猜押05 北京高考数学17题 立体几何（解答题）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（北京专用）

猜押05 北京高考数学17题 立体几何 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 立体几何的运算 2022/17 证明线面平行线面角的向量求法 结构不良 以三棱柱为模型，通过构造面面平行证明线面平行，结合条件选择问题，利用空间向量求线面角，强调条件分析能力与向量运算的精准度。 中 2023/16 证明线面垂直 面面角的向量求法 以三棱锥为背景，先利用线面垂直性质与勾股定理证明线面垂直，再通过空间向量求二面角，突出线面垂直判定逻辑与向量计算的结合。 中 2024/17 证明线面平行 面面角的向量求法 以四棱锥为载体，先通过构造平行四边形证明线面平行，再建立空间直角坐标系求面面角，侧重线面平行判定定理与空间向量运算能力的综合考查。 中 2025年预测：延续考查立体几何中平行、垂直关系的证明（如线面平行、线面垂直），以及利用空间向量求角（线面角、面面角），可能融入开放条件选择，强化逻辑推理与计算的综合应用。 【立体几何真题回顾】 1．（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 2．（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. 3．（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 . 【2025年押题预测题型一】：线面角及其应用 1．（2024·北京·三模）如图，在正方体 中，分别是棱的中点. (1)求证：四点共面； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，利用平行关系可得四点共面，四点共面，再根据过不共线的三点的平面具有唯一性，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）如图， 取的中点，连接， 因为分别是棱的中点， 所以，，所以，四点共面， 又，，所以，四点共面， 又因为过不共线的三点的平面具有唯一性， 则平面与平面重合，故四点共面. （2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方形的边长为， 则，，，，， 则，，， 设平面的法向量， 则，令，解得平面的一个法向量， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为. 2．（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， . 3．（2025·北京丰台·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，.    (1)求证：平面； (2)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）根据余弦定理求得即可得到，利用面面垂直的性质定理可证明结论. （2）分别取，中点，证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量可得结果. 【详解】（1）∵在中，，，， ∴，故. ∵，∴. ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面. （2）    分别取，中点，连接，，则，. ∵，∴. ∵为等边三角形，∴，故. ∵平面，平面，∴. ∵，∴，故，，两两垂直. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，，. 设平面的法向量为， 则即 令，则，，∴. 设直线与平面所成角为， 则， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 4．（2025·北京延庆·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F. (1)求证：； (2)若，求直线BE与平面BCF所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定与性质定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）在矩形中，， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面，且平面平面， 所以. （2）由（1）可知， 又因为E是的中点，所以F是的中点， 因为，即，故. 因为平面平面， 所以 又在正方形中，， 所以两两垂直. 如图建立空间直角坐标系， 则 所以， 设平面的一个法向量为 由，得， 令，得， 设直线与平面所成角为， 则 故直线BE与平面BCF所成角的正弦值为. 5．（2025·北京平谷·一模）如图，在四棱锥中，平面平面等腰直角三角形，. (1)点在棱上，若平面，求证：为的中点； (2)求与平面所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质，结合平行四边形的定义，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）在中，过点作交于点，连接， 因为，所以，所以四点共面. 因为平面，平面， 平面平面，所以. 所以四边形是平行四边形， 所以，所以为的中点. （2）过作于，连接. 因为，所以为中点， ，，所以四边形为平行四边形， 又，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面.所以， 所以. 如图建立空间直角坐标系. 因为， 由题意得，， 所以. 设平面的法向量为，则即 令，则.所以平面的一个法向量为. 设与平面所成角为， 则， 又，解得. 所以与平面所成的角为 6．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）如图，在多面体中，为等边三角形，，，.点为的中点，平面平面； (1)求证：平面； (2)设点为上一点，且，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）根据面面垂直的性质可得平面,进而可得平面平面，进而根据面面垂直的性质即可求证平面， （2）利用等体积法求解点到平面的距离为，即可求解. 【详解】（1）平面平面,且交线为， ,平面，故平面, 平面，故平面平面， 由于平面平面， 为等边三角形，为的中点,故, 平面，故平面， （2）由于平面，平面，故， 平面,平面，故， 由于，,, 故,设到平面的距离为， 则，故,故， 设直线与平面所成角为,则， 7．（24-25高三下·北京·开学考试）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为60°.设M，N分别为，的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）通过证明平面，可得. （2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出． 【详解】（1）因为四边形和都是直角梯形，， 因为，且，平面， 则平面， 平面，可得. （2）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、． 因为四边形和都是直角梯形， 由题意可知， 则四边形和四边形是矩形， 在Rt和Rt，， 是二面角的平面角，则， 可知是正三角形，由平面，得平面平面， 又因为是的中点，则， 又平面，平面，可得， 且，平面，可知平面， 而平面，所以. 因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 设，则， 可得 设平面的法向量为 由，得，取， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 8．（24-25高三下·北京·开学考试）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））. (1)求证：； (2)若，直线与平面所成的角为，求长； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)相交，理由见解析 【分析】（1）先证平面，即可得证线线垂直； （2）由所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，然后由空间向量法求线面角求得参数值； （3）用反证法证明判断与平面相交． 【详解】（1），平面， 平面， 平面 （2）是等腰直角三角形且，则到的距离为2， ，所以，可由所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），设，结合图（1）得 ， 设面的法向量， 令， 直线与平面所成角为， ， 解得：，或（舍），所以，的长为； （3）相交 反证法，因为点平面，且点交线，所以交线平面. 假设平面，且平面，平面平面，故.同理，因此，由图1知，与BC相交，矛盾. 因此与平面相交. 9．（2024·北京海淀·三模）如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点． (1)证明：； (2)证明：； (3)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明； （2）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果； （3）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题. 【详解】（1）因为直线平面平面， 且平面平面，所以； （2）过作，垂足为， 由题意知：为矩形，可得， 由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 可得平面ABCD，且平面， 所以. （3）由（1）可知：平面ABCD， 取线段的中点，连接，则，， 又因为，可知， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为E为线段PF上一点，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可得：， 整理得，解得， 所以当，直线与平面夹角的正弦值为. 10．（2025·北京·模拟预测）已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面.    (1)求的值； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）由平面平面，可得平面，故，可知是棱的中点，可得； （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用等体积法求得点坐标，从而求得平面的法向量，利用向量的数量积求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面，又因为满足平面，所以， 又是棱的中点，则为的中位线，故是棱的中点， 所以； （2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：    因为，，则， 又是以为直角顶点的等腰直角三角形，则， 故，，取中点，连接，则， 又，故设，根据三棱锥的体积相等， ，可得， 解得，所以设，故， ，设平面的法向量为，则 ，解得，令，则， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 11．（2025·北京顺义·一模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，. (1)若平面与棱交于点，且平面，求证：是中点； (2)若是棱上一点，且满足，当时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行的性质，可得答案； （2）由题意，利用线面垂直的性质与判定，并建立空间直角坐标，求得平面法向量，根据线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）记，连接，如下图： 因为平面，平面，平面平面，所以， 在中，由为的中点，则为的中点. （2）在菱形中，易知，由，，则，， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以，由，则， 因为，平面，所以平面， 取的中点为，易知，则平面，则两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则，，， 可得，，，， 由，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，所以平面的一个法向量， 设与平面所成角为，. 12．（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，点为棱上一个动点． (1)求证：； (2)若平面平面； （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，且 【分析】（1）推导出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）（i）推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （ii）设，其中，利用空间向量法可知，与平面的法向量垂直，可得出关于的等式，解之即可. 【详解】（1）翻折前，在梯形中，， 翻折后，则有，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，故. （2）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以，平面，且， 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、、、、， （i），，， 设为平面的一个法向量， 可得，令，可得， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （ii）设，其中， 则， 易知平面的一个法向量为， 若平面，则，解得， 因此，棱上存在点，使平面，且. 【2025年押题预测题型二】：面面角及其应用 1．（24-25高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是棱的中点，在棱上，且平面，平面平面． (1)求证：是棱的中点； (2)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，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论； （2）建立空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，又是的中点，则且， 由在棱上，底面为矩形，则，故， 由平面，平面且平面平面，则， 所以为平行四边形，故， 所以是的中点； （2）平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又底面为矩形，建立如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设平面的一个法向量为， 则，令，则， 显然平面的一个法向量可以为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 2．（2025·北京门头沟·一模）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据正方体性质以及线面平行判定定理可证明平面，再由线面平行性质定理以及中位线性质可得结论； （2）建立空间直角坐标系求得两平面的法向量即可求得它们夹角的余弦值. 【详解】（1）依题意连接，如下图所示： 由正方体性质可得，又平面，平面， 可得平面， 因为与平面交于点，即平面平面， 可得， 因此，又为中点， 可得为的中点； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 不妨设正方体的棱长为2， 可得，即； 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即； 显然平面的一个法向量可以为， 因此平面与平面夹角的余弦值为； 可得平面与平面夹角的余弦值. 3．（2025高三下·北京·专题练习）如图，四棱锥中，底面，，平面，. (1)证明：； (2)已知点到平面的距离为1，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的性质证得，再利用线面垂直性质、判定推理得证. （2）作于，利用线面垂直的判定证得平面，再作出二面角的平面角，利用定义法求出余弦值. 【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，则， 由平面，平面平面，得，而， 则，而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）过点在平面内作于，由平面，得， 而平面，则平面，， 又平面，则， 在中，，则，解得， 为中点，即，在平面内过作于，连接， 平面，则平面，又平面， 于是，是二面角的平面角， 由，得，，而， 则，， 所以二面角的余弦值为. 4．（2024·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，，. (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可得到，再由，即可得到平面，从而得证； （2）取中点，中点，即可证明平面，且，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）如图：    因为，，所以为等边三角形，， 又，所以，又， 所以. 因为，所以为直角三角形，所以. 又，，为平面内的两条相交直线， 所以平面，平面，所以平面平面； （2）取中点，中点，因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又，所以， 故以为原点，建立如图空间直角坐标系，    所以，，，，，. 设，因为， 解得，所以. 设平面的法向量为， 则，取； 设平面的法向量为， 则，取. 那么，，. 平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，又，所以. 5．（2024·北京·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，，，．    (1)若平面，证明：平面； (2)若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形三边长可得到三角形角度，再根据线面垂直得到线线垂直，结合同一平面内垂直于同一条直线的两条直线平行，即可得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由空间向量夹角的余弦公式列方程，即可得求答案. 【详解】（1）证明：∵，，，即， ∴，即， ∵平面，平面， ∴， ∴，又平面，平面， ∴平面； （2）∵底面，底面， ∴，，又， 以点为原点，以所在的直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：    令，则， ，则， ， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， ∵二面角的正弦值为，则余弦值为， 又二面角为锐角，∴， 解得，所以. 6．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析，体积为 (3) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，即可得证； （2）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； （3）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以，又是棱的中点，所以D是棱的中点； （2）连接，因为，O是棱的中点，所以⊥， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， 又，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （3）由（2）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 7．（2025·北京朝阳·一模）如图，在四棱柱中，平面，在四边形中，，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据长度和平行关系得到四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，即可得到点处直线两两互相垂直，即可建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解面面角的余弦值即可. 【详解】（1）连接． 因为为的中点， 所以． 又，所以四边形为平行四边形． 所以． 又因为， 所以． 所以四边形为平行四边形． 所以． 又因为平面平面， 所以平面． （2）因为平面， 所以． 又因为平面平面，平面平面， 且平面， 所以平面． 所以． 所以两两垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则． 所以． 因为平面， 所以是平面的法向量． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则．于是． 设平面与平面夹角为， 则． 【2025年押题预测题型三】：空间距离 1．（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. 2．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面. (1)求证：为的中点； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求点到平面的距离. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；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) (3) 【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可得出结果. （3）由（2）可知，直线与平面所成的角为，利用计算即可. 【详解】（1）证明：选条件①：由， 根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立； 选条件②：． 连接，在正方体中，由平面， 因为平面，所以， 又因为，， 所以， 因为平面，所以， 又因为为的中点， 所以为的中点． 选择条件 ③：平面． 连接，因为平面，平面， 且平面平面，所以， 因为为的中点，所以为的中点． （2）在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则．于是， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的大小为， （3）点到平面的距离为. 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图，在三棱柱中，，，，点分别在棱和棱上，且，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)已知平面， ①求二面角的正弦值： ②点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；② 【分析】（1）利用三棱柱形质以及中位线性质，根据线面平行判定定理证明即可得出结论； （2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的余弦值即可得出其正弦值； ②利用空间距离的向量求法代入计算可得结果. 【详解】（1）取的中点为，连接，如下图所示： M为棱的中点，的中点为，可得且； 又易知，且，所以，； 又，所以； 由三棱柱性质可得，因此， 所以，可知四边形为平行四边形； 可得，又平面，平面； 所以平面 （2）①由已知平面，可得； 又，可知两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 可知， 设平面的一个法向量为， 所以，令，可得， 因此法向量可以为， 又易知平面与轴垂直，所以平面的一个法向量可以为； 则； 因此二面角的正弦值为； ②由（1）可知，平面的法向量可以为， 又， 所以点到平面的距离为. 4．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面，点为线段的中点，，直线与平面所成的角为.    (1)若点为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，根据题意作出图形，由中位线和平行四边形的性质证明四边形为平行四边形，从而得到线线平行，然后证明线面平行； （2）由线面角的定义，及已知线段长求得长.由线面垂直的性质得到，，由面面垂直的性质得到，然后建立空间直角坐标系，结合线段长得到点的坐标，从而得到平面内向量的坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的余弦值. （3）由空间向量的投影即可得点到面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接，； 因为分别为的中点， 所以，． 因为四边形是平行四边形，G为线段的中点， 所以，， 所以，． 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为 所以平面．    （2）因为平面，所以即为直线与平面所成的角， 由题意可知：，又，所以， 因为平面， 所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以且，，两两垂直， 分别以，，所在直线为轴，轴，轴如图建立空间直角坐标系， 则，，，，则，，，      设平面的法向量为，平面的法向量为， 则有，也即，令，则； 则有，也即，令，则， 则， 由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. （3）因为 所以点到平面的距离. 5．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，N为的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设的中点为，连接， （2）记的中点为，连结，易得，，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）设，利用空间向量结合直线与平面所成角的正弦值为求出的值，再利用空间向量求解即可. 【详解】（1）设的中点为，连接， 因为N为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）记的中点为，连结， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （3）依题意，设，则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 【2025年押题预测题型四】：立体几何中的结构不良问题综合 1．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 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. (1)求证：； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求的值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明平面平面，得平面，再证即可； （2）依题建系，分别就① ，② ，③，写出相关点的坐标，求得平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （3）设，求得，分别利用①，②，③求得，结合列方程组，求出即得 【详解】（1）因为，平面，平面，故平面， 由矩形可得，平面，平面,故平面, 又 ，且平面，平面，故平面平面， 又因平面，故平面， 因平面，平面平面 所以，即； （2） 若选择条件①，因为平面，平面,，. 又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面夹角为，则 ， 即直线与平面夹角的正弦值； 若选择条件②，因为平面，平面,，. 又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面夹角为，则 ， 即直线与平面夹角的正弦值； 若选择条件③，因为平面，平面,，. 又有，如图，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，故可取. 设直线与平面夹角为，则 ， 即直线与平面夹角的正弦值. （3）由（2）建系，且可知无论选择①，②，③哪个条件，都有. 设，，则， 由（1）知，所以 故存在实数，使得,即，解得,符合题意. 故得. 2．（2024·北京·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，． (1)设平面平面，求证：； (2)从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度． 条件①：平面平面； 条件②：； 条件③：四棱锥的体积为． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得. （2）选条件①③或②③，证明底面，求出，（ⅰ）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令，利用垂直关系的向量表示求出即可. 【详解】（1）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，则， 而平面平面，于是平面， 又平面，且平面平面，所以. （2）选条件①③，平面平面，四棱锥的体积为， 连接和交于点，连接，显然是中点，由，得， 而平面平面，平面，底面， ，，解得， 选条件②③，，四棱锥的体积为， 连接和交于点，连接，显然是中点，由，得， 又是中点，由，得，而平面，则，底面， ，，解得， 若选条件①②，平面平面，，此2条件均可证明底面， 点的位置不确定，即四棱锥存在，但不唯一，因此条件①②不可选. （i）以为原点，直线分别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，令，得， 平面的法向量为，因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为. （ii）平面交线段于点，由（i）知，， 设，则， 由，得，所以. 3．（2024·北京大兴·三模）如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. (1)证明：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）由面面平行的性质定理求解； （2）选择条件①：选择条件②：都是建立空间直角坐标系进行求解． 【详解】（1）因为，所以，， 又因为、平面，， 所以平面，而平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以． （2）选择条件①：平面平面， 因为，， 所以为二面角的平面角， 因为平面平面，所以， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角则， 二面角的余弦值为， 选择条件②：， 因为平面，平面，所以， 因为，，BC，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，所以， 因为，， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是，，的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则 得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角，则， 二面角的余弦值为． 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图，四棱锥中，，底面是个直角梯形，，，. (1)证明：； (2)从下面条件①､条件②､条件③三个条件中选择一个作为已知，解答下面的问题. 条件①：； 条件②：； 条件③：二面角的大小为. 在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由. （注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.） 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可得证； （2）以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系，推出条件①矛盾；若选条件②：设，利用距离公式求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解；若选条件③：由（1）可知即为二面角的平面角，即可求出点坐标，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出，即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接、，因为， 所以，又，所以， 所以，即，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以； （2）因为，，又，所以，所以四边形为矩形， 如图以为坐标原点，平面，建立空间直角坐标系， 则，，，； 若选条件①：，显然平面，设， 则，，所以，与矛盾，故条件①不符合题意； 若选条件②：，显然平面，设， 则，解得，则， 所以，， 设， 则， 设平面的法向量为，则，取， 设直线与平面所成的角为，则， 解得或（舍去），所以的值为； 若选条件③：二面角的大小为. 由（1）可知即为二面角的平面角，即，又， 所以， 则，， 设， 则， 设平面的法向量为，则，取， 设直线与平面所成的角为，则， 解得或（舍去），所以的值为. 5．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， （i）求二面角的大小； （ii）四棱锥的体积为________．（结论不要求证明） 条件①：； 条件②：平面平面． 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)证明见解析 (2)条件选择见解析，（i）；（ii）2 【分析】（1）取中点，推导出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）选①或②：（i）推导出、、两两垂直，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小； （ii）解法一：求出矩形的面积，利用空间向量法求出点到平面的距离，利用锥体的体积公式可求得结果； 解法二：由并结合柱体和锥体的体积公式计算即可. 【详解】（1）取中点，因为是等边三角形，则， 因为，所以， 由于，、平面，则平面， 又因为平面，所以． （2）选①：（i）在等边中，，中点为， 则， 在直角中，，则， 又，，则， 所以，、、两两垂直， 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、、， ， 因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． （ii）解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为， 点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， ； 选②：在等边中，，中点为， 则， 在直角中，，， 由于平面平面，且，平面，平面平面， 则平面， 因为平面，则，所以，、、两两垂直， 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、、， ， 因此， 则，， 易知为平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， ， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． （ii）解法一：因为，则，且，， 所以，四边形的面积为， 点到平面的距离为， 所以，； 解法二：， . 6．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，为上一点，且满足．    (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点到平面的距离2．从条件①，条件②中选择一个作为已知．求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：； 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）可证∥平面，结合线面平行的性质定理证明线线平行； （2）若选①：根据面面垂直的性质定理可证平面，建系标点，利用空间向量求线面夹角；若选②：根据线面垂直的判定定理可证平面，建系标点，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）因为四边形为菱形，则∥， 且平面，平面，可知∥平面， 又因为平面平面，平面， 所以∥. （2）设，连接，可知为的中点，    由可得. 若选①：因为平面平面，平面平面，平面， 可得平面，可知， 又因为四边形为菱形，则， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 又因为为中点，，则，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 若选②：因为，可得， 且，平面， 可得平面，可知， 又因为四边形为菱形，则， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，    则， 又因为为中点，，则，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押05 北京高考数学17题 立体几何 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 立体几何的运算 2022/17 证明线面平行线面角的向量求法 结构不良 以三棱柱为模型，通过构造面面平行证明线面平行，结合条件选择问题，利用空间向量求线面角，强调条件分析能力与向量运算的精准度。 中 2023/16 证明线面垂直 面面角的向量求法 以三棱锥为背景，先利用线面垂直性质与勾股定理证明线面垂直，再通过空间向量求二面角，突出线面垂直判定逻辑与向量计算的结合。 中 2024/17 证明线面平行 面面角的向量求法 以四棱锥为载体，先通过构造平行四边形证明线面平行，再建立空间直角坐标系求面面角，侧重线面平行判定定理与空间向量运算能力的综合考查。 中 2025年预测：延续考查立体几何中平行、垂直关系的证明（如线面平行、线面垂直），以及利用空间向量求角（线面角、面面角），可能融入开放条件选择，强化逻辑推理与计算的综合应用。 【立体几何真题回顾】 1．（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． 2．（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． 3．（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． 【2025年押题预测题型一】：线面角及其应用 1．（2024·北京·三模）如图，在正方体 中，分别是棱的中点. (1)求证：四点共面； (2)求与平面所成角的正弦值. 2．（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. 3．（2025·北京丰台·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 4．（2025·北京延庆·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F. (1)求证：； (2)若，求直线BE与平面BCF所成角的正弦值. 5．（2025·北京平谷·一模）如图，在四棱锥中，平面平面等腰直角三角形，. (1)点在棱上，若平面，求证：为的中点； (2)求与平面所成的角. 6．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）如图，在多面体中，为等边三角形，，，.点为的中点，平面平面； (1)求证：平面； (2)设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 7．（24-25高三下·北京·开学考试）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为60°.设M，N分别为，的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 8．（24-25高三下·北京·开学考试）如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将沿折起到的位置（如图（2））. (1)求证：； (2)若，直线与平面所成的角为，求长； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由. 9．（2024·北京海淀·三模）如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点． (1)证明：； (2)证明：； (3)当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为． 10．（2025·北京·模拟预测）已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面.    (1)求的值； (2)若，，求直线与平面所成角的正弦值. 11．（2025·北京顺义·一模）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，. (1)若平面与棱交于点，且平面，求证：是中点； (2)若是棱上一点，且满足，当时，求与平面所成角的正弦值. 12．（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，点为棱上一个动点． (1)求证：； (2)若平面平面； （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【2025年押题预测题型二】：面面角及其应用 1．（24-25高三下·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是棱的中点，在棱上，且平面，平面平面． (1)求证：是棱的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 2．（2025·北京门头沟·一模）如图，在正方体中，为中点，与平面交于点. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2025高三下·北京·专题练习）如图，四棱锥中，底面，，平面，. (1)证明：； (2)已知点到平面的距离为1，求二面角的余弦值. 4．（2024·北京·模拟预测）如图，在四棱锥中，，. (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值. 5．（2024·北京·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，，，．    (1)若平面，证明：平面； (2)若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 6．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. (1)证明：D是棱的中点； (2)证明：平面，并求三棱锥的体积； (3)求二面角的余弦值. 7．（2025·北京朝阳·一模）如图，在四棱柱中，平面，在四边形中，，为线段的中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值． 【2025年押题预测题型三】：空间距离 1．（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. 2．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面. (1)求证：为的中点； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)求点到平面的距离. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；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． 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图，在三棱柱中，，，，点分别在棱和棱上，且，为棱的中点． (1)求证：平面； (2)已知平面， ①求二面角的正弦值： ②点到平面的距离. 4．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面，点为线段的中点，，直线与平面所成的角为.    (1)若点为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 5．（2025·北京石景山·一模）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，N为的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点M到平面的距离． 【2025年押题预测题型四】：立体几何中的结构不良问题综合 1．（2024·北京海淀·模拟预测）如图，矩形，，平面，，，，，平面与棱交于点. 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. (1)求证：； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求的值. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 2．（2024·北京·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，． (1)设平面平面，求证：； (2)从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度． 条件①：平面平面； 条件②：； 条件③：四棱锥的体积为． 3．（2024·北京大兴·三模）如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. (1)证明：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）如图，四棱锥中，，底面是个直角梯形，，，. (1)证明：； (2)从下面条件①､条件②､条件③三个条件中选择一个作为已知，解答下面的问题. 条件①：； 条件②：； 条件③：二面角的大小为. 在棱上是否存在点（不与端点重合），使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由. （注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.） 5．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图在三棱柱中，是等边三角形，． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知， （i）求二面角的大小； （ii）四棱锥的体积为________．（结论不要求证明） 条件①：； 条件②：平面平面． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 6．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，为上一点，且满足．    (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点到平面的距离2．从条件①，条件②中选择一个作为已知．求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：平面平面； 条件②：； 1 学科网（北京）股份有限公司 $$