2023年高考数学三模试题分项汇编（全国通用）专题08 立体几何（理科）（解析版）

专题08 立体几何（理科）

一、单选题

1．（湖北省云学新高考联盟学校2021-2022学年高一下学期5月联考数学试题）设，为两个不同的平面，则的一个充分条件是（    ）

A．内有无数条直线与平行 B．，平行于同一个平面

C．，平行于同一条直线 D．，垂直于同一个平面

【答案】B

【分析】利用线面，面面平行，垂直的判定及性质对各个选项进行分析即可得到答案.

【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误；

B选项，平行于同一个平面，则，B选项正确；

C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误；

D选项，垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交，D选项错误.

故选：B.

2．（福建省2022届高三毕业班4月百校联合测评数学试题）已知某圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则其侧面展开图的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出.

【详解】易知母线长为，且上底面圆周为，下底面圆周为，易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，

所以面积.

故选：C.

3．（浙江省温州市2023届高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再利用向量求出点到直线的距离作答.

【详解】四面体满足，即两两垂直，

以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

因为，，则，

于是，，

所以点到直线的距离.

故选：A

4．（黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023届高三第三次模拟考试数学试题）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.

【详解】

由题意，因为为正方形，且底面，

以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，

所以，设，，

则，所以，即，

设平面的法向量为，

则，解得，取，

所以平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角为，

则，

因为单调递增，所以当时，最大，

此时，即直线与平面所成角的最大值为.

故选:C

5．（江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由可得，分别表示出圆柱的侧面积和圆锥侧面积，即可得出答案.

【详解】圆锥的高为，如图，

由可得：，∴，

∴,

圆柱侧面积，

圆锥侧面积，.

故选：D．

6．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由图形的几何性质得球心位置，利用等体积转化求点面距离即可.

【详解】

由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，

计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，

则.

故选：A

7．（福建省宁德市普通高中2023届高三质量检测数学试题）中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图，图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体；对应四个三棱柱，对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为（    ）

A．24 B．28 C．32 D．36

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用四棱锥、三棱柱的体积公式结合给定数据建立关系式，求出长方体的体积作答.

【详解】如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，

依题意，四棱锥的体积，即，三棱柱的体积，即有，

因此，于是长方体的体积，

所以该正四棱台的体积为.

故选：B

【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.

8．（上海市浦东新区2023届高三三模数学试题）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列说法错误的是（    ）

A．与垂直 B．与平面垂直

C．与平行 D．与平面平行

【答案】C

【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法逐一判断即可.

【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，

则

，

对于A，，

则，所以，故A正确；

对于B，，则，所以，

又平面，

所以平面，故B正确；

对于C，，

若与平行，则存在唯一实数使得，

所以，无解，

所以与不平行，故C错误；

对于D，，

设平面的法向量，

则有，可取，

因为，且平面，

所以平面，故D正确.

故选：C.

9．（湘豫名校联考2023届高三5月三模理科数学试题）已知非钝角中，，，是边上的动点.若平面，，且周长的最小值为，则三棱锥外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据勾股定理及三角形的周长公式，利用线面垂直的性质及判定定理，结合球的体积公式即可求解.

【详解】由题意可知，作出图形如图所示

在中，设，则.

所以的周长为.

所以，不等式两边平方，得，解得，即的最小值是1.

所以点A到边BC的距离为1.

当AQ取最小值时，因为在中，，

所以.

又，所以C，Q两点重合，

所以，即.

又平面，平面，所以.

又，平面，所以平面.

因为平面，所以.

因为PB是和的公共斜边，

所以PB为三棱锥的外接球的直径，

设外接球的半径为R，则，

所以三棱锥的外接球的体积.

故选：A.

10．（广西2023届高三毕业班高考模拟测试数学（理）试题）在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.

【详解】

如图所示取靠近的四等分点，的中点，连接，，.

由，可知.同理可知.

又，所以平面，所以平面即为平面.

又易知，

所以截此三棱锥所得的截面面积为，

当时，取得最大值，

设为外接球球心，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，

所以四边形为正方形，且，，，

∴.

故选：D.

11．（广西壮族自治区玉林市2023届高三教学质量检测数学（理）试题）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答.

【详解】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，

因为平面，则，又平面，

，则平面，又平面，则，

取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，

而平面，则平面，有，

又平面，，于是平面，而平面，因此，

因为平面，，从而平面，

连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，

因为，即有，又，

于是，有，，

所以点的轨迹长为.

故选：A

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

二、多选题

12．（黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023届高三第三次模拟考试数学试题）正四棱锥中，，，过点作截面分别交棱于点，且，则下列结论正确的是（    ）

A．若为中点，则

B．若平面，则截面的面积

C．若为所在棱的中点，则

D．若为所在棱的中点，则点到平面的距离为

【答案】AD

【分析】根据题中条件，可以判断、、三条直线交于一点，结合题中的数量关系，可以把立体问题转化为平面问题，进而判断ABC选项.

对于D选项，根据面面垂直可以把点到平面的距离转化为点到直线的距离，进而可得.

【详解】

A选项：如图：连接交于，连接交于，

因四点共面，所以过点.

由题意为的中点，若为中点，

则为的重心，

所以，

又因，

所以，

在正四棱锥中，，

所以，故A正确.

B选项：由题知：，所以为等边三角形，

若平面，则，

故为的中点，且，

在正四棱锥中，，

因，所以

又平面，平面,

所以，

又，平面，平面，

所以平面，

因平面，

所以

所以截面的面积为，

故B错误.

C选项：

若为所在棱的中点，如图，则，平面的平面图如下：

设，，

，

，

，

因得，，

所以，

故，

故C错误.

D选项：因平面，

平面

所以平面平面，

因平面平面，

点到平面的距离即为点到直线的距离

如图建立平面直角坐标系，则，，

直线的方程为：，即，

点到直线的距离为，

故D正确.

故选：AD.

13．（福建省2022届高三毕业班4月百校联合测评数学试题）已知三棱锥外接球的球心为，外接球的半径为，，，（为正数），则下列命题是真命题的是（    ）

A．若，则三棱锥的体积的最大值为

B．若不共线，则平面平面

C．存在唯一一点，使得平面

D．的最大值为

【答案】AB

【分析】由可求得球心到平面的距离，由此可得三棱锥高的最大值，由棱锥体积公式可知A正确；设的中点为，可证得平面，由外接球性质可知平面，由面面垂直判定可知B正确；设直线与球的另一交点为，可知平面，知C错误；由四点共面可求得，由此可得，知D错误.

【详解】对于A，若，则，，

则外接圆的半径，球心到平面的距离，

三棱锥高的最大值为，

体积的最大值为，A正确；

对于B，设的中点为，连接，

则，，，

又，，平面，平面，

平面，平面，又平面平面，

四点共面，平面，又平面，

平面平面，B正确；

对于C，设直线与球的另一交点为，若平面，则平面，C错误；

对于D，当最大时，四点共面，

，，，D错误.

故选：AB.

14．（江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题）已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（    ）

A．BC1∥平面A1EC

B．二面角A1－EC－A的正弦值为

C．点A到平面A1BC1的距离为

D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为

【答案】ACD

【分析】A选项，连接，使相交于F，连接EF，通过证明即可判断选项正误；B选项，通过证明平面，可得二面角A1－EC－A的平面角为；C选项，利用等体积法结合可得答案；D选项，利用正弦定理，可得外接圆半径，后可得球的半径.

【详解】A选项，连接，使相交于F，连接EF，因F，E分别为中点，

则，因平面，平面，则BC1平面A1EC，故A正确；

B选项，由题可得平面ABC，又平面ABC，则.又，

，平面，平面，则平面.

又平面，则，结合，可知二面角A1－EC－A的平面角为，则，故B错误；

C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG.

则，

又，，，由余弦定理可得，则，

得.则，故C正确.

D选项，设外接圆半径为，由正弦定理，.

又设三棱锥外接球半径为，则三棱锥外接球与以外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故D正确

故选：ACD

15．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（    ）

A．平面

B．五面体的体积为5

C．四边形与四边形的面积和为定值

D．与的面积和的最小值为

【答案】ABD

【分析】取BC的中点G，可得四边形EFGO为平行四边形，则EO∥FG，从而EO∥平面BCF，即可判断A；利用分割的方法，把几何体分割成三部分，可得一个三棱柱和两个四棱锥，再由已知求解即可判断B；设，则，利用梯形面积公式计算四边形与四边形的面积和，即可判断C；设，则，且，，则△ADE与△BCF的面积和为，利用不等式：当时，，求解最小值即可判断D.

【详解】

取BC的中点G，连接OG，FG，

∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，

∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；

过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，

∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，

又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，

过E作EP∥FM，交CD于P， 作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，

∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，

同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，

如图，五面体包含一个三棱柱和两个的四棱锥，

∴五面体的体积：

，故B正确；

设，则，

，，

四边形与四边形的面积和为

，不是定值，故C错误；

过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，

∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，

又FH∩HR＝H， FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，

∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，

设，则，且，，

△BCF的面积为，同理，△ADE的面积为，

则△ADE与△BCF的面积和为，

当时，，即，

∴，当且仅当等号成立，

，当且仅当等号成立，

则△ADE与△BCF的面积和的最小值为，故D正确．

故选：ABD.

16．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）已知为异面直线，平面，平面，是空间任意一条直线，以下说法正确的有（    ）

A．平面与必相交

B．若，则

C．若与所成的角为，则与平面所成的角为

D．若与所成的角为，则平面与的夹角为

【答案】AC

【分析】反证法可判断A，列举特殊情况判断B，由线面角定义判断C，求二面角的平面角判断D.

【详解】对A，若平面与平行，则，又 ，

则，与为异面直线矛盾，故平面与必相交，故A正确；

对B，，可能在平面内，所以不正确，故B错误；

对C，过上一点作，交于，则直线为在平面上的射影，如图，

所以与平面所成的角为，由题意知，所以，

由可知，与平面所成的角为，故C正确；

对D，平移过点，分别与交于，平面与棱交于，连接，如图，

由分别垂直两平面，易知棱与平面垂直，可得与垂直，

故为二面角的平面角，由与所成的角为，可知，

所以平面与的夹角为，故D错误.

故选：AC.

17．（辽宁省农村重点高中协作校2023届高三第三次模拟考试数学试题）如图，在几何体中，平面平面平面，底面为直角梯形．为的中点，，则（    ）

A． B．

C．与所成角的余弦值为 D．几何体的体积为2

【答案】ABD

【分析】选项A，通过面面平行的性质推理得到线线平行，再结合平行四边形的判定得到结果；选项B，通过线面平行的性质及判定定理进行判断；选项C，将异面直线所成角转化为两条相交直线所成角或其补角；选项D，将该组合体的体积转化为两个三棱柱的体积求解即可.

【详解】对于A，的中点E，连接BE，，则，且，

∴四边形为平行四边形，∴，．

∵平面平面，平面平面，平面平面，，

又，四边形为平形四边形，，

∴，∴四边形为平行四边形，则，

∵平面平面，平面平面，平面平面，．

易知，∴四边形为平行四边形，∴，∴，故A正确．

平面平面，平面，

又四边形为直角梯形，，

又平面平面，平面，，故B正确；

，所以为平行四边形，

所以与所成角即为或其补角，

，而，

所以，故C错误；

三棱柱的体积，故正确．

故选：ABD．

18．（浙江省温州市2023届高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，为圆柱的母线，点分别为线段上的动点，经过点的平面与线段交于点，以下结论正确的是（    ）

A．

B．若点与点重合，则直线过定点

C．若平面与平面所成角为，则的最大值为

D．若分别为线段的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为

【答案】ABD

【分析】利用面面平行的性质定理可判断A；根据两平面如果有一个公共点，则这个公共点一定在它们的交线上可判断B；取特例验证可判断C；利用圆柱的对称性可知RF即为所求，然后求解可判断D.

【详解】连接，由为圆柱底面圆弧的两个三等分点可知，

因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，

又，同理可得平面ABCD，

因为，平面

所以，平面平面ABCD，

因为平面，平面，

所以，A正确；

记平面，则平面，且，又平面，所以必过点M，B正确；

当平面为平面时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以

所以为平面与平面所成二面角的平面角，

在等腰梯形中，，易得其高为，即，

所以，故C错误；

因为分别为线段的中点，则由圆柱的对称性可知，平面与圆柱侧面的公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.

易知，所以，得

所以，即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为，D正确.

故选：ABD

三、填空题

19．（沪教版（2020）必修第三册经典导学课后作业第11章11.4第2课时球的体积与表面积）体积为的球的表面积为______．

【答案】

【分析】根据给定条件，求出球的半径，再计算表面积作答.

【详解】令球半径为，依题意，，解得，

所以球的表面积.

故答案为：

20．（上海市浦东新区2023届高三三模数学试题）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________．

【答案】///

【分析】该多面体可以看作为正方体截取一部分构成，把复杂的几何体转化为简单几何体构成即可.

【详解】

如图，该多面体可以看做由一个棱长为的正方体截去8个如①三棱柱和8个如②四棱锥和12个如③三棱柱构成，

①为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：

②为底面为以棱长为和1的矩形，高为的四棱锥其体积为：

③为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：

所求多面体体积为：

故答案为：.

四、解答题

21．（湘豫名校联考2023届高三5月三模理科数学试题）如图，直三棱柱中，，，，为上一点，且.

(1)证明：平面平面；

(2)若直三棱柱的表面积为，求五面体的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）作于点E，交于点F，连接DF，由条件证明，根据面面垂直判定定理证明平面，

由线面垂直性质可得平面，再根据面面垂直判定定理证明平面平面；

（2）先证明平面，由条件求线段，结合锥体体积公式求五面体的体积.

【详解】（1）如图，作于点E，交于点F，连接DF.

因为，，，

所以.

所以.

所以.

由勾股定理得.

所以，所以.

又，，所以.

所以四边形是平行四边形，所以.

因为平面 平面，平面 平面，，

所以平面.

所以平面.

又平面，所以平面 平面.

（2）由题易得五面体即四棱锥

由（1）知，

又，，平面，

所以平面.

所以四棱锥的高为.

因为直三棱柱的表面积为，

所以，

解得，即.

所以.

又，

所以.

故五面体的体积为.

22．（四川省南充市2023届高三三模理科数学试题）如图所示，已知，是圆锥底面的两条直径，为劣弧的中点，，．

(1)证明：；

(2)若为线段上的一点，且平面，求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接并延长交于，由线面垂直的判定定理可证平面，再由线面垂直的性质即可得证.

（2）如图建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可.

【详解】（1）连接并延长交于，如图，

为劣弧的中点．

是的角平分线，

平分，

，

，    

又在圆锥中，平面，平面，

，

、平面，且，

平面，

又平面，

故.

（2）以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，以过点且垂直的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．

故，，，，，

，，，，

设，故，

，

设平面法向量为，

由得，

令得，所以，    

平面，

，即，解得，

，

又，

，    

设与平面所成角为，

.

即与平面所成角的正弦值为．

23．（云南省曲靖市2023届高三第一次教学质量监测数学试题）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．

(1)求证：MN平面PAD；

(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；

（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.

【详解】（1）如图，取PB中点E，连接ME，NE．

∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，

∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．

又∵，∴平面PAD平面MNE．

∵平面MNE，∴MN平面PAD．

（2）∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．

依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，

则，，，，PC中点，∴，．

设平面DMN的法向量，则，即，

取x＝1，得y＝1，z＝－1，．

若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．

设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，

解得t＝1或t＝－3．

已知0≤t≤4，则t＝1，∴．

DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．

故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且．

24．（黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2023届高三第三次模拟考试数学试题）如图，四边形是圆柱的轴截面，点是母线的中点，圆柱底面半径.

(1)求证：平面；

(2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；

（2）由基本不等式知，当且仅当时，三棱锥的体积最大，如图所示，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.

【详解】（1）证明：连接，，则，且，，

连接，，由圆柱的性质可得

，

所以四边形是平行四边形，，所以为中点，

所以易知，平面，平面，

所以平面；

（2）设，则，

，当且仅当时取等，

如图所示，建立空间直角坐标系，，

，设平面的法向量为，

所以，令，，所以，

取平面的法向量为，

所以平面与平面夹角的余弦值，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

25．（山西省朔州市怀仁市第一中学2023届高三三模数学试题）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，为等边三角形，，为的中点，为的中点，为线段上的动点，平面．

(1)请确定点在线段上的位置；

(2)求平面和平面所成二面角的正弦值．

【答案】(1)点是线段上靠近点的四等分点

(2)

【分析】（1）根据线面平行的性质定理可推出.由已知可推得，得出，得到.然后根据，即可得出；

（2）先证明，然后根据面面垂直的性质推得平面.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标.然后求出平面和平面的法向量，根据法向量求出二面角的余弦值，进而即可求出正弦值.

【详解】（1）如图1，连接与相交于，连接，连接与交于点.

∵平面，平面平面，平面，

∴.

∵，，

∴，

∴，

∴.

∵，∴，

∴.

∵，

∴，

∴点是线段上靠近点的四等分点.

（2）如图2，取的中点，连接，，

∵四边形为边长为2的菱形，，

∴，为等边三角形.

∵，为等边三角形，

∴.

∵平面平面，平面平面，

，平面，

∴平面.

∵为等边三角形，，

∴，可得，，两两垂直.

建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，，，，，，

设平面的法向量为，由，，

有，

取，，，可得.

设平面的法向量为，由，，

有取，，，可得.

所以，，，

所以，

所以平面和平面所成二面角的正弦值为．

26．（河北省唐山市2023届高三三模数学试题）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面，点为线段上一点，且.

(1)证明：平面；

(2)若，，且三棱锥的体积为18，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）过点作于点，由面面垂直、线面垂直的性质定理可得，，再由线面垂直的判定定理可得答案；

（2）由体积求出，以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）过点作于点，

因为平面平面，且平面平面平面，

所以平面，

又平面，所以，

又平面平面，则，

又因为平面，

所以平面；

（2）由（1）知平面平面，得，

又，

所以，

以为原点，分别以为轴、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，

又因为，所以，

，

，

设是平面的一个法向量，

则，即，

所以可取，

设是平面的一个法向量，

则即，所以可取，

则，

所以平面与平面的夹角的余弦值为.

27．（山西省晋城一中教育集团南岭爱物学校2023届高三下学期2月月考数学试题）如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.

(1)证明：；

(2)若是棱上一动点（含端点），平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)5

【分析】（1）先证明平面,根据线面垂直的性质定理即可证明结论；

（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，列式求出参数，即可求得答案.

【详解】（1）在四棱台中, 延长后必交于一点，故共面，

因为平面,平面,

故,

连接，因为底面四边形为菱形，故,

平面,

故平面,因为平面,

所以；

（2）过点A作的垂线作为x轴，交与N点，以分别为y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,

设，则，

由于，故,

则,

设，

则，， ，

记平面的法向量为,则,

即，令，则，即，

平面的法向量可取为，

由于平面与平面所成锐二面角的余弦值为，

则，

解得 ，

当M与N点重合时，平面垂直于平面，

由于平面与平面所成角为锐二面角，故，

所以,故.

28．（【全国校级联考】天津七校联考2017-2018学年高二上期中数学（理）试题）如图，四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，，，.

（1）求证：；

（2）求证：平面；

（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角.

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)30°.

【详解】试题分析:（1）根据矩形性质得，再由条件，利用线面垂直判定定理得平面，即得结论（2）先根据线线平行得线面平行：平面，平面，再根据线面平行得面面平行：平面平面，即得线面平行（3）过作与的延长线垂直，则根据二面角定义得就是二面角的平面角，再根据面面垂直判定与性质定理得平面，即是直线与平面所成的角，最后通过解三角形得结果

试题解析：证明：（）∵四边形为矩形，∴，

又∵，，平面，，∴平面，

∵平面，∴．

（）∵，平面，平面，∴平面．

∵四边形是矩形，∴，又平面，

平面，∴平面，

又，平面，，∴平面平面，

∵平面，∴平面．

（）过作与的延长线垂直，是垂足，连结．

∵，，∴就是二面角的平面角，

∴，，∴，，

∵，，，∴．

∵平面，平面，

∴平面平面，又平面平面，，

∴平面，

∴是直线与平面所成的角，

∴，∴，

∴直线与平面所成的角为．

29．（上海市浦东新区2023届高三三模数学试题）如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆O的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面是以圆锥的底面圆的直径AB为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上．

(1)求直线和平面所成角的大小；

(2)求该几何体的表面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）找到直线和平面所成角等于，由，求出线面角；

（2）求出圆锥表面积的一半加上、和的面积即可.

【详解】（1）连接，由题意，⊥平面，故直线在平面上的射影为直线，

因此直线和平面所成角等于．

因为是以为直径的等腰直角三角形，所以．

因此，由知．

即直线和平面所成角的大小为．

（2）由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上、和的面积．

因为圆锥的高，圆锥的底面半径，所以圆锥的母线长为，

表面积为．

在和中，，，

所以，得． 同理．

因此．

而，

因此，所求表面积为．

30．（浙江省温州市2023届高三下学期5月第三次适应性考试（三模）数学试题）如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.

(1)设该棱台的高为，求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）利用线面平行条件求AE，再结合等腰梯形可求得，然后利用棱台的体积公式求出h可证；

（2）利用三角形可求，再用等体积法求出点E到平面的距离，然后可得.

【详解】（1）连接，由棱台性质可知，，可得，

又，，所以，所以四点共面

又因为平面，平面平面，平面

所以，所以四边形为平行四边形，

所以，

又四边形为等腰梯形，

易知为梯形的高，即

所以

易得上下底面的面积分别为：，

由体积公式有，解得

所以

（2）连接

由（1）知，所以平面ABCD，

因为平面平面，所以平面平面ABCD，

又，平面平面，平面，

所以平面

因为平面，所以

易得

记三棱锥的高为，

则由得，解得

又，

所以

所以直线与平面所成角的正弦值为

31．（江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．

(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；

(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．

条件①：；

条件②：∠PED＝60°；

条件③：PM＝3ME：

条件④：PE＝3ME．

【答案】(1)答案见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，设，，由平面MBD⊥平面PBC，可得两平面法向量互相垂直，即可得，据此可知可选择①④或②③；

（2）由（1）所建立空间直角坐标系及平面MBD法向量，利用向量方法可得答案.

【详解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，

又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，

则，，，，

设，.

则，，，，.

故.

设平面MBD法向量为，

则，令，可得；

设平面PBC法向量为，

则，可令，可得.

要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.

注意到条件①，

PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，

条件③，条件④.

则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；

（2）由（1），当选择①④时，，，.

则，平面MBD法向量为，

设BP与平面MBD所成角为，则；

当选择②③时，，，.

则，平面MBD法向量，

设BP与平面MBD所成角为，则；

.