专题05 立体几何与空间向量（7年真题1年模拟）（北京专用）2020-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2020-2026年北京高考立体几何真题及模拟题，聚焦空间几何体面积体积、线面角、面面角核心考点，体现真题命题趋势与创新方向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题|空间几何体棱长/体积计算、线面位置关系|素材融合传统建筑（坡屋顶）、科技（3D打印零件）、文化（雨量器）| |填空题|10题|折叠问题、轨迹分析、组合体体积|2023年坡屋顶五面体棱长计算，2025年3D打印零件体积求解| |解答题|20题|线面平行/垂直证明、线面角/二面角计算|大题采用条件选择式设问（如2022线面角二选一条件，2026面面角三选一条件），强化空间想象与运算能力|

专题05 立体几何与空间向量 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 空间几何体面积体积 2021 雨量器、2022 三棱锥轨迹、2023 坡屋顶、2024 四棱锥高、2025 3D 打印零件、2026 三棱锥体积，每年 1 道小题 传统文化、科技实景载体逐年增多；由简单公式计算转向空间轨迹、截面分析，空间想象能力要求提升 线面角 2020 正方体、2022 三棱柱、2025 四棱锥，共 3 道大题 大题第一问固定证明平行 / 垂直；第二问求线面角，空间向量为通用解法，2022 起增设条件选择式设问 面面角 2021、2023、2024 四棱锥、2026 直三棱柱，共 4 道大题 与线面角轮换考查；2026 首次出现 "三选一" 条件确定 + 二面角计算，动点条件增多，运算复杂度上升 小结：小题素材创新明显；大题证明套路稳定，角度计算走向条件选择 + 动点综合，是本模块区分度核心。 考点01 空间几何体面积、体积、棱长、高 1.（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 2．（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)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，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 2．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 3．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 4．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 5．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到0.1） …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 考点02 直线与平面所成角 1．（2025·北京·高考真题）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． 2．（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． 3．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 考点03 平面与平面所成角（二面角） 1．（2026·北京·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）点在平面内，且，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，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 2．（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． 3．（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． 4．（2021·北京·高考真题）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． 一、单选题 1．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）如图，在三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，平面平面，则（   ） A． B．2 C． D． 2．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（   ） A．B．C． D． 3．（北京市海淀区2026届高三上学期期末练习数学试题）在三棱柱中，平面，，，点在三棱柱的表面上运动，且，则下列结论错误的是（   ） A．点可以在点处 B．点在底面上的轨迹为线段 C．点的轨迹围成直角三角形 D．直线与点的轨迹所在平面相交 4．（北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期末数学试题）古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（   ）    A． B． C． D． 5．（北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题： ①若，，，则 ②若，，，则 ③若，，，则 ④若，，则或 其中所有真命题的序号是（   ） A．①② B．③④ C．①③ D．①④ 6．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）设是两个不同的平面，是三条不同的直线，，，，则“”是“或”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 7．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（   ） A． B． C． D． 8．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 9．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 10．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）在长方体中，，，则（    ） A．棱上存在点，使得 B．棱上存在点，使得 C．棱上存在点，使得 D．棱上存在点，使得 二、填空题 11．（北京延庆区2025-2026学年第二学期试卷高三数学）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 12．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 13．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 14．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）如图某简单组合体由上下两部分组成，下部是一个圆柱，上部是一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面半径为，高为，圆锥的高为，则此组合体的体积为________；表面积为________ 15．（顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷）由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），  ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 16．（北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期末数学试题）在长方体中，，动点分别在棱和上（包含端点），为线段的中点．给出下列四个结论： ①点的轨迹是线段； ②的最小值为； ③对于给定的点，总存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是矩形； ④存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是正方形． 其中所有正确结论的序号为___________． 17．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________. 18．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 19．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 20．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 三、解答题 21．（北京市西城区2026届高三上学期期末考试数学试题）如图，在三棱柱中，平面ABC，D为AC的中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线AB与平面所成角的正弦值． 22．（北京市石景山区2026届高三上学期期末考试数学试题）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 23．（北京市海淀区2026届高三上学期期末练习数学试题）如图，在五面体中，底面为正方形，，，为的中点.    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求平面与平面所成角的余弦值. 24．（北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期末数学试题）在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由． 25．（顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷）如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中.    (1)若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值. 26．（北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件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：侧面为矩形； 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. 27．（北京延庆区2025-2026学年第二学期试卷高三数学）如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，M为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求二面角的余弦值． 28．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 29．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 30．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）如图，在多面体中，面是矩形，，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 31．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）如图，在三棱柱中，为正三角形，，平面，，是延长线上一点，且. (1)设中点为，求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值. 32．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）如图，在三棱锥中，为等边三角形.G，E，F分别是，，的中点.，，，与平面GEF交于点. (1)求证：是BC的中点. (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AC与平面GEF所成角的正弦值. 条件①：平面平面BCD； 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. 33．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点. (1)求证：； (2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 34．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，． (1)求证：∥平面； (2)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，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 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． 35．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）如图，四边形为正方形，平面平面，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 36．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 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． 37．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 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．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 39．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，．    (1)设平面平面，求证：； (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 40．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 立体几何与空间向量 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 空间几何体面积体积 2021 雨量器、2022 三棱锥轨迹、2023 坡屋顶、2024 四棱锥高、2025 3D 打印零件、2026 三棱锥体积，每年 1 道小题 传统文化、科技实景载体逐年增多；由简单公式计算转向空间轨迹、截面分析，空间想象能力要求提升 线面角 2020 正方体、2022 三棱柱、2025 四棱锥，共 3 道大题 大题第一问固定证明平行 / 垂直；第二问求线面角，空间向量为通用解法，2022 起增设条件选择式设问 面面角 2021、2023、2024 四棱锥、2026 直三棱柱，共 4 道大题 与线面角轮换考查；2026 首次出现 "三选一" 条件确定 + 二面角计算，动点条件增多，运算复杂度上升 小结：小题素材创新明显；大题证明套路稳定，角度计算走向条件选择 + 动点综合，是本模块区分度核心。 考点01 空间几何体面积、体积、棱长、高 1.（2026·北京·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高. 【详解】 法一：底面三角形中，，. 取中点，连接，则，. 在中，， 故底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 在中，由余弦定理得， 且，故. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 法二：在中，已知，. 由余弦定理得， 且，故，. 所以底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 2．（2025·北京·高考真题）在中，． (1)求c的值； (2)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，使得存在，求BC边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的面积为． 【解析】（1）因为，所以， 由正弦定理有，解得； （2）如图所示，若存在，则设其边上的高为， 若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由有，由正弦定理得,所以， 所以由余弦定理得, 此时三角形是存在的，且唯一确定， 所以,即， 所以边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定， 这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即. 2．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ． 【答案】 【解析】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则. 证明：设，， 在平面取一点，， 在平面内过作直线，使得，作直线，使得， 因为平面平面，，故，而，故， 同理，而，故 . 下面回归问题. 连接，因为且，故，同理，， 而，故直角梯形与直角梯形全等， 故， 在直角梯形中，过作，垂足为， 则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形， 故， 平面平面，平面平面，, 平面，故平面， 取的中点为，的中点为，的中点为，连接， 则，同理可证平面，而平面， 故平面平面，同理平面平面， 而平面平面，故平面， 故，故四边形为平行四边形，故. 在平面中过作，交于，连接. 则四边形为平行四边形，且，故， 故四边形为平行四边形， 而平面， 故平面，故平面平面， 而，故， 故几何体为直棱柱， 而，故, 因为，故平面， 而平面，故平面平面， 在平面中过作，垂足为，同理可证平面， 而，故，故， 由对称性可得几何体的体积为， 故答案为：. 3．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【解析】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 4．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 5．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 故选：B 6．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：    等级 24h降雨量（精确到0.1） …… …… 小雨 0.1~9.9 中雨 10.0~24.9 大雨 25.0~49.9 暴雨 50.0~99.9 …… …… 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是 A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨 【答案】B 【解析】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥， 所以积水厚度，属于中雨. 故选：B. 考点02 直线与平面所成角 1．（2025·北京·高考真题）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． 【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. 2．（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． 【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 . 3．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体中， E为的中点． （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）. 【解析】（Ⅰ）[方法一]：几何法 如下图所示： 在正方体中，且，且， 且，所以，四边形为平行四边形，则， 平面，平面，平面； [方法二]:空间向量坐标法 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， 设正方体的棱长为，则、、、，，， 设平面的法向量为，由，得， 令，则，，则. 又∵向量,, 又平面，平面； （Ⅱ）[方法一]：几何法 延长到，使得，连接，交于， 又∵，∴四边形为平行四边形，∴， 又∵,∴,所以平面即平面, 连接，作,垂足为,连接, ∵平面,平面,∴， 又∵,∴直线平面, 又∵直线平面,∴平面平面, ∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角， 根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角. 设正方体的棱长为2，则,,∴, ∴, ∴, 即直线与平面所成角的正弦值为. [方法二]：向量法 接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量， 又∵,∴， ∴直线与平面所成角的正弦值为. [方法三]：几何法+体积法 如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P． 因为， 所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角． 设正方体的棱长为2，在中，易得， 可得． 由，得， 整理得． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． [方法四]：纯体积法 设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h， 在中，， ， 所以，易得． 由，得，解得， 设直线与平面所成的角为，所以． 考点03 平面与平面所成角（二面角） 1．（2026·北京·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）点在平面内，且，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，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】 【小问1详解】 （1）解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 2．（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． 【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 3．（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． 【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. 4．（2021·北京·高考真题）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． 【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）. 一、单选题 1．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）如图，在三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，平面平面，则（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】取的中点为，则可证为等腰直角三角形，故可求的长. 【详解】 设的中点为，因为是边长为2的等边三角形， 故且，同理且， 故为的平面角，而平面平面， 故，故. 2．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量法可解. 【详解】 不妨以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 对于A，则， ， 则，所以不垂直，故A错误； 对于B，则， ，则，所以不垂直；故B错误； 对于C，则， ，则，所以垂直，故C正确； 对于D，则， ，则，所以不垂直，故D错误. 3．（北京市海淀区2026届高三上学期期末练习数学试题）在三棱柱中，平面，，，点在三棱柱的表面上运动，且，则下列结论错误的是（   ） A．点可以在点处 B．点在底面上的轨迹为线段 C．点的轨迹围成直角三角形 D．直线与点的轨迹所在平面相交 【答案】D 【分析】 对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析. 【详解】 根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，令， 则，，，，,,设点，故，， 由于，则，即； 对于选项，当在时，，，故选项正确； 对于选项，当在底面时，，即，则，由于，故在底面上的轨迹是，与中点连线所在的线段，故选项正确； 对于选项，由前两项的分析可知，，在上符合题意，故，连接，，面，则三角形的三边就是的轨迹，由于，，，故，则三角形为直角三角形，故选项正确； 对于选项，三角形就是的轨迹，且面，则为面的法向量，由于，，故面，且直线上没有点在平面内，故面，故选项错误； 故选：. 4．（北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期末数学试题）古希腊数学家阿基米德的一个重要数学发现是“圆柱容球”，即当球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高均相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的．如图所示，在一个“圆柱容球”的模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用球的体积公式和圆柱的表面积公式求解. 【详解】解：可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于直径，圆柱的高等于， 球的体积为，， ， 圆柱的表面积公式为. 故选：D. 5．（北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线.下列四个命题： ①若，，，则 ②若，，，则 ③若，，，则 ④若，，则或 其中所有真命题的序号是（   ） A．①② B．③④ C．①③ D．①④ 【答案】D 【分析】对于①面面垂直则面面的法向量也垂直可得；对于②由条件可得或，再结合可判断；对于③由线线平行及面面平行的关系可判断；对于④：由和两种情况判断可得. 【详解】对于①：因为，，，所以直线的方向向量是平面的法向量，由两个平面垂直， 所以这两个平面的法向量也垂直，即这两条直线也垂直，故①正确； 对于②：由，，则或，而，则不能判断，所以②不正确； 对于③：若，，，则或，所以结论不一定成立，故③不正确； 对于④：，，若，则；若，则，所以④正确； 故选：D. 6．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）设是两个不同的平面，是三条不同的直线，，，，则“”是“或”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】C 【分析】助空间直角坐标系中坐标平面的垂直关系，根据向量垂直即数量积为0，建立坐标之间的关系即可判断. 【详解】如图，在正方体中，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 取底面，即平面为，侧面，即平面为， 则，即轴. 因为，， 所以可设的方向向量为（不同时为0），的方向向量为（不同时为0）， 则或， 而的方向向量为轴或与轴重合； 的方向向量为轴或与轴重合. 所以或或，所以或. 综上，“”是“或”的充要条件. 7．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别取、、、的中点、、、，连接、、、，根据正棱台的性质求出，即可求出. 【详解】如图，分别取、、、的中点、、、， 连接、、、， 因为是正四棱台，所以、， 又侧面与上底面的夹角为，所以， 又，，所以、， 所以， 所以， 所以制作该漏斗的侧面所需材料的面积为. 8．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 【答案】C 【详解】初始时，上方沙堆高度为，体积为， 体积比等于高度比的立方， 经过10分钟后上方沙堆的高度降为，上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， ，，，， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积为， 下方容器内的体积为， 将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为， 设此时上方容器的高度为， ，，， 倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为时，上方容器剩余沙堆的体积为， 设从倒置后到高度再次降为需要的时间为， 则，即，， ，分钟. 9．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求和即可. 【详解】取的中点，的中点，连接， 如图所示：    因为，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又平面，则， 所以， 所以， ， 点到的距离为1，点到的距离为， 同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为： . 10．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）在长方体中，，，则（    ） A．棱上存在点，使得 B．棱上存在点，使得 C．棱上存在点，使得 D．棱上存在点，使得 【答案】C 【分析】根据题意，不妨设，则，设，则，分别求出，再列式判断AB；对于C，设，则，同理判断CD即可． 【详解】解：对于A，如图， 不妨设，则， 设，则， ， 当时，则， 解得，不符合题意，故A错误； 对于B， ， ，即在棱上不存在点，使得，故B错误； 对于C，设，则， ， 当，则， 解得，符合题意，则棱上存在点，使得，故C正确； 对于D， ， ， ，即在棱上不存在点，使得，故D错误． 二、填空题 11．（北京延庆区2025-2026学年第二学期试卷高三数学）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 【答案】 【分析】八面体的表面积是两个四棱锥的侧面积之和，利用长方体的棱长，结合勾股定理求出四棱锥侧面三角形的边长，判断侧面三角形的形状，再用面积公式计算单个四棱锥侧面积，进而得到八面体表面积；利用棱锥体积公式计算单个四棱锥体积，进而得到八面体体积，最后求出两者体积之比。 【详解】如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系 根据题意可得各点坐标为：， ， 因为八面体共8个全等的等腰三角形，以为例： 可得， 三角形的高为，故 所以总表面积为：. 长方体体积为： 由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为， 可得每个四棱锥的高为，总体积 所以八面体的体积和长方体的体积之比为. 12．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 【答案】40 【分析】将多面体补形为三棱柱，过点F作平面，过作的平行线，交于点，交于点，利用，进行计算即可. 【详解】如图，可将多面体补形为三棱柱， 过点F作平面，为垂足， 过作的平行线，交于点，交于点， 因为平面，平面， 所以平面平面， 由题知， 因为平面，平面，所以， 又，，所以，，平面， 平面，∴， 连接，因为，，所以， 所以， ∴． 13．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 【答案】 / 【分析】利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合勾股定理及锥体体积公式计算得解. 【详解】在边长为1的菱形中，，则是正三角形， 在三棱锥中，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面，得平面， 又平面，则，而，因此； 取中点，连接，由，得， 则是二面角的平面角，又平面平面，于是， 由，得，， 又，所以三棱锥的体积. 14．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）如图某简单组合体由上下两部分组成，下部是一个圆柱，上部是一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆柱的底面半径为，高为，圆锥的高为，则此组合体的体积为________；表面积为________ 【答案】 【详解】已知圆柱底面半径，高，圆锥高，且圆锥底面与圆柱上底面重合，故圆锥底面半径也为。 、体积的计算 ∵ 圆柱体积公式为， ∴ 。 ∵ 圆锥体积公式为， ∴ 。 ∴ 组合体体积。 、表面积计算 先求圆锥母线长，由勾股定理： ∵ ， ∵ 圆锥侧面积公式为， ∴ 。 ∵ 圆柱侧面积公式为， ∴ 。 ∵ 圆柱下底面积公式为， ∴ 。 ∵ 圆锥底面与圆柱上底面重合，属于内部面，不计入外露表面积， ∴ 组合体表面积。 15．（顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷）由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），  ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________. 【答案】 【分析】先求面积，再求三棱锥和的高度，进一步求三棱锥的体积，且根据两个三棱锥和全等得出几何体的体积；构建直角三角形，利用勾股定理，根据已知线段长度计算，得出长度. 【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合， 又因为在正四棱台中，，， 所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形， 其面积为：， 连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点， 且，为等腰直角三角形， 所以，， ， 在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以几何体的体积, 连接，交于点，连接，， 由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合， 所以平行且，所以四边形是平行四边形， 所以，且平行， 又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高， 所以，为直角三角形，由勾股定理可得： . 故答案为：，. 16．（北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期末数学试题）在长方体中，，动点分别在棱和上（包含端点），为线段的中点．给出下列四个结论： ①点的轨迹是线段； ②的最小值为； ③对于给定的点，总存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是矩形； ④存在点，使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是正方形． 其中所有正确结论的序号为___________． 【答案】①③④ 【分析】对于①，过作交于点，交于点，根据长方体的性质得到 从而得到，连接，设，连接，设，连接，可以得到在线段上，从而得到答案；对于②，由点在线段上，故当点与点重合时，为最小值为，利用勾股定理求出即可得解；对于③，根据长方体的性质，利用空间向量法分析是否存在满足条件的点；对于④，据正方形的性质，利用空间向量法判断是否存在满足条件的点. 【详解】    对于①，过作交于点，交于点， ，， 动点分别在棱和上（包含端点）， 为线段的中点，， ，， ，， 连接，设，连接， 设，连接， ，在线段上，点的轨迹是线段，故①正确； 对于②，点在线段上，故当点与点重合时，最小， 且最小值为，故②错误；    对于③，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 设， ，， 若，则，解得或，此时， 所以对于任意给定的点，总存在点（与重合）， 使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是矩形，故③正确； 对于④，，， 若，则，解得或，此时， ，， 若，则，解得， 当时，则转化为， 即，， ，，故当，时， 经过点及的平面截该长方体的截面图形是正方形， 当时，则转化为，此方程无解； 综上可知，存在点， 使得经过点及的平面截该长方体的截面图形是正方形，故④正确. 故答案为：①③④. 17．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________. 【答案】 【分析】玉琮体积可以分为两部分计算:上下圆筒部分和中部正方体挖去圆柱部分，最后减去空心部分的体积. 【详解】因为圆筒内径长为，所以内圆半径. 外径长为，所以外圆半径 上下两段圆筒总高为，加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分: 上下外圆柱体积+中部正方体体积        = 空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为， 所以玉琮的体积为. 18．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③ 【分析】由三棱锥体积公式可判断①正确，由空间直角坐标系面面垂直定理可判断②错误，由余弦定理判断③正确，由立体几何证明可判断④正确. 【详解】对于①：三棱锥的底面积为， 所以三棱锥的体积，为定值；结论①正确. 对于②：以点为原点，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， 则，，，，，， 设，因为，， 设平面的法向量为，则， 取得； 因为，，平面的法向量为， 则，取得； 因为两平面垂直等价于法向量垂直，所以，可得， 判别式，无实根， 所以不存在点，使得平面平面，结论②错误； 对于③：计算三边长度的平方，， ， ， 所以，所以中最大， 因为， 所以最大角为锐角，因此为锐角三角形，结论③正确； 对于④：记，连接， 平面，平面，所以， 所以点到的中点距离等于，为定值，所以点的轨迹不可能是线段，结论④错误. 19．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【分析】①根据向量运算得出线段，再分别取点重合、点重合两种情况计算面积；②根据向量运算得出线段，判断三棱锥的体积为定值；③分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用勾股定理计算；④分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用反证法判断. 【详解】①当时，，则， 因为，所以线段， 若点重合，则， 则的面积为， 若点重合，则， 则，则的面积为， 故的面积不为定值，①错误； ②当时，，则， 因为，所以线段， 因为平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故②正确； ③当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，得， 故存在唯一的，使得，故③正确； ④当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 若平面，平面，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，显然不可能成立， 故不存在，使得平面，故④错误.   20．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【分析】对于①，直接验证该点不满足集合条件；对于②，证明截面为上底面正方形即可得到面积；对于③以为分界将分为上下两个部分考虑，并分别构造一个包含在其中的多面体和圆锥，再证明这两个几何体的体积和大于；对于④，利用距离公式并结合表面上的点满足的方程得到距离函数，分析最值即可. 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截面上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 三、解答题 21．（北京市西城区2026届高三上学期期末考试数学试题）如图，在三棱柱中，平面ABC，D为AC的中点． (1)求证：平面； (2)若，求直线AB与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) 连接，设与相交于点，连接， ∵四边形是平行四边形，∴点为的中点. ∵为的中点，∴为的中位线， ∴， ∵平面，平面， ∴平面； (2) 【分析】（1）连接，设与相交于点，连接，应用中位线证明，即可证明平面； （2）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，又，从而可求直线与平面所成角的正弦值； 【详解】（1）略 （2） 依题意知，，所以， 因为平面，平面， 所以，又， 平面， 所以平面，设的中点为，连接，则， 因为平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系. 在，所以， 则，，，. ∴，. 设平面的法向量为， 由及，得， 令，得，.故平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角为， 则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 22．（北京市石景山区2026届高三上学期期末考试数学试题）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 因为正方形，所以，平面，平面，所以平面， 同理，平面，平面，所以平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，所以平面. (2) (3)存在点，是靠近的三等分点. 【分析】（1）证明平面平面，即可得到答案. （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案； （3）假设存在，设，求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】（1）略 （2）由，则，， 在正方形中，，所以两两垂直， 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，，，，故，， 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 又， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设存在，设，又，则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 由题得平面，则，又，，平面， 所以平面，故为平面的法向量，且， ，解得或（舍去）， 所以在棱上存在一点，满足题意，此时是靠近的三等分点. 23．（北京市海淀区2026届高三上学期期末练习数学试题）如图，在五面体中，底面为正方形，，，为的中点.    (1)求证：平面； (2)若平面平面，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）方法一：连接，与相交于点，连接，然后证明四边形为平行四边形，得到，进而证明结论；方法二：取中点，连接，然后证明四边形为平行四边形，得到，进而证明结论. （2）建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，求出平面与平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式求出平面与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）    方法一：连接，与相交于点，连接， 因底面为正方形，则为中点，又为中点， ， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，故. 又因为平面，平面， 所以平面. 方法二：取中点，连接，    在中，为中点，为中点， 所以为中位线，所以，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又，所以平面， 又因为平面，所以平面. （2）    因为，为中点，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，所以， 又，如图建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， ，故可取， 又因为，平面， 所以平面，平面，， 又因为平面， 所以平面，所以平面的一个法向量可取为， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 24．（北京市朝阳区2025-2026学年高三上学期期末数学试题）在四棱锥中，平面平面，．分别为棱上的点，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点为线段的中点，判断直线是否在平面内？并说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)EF在平面AFG内，理由见解析. 【分析】（1）由平面平面结合平面与平面垂直性质可完成证明； （2）由题设，如图过作平行线交于，建立以为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，据此可得答案； （3）等价于判断是否存在实数，使，据此可完成判断. 【详解】（1）因平面平面，平面平面， ，平面，则平面； （2）如图过作平行线交于，由题设可得. 然后如图建立以为原点的空间直角坐标系. 则.. 因，则. 则，又， 则，设平面法向量为， 则，令，可得可为. 又易得平面的法向量为. 设平面与平面夹角为，则. （3）由（2）可得，，. 则。 假设平面，则四点共面，从而存在实数，使， 则.则，即在平面内. 25．（顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷）如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中.    (1)若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：； (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）先由可得平面，再由线面平行的性质可得线线平行； （2）解法一：取的中点为，再分别以坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量计算面面角的余弦值； 解法二：取的中点为，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角； 解法三：设，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角. 【详解】（1）证明：连接，    因为四边形是菱形，所以.又因为平面，平面 所以平面，又因为平面，平面平面 所以. （2）（法一）取的中点为，连接，因为是菱形，， 所以. 所以，又，所以 因为平面，所以，即两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系，    则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则，即， 所以可得，所以，令，则， 所以，. 又因为，. 设平面的法向量为，则， 即，所以. 令，则，． 所以， 设平面与平面的夹角为， 则 （法二）取的中点为，连接，则，又，所以 因为平面，所以．所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系，    则，，，，． 所以， 设平面的法向量为，则，即　所以， 所以，，令，所以，. 又， 设平面的法向量为，则，即， 所以，所以，令，． 所以，. 设平面与平面的夹角为， 则. （法三）连接，则，设. 因为平面，过作的平行线，则平面. 所以．即两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系，    则，，，，，． 所以，. 设平面的法向量为，则，即，所以 所以，令，则，所以， 又，. 设平面的法向量为，则，即. 所以，令，则，， 所以，. 设平面与平面的夹角为， 则. 26．（北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题）如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件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：侧面为矩形； 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) 证明：连接，交于，连接， 由三棱柱的定义可知为平行四边形， 所以有为的中点，又因为为的中点， 所以. 因为平面平面， 所以平面. （2）选择条件① 因为为矩形，为矩形，所以. 又因为，所以. 如图建立空间直角坐标系，则. 所以. 设平面的法向量为，则即 令，则.于是. 设直线与平面所成角为，则 选择条件② 因为， 所以. 因为， 所以平面. 所以. 以下同条件①. 27．（北京延庆区2025-2026学年第二学期试卷高三数学）如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，M为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】(1) 取的中点，连接， M为的中点，， 又，，，四边形为平行四边形， 且平面，平面, 平面； (2) （ⅰ）平面，平面，， 又底面是一个等腰梯形，，，， ，则，，即， 又平面，，平面. （ⅱ）由（ⅰ）知平面，平面，， 故建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图 则，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 为平面的一个法向量，， 故二面角的余弦值为. 28．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1) 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形. 所以，因为平面平面， 所以平面. （2）由题知平面，所以， 又因为， 所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系. 所以， 则. 根据题意平面的一个法向量是，设平面的法向量为， 则即， 令，则.于是， 设二面角的平面角为， 则，由图可知为锐角，所以. 29．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明如下： 法一：取的中点，连接， 因为分别是的中点，可得，且， 在三棱台中，可得，所以， 又因为，所以， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面． 法二：在三棱台中，为的中点，且， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，于是平面． （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则． 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， 所以直线与平面所成的角正弦值为． 30．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）如图，在多面体中，面是矩形，，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)因为四边形是矩形，所以， 又因为， 平面 ， 所以平面 ， 因为平面 ，所以. （2）因为，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 因此，． 设是平面 的法向量， 则，即， 令，得 ，平面 的一个法向量为. 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. 31．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）如图，在三棱柱中，为正三角形，，平面，，是延长线上一点，且. (1)设中点为，求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明：如图，取的中点，连接， 因为中点，则，又，则， 因，则，可得，故， 又平面，而平面，故平面. （2）过点作平面的垂线，垂足为，连接， 因，则直线与平面所成的角即直线与平面所成的角，即， 因平面，，则平面，， 在中，，由余弦定理，， 则，因， 由可得，解得， 在中，，即直线与平面夹角的正弦值为. 32．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）如图，在三棱锥中，为等边三角形.G，E，F分别是，，的中点.，，，与平面GEF交于点. (1)求证：是BC的中点. (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AC与平面GEF所成角的正弦值. 条件①：平面平面BCD； 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)证明：在三棱锥中， 因为E，F分别是，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，所以， 因为G是的中点，所以是BC的中点. （2）选条件①：平面平面BCD，连接， 因为为等边三角形，G是的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 所以， 如图建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，，， 所以，，. 设平面的法向量， 则，即， 令，则，于是， 设直线AC与平面GEF所成的角为, 则， 所以直线AC与平面GEF所成角的正弦值为. 选条件②：. 因为，所以， 因为，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，， 因为为等边三角形，G是的中点，所以， 以下同条件①如图建立空间直角坐标系. 33．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点. (1)求证：； (2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明：，平面，平面，则有平面， 平面，平面平面，所以. （2），，则为等边三角形， 连接，则，又，有， 中，由余弦定理，得， 有，得，所以， 又平面，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量， 有，设，则，即， 设直线与平面所成角为， 则. 34．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，． (1)求证：∥平面； (2)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，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 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． 【答案】(1)证明：因为四边形为正方形， 所以∥且， 又因为四边形为矩形， 所以∥且， 因此∥且， 所以四边形是平行四边形，故∥， 又因为平面，平面， 所以∥平面. （2）选择条件①： 由，又因为， ，平面，故平面， 因为， 所以以为原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，得：，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则：， 令，解得，，得， 设直线与平面所成角为， 由线面角公式：. 选择条件②：因为 所以以 为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系 设，，，，由得 ， 由 得 ，即：， 化简得 ，代入 可得： （），所以，， ，， 设平面 的法向量为，则: ， 令，得，，即， ，设直线与平面所成角为， 由线面角公式可得：. 选择条件③：以为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系， 由已知条件可得：，，，， 因为是矩形，所以，， 设，则 ， 是向量 与的夹角， 又因为，为锐角， 故， 由数量积公式可得： ， 将代入方程化简得： ，解得或 ​， 当时，，则， 当时，，则， 所以，， 当时：，五面体不唯一，不合题意. 35．（北京市门头沟区2026届高三下学期3月综合练习数学试题）如图，四边形为正方形，平面平面，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)设 的中点为 ，连接， 在中，为的中点， 所以且， 因为且， 所以且 ， 所以四边形 是平行四边形， 所以， 因为 平面，平面， 所以 平面； （2）因为平面平面，平面平面 ， ，， 所以 ，平面， 因为四边形为正方形，所以 两两互相垂直， 以 为坐标原点， 分别为轴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 ， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 36．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 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． 【答案】(1) 因为平面平面，平面平面. 又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面. 因为平面，所以. （2）由题意，，，，故. 底面为平行四边形，故，，. 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，因此. 若，又，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求. 若选条件②：. 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即. 由（1）知，又，平面，所以平面. 因为平面，所以， 即两两垂直. 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，. 为中点，故. 设平面的一法向量， ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，. 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：. 若选条件③：. 由，，，得. 由，得，， 故，即. 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面. 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系： ，，，，. 为中点，故. ，， 设平面的一法向量： ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，， 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： . 37．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 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. 【答案】(1) 连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，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， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：. 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 若选择条件③：与平面所成角为. 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 38．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明如下：    连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面， . (2) (3) 【详解】（1）略 （2）    以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. （3）存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 39．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）如图，在四棱锥中，，，，，为的中点，．    (1)设平面平面，求证：； (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）由线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可求解. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以； （2）因为平面，， 所以以点为坐标原点，所在直线为轴，平行于直线的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：    因为，，，所以， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量可以为， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量可以为， 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. 40．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）如图，在三棱锥中，为边长为的等边三角形，，，为棱的中点． (1)求证：平面平面； (2)棱上（端点除外）是否存在一点，使得平面与平面的夹角为．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ∵ 为边长为2的等边三角形，为中点， ∴ ，且. ∵ ，为中点， ∴ ，且，故， ∴ . ∵ ， ∴ ，故. ∵ ，平面， ∴ 平面. ∵ 平面， ∴ 平面平面. (2) 由第一小问，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，. 设，则，所以点坐标为. ∵，且平面 ∴平面 ∴平面的法向量为. 设平面的法向量为，其中，， ∴ 令，代入解得，， ∴. 已知平面与平面的夹角为， ∴ 代入数据得 两边约去后平方整理得，解得或. ∵， ∴. 因此存在满足条件的点，且. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05立体几何与空间向量 7年真题1年模拟 七年真题分类园 考点01空间几何体面积、体积、棱长、高 1. ① ②. 2V3 3 2 【解析】（少因为osA=行4(@，，所以m4=csA-25 3, 由正弦定理有asinC=esin d-2y2。 3 c=4√2，解得c=6 (2)如图所示，若△ABC存在，则设其BC边上的高为AD, 若选①.。6因为。-6所以C=因为0s4=写<0，这表明此时三角形HBC有两个钱角。 而这是不可能的，所以此时三角形ABC不存在，故BC边上的高也不存在： 10W2 若选②，asinB=10V2,由 有sinB=3=3, 由正弦定理得b_5,所以 3 asinC=42 sinC426 c6b=5 所以由余弦定理得a=VB+c2-2 becosA= 25+36-2×5×6× =9 此时三角形ABC是存在的，且唯一确定， 所以S。ABc= cm1-c40,即5x6x25 329AD 1/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以BC边上的高AD=20N2 若选®，6BC的面积是102：则Sc=cs血4-bx6x =10W2, 3 解得b=5' 由余弦定理可得a=VB2+c2-2 bccosA= 25+36-2-56 3 =9可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得©osB,©osC也可以唯一确定，即B,C可以唯一确定， 这表明班时三角形ABC是存在的，且C边上的高满足：Sc04D-号D=10反，即D-202 1 2 9 2.60 3.D 4.C 5.B 6.B 考点02直线与平面所成角 【解析】(I)取A的中点N,PB的中点M,连接FN、MN, :△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2,.AC=AB=2√2.BC=4 :E、F分别为BC、PD的中点， :.FN-AD-1GMBE-1,E FN//AD.GM//BC :∠DAC=45°，∠ACB=45°，AD∥BC, ∴.FN∥GM,.四边形FGN为平行四边形， ∴.FG∥MN, FG￠平面PAB,MNC平面PAB,.FG∥平面AB: (2),PA⊥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， 2/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设AD=CD=2,则4(00,0)，B(0,22,0),C22,0,0,D(2,-2,0,P0,022), ∴AB=(0,22,0,Dc=(V2,2,0,Cp=（-22,0,22), 设平面PCD的一个法向量为i=(化，y,2), DC·i=0 [√2x+√2y=0 Cp.i=0’ -2W2x+2W2z=0 取x=1,∴y=-1,z=1,i=(1,-1,1)】 设AB与平面PCD所成角为B, AB.n 则sinB=cos<AB,n> 10x1+2W2x(-1)+0×122V3 AB 22×V2+(-1}+1P2W2xV5=3, 即AB与平面PCD所成角的正弦值为3 2. 【解析】(1)取AB的中点为K,连接MK,NK, 由三棱柱ABC-AB,C可得四边形ABBA为平行四边形， 而BM=MA,BK=KA,则MKIBB, 而MKg平面BCCB,BBC平面BCC,B,故MKI∥平面BCC,B, 而CN=NA,BK=KA,则NKIlBC,同理可得NK∥平面BCCB, 而NK∩MK=K,K,MKC平面MKW, 故平面MKN∥平面BCC,B,而MNc平面MKWN,故MNI∥平面BCC,B, (2)因为侧面BCCB为正方形，故CB1BB 而CBC平面BCC,B,平面CBBC⊥平面ABB,A, 平面CBB,C∩平面ABBA=BB,故CB⊥平面ABBA, 3/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为NK/BC,故NK⊥平面ABB4, 因为ABc平面ABB4,故NK⊥AB, 若选①，则AB⊥MN,而NK⊥AB,K∩MN=N, 故AB⊥平面MNK,而MKC平面MNK,故AB⊥MK, 所以AB⊥BB,而CB⊥BB,CBOAB=B,故BB⊥平面ABC, 故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),V(1,10),M(0,1,2), 故BA=(0,2,0),B=(（1,1,0),BM=(0,1,2), 设平面BNM的法向量为n=(x,y,z), 「元.BN=0,x+y=0 则7-服=0从而+2z=0取2-1则n=(-22-) 设直线AB与平面BNM所成的角为B,则 m0-小m优到克号 若选②，因为NKI/BC,故NK⊥平面ABBA,而KMc平面ABBA, 故NK⊥KM,而BM=BK=l,NK=1,故B,M=NK, 而BB=MK=2,MB=MN,故△BBM=aMKN, 所以∠BBM=∠MKN=90°，故AB1BB, 而CB⊥BB,CBO AB=B,故BB⊥平面ABC, 故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(11,0),M(0,12), 故BA=(0,2,0),B=(11,0,BM=(01,2), 设平面BWM的法向量为n=(x,y,z), nBN=0 x+y=0 则n丽=0从而+22=0取，=-1则元=(-2,2，-) z=-1 设直线AB与平面BNM所成的角为B,则 血0-m位到嘉号 4/46 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B A N C 3.【解析】()[方法一]：几何法 如下图所示： A 6 C E B 在正方体ABCD-AB,C,D中，AB∥AB,且AB=AB,AB∥CD且A,B,=CD, ∴ABIIC D且AB=CD,所以，四边形ABC,D为平行四边形，则BC IIAD, BC文平面AD,E,ADC平面ADE,∴BC∥平面ADE: [方法二]：空间向量坐标法 以点A为坐标原点，AD、AB、A4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 A-xyz, 5/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设正方体ABCD-AB,CD的棱长为2，则A(0,0,0)、A(0,0,2)、D,(2,0,2)、E(0,2,1), AD=(2,0,2),AE=(0,2,1), 元.AD=0〔2x+2z=0 设平面ADE的法向量为=k,)由花=0，得 2y+z=01 令z=-2,则x=2,y=1,则i=(2,1,-2) 又：向量BC=(2,0,2),BC元=2×2+0×1+2×(-2)=0， 又BC￠平面ADE,∴BCII平面ADE: (Ⅱ)[方法一]：几何法 延长CC到F,使得CF=BE,连接EF,交B,C于G, 又：CFIIBE,∴四边形BEFC为平行四边形，BC,IIEF, 又：BCAD,.AD,IIEF,所以平面ADE即平面ADFE, 连接D,G,作CH⊥DG,垂足为H,连接FH, ,FC⊥平面AB,CD,DGc平面AB,CD,.FC⊥D,G, 又：FC,∩CH=C,直线D,G⊥平面C,FH, 又：直线DGc平面D,GF,平面DGF⊥平面C,FH, 、C1在平面D,GF中的射影在直线FH上，∴直线FH为直线FC,在平面D,GF中的射影，∠C,FH为 6/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 直线FC与平面DGF所成的角， 根据直线FCI/直线AA,可知∠CFH为直线AA与平面AD,G所成的角 设正方体的能长为2，则CG=CF=小DG=V5,:CH-2弓 √55 FH= ·sin∠CFH= CH 2 FH 3' 即直线A4与平面AD,E所成角的正弦值为3 B E B D C [方法二]：向量法 接续（①）的向量方法，求得平面平面AD,E的法向量n=(21,-2), 又“a4=(00,2）os<m4 n·AA 42 研a 3x25, ∴直线A4与平面ADE所成角的正弦值为3 [方法三]：几何法+体积法 如图，设BC的中点为R,延长AB,AE,DF,易证三线交于一点P. 因为BB∥AA,EF∥AD, 所以直线AA与平面ADE所成的角，即直线BE与平面PEF所成的角 7/46 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设正方体的棱长为2，在△PEF中，易得PE=PF=√5，EF=√2， 可得SPEF-2 13 11 由发e=V-4r·得写×2B,H=写XX1x1×2, 32 整理得BH= 3· 所以sin∠B,EH= BH 2 二 B,E3· 所以直线A4与平面AD,E所成角的正弦值为3· A D A D [方法四：纯体积法 设正方体的棱长为2，点A到平面AED,的距离为h, 在△AED,中，AE=V5,AD=2N2,D,E=3, Cos∠AED= DE2+AE2-AD_9+5-8-5 2DE·AE 2×3xV55, 所以sin∠AED,= 2v5 ,易得S0=3 由y4a=y4m,得写5.04AB=写Smh,解得h 1 1 3 设直统44与平国AD所成的角为。所以血0=年-号 AA 3 8/46 ◎学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点03 3 平面与平面所成角(二面角) 1. 【小问1详解】 (1)解法一：取 BC 的中点F ^{∘}， 连接 DF， $$B _ { 1 } F$$ $$A _ { 1 }$$ E B $$C _ { 1 }$$ A D B F C D，F 因为D，F分别为AC，BC的中点，则 DF//AB， $$且 D F = \frac { 1 } { 2 } A B$$ AC'BC 又因为 $$A B B _ { 1 } A _ { 1 }$$ 为矩形，且 $$A _ { 1 } B _ { 1 }$$ 的中点，则B BE/AB $$B _ { 1 } E / / A B ， 且 B _ { 1 } E = \frac { 1 } { 2 } A B$$ $$D F \parallel { B _ { 1 } } E ， 且 D F = B _ { 1 } E ，$$ $$D F B _ { 1 } E$$ 可得DFB， E， 且DF=BE， 可知DFB， E为平行四边形， 则DE1B， F， $$D E \parallel { B _ { 1 } } F ，$$ 且DE∉ 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ， B _ { 1 } F \subset$$ 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ，$$ ，所以 DE∥l 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C$$ 解法二：设 $$A _ { 1 } C _ { 1 } ， A B$$ 的中点分别为 G，H， ，连接 DG ，GE， EH， DH $$A _ { 1 }$$ E G $$B _ { 1 }$$ $$C _ { 1 }$$ $$\overrightarrow { A }$$ H D B C 因为 D，G 分别为 $$A C ， A _ { 1 } C _ { 1 }$$ 的中点，则 $$D G \parallel C C _ { 1 } ， D G \parallel A A _ { 1 } ，$$ 且 DG∉ 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ， C C _ { 1 } \subset$$ 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ，$$ ，所以 DG∥ 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ，$$ 又因为G，E分别为 $$A _ { 1 } C _ { 1 } ， A _ { 1 } B _ { 1 }$$ 的中点，则 $$G E \parallel { B _ { 1 } } { C _ { 1 } } ，$$ 且 GE∉ 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ， B _ { 1 } C _ { 1 } \subset$$ 平面B. $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ，$$ ，所以 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ，$$ 又因为E，H分别为 $$A _ { 1 } C _ { 1 } ， A C$$ 的中点，则 $$E H \parallel A A _ { 1 } ，$$ 可得 EH∥DG， ，可知 E，H，D，G四点共面， 因为 DG∩GE=G，DG，GE⊂ 平面 DEG， ，则平面 DGEH∥ 平面 $$B B _ { 1 } C _ { 1 } C ，$$ 9146 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 且DEc平面DGEH,所以DEII平面BBCC: 解法三：以A为坐标原点，AB,AC,A4分别为x,八，z轴，建立空间直角坐标系， B B C 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(02,0),A(0,0V2),B(2,02),C(0,2V2) 且D(01,0),E1,0,2) 可得DE=(1,-1,V2),BB=(0,0V2),C8=(2,-2,0), m·BB=2z=0 设平面BBCC的法向量为元=(，，2）则·BC=2x-2y=0 令=1，则y=1,名=0，可得=(1,1,0)， 因为DE%=1-1+0=0,即DE⊥， 因为DEC平面BBCC,所以DE/平面BB,CC. 【小问2详解】 由(1)可知EG1/BC,则P∈EG, 若选①：解法一：设AD,AG,EG的中点分别为I,J,P, B 可知W为线段AD的中垂线，则AJ=DJ, 因为PJ11AB,由题意可知：AB⊥平面ACCA,即PJ⊥平面ACCA, 则PJ⊥JA,PJ1D,可得PA=PD,符合题意， 10/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, 因为AB=AC,则AM⊥BC, 又因为BB,⊥平面ABC,AM∈平面ABC,则AM⊥BB, 且BC∩BB=B,BC,BBC平面BB,CC,则AM⊥平面BBCC,即AN⊥平面BB,CC, 且平面DGEH/I平面BB,CC,可得AN⊥平面DGEH, 且PDc平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 且AN∩NK=,AW,NKc平面ANK, 则PD⊥平面ANK,可得AK⊥PD, 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN, 由题意可知：W=MD=PG=}1M= 2’GD=V2' 则PD= ,sin∠PDN=cos∠PDG=GD-2 2 PD5 则WK=ND.sin∠PDN=2 0,AK=3 10 所以平面PDE与平面pHD的夹角余弦值为c0s∠1KV-次=？ AK 3 解法二：设P(a,l-a,V2)。 国为p4=D则，-a-2=4可+2，牌amP222 AD=(0,1,0) 设平面 的法向量为 ,则 亚-+%+=0 PAD n=(x2,2,22）n,·AD=y2=0 令5=22，则y2=0,2=-1,可得n=(22,0,-1, 因为平面DEG/平面BB,CC,可知平面PDE的法向量为片=(1,1，O), 11/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则c0sh,n2 nn 222 √2×33 2 所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为3： 若选②：解法一：取BC的中点M,连接AM,设AM∩DH=N, E B B M 因为AB=AC,则AM⊥BC, 又因为BB,⊥平面ABC,AMc平面ABC,则AM⊥BB, 且BCBB=B,BC,BBC平面BB,CC,则AM⊥平面BB,CC,即AN⊥平面BB,CC, 且平面DGEHI/平面BB,CC,可得AW⊥平面DGEH, 取B,C的中点Q,连接AQ,QM,可知A4211AM, 设AQ∩EG=P,可知点P为EG的中点， 因为AM⊥BC,QM⊥BC,可得BC⊥平面AMQA,则AP⊥BC, 因为AN⊥平面DGEH且PDc平面DGEH,可得AN⊥PD, 过点N作NK⊥PD, 且AW∩NK=V,AN,NKC平面AWK, 则PD⊥平面AWK,可得AK⊥PD 可知平面PDE与平面PAD的夹角为∠AKN, 由题意可知：AN=ND=PG-AM=2 2,GD=√2' 则PD= 2,sin∠PDN=cos∠PDG=GD-2 PD5 则WK=ND-sin∠PDN=2 V10' 12/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以平面PDE与面P4D的夹角余弦伯为c0s∠AKN-=名 AK-3: 解法=：设P(a,l-a,V2),则Ap=(a,l-a,V2), 因为PLC-C-a1-a=0得aP AD=(01,0) 一 设平面 的法向量为 ·则 亚++2，=0 PAD n3=(x2,y2,22）n2·AD=y2=0 令x=22,则y2=0,22=-1,可得八=(2V2,0,-, 因为平面DEG/平面BBCC,可知平面PDE的法向量为%=(L1,O), 则c0s%,乃，= n1·n2 2V22 √2×33， 2 所以平面PDE与平面PAD的夹角余弦值为3： 若选③：由(1)可知：平面DGEH/平面BBCC, 因为P∈EG,平面DGEH即为平面PDE,即平面PDEI1平面BB,CC, 可得BBII平面PDE,此时点P不唯一，不合题意 2. 【解析】()取pD的中点为s接SF,SC,则SF/ED,SF=ED=1, 而ED/BC,ED=2BC,故SFIBC,SF=BC,故四边形SFBC为平行四边形， 故BFI/SC,而BF4平面PCD,SCC平面PCD, 所以BF∥平面PCD. (2) 13/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ZA S E三 D 因为ED=2,故AE=1,故AElBC,AE=BC, 故四边形AECB为平行四边形，故CEIAB,所以CE⊥平面PAD, 而PE,EDc平面PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED,而PE⊥ED, 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2), 则PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2),PC=(1,0,-2),PD=(0,2,-2) 设平面PAB的法向量为m=(x,》,z), 则由 m-PA=0「-y-2z=0 mPB=0可得 x-y-2z=0取m=(0,-2,1） 设平面PCD的法向量为i=(a,b,c), PC=0 m「a-2b=0 则由a-PD=0可得26-2c=0取万=(2,11) 故c0sm,m三5x石-0 故平面PHB与平面pcD夹角的余弦值为 30 【解析】(I)因为PA⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以PA⊥BC,同理PA⊥AB, 所以△PAB为直角三角形， 又因为PB=VPA+AB2=√2，BC=1,PC=V3 所以PB2+BC2=PC2,则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB, 又因为BC⊥PA,PA∩PB=P, 所以BC⊥平面PAB 14/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)由(1)BC⊥平面PAB,又ABC平面PAB,则BC⊥AB, 以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为'轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图， ZA B 则A0,0,0),P0,0,1),C(11,0),B1,0,0). 所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=1,1,-1), [m-Ap=0∫a1=0, 设平面 PAC 的法向量为m=(k,%,)》则m4C=0即{ x+片=0， 令x=1,则出=-1，所以m=(L,-1,0), [n-BC=0∫h=0 设平面 PBC 的法向量为n=(5,,2)” 则nP元=0即{ x2+y2-22=01 令x2=1,则2=1，所以n=(1,0,1), 1 所以cos(m,n= m·n √2x22, 又因为二面角A-PC-B为锐二面角， 所以二面角A-PC-B的大小为3 4. 【解析】(I)如图所示，取BC的中点F',连结DE,EF,F'C, 由于ABCD-AB,CD为正方体，E,F'为中点，故EF'CD, 从而E,F,C,D四点共面，即平面CDB即平面CDEF', 据此可得：直线B,C交平面CDE于点F', 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F'重合， 即点F为BC中点 15/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E M D C B (2)以点D为坐标原点，DA,DC,DD方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D-z, Z D C E F :M B D B 不妨设正方体的棱长为2，设 AM=(0≤元≤)， 则：M(2,21,2),C(0,2,0),F1,2,2),E1,0,2). 从而：MC=(-2,2-2九，-2)，CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0), 设平面MCF的法向量为：m=(x,,),则： m.MC=-2x+(2-22)以-2z=0 m.C℉=x+2z1=0 令-1可得：网-2月 设平面CFE的法向量为：n=(x,y2,z2),则： 元-FE=-2y2=0 i.C℉=x2+2z2=0 令名=-1可得：n=(2,0,-1) 从而：而=5同5+已月=5， 16/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 cos(m,n）= mn 5 5 则： 园×网 5j 3 ×V5 整理可得： 2舍去) /一年模孤练测品 一、单选题 1.C 2.C 3.D 4.D 5.D 6.C 7.A 8.C 9.A 10.c 二、填空题 11. 16√2 1-6 12.40 13. 2 1212 14. 112π 84元 15. 4万 3 √30 16.①③④ ①③④. 17/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.2m74 18.①③ 19.②③ 20.②③ 三、解答题 21. 【详解】(1)略 (2) B B ::1 依题意知，AB=BC=V5,，所以BD⊥AC, 因为AA⊥平面ABC,BDC平面ABC, 所以AA⊥BD,又ACOAA=A,AC,A4C平面ACC4, 所以BD⊥平面ACCA,设AC的中点为E,连接DE,则DEIA4, 因为A4L平面ABC,所以DE⊥平面ABC, 以点D为坐标原点，分别以DA,DE,DB所在直线为x轴，'轴和z轴， 建立空间直角坐标系D-2, 在RtAABD,AB=V5,AD=1,所以BD=2, 则D(0,0,0),B(0,0,2),A10,0),C(-1,3,0). ÷.DC=(-1,3,0),DB=(0,0,2),AB=(-1,0,2). 设平面BDC的法向量为i=(x,y2), 「-x+3y=0 由DB=0及mDC=0,得12z=0, 令x=3,得y=1,z=0故平面BDC的一个法向量为i=(31,0), 18/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又AB=(-1,0,2), 设直线AB与平面BDC所成角为O, 则sin0 AB.i3√2 AB 110 3v2 :直线AB与平面BDC,所成角的正弦值为10 22. 【详解】(1)略 (2由∠PDA=∠PDC=号，则pD⊥ADPD⊥CD 在正方形ABCD中，AD⊥CD,所以DA,DC,DP两两垂直， 以D为原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,z轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0),2(2,0,1,故BC=(-2,00),PC=(0,2,-2), n·BC=-2x=0 设平面CPg的法向量为n=k,4,5)》则P元=2y-22=0 令y=1,得￥=0，名=1，所以=(0,11)， 又QB=(0,2,-1), OB.n 0x0+2x1+1×(-10 所以直线。与平面 所成角的正弦值为 OB CPB 08·2 √4+1×1+I 10 ZA D (3)假设存在，设H(0,0,),又A(2,0,0),则HA=(2,0,-h),AB=(0,20), 设平面AHB的-个法向量为”2=(x,2,22), n2·HA=2x2-hz2=0 元0=2=0，令2，=2得2=a02) 则 19/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由题得PD⊥平面ABCD,则PD⊥AC,又AC⊥BD,PDOBD=D,PD,BDC平面PBD, 所以AC⊥平面PBD,故AC为平面PBD的法向量，且AC=(-2,2,0), AC -2h+2×0+2×0A=V5 n2 AC +4×4+42xN原+410，解得h=?或h=-2(舍去)， 3 3 所以在枝pD上存在-点H00写)， 满足愿意，此时H是靠近D的三等分点： 23. 【详解】(1) B 方法一：连接BD,与AC相交于点H,连接GH,FH, 因底面ABCD为正方形，则H为BD中点，又G为AD中点， GHII/AB.GH-AR-1. 因为EFAB.r=4=l,所以EFI/GH..E-GH 所以四边形EGHF为平行四边形，故EG/FH. 又因为EG4平面AFC,FHc平面AFC, 所以EG∥平面AFC. 方法二：取CD中点M,连接GM,EM, D 在△ADC中，M为CD中点，G为AD中点， 所以GM为△ADC中位线，所以GMIIAC,所以GMI∥ACF, 20/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为EFAB,DCIIAB,所以EFIICM,EF=CM, 所以四边形EMCF为平行四边形，所以EMIICF, 又EM∩GM=M,所以EGM∥平面AFC, 又因为EGc平面EGM,所以EG∥平面AFC. (2) 因为AE=DE,G为AD中点，所以EG⊥AD, 因为平面AED⊥平面ABCD,EGC平面AED,平面AED∩平面ABCD=AD, 所以EG⊥平面ABCD,所以EG⊥GH, 又EG⊥AG,AG⊥GH,如图建立空间直角坐标系G-, 则H(01,0),B(1,2,0),C(-12,0),F(0,15) 所以BF=（-1,-1,5),BC=(-2,0,0), 设平面BFC的法向量为方=(：，y,2), BFii=-x-y+3z=0 BC元=-2x=0,故可取元=0,3，V 又因为EGI/FH,EG⊥平面ABCD, 所以FH⊥平面ABCD,BHc平面ABCD,FH⊥BH, 又因为BH⊥AC,FH∩AC=H,FH,ACC平面AFC, 所以BH⊥平面AFC,所以平面AFC的一个法向量可取为BF=(-1,-1,0), 设平面AFC与平面BFC所成角为O, 元：BH 3 所以cosB=cos元，Bi= 6 nBH 月25xW2-4, 所以平面FC与平面BFC所成角的余弦值为6】 24 21/46 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(I)因平面PAD⊥平面ABCD,平面PADA平面ABCD=AD, PA⊥AD,PAc平面PAD,则PA⊥平面ABCD: (2)如图过A作DC平行线交BC于L,由题设可得LC=AD=3. 然后如图建立以A为原点的空间直角坐标系 则4(0,0,0)P(0,0,3),C(3,3,0),D(0,3,0).PC=(3,3,-3),PD=(0,3,-3) 因PF-FCPG=26D,则F-P元G-号PD, 则F=0+Pc4G=P+号PD,又那=0,03) 3 则AF=(1,1,2)AG=(0,2,1),设平面AFG法向量为%=(：，，)， AF.n=x+片+2z=0 则4G-=2+名=0，令y=1可得元可为6,1，-2列 又易得平面ABCD的法向量为乃，=(0,01). 设面o与面CD角为，则a0-am反网小5 V14 √32+12+22 7 a由2可0B30,43引.P0u2G2 则压分3元=(1-)a=(1-l2. 假设EFc平面AFG,则E,AF,G四点共面，从而存在实数x,y,使FE=xFA+yFG, =-x-y 2 x=1 则 2=-x+y→ 3.则 y=- ，即在平面 内 2 2 =-2x-y FE-FA-3FG EF AFG 22/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 25. 【详解】(1)证明：连接EF,BF, F -A B 因为四边形ABCD是菱形，所以ABIICD.又因为CD￠平面ABEF,ABc平面ABE 所以CD∥平面ABE,又因为CDC平面PCD,平面PCD∩平面ABE=EF 所以CDIIEF (2)(法一)取BC的中点为H，,连接AH,因为ABCD是菱形，∠BAD=120°， 所以AB=AC=BC 所以AH⊥BC,又BCIIAD,所以AH⊥AD 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AH,PA⊥AD,即AH,AD,AP两两相互垂直. 如图建立空间直角坐标系O-xyz, E H D方 B 则A(0,0,0),B5,-1,0),C(5,10),P0,0,2),D0,2,0), 所以PA=(0,0,-2),PB=(5,-1,-2 n⊥PA PA=0 设平面的法向量 PAB n=x,y,2)' n1PB,即 则 nPB=0' -2z=0, 所以可得{5x-y-22=0.所以2=0 ，令 z=0 9y=V5 所以元=0，V3,0,同=V12+(W3)2+0=2. 又因为CD=（-5,1,0）,PD=(02,-2) 23/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 m⊥CD 设平面。。的法向量为 PCD =k,)则m⊥PD m.CD=0 -V3x+y=0 即mP师=0：所以12y-2z=0 令x=1,则y=5,z=5。 所以m=,5,V3),m=V+(32+(W3)=V万 设平面PAB与平面PCD的夹角为B, 则cos0=小os网-网.11+5x5+9_25 2x√7 7 (法二)取CD的中点为H,连接AH,则AH⊥CD,又ABIICD,所以AH⊥AB 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA上AH.所以AB,AH,AP两两相互垂直. 如图建立空间直角坐标系A-xyz, C 则A0,0,0),B2,0,0),C1,5,0),P(0,0,2),D-1,5,0)」 所以PA=(0,0,-2),PB=(2,0,-2) i⊥PA 万.PA=0 -2z=0 设平面的法向量为」 PAB =(飞，y)' 则 即 nLPB' iPB=0 所以 2x-2z=0' 所以z=0,x=0,令y=1,所以n=01,0),同=V0+1P+0=1. 又CD=(-2,0,0),PD=（-1,5,-2 m⊥CD mCD=0 设平面。。的法向量为 PCD m=k则mLP历，即m:PD=0 「-2x=0 所以 -x+5y-2z=0所以x=0令y=2'z=5 所以m=(02,5),m=V0+22+(32=V万. 24/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设平面PAB与平面PCD的夹角为O, 则os0=kos元，m= 历.m_0+1×2+0_2W万 m1x√万 7 (法三)连接AC,BD,则AC⊥BD,设ACOBD=O. 因为PA⊥平面ABCD,过O作PA的平行线OM,则OM⊥平面ABCD. 所以OM1OB,OM⊥OC,OB⊥OC.即OM,OB,OC两两相互垂直. 如图建立空间直角坐标系O-xyz, B C节 则00,0,0)，A0,-1,0),B(3,0,0),C(01,0),P0,-1,2),D(-V3,00) 所以PA=(0,0,-2),AB=(N5,1,0 PA PA=0 「-2z=0, 设平面p4B的法向至为：=：，3则aLP丽即n-=0所以5x+y=0 PAB 所以z=0,令x=1,则y=-V5,所以n=(L,-√3,0)，同=V1+(-52+0=2 又CD=(5,-1,0）,PD=（-5,1-2 m⊥CD mCD=0 设平面PCD的法向量为m=,a则m1PD:即mPD=0 -V5x-y=0 所以 -5x+y-2=0令x=1则，5°2=5 所以m=,5-3),m=V1+(3+(V3)=√万. 设平面PAB与平面PCD的夹角为B, 则cos0=cosi,m= :m_1x1+(-5)x(-5+0x-52w5 网 2×√7 26. 【答案】(1) 25/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：连接AC,交4C于O,连接E0, 由三棱柱的定义可知ACC4为平行四边形， 所以有O为AC的中点，又因为E为AB的中点， 所以EO1IBC 因为BC￠平面ACE,E0c平面ACE, 所以BCII平面ACE. (2)选择条件① 因为ACCA为矩形，BCCB为矩形，所以CC⊥AC,CC⊥BC, 又因为AC=CB=2,AB=2N2,所以AC⊥BC 如图建立空间直角坐标系C-z,则C(0,0,0),A(2,0,0),4(2,0,2V2),E(11,0). 所以CE=(11,0),C4=(（2,0,22),A4=(0,0,22). [m.CE=0,「x+y=0, 设平面4CE的法向量为m=(化，y2)则m-C=0,即2x+22:=0. 令 2 设直线A4与平面ACE所成角为a,则 sina =cosm,A4= mAA 5 选择条件② 因为AC=CB=2,AB=22. 所以AC⊥BC. 因为AC⊥BC, 所以AC⊥平面BB,CC. 所以AC⊥CC 以下同条件①： 26/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B B y 27. 【答案】(1) 取PC的中点N,连接MN,ND, M为BP的中点，∴MW=)BC,MNIIBC. 2 又ADI‖BC,BC=2AD,∴ADMN,AD=MN,四边形AMND为平行四边形， .AM‖DN且AM立平面PCD,DNC平面PCD, .AM‖平面PCD: (2) (i)PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,.AP⊥AC, 又底面ABCD是一个等腰梯形，AD∥BC,BC=2AD,AB=AP=AD=1, ∠ABC=60°，AC=V3,则AC2+AB2=BC2,∠BAC=90°，即AB1AC, 又AP,ABC平面ABP,AP∩AB=A,.AC⊥平面ABP. (i)由(i)知AC⊥平面ABP,ABc平面ABP,.AB⊥AC, 故建立以A为坐标原点的空间直角坐标系，如图 ZA M B D 则A(00,0),P(0,01),C0,5,0,B(1,0,0),∴BC=(-1V5,0,PB=(1,0,-1),AC=(0,5,0） 设平面PBC的法向量为万=(x,八，z), 27/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 n.BC=0 -x+V3y=0 则 即 iPB=0’ x-z=0 ， x=5则y=山z=5i=(5,15) Acn_V万 ·云为平面的一个法向量，c0s〈4C,i）4 PAB 7 V分 故二面角A-PB-C的余弦值为7： 28. 【答案】(1) 取BC的中点E,连接EB,EN, 因为E,N分别为BC,AC的中点，所以EN//AB,.EN-)AB, C因为3MIAB,BM=)AB,所以BM=EN,BM/E 所以四边形B,MNE为平行四边形. 所以BEMN,因为MNc平面BCCB,BEc平面BCCB, 所以MN‖平面BCC,B, (2)由题知BBL平面ABC,所以BB⊥AB,BB⊥BC, 又因为AB⊥BC, 所以BC,AB,BB两两垂直，如图建立空间直角坐标系B-z B M B 所以B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),M(0,1,2), 则MC=(2,-1,-2),AC=(2,-2,0). 根据题意平面ABC的一个法向量是元=(0,0,1)，设平面M4C的法向量为历=(x,y,2), 28/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 m.MC=0,(2x-y-2z=0 则 即 mAC=0, 2x-2y=0 令x=2,则y=2,z=1.于是m=(2,2,1), 设二面角M-AC-B的平面角为a, 则cosa= mi1 m万3，由图可知。为锐角，所以cosa= 1 3 29. 【答案】(1)证明如下： 法一：取BC的中点M,连接CM, 因为M,N分别是BC,B1的中点.可得AN74C:且W-C=1, 2 在三棱台ABC-ABC中，可得AC //AC,所以MNIAC, 又因为MN=AC=1,所以MN=AC, 所以四边形MNAC是平行四边形，则4N1IMC, 因为AN平面BBCC,MCC平面BBCC,所以ANII平面B,BCC. 法二：在三棱台ABC-ABC中，N为AB的中点，且AB/INB, 因为4C=24G=1,所以48-4B=NB, 所以四边形ABBA为平行四边形，所以ANI/BB, 又因为BBC平面BBCC,且ANC平面B,BCC,于是ANII平面BBCC. (2)解：因为平面AABB1平面AACC,平面AABB∩平面4ACC=A4, 且AA上AC,ACc平面AACC,所以AC⊥平面AABB, 又因为ABC平面AABB,所以AC⊥AB, 因为AA上AB,以A为坐标原点，以AB,AC,A4所在的直线分别为x,少，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系A-2, 可得B(2,0,0),C(0,2,0),C(0,12),N(10,0,4(00,2), 则BC=(-2,2,0),4N=(1,0,-2),4C=(0,10) mAN=x-2z=0 设平面4G的法向量为m=(k,八)则m4G=y=0” ANC 29/46 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令x=2,可得y=0,z=1.所以m=(2,0,1) 设直线与平面 所成的角为，则sm0=6os(血，BC- m·BC BC ANC BC 5 V10 所以直线BC与平面4NC所成的角正弦值为5· B B 30 【答案】(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥AB, 又因为AD上AF,ABOAF=A,AB,AFC平面ABF, 所以AD⊥平面ABF, 因为BFc平面ABF,所以BF⊥AD (2)因为AD L AB,AD⊥AF,AF⊥AB,建立如图所示的空间直角坐标系A-z, ZA 所以C(1,2,0),E(0,2,1),F(0,0,2),B(1,0,0), 因此EC=(1,0,-1),EF=(0,-2,1),BF=(-1,0,2). 设i=(x,少，2)是平面CEF的法向量， i.EC=0〔x-z=0 则-际-0即{-2y+2=0 令z=2,得x=2,y=1，平面CEF的一个法向量为i=(21,2) 30/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所成角为，则sin0=cos(元，BF n.BF 25 设直线与平面 BE CEF 0 BF 15 2W5 即直线BF与平面CEF所成角的正弦值为G。 31. 【答案】()证明：如图，取AD的中点F,连接EF,BF,CE, 因E为AC中，点则EFC..F-DC,又DB=C:划EF=BC=AG, 因BC//BC,则EFIIB,G,可得BCEF,故CEIIBF, 又CEC平面AB,D,而BFC平面AB,D,故CEII平面ABD. (2)过点B作平面AB,D的垂线BH,垂足为H,连接DH, 因BC//B,C,则直线B,C与平面ABD所成的角即直线BD与平面AB,D所成的角，即∠BDH, 因CG⊥平面ABC,CC11BB,则BB⊥平面ABC,AB=DB=22+(V5-万， 在 D中，∠ABD=130-60=120,由余弦定理，4D=2+2-2x2x2× △AB 2 =25 则S-×25x不万列-人5-2w5,因3m=Sc= 4 x2=3, 由4=n可得号5x5-×25xB,解得m=5 21 3 衣 中，sin∠BDH=B班=2-5，即直线。与平面n夹角的正弦值为V RtDBH BD 2 4 B.C AB.D A D…方 B 32 【答案】(1)证明：在三棱锥A-BCD中， 因为E,F分别是AC,AD的中点，所以EF /ICD 因为CD4平面GEF,EFc平面GEF,所以CDII平面GEF, 31/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又因为平面GEF∩平面BCD=HG,所以CD//HG, 因为G是BD的中点，所以H是BC的中点， (2)选条件①：平面ABD⊥平面BCD,连接AG, 因为△ABD为等边三角形，G是BD的中点，所以AG⊥BD, 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD, 又因为AGC平面ABD,所以AG⊥平面BCD, 因为HGC平面BCD,所以AG⊥HG, 因为BD+CD=BC2,所以CD⊥BD, 所以HG⊥BD, 如图建立空间直角坐标系G-z, i意Gaa04e5cu0Dau0y兮》H传o） uc-u,aF-号9)a丽=传0小 设平面GEF的法向量方=(a,b,c), 1, -b+ -c=0 2 2 则nGF=0,即 n.Gǖ=0 3a=0 1 令b=5,则c=-1,于是n=(0,5,-l), 设直线AC与平面GBF所成的角为B, n.AC 则sin0=cos(元，AC) √15 c 59 所以直线AC与平面GEF所成角的正弦值为 5 32/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 选条件②：AC=V5 因为AD+CD=AC2,所以CD⊥AD, 因为BD+CD2=BC2,所以CD⊥BD, 又因为AD∩BD=D,ADC平面ABD,BDC平面ABD,所以CD⊥平面ABD, 因为AGC平面ABD,所以CD⊥AG, 因为CD1IHG,所以AG⊥HG,HG⊥BD, 因为△ABD为等边三角形，G是BD的中点，所以AG⊥BD, 以下同条件①如图建立空间直角坐标系G-2. 33. 【答案】(L)证明：ABIIDC,DCC平面PCD,AB￠平面PCD,则有AB∥平面PCD, ABc平面ABM,平面ABMA平面PCD=MN,所以MNAB. 2)AB=BC=2,∠ABC=, =3,则。4BC为等边三角形， 连接AC,则AC=2:又ABDC,有∠ACD 3 △ACD中，由余弦定理，得AD=VAC2+CD-2AC.CDcos.∠ACD=√5， 有AC2=CD+AD2,得CD⊥AD,所以AB⊥AD, 又PA⊥平面ABCD,以A为原点，AB,AD,AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， (C).a(Z.o0).p(.v5.e).r(0.2)ao a-a0-兽网-9小 设平面ABM的一个法向量万=(x,y,z), AB.ii=2x=0 有 AM.n= 2y+2=0设 ,则 ,即 =2x=0,z=-5万=(0,2，-V5) 设直线PM与平面ABM所成角为O, in0=cosPM,n= pM.i-23-45 则 同行 7. 33/46 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ZA Ba7 34. 【答案】(1)证明：因为四边形ABCD为正方形， 所以AB∥CD且AB=CD, 又因为四边形CDEF为矩形， 所以EF∥CD且EF=CD, 因此EF∥AB且EF=AB, 所以四边形ABFE是平行四边形，故BF∥AE, 又因为AEC平面ACE,，BFC平面ACE, 所以BF∥平面ACE. (2)选择条件①：由DE⊥AC,又因为DE⊥CD ACOCD=C,AC,CDC平面ABCD,故DE⊥平面ABCD, 因为AD⊥CD 所以以D为原点，分别以DA,DC,DE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 由AD=3,DE=2得：A(3,0,0),B(33,0),C(0,3,0),E(0,0,2), 则AB=(0,3,0),AE=(-3,0,2),AC=(-3,3,0), n·AE=-3x+2z=0 设平面BC的法向量为n=(k以，)'则：nAC=-3x+3y=0 AEC 令x=2,解得y=2,2=3,得方=(2,2,3)， 设直线AB与平面AEC所成角为B, ABn l0×2+3×2+0×3引 62√17 由线面角公式：sin8= AB刚3×√22+22+32 31717 34/46 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ZA X 选择条件②：因为AE=EC 所以以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，平面ABCD的法向量为z轴，建立空间直角坐标系 设E(x,0,z),A3,0,0),C(0,3,0),B3,3,0),由DE=2得x2+z2=4, 由AE=EC得AE2=EC2,即：(3-x)2+z2=x2+32+z2, 化简得x=0,代入x2+z2=4可得： z=2(z>0),所以E(0,0,2),AB=(0,3,0), AE=(-3,0,2),AC=(-3,3,0), i·AE=-3x+2z=0 设平面 4C的法向量为元=(k,人》则： i.AC=-3x+3y=0 令x=2,得y=2,2=3,即i=(2,2,3), 同=√2+2+32=7，设直线AB与平面AEC所成角为0， ABn 10×2+3x2+0×362V17 由线面角公式可得：sin8 AB 3xV2+22+323W17=17 选择条件③：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，平面ABCD的法向量为z轴，建立空间直角坐 标系， 由已知条件可得：D(0,0,0),A(3,0,0),B(3,3,0),C0,3,0), 因为CDEF是矩形，所以DE⊥CD,IDEl=2, 设E(x,0,z),则x2+z2=|DE=4, ∠DAE是向量AD与AE的夹角， 2 又因为an∠DAE=了，∠DAE为锐角， 故COS∠DAE= 由数量积公式可得： 35/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AD·AE 3-x 3 COS∠DAE= ADI AE x-3r+店， 将z2=4-x2代入方程化简得： 13x-24x=0:解得x=0或x=4 13, 当x=0时，z=2,则E(0,0,2) 24 1 当x 13时，2=1 9 13则13 所以AB=(0,3,0),AC=(-3,3,0), 当E(0,0,2)时：AE=(-3,0,2),五面体ABCDEF不唯一，不合题意， A B 35. 【答案】()设PB的中点为G,连接FG,EG E D B 在△ABP中，F为AB的中点， 所以FG/AP且FG= , 因为PAI/ED且DE=7AP=1, 2 所以DEIIFG且DE=FG 所以四边形DEGF是平行四边形， 所以DFI1GE, 36/46 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为GEc平面PBE, DF上平面PBE, 所以DFII平面PBE: (2)因为平面PADE⊥平面ABCD,平面PADEO平面ABCD=AD, PAIIED,ED⊥AD, 所以PA⊥AD,PA⊥平面ABCD, 因为四边形ABCD为正方形，所以AB,AD,AP两两互相垂直， 以A为坐标原点，AB,AD,AP分别为七，y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 卡B 则P(0,0,2）,B(2,0,0),C(2,2,0),E(0,2,1), PC=(2,2,-2),BP=(-2,0,2),BE=(-2,2,1). 设平面PBE的一个法向量为方=(x,少，2)， i.Bp=-2x+2z=0 则a-BE=2x+2y+:=0令=1”则y=22=1 x=1 所平画p36的-个法向量为i-兮， 设直线PC与平面PBE所成角为B, 则sin8=cos(Pc, PC.1 3 PC阿23x39, 2 所以直线pC与平面PBE 所成角的正弦值。 36. 【答案】() 因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC 又ABc平面ABCD,AB L AC,由面面垂直的性质定理，得AB⊥平面PAC, 37/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为PAc平面PAC,所以AB⊥PA. (2)由题意，AB=1,AC⊥AB,BC=2,故AC=VBC2-AB2=V3. 底面ABCD为平行四边形，故CD=AB=1,AD=BC=2,CDI‖AB. 若选条件①：CD⊥PD 由(I)知AB⊥平面PAC,故CD⊥平面PAC,因此CD⊥PC 若CD⊥PD,又CD⊥PC,这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥P-ABCD存在，不符合要求。 若选条件②：AE=PE. 己知E为PD中点，且AE=PE,则PE=DE=AE, 所以△PAD为直角三角形，且∠PAD=90°，即PA⊥AD 由(1)知PA⊥AB,又ADOAB=A,AD,ABC平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD 因为ACC平面ABCD,所以PA⊥AC,即PA,AB,AC两两垂直 以A为原点，AB,AC,AP分别为x,y,2轴正方向建立空间直角坐标系。 则A0,0,0),B1,0,0),C(0,V3,0,D(-1,V5,0),P0,0,1). 1V31 E为pD中点，故222 PD 设平面。，的一法向量行'P=00,) PAE 222 i·AP=z1=0 =,,)证=- 设 则1 2+2=0 2 取y=1,得x=V5,所以万=(51,0) 设平面AEC的法向量m°C=0,V5.0 2’2’2 38/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 m.AC=5y,=0 设 则 i=(x2,y2,2) m正= 1 24+2=0 得乃=0，取x=1,得2=1，所以m=(1,0,1) 设两平面夹角为。，则两平面夹角的余弦值为：©os6= 元·万2 W5x1+1x0+0×1 5√6 元H VW5+1P.P+0+下2xV2=4 若选条件③：△ABC≌△APC. 由AB=1,AB LAC,BC=2,得AC=VBC2-AB2=V5. 由△ABC=△APC,得PA=AB=1,PC=BC=2, 故PA+AC2-1P+(5)2=4=PC2,即PA1AC. 又平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD=AC,PAC平面PAC, 由面面垂直的性质定理，得PA⊥平面ABCD 以A为原点，AB、AC、AP分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系： A0,0,0)B1,0,0)C(0,V3,0)D(-1,√3,0)P(0,0,) 131 E为p中点，故 222 4P=(0,0,1) PAE i·AP=乙1=0 -aE-+9-0 设 取=1，得，=5，所以i=(（5,10 39/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 151 设平面 AE= AEC 的法向量而 AC=(0,√3,0)' 222 m-AC=5y2=0 设 ,则 1 m=(x2,2,22) 2+23=0 得乃=0，取为=1，得2=1，所以m=(0,). cs0=厉·元 V3×1+1×0+0×1 √56 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： 网W3+PP+02+P2×24 37. 【答案】(1) 连接CE,因为E为AB的中点，且AB=2,所以AE=1, 又因为CD=1且AB/ICD,所以AEI/CD且AE=CD, 所以四边形AECD为平行四边形，所以CEIAD, 因为CEC平面ADD,A,ADc平面ADDA, 所以CE1I平面ADDA, 又因为CFIIDD,且CFE平面ADD4,DD,C平面ADD4, 所以CF/I平面ADDA, 因为CEOCF=C,且CE,CFc平面CEF, 所以平面CEF1平面ADD,A, 又因为EFc平面CEF,所以EF/I平面ADD,A. (2)若选择条件①：AD上BD, 在四棱柱ABCD-AB,CD,中，可得AD IIAD,所以AD⊥BD,而AD⊥BD可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱ABCD-ABCD的高，不满足唯一性，不符合题意： 若选择条件②：EF=√2 因为AB/CD,AB=2,AD=CD=1,∠DAB=60° 由余弦定理得BD=VAD+AB2-2 AD.ABc0s60=+4-2x1x2×-5 2 所以AD+BD=AB2,所以AD⊥BD, 以D为原点，以DA,DB,DD所在直线分别为xy,z轴，建立空间直角坐标系， 40/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图所示， D 设四棱柱ABCD-AB,CD,的高为h, 可得D0,0.0,4,00,80V5,0,C-,5 22,0,D00,. 1V5 13 h 因为E,F分别为AB,CC的中点，可得E吃2,0，F2气分， 可得F=←10身， 因为E=2可得厨--+0+分=2，解得6=2 所aaa2号90号) 15 则E-92-(9- 设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,2), 2y-2z=0 nDF=-1x *2y-2=0 取y=V5,可得x=1,2=1,所以=1V5,), 取平面ADDA的一个法向量为元=(0,10)， 设平面DEF与平面ADDA所成角为0， m'n 可得cos8=cos乃，n √5×15 15 所以平面DEF与平面ADDA所成角的余弦值为5 41/46 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 若选择条件③：EF与平面ABCD所成角为45°. 连接CE,在直四棱柱ABCD-AB,CD中，可得CF⊥底面ABCD, 所以∠FEC为直线EF与平面ABCD所成的角，即∠FEC=45°， 因为CE=AD=l,在直角△CEF中，可得CF=CEtan∠FEC=l, 因为F为CC的中点，所以CC=2CF=2,即直四棱柱的高h=2, 所D@a2a时兽ou-号号). 则DE-写9DF-(兮90， 设平面DEF的法向量为=(x,八，2)， 元-DE=x+ 2y-22=0 则 2y-2=0 取y=3,可得x=1,z=1,所以=1，V5,), 又因为平面ADD4的一个法向量为乃=(0,10)， 设平面D,EF与平面ADD4所成角为0， 可得c0s8=Cos,2 m'n2 √5√5 V5×15, 5 所以平面DEF与平面ADD,4所成角的余弦值为5 38. 【答案】(1)证明如下： B B 连接AC交AC于E, :三棱柱ABC-ABC为直棱柱，A41平面ABC, 42/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :AB,ACC平面ABC,.AA⊥AB,A4⊥AC, :A4=AC=2 “四边形ACCA为正方形，“.AC1AC AB⊥AC,AC∩AA=A,AC,AAC平面ACC4. AB⊥平面ACC4, :ACc平面ACC4,.AB⊥AC. 又：ABOAC=A,AB,AC,C平面ABC. AC1平面ABC BC,C平面ABC, .AC⊥BC. (2) ZA A B B 以A为原点，AB,AC，A4分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系。 由题意得：B1,0,0),C(0,2,2),4(0,0,2),C0,2,0). 则BC=（-1,2,2),4B=(1,0,-2),4C=(0,2,-2). 设平面ABC的法向量为n=(x,少，z). i·4B=x-2z=0 s2’则 则1n40=2y-2=0令x =(2,1,1) cos(BC, BC26 BC同3x69 直线BC与平面4BC所成角的正弦值为。6 43/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)存在，理由如下： 设BD=1BC=(-元，2元，2)(0≤1≤1)，则D1-元，21,2). .AD=1-元，21,2) 若A8B1平面4CD则4D=1-元-42=0：解得A=写[0， BD 1 :存在点D'使4B1平面4CD此时BC亏 39. 【详解】(1)因为AD//BC,ADc平面PAD,BC￠平面PAD, 所以BCII平面PAD, 因为BCC平面PBC,平面PADO平面PBC=I, 所以BC11: (2)因为PE⊥平面ABCD,AD⊥BD, 所以以D点为坐标原点，DA,DB所在直线为x,y轴，平行于直线EP的直线为z轴建立如图所示的空间直 角坐标系，如图所示： 因为AD=2BC=25,∠BAD=30°，PE=V5,所以DB=2, 则P50,5),A25,0,0,B(02,0),C(-5,2,0）: Bp=(N5,-2,5),AB=(-25,2,0）,Bc=（5,0,0）, 设平面PAB的一个法向量为n=(:,,乙)， n.BP=3x-2y+32=0 则1B=-23x+2y=0 令 y=5则5=1=1 所以平面P4B的一个法向量可以为n=(1,5,), 设平面PBC的一个法向量为m=(x2,2,22), 44/46 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 mBP=3x,-2y,+V5z2=0 则mC=3x,=0 令 为=5则5=0，=2 所以平面PBC的一个法向量可以为m=(0,V3,2, 设平面PAB与平面PBC的夹角为8， 则os0=eos(m- n…m 5 V35 5x7=7, 所以平面。P与平面PBC夹角的余弦值为) 40. 【答案】(1) :△PAC为边长为2的等边三角形，O为AC中点， .PO⊥AC,且PO=3 :AB=BC=V2,O为AC中点， ∴B0⊥AC,且AC=2,故AO=1, ∴.B0=VAB2-A02=V2-1=1. ,PB=2, P02+B02=3+1=4=PB2,故P0⊥B0 :ACOBO=O,AC,BOC平面ABC, PO⊥平面ABC ,POC平面POB, ·平面ABC⊥平面POB (2) 由第一小问，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为V轴，OP为z轴建立空间直角坐标系， O(0,0,0),B1,0,0),C0,1,0),A0,-1,0),P(0,0,V3). 45/46 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ZA BM 设BC =(2∈(0，》，则BM=BC=(-,,0),所以点M坐标为M1-元，元，0) :BO⊥AC,BO⊥OP,且AC∩OP=O,AC,OPC平面PAC .BO⊥平面PAC ∴平面PAC的法向量为OB=(1,0,0). 设平面PAM的法向量为n=(x,y,2),其中AP=(0,1,V3),AM=(1-元，1+1,0)， 元AP=y+√3z=0 -n4AM=(1-2)x+(a+)y=0 令y=31-),代入解得z=1-1,x=-51+), 、.i=（51+),51-),元-1 己知平面PAM与平面PAC的夹角为6： OB.n sπV5 =COS- OB 62 31+)-3 代入数据得72-22+72 1 两边约去5后平方整理得32-102+3=0，解得2=3或兄=3 元∈(0,1). 1 ∴.九=。 3 BM 1 因此存在满足条件的点M'且BC=3 46/46