专题04-立体几何-2024年高考数学二模试题分类汇编（北京专用）

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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
2．（2024·北京昌平·二模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用面面平行及线面垂直的性质，即可得出：可以推出，再通过举例说明推不出，即可求出结果.
【详解】因为，当时，，又，所以，即可以推出，
如图，在正方体中，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，
显然有，，但，即推不出，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
3．（2024·北京丰台·二模）已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，能使成立的一组条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用给定条件得到，判断A，利用给定条件得到判断B，举反例判断C，D即可.
【详解】对于A，若，则，故A错误，
对于B，若，则，故B正确，
对于C，若，则可能相交，平行或异面，故C错误，
对于D，若，则可能相交，平行或异面，故D错误.
故选：B
4．（2024·北京西城·二模）楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，分别为，的中点，连接，，，由，，，可知为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．
【详解】如图所示，

设，分别为，的中点，连接，，，
因为面为正方形，所以，又平面，平面，所以平面，
又平面平面，所以 ，
因为，分别为，的中点，，，
所以，则为平行四边形，则，
同理，又，所以为三棱柱，
由题意，可得；
又；
所以该多面体的体积为．
故选：C．
5．（2024·北京顺义·二模）如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法：
①存在点P，使得平面；
②对于任意点P，四棱锥体积为定值；
③存在点P，使得平面；
④对于任意点P，都是锐角三角形.
其中，不正确的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法①；由棱锥的底面积和高为定值得体积为定值判断说法②；利用向量数量积验证垂直关系判断说法③；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法④.
【详解】以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体棱长为1，
则，，
设，
，，，
平面的一个法向量为，，
令，则，即，
若，得，
则时，，又平面，所以平面，
即点P为中点时， 平面，说法①正确；
正方体中，平面平面，平面，
则点到平面的距离为定值，又正方形面积为定值，
所以对于任意点P，四棱锥体积为定值，说法②正确；
，，,
若平面，则有，方程组无解，
所以不存在点P，使得平面，说法③错误；
，，，
，，
则中，，都是锐角，
，也是锐角，
所以对于任意点P，都是锐角三角形，说法④正确.
只有说法③不正确.
故选：C.
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·北京丰台·二模）如图，正方体的棱长为2，分别为的中点，为过直线的平面．从下列结论①，②中选择一个，并判断该结论的真假．你选的结论是 （填“①”或“②”），该结论是 命题（填“真”或“假”）．
①平面截该正方体所得截面面积的最大值为；
②若正方体的12条棱所在直线与平面所成的角都等于，则．
【答案】 ①（答案不唯一） 假（答案不唯一）
【分析】选①，根据四边形的面积即可判断，选②，根据三棱锥为正三棱锥，利用等体积法求解与平面所成角的正弦值即可求解②.
【详解】若选①，平面是过直线的平面．此时四边形即为该平面截正方体所得截面，由于四边形的面积为,故①为假命题，
若选②，由于三棱锥为正三棱锥，所以与平面所成角均相等，故平面平面，
设到平面的距离为，则
所以与平面所成角的正弦值为，故，②为真命题
故答案为：①（答案不唯一），假（答案不唯一）
8．（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.
9．（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．
10．（2024·北京东城·二模）如图，在四棱锥中，，，，，平面平面.
(1)求证：；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，结合平面平面，可得平面，可证结论；
（2）延长与交于点，可证，，所以为平面与平面所成角的平面角，求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以；
（2）延长与交于点，连接，则平面平面，
因为，,
所以是的中点，又因为，所以，
所以，又因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，平面，所以，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成角的平面角，
在中，因为，可得，
在中，因为，可得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
11．（2024·北京顺义·二模）在直三棱柱中，，D，E分别为棱，的中点.

(1)求证：；
(2)当时.
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）若平面与直线交于点F，直接写出的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）利用直三棱柱性质以及线面垂直判定定理可证明平面，可得结论；
（2）（ⅰ）建立空间直角坐标系利用空间向量求得两平面的法向量即可求出平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）根据共面关系利用法向量垂直可求得结论.
【详解】（1）证明：连接，

因为，E为中点，所以，
因为是直三棱柱的侧棱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面；
因为平面，
所以.
（2）（ⅰ）因为，所以为等边三角形，
设中点为O，则，
因为平面，
设的中点为M，则，，
以所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，，，，，，，
因为D，E为中点，所以，，
所以，，
因为，，所以平面，
所以是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
则，
令，可得，，
所以，
设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.
（ⅱ），
原因如下：设，易知，所以，
又，则，
易知平面，因此，解得；
因此，即.
12．（2024·北京丰台·二模）在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点．
(1)证明：为的中点；
(2)若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面平行的性质定理判断；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求线面角确定点位置，再由空间向量法求二面角．
【详解】（1）如图，连接，，在正四棱柱中，
由与平行且相等得是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，是中点，
所以是的中点；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，设（），
则，，，，
，，
设平面的一个法向量是，则
，取，得，
因为直线与平面所成的角为，
所以，解得（负值舍去），
所以，平面的一个法向量是，
平面即为平面，
则，
二面角为锐角，因此其余弦值为．
13．（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.
14．（2024·北京东城·二模）如图，在六面体中，平面平面，四边形与四边形是两个全等的矩形.，，平面.，，，则 .该六面体的任意两个顶点间距离的最大值为 .
【答案】 6
【分析】建系，求相关点的坐标，结合空间中两点间距离公式求两点间距离，即可得结果.
【详解】因为平面，且平面，则，
且，即两两垂直，
如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则；
要求六面体的任意两个顶点间距离的最大值，只需考虑各体对角线的距离，
则，
所以该六面体的任意两个顶点间距离的最大值为.
故答案为：；6.
15．（2024·北京昌平·二模）如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
(1)求证：点为线段的中点；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
条件①：平面；
条件②：四边形是正方形；
条件③：平面平面．
注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组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)；
【分析】（1）先通过面面平行的性质证明，再通过证四边形是平行四边形，证，通过平行的传递性证，最后利用三角形中位线点为线段的中点得证；
（2）通过已知条件先证、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角，求点到平面距离即可.
【详解】（1）
连接，因为交平面于点，平面，
所以平面，所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，
所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，因为点是的中点，所以点是线段的中点.
（2）
选择条件①②：
因为平面，平面，平面，
所以，因为四边形是正方形，所以；
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件①③：
因为平面，平面，平面，
所以，因为平面平面，
平面平面，所以平面，所以，
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件②③不合题意，此时几何体不能唯一确定.
16．（2024·北京西城·二模）如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上．再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题．
条件①：；条件②：；条件③：平面．
(1)求证：为的中点；
(2)求直线与平面所成角的大小，及点到平面的距离．
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；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)；
【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解.
【详解】（1）证明：选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：．
连接，在正方体中，由平面，
因为平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为的中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面．
连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以所以，
因为为的中点，所以为的中点．
（2）解：在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
点到平面的距离为.
17．（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.