专题04 数列、立体几何（甘肃专用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题04 数列、立体几何 题型概览 题型01 数列的概念与表示 题型02 等差数列 题型03 等比数列 题型04 空间几何体 题型05 点、直线、平面之间的位置关系 题型06 空间向量与立体几何 ( 题型01 )数列的概念与表示 1．（2025·甘肃·二模）在递增等比数列中，已知，，则 ． 2．（2025·甘肃·二模）已知数列满足，． (1)已知， ①若，求； ②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围； (2)若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由． ( 题型0 2 )等差数列 3．（2025·甘肃·二模）在数列的项和之间插入个构成新数列，则（    ） A．13 B． C．14 D． 4．（2025·甘肃金昌·二模）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·甘肃庆阳·二模）已知等差数列的前项和为，若，则（   ）． A．4 B． C． D．6 6．（2025·甘肃白银·二模）已知等差数列的公差，，则的前5项和 ． 7．（2025·甘肃·二模）已知数列满足，，数列满足. (1)求，的值； (2)证明：数列是等差数列； (3)求数列的前项和. ( 题型0 3 )等比数列 8．（2025·甘肃白银·二模）已知数列的前n项和为，且，． (1)证明：数列是等比数列． (2)设，求数列的前n项和． (3)设，证明：． 9．（2025·甘肃·二模）记数列的前n项和为，已知，且，数列满足． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)记的前n项和为，证明：． ( 题型0 4 )空间几何体 10．（2025·甘肃金昌·二模）如图，正方体的棱长为是线段上的一个动点，下列结论正确的是（    ）    A．的最小值为 B．的最小值为 C．三棱锥的体积为 D．以点为球心，为半径的球的表面积的最小值为 11．（2025·甘肃白银·二模）已知圆台，其上底面圆的直径为2，下底面圆的直径为8，母线长为5，则该圆台的体积为 . 12．（2025·甘肃白银·二模）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 13．（2025·甘肃·二模）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行．现有如图所示一刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等，则该几何体中异面直线共有 对；若，到底面的距离为，则该刍甍的体积为 ． 14．（2025·甘肃·二模）满足下列条件的四面体存在的是（    ） A．1条棱长为，其余5条棱长均为1 B．1条棱长为1，其余5条棱长均为 C．2条棱长为，其余4条棱长均为1 D．2条棱长为1，其余4条棱长均为 15．（2025·甘肃·二模）我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为 . ( 题型0 5 )点、直线、平面之间的位置关系 16．（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合. (1)直线与由三点所确定的平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 17．（2025·甘肃白银·二模）设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则或与相交 18．（2025·甘肃白银·二模）如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，平面ABE与校交于点G． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值． 19．（2025·甘肃金昌·二模）如图，在圆柱中，轴截面是边长为2的正方形，是以为直径2的圆上一动点（异于点），与圆柱的底面圆交于点，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．直线与直线有可能垂直 D．三棱锥的外接球体积为定值 20．（2025·甘肃庆阳·二模）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点．    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 21．（2025·甘肃白银·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面.    (1)证明：． (2)求三棱锥的外接球的表面积． (3)若，求二面角的正弦值． 22．（2025·甘肃·二模）如图，在四棱锥中，是一个等边三角形，底面是平行四边形，且平面平面，，． (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的正切值． 23．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D．6 24．（2025·甘肃·二模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ( 题型0 6 )空间向量与立体几何 25．（2025·甘肃白银·二模）如图，在平行六面体中，底面四边形ABCD是菱形，，，，则的长为 ，直线与直线所成角的余弦值为 ．（结果用a，b表示） 26．（2025·甘肃白银·二模）已知两个不同的平面，一条直线，下列命题是假命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 27．（2025·甘肃白银·二模）如图，在四棱台中，垂直于底面，上、下底面均为正方形，，，，M，N分别为的中点． (1)证明：平面BMN． (2)求直线BN与平面所成角的正弦值 (3)求二面角的余弦值． 28．（2025·甘肃白银·二模）如图，在正方体中，为的中点. (1)求证：. (2)求直线与平面所成角的余弦值. 29．（2025·甘肃·二模）如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，且为棱的中点，为棱上的动点. (1)求二面角的正弦值； (2)是否存在点使得平面？若存在，求的值；否则，请说明理由. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 数列、立体几何 题型概览 题型01 数列的概念与表示 题型02 等差数列 题型03 等比数列 题型04 空间几何体 题型05 点、直线、平面之间的位置关系 题型06 空间向量与立体几何 ( 题型01 )数列的概念与表示 1．（2025·甘肃·二模）在递增等比数列中，已知，，则 ． 【答案】9 【分析】利用等比数列性质通项公式求出，再根据数列递增确定和，进而求出等比数列公式. 【详解】在等比数列中，由等比数列性质可知. 又已知，则、可看作方程的两个根. 解这个方程，可得或，即或. 因为是递增的等比数列，所以，. 设公比为，可得，即，化简得， 解得或舍，又因为数列递增，所以，. 故答案为：9. 2．（2025·甘肃·二模）已知数列满足，． (1)已知， ①若，求； ②若关于m的不等式的解集为M，集合M中的最小元素为8，求的取值范围； (2)若，是否存在正整数，使得，若存在，求出k的最小值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)①或2或3或4 ；② (2)存在； 【分析】（1）①当时代入递推公式，解出，再解出即可；②由递推关系分解因式得到，得到的关系，再结合已知最小元素列不等式求解即可； （2）由上问写出的表达式，再由，得到关于，解出符合条件的k即可. 【详解】（1）①，∴或2， 而．若，∴或2． 若，∴或4，经检验均符合．∴或2或3或4． ②由条件知， ∴，∴， 或，或或或 或，，，…，， … 或，…，，或，…或 ∴． （2）或，，…，，， 令，，，∴， 当时，不是自然数， 所以当时，，， ∴存在这样的k，． 【点睛】方法点睛：已知数列递推求数列中的具体项时，直接代入求解即可；由递推公式求数列的符合某一条件的项时，常将递推公式分解因式，得出数列的性质，然后再根据已知条件求解. ( 题型0 2 )等差数列 3．（2025·甘肃·二模）在数列的项和之间插入个构成新数列，则（    ） A．13 B． C．14 D． 【答案】A 【分析】根据题意条件，求出新数列中不超过的数的个数，再分组计算. 【详解】在和之间插入个构成数列, ， 则数列中不超过的数的个数为， 当时，，当时，， 所以. 故选：A 4．（2025·甘肃金昌·二模）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等差数列通项公式化简可得，再由等比数列求和公式计算即可. 【详解】由题可知， 所以数列的前10项和为. 故选：B. 5．（2025·甘肃庆阳·二模）已知等差数列的前项和为，若，则（   ）． A．4 B． C． D．6 【答案】C 【分析】根据等差数列通项公式及前项和公式的基本量运算求解. 【详解】设等差数列的公差为， 由，则， ，即， . 故选：C. 6．（2025·甘肃白银·二模）已知等差数列的公差，，则的前5项和 ． 【答案】15 【分析】根据等差数列基本量法，即可求解. 【详解】由，且，得．则． 故答案为： 7．（2025·甘肃·二模）已知数列满足，，数列满足. (1)求，的值； (2)证明：数列是等差数列； (3)求数列的前项和. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据的定义即可计算求解； （2）根据等差数列的定义证明即可； （3）由分组求和法以及等差数列求和公式即可求解. 【详解】（1）由已知得：， . （2）证明：因为，， 所以， 而，所以是以为首项，为公差的等差数列. （3）， 因为，，，由（2）得， 所以. ( 题型0 3 )等比数列 8．（2025·甘肃白银·二模）已知数列的前n项和为，且，． (1)证明：数列是等比数列． (2)设，求数列的前n项和． (3)设，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用前n项和与通项公式的关系得到，再利用等比数列的定义证明即可. （2）利用给定条件求出，再利用错位相减法结合公式法求和即可. （3）先表示出，再分析得到，再对分奇偶数讨论证明不等式即可. 【详解】（1）当时，，得． 当时，，结合题设式可得， 即，当时也成立，， 则数列是首项为2、公比为2的等比数列． （2）由（1）知，则，， 设记为①， 记为②， ①－②得，， 设，则． （3）由（1）知，， ， 欲证，即证， 即证，即证，该式显然成立， 即恒成立． 当n为奇数， ， 当n为偶数时， ． 综上，． 9．（2025·甘肃·二模）记数列的前n项和为，已知，且，数列满足． (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)记的前n项和为，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列定义推理得证. （2）由（1）求得，再利用前n项和与第n项的关系求解. （3）利用不等式的性质，结合数列求和推理得证. 【详解】（1）由，，得，而， 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列. （2）由（1）得，则，而， 两式相减可得，即， 所以. （3）依题意，，而，则， 当时，， 故. ( 题型0 4 )空间几何体 10．（2025·甘肃金昌·二模）如图，正方体的棱长为是线段上的一个动点，下列结论正确的是（    ）    A．的最小值为 B．的最小值为 C．三棱锥的体积为 D．以点为球心，为半径的球的表面积的最小值为 【答案】AB 【分析】根据的形状，可判定当为中点时，最小，求此时的值，可判断A的真假；转化成平面上两点之间，线段最短，结合解三角形的知识可判断B的真假；举特例，可判断C的真假；利用点到直线上点的距离，垂线段最短，确定球的半径的最小值，求表面积可判断D的真假. 【详解】对于选项A，显然为等边三角形，其边长为的最小值为边上的高，易求得高为，故选项A正确； 对于选项B，如图，    将等边三角形绕边旋转到与平面共面， 显然，故选项B正确； 对于选项C，当点与点重合时，，故选项C错误； 对于选项D，显然当为的中点时，球的半径最小，此时球的半径为，因此该球的表面积的最小值为，故选项D错误. 故选：AB 11．（2025·甘肃白银·二模）已知圆台，其上底面圆的直径为2，下底面圆的直径为8，母线长为5，则该圆台的体积为 . 【答案】 【分析】先计算出圆台的高，再利用圆台的体积计算公式计算即可. 【详解】由题意得，所以. 故答案为：. 12．（2025·甘肃白银·二模）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用面面平行的性质定理求证，设，再求证为三棱台，再计算三棱台的体积，结合题意即可求得. 【详解】因平面平面，平面平面， 平面平面，则， 设，，， 因，，则， 因，则，则重合， 则为三棱台， 记三棱柱的高为h，的面积为S，的面积为， 易知， 则三棱台的体积为， 由题意得，化简得， 解得 （负值舍去），故． 故选：A 13．（2025·甘肃·二模）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行．现有如图所示一刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等，则该几何体中异面直线共有 对；若，到底面的距离为，则该刍甍的体积为 ． 【答案】 12 【分析】第一空：由异面直线的概念逐个判断即可，第二空：分别取，的中点，，将刍甍被分为四棱锥和三棱柱．进而可求解. 【详解】由异面直线的判定定理易知： 与成异面直线， 与成异面直线， 与成异面直线， 与成异面直线， 成异面直线，成异面直线， 共12对； 在刍甍中，过作底面的垂线，垂足为， 则，取的中点，则， ，所以． 分别取，的中点，， 则刍甍被分为四棱锥和三棱柱． 又因为， ， 又因为 所以， 所以该刍甍的体积为． 故答案为：12； 14．（2025·甘肃·二模）满足下列条件的四面体存在的是（    ） A．1条棱长为，其余5条棱长均为1 B．1条棱长为1，其余5条棱长均为 C．2条棱长为，其余4条棱长均为1 D．2条棱长为1，其余4条棱长均为 【答案】BCD 【分析】对于选项A和B，作图，设棱，取其对棱的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围，从而判断四面体是否存在.对于选项C和D，分两种情况讨论，①当长为的两条棱为相对棱时，取的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围；②当长为的两条棱有公共顶点时，取的中点，在中利用三边关系列式子，求出的范围；从而判断四面体是否存在. 【详解】选项A：设四面体有1条棱长为，5条棱长为1， 如图1，四面体满足，， 取的中点，连接，，则， 由三角形的三边关系知，， 所以，即，故A错误； 选项B：与选项A同理可得，当四面体有1条棱长为，5条棱长为时， 因为，所以B正确； 选项C：设四面体有2条棱长为，4条棱长为1，分两种情况： ①当长为的两条棱为相对棱时， 如图2，不妨设为，， 取的中点，连接，，则， 由三角形的三边关系知，， 所以，解得，不符合题意； ②当长为的两条棱有公共顶点时， 如图3，不妨设， 取的中点，连接，， 则，， 由三角形的三边关系知，， 所以，解得； 综上可知，. 因为，所以C正确； 选项D：与选项C同理可得， 当四面体有2条棱长为，4条棱长为时，， 因为，所以D正确. 故选：BCD. 15．（2025·甘肃·二模）我国古代数学典籍九章算术中有一种名为“羡除”的几何体，它由古代的隧道形状抽象而来.如图所示，在五面体中，，四边形，，为等腰梯形，且平面平面.其中，，（），且到平面的距离为，和的距离为，若，，，，，则该“羡除”的体积为 . 【答案】40 【分析】将“羡除”分割为两个四棱锥和一个直棱柱求体积. 【详解】如图，平面内，过分别作的垂线，垂足分别为， 平面内，过分别作的垂线，与分别交于， 将“羡除”分割为两个四棱锥，和直棱柱， 由，四边形，，为等腰梯形，且平面平面. 则，，， 故所求几何体的体积为 ． 故答案为：40 ( 题型0 5 )点、直线、平面之间的位置关系 16．（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合. (1)直线与由三点所确定的平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，证明得，及，设，求出，过作于，证明得平面，即为点到平面的距离，进而得到答案； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角的法向量求法求解即可． 【详解】（1）由题意可知，，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为二面角为，所以， 所以与均是全等的正三角形，取中点，则， 由平面平面得， 又，平面，因此平面，即， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，所以，，所以即， 所以的长为. 过作于，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 即为点到平面的距离，因为，所以， 所以，所以点到平面的距离为. （2）因为，所以， 又平面平面，所以即为二面角的平面角， 所以. 取中点，连接，如图， 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，又平面， 所以平面，因为，平面，所以， 则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 则， 设平面的法向量，则 令，则，所以. 设平面的法向量，又， 所以， 令，则，所以. 所以. 设平面与平面夹角为， 所以， 故平面与平面夹角的正弦值为. 17．（2025·甘肃白银·二模）设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则或与相交 【答案】D 【分析】对于ABC,根据空间线、面垂直关系逐项分析判断即可；对于D,根据线、面平行关系分析判断即可. 【详解】对于A，若，则，又，则或，故A错误； 对于B，由，可知可能平行或相交，故B错误； 对于C，若，则有可能是，也可能，故C错误； 对于D，由，可知可能平行或相交，故D正确. 故选：D. 18．（2025·甘肃白银·二模）如图，在直三棱柱中，，，E为的中点，平面ABE与校交于点G． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由是由棱锥和棱锥组合而成，利用线面垂直的判定和性质找到棱锥的高，最后应用棱锥的体积公式求体积； （2）根据已知易得为等腰梯形，为等腰三角形，应用等体积法求到平面的距离，并求出中边上的高，结合二面角的定义即可求其正弦值. 【详解】（1）由是由棱锥和棱锥组合而成， 由平面，平面，则，且， 即，由且都在平面内，则平面， 所以是棱锥的高， 则 ； （2）由题设，， 由，即为等腰梯形，其高为， 所以， 若到平面的距离为，则，可得， 在等腰三角形中，边上的高为， 所以，平面ABEG与平面CEG所成角的正弦值为. 19．（2025·甘肃金昌·二模）如图，在圆柱中，轴截面是边长为2的正方形，是以为直径2的圆上一动点（异于点），与圆柱的底面圆交于点，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．直线与直线有可能垂直 D．三棱锥的外接球体积为定值 【答案】ABD 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，由线面垂直可得面面垂直判断B，假设，可得与矛盾，判断C，确定出球心位置，由半径为定值可判断D. 【详解】对于A，因为都是对应圆周上的点，是相应的圆的直径， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面，A项正确： 对于B，因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面，B项正确； 对于C，若，因为，平面， 所以平面，则， 因为平面，所以， 这与矛盾，故直线与直线不可能垂直，C项错误； 对于D，因为均是以为斜边的直角三角形， 所以三棱锥的外接球的球心为的中点，由于， 故三棱锥的外接球体积为定值，D项正确. 故选：ABD 20．（2025·甘肃庆阳·二模）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点．    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）法一：取的中点，连接，，可证明四边形为平行四边形，进而得，从而可证结论；法二：取的中点，连接，，利用平面，平面，进而得平面平面，利用面面平行的性质可证结论； （2）由面面垂直的性质可得平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量可求直线与平面所成的余弦值. 【详解】（1）证法一：取的中点，连接，，    因为，分别为，的中点， 所以，且． 又四边形为矩形，且为的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以．又平面，平面， 所以平面． 证法二：取的中点，连接，，    则，， 因为平面，平面， 所以平面， 同理平面． 又，，平面， 所以平面平面． 又平面，所以平面． （2）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，，，， 可得，，． 设平面的法向量为， 则，令，则，， 可得平面的法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 21．（2025·甘肃白银·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面.    (1)证明：． (2)求三棱锥的外接球的表面积． (3)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明平面，根据线面垂直的判断定理，结合垂直关系，即可证明； （2）首先根据几何关系，找到三棱锥外接球的球心，再根据半径求外接球的表面积； （3）方法一：首先根据几何关系，证明，再以点为原点建立空间直角坐标系，根据几何关系，写坐标，再分别求平面和平面的法向量，根据向量公式，即可求解； 方法二：根据二面角平面角的定义，结合几何关系，证明，构造二面角的平面角，即可求解. 【详解】（1）∵，∴， ∵，∴． ∵平面，平面，且平面平面， ∴，∴． ∵O为的中点，，∴， 又∵平面平面，平面平面， ∴平面，平面，∴， 又，平面，∴平面， 平面，∴． （2）由（1）知，的外接圆为圆O， 此时，等边的外接圆圆心即为球心Q， ，由正弦定理可得外接圆半径， 则球Q的表面积为． （3）连接，中，为的中点，则， 又，所以， 为公共边，得，则，则是等边三角形， 由（1）知，则，即． （方法一）以O为坐标原点，垂直于的直线为x轴，，所在直线分别为y轴、x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．    设平面的法向量为， 则，即，令，则． 设平面PCD的法向量为， 则，即，令，则． ，故二面角的正弦值为． （方法二）易得，又，PC为公共边，则，又， 所以平面，则，易得． 在直角中，作，垂足为E，连接BE，易知， 则为二面角的平面角．    在直角中，由等面积法易求得，则在中， ，故二面角的正弦值为． 22．（2025·甘肃·二模）如图，在四棱锥中，是一个等边三角形，底面是平行四边形，且平面平面，，． (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，由面面垂直可得平面，利用余弦定理可得，，从而，可证平面，可得证； （2）如图，以，所在直线为轴，轴，过作的平行线为轴建立平面直角坐标系，利用空间向量法求解平面与平面所成角的余弦值，再由同角基本关系求解. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为是一个边长为2的等边三角形， 所以， 又因为平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，，解得， 在中，根据余弦定理得， 所以，在中，由余弦定理得， 所以，即， 又因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面，平面，得到； （2）如图，以，所在直线为轴，轴， 过作的平行线为轴建立平面直角坐标系． ，，，， ，，． 设平面的法向量为， 则，令得，， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，令得， 所以平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为，为锐角． 则， ，． 23．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥中，平面，且，若在内（包括边界）有一动点，使得与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长为（    ） A． B． C． D．6 【答案】C 【分析】过作平面，为等边的中心，由等体积发可得，则与平面所成角为，所以，的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧． 【详解】过作平面，因为， 所以是边长为2的等边三角形，易知为的中心， 由，则， 则，与平面所成角为， 因为与平面所成角的正切值为，所以， 解得，所以的轨迹为以为圆心，以为半径的落在内的圆弧． 根据，可知四边形是菱形，且， 根据对称性可知：所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故的轨迹长为． 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据线面角的定义找到与平面所成角，从而得的轨迹是解题关键. 24．（2025·甘肃·二模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据已知条件及借助正方体，结合点线面的位置关系即可求解. 【详解】如图所示 对于A，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故A错； 对于B，设平面为平面,平面为平面,为，则，则，故B错； 对于C，过作平面与平面交于直线，，则，，可得，则，故C正确； 对于D，设平面为平面, 为， 为，则，则，故D错. 故选：C. ( 题型0 6 )空间向量与立体几何 25．（2025·甘肃白银·二模）如图，在平行六面体中，底面四边形ABCD是菱形，，，，则的长为 ，直线与直线所成角的余弦值为 ．（结果用a，b表示） 【答案】 ； . 【分析】由，应用向量数量积的运算律求模长，根据，，应用向量数量积的运算律及夹角公式求异面直线的夹角. 【详解】由， 则 ， 所以； 由，， 所以， ， ， 所以， 则直线与直线所成角的余弦值为. 故答案为：，. 26．（2025·甘肃白银·二模）已知两个不同的平面，一条直线，下列命题是假命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】由空间线面位置关系及向量法逐个判断即可. 【详解】设平面的法向量分别为，直线的方向向量为， 对于A：若，则或，错误； 对于B：若，则，所以，所以，正确； 对于C：由，可得，所以，所以，正确； 对于D：由，可得：，，所以，所以，正确， 故选：A 27．（2025·甘肃白银·二模）如图，在四棱台中，垂直于底面，上、下底面均为正方形，，，，M，N分别为的中点． (1)证明：平面BMN． (2)求直线BN与平面所成角的正弦值 (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）通过勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定即可求证； （2）建系，求得平面法向量、直线方向向量，代入夹角公式即可； （3）求得平面和平面的法向量，代入夹角公式即可. 【详解】（1） 连接BD，则， 因为M是的中点，， 所以四边形是平行四边形，则， 又，且，所以， 同理． 因为平面，， 所以平面BMN． （2）依题意，如图，建立空间直角坐标系，则． ． 设平面的法向量为， 则即 令，则，所以． 所以， 所以直线BN与平面所成角的正弦值为． （3）设平面BMN的法向量为， 则即 令，则，所以． 设二面角的大小为， 则． 所以二面角的余弦值为． 28．（2025·甘肃白银·二模）如图，在正方体中，为的中点. (1)求证：. (2)求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量，结合，即可证得； （2）由（1）知：向量，再求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设正方体的棱长为2， 则， 可得， 由， 所以，即. （2）由（1）可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 则，故直线与平面所成角的余弦值为. 29．（2025·甘肃·二模）如图，在多面体中，底面为菱形，平面，，且为棱的中点，为棱上的动点. (1)求二面角的正弦值； (2)是否存在点使得平面？若存在，求的值；否则，请说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，. 【分析】（1）连接交于点，作平面，以为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得. （2）利用（1）中信息，假定存在符合条件的点，利用空间位置关系的向量证明求解即得. 【详解】（1）连接交于点，由四边形为菱形，得，过点作平面， 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 由平面，得，又，且， 则， ， 设平面，平面的法向量分别为， 则，取，得， 则，取，得， 设二面角的大小为，则， 因此，所以二面角的正弦值为. （2）存在符合题意，且.理由如下： 令，而，棱的中点， 则，，， 若平面，而平面的法向量，则，即， 因此，解得，即，则， 所以在点使得平面，. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$