专题08 空间向量与立体几何5考点（期末真题汇编，北京专用）高三数学上学期

专题08 空间向量与立体几何 5大高频考点概览 考点 01 空间几何体的表面积和体积​ 考点 02 空间中直线与平面之间的平行与垂直​ 考点 03 直线与平面所成的角​ 考点 04 二面角的平面角​ 考点 05 空间距离的计算 地 城 考点01 空间几何体的表面积和体积 1．（2023秋•海淀区期末）在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为　　 A．4 B．2 C． D． 2．（2024秋•通州区期末）如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直．为中点，为正方形内一点（包括边界），且满足，为正方形内一点（包括边界），设，给出下列四个结论： ①，，使； ②，，使； ③点到的最小值为； ④四棱锥体积的最大值为． 其中正确结论的序号是 　　． 3．（2024秋•通州区期末）如图某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，先需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为0.5元，则该零部件的防腐处理费用是　　 A．640元 B．440元 C．390元 D．347.5元 所以总费用为元． 故选：． 4．（2024秋•东城区期末）如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为　　 A． B． C． D． 5．（2023秋•通州区期末）如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合．若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为　　 A． B． C． D． 6．（2024秋•朝阳区期末）沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为　　 A． B． C． D． 7．（2024秋•北京校级期末）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 　　． 8．（2024秋•石景山区期末）我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用．图1是一个金属印章摆件，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所示．已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为　　 A．2 B．3 C．4 D．5 9．（2024秋•顺义区期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图，其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图．若，，，与之间的距离为，则该多面体的体积是　　 A． B． C． D． 10．（2023秋•大兴区期末）木楔在传统木工中运用广泛．如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为　　 A． B． C． D． 11．（2024秋•昌平区期末）如图1所示，在正六棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2，，．，．在正六棱柱中，截去三棱锥、，再分别以，、为轴将△，△，△分别向上翻转，记，，三点重合的点为，围成的曲顶多面体如图2所示．记正六棱柱的表面积与体积分别为，，当时，记所围成的曲顶多面体的表面积与体积分别为，，则　　 A．， B．， C．， D．， 地 城 考点02 空间中直线与平面之间的平行与垂直 12．（2024秋•北京校级期末）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，能使成立的一组条件是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 13．（2023秋•朝阳区期末）如图所示，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为　　 A． B．1 C．2 D． 14．（2024秋•朝阳区期末）如图，在五面体中，平面，，，，，．，分别为，的中点，连接，，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 15．（2024秋•昌平区期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，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 16．（2023秋•丰台区期末）在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是　　 图1 图2 A．1 B．2 C．3 D．4 17．（2024秋•朝阳区期末）在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与，重合），于，于，以下四个结论： ①平面； ②线段与线段的长度之和为定值； ③△面积的最大值为； ④线段长度的最小值为． 其中所有正确的结论的序号是 　　． 18．（2023秋•东城区期末）如图，在正方体中，，，分别是，的中点．用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为 A． B． C． D． 19．（2023秋•石景山区期末）在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得　　 A． B． C．平面 D．平面平面 地 城 考点03 直线与平面所成的角 20．（2024秋•通州区期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，是的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件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：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 21．（2023秋•东城区期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 22．（2023秋•通州区期末）如图，在多面体中，为等边三角形，，，．点为的中点，再从下面给出的条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 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． 23．（2023秋•海淀区期末）如图，在四棱柱中，侧面是正方形，平面平面，，，为线段的中点，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 24．（2023秋•丰台区期末）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点为中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）点为棱上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 25．（2023秋•大兴区期末）如图．在三棱柱中，平面，，、分别为，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 26．（2024秋•昌平区期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 27．（2024秋•东城区期末）如图，在四棱锥中，侧面与底面垂直，△为正三角形，底面为菱形，，，分别为棱，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 28．（2024秋•石景山区期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为1的正方形，是的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度． 29．（2024秋•房山区期末）已知三棱柱中，侧面为菱形，侧面为正方形，，，为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． 求证：平面； 求与平面所成角的正弦值． 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． 地 城 考点04 二面角的平面角 30．（2023秋•石景山区期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，，． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的余弦值． 31．（2023秋•昌平区期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，点是的中点，直线交平面于点． （1）求证：点是的中点； （2）求二面角的大小． 32．（2024秋•房山区期末）已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于　　 A． B． C．2 D．1 33．（2024秋•丰台区期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 34．（2024秋•海淀区期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，是的中点，在棱上，且平面． （Ⅰ）求证：是的中点； （Ⅱ）再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：平面平面； 条件②：． 35．（2024秋•西城区期末）如图，在三棱柱中，平面，，分别为，的中点，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求二面角的大小． 36．（2024秋•顺义区期末）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，，，求平面与平面夹角的余弦值． 37．（2024秋•北京校级期末）如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，，侧面底面，是棱上一点，平面． （1）求证：是的中点； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使四棱柱唯一确定， 求二面角的余弦值； 设直线与平面的交点为，求的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 38．（2023秋•房山区期末）如图，在四棱锥中，△为等腰三角形，，，底面是正方形，，分别为棱，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求与平面所成角的正弦值． 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． 地 城 考点05 空间距离的计算 39．（2024秋•北京校级期末）如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面，则线段长度的取值范围为　　 A． B． C． D． 40．（2023秋•房山区期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点．给出下列结论： ①； ②平面； ③直线与直线所成角的范围是； ④点到平面的距离是． 其中所有正确结论的序号是 　　． 41．（2023秋•昌平区期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为　　 A． B． C． D．1 42．（2024秋•海淀区期末）如图，正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，为正方形边上的动点（不与重合），则下列说法中错误的是　　 A．平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形 B．存在点，使得直线与平面垂直 C．平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等 D．点到平面的距离不超过 43．（2024秋•丰台区期末）如图，在三棱锥中，△与△都是边长为2的等边三角形，且，则点到平面的距离为　　 A．1 B． C． D． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 空间向量与立体几何 5大高频考点概览 考点 01 空间几何体的表面积和体积​ 考点 02 空间中直线与平面之间的平行与垂直​ 考点 03 直线与平面所成的角​ 考点 04 二面角的平面角​ 考点 05 空间距离的计算 地 城 考点01 空间几何体的表面积和体积 1．（2023秋•海淀区期末）在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为　　 A．4 B．2 C． D． 【解答】解：如图，设在底面的射影为，则为底面正方形的中心， 过作于，则为中点 连接，则， 二面角的平面角为， 又底面正方形边长为2，， 该正四棱锥的体积为． 故选：． 2．（2024秋•通州区期末）如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直．为中点，为正方形内一点（包括边界），且满足，为正方形内一点（包括边界），设，给出下列四个结论： ①，，使； ②，，使； ③点到的最小值为； ④四棱锥体积的最大值为． 其中正确结论的序号是 　　． 【解答】解：根据题意，正方形和正方形所在的平面互相垂直， 平面平面，为正方形内一点， 所以平面，平面，平面， 所以△、△均为直角三角形， 因为， 所以， 又因为为中点，， 所以， 如图，以为原点，，所在直线分别作，轴，建立平面直角坐标系， 因为，所以，，，设， 由，可得， 化简可得， 点的轨迹为以圆心半径为的圆的一部分，如图所示， 当与重合，在点时，此时平面，平面，所以，故①正确； 当与重合，在点时，最大，即， ， ， 所以在△中，， 因为，故不存在，，使，故②错误； 设到的距离为，点到的距离最小值为， 在△中，利用等面积法可得：， 即， 解得， 所以点到的距离最小值为，故③正确； 四边形的面积，， 当在点时，四棱锥体积有最大值，，故④正确． 故答案为：①③④． 3．（2024秋•通州区期末）如图某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，先需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为0.5元，则该零部件的防腐处理费用是　　 A．640元 B．440元 C．390元 D．347.5元 【解答】解：因为正四棱台中，，，棱台的高为， 则斜高， 所以， 所以， 又，， 所以， 又因为每平方厘米的防腐处理费用为0.5元， 所以总费用为元． 故选：． 4．（2024秋•东城区期末）如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为　　 A． B． C． D． 【解答】解：根据题意，当圆锥的底面与△相切时，圆锥的体积最大， 又由四面体是棱长为6的正四面体，底面△为等边三角形，且边长为6， 设圆锥的底面半径为，中点为， 则有，解可得， 故圆锥的高， 此时圆锥的体积． 故选：． 5．（2023秋•通州区期末）如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合．若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为　　 A． B． C． D． 【解答】解：作出轴截面，如图所示： 取的中点，连接， 则根据题意，是边长为4的正三角形，则， 因为圆柱的上底面与圆锥的底面重合，且圆柱的高是圆锥的高的， 所以， 所以，， 即圆柱的底面半径为1，高为， 所以圆柱的体积为． 故选：． 6．（2024秋•朝阳区期末）沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为　　 A． B． C． D． 【解答】解：根据题意可得细沙锥体与一个小圆锥的体积之比为， 这些细沙的体积为． 故选：． 7．（2024秋•北京校级期末）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 　　． 【解答】解：设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 由已知可得：，解得， 故圆锥的体积． 故答案为：． 8．（2024秋•石景山区期末）我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用．图1是一个金属印章摆件，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所示．已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为　　 A．2 B．3 C．4 D．5 【解答】解：正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为， 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均为， 则根据题意可得正四棱柱的体对角线长即为球的直径， ，解得． 故选：． 9．（2024秋•顺义区期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图，其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图．若，，，与之间的距离为，则该多面体的体积是　　 A． B． C． D． 【解答】解：因为四边形为矩形，故， 而平面平面，平面平面，平面， 故平面，在平面中过作，垂足为，则， 同理可证平面，而， 故 ， 故几何体的体积为． 故选：． 10．（2023秋•大兴区期末）木楔在传统木工中运用广泛．如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且，均为等边三角形，，，则该木楔的体积为　　 A． B． C． D． 【解答】 解：如图，分别过点，作的垂线，垂足分别为，， 连接，， 由四边形是边长为2的正方形，且，均为正三角形，，， 得，． 取的中点，连接，可得， ． 该木楔子的体积 ． 故选：． 11．（2024秋•昌平区期末）如图1所示，在正六棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2，，．，．在正六棱柱中，截去三棱锥、，再分别以，、为轴将△，△，△分别向上翻转，记，，三点重合的点为，围成的曲顶多面体如图2所示．记正六棱柱的表面积与体积分别为，，当时，记所围成的曲顶多面体的表面积与体积分别为，，则　　 A．， B．， C．， D．， 【解答】解：如图2，由题意， 由旋转方法可知，，，，四点共面，且四边形为菱形， 连接，交于，则为中点，且； 如图1，正六棱柱中，平面， 因为平面，所以， 在上底面正六边形中，设中心为． 连接，与的交点即为中点， 则，，，四点共线，且为中点，为中点， 连接，，四边形为菱形，则，且， 如图2，连接， 由，，，平面，且， 故平面，又平面，所以． 结合图1与图2， 在△与△中，，，， 所以△与△全等，，则， 即，，平面，且， 则平面，且，同理，，，， 又， 则， 设均为，， 故， 故曲顶多面体可看作由正六棱柱截去3个小三棱锥（三棱锥，三棱锥，三棱锥再补上1个大三棱锥， 故曲顶多面体的体积， 因为， ， 所以由正六棱柱的性质结合上面的分析，可知曲顶多面体的表面积 ， 而正六棱柱的表面积 ， 所以，即． 综上所述，，． 故选：． 地 城 考点02 空间中直线与平面之间的平行与垂直 12．（2024秋•北京校级期末）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，能使成立的一组条件是　　 A．，， B．，， C．，， D．，， 【解答】解：对于，，，，由线面垂直的性质得，故错误； 对于，，，，由线面垂直的性质得，故正确； 对于，，，，则，相交、平行或异面，故错误； 对于，，，，则，相交、平行或异面，故错误． 故选：． 13．（2023秋•朝阳区期末）如图所示，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为　　 A． B．1 C．2 D． 【解答】解：如图所示， 正方体中，连接，，交于点，则点满足条件； 证明如下，连接，交于点，连接，， 则，且， 四边形是平行四边形， ， 又平面，且平面， 平面； 同理，平面， 当在直线上时，都满足； 是最大值． 故选：． 14．（2024秋•朝阳区期末）如图，在五面体中，平面，，，，，．，分别为，的中点，连接，，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （Ⅲ）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【解答】证明：（Ⅰ）因为平面，平面，所以， 又因为，，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又因为，为线段的中点，所以， 因为，，所以， 因为，分别为线段，的中点，所以， 又，所以，即，，，四点共面， 又，平面，平面， 所以平面； 解：（Ⅱ）因为平面，所以，， 又，所以，，两两垂直， 如图建立空间直角坐标系， 于是，0，，，3，，，4，，，0，， 可得， 由（1）可得平面， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则有 ， 则直线与平面所成角的正弦值为； （Ⅲ）设是线段上的一点，则存在，，使， ，从而， 由点，的坐标可得， 设平面的法向量为， 则有，即， 令，则法向量为， 令，即，解得， 此时，又显然有平面，从而平面， 所以，线段上存在点，使得平面，此时． 15．（2024秋•昌平区期末）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，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 【解答】解：，，所以，此时“”是“”的充分条件， ，，可得或或，此时“”是“”的不必要条件， 综上所述：“”是“”的充分不必要条件． 故选：． 16．（2023秋•丰台区期末）在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是　　 图1 图2 A．1 B．2 C．3 D．4 【解答】解：使得二面角为直二面角，由图1可得， 平面平面，平面中， 所以平面，平面， 所以，而，， 所以平面， 而平面中，所以平面平面， 故①②③正确； 假设④正确， 过作交于，平面平面，平面平面，平面， 可得平面，所以， 而由前面所证，，， 所以平面，显然不成立，所以假设不成立，即④不正确． 故选：． 17．（2024秋•朝阳区期末）在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与，重合），于，于，以下四个结论： ①平面； ②线段与线段的长度之和为定值； ③△面积的最大值为； ④线段长度的最小值为． 其中所有正确的结论的序号是 　　． 【解答】解：对于①，如图，在正方体中，平面， 因平面，则平面平面， 因平面平面，平面且，故平面， 又平面，则， 又因，，，平面，故平面，故①正确； 对于②，由①分析易得，则有，即得， 又由，可得，则有，即得， 故得：，即为定值1，故②正确； 对于③，由①，已得平面，因平面，则有， 则△的面积， 当且仅当时等号成立，即当时，△面积的最大值为，故③错误； 对于④，由③已得，则， 当且仅当时等号成立，即当时，线段长度的最小值为，故④正确． 故答案为：①②④． 18．（2023秋•东城区期末）如图，在正方体中，，，分别是，的中点．用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为 A． B． C． D． 【解答】解：根据题意，取的中点，连接、、， 是的中点，分别是的中点，则， 故四边形是平行四边形， 同时，易得， 又由平面，平面，则有平面， 是的中点，分别是的中点，则有， 又由平面，平面，则有平面， 而平面，平面，， 故平面平面，故平行四边形就是要求的截面， 又由面，则有，平行四边形矩形， 其中，， 其面积． 故选：． 19．（2023秋•石景山区期末）在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得　　 A． B． C．平面 D．平面平面 【解答】解：选项，正方体中，显然有，连接延长， 如果直线交棱于点（图， 则作交于，连接，则是梯形， 作交于，则平面， 如果直线交棱于点（图， 则直接连接，在三角形内作交于，也有平面，因此正确； 选项，正方体中易知平面，因此与垂直的直线都可能平移到平面内， 而当平面，平面时，直线与平面相交，不可能平移到平面内，错； 选项，由选项知与不可能垂直，因此与平面也不可能垂直，错； 选项，过的平面只有平面与平面平行，因此要使得平面平面， 则平面与平面重合，从而点只能在棱上，与已知不符，错． 故选：． 地 城 考点03 直线与平面所成的角 20．（2024秋•通州区期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，是的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件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：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【解答】解：（Ⅰ）证明：在四棱锥中，底面为菱形， ， 平面，平面， 平面． （Ⅱ）若选择条件①：平面平面； 底面是边长为2的菱形，，则， 为的中点，则， 平面平面，平面平面， 则平面，即有， ，则平面， ，，， 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，0，，，2，，，0，，，2，， ，，，，，，，，， 设平面的法向量为，，， 则， 取，得，0，， 设直线与平面所成角为， 则，， 直线与平面所成角的正弦值为． 选择条件②：， ，，， ，， ， 即有底面是边长为2的正方形， ，，， 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，0，，，2，，，0，，，2，， ，，，，，，，，， 设平面的法向量为，，， 则， 取，得，0，， 设直线与平面所成角为， 则，， 直线与平面所成角的正弦值为． 21．（2023秋•东城区期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【解答】解：（Ⅰ）证明：在直三棱柱中， ，，，分别为，的中点， 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， ，2，，，0，，，0，，，1，，，0，， ，2，，，0，，，，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，1，， ，平面， 平面； （Ⅱ）点是棱上一点，设线段的长为，则，0，，，，0，， ，，，，1，，，0，， 设平面的法向量为，，， 则，取，得，0，， 设直线与平面所成角为， 直线与平面所成角的正弦值为， ， 解得， 线段的长为1． 22．（2023秋•通州区期末）如图，在多面体中，为等边三角形，，，．点为的中点，再从下面给出的条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 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． 【解答】（Ⅰ）证明：选择条件①： 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为等边三角形，点为的中点， 所以， 又，、平面， 所以平面． 若选择条件②： 因为，， 所以，即， 又，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为等边三角形，点为的中点， 所以， 又，、平面， 所以平面． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面， 故以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，，，，0，，，，， 所以，0，，，，，，，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，，， 设直线与平面所成角为，则，， 故直线与平面所成角的正弦值为． 23．（2023秋•海淀区期末）如图，在四棱柱中，侧面是正方形，平面平面，，，为线段的中点，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：因为侧面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，与延长后相交，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，则，，， 则，0，，，0，，，0，，，0，，，2，，，2，，，2，，，2，， 因为，平面的一个法向量为， 所以，即， 因为平面，所以平面； （Ⅱ）因为，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，所以， 设直线与平面所成角为， 所以． 24．（2023秋•丰台区期末）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点为中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）点为棱上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：正方形中，， 平面，平面， 平面． （Ⅱ）底面，正方形中，， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 则，0，，设， ，点为的中点，点为棱上一点， ，0，，，2，，，0，，，0，，，，， ，，， 设，，为平面的法向量， 则，． ，即， 令，得，0，， 设直线与平面所成角为， 则， 解得， ，，． 25．（2023秋•大兴区期末）如图．在三棱柱中，平面，，、分别为，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】（1）证明：由平面，平面，可得， 由，为中点，可得， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）解：由（1）知：，，两两垂直， 过作，则，，两两垂直， 故以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，、分别为，的中点， 可得，0，，，2，，，2，，，0，， 则，，， 设平面的法向量为， 则有，令，则，， 可得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则有， 故直线与平面所成角的正弦值为． 26．（2024秋•昌平区期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，，为线段的中点，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：连结，设， 因为四边形为正方形，所以为中点，因为为的中点， 所以，且， 由已知，且， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，即， 因为平面，平面， 所以平面． （Ⅱ）因为平面， 所以，， 因为四边形为正方形，所以， 所以，，两两垂直，如图所示，建立空间直角坐标系， 因为， 所以，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，2，，，1，， 所以，，0，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，得， 取，得，，， 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． 27．（2024秋•东城区期末）如图，在四棱锥中，侧面与底面垂直，△为正三角形，底面为菱形，，，分别为棱，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，， 在△中，因为，分别为，的中点， 所以且， 因为为的中点，底面为菱形， 所以且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； （Ⅱ）连接，， 因为△为正三角形，所以， 因为侧面与底面垂直， 侧面底面，平面， 所以底面， 所以， 由题知△为正三角形，为的中点， 所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则． 于是，0，，，0，，，，，0，，，， 所以，， 设，，是平面的法向量， 则， 即， 令，则，， 于是， ， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 28．（2024秋•石景山区期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为1的正方形，是的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度． 【解答】解：（Ⅰ）证明：连接，设，连接， 因为在四棱锥中，四边形是正方形， 所以为的中点， 因为为的中点， 所以在△中，， 又平面，平面， 所以平面； （Ⅱ）证明：因为平面，平面， 所以， 因为四边形是正方形， 所以，， 因为平面，平面， 所以； （Ⅲ）因为平面，平面，平面， 所以，， 因为四边形为正方形，所以， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则，0，，，0，，，0，，，0，，，，， ，， 平面的法向量为，，， 则，所以，即， 令，则，，1，，， 设直线与平面所成的角为， ，， 解得，或， 所以或． 29．（2024秋•房山区期末）已知三棱柱中，侧面为菱形，侧面为正方形，，，为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知． 求证：平面； 求与平面所成角的正弦值． 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． 【解答】（Ⅰ）证明：连接，交于点，连接，则是的中点， 因为是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面． （Ⅱ）证明：选择条件①： 因为，，，所以△△， 所以，即， 因为侧面为正方形，所以， 又，、平面， 所以平面． 选择条件②： 由（Ⅰ）知，， 因为，所以， 又是的中点，所以，后续过程同条件①． 解：由知平面， 所以点到平面的距离为， 在△中，，，所以， 设点到平面的距离为， 因为， 所以， 即，解得， 设与平面所成角为，则， 故与平面所成角的正弦值为． 地 城 考点04 二面角的平面角 30．（2023秋•石景山区期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，，． （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求二面角的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，， 因为，所以， 因为，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 因为，，， 所以，， 则，，，，0，， 因为，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以， 由题知，平面，所以平面的一个法向量为， 所以， 由题可得，二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为． 31．（2023秋•昌平区期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，，，，，点是的中点，直线交平面于点． （1）求证：点是的中点； （2）求二面角的大小． 【解答】（1）证明：因为，平面，平面， 所以平面，又平面， 平面平面， 所以，故， 又为中点，所以为中点； （2）解法一：由平面，可得， 又，，则平面， 故为二面角的平面角的补角， 又，，点是的中点， 则，故， 故二面角的大小为； 解法二：由平面，可得，， 又，则，，两两垂直， 故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 由，，点，是分别是，的中点， 则，0，，，2，，，0，， 即，， 设平面的一个法向量为， 则由，令，可得，， 则平面的一个法向量为， 不妨取平面的一个法向量为， 则， 由图可知二面角的平面角为钝角， 则二面角的大小为． 32．（2024秋•房山区期末）已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于　　 A． B． C．2 D．1 【解答】解：设点在底面上的投影为点，连接， 取的中点，连接，，则，，三点共线， 由正三棱锥的性质知，△和△都是等腰三角形， 所以，， 所以就是侧面与底面所成角，即， 在△中，， 所以三棱锥的体积等于． 故选：． 33．（2024秋•丰台区期末）如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【解答】（1）证明：取的中点，连接，． 为的中点，，． 又，，，且． 四边形是平行四边形．． 又平面，平面，平面． （2）解：平面，，． 又，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， 则，2，，，1，，，0，．，． 设为平面的一个法向量， 则 令，则平面的一个法向量为， 不妨取平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则． 平面与平面夹角的余弦值为． 34．（2024秋•海淀区期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，是的中点，在棱上，且平面． （Ⅰ）求证：是的中点； （Ⅱ）再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：平面平面； 条件②：． 【解答】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，， 因为是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，，、平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 因为是的中点，所以是的中点． （Ⅱ）解：选择条件①： 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，1，，，0，，，2，， 所以，1，，，2，， 设平面的法向量为，，，则， 取，则，，所以，1，， 易知平面的一个法向量为，1，， 设平面与平面夹角为，则，， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 选择条件②： 在矩形中，，，所以， 又，，所以，即， 因为，，、平面， 所以平面， 后续过程同条件①． 35．（2024秋•西城区期末）如图，在三棱柱中，平面，，分别为，的中点，． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，求二面角的大小． 【解答】解：（Ⅰ） 证明：如图，取的中点，连接，， 由，分别为，的中点，得，且， 又因为，且， 所以，且， 故四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； （Ⅱ）由平面，得，， 又因为，，，平面， 所以平面， 所以，故，，两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，1，，，0，，，0，，，1，， 因此，， 设平面的法向量为，，， 则，即， 令，则，于是，1，， 又，， 设平面的一个法向量，，， 则， 取，1，， 设二面角的平面角为， 则， 由图知为锐角， 所以二面角的大小为． 36．（2024秋•顺义区期末）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）若，，，求平面与平面夹角的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：取的中点，连接，， 因为为的中点，所以，， 因为四边形为平行四边形，为的中点， 所以且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面． （Ⅱ）因为直三棱柱中，平面，，平面， 所以，， 又因为，，， 所以， 所以， 如图建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，1，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，，， 则，即， 令，则，． 于是，2，， 设平面的法向量为，，， 则，即， 令，则，， 于是，2，， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 37．（2024秋•北京校级期末）如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，，侧面底面，是棱上一点，平面． （1）求证：是的中点； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使四棱柱唯一确定， 求二面角的余弦值； 设直线与平面的交点为，求的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 【解答】解：（1）证明：连接交于，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以，又因为四边形是平行四边形，所以是的中点， 所以是的中点； （2） 选择条件①： 因为底面是正方形，所以， 侧面平面，且侧面平面，平面， 故平面，又平面，则， 即四边形为矩形，因为，，则， 与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定，的夹角大小，故二面角不能确定； 选择条件②： 连结，因为底面是正方形，所以， 又因为侧面平面，且侧面平面，平面， 所以平面，又，平面，所以，， 在△中，因为，，所以， 在△中，因为，，所以， 又，，平面，所以平面，又， 所以如图建立空间直角坐标系，其中，0，，，2，，，2，，，2，， 且，，易知为平面的一个法向量， 设为平面面的一个法向量， 则，则，即． 不妨设，则，， 可得， 所以， 因为二面角的平面角是钝角，设为，故， 所以二面角的余弦值为． 选择条件③： 因为底面是正方形，所以， 因为，且，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为侧面平面，且侧面平面，平面， 所以平面，又， 所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②． 设，又，0，，，2，， 则，所以，，， 所以，因为平面， 所以，所以，解得， 所以． 38．（2023秋•房山区期末）如图，在四棱锥中，△为等腰三角形，，，底面是正方形，，分别为棱，的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求与平面所成角的正弦值． 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． 【解答】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，， 因为，也为中点，所以，且，， 又四边形为正方形，所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面； （Ⅱ）解：若选条件①：，，， 所以平面， 可得，而，， 所以平面； 建立如图所示的空间直角坐标系，因为△为等腰三角形，，， 可得， 则，0，，，0，，，2，，，2，，则，0，，，2，， ，0，，，，，，2，， 设平面的法向量为，，， 则，即，令， 可得，1，， 所以，，， 设与平面所成的角为， 则，； 所以与平面所成角的正弦值为． 若选条件②：， 因为△为等腰三角形，，，可得， 因为底面是正方形，所以， 因为， 所以，而，， 所以平面， 而， 即平面， 下面求法同条件①， 可得与平面所成角的正弦值为． 地 城 考点05 空间距离的计算 39．（2024秋•北京校级期末）如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面，则线段长度的取值范围为　　 A． B． C． D． 【解答】解：以为坐标原点，分别以，，所在直线为，， 轴建立空间直角坐标系， 设，，，，， 则，1，，，0，，，1，，，0，， ，，，，，，，，， 平面， ，解得， ，，， ， 又，，结合二次函数性质可得的取值范围为，． 故选：． 40．（2023秋•房山区期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点．给出下列结论： ①； ②平面； ③直线与直线所成角的范围是； ④点到平面的距离是． 其中所有正确结论的序号是 　　． 【解答】解：如图所示： 对①，根据三垂线定理及线面垂直的判定定理易证平面，又平面，，①正确； 对②，根据面面平行的判定定理易证平面平面，又平面，平面，②正确； 对③，显然当与重合时，，且，此时直线与直线所成角为，③错误； 对④，由①②可知垂直平面与平面， 由正方体的性质易知，分别到平面与平面的距离为的， 平面与平面的距离也为的，而平面， 点到平面的距离是，④正确． 故答案为：①②④． 41．（2023秋•昌平区期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为　　 A． B． C． D．1 【解答】解：以为原点，分别以，，为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，0，， ，， 设，由，取，得． 点到直线距离的最小值为． 故选：． 42．（2024秋•海淀区期末）如图，正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，为正方形边上的动点（不与重合），则下列说法中错误的是　　 A．平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形 B．存在点，使得直线与平面垂直 C．平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等 D．点到平面的距离不超过 【解答】解：对选项，当与重合时，易得平面截正方体表面所得为菱形，选项正确； 对选项，在正侧面的射影为，而与不垂直， 根据三垂线定理可得与不垂直， 与平面不垂直，选项错误； 对选项，因为过正方体的体心， 平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等，选项正确； 对选项，过正方体的体心， 到平面的距离最大值为体对角线的一半，而体对角线长为， 到平面的距离不超过，选项正确． 故选：． 43．（2024秋•丰台区期末）如图，在三棱锥中，△与△都是边长为2的等边三角形，且，则点到平面的距离为　　 A．1 B． C． D． 【解答】解：如图所示，取中点，连接，， △与△都是边长为2的等边三角形， ，，， 且，，平面， 平面，且平面，平面平面， 点到平面的距离为点到直线的距离， 过点作，点到直线的距离即为， 又，且，△为等边三角形， ， 即点到平面的距离为． 故选：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $