专题 04 立体几何
考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势
1. 立体几
何总体难度有所提升,但仍然
以基础性题目为主,注重考查
数学文化,社会生活实践中的
数学问题,球的切接问题也是
考查的热点和难点,解答题以
常见儿何体为载体,重点考查
空间中点,线、面的位置关系
2020-2024：5年十二考：线面的位置关系；由 的判断与论证,以及空间角的
考点立体几何 已知条件求解长度或距离；外接球与内切球； 求法,从能力上更加注重对空
（5年几考） 三视图求面积或体积；空间向量求角 间想象,逻辑思维和运算求解
能力的考查,题目多为中档的
综合性问题。
2. 立体几
何的题目考查形式多样，且难
度不定,需要学生在平时下功
夫,加强对中低档题目的训练,
打好基础,在平时训练中注意
提高空间想象、逻辑推理和运
算求解能力,。
考点 立体几何
1．（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
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面 平面 ，可知 平面 ，利用等体积
法求点到面的距离.
【详解】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 .
当相对的棱长相等时，不妨设 ， ，
因为 ，此时不能形成三角形 ，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
2．（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
【分析】先根据线面角的定义求得 ，从而依次求 ， ， ， ，再把所
有棱长相加即可得解.
【详解】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
3．（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
【分析】求出以 为球心，5为半径的球与底面 的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
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
4．（2021·北京·高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.
【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥 ，
其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，
由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，
故其表面积为 ，
故选：A.
5．（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
24h降雨量（精确到0.1）
级
…
……
…
小
0.1~9.9
雨
中
10.0~24.9
雨
大 25.0~49.9雨
暴
50.0~99.9
雨
…
……
…
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
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】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.
6．（2020·北京·高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.
【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，
则其表面积为： .故选：D.
【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图
中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积
与底面圆的面积之和．
7．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中
升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直
径依次为 ，且斛量器的高为 ，则斗量器的高为 ，升量器的高为
．
【答案】 23 57.5/
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为 ，斗量器的高为 （单位都是 ），则 ，
故 ， .
故答案为： .
8．（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．
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）取 的中点为 ，接 ，可证四边形 为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得 平面 .
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（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
9．（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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得 ，再利用勾股定理证得 ，从而利用线面垂直的
判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面 与平面 的法向量，再利用空间向
量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（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 .
10．（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．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取 的中点为 ，连接 ，可证平面 平面 ，从而可证 平面
.
（2）选①②均可证明 平面 ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面
角的正弦值.
【详解】（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
.
11．（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．
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【分析】(1)首先将平面 进行扩展，然后结合所得的平面与直线 的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数 的值.
【详解】(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）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推
理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的
夹角公式求解.
12．（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） .
【分析】（Ⅰ）证明出四边形 为平行四边形，可得出 ，然后利用线面平行的判定定理可
证得结论；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标
系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（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A B C D , 平面A B C D ,∴ ，
1 1 1 1 1 1 1 1
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 ．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证
和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；
方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理
和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，
三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面
所成的锐二面角依次为 ， ， ，则（ ）
A． B．C． D．
【答案】D
【分析】连接 ，过边 的中点 作 ，垂足为 ，则 就是漏壶的侧面与底面所成锐二
面角的一个平面角，记为 ，设漏壶上口宽为 ，下底宽为 ，高为 ，在 中，根据等差数列即可
求解.
【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下
底宽和深度也依次递减1寸，
如图，在正四棱台 中， 为正方形 的中心， 是边 的中点，
连结 ，过边 的中点 作 ，垂足为 ，
则 就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为 ，
设漏壶上口宽为 ，下底宽为 ，高为 ，
在 中， ， ，
因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，
所以 为定值，
又因为三个漏壶的高 成等差数列，所以 .
故选： ．
【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基
础上考查等差数列的相关知识.
2．（2024·北京顺义·三模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋
时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年级学生制作的
一个风筝模型的多面体ABCEF，D为AB的中点，四边形EFDC为矩形，且 ， ，
，当 时，多面体ABCEF的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，先证得 平面 ，在 中，解三角形求得 ，再结合线面垂直判
定定理证得 平面 ，得到 ，设 ，利用 ，求得 ，
结合 ，即可求解.
【详解】在 中，因为 且 为 的中点，所以 ，
又因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
在 中，因为 且 ，
所以 ，且 ，
因为四边形 为矩形，可得 ，
又因为 ， 且 平面 ，所以 平面 ，
因为 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
设 ，在直角 中，可得 ，
在直角 中，可得 ，
因为 ，所以 ，
即 ，解得 ，
所以多面体 的体积
.
故选：A.
3．（2024·北京朝阳·二模）已知 是两个互相垂直的平面， 是两条直线， ，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】B
【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】由题意知， ，
若 ，当 时，有 ；当 时， 与 可能相交、平行、垂直.
若 ，由 ，得 .
故“ ”是“ ”是必要不充分条件.故选：B
4．（2024·北京海淀·一模）设 是两个不同的平面， 是两条直线，且 .则“ ”是“
”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.
【详解】 ，且 ，所以 ，又 ，所以 ，充分性满足，
如图：满足 ， ，但 不成立，故必要性不满足，
所以“ ”是“ ”的充分而不必要条件.
故选：A.
5．（2024·北京朝阳·一模）在棱长为 的正方体 中， ， ， 分别为棱 ， ，
的中点，动点 在平面 内，且 .则下列说法正确的是（ ）
A．存在点 ，使得直线 与直线 相交
B．存在点 ，使得直线 平面
C．直线 与平面 所成角的大小为
D．平面 被正方体所截得的截面面积为
【答案】C
【分析】连接 ， ，取 的中点 ，连接 ，点 到线段 的最短距离大于 ，即可判断 ；建立空间直角坐标系，点 到平面 的距离为 ，即可判断 ；由 平面 ，连
接 交 于点 ， 与 全等，所以 ，即可判断 ；平面 被
正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为 ，可求截面面积.
【详解】
连接 ， ，所以 ， ，取 的中点 ，连接 ，
所以 ，点 到线段 的最短距离大于 ，所以不存在点 ，使得直线 与直线 相交，
故 不正确；
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 ，
， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，所以 ，即 ，
令 ，则 ， ，所以 ，
所以点 到平面 的距离为 ，而 ，所以不存在点 ，使得直线 平
面 ，故 不正确；
因为 ，所以 平面 ，连接 交 于点 ，所以 为 的中点， ，
所以 为直线 与平面 所成角，因为 ，在 中， ，
所以 ，因为 与 全等，所以 ，故 正确；
延长 交 的延长线于 ，连接 交 于 ，连接 ，取 的中点 ， 的中点 ，
连接 ， ， ， ， ， ，
平面 被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为 ，
所以截面面积为 ，故 不正确.
故选： .
6．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体 中， 为棱 上的动点， 平面
为垂足.给出下列四个结论：
① ；
②线段 的长随线段 的长增大而增大；
③存在点 ，使得 ；
④存在点 ，使得 平面 .
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】根据给定条件，以点 为原点，建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量坐标，进而求出点 的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案.
【详解】在正方体 中，令 ，以点 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ，则 ， ，
令平面 的法向量 ，则 ，取 ，得 ，
由 平面 于 ，得 ，即 ，
，显然 ，解得 ，
于是 ，
对于①， ，①正确；
对于②， 在 上单调递增，②正确；
对于③，而 ， ，
若 ，
显然 ，即不存在 ，使得 ，③错误；
对于④，平面 的一个法向量 ，而 ，
由 ，得 ，即 ，整理得 ，
令 ，显然函数 在 上的图象连续不断，
而 ，因此存在 ，使得 ，此时 平面 ，
因此存在点 ，使得 平面 ，④正确.
所以所有正确结论的序号是①②④.
故答案为：①②④
【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间
位置关系的方法解决.7．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转
90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧 的中点，点H是圆弧 上的动点， ，给出下列四个
结论：
①不存在点H，使得平面 平面CEG；
②存在点H，使得 平面CEG；
③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于 ；
④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为 ．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】将图形补全为一个正方体 ，以点 为坐标原点， 、 、 所在的直线分别
为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】由题意可将图形补全为一个正方体 ，如图所示：
以点 为坐标原点， 、 、 所在的直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，
则 、 、 、 、 、 ， ，
设点 ，其中 ，
对于①， ， ，设 平面 ，
则 ，即 ，
取x=1，则 ，可得 ，
设 平面 ， ， ，则 ，即 ，
取 ，则 ，可得 ，
若平面 平面CEG，则 ，解得： ，
所以存在 使得平面 平面CEG，故①错误；
对于②， ，若 平面CEG，
则 ，即 ，
即 ，故 ，故存在点H，使得 平面CEG，故②正确；
对于③， ，
所以点H到平面CEG的距离为 ，
，
因为 ，所以 ，所以 ，
，所以 ，
所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于 ，故③正确；
对于④， ， ，则直线 与平面CEG的所成角为 ，
所以，
，整理可得 ，
因为函数 在 时的图象是连续的，
且 ， ，
所以，存在 ，使得 ，所以，存在点 ，使得直线 与平面CEG的所成角的余弦值为 ，④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即
可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度 ，从而不必作出线面角，则线面
角 满足 （l为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设 为直线 的方向向量， 为平面的法向量，则线面角
的正弦值为 .
8．（2024·北京房山·一模）如图，在棱长为1的正方体 中，点P是对角线 上的动点
（点P与点A， 不重合）．给出下列结论：
①存在点P，使得平面 平面 ；
②对任意点P，都有 ；
③ 面积的最小值为 ；
④若 是平面 与平面A B C D 的夹角， 是平面 与平面 的夹角，则对任意点P，都有
1 1 1 1
．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】①可通过线面垂直的判定定理找到点P；②③④都可以通过建立空间直角坐标系解决，其中通过
向量的长度可以对②进行判断；利用两条直线所成的角和三角形面积公式可以判断③；求出三个面的法向
量，并求出 和 ，即可对④进行判断.
【详解】①因为 ，在 上取点 使 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 ，故①正确；②以 为原点，以 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图
， ， ， ，则 ，
，
设 ，则
，
,
从而 ， ，所以
，故②正确；
③由② ， ， ，
，
，
当且仅当 时等号成立，所以 面积的最小值为 ，故③正确；
④平面A B C D 的法向量 ，平面 的法向量 ，
1 1 1 1
设平面 的法向量 ，
由 即 得 ，
令 得 ，则 ， ，
令 得 或 ，而 ，故 ，
从而对存在点P，使得 ，而 不大于直角，
故 ，故④错误；
故答案为：①②③.
9．（2024·北京西城·三模）如图.在四棱锥P-ABCD中. 平面 .底面ABCD为菱形.E.F分别为
AB.PD的中点.
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ， ， ，求直线CD与平面EFC所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由中点还需中点帮.取PC中点M.连接FM.BM..很容易得到四边形BEFM为平行四边形，再
用线面平行的定理证明.
（2）很显然.可以D为原点建立空间直角坐标系.求出点C、D、E、F的坐标.算出平面EFC的法向量.用向
量夹角余弦值来算直线CD与平面EFC所成角的正弦值即可.
【详解】（1）取PC中点M，连接FM，BM.
在 中，因为M，F分别为PC，PD的中点，
所以 ， .
在菱形ABCD中，因为 ， ，
所以 ， ，
所以四边形 为平行四边形，
因此 .
又因为 ，所以 .
（2）因为 ，
所以 ， .
因为 ，所以 .
在菱形ABCD中， ，
因为E为AB中点，所以 .
建立如图空间直角坐标系D-xyz.
在正三角形 中， .
因为 ， ， ， ，
所以向量 ， .
设平面EFC的法向量为 ，则 ，即 .
取 得 , .
设直线CD与平面EFC所成角为 ，
.
10．（2024·北京顺义·三模）如图在几何体ABCDFE中，底面ABCD为菱形， ， ，
， .(1)判断AD是否平行于平面CEF，并证明；
(2)若面 面 ；求：
（ⅰ）平面 与平面CEF所成角的大小；
（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.
【答案】(1) 与平面 不平行，证明见解析
(2)（i） ；（ii）
【分析】（1）取 中点 ，证明 ，假设 平面 ，根据线面平行性质定理证明
，推出矛盾，可得结论；
（2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用
向量方法求点到平面距离.
【详解】（1） 不平行于平面 ，理由如下：
取 中点 ，
因为 ，所以
则四边形 为平行四边形，所以 ，
又 ，所以 不平行于 ，
假设 平面 ，
因为平面 平面 ， 平面
所以 ，与 不平行于 矛盾，
所以假设不成立，即 不平行于平面 ；
（2）取 中点 ，连接
因为菱形 ，
所以 为正三角形，又 为 中点，所以 ，
由于 ，所以 ，
又面 面 ，面 面 ， 面
所以 面 ，因为 面 ，所以
又因为 ， 面 ，
所以 面 ，而 面 ，所以 ，所以如图，以 为原点， 所在直线为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
（i）因为 面 ，所以 为平面 的一个法向量
设平面 的法向量为 ，因为
所以 ，令 ，
设平面 与平面 所成角为 ，
所以 ，则
即平面 与平面 所成角大小为 ；
（ii）因为 ，由（i）知平面的一个法向量为
所以点 到平面 的距离为 .
11．（2024·浙江绍兴·二模）如图，在三棱锥 中， ， ， ， .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ， ，求二面角 的平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）先由解三角形知识证得 ，进一步由 ，结合线面垂直、面面垂直的判定定
理即可得证；（2）解法一：一方面，过点 作 交 于点 ，过点 作 交 于点 ，连接 ，
可以证明 是二面角 的平面角，另一方面可以通过解三角形知识即可得解；解法二：建立
适当的空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进一步由法向量夹角的余弦坐标公式，结合平方关
系以及商数关系即可运算求解.
【详解】（1）在 中，由余弦定理得
，
所以 ，所以 ，
又 ， ， 面 ， 面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解法一：
过点 作 交 于点 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 面 ，
所以 平面 ，因为 面 ，所以 ，
过点 作 交 于点 ，连接 ，
因为 ， 面 ， 面 ，
所以 面 ，因为 面 ，则 ，
所以 是二面角 的平面角.
由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以三角形 是正三角形，
所以 ， .
在直角三角形 中， ，
所以 .
所以，二面角 的平面角的正切值是2.
解法二：
以 为原点， ， 所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ， ，设 ，其中 ，
由 ， 得 ，
所以 ， ，即 ，
所以 ， .
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ， ，所以 .
又平面 的法向量为 ，
设二面角 的大小为 ，
因为 为锐角，所以 ，
所以 ， ，
所以，二面角 的平面角的正切值为2.
12．（2024·北京海淀·二模）在三棱锥 中， 为 的中点.
(1)如图1，若 为棱 上一点，且 ，求证：平面 平面 ；
(2)如图2，若 为 延长线上一点，且 平面 ，直线 与平面 所成角为 ，
求直线 与平面 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据 和 可证线面垂直，即可求证面面垂直，
（2）根据线面角的几何法可得 ，建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求
解.
【详解】（1）连接 .
因为 为 的中点，所以 .
又 平面 ,所以 平面 .
因为 平面
所以平面 平面 .
（2）因为 平面 平面 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成的角.
因为直线 与平面 所成角为 ，
所以 .
因为 ，所以 .
因为 ，所以 .
又 ，故 .
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 .
设 与平面 所成角为 ，则
.
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
13．（2024·北京朝阳·二模）如图，六面体 是直四棱柱 被过点 的平面
所截得到的几何体， 底面 ，底面 是边长为2的正方形，
(1)求证: ；
(2)求平面. 与平面 的夹角的余弦值；
(3)在线段 DG上是否存在一点 P，使得 若存在，求出 的值；若不存在，说明理
由.
【答案】(1)证明见解析
(2)(3)存在， ，理由见解析
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得 ，由 ，结合线面垂直的判定定理与性质即可证
明；
（2）建立如图空间直角坐标系 ，利用空间向量法求面面角即可；
（3）设 ，由向量线性运算的坐标表示可得 ，结合 计算即可
求解.
【详解】（1）连接 ，直四棱柱 ， ，
则点 在平面 内.
因为 平面 ，且 平面 ，
所以 ，
又底面 为正方形，所以 ，又 ，
所以 平面 ， 平面 ，
故 ；
（2）因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又底面 为正方形，所以 ，建立如图空间直角坐标系 ，
则 ，故
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，于是 .
因为 平面 ，所以 是平面 的一个法向量.
设平面 与平面 的夹角为θ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 ；
（3）存在一点 使得 平面 ，此时 ，理由如下：
设 ，
则 ，
线段 上存在一点 使得 平面 等价于 ，
即 ，解得 ，
所以 .
14．（2024·北京通州·二模）如图，几何体ABCDE中， ，四边形ABDE是矩形， ，点F
为CE的中点， ， ．
(1)求证： 平面ADF；
(2)求平面BCD与平面ADF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连结BE交AD于G，连结FG，由图形结合已知得到FG是 的中位线，再由线面平行
的判定定理证明即可；
（2）先证明 平面ABC，然后建系如图坐标系，分别求出平面ADF的法向量和平面BCD的一个法向
量，代入空间二面角公式求解即可.
【详解】（1）连结BE交AD于G，连结FG．
因为四边形ABDE是矩形，所以点G为BE的中点．
因为点F为CE的中点，所以FG是 的中位线．
所以 ，又 平面ADF， 平面ADF，所以 平面ADF．
（2）因为四边形ABDE是矩形，所以 ．
因为 ， ，且 平面 ， 平面 ，
所以 平面ABC，
因为 ，所以 平面ABC．
所以以点A为原点，分别以AC，AE所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz．
所以 ， ， ， ， ， ．
所以 ， ．
设平面ADF的法向量为 ，所以 ， ．
所以 ，令 ，得 ， ，所以 ．
因为 平面ABC，所以 ．
因为 ， ， 平面BCD，
所以 平面BCD，
所以 为平面BCD的一个法向量．
而 ．
所以平面BCD与平面ADF所成角的余弦值为 ．
15．（2024·北京房山·一模）如图，在五面体 中，四边形 是矩形，平面 平面 ，
是正三角形， ， ， ．(1)求证： ；
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明 平面 ，再根据线面平行的性质即可得证；
（2）分别取 的中点 。连接 ，根据面面垂直的性质可得 平面 ，再以点
为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又平面 平面 ， 平面 ，
所以 ；
（2）如图，分别取 的中点 ，连接 ，
则 ，
因为 是正三角形，所以 ， ，
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
则 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，则有 ，可取 ，
因为 平面 ，
所以 即为平面 的一条法向量，
则 ，
所以二面角 的余弦值为 ．
16．（2024·北京海淀·一模）如图，在四棱锥 中， 为 的中点， 平面 .
(1)求证： ；
(2)若 ，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
四棱锥 存在且唯一确定.
（i）求证： 平面 ；
（ⅱ）设平面 平面 ，求二面角 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（1）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)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）借助线面平行的性质定理与中位线的性质即可得；
（2）（i）借助线面垂直的判定定理即可得；（ⅱ）结合所给条件建立适当的空间直角坐标系后借助空间
向量计算即可得.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，因为 为 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 四点共面，
因为 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，所以 ；
（2）（i）取 的中点 ，连接 ，
由（1）知 ，所以 ，
因为 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
选条件①： ，
因为 ，所以 与 全等，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，又因为 ，
、 平面 ，所以 平面 ；
（ⅱ）由（i）知 平面 ，而 平面 ，
所以 ，因为 ，
建立如图所示空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 , 则 ，即 ，
令 ，则 ，于是 ，
因为 为平面 的法向量, 且 ,
所以二面角 的余弦值为 .
选条件③： ，
(i) 因为 ，所以 ，
因为 ，所以 与 全等，
所以 ，即 ，
因为 ，又因为 ， 、 平面 ，
所以 平面 ；
(ii) 同选条件①.
不可选条件②，理由如下：
由（i）可得 ，又 ，
， 、 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，
所以 ，即 是由已知条件可推出的条件，
故不可选条件②.
17．（2024·北京朝阳·一模）如图，在三棱锥 中，侧面 底面 ， ， .(1)求证： ；
(2)已知 ， ， ， 是线段 上一点，当 时，求二面角 的余弦
值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）取 中点 ，连接 、 ，
由 ， ，故 、 ，
又 、 平面 ， ，
则 平面 ，又 平面 ，故 ；
（2）由侧面 底面 ，且 ， 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，故 ，
即有 、 、 两两垂直，
故可以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系 ，
由 ， ， ， ， ，
则 ， ，
即 、 、 、 、 ，
、 、 ，
令 ，则 ，
由 ，故 ，解得 ，
故 ，令平面 的法向量为 ，
则有 ，令 ，则有 ，
由 轴 平面 ，故平面 的法向量可为 ，
则 ，
故二面角 的余弦值为 .
