專題04 立體幾何-5年（2020-2024）高考1年模擬數(shù)學(xué)真題分類匯編（北京專用）（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題04立體幾何考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)立體幾何（5年幾考）2020-2024：5年十二考：線面的位置關(guān)系；由已知條件求解長(zhǎng)度或距離；外接球與內(nèi)切球；三視圖求面積或體積；空間向量求角立體幾何總體難度有所提升,但仍然以基礎(chǔ)性題目為主,注重考查數(shù)學(xué)文化,社會(huì)生活實(shí)踐中的數(shù)學(xué)問(wèn)題,球的切接問(wèn)題也是考查的熱點(diǎn)和難點(diǎn),解答題以常見(jiàn)兒何體為載體,重點(diǎn)考查空間中點(diǎn),線、面的位置關(guān)系的判斷與論證,以及空間角的求法,從能力上更加注重對(duì)空間想象,邏輯思維和運(yùn)算求解能力的考查,題目多為中檔的綜合性問(wèn)題。立體幾何的題目考查形式多樣，且難度不定,需要學(xué)生在平時(shí)下功夫,加強(qiáng)對(duì)中低檔題目的訓(xùn)練,打好基礎(chǔ),在平時(shí)訓(xùn)練中注意提高空間想象、邏輯推理和運(yùn)算求解能力,。考點(diǎn)立體幾何1．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，底面是邊長(zhǎng)為4的正方形，，，該棱錐的高為（

）.A．1 B．2 C． D．【答案】D〖祥解〗取點(diǎn)作輔助線，根據(jù)題意分析可知平面平面，可知平面，利用等體積法求點(diǎn)到面的距離.【詳析】如圖，底面為正方形，當(dāng)相鄰的棱長(zhǎng)相等時(shí)，不妨設(shè)，分別取的中點(diǎn)，連接，則，且，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，過(guò)作的垂線，垂足為，即，由平面平面，平面，所以平面，由題意可得：，則，即，則，可得，所以四棱錐的高為.當(dāng)相對(duì)的棱長(zhǎng)相等時(shí)，不妨設(shè)，，因?yàn)?，此時(shí)不能形成三角形，與題意不符，這樣情況不存在.故選：D.2．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國(guó)傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)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與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為（

）

A． B．C． D．【答案】C〖祥解〗先根據(jù)線面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長(zhǎng)相加即可得解.【詳析】如圖，過(guò)做平面，垂足為，過(guò)分別做，，垂足分別為，，連接，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，所以.因?yàn)槠矫?，平面，所以，因?yàn)?，平面，，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以?同理：，又，故四邊形是矩形，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?yàn)?，所有棱長(zhǎng)之和為.故選：C3．（2022·北京·高考真題）已知正三棱錐的六條棱長(zhǎng)均為6，S是及其內(nèi)部的點(diǎn)構(gòu)成的集合．設(shè)集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B〖祥解〗求出以為球心，5為半徑的球與底面的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【詳析】設(shè)頂點(diǎn)在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因?yàn)椋?，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內(nèi)切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內(nèi)部，故其面積為故選：B4．（2021·北京·高考真題）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體（三棱錐），根據(jù)三視圖中的數(shù)據(jù)可計(jì)算該幾何體的表面積.【詳析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐，其側(cè)面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為1，故其表面積為，故選：A.5．（2021·北京·高考真題）某一時(shí)間段內(nèi)，從天空降落到地面上的雨水，未經(jīng)蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個(gè)時(shí)段的降雨量（單位：）．24h降雨量的等級(jí)劃分如下：

等級(jí)24h降雨量（精確到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…………在綜合實(shí)踐活動(dòng)中，某小組自制了一個(gè)底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過(guò)程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級(jí)是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B〖祥解〗計(jì)算出圓錐體積，除以圓面的面積即可得降雨量，即可得解.【詳析】由題意，一個(gè)半徑為的圓面內(nèi)的降雨充滿一個(gè)底面半徑為，高為的圓錐，所以積水厚度，屬于中雨.故選：B.6．（2020·北京·高考真題）某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（

）．A． B． C． D．【答案】D〖祥解〗首先確定幾何體的結(jié)構(gòu)特征，然后求解其表面積即可.【詳析】由題意可得，三棱柱的上下底面為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，側(cè)面為三個(gè)邊長(zhǎng)為2的正方形，則其表面積為：.故選：D.【『點(diǎn)石成金』】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關(guān)鍵是能夠?qū)o出的三視圖進(jìn)行恰當(dāng)?shù)姆治?，從三視圖中發(fā)現(xiàn)幾何體中各元素間的位置關(guān)系及數(shù)量關(guān)系．(2)多面體的表面積是各個(gè)面的面積之和；組合體的表面積應(yīng)注意重合部分的處理．(3)圓柱、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面是曲面，計(jì)算側(cè)面積時(shí)需要將這個(gè)曲面展為平面圖形計(jì)算，而表面積是側(cè)面積與底面圓的面積之和．7．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設(shè)計(jì)的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/〖祥解〗根據(jù)體積為公比為10的等比數(shù)列可得關(guān)于高度的方程組，求出其解后可得前兩個(gè)圓柱的高度.【詳析】設(shè)升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.8．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，，，,點(diǎn)在上，且，．(1)若為線段中點(diǎn)，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)〖祥解〗（1）取的中點(diǎn)為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.【詳析】（1）取的中點(diǎn)為，接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因?yàn)?，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，則設(shè)平面的法向量為，則由可得，取，設(shè)平面的法向量為，則由可得，取，故，故平面與平面夾角的余弦值為9．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面，．

(1)求證：平面PAB；(2)求二面角的大?。敬鸢浮?1)證明見(jiàn)解析(2)〖祥解〗（1）先由線面垂直的性質(zhì)證得，再利用勾股定理證得，從而利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）結(jié)合（1）中結(jié)論，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面與平面的法向量，再利用空間向量夾角余弦的坐標(biāo)表示即可得解.【詳析】（1）因?yàn)槠矫嫫矫?，所以，同理，所以為直角三角形，又因?yàn)?，，所以，則為直角三角形，故，又因?yàn)?，，所以平?（2）由（1）平面，又平面，則，以為原點(diǎn)，為軸，過(guò)且與平行的直線為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，所以，設(shè)平面的法向量為，則，即令，則，所以，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以，所以，又因?yàn)槎娼菫殇J二面角，所以二面角的大小為.10．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱中，側(cè)面為正方形，平面平面，，M，N分別為，AC的中點(diǎn)．(1)求證：平面；(2)再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析〖祥解〗（1）取的中點(diǎn)為，連接，可證平面平面，從而可證平面.（2）選①②均可證明平面，從而可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量可求線面角的正弦值.【詳析】（1）取的中點(diǎn)為，連接，由三棱柱可得四邊形為平行四邊形，而，則，而平面，平面，故平面，而，則，同理可得平面，而平面，故平面平面，而平面，故平面，（2）因?yàn)閭?cè)面為正方形，故，而平面，平面平面，平面平面，故平面，因?yàn)椋势矫?，因?yàn)槠矫?，故，若選①，則，而，，故平面，而平面，故，所以，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)平面的法向量為，則，從而，取，則，設(shè)直線與平面所成的角為，則.若選②，因?yàn)椋势矫?，而平面，故，而，故，而，，故，所以，故，而，，故平面，故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，設(shè)平面的法向量為，則，從而，取，則，設(shè)直線與平面所成的角為，則.11．（2021·北京·高考真題）如圖：在正方體中，為中點(diǎn)，與平面交于點(diǎn)．（1）求證：為的中點(diǎn)；（2）點(diǎn)是棱上一點(diǎn)，且二面角的余弦值為，求的值．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）．〖祥解〗(1)首先將平面進(jìn)行擴(kuò)展，然后結(jié)合所得的平面與直線的交點(diǎn)即可證得題中的結(jié)論；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間直角坐標(biāo)系求得相應(yīng)平面的法向量，然后解方程即可求得實(shí)數(shù)的值.【詳析】(1)如圖所示，取的中點(diǎn)，連結(jié)，由于為正方體，為中點(diǎn)，故，從而四點(diǎn)共面，即平面CDE即平面，據(jù)此可得：直線交平面于點(diǎn)，當(dāng)直線與平面相交時(shí)只有唯一的交點(diǎn)，故點(diǎn)與點(diǎn)重合，即點(diǎn)為中點(diǎn).(2)以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，方向分別為軸，軸，軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，設(shè)，則：，從而：，設(shè)平面的法向量為：，則：，令可得：，設(shè)平面的法向量為：，則：，令可得：，從而：，則：，整理可得：，故（舍去）.【『點(diǎn)石成金』】本題考查了立體幾何中的線面關(guān)系和二面角的求解問(wèn)題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，對(duì)于立體幾何中角的計(jì)算問(wèn)題，往往可以利用空間向量法，通過(guò)求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.12．（2020·北京·高考真題）如圖，在正方體中，E為的中點(diǎn)．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見(jiàn)解析；（Ⅱ）.〖祥解〗（Ⅰ）證明出四邊形為平行四邊形，可得出，然后利用線面平行的判定定理可證得結(jié)論；也可利用空間向量計(jì)算證明；（Ⅱ）可以將平面擴(kuò)展，將線面角轉(zhuǎn)化，利用幾何方法作出線面角，然后計(jì)算；也可以建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量計(jì)算求解.【詳析】（Ⅰ）[方法一]：幾何法如下圖所示：在正方體中，且，且，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，平面；[方法二]:空間向量坐標(biāo)法以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，則、、、，，，設(shè)平面的法向量為，由，得，令，則，，則.又∵向量,,又平面，平面；（Ⅱ）[方法一]：幾何法延長(zhǎng)到，使得，連接，交于，又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，又∵,∴,所以平面即平面,連接，作,垂足為,連接,∵平面,平面,∴，又∵,∴直線平面,又∵直線平面,∴平面平面,∴在平面中的射影在直線上,∴直線為直線在平面中的射影，∠為直線與平面所成的角，根據(jù)直線直線，可知∠為直線與平面所成的角.設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則,,∴,∴,∴,即直線與平面所成角的正弦值為.[方法二]：向量法接續(xù)（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，又∵,∴，∴直線與平面所成角的正弦值為.[方法三]：幾何法+體積法如圖，設(shè)的中點(diǎn)為F，延長(zhǎng)，易證三線交于一點(diǎn)P．因?yàn)?，所以直線與平面所成的角，即直線與平面所成的角．設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，在中，易得，可得．由，得，整理得．所以．所以直線與平面所成角的正弦值為．[方法四]：純體積法設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)到平面的距離為h，在中，，，所以，易得．由，得，解得，設(shè)直線與平面所成的角為，所以．【整體點(diǎn)評(píng)】（Ⅰ）的方法一使用線面平行的判定定理證明，方法二使用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行證明；（II）第一種方法中使用純幾何方法，適合于沒(méi)有學(xué)習(xí)空間向量之前的方法，有利用培養(yǎng)學(xué)生的集合論證和空間想象能力，第二種方法使用空間向量方法，兩小題前后連貫，利用計(jì)算論證和求解，定為最優(yōu)解法；方法三在幾何法的基礎(chǔ)上綜合使用體積方法，計(jì)算較為簡(jiǎn)潔；方法四不作任何輔助線，僅利用正余弦定理和體積公式進(jìn)行計(jì)算，省卻了輔助線和幾何的論證，不失為一種優(yōu)美的方法.1．（2024·北京西城·三模）中國(guó)古代科學(xué)家發(fā)明了一種三級(jí)漏壺記錄時(shí)間，壺形都為正四棱臺(tái)，自上而下，三個(gè)漏壺的上底寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸.設(shè)三個(gè)漏壺的側(cè)面與底面所成的銳二面角依次為，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D〖祥解〗連接，過(guò)邊的中點(diǎn)作，垂足為，則就是漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角的一個(gè)平面角，記為，設(shè)漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，根據(jù)等差數(shù)列即可求解.【詳析】三級(jí)漏壺，壺形都為正四棱臺(tái)，自上而下，三個(gè)漏壺的上口寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸，如圖，在正四棱臺(tái)中，為正方形的中心，是邊的中點(diǎn)，連結(jié)，過(guò)邊的中點(diǎn)作，垂足為，則就是漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角的一個(gè)平面角，記為，設(shè)漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，，，因?yàn)樽陨隙氯齻€(gè)漏壺的上口寬成等差數(shù)列，下底寬也成等差數(shù)列，且公差相等，所以為定值，又因?yàn)槿齻€(gè)漏壺的高成等差數(shù)列，所以.故選：．【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：對(duì)于情境類問(wèn)題首先要閱讀理解題意，其次找尋數(shù)學(xué)本質(zhì)問(wèn)題，本題在新情境的基礎(chǔ)上考查等差數(shù)列的相關(guān)知識(shí).2．（2024·北京順義·三模）風(fēng)箏又稱為“紙鳶”，由中國(guó)古代勞動(dòng)人民發(fā)明于距今2000多年的東周春秋時(shí)期，相傳墨翟以木頭制成木鳥(niǎo)，研制三年而成，是人類最早的風(fēng)箏起源.如圖，是某高一年級(jí)學(xué)生制作的一個(gè)風(fēng)箏模型的多面體ABCEF，D為AB的中點(diǎn)，四邊形EFDC為矩形，且，，，當(dāng)時(shí)，多面體ABCEF的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗根據(jù)題意，先證得平面，在中，解三角形求得，再結(jié)合線面垂直判定定理證得平面，得到，設(shè)，利用，求得，結(jié)合，即可求解.【詳析】在中，因?yàn)榍覟榈闹悬c(diǎn)，所以，又因?yàn)椋?，平面，所以平面，在中，因?yàn)榍?，所以，且，因?yàn)樗倪呅螢榫匦?，可得，又因?yàn)?，且平面，所以平面，因?yàn)?，所以平面，又因?yàn)槠矫妫?，設(shè)，在直角中，可得，在直角中，可得，因?yàn)椋?，即，解得，所以多面體的體積.故選：A.3．（2024·北京朝陽(yáng)·二模）已知是兩個(gè)互相垂直的平面，是兩條直線，，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B〖祥解〗根據(jù)面面垂直的性質(zhì)與線面垂直的性質(zhì)，結(jié)合充分、必要條件的定義即可求解.【詳析】由題意知，，若，當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，與可能相交、平行、垂直.若，由，得.故“”是“”是必要不充分條件.故選：B4．（2024·北京海淀·一模）設(shè)是兩個(gè)不同的平面，是兩條直線，且.則“”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A〖祥解〗通過(guò)面面平行的性質(zhì)判斷充分性，通過(guò)列舉例子判斷必要性.【詳析】，且，所以，又，所以，充分性滿足，如圖：滿足，，但不成立，故必要性不滿足，所以“”是“”的充分而不必要條件.故選：A.

5．（2024·北京朝陽(yáng)·一模）在棱長(zhǎng)為的正方體中，，，分別為棱，，的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)在平面內(nèi)，且.則下列說(shuō)法正確的是（

）A．存在點(diǎn)，使得直線與直線相交B．存在點(diǎn)，使得直線平面C．直線與平面所成角的大小為D．平面被正方體所截得的截面面積為【答案】C〖祥解〗連接，，取的中點(diǎn)，連接，點(diǎn)到線段的最短距離大于，即可判斷；建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)到平面的距離為，即可判斷；由平面，連接交于點(diǎn)，與全等，所以，即可判斷；平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長(zhǎng)為，可求截面面積.【詳析】連接，，所以，，取的中點(diǎn)，連接，所以，點(diǎn)到線段的最短距離大于，所以不存在點(diǎn)，使得直線與直線相交，故不正確；以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，所以，，，設(shè)平面的法向量為，所以，即，令，則，，所以，所以點(diǎn)到平面的距離為，而，所以不存在點(diǎn)，使得直線平面，故不正確；因?yàn)?，所以平面，連接交于點(diǎn)，所以為的中點(diǎn)，，所以為直線與平面所成角，因?yàn)?，在中，，所以，因?yàn)榕c全等，所以，故正確；延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于，連接交于，連接，取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，，，，，，平面被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長(zhǎng)為，所以截面面積為，故不正確.故選：.6．（2024·北京海淀·二模）如圖，在正方體中，為棱上的動(dòng)點(diǎn)，平面為垂足.給出下列四個(gè)結(jié)論：①；②線段的長(zhǎng)隨線段的長(zhǎng)增大而增大；③存在點(diǎn)，使得；④存在點(diǎn)，使得平面.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.【答案】①②④〖祥解〗根據(jù)給定條件，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量坐標(biāo)，進(jìn)而求出點(diǎn)的坐標(biāo)，再逐一計(jì)算判斷各個(gè)命題即得答案.【詳析】在正方體中，令，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，令平面的法向量，則，取，得，由平面于，得，即，，顯然，解得，于是，對(duì)于①，，①正確；對(duì)于②，在上單調(diào)遞增，②正確；對(duì)于③，而，，若，顯然，即不存在，使得，③錯(cuò)誤；對(duì)于④，平面的一個(gè)法向量，而，由，得，即，整理得，令，顯然函數(shù)在上的圖象連續(xù)不斷，而，因此存在，使得，此時(shí)平面，因此存在點(diǎn)，使得平面，④正確.所以所有正確結(jié)論的序號(hào)是①②④.故答案為：①②④【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：涉及探求幾何體中點(diǎn)的位置問(wèn)題，可以建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明空間位置關(guān)系的方法解決.7．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體是以正方形ABCD的一邊BC所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)90°形成的面所圍成的幾何體，點(diǎn)G是圓弧的中點(diǎn)，點(diǎn)H是圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，，給出下列四個(gè)結(jié)論：①不存在點(diǎn)H，使得平面平面CEG；②存在點(diǎn)H，使得平面CEG；③不存在點(diǎn)H，使得點(diǎn)H到平面CEG的距離大于；④存在點(diǎn)H，使得直線DH與平而CEG所成角的正弦值為．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】②③④〖祥解〗將圖形補(bǔ)全為一個(gè)正方體，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可判斷各選項(xiàng)的正誤.【詳析】由題意可將圖形補(bǔ)全為一個(gè)正方體，如圖所示：以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在的直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，則、、、、、，，設(shè)點(diǎn)，其中，對(duì)于①，，，設(shè)平面，則，即，取x=1，則，可得，設(shè)平面，，，則，即，取，則，可得，若平面平面CEG，則，解得：，所以存在使得平面平面CEG，故①錯(cuò)誤；對(duì)于②，，若平面CEG，則，即，即，故，故存在點(diǎn)H，使得平面CEG，故②正確；對(duì)于③，，所以點(diǎn)H到平面CEG的距離為，，因?yàn)?，所以，所以，，所以，所以不存在點(diǎn)H，使得點(diǎn)H到平面CEG的距離大于，故③正確；對(duì)于④，，，則直線與平面CEG的所成角為，所以，，整理可得，因?yàn)楹瘮?shù)在時(shí)的圖象是連續(xù)的，且，，所以，存在，使得，所以，存在點(diǎn)，使得直線與平面CEG的所成角的余弦值為，④正確.故答案為：②③④.【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：計(jì)算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線面垂直，進(jìn)而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內(nèi)的射影，即可確定線面角；（2）在構(gòu)成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長(zhǎng)度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（l為斜線段長(zhǎng)），進(jìn)而可求得線面角；（3）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解，設(shè)為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.8．（2024·北京房山·一模）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體中，點(diǎn)P是對(duì)角線上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P與點(diǎn)A，不重合）．給出下列結(jié)論：①存在點(diǎn)P，使得平面平面；②對(duì)任意點(diǎn)P，都有；③面積的最小值為；④若是平面與平面的夾角，是平面與平面的夾角，則對(duì)任意點(diǎn)P，都有．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】①②③〖祥解〗①可通過(guò)線面垂直的判定定理找到點(diǎn)P；②③④都可以通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系解決，其中通過(guò)向量的長(zhǎng)度可以對(duì)②進(jìn)行判斷；利用兩條直線所成的角和三角形面積公式可以判斷③；求出三個(gè)面的法向量，并求出和，即可對(duì)④進(jìn)行判斷.【詳析】①因?yàn)椋谏先↑c(diǎn)使，因?yàn)?，平面，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以平面平面，故①正確；②以為原點(diǎn)，以分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，，，，則，，設(shè)，則，,從而，，所以，故②正確；③由②，，，，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以面積的最小值為，故③正確；④平面的法向量，平面的法向量，設(shè)平面的法向量，由即得，令得，則，，令得或，而，故，從而對(duì)存在點(diǎn)P，使得，而不大于直角，故，故④錯(cuò)誤；故答案為：①②③.9．（2024·北京西城·三模）如圖.在四棱錐P-ABCD中.平面.底面ABCD為菱形.E.F分別為AB.PD的中點(diǎn).(1)求證：平面；(2)若，，，求直線CD與平面EFC所成角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)〖祥解〗（1）由中點(diǎn)還需中點(diǎn)幫.取PC中點(diǎn)M.連接FM.BM..很容易得到四邊形BEFM為平行四邊形，再用線面平行的定理證明.（2）很顯然.可以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系.求出點(diǎn)C、D、E、F的坐標(biāo).算出平面EFC的法向量.用向量夾角余弦值來(lái)算直線CD與平面EFC所成角的正弦值即可.【詳析】（1）取PC中點(diǎn)M，連接FM，BM.在中，因?yàn)镸，F(xiàn)分別為PC，PD的中點(diǎn)，所以，.在菱形ABCD中，因?yàn)?，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，因?又因?yàn)?，所?（2）因?yàn)?，所以?因?yàn)椋?在菱形ABCD中，，因?yàn)镋為AB中點(diǎn)，所以.建立如圖空間直角坐標(biāo)系D-xyz.在正三角形中，.因?yàn)?，，，，所以向量?設(shè)平面EFC的法向量為，則，即.取得,.設(shè)直線CD與平面EFC所成角為，.10．（2024·北京順義·三模）如圖在幾何體ABCDFE中，底面ABCD為菱形，，，，.(1)判斷AD是否平行于平面CEF，并證明；(2)若面面；求：（?。┢矫媾c平面CEF所成角的大小；（ⅱ）求點(diǎn)A到平面CEF的距離.【答案】(1)與平面不平行，證明見(jiàn)解析(2)（i）；（ii）〖祥解〗（1）取中點(diǎn)，證明，假設(shè)平面，根據(jù)線面平行性質(zhì)定理證明，推出矛盾，可得結(jié)論；（2）（i）證明線線垂直建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解平面與平面的角，（ii）利用向量方法求點(diǎn)到平面距離.【詳析】（1）不平行于平面，理由如下：取中點(diǎn)，因?yàn)椋詣t四邊形為平行四邊形，所以，又，所以不平行于，假設(shè)平面，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面所以，與不平行于矛盾，所以假設(shè)不成立，即不平行于平面；（2）取中點(diǎn)，連接因?yàn)榱庑?，所以為正三角形，又為中點(diǎn)，所以，由于，所以，又面面，面面，面所以面，因?yàn)槊妫杂忠驗(yàn)?，面，所以面，而面，所以，所以如圖，以為原點(diǎn)，所在直線為軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則（i）因?yàn)槊?，所以為平面的一個(gè)法向量設(shè)平面的法向量為，因?yàn)樗?，令，設(shè)平面與平面所成角為，所以，則即平面與平面所成角大小為；（ii）因?yàn)?，由（i）知平面的一個(gè)法向量為所以點(diǎn)到平面的距離為.11．（2024·浙江紹興·二模）如圖，在三棱錐中，，，，.

(1)證明：平面平面；(2)若，，求二面角的平面角的正切值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2〖祥解〗（1）先由解三角形知識(shí)證得，進(jìn)一步由，結(jié)合線面垂直、面面垂直的判定定理即可得證；（2）解法一：一方面，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，連接，可以證明是二面角的平面角，另一方面可以通過(guò)解三角形知識(shí)即可得解；解法二：建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，分別求出兩個(gè)平面的法向量，進(jìn)一步由法向量夾角的余弦坐標(biāo)公式，結(jié)合平方關(guān)系以及商數(shù)關(guān)系即可運(yùn)算求解.【詳析】（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：過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，面，所以平面，因?yàn)槊?，所以，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，連接，因?yàn)?，面，面，所以面，因?yàn)槊?，則，所以是二面角的平面角.由（1）知，平面，因?yàn)槠矫?，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：以為原點(diǎn)，，所在直線為x，y軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，，設(shè)，其中，由，得，所以，，即，所以，.設(shè)平面的法向量為，則，即，取，則，，所以.又平面的法向量為，設(shè)二面角的大小為，因?yàn)闉殇J角，所以，所以，，所以，二面角的平面角的正切值為2.12．（2024·北京海淀·二模）在三棱錐中，為的中點(diǎn).(1)如圖1，若為棱上一點(diǎn)，且，求證：平面平面；(2)如圖2，若為延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且平面，直線與平面所成角為，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)〖祥解〗（1）根據(jù)和可證線面垂直，即可求證面面垂直，（2）根據(jù)線面角的幾何法可得，建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量與方向向量的夾角即可求解.【詳析】（1）連接.因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以.又平面,所以平面.因?yàn)槠矫嫠云矫嫫矫?（2）因?yàn)槠矫嫫矫嫫矫?，所以為直線與平面所成的角.因?yàn)橹本€與平面所成角為，所以.因?yàn)?，所?因?yàn)椋?又，故.所以.如圖建立空間直角坐標(biāo)系.則，，.所以，，.設(shè)平面的法向量為，則即令，則.設(shè)與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值為.13．（2024·北京朝陽(yáng)·二模）如圖，六面體是直四棱柱被過(guò)點(diǎn)的平面所截得到的幾何體，底面，底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，

(1)求證:；(2)求平面.與平面的夾角的余弦值；(3)在線段DG上是否存在一點(diǎn)P，使得若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)(3)存在，，理由見(jiàn)解析〖祥解〗（1）根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得，由，結(jié)合線面垂直的判定定理與性質(zhì)即可證明；（2）建立如圖空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求面面角即可；（3）設(shè)，由向量線性運(yùn)算的坐標(biāo)表示可得，結(jié)合計(jì)算即可求解.【詳析】（1）連接，直四棱柱，，則點(diǎn)在平面內(nèi).因?yàn)槠矫?，且平面，所以，又底面為正方形，所以，又，所以平面，平面，故；?）因?yàn)槠矫?，平面，所以，又底面為正方形，所以，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則，故設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，即，令，則，于是.因?yàn)槠矫妫允瞧矫娴囊粋€(gè)法向量.設(shè)平面與平面的夾角為θ，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為；（3）存在一點(diǎn)使得平面，此時(shí)，理由如下：設(shè)，則，線段上存在一點(diǎn)使得平面等價(jià)于，即，解得，所以.14．（2024·北京通州·二模）如圖，幾何體ABCDE中，，四邊形ABDE是矩形，，點(diǎn)F為CE的中點(diǎn)，，．(1)求證：平面ADF；(2)求平面BCD與平面ADF所成角的余弦值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)〖祥解〗（1）連結(jié)BE交AD于G，連結(jié)FG，由圖形結(jié)合已知得到FG是的中位線，再由線面平行的判定定理證明即可；（2）先證明平面ABC，然后建系如圖坐標(biāo)系，分別求出平面ADF的法向量和平面BCD的一個(gè)法向量，代入空間二面角公式求解即可.【詳析】（1）連結(jié)BE交AD于G，連結(jié)FG．因?yàn)樗倪呅蜛BDE是矩形，所以點(diǎn)G為BE的中點(diǎn)．因?yàn)辄c(diǎn)F為CE的中點(diǎn)，所以FG是的中位線．所以，又平面ADF，平面ADF，所以平面ADF．（2）因?yàn)樗倪呅蜛BDE是矩形，所以．因?yàn)?，，且平面，平面，所以平面ABC，因?yàn)?，所以平面ABC．所以以點(diǎn)A為原點(diǎn)，分別以AC，AE所在直線為y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．所以，，，，，．所以，．設(shè)平面ADF的法向量為，所以，．所以，令，得，，所以．因?yàn)槠矫鍭BC，所以．因?yàn)?，，平面BCD，所以平面BCD，所以為平面BCD的一個(gè)法向量．而．所以平面BCD與平面ADF所成角的余弦值為．15．（2024·北京房山·一模）如圖，在五