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专题 05 立体几何
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点1 空间几 回顾近五年北京卷高考命题情况，立体几
何体面积、体 2025北京卷、2024北京卷、2023北京 何无疑是高考的重点内容，属于必考范
积、棱长、高 卷、2022北京卷、2021北京卷 畴。其考查方向较为明确且集中，主要聚
（5年5考） 焦于两大关键方面。其一，空间几何体相
关计算是重要考点，涉及体积、面积以及
考点2 三视图
2021北京卷 高等具体数值的求解，这要求考生熟练掌
（5年1考）
握各类空间几何体的特征与计算公式，能
够准确运用公式进行计算。其二，空间角
考点3 线面角
2025北京卷、2022北京卷 的问题求解是考查的重中之重，涵盖线线
（5年2考）
角、线面角以及二面角。考生需具备清晰
的空间想象能力，掌握相应的求解方法与
考点4 二面角 2024北京卷、2023北京卷、2021北京 技巧，如通过建系利用向量法求解等。备
（5年3考） 卷 考时，考生应针对这些重点内容加强练
习，提升解题能力。
考点01 空间几何体面积、体积、棱长、高
1．（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： .
2．（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.
3．（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：C4．（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
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 三视图
6．（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
【解析】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.
考点03 线面角
7．（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 .
8．（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
.
考点04 二面角
9．（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
10．（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 .
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．
【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）.1．（2025·北京·三模）某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥 ， ，底面
是等腰直角三角形，且 ，顶点P到底面 的距离为6，则点B到平面 的距离为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
如图所示，作 中点为 ，连接 ，因为 ，所以 ，又因为 是等腰直角三角形，且 ，所以
，
因为 ， ， 是公共边，所以 ，
所以 ,
所以 ， ， 面 ， 面 ，所以 面 .
所以 为点P到底面 的距离，即 .
在 中，根据勾股定理 ， .
因为 ， ， ， 面 ， 面 ，所以 面 ，
所以 为点 到面 的距离，
在等腰直角三角形 中， .
故选：C.
2．（2025·北京大兴·三模）《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五
面体．如图，在羡除 中，底面 是正方形， ∥平面 ， ，其余棱长都为 ，
则这个几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】连接 交于点 ,取 的中点为 ,则 平面 ,
由 其余棱长都为 ，所以
取 的中点为 ,连接 ,则 , 过 作 ,
则 平面 ,如图所示，由题意可知， ,则 ,
所以 ,
所以 .故选：D
3．（2025·北京·三模）已知平面 ，直线 ，则下面结论正确的是（ ）
A．若 ，则 ；
B．若 ，则 ；·
C．若 ，则 ；
D．若 ，则 ；
【答案】A
【解析】对于A，由 ，则存在相异于 的直线 ，
，使 ，即 ，
又 ，所以 ，又 ，所以 ，
故 ，故A正确；
对于B，若 ，则 或 ，故B错误；
对于C，若 ，则 或 ，故C错误；
对于D， 仅说明直线 与交线垂直，不能保证 垂直于 内的所有直线，故D错误；
故选：A.
4．（2025·北京丰台·二模）如图，在棱台 中，底面 和 为正方形，
，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面 的夹角均为 ，则该棱台的表面积为（ ）
A．18 B． C． D．34
【答案】B
【解析】由题意在棱台 中，底面 和 为正方形，各侧棱均相等，
过 作 底面 ，交底面 于 ，过 作 交 于 ，连接 ，因为 底面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为平面 平面 ，
所以 即为侧面与底面 夹角的平面角，即 ，
由题意可知 ，所以 ，
所以该棱台的表面积 .
故选：B
5．（2025·北京·二模）设正方体 的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线
的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】以 为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，
显然点 到平面 的距离为 ，
设点 ，在 上取一点 ，而 ，
所有 ，从而 ，
所以点P到直线 的距离为 ，
所以 ，
令 ，得 ，此时点 的轨迹就是一个点，此时点 的轨迹长度是0，
令 ，得 ，此时点 在以 为圆心半径为2的四分之一的圆周上面运动，此
时点 的轨迹长度是 ，
令 ，得 ，即 ，此时点 的轨迹长度是0，令 ，得 ，即 ，此时点 在线段 上运动，轨迹长度是 ，
令 ， ，即 ，此时点 在线段 上运动，轨迹长度为 ，
令 得， ，即 ，此时点 的轨迹长度是0，
综上所述，所求为 .
故选：D.
6．（2025·北京朝阳·二模）金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如
图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，
可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子
距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设 ，则E到平面 的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，
O是顶点A在下底面的射影，E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半
径， 是球的半径，
则 ，解得 ，
在 中， ，
在 中， ，即 ，即 ，
解得 ，
所以 ，
由于 到正四面体各面的距离相等，则E到平面 的距离为 .
故选：C
7．（2025·北京昌平·二模）庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面
是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若 ， 且四个
侧面与底面的夹角的大小均相等，则 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】取 的中点 ，连接 ，
过点 作 面 于点 ，过点 作 面 于点 ，作 于点 ，连接 ，
因为底面 是矩形，所以 ，
又因为 面 ， 面 ，所以 面 ，
又因为 面 ，面 面 ，
所以 ，
因为面 ，面 都与底面 所成的角相等，
所以点 在直线 上，且 ， ，
因为侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成，
所以 ， ，
所以 为面 与面 所成的角，
面 ， 面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，所以 为面 与面 所成的角，所以 ，又 为公共边，
所以 ，所以 ，同理 ，
所以 .
故选：B.
8．（2025·北京通州·一模）经过科学实验证明，甲烷分子的结构是正四面体结构（图1），碳原子位于正
四面体的中心（到四个顶点距离相等），四个氢原子分别位于正四面体的四个顶点上，抽象成数学模型为
正四面体 ，O为正四面体的中心，如图2所示，则角 的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图：
设正四面体的棱长为 ，正三角形 中， ，
正四面体的高 ，
设 ,则 中，
,即 ,
解得 即
则 中，
故选：B
9．（2025·北京房山·一模）如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体 ，
为棱 上一点，则下列四个结论中错误的是（ ）
A． 平面
B．八面体 的体积为
C． 的最小值为
D．点 到平面 的距离为
【答案】D
【解析】
在正方体中，连接 可知相交于点 ，且被 互相平分，故四边形 是平行四边形，
所以 ，而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，故A正确；
因为正方体棱长为2，所以四边形 是正方形且 ，
面 , ，所以八面体 的体积等于棱锥 体积的2倍，
而棱锥 体积等于 ，
故八面体 的体积为 ，B正确；
因为 为棱 上一点，将 和 展开成一个平面，
由题 和 均为正三角形，且边长为 ，
由三角形两边之和大于第三边知 最小值为 ，在 中由余弦定理可知
，故C正确；
对于D选项：设点 到平面 的距离为 ,由等体积法知：
，故错误.
故选：D.
10．（2025·北京东城·一模）祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有
垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12
根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱
和两根金柱 形成的几何体 （图2）中， 米， ，则平面
与平面 所成角的正切值约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【解析】若平面 平面 ，则平面 与平面 所成角，即为平面 与平面 所成
角，
由题意有 ，即 是等腰三角形，腰长约为8米， ，易知
，
若 是 的中点，连接 ，则 ，且 平面 ，
由 平面 ，则 ， 都在平面 内，
所以 平面 ，则 是平面 与平面 所成角的平面角，
其中 ， ，则 .
故选：B
11．（2025·北京海淀·三模）已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为 的等腰直角三角形，则此圆锥的
表面积为 ．
【答案】
【解析】由题意作图如下：
则 ， ，可得 ，
即圆锥底面半径 ，母线长 ．
所以圆锥表面积 ．
故答案为： .12．（2025·北京·三模）如图，已知棱长为2的正方体 中，动点M ， N， P ， Q分别
在棱 ， ， ， 上， 且满足 ， ， 设. 给出下列四个
结论：
①当 时， 则四面体 的表面积为8:
② 存在m、n，使得四面体 的表面积为9；
③当 时，四面体 的体积为
④ 四面体. 的体积与m、n无关.
其中所有正确结论的序号为 .
【答案】②④
【解析】对于①，当 时， 为所在棱的中点，四面体 的4个面为全等的三角形，
其中 ，
所以四面体 的表面积为 ，故①错误；
对于②，当 时，如图，四面体 的表面积为 ，
当 时，四面体 的表面积为 ，
由连续性变化可得存在 ，使得四面体 的表面积为9，故②正确；
对于④，四面体 的体积可以用割补法求解，
正方体体积 ，
由图，两个三棱柱的体积和 为定值，同样，两个四棱锥的体积和 ，也为定值与 无关，
所以四面体 的体积与 无关，故④正确；
对于③，由④，四面体 的体积 ，为定值，故③错误.
故答案为：②④.
13．（2025·北京·二模）一个金属模具的形状，大小如图所示，它是圆柱被挖去一个倒立的圆锥剩余的部
分，那么该模具的体积为 ．
【答案】
【解析】由题可知 ， ，
∴该模具的体积为 ，
故答案为： .
14．（2025·北京东城·二模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑
的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱 的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中
与平面 所成的角均为 ， ， 米， 米， 米，则需要挖土
立方米.
【答案】【解析】因为 与平面 所成角均为 ，且 ,
所以四边形 为等腰梯形，
因为 ,
所以等腰梯形的高 ，
故 ，
所以直四棱柱体积 .
故答案为： .
15．（2025·北京海淀·二模）如图，在正方体 中， ， 、 为上底面A B C D （包
1 1 1 1
含边界）内的两个动点，且满足 ， ．给出下面四个结论：
①当 与 重合时，五面体 的体积为 ；
②记直线 分别与平面 和平面 所成角为 、 ，则 的值不变；
③存在 、 ，使得 ；
④存在 、 ，使得五面体 中， 所在平面与其余四个面所在平面的四个夹角中，有三个彼
此相等．
其中，所有正确结论的序号为 ．
【答案】①②④
【解析】对于①，当 与 重合时，
，①对；
对于②，过点 作 分别交 、 于点 、 ，连接 、 ，过点 作 分别交 、 于点 、 ，连接 、 ，
过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，
因为 ， ，则 ，且 ，故 平面 ，
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
又因为 ， ， 、 平面 ，故 平面 ，
故 ，同理可得 ，
所以， 为定值，②对；
对于③，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 、 ，设点 ，则 ，
则 ， ，
所以， ，
故不存在 、 ，使得 ，③错；
对于④，不妨取点 ，则点 ，则 、 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，易知平面 的一个法向量为 ，
所以， ，
故底面 与平面 夹角的余弦值为 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，则 ，
所以， ，
即底面 与平面 所成夹角的余弦值为 ，
同理可知，底面 与平面 所成夹角的余弦值为 ，
此时，点 为棱 的中点，则平面 平面 ，
则底面 与平面 夹角的余弦值为 ，④对.
故答案为：①②④.
16．（2025·北京·三模）如图，在棱长为2的正方体 中，M、E分别是 、 的中点，
点F在线段 上， 平面 .
(1)证明：F是 的中点；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）如图所示，以 为坐标原点，分别以 为 轴，建立空间直角坐标系.
因为正方体的棱长为2，则 ，
设 ，
，可得 ，解得 ，
可得 ，则 设平面 的一个法向量 ，
则 ，得 ，解得 ，所以F是 的中点.
（2）
如图所示， ， ，当 时， ，
设面 的法向量 ，则 ，即 ，
令 ，解得 ，面 的一个法向量 ，设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
17．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱 中， 是边长为2的正三角形，且
．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)从条件①、条件②、条件③这三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：平面 平面 ；
条件②：三棱柱 的体积为 ；
条件③：三棱锥 是正四面体．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分．
【解析】（1）证明：取 中点为 ，连接 和
∵ ，∴
又 为等边三角形，∴
∵ ， ， 面 ，
∴ 平面 ，又 面 ，∴
∵三棱柱中 ，
∴ ，四边形 是平行四边形，
∴四边形 是矩形.
（2）条件①：不符合题意
条件②：取 中点为 ，连接 ， 交于点
则 底面
三棱柱 的体积为 ，底面积为 ，所以高 ，以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，
过点 且与 平行的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
因为 ， ．
则 ，取 ，可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．
条件③： 为正四面体，∴
取 中点为 ，连接 ， 交于点
则 底面
由等边 易得 ，
以 为坐标原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向，过点 且与 平行的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
因为 ， ．
则 ，
取 ，可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ．
18．（2025·北京海淀·三模）如图，在直角 中， ，点 、 分别在线段 、 上，
且 ，将 沿 折起到 的位置，使得二面角 的大小为 ．
(1)设平面 与平面 的交线为 ，请直接写出 与直线 的位置关系．
(2)若点 为线段 的靠近 点的三等分点
（ⅰ）求证： 平面 ；
（ⅱ）求 与平面 所成角 的正弦值．
【解析】（1）相交
（证明一（寻找交线）：如图，在平面 中，因为 为梯形，所以延长 ，交 于点 ．连接
，因为 ， ，所以 平面 ， 平面 ，所以 即为交线 ， 与 相交于
点 ．
证明二（反证法）：假设直线 和直线 不相交，由于两直线都在平面 内，所以 ．
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又 平面 ，平面 平面 ，所以 ，矛盾！
故直线 和直线 相交,
（2）（ⅰ）证明：在 中， ，又 ，
所以 ．
所以翻折后 ， ．
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ．
所以 是二面角 的平面角， ．
又 ， ，所以由余弦定理得 ，
所以 ，因此 ．
因为 ， ，又 ， 平面 ．
所以 面 ，
又因为 面 ，所以 ．
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ．
（ⅱ）因为 ，所以 ， ．
又由（ⅰ）知， ，所以 两两垂直．
如图，以 为原点， 分别为 轴正方向建立空间直角坐标系 ， ， ， ，
， ，
设平面 的法向量
由 ，得
令 ，得 ， ，
所以 为平面 的一个法向量，
所以 ．
故 与平面 所成角 的正弦值为 .
19．（2025·北京·三模）如图，在四棱柱 中， 侧面 和底面 均为菱形， 且
为 的中点， 与平面 交于点 ，(1) 求证: 为 的中点；
(2) 若平面 平面 ，求二面角 的余弦值.
【解析】（1）在四棱柱 中，
平面 平面A B C D ，
1 1 1 1
又因为平面CDE 平面ABCD=CD，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
又因为E为 的中点，所以F为 的中点
（2）取AD的中点O，连接 ，
在四棱柱 中，
四边形 ，四边形 均为菱形，
又
所以 均为等边三角形，
所以 ，
又因为平面 平面ABCD，平面 平面ABCD=AD，
平面 ，所以 平面ABCD，
平面ABCD，所以 ，
如图建立空间直角坐标系 ，
所以 ，
所以 即为平面 的一个法向量，
，
设平面 的一个法向量为 ，
所以 ，令 得 ，
所以 ，
所以 ，
因为二面角 为锐角，所以二面角 的余弦值为 ，
