专题07立体几何（6大考点）-【好题汇编】5年（2020-2024）高考1年模拟数学真题分类汇编（天津专用）

专题07立体几何 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1几何体体积 （5年4考） 2024天津卷：柱体体积的计算； 2023天津卷：锥体体积的有关计算 证明线面垂直； 2022天津卷：柱体体积的有关计算求组合体的体积； 2021天津卷：锥体体积的有关计算 球的体积的有关计算； 1.立体几何在高考的考查主要包含了，几何体的体积问题，通常运用割补法进行求解。 2.立体几何线面关系的判断，主要考查了判定定理与性质定理的灵活运用 3.立体几何解答题主要考查了，线线，线面与面面的位置关系的证明，线面与面面的夹角以及距离问题 4.立体几何的外接球通常考查了，外接球的表面积、体积与外接球半径问题. 考点2 线面位置关系的判定 （5年1考） 2024天津卷：线面关系有关命题的判断； 考点3 线面位置关系的证明 （5年5考） 2024天津卷：证明线面平行 面面角的向量求法 点到平面距离的向量求法； 2023天津卷：证明线面平行 求点面距离 求二面角； 2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法； 考点4 距离问题 （5年2考） 2024天津卷：证明线面平行 面面角的向量求法 点到平面距离的向量求法； 2023天津卷：证明线面平行 求点面距离 求二面角； 考点5 角度问题 （5年4考） 2023天津卷：证明线面平行 求点面距离 求二面角； 2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法； 考点6 球的表面积 （5年1考） 2020天津卷：球的表面积的有关计算 考点01 几何体体积 1. （2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 3．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（    ） A．23 B．24 C．26 D．27 4．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 考点02 线面位置关系的判定 5．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 考点03 线面位置的证明 6．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 7．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 考点04 距离问题 8．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 9．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (1)求证：//平面； (2)求平面与平面所成夹角的余弦值； 考点05 角度问题 10．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 考点06 球的表面积 11．（2020·天津·高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（    ） A． B． C． D． 13．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 14．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱中，E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（    ） A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5 15．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为3:1，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 16．（2024·天津红桥·二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（    ）    A． B． C． D． 17．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（    ） A． B． C． D． 18．（2024·天津南开·二模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. (1)求证：； (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； (3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 19．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点. (1)证明：∥平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)求A点到直线的距离. 20．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线和所成角的余弦值； (3)点在线段上，平面和平面的夹角为，求的值. 21．（2023·天津和平·三模）如图，平面平面，，，，． (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求平面与平面所成夹角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 22．（2024·天津河西·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，，点M在PD上． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若平面与平面所成角为45°，求直线与平面所成角的正弦值． 23．（2024·天津·二模）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，四边形为矩形.    (1)若是的中点，求证： 平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值： (3)若点到平面的距离为，求的长. 24．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，，. (1)若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线，所成角的余弦值； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值?若不存在，说明理由. 25．（2024·天津·二模）如图，在多面体中，，，，平面，，，. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07立体几何 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点1几何体体积 （5年4考） 2024天津卷：柱体体积的计算； 2023天津卷：锥体体积的有关计算 证明线面垂直； 2022天津卷：柱体体积的有关计算求组合体的体积； 2021天津卷：锥体体积的有关计算 球的体积的有关计算； 1.立体几何在高考的考查主要包含了，几何体的体积问题，通常运用割补法进行求解。 2.立体几何线面关系的判断，主要考查了判定定理与性质定理的灵活运用 3.立体几何解答题主要考查了，线线，线面与面面的位置关系的证明，线面与面面的夹角以及距离问题 4.立体几何的外接球通常考查了，外接球的表面积、体积与外接球半径问题. 考点2 线面位置关系的判定 （5年1考） 2024天津卷：线面关系有关命题的判断； 考点3 线面位置关系的证明 （5年5考） 2024天津卷：证明线面平行 面面角的向量求法 点到平面距离的向量求法； 2023天津卷：证明线面平行 求点面距离 求二面角； 2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法； 考点4 距离问题 （5年2考） 2024天津卷：证明线面平行 面面角的向量求法 点到平面距离的向量求法； 2023天津卷：证明线面平行 求点面距离 求二面角； 考点5 角度问题 （5年4考） 2023天津卷：证明线面平行 求点面距离 求二面角； 2022天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2021天津卷：空间位置关系的向量证明线面角的向量求法 面面角的向量求法； 2020天津卷：空间向量垂直的坐标表示线面角的向量求法面面角的向量求法； 考点6 球的表面积 （5年1考） 2020天津卷：球的表面积的有关计算 考点01 几何体体积 1. （2024·天津·高考真题）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 2．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 3．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（    ） A．23 B．24 C．26 D．27 【答案】D 【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积. 【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图， 因为，所以， 因为重叠后的底面为正方形，所以, 在直棱柱中，平面BHC，则, 由可得平面， 设重叠后的EG与交点为 则 则该几何体的体积为. 故选：D. 4．（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点， 设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，， ，则，所以，， 又因为，所以，， 所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为. 故选：B. 考点02 线面位置关系的判定 5．（2024·天津·高考真题）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则与相交 【答案】C 【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误. 【详解】对于A，若，，则平行或异面或相交，故A错误. 对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则与相交或异面，故D错误. 故选：C. 考点03 线面位置的证明 6．（2022·天津·高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则 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， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2）解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. （3）解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 7．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点． （I）求证：平面； （II）求直线与平面所成角的正弦值． （III）求二面角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）. 【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证； （II）求出，由运算即可得解； （III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解. 【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则,,,,,,， 因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，， 所以,,, 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 因为，所以， 因为平面，所以平面； （II）由（1）得，， 设直线与平面所成角为， 则； （III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为， 则， 所以二面角的正弦值为. 考点04 距离问题 8．（2024·天津·高考真题）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 9．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，    (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) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后用线面平行的判定解决； （2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解； （3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解 【详解】（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. 考点05 角度问题 10．（2020·天津·高考真题）如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的正弦值； （Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）. 【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. （Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出； （Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果； （Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 可得、、、、 、、、、. （Ⅰ）依题意，，， 从而，所以； （Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量， ，． 设为平面的法向量， 则，即， 不妨设，可得． ， ． 所以，二面角的正弦值为； （Ⅲ）依题意，． 由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是． 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题. 考点06 球的表面积 11．（2020·天津·高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即， 所以，这个球的表面积为. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 12．（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点， 可知：∥∥，且， 可得，即， 所以该容器中液体的体积为. 故选：A. 13．（2023·天津和平·三模）已知正方体的棱长为6，点，分别在棱，上，且满足，点为底面的中心，过点，，作平面，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由于上下底平行，则可得平面与上下底面的交线平行，则可得为平面与上底面的交线，为平面与下底面的交线，则梯形为平面截正方体的截面，可证得梯形为等腰梯形，根据已知的数量关系求解即可. 【详解】连接，，与交点即为， 因为，所以‖， 因为‖，所以‖， 所以共面， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 因为正方体的棱长为6，且， 所以， 在中，，则， 在中，，则 ， 在，，则 ， 过作于，则， 所以, 所以等腰梯形的面积为 , 故选：A    14．（2024·天津河西·三模）如图，在三棱柱中，E，F分别为AB，AC的中点，平面将三棱柱分成体积为，两部分，则（    ） A．1∶1 B．4∶3 C．6∶5 D．7∶5 【答案】D 【分析】根据割补法结合棱台的体积公式，即可求得答案. 【详解】设三棱柱的高为h，上下底面面积均为S，体积为V， 则， 因为E，F分别为AB，AC的中点，故, 结合题意可知几何体为棱台， 则， 故,故， 故选：D 15．（2024·天津滨海新·三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为3:1，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，利用几何关系和正四棱柱的对称性得到关于的方程组，再利用球的表面积公式即可得解． 【详解】正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，且共一个底面， 正四棱柱和正四棱锥的高相等， 设正四棱柱和正四棱锥的高为，该几何体外接球的半径为， 易知球O是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球， ， 解得， ∴球O的表面积为． 故选：A． 16．（2024·天津红桥·二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的半径为，高为，母线长为，结合题意面积比得到，再计算二者的体积比即可. 【详解】设圆锥的半径为，高为，母线长为， 则母线长为， 所以圆锥的侧面积是， 半球的面积， 由题意可得， 解得， 所以圆锥的体积为，半球的体积为， 所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为， 故选：B. 17．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求几何体的体积，再求被截较小部分的体积即可. 【详解】由题意可知，如图所示，， 所以平面即为平面截几何体的截面. 因为，, 所以几何体的体积, 被截棱台的体积 , 较大部分体积为, 且, 所以较小部分的体积为. 故选：D. 18．（2024·天津南开·二模）在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. (1)求证：； (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； (3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案； （3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值. 【详解】（1）因为，O为CD的中点， 所以． 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD， 所以平面ABCD． 因为，，，所以． 取的中点，连接，则⊥， 以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． ，， 因为， 所以． （2）设平面PAB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，则． 设直线PC与平面PAB所成的角为， 又， 则， 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为． （3）设平面POB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则，故． 设平面POB与平面PAB的夹角为， 则． 故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为． 19．（2024·天津北辰·三模）如图，在四棱锥中，平面，，∥，，，为棱的中点. (1)证明：∥平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)求A点到直线的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）取中点，可得四边形为平行四边形，从而，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）建系标点，求出平面BDM的法向量，易知为平面PDM的一个法向量，利用向量夹角公式求解可得答案. （3）利用空间向量求得，即可得，进而可得结果. 【详解】（1）取中点，连接，． 在中，，分别为，的中点，则，， 因为∥，，则，， 可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以∥平面PAD． （2）因为平面，，平面ABCD， 则，，且， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 取CD的中点，连接BE， 因为∥，，则，， 又因为，所以四边形ABED为矩形， 且，可知四边形ABED是以边长为2的正方形， 则，，，，，， 可得，，， 设平面BDM的法向量为，所以， 令，则，．所以平面BDM的一个法向量为， 易知为平面PDM的一个法向量， 所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为. （3）由（2）可知：， 则， 即，可知为锐角， 则， 所以A点到直线的距离为. 20．（2024·天津河北·二模）如图，四棱锥中，侧棱平面，点是的中点，底面是直角梯形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线和所成角的余弦值； (3)点在线段上，平面和平面的夹角为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求证， （2）利用向量的夹角公式即可求解， （3）求两个平面的法向量，即可利用法向量的夹角求解. 【详解】（1）证明：平面，以为原点，分别以、、的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. ，点是的中点， ,， 则 平面，平面的一个法向量为. ， 平面， 平面 ； （2） 设异面直线和所成的角为， 异面直线和所成角的余弦值为. （3）， 设，则， 设平面的法向量为，则有 不妨令，得，. 设平面的法向量为，则有 不妨令，得， ， 平面和平面的夹角为， ， ， ， . 21．（2023·天津和平·三模）如图，平面平面，，，，． (1)求直线与平面所成角的大小； (2)求平面与平面所成夹角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)． (2) (3)． 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （2）求出平面的法向量，利用空间向量法求出平面夹角的余弦值，即可求出正弦值； （3）由点到平面的距离为计算可得. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面 ，， 平面，所以平面， 又因为，则以点为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立如下图所示的空间直角坐标系，由已知， 所以，，，，． 因为,平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 又，所以直线与平面所成角为． （2）设平面的法向量为，， 则，令，则，又因为 设平面与平面所成夹角为， 则，又， 所以， 所以平面与平面所成夹角的正弦值为． （3）因为，平面的法向量为， 所以点到平面的距离为． 22．（2024·天津河西·三模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，，点M在PD上． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若平面与平面所成角为45°，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点为E，连接，说明，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论； （2）求出向量，即可根据空间角的向量求法，求得答案； （3）设，根据平面与平面所成角为45°，结合空间角的向量求法，求出，再根据二面角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）取中点为E，连接，由题意可知， 即四边形为平行四边形，故，而， 故； 又平面ABCD，故以A为坐标原点，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则， 则， 故， 故，则； （2）由（1）知， 设异面直线与所成角为， 则， 即异面直线与所成角的余弦值为； （3）由题可设，则， 设平面的一个法向量为， ， 由，得， 取，则， 平面的法向量可取为， 平面与平面所成角为45°，则， 解得，则，， , 设平面的一个法向量为， 由，得， 取，则， 设直线与平面所成角为， 则. 即直线与平面所成角的正弦值为. 23．（2024·天津·二模）如图，直线垂直于梯形所在的平面，，为线段上一点，，四边形为矩形.    (1)若是的中点，求证： 平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值： (3)若点到平面的距离为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）矩形对角线交点即为线段中点，在内应用中位线定理，即可得证；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，先求直线的方向向量，再求平面的法向量，应用线面角的向量求法即可；（3）设定，应用点面距的向量解法求解即可. 【详解】（1）设，连接， 因为四边形为矩形，所以为中点， 又为中点，则 ， 又平面，平面， 所以 平面. （2）以为坐标原点，的正方向分别为轴， 可建立如图所示空间直角坐标系，    则 ， 设平面的法向量为：， 且，令，解得：； 设直线与平面所成角为，所以. 则直线与平面所成角的正弦值为. （3）， 设 由平面的法向量为：， 点到平面的距离为：. 解得：，且， 所以. 24．（2024·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，，. (1)若点是边的中点，点是边的中点，求异面直线，所成角的余弦值； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值?若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）取中点，证得平面，进而得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）由（1），求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，求得平面的一个法向量，结合平面，列出方程组，即可求解. 【详解】（1）解：取中点，连接，，因为，所以 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又因为平面，平面，所以，， 因为，，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，，，，可得，， 设异面直线，所成角为，则. 所以异面直线，所成角的余弦值为. （2）解：由（1）得，. 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为. （3）解：设是棱上一点，则存在使得， 设，则，， 所以.所以，，， 所以.所以， 因为，，且，平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量. 若平面，则，所以，此时方程组无解， 所以在棱上不存在点，使得平面. 25．（2024·天津·二模）如图，在多面体中，，，，平面，，，. (1)求证：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据，即可得证 （2）分别求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解值； （3）设点到平面的距离为，利用点到平面的向量公式即可求解. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以 ， 所以，，两两垂直， 则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，令， 得， 所以，则， 又因为平面 所以直线平面. （2）由，得，， 设平面的法向量为，则，令 得， 所以 则平面与平面夹角的余弦值为 （3）由于，平面的法向量， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$