专题07 立体几何（7年汇编）（天津专用）2020-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦天津高考立体几何7年真题及模拟题，覆盖表面积体积、线面关系判断、解答题三大核心考点，精准匹配高考命题规律与能力要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约11题|几何体表面积体积（五面体、组合体等）、线面位置关系判断（正方体、多面体中线线/线面/面面关系）|真题以基础计算为主（如2024五面体体积），模拟题强化定理细节（如2026位置关系命题判断）| |解答题|约20题|线面平行/垂直证明、二面角/线面角计算、体积/距离求解|分三小问分层递进，综合考查逻辑推理与空间想象（如2026长方体线面垂直证明、面面夹角计算）|

函学科网 www zxxk.com 专题07立体几何 7年真题1年模拟 七年真题分类园 考点01几何体的表面积和体积 题号 2 3 4 5 答案 C B C B C 考点02线面位置关系命题的判断 题号 2 3 答案 D Q 考点03解答题：线面位置关系的证明、距离问题、 1. 【详解】()方法：如图，过点E作BGCC交D于点G,则有4G- 连接CG,则 C,C],E,G 四点共面，平面CEF即平面 CCEG GD CD 1 由CDBC2,∠GDC=∠DCB=90,可得AGDC与ADCB相似， 所以∠GCD=∠DBC,则可得∠GCD+∠BDC=90°，所以CG⊥BD 长方体ABCD-AB,C,D1中，CC1⊥平面ABCD, 因为BDC平面ABCD,所以CC1⊥BD 又ccincG=.C,GC,CGc平面CEF,所以BD⊥平面CBF 方法二： 1/29 让教与学更高效 角度问题 GD GD=1 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-z. 则D0,004(4.0,0),B(4,20),C02,0),F(0,22E0,3) 所以 B=(4,2,0),CE=(1,-2,3),CF=(0,0,2） DB.CE=4-4+0=0,DB.C℉=0+0+0=0 所以 DB1CE,DB⊥F,即BD1CE,BDLCF 所 又CECF=C,CE,CFC平面CEF,所以BD⊥平面CEF (②)方法-：过点E作EG,CG交4D于点G,则有4G=3GD,GD=1, 连接CG,则C,F,E,G四点共面，平面CEF即平面CFEG. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-z,则 D(0,0,0),A(4,0,0),F(0,2,2),E(1,0,3),G(1,0,0) EF=(-12,-).E=(-30,3),所以正F=0, 所以AE⊥EF 中为引.5u原-（引 币丽方2- -0,所以Gm1EF 2 所以异面直线AE与GP所成的角等于平面AEF与平面CEF的夹角： 315 又osAE,GP) AE·GP =22 √5 AEGP列 3V2xV30 5, 2 所以平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值为5· 2/29 函学科网 www.zxxk.com 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系D-2. 则D(0,00),4(4,00,B(4,2,0),C02,0),F0,22,E10,3) 所以c=(-30,3F=(42,2) 设平面AEF的法向量为 i=(x,y,z) i.AE=-3x+3z=0 则i.AF=-4x+2y+2z=0,故可取万=(（1,1,1) 由(1)知平面CEF的一个法向量为 DB=(4,2,0) 以cos(元，DB}= 元.DB4+2V15 所 DBV3×255, 15 所以平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值为5· 方法三：由题意可知：4E=35EF=64F=2V6 则AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF, 过点A作AM/IBD,设AM∩CD=M,AM∩CG=N,连接EN, D C B F -D」 C G 夕 由(I)可知：BD⊥平面CEF,则AM⊥平面CEF,可得AM⊥EF 3/29 让教与学更高效 AM⊥EN, 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 且AE∩AM=A,AE,AMC平面AEM,可得EF⊥平面AEM,则EN⊥EF, 可知平面AEF与平面CEF的夹角为∠AEN, 因为CM=2CD=4,AM=BD=25,cos∠CMW=cos∠CDB=5 , MW=CMcos.∠CMN=45 多 4w-65NE=330 5，可得 5, 5, 则cos∠AEW=ENVI5 √15 AE5,所以平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值为5； (3)方法一：由F=(2,-,亚=(-30,3)，得正F-0, 所以AE⊥EF. 所以e1Br的面积为4EF-分35x6-35 由（②）知，平面A正F的-一个法向量为7=(1，)，AC=(42,0) 4AC.n_-4+2_25 点C到平面AEF的距离为同33. ×35x2 1 所以三棱锥C-AEF的体积3 32 所以三棱锥A-CEF的体积为2. AE.DB126√5 方法二：点A到平面的距离为 255· CEF DB 因为EG IICF,所以E,G到CF的距离相等， 所以aCEF的积等于GCr的面积，即2 *CGxCF-1+4x2=5 1 所以三棱锥A仁CF的体积为*v5x66们 1 =2 5 4/29 学科网 www.zxxk.com ZA B B CG=V5EG=3CF=2CG⊥CF 方法三：由题意可知： 则aCEF的面积5acm-2x2x5=5 由（②)可知点A到平面CEF的距离为4N.65 5, 所以=楼能4-GEr的体积"-写4N565 *x5=2 2.【详解】(1)法一、在正方形BCC1B中， n∠CFG=CC=FB=tan∠BBF 由条件易知 CF 2 BB 所以∠CFG= 则∠B,FB+∠BBF-T=∠CFG+∠BFB, 2 故BFG=-(2CFG+∠B,FB)-2,即FG⊥BF, DC⊥ 在正方体中，易知 平面BCCB,且 EF IIDC 所以EF⊥平面BCC1B, 又FGC平面BCCB,.EF⊥FG, :EF∩BF=F,EF、BFC平面BEF,∴.GF⊥平面BEF: 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则B(4,40,E(204)F2,44),G0,43) 所以F=(0,40,B=(2,44),F元=(-20，-) 5/29 让教与学更高效 ∠B,BF 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 设m=(ab,c)是平面BEF的一个法向量， m.EF=4b=0 则mEB=2a+4b-4c=0,令a=2:则b=0,c=1,所以m=(20,1) G=-m,则FG也是平面BEF的-一个法向量，：GF上平面BEF: 易知 (2)同上法二建立的空间直角坐标系， 所以EG=(-2,4-0,BG=(40,3) 由()知FG是平面BEF的一个法向量， FG [n-EG=-2x+4y-2=0 设平面BEG的一个法向量为i=(x,y,z2),所以n.BG=-4x+3z=0， 令x=6,则2=8y=5,即n=(65,8) 设平面BEF与平面BEG的夹角为Q, 则cosa=小os(Fc. FG.n 20 4 FG同5x1255: (3)由(1)知EF⊥平面BCCB1,FBc平面BCCB1,∴.EF⊥FB, 易知S.w-jcF-B-分x4军+7=5， DE.FG 8 又DE=(20,4则D到平面E的距离为d- BEF 由棱锥的体积公式知： 3'6*4v532 3 6/29 学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 ZA D E D: 3.【详解】1)取中点P,连接P,MP, CB 由N是BC的中点，故P/CG,且P=CC, M是Dn的中点，故DM=Dn= CC,且DMiICG, DMIINP DM=NP 则有 DMPN DNIIMP 故四边形 是平行四边形，故 又MPc平面 CBM DN CBM 平面 改9Nn CB M 平面 (2)以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， D D A 有40,00)、B(20,0)8(20,2)、M0,1)C(1,10)C,l2) 则有C8=(,-12)、CM=(-10,1)、BB=(00,2) 7/29 可学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 CB,M与平面B,CC的法向量分别为 设平 =(x,片，z）万=(x2,2,2) m.CB=x-y+2z=0i.CB=x-+222=0 则有mCM=-x+名=0，iBB=22,=0 分别取5书 1,则有片=3名=1⅓=1马，=0 即m=3,万=(，1,0) m·n 1+3 2√22 则os(m,m)=m同+9+111， 2√22 故平面CB,M与平面BB,CC的夹角余弦值为11； (3)由88=(0,02)，平面C8,M的法向量为m=(,3), BB·m2211 则有 V1+9+111, 21 即点B到平面CB,M的距离为11， 4.【详解】(1)证明：连接 N,CA,M,N. BC,B .由 分别是 的中点，根据中位线性质，MN/AC,且 MN=AC=1 21, 由棱台性质， 4CIAC,于是W4G,由=AG- 形1C是平行网边形，则4V 可知，四边形 MC 又4wC平面C1,cC平面C,于是4W》 AMC 平面 ∥平面 8/29 函学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 B (2)过M作ME1AC,垂足为E,过E EF LAC,垂足为F,连接 F,CE 由MEc面4BC,4H面BC,放M上E,又ME LAC,1CnM=A,1C,MC平面ACCA, 则ME⊥平面ACC1A GCp面ACCA,微妮上G,又F上AG,McnF=,E,EC平面F.于是C 由 平面MEF, 由MFC平面MEF,款1GLF于是平面MC与￥面AC,A,所成布∠MFE 又E-91,aCC=店则mCG-店，数r=1ksn4CG5在MEer中。 2 2 ，43 ∠MEF=90°，则 =V+5， 于是cos∠MFE= EF 2 ME 3 A 、E M B (3)[方法一：几何法] 9/29 函学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 6 C,CP⊥AC Q⊥AM Pe,PM,过P ,PR⊥CO 过作 ,垂足为P,作 垂足为Q,连 ,垂足为R 2 32 由愿干数据可得，GA=CC=5”CM=VCP+PM-5,根据勾服定理，CQ-)5-之) 2 平面wC,AMc平面4MC,则CP1w,又CeL4M.CencP=CCO.CP CP⊥ 平面 CPO.于是M1平面CPO 又PRC平面 P2.则PRLAM,又PR1Ce.CenAM=0.C0MC平面CM,放PRL平面 CMA 在 中，PR=PCPg 2. 2-2 0C1323, RtAC PO 2 又CM=2PA,故点C到平面 CMA CMA 的距离是P到平面的距离的两倍， 4 即点C到平面AMC的距离是3： [方法二：等体积法] 10/29 函学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 B 辅助线同方法一 AMC 设点C到平面的距离为h. VG--3xCPxS.c 1 3 3 2 Ve-cM=xhx5.xxxx 1 1 1 3 22 由%c=cuo2子，即h=手 h 2 3 5.【详解4)证明：在直三楼挂ABC-A,B,C中，M上平面4BG,且4C⊥B,则4G上A 平面 A AA AB AC 以点为坐标原点， 所在直线分别为X、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， C 、F A 、B1 则4(2,00小B(2,2.0、C(2.02八、400.0、B(0,20、C(00,2、D0,10、00.0、F2. 11/29 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 则乐 易知平面4BC的一个法向量为m=(L0,0),则EF.m=0,故E乎1m, :EF女平面ABC,故EFII平面ABC (2)解：CC=(2,00),CD=(0,1-2)EB=,20) u.CC=2x1=0 设平面CCD的法向量为4=(：，，乙)，则.CD=片-2名=0， EBu 4 取y=2,可得u=(0,2,1), Cos<EB,> E5. 因此，直线BE与平面CCD夹角的正弦值为 (3)解：4C=(20,2).4D=(0,10) .AC=2x2+2z2=0 设平面ACD的法向量为v=(x2,y2,z2),则·AD=y2=0, u·V 1 cos<u,v>= 10 取x,=1,可得=(（，0，-1)则 5x2=-10, √10 因此，平面ACD与平面CCD夹角的余弦值为I0· 6.【详解】【小题1】证明如下： AB,AD,AA 以A为原点， 4分别为少轴，建立如图空间直角坐标系， 则10,00)，4(00,2)，B(2,0.0）C22,0)D(0,20)C(2,22)D(02,2) 因为B为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(21,0),F(12,0)】 所以DF=40,-2),4G-(2,20)4E=(2,1-2) 12/29 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 设平面4EC的一个法向量为” =(x,,3) m·A4C=2x+2y=0 则m4E=2x+片-22=0，令x=2,则m=(2,-2,1) 因为0F.m=2-2=0 所以DFLm, DF平面4EC,所以 因 平面 所DF平面4BC 【小题2】由(1)得， AC=(2,2,2) G与平面 AEC 设直线 所成角为， 则sin8=cos(m,AC) m·AC 2 AC 3x2W5=9; 【小题3】由正方体的特征可得，平面14G的一个法向量 DB=(2,-2,0) 则os(DAm DB.m 8 22 DBm3×2W23, 所以二面角A-4C-E的正弦值为V-c0s2(DB,m=} 3 A D B D 7.【详解】《I)依慰意，以C为原点，分别以C、CB、CC的方向为x轴、y轴、Z轴的正方向建立空 间直角坐标系（如图）， 13/29 函学科网 www.zxxk.com C BI M A E B A (0,0,0)A(2,0,0)B(0,2,0)C(0,0,3)A(2,0,3)B(0,2,3) 可得 M(11,3) 依题意， CM=(1,1,0)B,D=(2,-2,-2) CM·B,D=2-2+0= 从而 ,所以GM⊥BD 孙 C B ! M A (Ⅱ) B D A 依题意， C1=(2,00)是平面B,E的一个法向量， EB=(0,2,1)ED=(2,0,-1) 设=(：2)为平面DB,E的法向量， 14/29 让教与学更高效 D(2,0,1)E(0,0,2) 可学科网 www.zxxk.com n.EB =0 2y+z=0 则nED=0,即12x-z=0, 不妨设x=1,可得”=1-12) cos<CA,n > Ca.n。26 网闪 2×V66, sin <CA>=1-cos>30 6. √30 所以，二面角B-BE-D的正弦值为6； (Ⅲ)依题意， AB=（-2,2,0) AB.n 由(I)知n=(L-1,2)为平面DBE的一个法向量，于是0<AB,m> 3 所以，直线AB与平面DB,E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， 属于中档题 一年摸拟练测园 题号 2 3 5 答案 ⊙ D 0 心 A 题号 P 10 11 答案 A C D A 12.【详解】(1)因为AP1/B0,AP=2,M是AP中点，所以AM=1, 又B0=I,故AM=BO,又AM1IBO,所以四边形AMQB是平行四边形， 所以MO∥AB且MQ=AB, 15/29 让教与学更高效 -4 5 2W2x63. 考查推理能力与计算能力， 6 > B A 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又因为四边形ABCD为菱形，所以AB/CD且AB=CD, 所以M0/ICD且M0=CD,所以四边形MOCD为平行四边形，所以DMI/QC, 因为DM立平面BCO,QCc平面BCO,所以DMII平面BCO. D B (2)因为四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AD=2, 所以AB=BC=CD=DA=2,△ABC、△ADC均为等边三角形. 以A为原点，建立空间直角坐标系， ZA M A B立A00,0)D(5,-10）C(5,10）B0,20）P(00,2)）M(00,) 9(0,2,1) BC=(5,-1,0).B0=(0,0,1) 设平面BC0的法向量为 =(x,y,z） BC.n=3x-y=0 则8on=z=0，取x=1'得n=(,5,0) AP=(0,0,2).Ac=(5,10) 设平面PCA的法向量为m=(a,b,c) 16/29 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 AP.m=2c=0 则Ac.m=V3a+b=0,取a=1'得m=(,5,0） 设平面BCQ和平面PCA的夹角为O, 1x1+V5x-V3)+0x0 则cos0= cos(n,m n.m 1+31+3 1 则平面PCA与平面BCQ的夹角的余弦值为2： (3)点N为棱PC上靠近点C的三等分点， PC=(51,-2) 剥m-花π刘号引 9号.xi-w.则西-停-引 平面8c0的法向量i-(5,0）. 设直线ND与平面BCO所成的角为B, 则mB=6os: 迈.n 3 3 √ 4 6 则直线ND与平面BCQ所成角的正弦值为4· 13.【详解】(1)在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于E, 因为AD⊥AB,DCIIAB,且AD=DC=1, 所以四边形AECD为正方形，可得AE=1,CE=1, 因为AB=2,所以EB=AB-AE=1, 在Rt△AEC中，AC2=AE2+CE2=12+1=2, 17129 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 在Rt△CEB中，BC2=CE2+EB2=1P+1P=2, 在△ABC中AC2+BC2=2+2=4=AB2,所以∠ACB=90°，即AC⊥BC, 因为侧棱4 A底面ABCD,BCC平面ABCD,所以 A⊥BC 4anAC=4,41、4CcY国4cCA,所BC平面1cG4, 因 AA (2)以A为原点，AB所在直线为X轴，AD所在直线为y轴，AA所在直线为Z轴，建立空间直角坐标系 A-xyZ ZA D C y D B 由题意40,00)，B20),D0,L0).CLL0).400,2）C(0505,2) 所以4B=(2,0-2).BC=（-11,0).DB=(2-1,0).DC=(05,-0.5,2) m·4B=2x-22,=0 设平面ABC的法向量为元=(，4，)则元·BC=-x+片=0， 令51，则1.名1，得4=1 m2·DB=2x2-y2=0 设平面BC,D的法向量为m=(x,,2),则·DC=0.5x,-0.5为+222=0， 令31，则5=4，为=8，得=48，) n·n2 1×4+1×8+1×1 -1313_13V5 所以同网P+P+下V④+8+下389W527, 18129 函学科网 www.zxxk.com 13V3 即平面ABC与平面BCD夹角的余弦值为27： （3)己知平面BCD的一个法向量为=(4,81)，平面外一点 CD上在取-点D(O1,0）,所以D=(QL0), 在平面 点A到平面BCD的距离d= D:n_0×4+1x8+0x1_8 √81 9 P 即点A到平面BCD的距离为g· 14.【详解】(1) B 连接AB,AC, 四边形ABBA为矩形，M为A'B的中点， AB'与A'B交于点M,M为AB的中点， 又N为B'C'的中点，MN IIAC', 又MNE平面4ACC,且4Cc平面AACC, .MNII平面AACC' (2) ZA B B 19/29 让教与学更高效 A(0,0,0) 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由己知，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则10,00)，B,0.0),C02,0),400,5)BL0,⑤)C0,25) 设平面BCN的一个法向量为i=(x,少，z), 因为平面BCN即平面BCC'B,CC=00,5).BC=(-12,0) BC.i=0[-x+2y=0 cC.i=05z=0, 取x=2,则少=2 0,从而=2,10 设所求线面角为0， -2】 sin =cos A'N, A'.n4 AN网5· 所以AN与平面BCN夹角的正弦值为5 (3) A B B 设点M到平面BCV的距离为d, 2 d= BM. 5, 20129 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 B1C=904B=山4C=24H=5,则BC=5 已知 所以Sa方5x5 2 Soncwxd=Ix5x5 1 VM-BCN3 3256 15.【详解】(1) AZ A D B 因为四边形ABCD为正方形，所以AD//BC,AB⊥AD, 又PA⊥BC,所以PA⊥AD,又PA⊥AB,所以PA,AB,AD两两垂直， 如图，以A为原点，分别以AB,AD,AP为x,八，2轴建立空间直角坐标系Az, A(0,0,0)B(2,0,0)C(2,2,0)D(0,2,0）E(2,0,1)P(0,0,2) C亚=0，-2，显然丽=(20,0)是平面PAD的一个法向量， 正.AB=0x2+(-2)x0+1x0=0,所以C正1B 因为 又CE平面PAD,所以CEII平面PAD; (2)由1)得Pc=(2,2-2）,PE=(2.0-)pD=(02,-2) 设平面PCD的法向量m=(,,)】 PCm PC.m=2x+2y-2z=0 所以PD1m,即PD.m=2y-2z=0, 21129 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 令=1，得 m=(01,1) 设平面PCE的法向量 =(x2,2,22) PC⊥i PC.i=2x2+2y2-2z2=0 所以PE1i,即P呢.i=2x2-22=0 令1得 i=(11,2) m·n 0×1+1×1+1×2 5 所以os(m,m）-m阿0+P+xF+P+22 所以平百pCD与平酒pCE所浅角的余法有为月。 (3)由(2)得平面PCE的一个法向量 元=(，1,2）PD=(0,2,-2) d-PD.i_0x1+2x1+(-2)x26 所以点D到平面PCE的距离”园 V2+12+223. 16.【详解】(1)略 (②)设平面P8C的法向量为%=(x,2) PB= 53 PC=(0,2,-2), 53 n2·PB=0 2 +2y-22=0 -x+ 则元，P元=0即2y2z=0 取x=1,得%-(，-5，) 设平面PAD与平面PBC的夹角为O, 则cos0= 元西 - 32 元Hz 1×V1+3+3√77 22129 可学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 (3)F在线段PD上， PD=(20,-2）.令PF=PD=(2,0-2)0<元<0 P师.%_|2+2W3孔2+5) F到平面。的距离d= PBC √7 √7 20+v⑤)-V7+v2i_1+V5 由题意得√分 7 7, ÷2A=1即-分，得F10D :AF=P+02+P=2 17.【详解】(I)因为AE/ICF,AB/CD,AEAB=A,CF∩CD=C,AE,ABC平面AEB, CF,CDC CFD ABE//CFD 平面 ,推出平面 平面 又因为DFc平面CFD,所以DFII平面ABE. (2) ZA E M D B 建立以A为原点的直角坐标系A-BDE. 得出各点坐标4(0,0)，B(40,0),C(4,4.0）D(0,40)E0,04)N(20,0) 设M(0),服=(-40)，匠=(x0,4-),因为8M=3ME,解出x=l,z=3,鄂么 M(1,0,3) BC=Q4,0,BW=(-3,03),得出平面BCM法向量风=(01) CM=(3,4,3),C=(-240),得出平面CMN法向量5=(6-3,2) 23129 而学科网 www.zxxk.com cos B= 8_42 mn2 V2.77 (3) E F D 作MG⊥AB交AB于点G 因为AE⊥平面ABCD,CFI‖AE,所以CF⊥平面ABCD,又因为GBC 题意得，ABCD为正方形，进而GB⊥CB 因为CF⊥GB,GB⊥CB,并且CFCB=C,所以GB⊥平面BCF. -0u=3G8Scr=4,GA=3,易得S=4 Sc)CF=]4,那么cFl=2. 18.【详解】(1)略 (2)由(1)的方法二可知： C0)F-) AC=（-1,0,2)】 设平面CEP的一个法向量为 =(x,y,2) CEm=。x+z=0 则 1 CFm-y+:-0 取X=2,可得y=2,2=-1, 所以m=(2,2) 24/29 让教与学更高效 平面ABCD,推出CF⊥GB.由 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 AC 与平面 CEF 设直线 所成角为， 可得sin8=cos AC,m AC·m|-44V5 ACm3515, 45 所以直线AC与平面CEF所成角的正弦值为15. (3)由(1)的方法二可知： .AB=2EF .AB.//EF AB AB 则直线EF与直线间的距离转化为点E到直线 的距离， AE·AB 32 48 4 3√2 所以直线EF与直线AB,间的距离为4 19.【详解】(1)略 (2设平面PBD的法向量为=(，，) Dp=(0,0,2)DB=(2,2,0) n·DP=2z,=0 则7·DB=2x+2y=0,令x=1,得元=(1，-1,0) 设平面CP8的法向量为%=(3，少，2)】 CB=(2,0,0）CP=(0,-2,2) 25129 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 ng.CB=2x2=0 则2，CP=-2+22,=0,令乃2=1，得m=(0,11) 设平面CPB与平面PBD的夹角为B, 则cos0= 五m 1×0+(-1)×1+0×1 nn V12+(-1)}+02×V02+12+1P2 即平面CPB与平面PBD的夹角的正弦值为2， (③)假设线段P1上存在点巴满足条件，设P0=P(eQ) PA=2,0-2）,PD-(2,0-2） 则点g到平面pBc的距离d p0-_24=2 n02+1P+12 =2.c=25 且CB⊥CP, sx-号C8*CA-x2x25=25 ee写x5版xd=x22xV21= 3 3 :-1,解得1=e0,】,放存在满足条件的点Q 3 令3 3 此时Q的坐标为兮，0，即Q为线段P4上靠近点A的四等分点， 20.【详解】(1)：AB=AD,O为BD的中点.OA⊥BD 又，平面ABD⊥平面BCD,平面ABDO平面BCD=BD,OAC平面ABD, .OA⊥平面BCD, CDC平面BCD,.OA⊥CD: (2)分别取CB、CD的中点为F、G,连结OF、OG, ,O为BD的中点，△OCD是边长为1的等边三角形， 26129 函学科网 www.zxxk.com ∴△BCD是直角三角形，BD=2OD=2,CD=1,BC=V(BD'-(CD ,CB、CD的中点为F、G,.OF//CD,OGIIBC,OF⊥OG, 由(I)得，AO是三棱锥A-BCD底面BCD的高，△AOB是直角三角形， 6，A0=1, 以O点为坐标原点，分别以OF、OG、OA所在的直线为七，y,2轴， 如图建立空间直角坐标系， m=0.C-a50.而日9-】 设”=(：，少)是平面4BC的一个法向量， [V3y=0 m·BC=0 660甲5=0 则 令3=，则=2，元=(2,0，，同=5.可=1 cosn,CD h·CD 2W5 CD 5, 2W5 ∴.直线CD和平面ABC所成角的正弦值等于5； (3)在棱AD上存在点E,使平面BCD和平面BCE夹角的大小为45°. 27129 让教与学更高效 3 99 可学科网 www.zxxk com 让教与学更高效 设正=AD(0≤s1) 由②，配=8.西传-9小月 m-兽小亚-而5刘 m49" OA=(00,1)是平面BCD的一个法向量， n2·BC=0 设元，=(s,,)是平面BCE的一个法向量，则西·BE=0, 22为(0 2 即 3y2=0 取=2(a-),32=-元-1.乃=(2-2,0，-2-) ,平面BCD和平面BCE夹角的大小为45°， ∴.c0sn2,OA n,.OA 2 2, +1 2 即N(2-2)}+(2+1 2, 整理得，322-101+3=0 解得，1=3或九=3（舍去)， 所以，正=写0,4E=写4D, 3 AE1 所以，在棱AD上存在点E,使平面BCD和平面BCE夹角的大小为45°，DE2· 28129 函学科网 6/6 U0)'YXXZ·MMM 让教与学更高效 专题07 立体几何 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01几何体的表面积和体积 2024天津：五面体的体积计算 2023天津：三棱锥的体积之比计算 2022天津：组合几何体的体积计算 2021天津：球内两个圆锥的体积之和计算 2020天津：正方体的外接球表面积计算 该考点为天津高考立体几何基础单选题，难度偏低，命题结构稳定。核心围绕多面体、旋转体的表面积与体积计算展开，早年以正方体、球等基础几何体为主，近年逐步融合五面体、组合体等复杂几何体，常结合实际建筑场景命题。解题核心依托几何体体积、表面积公式，侧重考查空间想象与基础运算能力，是必拿基础分值。 考点02线面位置关系命题的判断 2026天津：正方体中线面、面面位置关系的正误判断 2025天津：直线与两个平面的位置关系命题判断 2024天津：两条直线与一个平面的位置关系命题判断 该考点为天津高考立体几何高频基础单选题，难度中等偏低，命题灵活度逐年提升。核心围绕线线、线面、面面的平行与垂直位置关系的命题判断展开，早年以基础定理应用为主，近年逐步融合正方体、多面体等复杂空间场景，常设置陷阱选项考查定理的条件细节。解题核心依托空间位置关系的判定与性质定理，侧重考查逻辑推理与空间想象能力。 考点03解答题：线面位置关系的证明、距离问题、角度问题 2026天津：长方体中线面垂直证明、面面夹角余弦值求解、三棱锥体积计算 2025天津：正方体中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、三棱锥体积计算 2024天津：四棱柱中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、点到平面的距离计算 2023天津：三棱台中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、点到平面的距离计算 2022天津：直三棱柱中线面平行证明、线面角正弦值求解、面面夹角余弦值求解 2021天津：正方体中线面平行证明、线面角正弦值求解、二面角正弦值求解 2020天津：三棱柱中线线垂直证明、二面角正弦值求解、线面角正弦值求解 该考点为天津高考立体几何核心主干题型，每年固定一道解答大题，是立体几何的核心分值点，难度中等，命题结构高度稳定。核心围绕线面位置关系的证明、空间角求解、空间距离与体积计算三大模块展开，分三小问分层递进，早年以基础证明与单一角度求解为主，近年逐步融合多面体、复杂空间场景，综合考查多种知识点。解题核心依托空间位置关系定理、空间向量法，侧重考查逻辑推理、空间想象与数学运算能力。 考点01 几何体的表面积和体积 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．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） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 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． 5．（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． 考点02 线面位置关系命题的判断 1．（2026·天津·高考真题）正方体中，错误的是（     ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面平面 2．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 考点03 解答题：线面位置关系的证明、距离问题、角度问题 1．（2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 2．（2025·天津·高考真题）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． 3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（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． 5．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (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． 6．（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． 7．（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． 1．（2026·天津滨海新区·三模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下说法正确的是：（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若则 2．（2026·天津武清·模拟预测）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（     ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，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 4．（2026·天津武清·模拟预测）已知圆锥的高是底面半径的2倍，且圆锥的底面半径、体积分别与圆柱的底面半径、体积相等，则圆锥与圆柱的侧面积之比为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·天津滨海新区·三模）已知多面体，面，四边形为矩形，，且，则多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为（     ） A． B． C． D． 6．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·天津河西·三模）已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，过点，，的平面将正方体分成的两个几何体的体积之比为（     ） A． B． C． D． 8．（2026·天津和平·三模）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起得到四面体，则四面体的外接球体积为（     ） A． B． C． D． 9．（2026·天津北辰·二模）中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年~前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成.已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台.若圆锥容器的高为h，则此圆台的高为（   ） A． B． C． D． 10．（2026·天津·模拟预测）如图，向一个高为3且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为1时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（     ） A．1 B．2 C． D． 11．（2026·天津河西·模拟预测）现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，，，，四点在一条直线上），，，，，则图二所示的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 12．（2026·天津和平·三模）在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 13．（2026·天津河西·三模）如图，在四棱台中，已知平面，，，已知，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 14．（2026·天津武清·模拟预测）已知直三棱柱中，，点M、N分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求与平面BCN夹角的正弦值； (3)求三棱锥的体积． 15．（2026·天津滨海新区·三模）在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 16．（2026·天津宝坻·三模）如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，在上，且，    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足到平面距离为，求的长． 17．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的体积为4，求的长． 18．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 19．（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由． 20．（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何 7年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2020-2026） 命题规律 考点01几何体的表面积和体积 2024天津：五面体的体积计算 2023天津：三棱锥的体积之比计算 2022天津：组合几何体的体积计算 2021天津：球内两个圆锥的体积之和计算 2020天津：正方体的外接球表面积计算 该考点为天津高考立体几何基础单选题，难度偏低，命题结构稳定。核心围绕多面体、旋转体的表面积与体积计算展开，早年以正方体、球等基础几何体为主，近年逐步融合五面体、组合体等复杂几何体，常结合实际建筑场景命题。解题核心依托几何体体积、表面积公式，侧重考查空间想象与基础运算能力，是必拿基础分值。 考点02线面位置关系命题的判断 2026天津：正方体中线面、面面位置关系的正误判断 2025天津：直线与两个平面的位置关系命题判断 2024天津：两条直线与一个平面的位置关系命题判断 该考点为天津高考立体几何高频基础单选题，难度中等偏低，命题灵活度逐年提升。核心围绕线线、线面、面面的平行与垂直位置关系的命题判断展开，早年以基础定理应用为主，近年逐步融合正方体、多面体等复杂空间场景，常设置陷阱选项考查定理的条件细节。解题核心依托空间位置关系的判定与性质定理，侧重考查逻辑推理与空间想象能力。 考点03解答题：线面位置关系的证明、距离问题、角度问题 2026天津：长方体中线面垂直证明、面面夹角余弦值求解、三棱锥体积计算 2025天津：正方体中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、三棱锥体积计算 2024天津：四棱柱中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、点到平面的距离计算 2023天津：三棱台中线面平行证明、面面夹角余弦值求解、点到平面的距离计算 2022天津：直三棱柱中线面平行证明、线面角正弦值求解、面面夹角余弦值求解 2021天津：正方体中线面平行证明、线面角正弦值求解、二面角正弦值求解 2020天津：三棱柱中线线垂直证明、二面角正弦值求解、线面角正弦值求解 该考点为天津高考立体几何核心主干题型，每年固定一道解答大题，是立体几何的核心分值点，难度中等，命题结构高度稳定。核心围绕线面位置关系的证明、空间角求解、空间距离与体积计算三大模块展开，分三小问分层递进，早年以基础证明与单一角度求解为主，近年逐步融合多面体、复杂空间场景，综合考查多种知识点。解题核心依托空间位置关系定理、空间向量法，侧重考查逻辑推理、空间想象与数学运算能力。 考点01 几何体的表面积和体积 1．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【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 【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） 十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，左图中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱重叠而成的几何体（如右图）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若,,则该几何体的体积为（    ） A． B． C．27 D． 【答案】C 【详解】如图所示，该几何体可视为直三柱与两个三棱锥，拼接而成. 记直三棱柱的底面的面积为，高为，所求几何体的体积为， 则， . 所以 . 故选：C. 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 【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. 5．（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 【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. 考点02 线面位置关系命题的判断 1．（2026·天津·高考真题）正方体中，错误的是（     ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】D 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面    ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 2．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 3．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，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，故D错误. 故选：C. 考点03 解答题：线面位置关系的证明、距离问题、角度问题 1．（2026·天津·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 2．（2025·天津·高考真题）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． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（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：. 3．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点， (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【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. 4．（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：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) (3) 【详解】（1）略 （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. 5．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . (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) 【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. 6．（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】【小题1】证明如下： 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； 【小题2】； 【小题3】. 【详解】【小题1】略 【小题2】由（1）得，， 设直线与平面所成角为， 则； 【小题3】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. 7．（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）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、、、、、、、、. 依题意，，， 从而，所以； （Ⅱ）； （Ⅲ）. 【详解】（Ⅰ）略 （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. 1．（2026·天津滨海新区·三模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下说法正确的是：（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若则 【答案】B 【详解】已知，此时直线与平面的位置关系有多种可能，直线可能与平面相交，平行或， 所以不能得出，A选项错误. 已知，根据直线与平面平行的性质定理， 过直线作平面与平面相交于直线，则， 过直线作平面与平面相交于直线，则，. 又，，又， ，又，，B选项正确. 已知，此时直线与平面的位置关系有两种可能，直线可能与平面平行或， 所以不能得出，C选项错误. 已知，当直线与相交时，根据平面与平面平行的判定定理，可以得出， 当直线与平行时，此时平面与可能相交，所以不能得出，D选项错误. 2．（2026·天津武清·模拟预测）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（     ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【详解】对于A选项，若，，则的位置存在两种可能：或，并不一定平行于，故A错误； 对于B选项，平行于同一平面的两条直线位置关系不唯一，可能平行、相交或异面，无法推出，故B错误； 对于C选项，若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直于，故C错误； 对于D选项，根据线面垂直的性质定理，若一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内的所有直线，故D正确. 3．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，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 【答案】D 【详解】由，，若，则与可能平行也可能相交； 由，，若，则与可能平行、可能异面也可能相交； 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 4．（2026·天津武清·模拟预测）已知圆锥的高是底面半径的2倍，且圆锥的底面半径、体积分别与圆柱的底面半径、体积相等，则圆锥与圆柱的侧面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆锥的高，底面半径，母线和体积分别为， 圆柱的高，底面半径，母线和体积分别为， 由题意知，，， 则，即，解得， 所以， 则， 故选：B 5．（2026·天津滨海新区·三模）已知多面体，面，四边形为矩形，，且，则多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由多面体可以看成是以为顶点，以为底面的四棱锥， 其中为矩形，且， 因为面，且平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面，即三棱锥的高为， 在直角中，因为，可得， 所以多面体的体积为， 因为平面，且四边形是矩形，所以平面，且， 所以和是垂直于底面的两条平行线段， 该几何体的外接球球心底面上的射影是的外心， 球心到底面的距离等于和长度平均值的一半， 因为，所以， 在直角中，斜边为，所以外心是斜边的中点， 底面外接圆半径为， 设外接球的半径为，可得， 所以外接球的体积为， 所以多面体外接球的体积与此多面体的体积之比为. 6．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】连接，由，，得四边形为平行四边形， 在四棱锥中，由平面，平面，得， 则为矩形，又四边形为矩形，于是， 四边形为平行四边形，令，连接， 由为线段的中点，得，即点是线段靠近点的三等分点， 点是线段的中点，则公共部分的体积 由，平面，得平面，而平面， 则，又，平面，于是平面， 在矩形中，为线段的中点，则 三棱锥的体积， ，点到平面的距离为点到平面距离的， 因此，所以公共部分的体积为：. 7．（2026·天津河西·三模）已知正方体中，点，，分别为棱，，的中点，过点，，的平面将正方体分成的两个几何体的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，以正方体的侧面为面，作正方体. 取的中点，连接， 由// ，且，知四边形为平行四边形， 所以// ， . 易知// ，. 又点，分别为棱，的中点，所以// ，所以// . 连接，交于点， 因为// ，且，所以， 所以为棱最靠近的六等分点. 取棱最靠近的六等分点，连接. 因为，// ， 所以四边形为平行四边形，所以// ，. 所以，// ， 所以四边形为平行四边形，所以// ，. 连接，则点五点共面，五边形为正方体的截面. 设正方体的棱长为， 则，，， 所以几何体的体积等于 . 所以剩余部分的体积为. 所以过点，，的平面将正方体分成的两个几何体的体积之比为. 8．（2026·天津和平·三模）在矩形中，，，沿矩形对角线将折起得到四面体，则四面体的外接球体积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为四边形为矩形，故，沿折起得到后，， 因此与均为斜边为的直角三角形. 设中点为，可得， 即为四面体的外接球球心，外接球半径. 所以，故， 所以外接球体积. 9．（2026·天津北辰·二模）中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年~前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成.已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台.若圆锥容器的高为h，则此圆台的高为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设整个圆锥容器的体积为，容器高为， 初始时细沙在上部是高为​的小圆锥， 根据相似几何体体积比等于对应高比的立方，得细沙体积： 细沙漏入下部后堆成圆台，设圆台高为， 下部圆锥顶点在上，因此圆台上方空的部分是一个小圆锥，空圆锥的高为， 同理空圆锥体积满足： ， 又圆台体积=细沙体积=整个圆锥体积减空圆锥体积，即， 代入 ，约去整理得： ， ​ 开立方整理得： 故此圆台的高为： 10．（2026·天津·模拟预测）如图，向一个高为3且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为1时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置后，水面高度为（     ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【详解】设正四棱锥的下底面边长为，因注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为， 设注水四棱台的上底面边长为，则，解得， 注水四棱台的上底面的面积为， 注水四棱台的下底面的面积为， 则注水四棱台的体积为， 将此四棱锥容器倒置时，水的体积不变而且形成一个小四棱锥， 设水面高度为，底面边长为， 则，解得，且底面面积为， 设此四棱锥容器倒置后注水四棱锥的体积为，则， 又，则，解得，即， 即此四棱锥容器倒置后，水面高度为. 11．（2026·天津河西·模拟预测）现有两个完全相同的四棱柱材料（如图一所示）.某课外手工小组的同学将其中一个切掉一个三棱柱后拼接成如图二所示的“型”几何体（正方形与正方形在同一平面内，，，，四点在一条直线上），，，，，则图二所示的几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由正方形可知， ， ， ，平面， 平面，则三棱柱为直三棱柱 ， ，同理可知 为边长为2的等边三角形， ， .    12．（2026·天津和平·三模）在多面体中，四边形是菱形，，平面，，，是中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点为棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）因为，，是中点，所以， 又，故，又，所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为四边形为菱形，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为四边形是菱形，，， 所以，、均为等边三角形. 以为原点，建立空间直角坐标系， ，，，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， ，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面和平面的夹角为， 则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. （3）点为棱上靠近点的三等分点，， 则，， 则，又，则， 平面的法向量 ， 设直线与平面所成的角为， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 13．（2026·天津河西·三模）如图，在四棱台中，已知平面，，，已知，． (1)求证：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】 【详解】（1）在直角梯形中，过作于， 因为，，且， 所以四边形为正方形，可得，， 因为，所以， 在中，， 在中，， 在中，所以，即， 因为侧棱底面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面； （2）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题意，，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，得， 设平面的法向量为，则， 令，则，，得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为； （3）已知平面的一个法向量为，平面外一点， 在平面上任取一点，所以， 点到平面的距离， 即点到平面的距离为. 14．（2026·天津武清·模拟预测）已知直三棱柱中，，点M、N分别为的中点． (1)求证：平面； (2)求与平面BCN夹角的正弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析. (2) (3) 【分析】 【详解】（1） 连接，， 四边形为矩形，为的中点， 与交于点，为的中点， 又N为的中点，， 又平面，且平面， 平面. （2） 由已知，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 因为平面即平面，，， ， 取，则，从而， 设所求线面角为，， ， 所以与平面夹角的正弦值为. （3） 设点到平面的距离为，， ， 已知，则， 所以 . 15．（2026·天津滨海新区·三模）在如图所示的几何体中，四边形为正方形，，，，，． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1） 因为四边形为正方形，所以，， 又，所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，， ，显然是平面的一个法向量， 因为，所以， 又平面，所以平面； （2）由（1）得，，， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 设平面的法向量， 所以，即， 令，得， 所以 所以平面与平面所成角的余弦值为； （3）由（2）得平面的一个法向量，， 所以点到平面的距离． 16．（2026·天津宝坻·三模）如图，在四棱锥中，平面，，为的中点，在上，且，    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点是线段上异于两端点的任意一点，若满足到平面距离为，求的长． 【答案】(1)∵ 平面，， 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由题意得. ∵ ，，， ∴ 在中，，，， 可得. ∵ 为中点，∴ . ∵ ，∴ 分的比为，得. 平面的法向量为. ， ∴ ，即. 又平面，∴ 平面. (2) (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为， ，， 则，即， 取，得. 设平面与平面的夹角为，， 则. （3）在线段上，，令， 到平面的距离. 由题意得， ∴ ，即，得. ∴ . 17．（2026·天津滨海新区·三模）如图，四边形为正方形，平面，，，点在线段上，，为中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若三棱锥的体积为4，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）因为，，，，平面，平面，推出平面平面. 又因为平面，所以平面. （2） 建立以为原点的直角坐标系. 得出各点坐标，，，，，. 设，，，因为，解出，，那么. ，，得出平面法向量. ，，得出平面法向量. . （3） 作交于点. 因为平面，，所以平面，又因为平面，推出.由题意得，为正方形，进而. 因为，，并且,所以平面. ，，易得. ，那么. 18．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 【答案】(1)证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. (2) (3). 【分析】 【详解】（1）略 （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 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. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 19．（2026·天津·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得三棱锥体积为；若存在，求出该点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. ∵ 底面是边长为的正方形，底面，， ∴ . ∵ 是的中点，∴ . ∴ ，， ∴ ， ∴ ，即. 又由题知，且，平面， ∴ 平面. (2) (3)存在，点在线段上，且 【分析】 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为， ，， 则 ，令，得. 设平面的法向量为， ，， 则 ，令，得. 设平面与平面的夹角为， 则 . ∵ ，∴ . 即平面与平面的夹角的正弦值为. （3）假设线段上存在点满足条件，设， ∵ ，∴ . 则点到平面的距离. 又，，且， ∴ . ∴ . 令，解得，故存在满足条件的点. 此时的坐标为，即为线段上靠近点的四等分点. 20．（2026·天津南开·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面和平面夹角的大小为？若存在，并求出的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）∵，为的中点 ∴， 又∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， ∵平面， ∴； （2）分别取、的中点为F、G，连结、， ∵为的中点，是边长为1的等边三角形， ∴是直角三角形，，，， ∵、的中点为F、G， ∴，，， 由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形， ∵，∴， 以O点为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，， 设是平面的一个法向量， 则，即， 令，则，，，， ， ∴直线和平面所成角的正弦值等于； （3）在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为. 设， 由（2）知，，， ，， ， 是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 即， 取，，， ∵平面和平面夹角的大小为， ∴， 即， 整理得， 解得，或（舍去）， 所以，，， 所以，在棱上存在点，使平面和平面夹角的大小为，. 试卷第1页，共3页 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $