11.选择性必修1 第一章 空间向量与立体几何(教师版)-【高中数学】5年(2021-2025)真题按章分类

【 高中数学 】 5年高考真题·按册按章分类 2021—2025 序号及章 单选题 多选题 填空题 解答题 1.必修1 第一章 集合与常用逻辑用语 36 1 2.必修1 第二章 一元二次函数、方程和不等式 2 1 3 3.必修1 第三章 函数的概念与性质 13 6 1 4.必修1 第四章 指数函数与对数函数 22 1 4 5.必修1 第五章 三角函数 38 2 13 3 6.必修2 第六章 平面向量及其应用 23 13 20 7.必修2 第七章 复数 26 7 8.必修2 第八章 立体几何初步 25 4 10 12 9.必修2 第九章 统计 5 3 3 10.必修2 第十章 概率 5 1 1 11.选必1 第一章 空间向量与立体几何 4 2 24 12.选必1 第二章 直线和圆的方程 8 2 8 13.选必1 第三章 圆锥曲线的方程 27 7 19 22 14.选必2 第四章 数列 16 2 9 19 15.选必2 第五章 一次函数的导数及其应用 13 8 11 35 16.选必3 第六章 计数原理 8 13 17.选必3 第七章 随机变量及其分布 2 2 6 10 18.选必3 第八章 成对数据的统计分析 4 10 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何 4个单选题 + 2个多选题 + 0个填空题 + 24个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2021高考·全国)在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为(  ) A. B. C. D. 2.(2022高考·全国)在正方体中，E，F分别为的中点，则(  ) A.平面平面 B.平面平面 C.平面平面 D.平面平面 3.(2022高考·天津)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.(2024高考·上海)定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得.已知，则的充分条件是( ) A. B. C. D. 二、多选题 5.(2021高考·全国)在正三棱柱中，，点满足，其中，，则(  ) A.当时，的周长为定值 B.当时，三棱锥的体积为定值 C.当时，有且仅有一个点，使得 D.当时，有且仅有一个点，使得平面 6.(2025高考·全国一卷)在正三棱柱中，D为BC中点，则(  ) A. B.平面 C. D.平面 三、解答题 7.(2021高考·全国)在四棱锥中，底面是正方形，若. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的平面角的余弦值。 8.(2021高考·全国)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且。 (1)求； (2)求二面角的正弦值。 9.(2021高考·全国)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点. (1)证明：； (2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 10.(2021高考·北京)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。 11.(2021高考·天津)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。 12.(2022高考·全国)如图，是三棱锥的高，，，E是的中点. (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值. 13.(2022高考·全国)在四棱锥中，底面。 (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值。 14.(2022高考·全国)如图，四面体中，，E为的中点. (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值。 15.(2022高考·全国)如图，直三棱柱的体积为4，的面积为。 (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值。 16.(2022高考·北京)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. 17.(2022高考·天津)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。 18.(2023高考·全国)如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，。 (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积。 19.(2023高考·全国)如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，。 (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值。 20.(2023高考·全国)如图，在正四棱柱中，.点分别在棱，上，。 (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求。 21.(2023高考·全国)如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点。 (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值。 22.(2023高考·北京)如图，在三棱锥中，平面，. (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小。 23.(2024高考·全国)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 24.(2024高考·全国)如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得. (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 25.(2024高考·北京)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. 26.(2024高考·天津)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. 27.(2025高考·北京)如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点。 (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值。 28.(2025高考·全国一卷)如图所示的四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为. (i)证明：在平面上； (ⅱ)求直线与直线所成角的余弦值. 29.(2025高考·全国二卷)如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为. (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值。 30.(2025高考·天津)正方体的棱长为4，分别为中点，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积。 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何 参考答案及解析 一、单选题 1.D 如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以。 2.A 在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确； 解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，D错误。 解法二：解：如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，B错误。取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，C错误。 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，D错误。 3.D 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。 4.C 由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底.对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，A错误；对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，B错误。对C，由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，则由能推出，C正确。对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，D错误. 二、多选题 5.BD 易知，点在矩形内部(含边界)当时，，即此时线段，周长不是定值，A错误。当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，B正确。当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或.故均满足，C错误。当时，，取，中点为.，所以点轨迹为线段.设，因为，所以，，所以，此时与重合，D正确。 6.BD 法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则，因为是正三角形，为中点，则，则又，所以，则不成立，A错误。对于B，因为在正三棱柱中，平面，又平面，则，因为是正三角形，为中点，则，又平面，所以平面，故B正确；对于D，因为在正三棱柱中，又平面平面，所以平面，D正确。对于C，因为在正三棱柱中，，假设，则，这与矛盾，所以不成立，C错误，BD入选。 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则，对于A，，则，则不成立，A错误。对于BD，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，则平面，平面，BD正确。对于C，，则，显然不成立，C错误；BD入选。 三、解答题 7.【答案】(1) 证明见详解 (2) 【解析】(1) 取的中点为，连接，因为，，则 ，而，故。在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面。 (2)在平面内，过作，交于，则，结合(1)中的平面，故可建如图所示的空间坐标系。 则，故，设平面的法向量，则即，取，则，故。而平面的法向量为，故。二面角的平面角为锐角，故其余弦值为。 8.【答案】(1) (2) 【解析】(1)【方法一】：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、，则，，，则，解得，故； 【方法二】：几何法+相似三角形法如图，连结.因为底面，且底面，所以，又因为，，所以平面，又平面，所以。 从而，因为，所以.所以，于是。所以，所以。 【方法三】：几何法+三角形面积法，如图，联结交于点N。 由[方法二]知。在矩形中，有，所以，即.令，因为M为的中点，则，，，由，得，解得，所以。 (2)【方法一】：空间坐标系+空间向量法，设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为。 【方法二】：构造长方体法+等体积法 如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面.过H作的垂线，垂足记为G。 联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角，易证四边形是边长为的正方形，联结，，，由等积法解得.在中，，由勾股定理求得.所以，，即二面角的正弦值为。 9.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)【方法一】：几何法，因为，所以，又因为，，所以平面.又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则，又因为，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以。 【方法二】向量法，因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面.所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图 ，.由题设()，因为，所以，所以。 【方法三】：因为，，所以，故，，所以 ，所以。 (2)【方法一】向量法，设平面的法向量为，因为，所以，即，令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则 ，当时，取最小值为，此时取最大值为.所以，此时。 【方法二】：几何法，图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面。 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角，设 ，过作交于点G。由得，又，即，所以，又，即，所以，所以 .则 ，所以，当时，。 【方法三】：投影法，如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则，设，在中，，在中，，过D作的平行线交于点Q，在中，，在中，由余弦定理得 ，， ， ，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为。 10.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(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)。 11.【答案】(I)证明见详解 (II) (III) 【解析】(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。 12.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以，所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面 (2)解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以，设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为。 13.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以。 (2)解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为。 14.【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【解析】(1)因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面。 (2)与平面所成的角的正弦值为 连接，由(1)知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小。因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以，在中，，所以，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为。 15.【答案】(1) (2) 【解析】(1)在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为。 (2)取的中点E，连接AE，如图，因为，所以，又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由(1)得，所以，，所以，则，所以的中点，则，，设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为。 16.【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【解析】(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。 17.【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【解析】(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。 18.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面。 (2)过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以，在中，，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以。 19.【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3) 【解析】(1)连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面。 (2)法一：由(1)可知，则，得，因此，则，有，又，平面，则有平面，又平面，所以平面平面。 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，在中，，在中，，设，所以由可得：，可得：，所以，则，所以，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，所以平面平面BEF； (3)法一：过点作交于点，设，由，得，且，又由(2)知，，则为二面角的平面角，因为分别为的中点，因此为的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，则，从而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值为。 法二：平面的法向量为，平面的法向量为，所以，因为，所以，故二面角的正弦值为。 20.【答案】(1)证明见详解 (2)1 【解析】(1)以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，又不在同一条直线上，。 (2)设，则，设平面的法向量，则，令 ，得，，设平面的法向量，则，令 ，得，，，化简可得，，解得或，或，。 21.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以。 (2)不妨设，，。，，又，平面 平面。以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为，而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而，所以二面角的正弦值为。 22.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(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。 23.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)因为为的中点，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)如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合(1)为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为. 24.【答案】(1)证明见解析 【解析】(2) (1)由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故； (2)连接，由，则在中，，得，所以，由(1)知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为. 25.【答案】(1)证明见解析 (2). 【解析】(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 26.【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】(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。 27.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形且，不妨设，..E、F分别为BC、PD的中点，，且.，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB。 (2)平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，设平面PCD的一个法向量为，，，取，，。设AB与平面PCD所成角为，则，即AB与平面PCD所成角的正弦值为。 28.【答案】(1)证明见解析； (2)(i)证明见解析； (ii)。 【解析】(1)由题意证明如下，在四棱锥中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面。 (2)(i)由题意及(1)证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥，，，建立空间直角坐标系如下图所示， ∴，若，，，在同一个球面上，则，在平面中， ∴，∴线段中点坐标，直线的斜率：，直线的垂直平分线斜率：，∴直线的方程：，即，当时，，解得：，∴在立体几何中，，∵解得：，∴点在平面上。 法二： ∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得，，，，∴，∴点是的外心，在Rt中，，，由勾股定理得， ∴，∴点即为点，，，所在球的球心，此时点在线段上，平面，∴点在平面上。 (ii)由题意，(1)(2)(ii)及图得， ，设直线与直线所成角为，∴。 法2：由几何知识得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角.∵平面，平面，，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，在Rt中，，由勾股定理得，，在中，由余弦定理得，，即：解得：∴直线与直线所成角的余弦值为：。 29.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面。 (2) 因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，平面与平面所成二面角为60° ，所以则，，，，，所以设平面的法向量为，则，所以，令，则，则设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以，所以，所以平面与平面夹角的正弦值为。 30.【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】(1)法一、在正方形中，由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面。 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面。 (2)同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由(1)知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为，则。 (3)由(1)知平面，平面，∴，易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：。 12 / 40 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【 高中数学 】 5年高考真题·按册按章分类 2021—2025 序号及章 单选题 多选题 填空题 解答题 1.必修1 第一章 集合与常用逻辑用语 36 1 2.必修1 第二章 一元二次函数、方程和不等式 2 1 3 3.必修1 第三章 函数的概念与性质 13 6 1 4.必修1 第四章 指数函数与对数函数 22 1 4 5.必修1 第五章 三角函数 38 2 13 3 6.必修2 第六章 平面向量及其应用 23 13 20 7.必修2 第七章 复数 26 7 8.必修2 第八章 立体几何初步 25 4 10 12 9.必修2 第九章 统计 5 3 3 10.必修2 第十章 概率 5 1 1 11.选必1 第一章 空间向量与立体几何 4 2 24 12.选必1 第二章 直线和圆的方程 8 2 8 13.选必1 第三章 圆锥曲线的方程 27 7 19 22 14.选必2 第四章 数列 16 2 9 19 15.选必2 第五章 一次函数的导数及其应用 13 8 11 35 16.选必3 第六章 计数原理 8 13 17.选必3 第七章 随机变量及其分布 2 2 6 10 18.选必3 第八章 成对数据的统计分析 4 10 【高中数学人教A版(2019)】 5年高考真题-按章分类 ( 2021—2025 ) 选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何 4个单选题 + 2个多选题 + 0个填空题 + 24个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2021高考·全国)在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为(  ) A. B. C. D. 1.D 如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以。 2.(2022高考·全国)在正方体中，E，F分别为的中点，则(  ) A.平面平面 B.平面平面 C.平面平面 D.平面平面 2.A 在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确； 解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，D错误。 解法二：解：如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，B错误。取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，C错误。 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，D错误。 3.(2022高考·天津)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 3.D 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。 4.(2024高考·上海)定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得.已知，则的充分条件是( ) A. B. C. D. 4.C 由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底.对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，A错误；对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，B错误。对C，由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，则由能推出，C正确。对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，D错误. 二、多选题 5.(2021高考·全国)在正三棱柱中，，点满足，其中，，则(  ) A.当时，的周长为定值 B.当时，三棱锥的体积为定值 C.当时，有且仅有一个点，使得 D.当时，有且仅有一个点，使得平面 5.BD 易知，点在矩形内部(含边界)当时，，即此时线段，周长不是定值，A错误。当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，B正确。当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或.故均满足，C错误。当时，，取，中点为.，所以点轨迹为线段.设，因为，所以，，所以，此时与重合，D正确。 6.(2025高考·全国一卷)在正三棱柱中，D为BC中点，则(  ) A. B.平面 C. D.平面 6.BD 法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则，因为是正三角形，为中点，则，则又，所以，则不成立，A错误。对于B，因为在正三棱柱中，平面，又平面，则，因为是正三角形，为中点，则，又平面，所以平面，故B正确；对于D，因为在正三棱柱中，又平面平面，所以平面，D正确。对于C，因为在正三棱柱中，，假设，则，这与矛盾，所以不成立，C错误，BD入选。 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则，对于A，，则，则不成立，A错误。对于BD，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，则平面，平面，BD正确。对于C，，则，显然不成立，C错误；BD入选。 三、解答题 7.(2021高考·全国)在四棱锥中，底面是正方形，若. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的平面角的余弦值。 7.【答案】(1) 证明见详解 (2) 【解析】(1) 取的中点为，连接，因为，，则 ，而，故。在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面。 (2)在平面内，过作，交于，则，结合(1)中的平面，故可建如图所示的空间坐标系。 则，故，设平面的法向量，则即，取，则，故。而平面的法向量为，故。二面角的平面角为锐角，故其余弦值为。 8.(2021高考·全国)如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且。 (1)求； (2)求二面角的正弦值。 8.【答案】(1) (2) 【解析】(1)【方法一】：空间坐标系+空间向量法平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、，则，，，则，解得，故； 【方法二】：几何法+相似三角形法如图，连结.因为底面，且底面，所以，又因为，，所以平面，又平面，所以。 从而，因为，所以.所以，于是。所以，所以。 【方法三】：几何法+三角形面积法，如图，联结交于点N。 由[方法二]知。在矩形中，有，所以，即.令，因为M为的中点，则，，，由，得，解得，所以。 (2)【方法一】：空间坐标系+空间向量法，设平面的法向量为，则，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以，，因此，二面角的正弦值为。 【方法二】：构造长方体法+等体积法 如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面.过H作的垂线，垂足记为G。 联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角，易证四边形是边长为的正方形，联结，，，由等积法解得.在中，，由勾股定理求得.所以，，即二面角的正弦值为。 9.(2021高考·全国)已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点. (1)证明：； (2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 9.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)【方法一】：几何法，因为，所以，又因为，，所以平面.又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接，因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，易证，则，又因为，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以。 【方法二】向量法，因为三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面.所以两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图 ，.由题设()，因为，所以，所以。 【方法三】：因为，，所以，故，，所以 ，所以。 (2)【方法一】向量法，设平面的法向量为，因为，所以，即，令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则 ，当时，取最小值为，此时取最大值为.所以，此时。 【方法二】：几何法，图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面。 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角，设 ，过作交于点G。由得，又，即，所以，又，即，所以，所以 .则 ，所以，当时，。 【方法三】：投影法，如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则，设，在中，，在中，，过D作的平行线交于点Q，在中，，在中，由余弦定理得 ，， ， ，，当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为。 10.(2021高考·北京)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。 10.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(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)。 11.(2021高考·天津)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。 11.【答案】(I)证明见详解 (II) (III) 【解析】(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。 12.(2022高考·全国)如图，是三棱锥的高，，，E是的中点. (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值. 12.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以，所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面 (2)解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以，设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为。 13.(2022高考·全国)在四棱锥中，底面。 (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值。 13.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以。 (2)解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为。 14.(2022高考·全国)如图，四面体中，，E为的中点. (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值。 14.【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【解析】(1)因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面。 (2)与平面所成的角的正弦值为 连接，由(1)知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小。因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以，在中，，所以，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为。 15.(2022高考·全国)如图，直三棱柱的体积为4，的面积为。 (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值。 15.【答案】(1) (2) 【解析】(1)在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为。 (2)取的中点E，连接AE，如图，因为，所以，又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由(1)得，所以，，所以，则，所以的中点，则，，设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为。 16.(2022高考·北京)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. 16.【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【解析】(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。 17.(2022高考·天津)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。 17.【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【解析】(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。 18.(2023高考·全国)如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，。 (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积。 18.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面。 (2)过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以，在中，，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以。 19.(2023高考·全国)如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，。 (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值。 19.【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3) 【解析】(1)连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面。 (2)法一：由(1)可知，则，得，因此，则，有，又，平面，则有平面，又平面，所以平面平面。 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，在中，，在中，，设，所以由可得：，可得：，所以，则，所以，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，所以平面平面BEF； (3)法一：过点作交于点，设，由，得，且，又由(2)知，，则为二面角的平面角，因为分别为的中点，因此为的重心，即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，则，从而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值为。 法二：平面的法向量为，平面的法向量为，所以，因为，所以，故二面角的正弦值为。 20.(2023高考·全国)如图，在正四棱柱中，.点分别在棱，上，。 (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求。 20.【答案】(1)证明见详解 (2)1 【解析】(1)以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，又不在同一条直线上，。 (2)设，则，设平面的法向量，则，令 ，得，，设平面的法向量，则，令 ，得，，，化简可得，，解得或，或，。 21.(2023高考·全国)如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点。 (1)证明：； (2)点F满足，求二面角的正弦值。 21.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以。 (2)不妨设，，。，，又，平面 平面。以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为，而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而，所以二面角的正弦值为。 22.(2023高考·北京)如图，在三棱锥中，平面，. (1)求证：平面PAB； (2)求二面角的大小。 22.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(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。 23.(2024高考·全国)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 23.【答案】(1)证明见详解 (2) 【解析】(1)因为为的中点，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)如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合(1)为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为. 24.(2024高考·全国)如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得. (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 24.【答案】(1)证明见解析 【解析】(2) (1)由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故； (2)连接，由，则在中，，得，所以，由(1)知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为. 25.(2024高考·北京)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. 25.【答案】(1)证明见解析 (2). 【解析】(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 26.(2024高考·天津)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. 26.【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】(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。 27.(2025高考·北京)如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点。 (1)若分别为的中点，求证：平面PAB； (2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值。 27.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形且，不妨设，..E、F分别为BC、PD的中点，，且.，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB。 (2)平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，设平面PCD的一个法向量为，，，取，，。设AB与平面PCD所成角为，则，即AB与平面PCD所成角的正弦值为。 28.(2025高考·全国一卷)如图所示的四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为. (i)证明：在平面上； (ⅱ)求直线与直线所成角的余弦值. 28.【答案】(1)证明见解析； (2)(i)证明见解析； (ii)。 【解析】(1)由题意证明如下，在四棱锥中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面。 (2)(i)由题意及(1)证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥，，，建立空间直角坐标系如下图所示， ∴，若，，，在同一个球面上，则，在平面中， ∴，∴线段中点坐标，直线的斜率：，直线的垂直平分线斜率：，∴直线的方程：，即，当时，，解得：，∴在立体几何中，，∵解得：，∴点在平面上。 法二： ∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得，，，，∴，∴点是的外心，在Rt中，，，由勾股定理得， ∴，∴点即为点，，，所在球的球心，此时点在线段上，平面，∴点在平面上。 (ii)由题意，(1)(2)(ii)及图得， ，设直线与直线所成角为，∴。 法2：由几何知识得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角.∵平面，平面，，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，在Rt中，，由勾股定理得，，在中，由余弦定理得，，即：解得：∴直线与直线所成角的余弦值为：。 29.(2025高考·全国二卷)如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为. (1)证明:平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值。 29.【答案】(1)证明见解析 (2) 【解析】(1)设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面。 (2) 因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，平面与平面所成二面角为60° ，所以则，，，，，所以设平面的法向量为，则，所以，令，则，则设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以，所以，所以平面与平面夹角的正弦值为。 30.(2025高考·天津)正方体的棱长为4，分别为中点，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积。 30.【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【解析】(1)法一、在正方形中，由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面。 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面。 (2)同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由(1)知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为，则。 (3)由(1)知平面，平面，∴，易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：。 2 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $$