（2024·上?！じ呖颊骖}）如圖為正四棱錐PABCD,O為底面ABCD的中心．

(1)若AP5,AD32，求POA繞PO旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體的體積；

(2)若APAD,E為PB的中點，求直線BD與平面AEC所成角的大小．

【答案】(1)12π

π

(2)

4

【分析】（1）根據(jù)正四棱錐的數(shù)據(jù)，先算出直角三角形POA的邊長，然后求圓錐的體積；

（2）連接EA,EO,EC，可先證BE平面ACE，根據(jù)線面角的定義得出所求角為BOE，然后結(jié)合題目數(shù)

量關系求解.

【詳解】（1）正四棱錐滿足且PO平面ABCD，由AO平面ABCD，則POAO，

又正四棱錐底面ABCD是正方形，由AD32可得，AO3，

故POPA2AO24，

根據(jù)圓錐的定義，POA繞PO旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是以PO為軸，AO為底面半徑的圓錐，

即圓錐的高為PO4，底面半徑為AO3，

1

根據(jù)圓錐的體積公式，所得圓錐的體積是π32412π

3

（2）連接EA,EO,EC，由題意結(jié)合正四棱錐的性質(zhì)可知，每個側(cè)面都是等邊三角形，

由E是PB中點，則AEPB,CEPB，又AECEE,AE,CE平面ACE，

故PB平面ACE，即BE平面ACE，又BD平面ACEO，

于是直線BD與平面AEC所成角的大小即為BOE，

32

不妨設APAD6，則BO32,BE3，sinBOE，

322

π

又線面角的范圍是0,，

2

π

故BOE.即為所求.

4

12．（2023·全國甲卷·高考真題）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C底面ABC，ACB90,AA12，

A1到平面BCC1B1的距離為1．

(1)證明：A1CAC；

(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．

【答案】(1)證明見解析

13

(2)

13

【分析】（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得A1O平面BCC1B1，再由勾股定理求出O為

中點，即可得證；

（2）利用直角三角形求出AB1的長及點A到面的距離，根據(jù)線面角定義直接可得正弦值.

【詳解】（1）如圖，

A1C底面ABC，BC面ABC，

A1CBC，又BCAC，A1C,AC平面ACC1A1，A1CACC,

BC平面ACC1A1，又BC平面BCC1B1，

平面ACC1A1平面BCC1B1，

過A1作A1OCC1交CC1于O，又平面ACC1A1平面BCC1B1CC1，A1O平面ACC1A1，

A1O平面BCC1B1

A1到平面BCC1B1的距離為1，A1O1，

△

在RtA1CC1中，A1CA1C1,CC1AA12，

設COx，則C1O2x，

△△△

A1OC,A1OC1,A1CC1為直角三角形，且CC12，

222222222

COA1OA1C，A1OOC1C1A1，A1CA1C1C1C，

1x21(2x)24，解得x1，

ACA1CA1C12，

A1CAC

（2）ACA1C1,BCA1C,BCAC，

△≌△

RtACBRtA1CB

BABA1，

過B作BDAA1，交AA1于D，則D為AA1中點，

由直線AA1與BB1距離為2，所以BD2

A1D1，BD2，A1BAB5，

在Rt△ABC，BCAB2AC23，

延長AC，使ACCM，連接C1M，

∥

由CMA1C1,CMA1C1知四邊形A1CMC1為平行四邊形，

∥

C1MA1C，C1M平面ABC，又AM平面ABC，

C1MAM

則在△中，，22，

RtAC1MAM2AC,C1MA1CAC1(2AC)A1C

在△中，22，，

RtAB1C1AC1(2AC)A1CB1C1BC3

222

AB1(22)(2)(3)13,

又A到平面BCC1B1距離也為1，

113

所以AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為.

1313

13．（2022·上?！じ呖颊骖}）如圖所示三棱錐P-ABC，底面為等邊三角形ABC，O為AC邊中點，且PO底

面ABC，APAC2

(1)求三棱錐P-ABC的體積；

(2)若M為BC中點，求PM與平面PAC所成角大?。ńY(jié)果用反三角數(shù)值表示）.

【答案】(1)1；

3

(2)arcsin．

4

【分析】（1）由棱錐體積公式計算；

（2）建立空間直角坐標系，用空間向量法二面角．

【詳解】（1）PO底面ABC，AC底面ABC，則POAC，連接BO，同理POBO，

1

又AOAC1，PA2，∴PO22123，

2

1

而S△22sin603，

ABC2

11

所以VPOS331；

PABC3ABC3

（2）由已知BOAC，分別以OB,OC,OP為x,y,z軸建立空間直角坐標系，如圖，

由已知BO3，

31

則P(0,0,3)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，∴M(,,0)，

22

31

PM(,,3)，易知平面PAC的一個法向量是m(1,0,0)，

22

3

mPM3

cosm,PM2，

mPM314

13

44

33

設PM與平面PAC所成角大小為，則sin，[0,π]，∴arcsin．

44

14．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB5，DC3，

EF1，BADCDE60，二面角FDCB的平面角為60．設M，N分別為AE,BC的中點．

(1)證明：FNAD；

(2)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．

【答案】(1)證明見解析；

57

(2)．

14

【分析】（1）過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點G、H，由平面知識易得FCBC，

再根據(jù)二面角的定義可知，BCF60，由此可知，F(xiàn)NBC，F(xiàn)NCD，從而可證得FN平面ABCD，

即得FNAD；

（2）由（1）可知FN平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以可以以點N為原點，NK，NB、NF

所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Nxyz，求出平面ADE的一個法向量，以及BM，

即可利用線面角的向量公式解出．

【詳解】（1）過點E、D分別做直線DC、AB的垂線EG、DH并分別交于點G、H．

∵四邊形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB5,DC3,EF1，BADCDE60，

由平面幾何知識易知，DGAH2,EFCDCFDCBABC90，則四邊形EFCG和四邊形

DCBH是矩形，∴在RtEGD和RtDHA，EGDH23，

∵DCCF,DCCB，且CFCBC，

∴DC平面BCF,BCF是二面角FDCB的平面角，則BCF60，

∴VBCF是正三角形，由DC平面ABCD，得平面ABCD平面BCF，

∵N是BC的中點，F(xiàn)NBC，又DC平面BCF，F(xiàn)N平面BCF，可得FNCD，而BCCDC，

∴FN平面ABCD，而AD平面ABCDFNAD．

（2）因為FN平面ABCD，過點N做AB平行線NK，所以以點N為原點，NK，NB、NF所在直線分

別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Nxyz，

33

設A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,3,0),E(1,0,3)，則M3,,，