资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩10页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
专题13 立体几何与空间向量（原卷版+解析版）【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
展开
这是一份专题13 立体几何与空间向量（原卷版+解析版）【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用），文件包含专题13立体几何与空间向量原卷版好题汇编2024年高考真题和模拟题数学分类汇编全国通用docx、专题13立体几何与空间向量解析版好题汇编2024年高考真题和模拟题数学分类汇编全国通用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共67页， 欢迎下载使用。
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
2．（新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
3．（全国甲卷数学（文））设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
4．（新高考北京卷）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．1B．2C．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.
5．（新高考天津卷）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若，，则平行或异面，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
6．（新高考天津卷）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
7．（新高考上海卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
8．（全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 ．
【答案】
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.
【详解】由题可得两个圆台的高分别为，
，
所以.
故答案为：.
9．（新高考北京卷）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
【答案】
【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】设第一个圆柱的高为，第二个圆柱的高为，则，
故，，
故答案为：.
10．（新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
11．（新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
12．（全国甲卷数学（文））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作，连接，易证三垂直，结合等体积法即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，
又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
由等体积法可得，，
，，
设点到的距离为，则，
解得，即点到的距离为.
13．（全国甲卷数学（理））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，令，得，即，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
14．（新高考北京卷）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
(1)若F是PE中点，证明：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
15．（新高考天津卷）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．
(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
16．（新高考上海卷）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
一、单选题
1．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件B．充分必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立；
当且时，设存在直线，，且，
因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件.
故选：C.
2．（2024·河南·模拟预测）设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，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】A
【分析】先根据空间公理确定平面；再根据面面平行的判定定理和性质可得出充分性成立；最后根据面面平行的性质及线面位置关系可得出必要性不成立.
【详解】设两条相交的直线，确定一个平面，
因为，，直线，相交，，，
所以根据面面平行的判定定理可得：，
又因为，，直线，相交，，，
所以根据面面平行的判定定理可得： ，
所以，充分性成立；
由，，可的：，或，，必要性不成立，
所以“，”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2024·河北石家庄·三模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误；
对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误；
对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误；
对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确.
故选：D
4．（2024·辽宁·二模）设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，，，则相交或平行，所以A错误；
对于B中，若，，由线面平行的性质可得，所以 B正确；
对于C中，若，，，当两两相交时，两两相交，所以C错误；
对于D中，若，，则或，所以D错误.
故选：B.
5．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】根据球心到底面的距离、底面三角形的外接圆半径和球的半径满足勾股定理，求得，然后可得棱锥的高.
【详解】如图，为等边三角形，
设为中点，面，，则，
所以，
设三棱锥外接球的半径为，由正棱锥的性质可知球心为在上，
则，即，所以.
由，解得.
所以三棱锥的高为.
故选：B.
6．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径，所以底面周长，
又圆锥母线长，所以圆锥侧面积．
故选：A．
7．（2024·山东泰安·三模）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出，代入公式，即可求得圆台的表面积.
【详解】
如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，
故轴截面周长为，解得，
所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积，
所以圆台的表面积为.
故选:C.
8．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求几何体的体积，再求被截较小部分的体积即可.
【详解】由题意可知，如图所示，，
所以平面即为平面截几何体的截面.
因为，,
所以几何体的体积,
被截棱台的体积
,
较大部分体积为,
且,
所以较小部分的体积为.
故选：D.
9．（2024·河北·三模）已知三棱锥，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用正弦定理求出外接圆的半径，根据球的表面积求出球的半径，再由平面，则求出，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】因为，，所以，
，
设外接圆的半径为，则，即，
设三棱锥外接球的半径为，，解得（负值已舍去）；
因为平面，所以，即，解得（负值已舍去）；
所以.
故选：B
10．（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，作交于点，由线面垂直的判定定理、性质定理可得就是直线与平面所成角，在中计算可得答案.
【详解】如图所示，取的中点为，连接，作交于点，
因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，点为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以就是直线与平面所成角，
因为，
所以.
故选：D.
11．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（ ）
A．E、F、G、H四点共面
B．三线共点
C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为
D．与平面所成角为
【答案】C
【分析】根据两直线平行确定平面判断A；利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断B；作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C；作于，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到为与平面所成的角可得D正确.
【详解】如图，
A：连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点，
所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故A正确；
B：由A知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点，
因为平面，平面，
又平面平面，所以，所以与重合，
即、、三线共点于，故B正确.
C：延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，，
设确定平面为，则，所以，所以，
则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，，
在中，，而中，，
而，所以截面的周长大于，故C错误；
D：作于，
因为，所以为中点，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以为与平面所成的角，等于，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在
12．（2024·辽宁·二模）长方体中，四边形为正方形，直线与直线所成角的正切值为2，则直线与平面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由异面直线所成的角求得长方体中棱的关系，再根据线面角定义计算．
【详解】长方体中，，所以就是直线与直线所成角，
因此，即，
又由平面知是直线与平面所成角，
，
故选：B．
13．（2024·北京门头沟·一模）如图， 正方体 中， 点 为线段 上的动点， 则下列结论正确的个数是（ ）
（1）三棱锥的体积为定值；
（2）直线与平面所成的角的大小不变；
（3）直线与所成的角的大小不变，
（4）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由已知可得面，可得上任意一点到平面的距离相等，即可判断（1）；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，即可判断（2）；根据线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面垂直的判定定理可证平面，即可判断（4）
【详解】
对于（1），因为，面，面，所以面，
所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；
对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；
对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,
又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；
对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又平面，且平面，所以，又，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，
又，平面，所以平面，
且平面，所以，故正确；
故选：C
二、多选题
14．（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然，又，则，A正确；
对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由，，知点在平面内，
即为平面的公共点，而，因此，C正确；
对于D，由，得，而，因此，D正确.
故选：ACD
15．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．
D．点到平面的距离为
【答案】BC
【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误.
【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，
若平面，因为平面平面，且平面，
所以，因为为的中点，所以，
又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误；
对于B中，过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
则直线与平面所成的角为，
由题可知，所以B正确；
对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，
连接，则，所以C正确；
对于D中，设点到平面的距离为，
则3，
解得，所以D错误.
故选：BC.
16．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A．B．平面平面
C．多面体为三棱台D．直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D.
【详解】对于A，因为平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正确.
对于B，因为，平面，平面，
则平面，
又，平面，平面，
则平面，
又，平面，所以平面平面，B正确.
对于C，因为，，则，
所以多面体不是三棱台，C错误.
对于D，延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，
解得，，，
则，D正确.
故选：ABD
17．（2024·江苏·二模）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（ ）
A．若，，，则
B．，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】BCD
【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.
【详解】A. 若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误；
B.若，，则，又，所以，故B正确；
C. 若，，则，又，所以，故C正确；
D. 若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确.
故选：BCD
18．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．四点共面B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C．平面D．平面平面
【答案】BD
【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.
【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；
对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；
对于C：分别取的中点，则平面即为平面，
由正六边形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故选项错误；
对于D：因为是等腰三角形，，
，，
是的中点，易证，由正方体可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故选项D正确．
故选：BD．
19．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为
D．平面PBC⊥平面PCD
【答案】ABC
【分析】对于A，由已知先证得，再证得，则可得AM⊥平面PCD，即可判断；对于B，由已知可得，故得是等边三角形，又M为PD的中点，所以，即可判断；对于C，先得过点M，N，E的平面为于PC交于点H，进而得得，得，得，得，得，得，即可判断；对于D，作出二面角B-PC-D的平面角，由余弦定理计算出，可得平面PBC与平面PCD不垂直，即可判断.
【详解】
因为四边形ABCD为正方形，，
所以，又M为PD的中点，所以，
又PA⊥底面ABCD，得，
又四边形ABCD为正方形，得，
又，且平面PAD，
所以平面PAD，
又平面PAD，所以，
又，且平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，故A正确；
如图,连接，由四边形ABCD为正方形，，
可得，
又PA⊥底面ABCD，则，故是等边三角形，
又M为PD的中点，所以，故B正确；
连接，又点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，
则有，
又平面，
可得平面，平面，
记过点M，N，E的平面为，交于点，连接，
又，所以平面平面
又由面面平行的性质可得，
故为的中位线，由点分别为的中点，
得，
又四棱锥P-ABCD的体积为V，得，
又，则，
所以，
则
故较大部分几何体的体积为，故C正确；
过B作于点F连接，
由已知得，则，
则为二面角B-PC-D的平面角，
设，由等面积法得，
得，故 ，
在中，，
故平面PBC与平面PCD不垂直，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：选项C中，要先得出过点M，N，E的平面为于PC交点的位置，进而得到截得四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积于四棱锥P-ABCD的体积之间的关系；选项D中，通过几何法，作出二面角B-PC-D的平面角，利用余弦定理得出余弦值，通过判断二面角的平面角是否是直角来判断两个平面是否垂直.
三、填空题
20．（2024·上海·三模）已知空间向量，，共面，则实数
【答案】3
【分析】根据空间向量共面得到，得到方程，求出
【详解】设，即，
故，解得.
故答案为：3
21．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号）
①；②；③平面；④平面平面．
【答案】①②④
【分析】证明平面，即可得到，同理可得，即可判断①②，推出矛盾说明③，根据平面说明④.
【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是底面圆的直径，都是母线．
又是底面圆周上异于的一点，于是得，而平面，平面，则．
因为平面，则平面，因为平面，所以，①正确：
同理可证，②正确：
点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，
若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；
因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确．
故答案为：①②④
22．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ．
【答案】3
【分析】首先证明，，两两垂直且长度均为，再将该三棱锥放置于正方体当中即可.
【详解】取线段的中点，分别连接，因为为等边三角形，
则，所以，因为，且，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又因为的中点为，则垂直平分，因为，
所以，所以为等腰直角三角形，
所以，因为，则，
所以，又因为，平面，，所以平面，
则易知，，两两垂直且长度均为，
所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
设外接球的半径为，则.
故答案为：3.
23．（2024·四川遂宁·三模）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，现给出以下四个命题：
①
②平面平面
③三棱锥的体积为
④三棱锥的外接球的表面积为
则正确命题的序号是 ．
【答案】③④
【分析】利用长方体的空间平行与垂直关系，可以判断①②，利用已知的棱长，可计算体积和外接接半径，即问题得以求解.
【详解】
对于①：由正方形的底边长为2，长方体的高为4，可知，则与不垂直，又因为，所以与不垂直，故①错误：
对于②：因为平面平面，若平面平面，则有交线，但事实上CE，不平行，故②错误；
对于③；由底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，则，故③正确；
对于④：三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故④正确．
故答案为：③④．
四、解答题
24．（2024·河南·三模）如图，在直三棱柱中，是棱BC上一点（点D与点不重合），且，过作平面的垂线．
(1)证明：；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求AC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证得；
（2）法1：由三棱锥的体积最大推理得到最大，利用基本不等式得，作于，可推得平面，得到AC与平面所成的角等于，解三角形即得；法2：依题建系，分别求得和平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，因为平面ABC，所以．
又平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）因为，所以当三棱锥体积最大时，最大．
由（1）可知平面，因为面，所以．
又，所以，
当且仅当时取等号，即当最大时，．
法1：综合法
如图，作于，连结AH.
由（1）可知平面，因为面，所以．
又平面，所以平面．
因此，AC与平面所成的角等于．
因为平面平面，所以．
在Rt中，，所以，因此,
在Rt中，．
所以AC与平面所成角的正弦值．
法2：向量法
在平面内，作交于，因为平面ABC，所以平面ABC．
分别以DC，DA，DE为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图.则．
设平面的法向量为，易得，
可取．
因，则，
所以AC与平面所成角的正弦值等于．
25．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．
(1)记平面与平面的交线为，证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再由线面平行即可证线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）
因为 平面，平面 ，
所以 平面 .
又 平面 ，平面 平面，所以 .
（2）在 中， .
由余弦定理得， ，则 ，得 .
又 ，则 .因为 平面 ，
所以，又 ，所以 平面 ，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得，所以.
又是平面 的一个法向量.
记平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为
26．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）设中点为，连接，
因为，且，故四边形为正方形，
而，，，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，因为平面，
所以平面平面；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，所以，，
设平面的法向量为，则，即，令，所以，
由（1）知，平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则，所以，
即，解得或（舍去），
所以.
27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
28．（2024·河北衡水·三模）如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，．
(1)求证：平面；
(2)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）由得四边形为菱形，则，由已知的数据结合勾股定理逆定理得，而，则平面，所以，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取的中点，连结BM，则两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：在平行四边形中，因为，
所以四边形为菱形，故，
又因为，故为等边三角形，
故．
在中，，,
所以，故
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，因此．
又因为，平面，
所以平面；
（2）解：取的中点，连结BM，因为为等边三角形，
所以，
因为‖，所以，
因为平面，平面，
所以，
故两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则
， 令，得；
设平面的法向量为，则
, 令，得．
设平面与平面所成角为，
则．
29．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
(1)求三棱台的高；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案．
【详解】（1）作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
30．（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．
(1)求证：；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】（1）解：作交于，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，，且平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标，
如图所示，则，
设，因为，所以，
因为，所以，即，
又由，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
又因为为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
因为，解得（舍去）或，
所以点或，
所以三棱锥的体积为.
31．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有两点.如图：，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连接，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的性质定理得，利用平行线的性质及三角形性质求解即可；
（2）方法一：利用面面垂直性质定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，，可求得，利用等体积法求得到平面的距离，利用线面角的正弦值求解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，然后利用向量法求解线面角即可.
【详解】（1）平面，平面，平面平面，
则有.所以，
又，则.
（2）方法一：因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面.
又，平面，则，，
又，由，可得.
设到平面的距离为d，因为，所以，
所以，所以，
设与平面所成的角为，则.
故与平面所成角的正弦值为.
方法二：，，.
如图，过点作平面的垂线，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
，.
易知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，得，，
则，
设与平面所成角的为，
则.
故与平面所成角的正弦值为.
32．（2024·四川·三模）正方体的棱长为2，分别是的中点.
(1)求证：面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理构建线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行即可.
（2）利用线面平行合理转化点面距离，再利用等体积法处理即可.
【详解】（1）
连接，因为分别是的中点，
由中位线定理得，又，
所以，所以四点共面，由于是AD的中点，
则且那么四边形为平行四边形，
从而，又面面故面，
（2）由上问结论知点到平面的距离等于点到平面的距离.
易得，
利用余弦定理得
则
设点到平面的距离，
利用等体积法，
可得，
即点到平面的距离为.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
2．（新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
3．（全国甲卷数学（文））设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
4．（新高考北京卷）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．1B．2C．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.
5．（新高考天津卷）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则与相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若，，则平行或异面，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
6．（新高考天津卷）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
7．（新高考上海卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
8．（全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 ．
【答案】
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.
【详解】由题可得两个圆台的高分别为，
，
所以.
故答案为：.
9．（新高考北京卷）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
【答案】
【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】设第一个圆柱的高为，第二个圆柱的高为，则，
故，，
故答案为：.
10．（新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
11．（新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
12．（全国甲卷数学（文））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作，连接，易证三垂直，结合等体积法即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，
又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
由等体积法可得，，
，，
设点到的距离为，则，
解得，即点到的距离为.
13．（全国甲卷数学（理））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，令，得，即，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
14．（新高考北京卷）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
(1)若F是PE中点，证明：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
15．（新高考天津卷）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．
(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
16．（新高考上海卷）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
一、单选题
1．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件B．充分必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立；
当且时，设存在直线，，且，
因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件.
故选：C.
2．（2024·河南·模拟预测）设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，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】A
【分析】先根据空间公理确定平面；再根据面面平行的判定定理和性质可得出充分性成立；最后根据面面平行的性质及线面位置关系可得出必要性不成立.
【详解】设两条相交的直线，确定一个平面，
因为，，直线，相交，，，
所以根据面面平行的判定定理可得：，
又因为，，直线，相交，，，
所以根据面面平行的判定定理可得： ，
所以，充分性成立；
由，，可的：，或，，必要性不成立，
所以“，”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2024·河北石家庄·三模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误；
对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误；
对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误；
对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确.
故选：D
4．（2024·辽宁·二模）设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，，，则相交或平行，所以A错误；
对于B中，若，，由线面平行的性质可得，所以 B正确；
对于C中，若，，，当两两相交时，两两相交，所以C错误；
对于D中，若，，则或，所以D错误.
故选：B.
5．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】根据球心到底面的距离、底面三角形的外接圆半径和球的半径满足勾股定理，求得，然后可得棱锥的高.
【详解】如图，为等边三角形，
设为中点，面，，则，
所以，
设三棱锥外接球的半径为，由正棱锥的性质可知球心为在上，
则，即，所以.
由，解得.
所以三棱锥的高为.
故选：B.
6．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径，所以底面周长，
又圆锥母线长，所以圆锥侧面积．
故选：A．
7．（2024·山东泰安·三模）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出，代入公式，即可求得圆台的表面积.
【详解】
如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，
故轴截面周长为，解得，
所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积，
所以圆台的表面积为.
故选:C.
8．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求几何体的体积，再求被截较小部分的体积即可.
【详解】由题意可知，如图所示，，
所以平面即为平面截几何体的截面.
因为，,
所以几何体的体积,
被截棱台的体积
,
较大部分体积为,
且,
所以较小部分的体积为.
故选：D.
9．（2024·河北·三模）已知三棱锥，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】利用正弦定理求出外接圆的半径，根据球的表面积求出球的半径，再由平面，则求出，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】因为，，所以，
，
设外接圆的半径为，则，即，
设三棱锥外接球的半径为，，解得（负值已舍去）；
因为平面，所以，即，解得（负值已舍去）；
所以.
故选：B
10．（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，作交于点，由线面垂直的判定定理、性质定理可得就是直线与平面所成角，在中计算可得答案.
【详解】如图所示，取的中点为，连接，作交于点，
因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，点为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以就是直线与平面所成角，
因为，
所以.
故选：D.
11．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（ ）
A．E、F、G、H四点共面
B．三线共点
C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为
D．与平面所成角为
【答案】C
【分析】根据两直线平行确定平面判断A；利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断B；作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C；作于，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到为与平面所成的角可得D正确.
【详解】如图，
A：连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点，
所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故A正确；
B：由A知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点，
因为平面，平面，
又平面平面，所以，所以与重合，
即、、三线共点于，故B正确.
C：延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，，
设确定平面为，则，所以，所以，
则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，，
在中，，而中，，
而，所以截面的周长大于，故C错误；
D：作于，
因为，所以为中点，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以为与平面所成的角，等于，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在
12．（2024·辽宁·二模）长方体中，四边形为正方形，直线与直线所成角的正切值为2，则直线与平面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由异面直线所成的角求得长方体中棱的关系，再根据线面角定义计算．
【详解】长方体中，，所以就是直线与直线所成角，
因此，即，
又由平面知是直线与平面所成角，
，
故选：B．
13．（2024·北京门头沟·一模）如图， 正方体 中， 点 为线段 上的动点， 则下列结论正确的个数是（ ）
（1）三棱锥的体积为定值；
（2）直线与平面所成的角的大小不变；
（3）直线与所成的角的大小不变，
（4）．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由已知可得面，可得上任意一点到平面的距离相等，即可判断（1）；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，即可判断（2）；根据线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面垂直的判定定理可证平面，即可判断（4）
【详解】
对于（1），因为，面，面，所以面，
所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；
对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；
对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,
又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；
对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又平面，且平面，所以，又，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，
又，平面，所以平面，
且平面，所以，故正确；
故选：C
二、多选题
14．（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然，又，则，A正确；
对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由，，知点在平面内，
即为平面的公共点，而，因此，C正确；
对于D，由，得，而，因此，D正确.
故选：ACD
15．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．
D．点到平面的距离为
【答案】BC
【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误.
【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，
若平面，因为平面平面，且平面，
所以，因为为的中点，所以，
又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误；
对于B中，过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
则直线与平面所成的角为，
由题可知，所以B正确；
对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，
连接，则，所以C正确；
对于D中，设点到平面的距离为，
则3，
解得，所以D错误.
故选：BC.
16．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A．B．平面平面
C．多面体为三棱台D．直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D.
【详解】对于A，因为平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正确.
对于B，因为，平面，平面，
则平面，
又，平面，平面，
则平面，
又，平面，所以平面平面，B正确.
对于C，因为，，则，
所以多面体不是三棱台，C错误.
对于D，延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，
解得，，，
则，D正确.
故选：ABD
17．（2024·江苏·二模）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（ ）
A．若，，，则
B．，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】BCD
【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.
【详解】A. 若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误；
B.若，，则，又，所以，故B正确；
C. 若，，则，又，所以，故C正确；
D. 若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确.
故选：BCD
18．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．四点共面B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C．平面D．平面平面
【答案】BD
【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.
【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；
对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；
对于C：分别取的中点，则平面即为平面，
由正六边形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故选项错误；
对于D：因为是等腰三角形，，
，，
是的中点，易证，由正方体可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故选项D正确．
故选：BD．
19．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为
D．平面PBC⊥平面PCD
【答案】ABC
【分析】对于A，由已知先证得，再证得，则可得AM⊥平面PCD，即可判断；对于B，由已知可得，故得是等边三角形，又M为PD的中点，所以，即可判断；对于C，先得过点M，N，E的平面为于PC交于点H，进而得得，得，得，得，得，得，即可判断；对于D，作出二面角B-PC-D的平面角，由余弦定理计算出，可得平面PBC与平面PCD不垂直，即可判断.
【详解】
因为四边形ABCD为正方形，，
所以，又M为PD的中点，所以，
又PA⊥底面ABCD，得，
又四边形ABCD为正方形，得，
又，且平面PAD，
所以平面PAD，
又平面PAD，所以，
又，且平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，故A正确；
如图,连接，由四边形ABCD为正方形，，
可得，
又PA⊥底面ABCD，则，故是等边三角形，
又M为PD的中点，所以，故B正确；
连接，又点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，
则有，
又平面，
可得平面，平面，
记过点M，N，E的平面为，交于点，连接，
又，所以平面平面
又由面面平行的性质可得，
故为的中位线，由点分别为的中点，
得，
又四棱锥P-ABCD的体积为V，得，
又，则，
所以，
则
故较大部分几何体的体积为，故C正确；
过B作于点F连接，
由已知得，则，
则为二面角B-PC-D的平面角，
设，由等面积法得，
得，故 ，
在中，，
故平面PBC与平面PCD不垂直，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：选项C中，要先得出过点M，N，E的平面为于PC交点的位置，进而得到截得四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积于四棱锥P-ABCD的体积之间的关系；选项D中，通过几何法，作出二面角B-PC-D的平面角，利用余弦定理得出余弦值，通过判断二面角的平面角是否是直角来判断两个平面是否垂直.
三、填空题
20．（2024·上海·三模）已知空间向量，，共面，则实数
【答案】3
【分析】根据空间向量共面得到，得到方程，求出
【详解】设，即，
故，解得.
故答案为：3
21．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号）
①；②；③平面；④平面平面．
【答案】①②④
【分析】证明平面，即可得到，同理可得，即可判断①②，推出矛盾说明③，根据平面说明④.
【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是底面圆的直径，都是母线．
又是底面圆周上异于的一点，于是得，而平面，平面，则．
因为平面，则平面，因为平面，所以，①正确：
同理可证，②正确：
点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，
若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；
因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确．
故答案为：①②④
22．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ．
【答案】3
【分析】首先证明，，两两垂直且长度均为，再将该三棱锥放置于正方体当中即可.
【详解】取线段的中点，分别连接，因为为等边三角形，
则，所以，因为，且，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又因为的中点为，则垂直平分，因为，
所以，所以为等腰直角三角形，
所以，因为，则，
所以，又因为，平面，，所以平面，
则易知，，两两垂直且长度均为，
所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
设外接球的半径为，则.
故答案为：3.
23．（2024·四川遂宁·三模）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，现给出以下四个命题：
①
②平面平面
③三棱锥的体积为
④三棱锥的外接球的表面积为
则正确命题的序号是 ．
【答案】③④
【分析】利用长方体的空间平行与垂直关系，可以判断①②，利用已知的棱长，可计算体积和外接接半径，即问题得以求解.
【详解】
对于①：由正方形的底边长为2，长方体的高为4，可知，则与不垂直，又因为，所以与不垂直，故①错误：
对于②：因为平面平面，若平面平面，则有交线，但事实上CE，不平行，故②错误；
对于③；由底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，则，故③正确；
对于④：三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故④正确．
故答案为：③④．
四、解答题
24．（2024·河南·三模）如图，在直三棱柱中，是棱BC上一点（点D与点不重合），且，过作平面的垂线．
(1)证明：；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求AC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证得；
（2）法1：由三棱锥的体积最大推理得到最大，利用基本不等式得，作于，可推得平面，得到AC与平面所成的角等于，解三角形即得；法2：依题建系，分别求得和平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，因为平面ABC，所以．
又平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）因为，所以当三棱锥体积最大时，最大．
由（1）可知平面，因为面，所以．
又，所以，
当且仅当时取等号，即当最大时，．
法1：综合法
如图，作于，连结AH.
由（1）可知平面，因为面，所以．
又平面，所以平面．
因此，AC与平面所成的角等于．
因为平面平面，所以．
在Rt中，，所以，因此,
在Rt中，．
所以AC与平面所成角的正弦值．
法2：向量法
在平面内，作交于，因为平面ABC，所以平面ABC．
分别以DC，DA，DE为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图.则．
设平面的法向量为，易得，
可取．
因，则，
所以AC与平面所成角的正弦值等于．
25．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．
(1)记平面与平面的交线为，证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再由线面平行即可证线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）
因为 平面，平面 ，
所以 平面 .
又 平面 ，平面 平面，所以 .
（2）在 中， .
由余弦定理得， ，则 ，得 .
又 ，则 .因为 平面 ，
所以，又 ，所以 平面 ，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得，所以.
又是平面 的一个法向量.
记平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为
26．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）设中点为，连接，
因为，且，故四边形为正方形，
而，，，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，因为平面，
所以平面平面；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，所以，，
设平面的法向量为，则，即，令，所以，
由（1）知，平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则，所以，
即，解得或（舍去），
所以.
27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
28．（2024·河北衡水·三模）如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，．
(1)求证：平面；
(2)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）由得四边形为菱形，则，由已知的数据结合勾股定理逆定理得，而，则平面，所以，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取的中点，连结BM，则两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：在平行四边形中，因为，
所以四边形为菱形，故，
又因为，故为等边三角形，
故．
在中，，,
所以，故
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，因此．
又因为，平面，
所以平面；
（2）解：取的中点，连结BM，因为为等边三角形，
所以，
因为‖，所以，
因为平面，平面，
所以，
故两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则
， 令，得；
设平面的法向量为，则
, 令，得．
设平面与平面所成角为，
则．
29．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
(1)求三棱台的高；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案．
【详解】（1）作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
30．（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．
(1)求证：；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】（1）解：作交于，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，，且平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标，
如图所示，则，
设，因为，所以，
因为，所以，即，
又由，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
又因为为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
因为，解得（舍去）或，
所以点或，
所以三棱锥的体积为.
31．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有两点.如图：，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连接，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的性质定理得，利用平行线的性质及三角形性质求解即可；
（2）方法一：利用面面垂直性质定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，，可求得，利用等体积法求得到平面的距离，利用线面角的正弦值求解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，然后利用向量法求解线面角即可.
【详解】（1）平面，平面，平面平面，
则有.所以，
又，则.
（2）方法一：因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面.
又，平面，则，，
又，由，可得.
设到平面的距离为d，因为，所以，
所以，所以，
设与平面所成的角为，则.
故与平面所成角的正弦值为.
方法二：，，.
如图，过点作平面的垂线，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
，.
易知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，得，，
则，
设与平面所成角的为，
则.
故与平面所成角的正弦值为.
32．（2024·四川·三模）正方体的棱长为2，分别是的中点.
(1)求证：面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理构建线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行即可.
（2）利用线面平行合理转化点面距离，再利用等体积法处理即可.
【详解】（1）
连接，因为分别是的中点，
由中位线定理得，又，
所以，所以四点共面，由于是AD的中点，
则且那么四边形为平行四边形，
从而，又面面故面，
（2）由上问结论知点到平面的距离等于点到平面的距离.
易得，
利用余弦定理得
则
设点到平面的距离，
利用等体积法，
可得，
即点到平面的距离为.
相关试卷
2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题13 立体几何与空间向量（原卷版）： 这是一份2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题13 立体几何与空间向量（原卷版），共13页。
专题05 空间向量与立体几何（选填题）-【好题汇编】五年（2020-2024）高考数学真题分类汇编（全国通用）： 这是一份专题05 空间向量与立体几何（选填题）-【好题汇编】五年（2020-2024）高考数学真题分类汇编（全国通用），文件包含专题05空间向量与立体几何选填题-好题汇编五年2020-2024高考数学真题分类汇编全国通用原卷版docx、专题05空间向量与立体几何选填题-好题汇编五年2020-2024高考数学真题分类汇编全国通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
专题14 新定义型问题（原卷版+解析版）【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）： 这是一份专题14 新定义型问题（原卷版+解析版）【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用），文件包含专题14新定义型问题原卷版好题汇编2024年高考真题和模拟题数学分类汇编全国通用docx、专题14新定义型问题解析版好题汇编2024年高考真题和模拟题数学分类汇编全国通用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共82页， 欢迎下载使用。
