专题04 立体几何-【好题汇编】5年（2020-2024）高考1年模拟数学真题分类汇编（北京专用）

专题04 立体几何 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点立体几何 （5年几考） 2020-2024：5年十二考：线面的位置关系；由已知条件求解长度或距离；外接球与内切球；三视图求面积或体积；空间向量求角 1. 立体几何总体难度有所提升,但仍然以基础性题目为主,注重考查数学文化,社会生活实践中的数学问题,球的切接问题也是考查的热点和难点,解答题以常见儿何体为载体,重点考查空间中点,线、面的位置关系的判断与论证,以及空间角的求法,从能力上更加注重对空间想象,逻辑思维和运算求解能力的考查,题目多为中档的综合性问题。 2. 立体几何的题目考查形式多样，且难度不定,需要学生在平时下功夫,加强对中低档题目的训练,打好基础,在平时训练中注意提高空间想象、逻辑推理和运算求解能力,。 考点 立体几何 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 当相对的棱长相等时，不妨设，， 因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在. 故选：D. 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个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与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 3．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. 【详解】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 故选：B 4．（2021·北京·高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积. 【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥， 其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形， 由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1， 故其表面积为， 故选：A. 5．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到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 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 【答案】B 【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解. 【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥， 所以积水厚度，属于中雨. 故选：B. 6．（2020·北京·高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可. 【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：. 故选：D. 【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系． (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理． (3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和． 7．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 8．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 9．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. （2）由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，    则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 10．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)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AB与平面BMN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． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， （2）因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，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间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 11．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值. 【详解】(1)如图所示，取的中点，连结， 由于为正方体，为中点，故， 从而四点共面，即平面CDE即平面， 据此可得：直线交平面于点， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合， 即点为中点. (2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为2，设， 则：， 从而：， 设平面的法向量为：，则： ， 令可得：， 设平面的法向量为：，则： ， 令可得：， 从而：， 则：， 整理可得：，故（舍去）. 【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 12．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【分析】（Ⅰ）证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；也可利用空间向量计算证明； （Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 . 【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示： 在正方体中，且，且， 且，所以，四边形为平行四边形，则， 平面，平面，平面； [方法二]:空间向量坐标法 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，则、、、，，， 设平面的法向量为，由，得， 令，则，，则. 又∵向量,, 又平面，平面； （Ⅱ）[方法一]：几何法 延长到，使得，连接，交于， 又∵，∴四边形为平行四边形，∴， 又∵,∴,所以平面即平面, 连接，作,垂足为,连接, ∵平面,平面,∴， 又∵,∴直线平面, 又∵直线平面,∴平面平面, ∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角， 根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角. 设正方体的棱长为2，则,,∴, ∴, ∴, 即直线与平面所成角的正弦值为. [方法二]：向量法 接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量， 又∵,∴， ∴直线与平面所成角的正弦值为. [方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P． 因为， 所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角． 设正方体的棱长为2，在中，易得， 可得． 由，得， 整理得． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． [方法四]：纯体积法 设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h， 在中，， ， 所以，易得． 由，得，解得， 设直线与平面所成的角为，所以． 【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明； （II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法. 1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解. 【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸， 如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点， 连结，过边的中点作，垂足为， 则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为， 设漏壶上口宽为，下底宽为，高为， 在中，，， 因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等， 所以为定值， 又因为三个漏壶的高成等差数列，所以. 故选：． 【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识. 2．（2024·北京顺义·三模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为AB的中点，四边形EFDC为矩形，且，，，当时，多面体ABCEF的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，先证得平面，在中，解三角形求得，再结合线面垂直判定定理证得平面，得到，设，利用，求得，结合，即可求解. 【详解】在中，因为且为的中点，所以， 又因为，且，平面， 所以平面， 在中，因为且， 所以，且， 因为四边形为矩形，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以， 设，在直角中，可得， 在直角中，可得， 因为，所以， 即，解得， 所以多面体的体积 . 故选：A. 3．（2024·北京朝阳·二模）已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解. 【详解】由题意知，， 若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直. 若，由，得. 故“”是“”是必要不充分条件. 故选：B 4．（2024·北京海淀·一模）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性. 【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足， 如图：满足，，但不成立，故必要性不满足， 所以“”是“”的充分而不必要条件. 故选：A.    5．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 【答案】C 【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积. 【详解】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：. 6．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【详解】在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于①，，①正确； 对于②，在上单调递增，②正确； 对于③，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③错误； 对于④，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④正确. 所以所有正确结论的序号是①②④. 故答案为：①②④ 【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决. 7．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③④ 【分析】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误. 【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示： 以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设点，其中， 对于①，，，设平面， 则，即， 取x=1，则，可得， 设平面，，， 则，即， 取，则，可得， 若平面平面CEG，则，解得：， 所以存在使得平面平面CEG，故①错误； 对于②，，若平面CEG， 则，即， 即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确； 对于③，， 所以点H到平面CEG的距离为， ， 因为，所以，所以， ，所以， 所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确； 对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为， 所以， ，整理可得， 因为函数在时的图象是连续的， 且，， 所以，存在，使得， 所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（l为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 8．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】①可通过线面垂直的判定定理找到点P；②③④都可以通过建立空间直角坐标系解决，其中通过向量的长度可以对②进行判断；利用两条直线所成的角和三角形面积公式可以判断③；求出三个面的法向量，并求出和，即可对④进行判断. 【详解】①因为，在上取点使， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故①正确； ②以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，如图 ，，，，则，， 设，则，, 从而，，所以，故②正确； ③由②，，， ，， 当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为，故③正确； ④平面的法向量，平面的法向量， 设平面的法向量， 由即得， 令得， 则，， 令得或，而，故， 从而对存在点P，使得，而不大于直角， 故，故④错误； 故答案为：①②③. 9．（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点. (1)求证：平面； (2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中点还需中点帮.取PC中点M.连接FM.BM..很容易得到四边形BEFM为平行四边形，再用线面平行的定理证明. （2）很显然.可以D为原点建立空间直角坐标系.求出点C、D、E、F的坐标.算出平面EFC的法向量.用向量夹角余弦值来算直线CD与平面EFC所成角的正弦值即可. 【详解】（1）取PC中点M，连接FM，BM. 在中，因为M，F分别为PC，PD的中点， 所以，. 在菱形ABCD中，因为，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 因此. 又因为， 所以. （2）因为， 所以，. 因为，所以. 在菱形ABCD中，， 因为E为AB中点，所以. 建立如图空间直角坐标系D-xyz. 在正三角形中，. 因为，， ，， 所以向量，. 设平面EFC的法向量为，则，即. 取得,. 设直线CD与平面EFC所成角为， . 10．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，. (1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明； (2)若面面；求： （ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小； （ⅱ）求点A到平面CEF的距离. 【答案】(1)与平面不平行，证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）取中点，证明，假设平面，根据线面平行性质定理证明，推出矛盾，可得结论； （2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用向量方法求点到平面距离. 【详解】（1）不平行于平面，理由如下： 取中点， 因为，所以 则四边形为平行四边形，所以， 又，所以不平行于， 假设平面， 因为平面平面，平面 所以，与不平行于矛盾， 所以假设不成立，即不平行于平面； （2）取中点，连接 因为菱形， 所以为正三角形，又为中点，所以， 由于，所以， 又面面，面面，面 所以面，因为面，所以 又因为，面， 所以面，而面，所以， 所以如图，以为原点，所在直线为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 （i）因为面，所以为平面的一个法向量 设平面的法向量为，因为 所以，令， 设平面与平面所成角为， 所以，则 即平面与平面所成角大小为； （ii）因为，由（i）知平面的一个法向量为 所以点到平面的距离为. 11．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥中，，，，.    (1)证明：平面平面； (2)若，，求二面角的平面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）先由解三角形知识证得，进一步由，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证； （2）解法一：一方面，过点作交于点，过点作交于点，连接，可以证明是二面角的平面角，另一方面可以通过解三角形知识即可得解；解法二：建立适当的空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进一步由法向量夹角的余弦坐标公式，结合平方关系以及商数关系即可运算求解. 【详解】（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： 过点作交于点， 因为平面平面，平面平面，面， 所以平面，因为面，所以， 过点作交于点，连接， 因为，面，面， 所以面，因为面，则， 所以是二面角的平面角. 由（1）知，平面，因为平面，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： 以为原点，，所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，设，其中， 由，得， 所以，，即， 所以，. 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，，所以. 又平面的法向量为， 设二面角的大小为， 因为为锐角，所以， 所以，， 所以，二面角的平面角的正切值为2. 12．（2024·北京海淀·二模）在三棱锥中，为的中点. (1)如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面； (2)如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据和可证线面垂直，即可求证面面垂直， （2）根据线面角的几何法可得，建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求解. 【详解】（1）连接. 因为为的中点，所以. 又平面,所以平面. 因为平面 所以平面平面. （2）因为平面平面平面， 所以为直线与平面所成的角. 因为直线与平面所成角为， 所以. 因为，所以. 因为，所以. 又，故. 所以. 如图建立空间直角坐标系. 则，，. 所以，，. 设平面的法向量为，则 即令，则. 设与平面所成角为，则 . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 13．（2024·北京朝阳·二模）如图，六面体是直四棱柱 被过点 的平面所截得到的几何体，底面，底面是边长为2的正方形，    (1)求证: ； (2)求平面. 与平面 的夹角的余弦值； (3)在线段 DG上是否存在一点 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，，理由见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，由，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求面面角即可； （3）设，由向量线性运算的坐标表示可得，结合计算即可求解. 【详解】（1）连接，直四棱柱，， 则点在平面内. 因为平面，且平面， 所以， 又底面为正方形，所以，又， 所以平面，平面， 故； （2）因为平面，平面，所以， 又底面为正方形，所以，建立如图空间直角坐标系， 则，故 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，于是. 因为平面，所以是平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为θ， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）存在一点使得平面，此时，理由如下： 设， 则， 线段上存在一点使得平面等价于， 即，解得， 所以. 14．（2024·北京通州·二模）如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，． (1)求证：平面ADF； (2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结BE交AD于G，连结FG，由图形结合已知得到FG是的中位线，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）先证明平面ABC，然后建系如图坐标系，分别求出平面ADF的法向量和平面BCD的一个法向量，代入空间二面角公式求解即可. 【详解】（1）连结BE交AD于G，连结FG． 因为四边形ABDE是矩形，所以点G为BE的中点． 因为点F为CE的中点，所以FG是的中位线． 所以，又平面ADF，平面ADF， 所以平面ADF． （2）因为四边形ABDE是矩形，所以． 因为，，且平面，平面， 所以平面ABC， 因为，所以平面ABC． 所以以点A为原点，分别以AC，AE所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz． 所以，，，，，． 所以，． 设平面ADF的法向量为，所以，． 所以，令，得，，所以． 因为平面ABC，所以． 因为，，平面BCD， 所以平面BCD， 所以为平面BCD的一个法向量． 而． 所以平面BCD与平面ADF所成角的余弦值为． 15．（2024·北京房山·一模）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明平面，再根据线面平行的性质即可得证； （2）分别取的中点。连接，根据面面垂直的性质可得平面，再以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以； （2）如图，分别取的中点，连接，    则， 因为是正三角形，所以，， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为平面， 所以即为平面的一条法向量， 则， 所以二面角的余弦值为． 16．（2024·北京海淀·一模）如图，在四棱锥中，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定. （i）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得； （2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以； （2）（i）取的中点，连接， 由（1）知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以， 所以，即， 选条件①：， 因为，所以与全等， 所以，因为，所以， 所以，即，又因为， 、平面，所以平面； （ⅱ）由（i）知平面，而平面， 所以，因为， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为, 则，即， 令，则，于是， 因为为平面的法向量, 且, 所以二面角的余弦值为. 选条件③：， (i) 因为，所以， 因为，所以与全等， 所以，即， 因为，又因为，、平面， 所以平面； (ii) 同选条件①. 不可选条件②，理由如下： 由（i）可得，又， ，、平面， 所以平面，又因为平面， 所以，即是由已知条件可推出的条件， 故不可选条件②. 17．（2024·北京朝阳·一模）如图，在三棱锥中，侧面底面，，.    (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）取中点，连接、， 由，，故、， 又、平面，， 则平面，又平面，故； （2）由侧面底面，且，平面， 平面平面，故平面， 又平面，故， 即有、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，，，，， 则，， 即、、、、， 、、， 令，则， 由，故，解得， 故， 令平面的法向量为， 则有，令，则有， 由轴平面，故平面的法向量可为， 则， 故二面角的余弦值为.    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！44 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点立体几何 （5年几考） 2020-2024：5年十二考：线面的位置关系；由已知条件求解长度或距离；外接球与内切球；三视图求面积或体积；空间向量求角 1. 立体几何总体难度有所提升,但仍然以基础性题目为主,注重考查数学文化,社会生活实践中的数学问题,球的切接问题也是考查的热点和难点,解答题以常见儿何体为载体,重点考查空间中点,线、面的位置关系的判断与论证,以及空间角的求法,从能力上更加注重对空间想象,逻辑思维和运算求解能力的考查,题目多为中档的综合性问题。 2. 立体几何的题目考查形式多样，且难度不定,需要学生在平时下功夫,加强对中低档题目的训练,打好基础,在平时训练中注意提高空间想象、逻辑推理和运算求解能力,。 考点 立体几何 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个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与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 3．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2021·北京·高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到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 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 6．（2020·北京·高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（    ）． A． B． C． D． 7．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ． 8．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 9．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．    (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小． 10．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)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AB与平面BMN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． 11．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 12．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·北京顺义·三模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为AB的中点，四边形EFDC为矩形，且，，，当时，多面体ABCEF的体积为（    ）    A． B． C． D． 3．（2024·北京朝阳·二模）已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2024·北京海淀·一模）设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 6．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 7．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 8．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体中，点P是对角线上的动点（点P与点A，不重合）．给出下列结论： ①存在点P，使得平面平面； ②对任意点P，都有； ③面积的最小值为； ④若是平面与平面的夹角，是平面与平面的夹角，则对任意点P，都有．其中所有正确结论的序号是 ． 9．（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中.平面.底面ABCD为菱形.E.F分别为AB.PD的中点. (1)求证：平面； (2)若，，，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值. 10．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形，，，，. (1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明； (2)若面面；求： （ⅰ）平面与平面CEF所成角的大小； （ⅱ）求点A到平面CEF的距离. 11．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥中，，，，.    (1)证明：平面平面； (2)若，，求二面角的平面角的正切值. 12．（2024·北京海淀·二模）在三棱锥中，为的中点. (1)如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面； (2)如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值. 13．（2024·北京朝阳·二模）如图，六面体是直四棱柱 被过点 的平面所截得到的几何体，底面，底面是边长为2的正方形，    (1)求证: ； (2)求平面. 与平面 的夹角的余弦值； (3)在线段 DG上是否存在一点 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，说明理由. 14．（2024·北京通州·二模）如图，几何体ABCDE中，，四边形ABDE是矩形，，点F为CE的中点，，． (1)求证：平面ADF； (2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值． 15．（2024·北京房山·一模）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 16．（2024·北京海淀·一模）如图，在四棱锥中，为的中点，平面. (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定. （i）求证：平面； （ⅱ）设平面平面，求二面角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17．（2024·北京朝阳·一模）如图，在三棱锥中，侧面底面，，.    (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$