專題04 立體幾何-2020-2024年五年高考1年模擬數學真題分類匯編（北京專用）（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題04立體幾何考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點立體幾何（5年幾考）2020-2024：5年十二考：線面的位置關系；由已知條件求解長度或距離；外接球與內切球；三視圖求面積或體積；空間向量求角立體幾何總體難度有所提升,但仍然以基礎性題目為主,注重考查數學文化,社會生活實踐中的數學問題,球的切接問題也是考查的熱點和難點,解答題以常見兒何體為載體,重點考查空間中點,線、面的位置關系的判斷與論證,以及空間角的求法,從能力上更加注重對空間想象,邏輯思維和運算求解能力的考查,題目多為中檔的綜合性問題。立體幾何的題目考查形式多樣，且難度不定,需要學生在平時下功夫,加強對中低檔題目的訓練,打好基礎,在平時訓練中注意提高空間想象、邏輯推理和運算求解能力,。考點立體幾何1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（

）.A．1 B．2 C． D．【答案】D〖祥解〗取點作輔助線，根據題意分析可知平面平面，可知平面，利用等體積法求點到面的距離.【詳析】如圖，底面為正方形，當相鄰的棱長相等時，不妨設，分別取的中點，連接，則，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，過作的垂線，垂足為，即，由平面平面，平面，所以平面，由題意可得：，則，即，則，可得，所以四棱錐的高為.當相對的棱長相等時，不妨設，，因為，此時不能形成三角形，與題意不符，這樣情況不存在.故選：D.2．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（

）

A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗先根據線面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長相加即可得解.【詳析】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，所以.因為平面，平面，所以，因為，平面，，所以平面，因為平面，所以，.同理：，又，故四邊形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因為，所有棱長之和為.故選：C3．（2022·北京·高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內部的點構成的集合．設集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗求出以為球心，5為半徑的球與底面的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【詳析】設頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因為，故，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內部，故其面積為故選：B4．（2021·北京·高考真題）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗根據三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據三視圖中的數據可計算該幾何體的表面積.【詳析】根據三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐，其側面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側棱長為1，故其表面積為，故選：A.5．（2021·北京·高考真題）某一時間段內，從天空降落到地面上的雨水，未經蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個時段的降雨量（單位：）．24h降雨量的等級劃分如下：

等級24h降雨量（精確到0.1）…………小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9…………在綜合實踐活動中，某小組自制了一個底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B〖祥解〗計算出圓錐體積，除以圓面的面積即可得降雨量，即可得解.【詳析】由題意，一個半徑為的圓面內的降雨充滿一個底面半徑為，高為的圓錐，所以積水厚度，屬于中雨.故選：B.6．（2020·北京·高考真題）某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（

）．A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗首先確定幾何體的結構特征，然后求解其表面積即可.【詳析】由題意可得，三棱柱的上下底面為邊長為2的等邊三角形，側面為三個邊長為2的正方形，則其表面積為：.故選：D.【『點石成金』】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關鍵是能夠對給出的三視圖進行恰當的分析，從三視圖中發(fā)現幾何體中各元素間的位置關系及數量關系．(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積應注意重合部分的處理．(3)圓柱、圓錐、圓臺的側面是曲面，計算側面積時需要將這個曲面展為平面圖形計算，而表面積是側面積與底面圓的面積之和．7．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/〖祥解〗根據體積為公比為10的等比數列可得關于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.【詳析】設升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.8．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.【詳析】（1）取的中點為，接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因為，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則設平面的法向量為，則由可得，取，設平面的法向量為，則由可得，取，故，故平面與平面夾角的余弦值為9．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；(2)求二面角的大小．【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）先由線面垂直的性質證得，再利用勾股定理證得，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.【詳析】（1）因為平面平面，所以，同理，所以為直角三角形，又因為，，所以，則為直角三角形，故，又因為，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，則，以為原點，為軸，過且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則，所以，設平面的法向量為，則，即令，則，所以，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以，所以，又因為二面角為銳二面角，所以二面角的大小為.10．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．(1)求證：平面；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)見解析(2)見解析〖祥解〗（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【詳析】（1）取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因為側面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.若選②，因為，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.11．（2021·北京·高考真題）如圖：在正方體中，為中點，與平面交于點．（1）求證：為的中點；（2）點是棱上一點，且二面角的余弦值為，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）．〖祥解〗(1)首先將平面進行擴展，然后結合所得的平面與直線的交點即可證得題中的結論；(2)建立空間直角坐標系，利用空間直角坐標系求得相應平面的法向量，然后解方程即可求得實數的值.【詳析】(1)如圖所示，取的中點，連結，由于為正方體，為中點，故，從而四點共面，即平面CDE即平面，據此可得：直線交平面于點，當直線與平面相交時只有唯一的交點，故點與點重合，即點為中點.(2)以點為坐標原點，方向分別為軸，軸，軸正方向，建立空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為2，設，則：，從而：，設平面的法向量為：，則：，令可得：，設平面的法向量為：，則：，令可得：，從而：，則：，整理可得：，故（舍去）.【『點石成金』】本題考查了立體幾何中的線面關系和二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.12．（2020·北京·高考真題）如圖，在正方體中，E為的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.〖祥解〗（Ⅰ）證明出四邊形為平行四邊形，可得出，然后利用線面平行的判定定理可證得結論；也可利用空間向量計算證明；（Ⅱ）可以將平面擴展，將線面角轉化，利用幾何方法作出線面角，然后計算；也可以建立空間直角坐標系，利用空間向量計算求解.【詳析】（Ⅰ）[方法一]：幾何法如下圖所示：在正方體中，且，且，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，平面；[方法二]:空間向量坐標法以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則、、、，，，設平面的法向量為，由，得，令，則，，則.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：幾何法延長到，使得，連接，交于，又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,連接，作,垂足為,連接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直線平面,又∵直線平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直線上,∴直線為直線在平面中的射影，∠為直線與平面所成的角，根據直線直線，可知∠為直線與平面所成的角.設正方體的棱長為2，則,,∴,∴,∴,即直線與平面所成角的正弦值為.[方法二]：向量法接續(xù)（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直線與平面所成角的正弦值為.[方法三]：幾何法+體積法如圖，設的中點為F，延長，易證三線交于一點P．因為，所以直線與平面所成的角，即直線與平面所成的角．設正方體的棱長為2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直線與平面所成角的正弦值為．[方法四]：純體積法設正方體的棱長為2，點到平面的距離為h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，設直線與平面所成的角為，所以．【整體點評】（Ⅰ）的方法一使用線面平行的判定定理證明，方法二使用空間向量坐標運算進行證明；（II）第一種方法中使用純幾何方法，適合于沒有學習空間向量之前的方法，有利用培養(yǎng)學生的集合論證和空間想象能力，第二種方法使用空間向量方法，兩小題前后連貫，利用計算論證和求解，定為最優(yōu)解法；方法三在幾何法的基礎上綜合使用體積方法，計算較為簡潔；方法四不作任何輔助線，僅利用正余弦定理和體積公式進行計算，省卻了輔助線和幾何的論證，不失為一種優(yōu)美的方法.1．（2024·北京西城·三模）中國古代科學家發(fā)明了一種三級漏壺記錄時間，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上底寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸.設三個漏壺的側面與底面所成的銳二面角依次為，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D〖祥解〗連接，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，根據等差數列即可求解.【詳析】三級漏壺，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上口寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸，如圖，在正四棱臺中，為正方形的中心，是邊的中點，連結，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，，，因為自上而下三個漏壺的上口寬成等差數列，下底寬也成等差數列，且公差相等，所以為定值，又因為三個漏壺的高成等差數列，所以.故選：．【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：對于情境類問題首先要閱讀理解題意，其次找尋數學本質問題，本題在新情境的基礎上考查等差數列的相關知識.2．（2024·北京順義·三模）風箏又稱為“紙鳶”，由中國古代勞動人民發(fā)明于距今2000多年的東周春秋時期，相傳墨翟以木頭制成木鳥，研制三年而成，是人類最早的風箏起源.如圖，是某高一年級學生制作的一個風箏模型的多面體ABCEF，D為AB的中點，四邊形EFDC為矩形，且，，，當時，多面體ABCEF的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗根據題意，先證得平面，在中，解三角形求得，再結合線面垂直判定定理證得平面，得到，設，利用，求得，結合，即可求解.【詳析】在中，因為且為的中點，所以，又因為，且，平面，所以平面，在中，因為且，所以，且，因為四邊形為矩形，可得，又因為，且平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以，設，在直角中，可得，在直角中，可得，因為，所以，即，解得，所以多面體的體積.故選：A.3．（2024·北京朝陽·二模）已知是兩個互相垂直的平面，是兩條直線，，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B〖祥解〗根據面面垂直的性質與線面垂直的性質，結合充分、必要條件的定義即可求解.【詳析】由題意知，，若，當時，有；當時，與可能相交、平行、垂直.若，由，得.故“”是“”是必要不充分條件.故選：B4．（2024·北京海淀·一模）設是兩個不同的平面，是兩條直線，且.則“”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A〖祥解〗通過面面平行的性質判斷充分性，通過列舉例子判斷必要性.【詳析】，且，所以，又，所以，充分性滿足，如圖：滿足，，但不成立，故必要性不滿足，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選：A.

5．（2024·北京朝陽·一模）在棱長為的正方體中，，，分別為棱，，的中點，動點在平面內，且.則下列說法正確的是（

）A．存在點，使得直線與直線相交B．存在點，使得直線平面C．直線與平面所成角的大小為D．平面被正方體所截得的截面面積為【答案】C〖祥解〗連接，，取的中點，連接，點到線段的最短距離大于，即可判斷；建立空間直角坐標系，點到平面的距離為，即可判斷；由平面，連接交于點，與全等，所以，即可判斷；平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為，可求截面面積.【詳析】連接，，所以，，取的中點，連接，所以，點到線段的最短距離大于，所以不存在點，使得直線與直線相交，故不正確；以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，所以，即，令，則，，所以，所以點到平面的距離為，而，所以不存在點，使得直線平面，故不正確；因為，所以平面，連接交于點，所以為的中點，，所以為直線與平面所成角，因為，在中，，所以，因為與全等，所以，故正確；延長交的延長線于，連接交于，連接，取的中點，的中點，連接，，，，，，平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為，所以截面面積為，故不正確.故選：.6．（2024·北京海淀·二模）如圖，在正方體中，為棱上的動點，平面為垂足.給出下列四個結論：①；②線段的長隨線段的長增大而增大；③存在點，使得；④存在點，使得平面.其中所有正確結論的序號是.【答案】①②④〖祥解〗根據給定條件，以點為原點，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量坐標，進而求出點的坐標，再逐一計算判斷各個命題即得答案.【詳析】在正方體中，令，以點為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，令平面的法向量，則，取，得，由平面于，得，即，，顯然，解得，于是，對于①，，①正確；對于②，在上單調遞增，②正確；對于③，而，，若，顯然，即不存在，使得，③錯誤；對于④，平面的一個法向量，而，由，得，即，整理得，令，顯然函數在上的圖象連續(xù)不斷，而，因此存在，使得，此時平面，因此存在點，使得平面，④正確.所以所有正確結論的序號是①②④.故答案為：①②④【『點石成金』】思路『點石成金』：涉及探求幾何體中點的位置問題，可以建立空間直角坐標系，利用空間向量證明空間位置關系的方法解決.7．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形ABCD的一邊BC所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉90°形成的面所圍成的幾何體，點G是圓弧的中點，點H是圓弧上的動點，，給出下列四個結論：①不存在點H，使得平面平面CEG；②存在點H，使得平面CEG；③不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于；④存在點H，使得直線DH與平而CEG所成角的正弦值為．其中所有正確結論的序號是．【答案】②③④〖祥解〗將圖形補全為一個正方體，以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷各選項的正誤.【詳析】由題意可將圖形補全為一個正方體，如圖所示：以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，，設點，其中，對于①，，，設平面，則，即，取x=1，則，可得，設平面，，，則，即，取，則，可得，若平面平面CEG，則，解得：，所以存在使得平面平面CEG，故①錯誤；對于②，，若平面CEG，則，即，即，故，故存在點H，使得平面CEG，故②正確；對于③，，所以點H到平面CEG的距離為，，因為，所以，所以，，所以，所以不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于，故③正確；對于④，，，則直線與平面CEG的所成角為，所以，，整理可得，因為函數在時的圖象是連續(xù)的，且，，所以，存在，使得，所以，存在點，使得直線與平面CEG的所成角的余弦值為，④正確.故答案為：②③④.【『點石成金』】方法『點石成金』：計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內的射影，即可確定線面角；（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（l為斜線段長），進而可求得線面角；（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.8．（2024·北京房山·一模）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是對角線上的動點（點P與點A，不重合）．給出下列結論：①存在點P，使得平面平面；②對任意點P，都有；③面積的最小值為；④若是平面與平面的夾角，是平面與平面的夾角，則對任意點P，都有．其中所有正確結論的序號是．【答案】①②③〖祥解〗①可通過線面垂直的判定定理找到點P；②③④都可以通過建立空間直角坐標系解決，其中通過向量的長度可以對②進行判斷；利用兩條直線所成的角和三角形面積公式可以判斷③；求出三個面的法向量，并求出和，即可對④進行判斷.【詳析】①因為，在上取點使，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，故①正確；②以為原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，，，，則，，設，則，,從而，，所以，故②正確；③由②，，，，，當且僅當時等號成立，所以面積的最小值為，故③正確；④平面的法向量，平面的法向量，設平面的法向量，由即得，令得，則，，令得或，而，故，從而對存在點P，使得，而不大于直角，故，故④錯誤；故答案為：①②③.9．（2024·北京西城·三模）如圖.在四棱錐P-ABCD中.平面.底面ABCD為菱形.E.F分別為AB.PD的中點.(1)求證：平面；(2)若，，，求直線CD與平面EFC所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）由中點還需中點幫.取PC中點M.連接FM.BM..很容易得到四邊形BEFM為平行四邊形，再用線面平行的定理證明.（2）很顯然.可以D為原點建立空間直角坐標系.求出點C、D、E、F的坐標.算出平面EFC的法向量.用向量夾角余弦值來算直線CD與平面EFC所成角的正弦值即可.【詳析】（1）取PC中點M，連接FM，BM.在中，因為M，F分別為PC，PD的中點，所以，.在菱形ABCD中，因為，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，因此.又因為，所以.（2）因為，所以，.因為，所以.在菱形ABCD中，，因為E為AB中點，所以.建立如圖空間直角坐標系D-xyz.在正三角形中，.因為，，，，所以向量，.設平面EFC的法向量為，則，即.取得,.設直線CD與平面EFC所成角為，.10．（2024·北京順義·三模）如圖在幾何體ABCDFE中，底面ABCD為菱形，，，，.(1)判斷AD是否平行于平面CEF，并證明；(2)若面面；求：（ⅰ）平面與平面CEF所成角的大?。唬áⅲ┣簏cA到平面CEF的距離.【答案】(1)與平面不平行，證明見解析(2)（i）；（ii）〖祥解〗（1）取中點，證明，假設平面，根據線面平行性質定理證明，推出矛盾，可得結論；（2）（i）證明線線垂直建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解平面與平面的角，（ii）利用向量方法求點到平面距離.【詳析】（1）不平行于平面，理由如下：取中點，因為，所以則四邊形為平行四邊形，所以，又，所以不平行于，假設平面，因為平面平面，平面所以，與不平行于矛盾，所以假設不成立，即不平行于平面；（2）取中點，連接因為菱形，所以為正三角形，又為中點，所以，由于，所以，又面面，面面，面所以面，因為面，所以又因為，面，所以面，而面，所以，所以如圖，以為原點，所在直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，則（i）因為面，所以為平面的一個法向量設平面的法向量為，因為所以，令，設平面與平面所成角為，所以，則即平面與平面所成角大小為；（ii）因為，由（i）知平面的一個法向量為所以點到平面的距離為.11．（2024·浙江紹興·二模）如圖，在三棱錐中，，，，.

(1)證明：平面平面；(2)若，，求二面角的平面角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)2〖祥解〗（1）先由解三角形知識證得，進一步由，結合線面垂直、面面垂直的判定定理即可得證；（2）解法一：一方面，過點作交于點，過點作交于點，連接，可以證明是二面角的平面角，另一方面可以通過解三角形知識即可得解；解法二：建立適當的空間直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量，進一步由法向量夾角的余弦坐標公式，結合平方關系以及商數關系即可運算求解.【詳析】（1）在中，由余弦定理得，所以，所以，又，，面，面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解法一：過點作交于點，因為平面平面，平面平面，面，所以平面，因為面，所以，過點作交于點，連接，因為，面，面，所以面，因為面，則，所以是二面角的平面角.由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，又，所以三角形是正三角形，所以，.在直角三角形中，，所以.所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：以為原點，，所在直線為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，設，其中，由，得，所以，，即，所以，.設平面的法向量為，則，即，取，則，，所以.又平面的法向量為，設二面角的大小為，因為為銳角，所以，所以，，所以，二面角的平面角的正切值為2.12．（2024·北京海淀·二模）在三棱錐中，為的中點.(1)如圖1，若為棱上一點，且，求證：平面平面；(2)如圖2，若為延長線上一點，且平面，直線與平面所成角為，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）根據和可證線面垂直，即可求證面面垂直，（2）根據線面角的幾何法可得，建立空間直角坐標系，利用法向量與方向向量的夾角即可求解.【詳析】（1）連接.因為為的中點，所以.又平面,所以平面.因為平面所以平面平面.（2）因為平面平面平面，所以為直線與平面所成的角.因為直線與平面所成角為，所以.因為，所以.因為，所以.又，故.所以.如圖建立空間直角坐標系.則，，.所以，，.設平面的法向量為，則即令，則.設與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值為.13．（2024·北京朝陽·二模）如圖，六面體是直四棱柱被過點的平面所截得到的幾何體，底面，底面是邊長為2的正方形，

(1)求證:；(2)求平面.與平面的夾角的余弦值；(3)在線段DG上是否存在一點P，使得若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，，理由見解析〖祥解〗（1）根據線面垂直的性質可得，由，結合線面垂直的判定定理與性質即可證明；（2）建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量法求面面角即可；（3）設，由向量線性運算的坐標表示可得，結合計算即可求解.【詳析】（1）連接，直四棱柱，，則點在平面內.因為平面，且平面，所以，又底面為正方形，所以，又，所以平面，平面，故；（2）因為平面，平面，所以，又底面為正方形，所以，建立如圖空間直角坐標系，則，故設平面的一個法向量為，則，即，令，則，于是.因為平面，所以是平面的一個法向量.設平面與平面的夾角為θ，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為；（3）存在一點使得平面，此時，理由如下：設，則，線段上存在一點使得平面等價于，即，解得，所以.14．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體ABCDE中，，四邊形ABDE是矩形，，點F為CE的中點，，．(1)求證：平面ADF；(2)求平面BCD與平面ADF所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）連結BE交AD于G，連結FG，由圖形結合已知得到FG是的中位線，再由線面平行的判定定理證明即可；（2）先證明平面ABC，然后建系如圖坐標系，分別求出平面ADF的法向量和平面BCD的一個法向量，代入空間二面角公式求解即可.【詳析】（1）連結BE交AD于G，連結FG．因為四邊形ABDE是矩形，所以點G為BE的中點．因為點F為CE的中點，所以FG是的中位線．所以，又平面ADF，平面ADF，所以平面ADF．（2）因為四邊形ABDE是矩形，所以．因為，，且平面，平面，所以平面ABC，因為，所以平面ABC．所以以點A為原點，分別以AC，AE所在直線為y軸、z軸建立空間直角坐標系A-xyz．所以，，，，，．所以，．設平面ADF的法向量為，所以，．所以，令，得，，所以．因為平面ABC，所以．因為，，平面BCD，所以平面BCD，所以為平面BCD的一個法向量．而．所以平面BCD與平面ADF所成角的余弦值為．15．（2024·北京房山·一模）如圖，在五面體中，四邊形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．

(1)求證：；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）證明平面，再根據線面平行的性質即可得證；（2）分別取的中點。連接，根據面面垂直的性質可得平面，再以點為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳析】（1）因為平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以；（2）如圖，分別取的中點，連接，

則，因為是正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，如圖，以點為原點建立空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則有，可取，因為平面，所以即為平面的一條法向量，則，所以二面角的余弦值為．16．（2024·北京海淀·一模）如圖，在四棱錐中，為的中點，平面.(1)求證：；(2)若，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使四棱錐存在且唯一確定.（i）求證：平面；（ⅱ）設平面平面，求二面角的余弦值.條件①：；條件②：；條件③：.注：如果選擇的條件不符合要求，第（1）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】(1)證明見解析(2)（i）證明見解析；（ⅱ）〖祥解〗（1）借助線面平行的性質定理與中位線的性質即可得；（2）（i）借助線面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）結合所給條件建立適當的空間直角坐標系后借助空間向量計算即可得.【詳析】（1）取的中點，連接，因為為的中點，所以，因為，所以，所以四點共面，因為平面，平面平面，平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以；（2）（i）取的中點，連接，由（1）知，所以，因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為，所以，所以，即，選條件①：，因為，所以與全等，所以，因為，所以，所以，即，又因為，、平面，所以平面；（ⅱ）由（i）知平面，而平面，所以，因為，建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為,則，即，令，則，于是，因為為平面的法向量,且,所以二面角的余弦值為.選條件③：，(i)因為，所以，因為，所以與全等，所以，即，因為，又因為，、平面，所以平面；(ii)同選條件①.不可選條件②，理由如下：由（i）可得，又，，、平面，所以平面，又因為平面，所以，即是由已知條件可推出的條件，故不可選條件②.17．（2024·北京朝陽·一模）如圖，在三棱錐中，側面底面，，.

(1)求證：；(2)已知，，，是線段上一點，當時，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）借助線面垂直的判定定理與性質定理即可得；（2）建立適當空間直角坐標系，借助空間向量計算即可得.【詳析】（1）取中點，連接、，由，，故、，又、平面，，則平面，又平面，故；（2）由側面底面，且，平面，平面平面，故平面，又平面，故，即有、、兩兩垂直，故可以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，由，，，，，則，，即、、、、，、、，令，則，由，故，解得，故，令平面的法向量為，則有，令，則有，由軸平面，故平面的法向量可為，則，故二面角的余弦值為.

專題04立體幾何考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點立體幾何（5年幾考）2020-2024：5年十二考：線面的位置關系；由已知條件求解長度或距離；外接球與內切球；三視圖求面積或體積；空間向量求角立體幾何總體難度有所提升,但仍然以基礎性題目為主,注重考查數學文化,社會生活實踐中的數學問題,球的切接問題也是考查的熱點和難點,解答題以常見兒何體為載體,重點考查空間中點,線、面的位置關系的判斷與論證,以及空間角的求法,從能力上更加注重對空間想象,邏輯思維和運算求解能力的考查,題目多為中檔的綜合性問題。立體幾何的題目考查形式多樣，且難度不定,需要學生在平時下功夫,加強對中低檔題目的訓練,打好基礎,在平時訓練中注意提高空間想象、邏輯推理和運算求解能力,?？键c立體幾何1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（

）.A．1 B．2 C． D．【答案】D〖祥解〗取點作輔助線，根據題意分析可知平面平面，可知平面，利用等體積法求點到面的距離.【詳析】如圖，底面為正方形，當相鄰的棱長相等時，不妨設，分別取的中點，連接，則，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，過作的垂線，垂足為，即，由平面平面，平面，所以平面，由題意可得：，則，即，則，可得，所以四棱錐的高為.當相對的棱長相等時，不妨設，，因為，此時不能形成三角形，與題意不符，這樣情況不存在.故選：D.2．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（

）

A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗先根據線面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長相加即可得解.【詳析】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，所以.因為平面，平面，所以，因為，平面，，所以平面，因為平面，所以，.同理：，又，故四邊形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因為，所有棱長之和為.故選：C3．（2022·北京·高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內部的點構成的集合．設集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗求出以為球心，5為半徑的球與底面的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【詳析】設頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因為，故，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內部，故其面積為故選：B4．（2021·北京·高考真題）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗根據三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據三視圖中的數據可計算該幾何體的表面積.【詳析】根據三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐，其側面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側棱長為1，故其表面積為，故選：A.5．（2021·北京·高考真題）某一時間段內，從天空降落到地面上的雨水，未經蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個時段的降雨量（單位：）．24h降雨量的等級劃分如下：

等級24h降雨量（精確到0.1）…………小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9…………在綜合實踐活動中，某小組自制了一個底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B〖祥解〗計算出圓錐體積，除以圓面的面積即可得降雨量，即可得解.【詳析】由題意，一個半徑為的圓面內的降雨充滿一個底面半徑為，高為的圓錐，所以積水厚度，屬于中雨.故選：B.6．（2020·北京·高考真題）某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（

）．A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗首先確定幾何體的結構特征，然后求解其表面積即可.【詳析】由題意可得，三棱柱的上下底面為邊長為2的等邊三角形，側面為三個邊長為2的正方形，則其表面積為：.故選：D.【『點石成金』】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關鍵是能夠對給出的三視圖進行恰當的分析，從三視圖中發(fā)現幾何體中各元素間的位置關系及數量關系．(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積應注意重合部分的處理．(3)圓柱、圓錐、圓臺的側面是曲面，計算側面積時需要將這個曲面展為平面圖形計算，而表面積是側面積與底面圓的面積之和．7．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/〖祥解〗根據體積為公比為10的等比數列可得關于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.【詳析】設升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.8．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.【詳析】（1）取的中點為，接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因為，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則設平面的法向量為，則由可得，取，設平面的法向量為，則由可得，取，故，故平面與平面夾角的余弦值為9．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；(2)求二面角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）先由線面垂直的性質證得，再利用勾股定理證得，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）結合（1）中結論，建立空間直角坐標系，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標表示即可得解.【詳析】（1）因為平面平面，所以，同理，所以為直角三角形，又因為，，所以，則為直角三角形，故，又因為，，所以平面.（2）由（1）平面，又平面，則，以為原點，為軸，過且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，如圖，

則，所以，設平面的法向量為，則，即令，則，所以，設平面的法向量為，則，即，令，則，所以，所以，又因為二面角為銳二面角，所以二面角的大小為.10．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點．(1)求證：平面；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)見解析(2)見解析〖祥解〗（1）取的中點為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【詳析】（1）取的中點為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因為側面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因為，故平面，因為平面，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.若選②，因為，故平面，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標系，則，故，設平面的法向量為，則，從而，取，則，設直線與平面所成的角為，則.11．（2021·北京·高考真題）如圖：在正方體中，為中點，與平面交于點．（1）求證：為的中點；（2）點是棱上一點，且二面角的余弦值為，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）．〖祥解〗(1)首先將平面進行擴展，然后結合所得的平面與直線的交點即可證得題中的結論；(2)建立空間直角坐標系，利用空間直角坐標系求得相應平面的法向量，然后解方程即可求得實數的值.【詳析】(1)如圖所示，取的中點，連結，由于為正方體，為中點，故，從而四點共面，即平面CDE即平面，據此可得：直線交平面于點，當直線與平面相交時只有唯一的交點，故點與點重合，即點為中點.(2)以點為坐標原點，方向分別為軸，軸，軸正方向，建立空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為2，設，則：，從而：，設平面的法向量為：，則：，令可得：，設平面的法向量為：，則：，令可得：，從而：，則：，整理可得：，故（舍去）.【『點石成金』】本題考查了立體幾何中的線面關系和二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.12．（2020·北京·高考真題）如圖，在正方體中，E為的中點．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.〖祥解〗（Ⅰ）證明出四邊形為平行四邊形，可得出，然后利用線面平行的判定定理可證得結論；也可利用空間向量計算證明；（Ⅱ）可以將平面擴展，將線面角轉化，利用幾何方法作出線面角，然后計算；也可以建立空間直角坐標系，利用空間向量計算求解.【詳析】（Ⅰ）[方法一]：幾何法如下圖所示：在正方體中，且，且，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，平面；[方法二]:空間向量坐標法以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，則、、、，，，設平面的法向量為，由，得，令，則，，則.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：幾何法延長到，使得，連接，交于，又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,連接，作,垂足為,連接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直線平面,又∵直線平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直線上,∴直線為直線在平面中的射影，∠為直線與平面所成的角，根據直線直線，可知∠為直線與平面所成的角.設正方體的棱長為2，則,,∴,∴,∴,即直線與平面所成角的正弦值為.[方法二]：向量法接續(xù)（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直線與平面所成角的正弦值為.[方法三]：幾何法+體積法如圖，設的中點為F，延長，易證三線交于一點P．因為，所以直線與平面所成的角，即直線與平面所成的角．設正方體的棱長為2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直線與平面所成角的正弦值為．[方法四]：純體積法設正方體的棱長為2，點到平面的距離為h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，設直線與平面所成的角為，所以．【整體點評】（Ⅰ）的方法一使用線面平行的判定定理證明，方法二使用空間向量坐標運算進行證明；（II）第一種方法中使用純幾何方法，適合于沒有學習空間向量之前的方法，有利用培養(yǎng)學生的集合論證和空間想象能力，第二種方法使用空間向量方法，兩小題前后連貫，利用計算論證和求解，定為最優(yōu)解法；方法三在幾何法的基礎上綜合使用體積方法，計算較為簡潔；方法四不作任何輔助線，僅利用正余弦定理和體積公式進行計算，省卻了輔助線和幾何的論證，不失為一種優(yōu)美的方法.1．（2024·北京西城·三模）中國古代科學家發(fā)明了一種三級漏壺記錄時間，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上底寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸.設三個漏壺的側面與底面所成的銳二面角依次為，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D〖祥解〗連接，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，根據等差數列即可求解.【詳析】三級漏壺，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上口寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸，如圖，在正四棱臺中，為正方形的中心，是邊的中點，連結，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，，，因為自上而下三個漏壺的上口寬成等差數列，下底寬也成等差數列，且公差相等，所以為定值，又因為三個漏壺的高成等差數列，所以.故選：．【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：對于情境類問題首先要閱讀理解題意，其次找尋數學本質問題，本題在新情境的基礎上考查等差數列的相關知識.2．（2024·北京順義·三模）風箏又稱為“紙鳶”，由中國古代勞動人民發(fā)明于距今2000多年的東周春秋時期，相傳墨翟以木頭制成木鳥，研制三年而成，是人類最早的風箏起源.如圖，是某高一年級學生制作的一個風箏模型的多面體ABCEF，D為AB的中點，四邊形EFDC為矩形，且，，，當時，多面體ABCEF的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗根據題意，先證得平面，在中，解三角形求得，再結合線面垂直判定定理證得平面，得到，設，利用，求得，結合，即可求解.【詳析】在中，因為且為的中點，所以，又因為，且，平面，所以平面，在中，因為且，所以，且，因為四邊形為矩形，可得，又因為，且平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以，設，在直角中，可得，在直角中，可得，因為，所以，即，解得，所以多面體的體積.故選：A.3．（2024·北京朝陽·二模）已知是兩個互相垂直的平面，是兩條直線，，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B〖祥解〗根據面面垂直的性質與線面垂直的性質，結合充分、必要條件的定義即可求解.【詳析】由題意知，，若，當時，有；當時，與可能相交、平行、垂直.若，由，得.故“”是“”是必要不充分條件.故選：B4．（2024·北京海淀·一模）設是兩個不同的平面，是兩條直線，且.則“”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A〖祥解〗通過面面平行的性質判斷充分性，通過列舉例子判斷必要性.【詳析】，且，所以，又，所以，充分性滿足，如圖：滿足，，但不成立，故必要性不滿足，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選：A.

5．（2024·北京朝陽·一模）在棱長為的正方體中，，，分別為棱，，的中點，動點在平面內，且.則下列說法正確的是（

）A．存在點，使得直線與直線相交B．存在點，使得直線平面C．直線與平面所成角的大小為D．平面被正方體所截得的截面面積為【答案】C〖祥解〗連接，，取的中點，連接，點到線段的最短距離大于，即可判斷；建立空間直角坐標系，點到平面的距離為，即可判斷；由平面，連接交于點，與全等，所以，即可判斷；平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為，可求截面面積.【詳析】連接，，所以，，取的中點，連接，所以，點到線段的最短距離大于，所以不存在點，使得直線與直線相交，故不正確；以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，所以，即，令，則，，所以，所以點到平面的距離為，而，所以不存在點，使得直線平面，故不正確；因為，所以平面，連接交于點，所以為的中點，，所以為直線與平面所成角，因為，在中，，所以，因為與全等，所以，故正確；延長交的延長線于，連接交于，連接，取的中點，的中點，連接，，，，，，平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為，所以截面面積為，故不正確.故選：.6．（2024·北京海淀·二模）如圖，在正方體中，為棱上的動點，平面為垂足.給出下列四個結論：①；②線段的長隨線段的長增大而增大；③存在點，使得；④存在點，使得平面.其中所有正確結論的序號是.【答案】①②④〖祥解〗根據給定條件，以點為原點，建立空間直角坐標系，求出平面的法向量坐標，進而求出點的坐標，再逐一計算判斷各個命題即得答案.【詳析】在正方體中，令，以點為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，令平面的法向量，則，取，得，由平面于，得，即，，顯然，解得，于是，對于①，，①正確；對于②，在上單調遞增，②正確；對于③，而，，若，顯然，即不存在，使得，③錯誤；對于④，平面的一個法向量，而，由，得，即，整理得，令，顯然函數在上的圖象連續(xù)不斷，而，因此存在，使得，此時平面，因此存在點，使得平面，④正確.所以所有正確結論的序號是①②④.故答案為：①②④【『點石成金』】思路『點石成金』：涉及探求幾何體中點的位置問題，可以建立空間直角坐標系，利用空間向量證明空間位置關系的方法解決.7．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形ABCD的一邊BC所在直線為旋轉軸，其余三邊旋轉90°形成的面所圍成的幾何體，點G是圓弧的中點，點H是圓弧上的動點，，給出下列四個結論：①不存在點H，使得平面平面CEG；②存在點H，使得平面CEG；③不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于；④存在點H，使得直線DH與平而CEG所成角的正弦值為．其中所有正確結論的序號是．【答案】②③④〖祥解〗將圖形補全為一個正方體，以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷各選項的正誤.【詳析】由題意可將圖形補全為一個正方體，如圖所示：以點為坐標原點，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，，設點，其中，對于①，，，設平面，則，即，取x=1，則，可得，設平面，，，則，即，取，則，可得，若平面平面CEG，則，解得：，所以存在使得平面平面CEG，故①錯誤；對于②，，若平面CEG，則，即，即，故，故存在點H，使得平面CEG，故②正確；對于③，，所以點H到平面CEG的距離為，，因為，所以，所以，，所以，所以不存在點H，使得點H到平面CEG的距離大于，故③正確；對于④，，，則直線與平面CEG的所成角為，所以，，整理可得，因為函數在時的圖象是連續(xù)的，且，，所以，存在，使得，所以，存在點，使得直線與平面CEG的所成角的余弦值為，④正確.故答案為：②③④.【『點石成金』】方法『點石成金』：計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內的射影，即可確定線面角；（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（l為斜線段長），進而可求得線面角；（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.8．（2024·北京房山·一模）如圖，在棱長為1的正方體中，點P是對角線上的動點（點P與點A，不重合）．給出下列結論：①存在點P，使得平面平面；②對任意點P，都有；③面積的最小值為；④若是平面與平面的夾角，是平面與平面的夾角，則對任意點P，都有．其中所有正確結論的序號是．【答案】①②③〖祥解〗①可通過線面垂直的判定定理找到點P；②③④都可以通過建立空間直角坐標系解決，其中通過向量的長度可以對②進行判斷；利用兩條直線所成的角和三角形面積公式可以判斷③；求出三個面的法向量，并求出和，即可對④進行判斷.【詳析】①因為，在上取點使，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，故①正確；②以為原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，，，，則，，設，則，,從而，，所以，故②正確；③由②，，，，，當且僅當時等號成立，所以面積的最小值為，故③正確；④平面的法向量，平面的法向量，設平面的法向量，由即得，令得，則，，令得或，而，故，從而對存在點P，使得，而不大于直角，故，故④錯誤；故答案為：①②③.9．（2024·北京西城·三模）如圖.在四棱錐P-ABCD中.平面.底面ABCD為菱形.E.F分別為AB.PD的中點.(1)求證：平面；(2)若，，，求直線CD與平面EFC所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)〖祥解〗（1）由中點還需中點幫.取PC中點M.連接FM.BM..很容易得到四邊形BEFM為平行四邊形，再用線面平行的定理證明.（2）很顯然.可以D為原點建立空間直角坐標系.求出點C、D、E、F的坐標.算出平面EFC的法向量.用向量夾角余弦值來算直線CD與平面EFC所成角的正弦值即可.【詳析】（1）取PC中點M，連接FM，BM.在中，因為M，F分別為PC，PD的中點，所以，.在菱形ABCD中，因為，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，因此.又因為，所以.（2）因為，所以，.因為，所以.在菱形ABCD中，，因為E為AB中點，所以.建立如圖空間直角坐標系D-xyz.在正三角形中，.因為，，，，所以向量，.設平面EFC的法向量為，則，即.取得,.設直線CD與平面EFC所成角為，.10．（2024·北京順義·三模）如圖在幾何體ABCDFE中，底面ABCD為菱形，，，，.(1)判斷AD是否平行于平面CEF，并證明；(2)若面面；求：（ⅰ）平面與平面CEF所成角的大小；（ⅱ）求點A到平面CEF的距離.【答案】(1)與平面不平行，證明見解析(2)（i）；（ii）〖祥解〗（1）取中點，證明，假設平面，根據線面平行性質定理證明，推出矛盾，可得結論；（2）（i）證明線線垂直建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解平面與平面的角，（ii）利用向量方法求點到平面距離.【詳析】（1）不平行于平面，理由如下：取中點，因為，所以則四邊形為平行四邊形，所以，又，所以不平行于，假設平面，因為平面平面，平面所以，與不平行于矛盾，所以假設不成立，即不平行于平面；（2）取中點，連接因為菱形，所以為正三角形，又為中點，所以，由于，所以，又面面，面面，面所以面，因為面，所以又因為，面，所以面，而面，所以，所以如圖，以為原點，所在直線為軸的正方向建立空間直角坐標系，則（i）因為面，所以為平面的一個法向量設平面的法向量為，因為所以，令，設平面與平面所成角為，所以，則即平面與平面所成角大小為；（ii）因為，由（i）知平面的一個法向量為所以點到平面的距離為.11．（2024·浙江紹興·二模）如圖，在三棱錐中，，，，.

(1)證明：平面平面；(2)若，，求二面角的平面角的正切值.【答案】(1)證明見解析(2)2〖祥解〗（1）先由解三角形知識證得，進一步由，結合線面垂直、面面垂直的判定定理即可得證；（2）解法一：一方面，過點作交于點，過點作交于點，連接，可以證明是二面角的平面角，另一方面可以通過解三角形知識即可得解；解法二：建立適當的空間直角坐標系，分別求出兩個平面的法向量，進一步由法向量夾角的余弦坐標公式，結合平方關系以及商數關系即可運算求解.【詳析】（1）在中，由余弦定理得，所以，所以，又，，面，面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解法一：過點作交于點，因為平面平面，平面平面，面，所以平面，因為面，所以，過點作交于點，連接，因為，面，面，所以面，因為面，則，所以是二面角的平面角.由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，又，所以三角形是正三角形，所以，.在直角三角形中，，所以.所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：以為原點，，所在直線為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，設，其中，由，得，所以，，即，所以，.設平面的法向量為，則，即，取，則，，所以.又平面的法向量為，設二面角的大小為，因為為銳角，所以，所以，，所以，二面角的平面角的正切值為2.12．（2024·北京海淀·二模）在三棱錐中，為的中點.(1)如圖1，若為棱上一點，且，求證：平面平面；(2)如圖2，若為延長線上一點，且平面，直線與平面所成角為，求直