新高考数学模拟卷分类汇编（四期)专题12《立体几何》解答题(2份打包，解析版+原卷版)

这是一份新高考数学模拟卷分类汇编（四期)专题12《立体几何》解答题(2份打包，解析版+原卷版)，文件包含新高考数学模拟卷分类汇编四期专题12《立体几何》解答题解析版doc、新高考数学模拟卷分类汇编四期专题12《立体几何》解答题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
专题12 立体几何解答题
1．（2021·重庆八中高三月考）如图甲，在梯形中，，过点B作且，将梯形沿折叠得到图乙.折叠后，点F是的中点.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）证明：取ED的中点G，连接FG、CG，因为点F是的中点，所以
又，过点B作且，所以，
所以，所以四边形BCGE是平行四边形，所以，又面，面，所以面.
（2）
解：取BD的中点O，连接CO、AO，因为，所以面，
又，所以面，
又，，所以是正三角形，，
所以以O为坐标原点， OC所在的直线为x轴，以，的方向分别为y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
设，则，，，，，从而，，，.
设平面ACD的法向量为，
则令，得.
设平面AEB的法向量为，
则令，得.
设平面与平面所成的锐二面角为，
故，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

2．（2021·重庆西南大学附中高三月考）在五面体中，四边形为正方形，平面平面，，，.

（1）若平面平面，求的长；
（2）在第（1）问的情况下，过点作平行于平面的平面交于点，交于点，求三棱柱的体积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
又，以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

设，则、、、、，，，，，
设平面的法向量为，设平面的法向量为，
由，取，可得，
由，取，可得，
因为平面平面，则，所以，，，解得；
（2）若，则由（1）可知平面的一个法向量为，
因为、，，
所以，点到平面的距离为，
又因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
平面，，
在梯形中，，则，
所以，直角的面积为，
所以.
3．（2021·辽宁沈阳市翔宇中学高三月考）如图，已知正方体的上底面内有一点，点为线段的中点.

（1）经过点在上底面画一条直线与垂直，并说明画出这条线的理由；
（2）若，求与平面所成角的正切值.
【答案】
（1）连接，在上底面过点作直线即可,作图见解析.
（2）
【解析】
（1）连接，在上底面过点作直线即可，则.

理由： 平面，且平面，
又，，平面，平面，；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，.

又，，，则，
设平面的一个法向量为,则
设与平面所成角为，则，
与平面所成角的正切值为.
4．（2021·河北唐山一中高三期中）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD⊥面ABCD，PA=PD=2.

（1）求证：BD⊥PA；
（2）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由.
【答案】
（1）证明见解析
（2）存在，N为PM的中点
【解析】
（1）取AD的中点E，连接PE，
CDAB，，
，
，
，
∴∠DBA=45°，
，
∴AD2+BD2=AB2，
∴AD⊥BD，
∴PA=PD，E是AD的中点，
∴PE⊥AD
∵平面PAD⊥半面ABCD，平面平面ABCD=AD，半面PAD，PE⊥AD，
∴PE⊥平面ABCD，
平面ABCD，
∴PE⊥BD
又平面PAD，平面PAD，
∴BD⊥平面PAD，又平面PAD
∴BD⊥PA.
（2）延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，
则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM，
以B为原点，以BM､BA､平面ABCD的过点B的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz，

则，
，
设，
则，
设平面PCD的法向量为，则，，
即
令可得，
设平面CDN的法向量为，则，，
即，
令可得，
，
若二面角P-DC-N的余弦值，
则
解得：或，
令可得，解得，
故当时，二面角P-DC-N为锐二面角，
当时，二面角P-DC-N为钝二面角，
，即在直线l上存在点N，当N为PM的中点时，二面角P-DC-N的余弦值为.
5．（2021·河北邢台一中高三期中）如图，在四棱锥中，，，，，是的中点，.

（1）证明：.
（2）当三棱锥的体积为时，求与平面所成角的正弦值.
【答案】
（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
（1）证明：设为的中点，连接，，
因为，所以，
所以，即，
因为，为的中点，所以，
又因为，所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为，，，所以平面，
所以，则.
以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
所以，
所以与平面所成角的正弦值为.

6．（2021·福建福清西山学校高三期中）如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，，E为棱PB上一点.


（1）若E为棱PB的中点，求证：直线平面PAD；
（2）若E为棱PB上存在异于P､B的一点，且二面角的平面角的余弦值为，求直线AE与平面ABCD所成角的正弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）证明：取PA的中点F，连EF，DF，

∵E为PB的中点，∴且，
又，且，
∴，所以四边形CDFE为平行四边形，
∴，
又平面PAD，平面PAD，
故直线平面PAD.
（2）以A为坐标原点，以AD，AB，AP所在射线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，.
设，则，.
∵E在棱PB上，∴可设.
故，解得，即，
易知平面ACB的法向量为，
设平面ACB的法向量，，，
∴，即，
即.
取，则，，
故.
因为二面角的平面角的余弦值为，
所以，即，
即
，解得.
∴，.
因为z轴⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为.
设AE与平面ABCD所成角为，
则.
故AE与平面ABCD所成角的正弦值为.
7．（2021·山东安丘一中高三月考）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）因为，，为的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（2）因为，为的中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又因为，
如图，以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，
设，其中，
所以，，
又，设平面的法向量为，
则，所以，
取，得，
由题意知平面的一个法向量为，
因为二面角为，所以，
因为，解得，
所以,
易知平面的一个法向量为，.
所以与平面所成角的正弦值为.
8．（2021·湖北荆州一中高三期中）如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，且，，三角形为等腰直角三角形，且，.

（1）若点为棱的中点，证明：平面平面；
（2）若平面平面，点为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）因为为等腰直角三角形，点为棱的中点，
所以，
又因为，，所以，
又因为在中，，，
所以，
所以，所以，
又因为，所以平面，
又因为为平行四边形，所以，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）因为平面平面，平面平面，，
所以平面，又因为，
以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则由，，
可得
令，得，
设直线与平面所成角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
9．（2021·湖北武汉二中高三月考）如图，在三棱锥中，已知，.

（1）证明：
（2）若平面平面ABC，且，求二面角的余弦值.
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）证明：取PC中点O，连接,
∵，
∴， ∴
∵，，,平面，
∴平面ABO，又平面，
∴.
（2）
（2）平面平面，作，，，，
∴，所以，，两两垂直，以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，，，
所以，，，
则，，，，
设平面的法向量为
则，所以，令，则
又平面的一个法向量为
设二面角所成的平面角为，则
显然二面角是锐角，故二面角的余弦值为.
10．（2021·湖北襄阳四中高三月考）如图，在三棱柱中，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）证明：∵在三棱柱中，平面，
因为平面，故，同理.
因为，故四边形为菱形，故.
因为，故，
∵，∴平面，
∵平面，∴，
∵，∴平面.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
点在线段上，且，点在线段上.
设，，，则，，，
即，，
解得，，，
∵平面，∴，
解得.
∴的值为.

11．（2021·湖南永州一中高三月考）如图，四边形为平行四边形，，四边形为矩形，且平面，.

（1）证明：平面平面；
（2）若为的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
∵四边形为平行四边形，，
∴∠CBA=60°又，
∴在△ACB中，∠ACB=90°，即AC⊥BC，
又平面，
∴AC⊥CF，又，
∴AC⊥平面BCF，又AC平面ACFE，
∴平面平面.
（2）如图以C为原点建立空间直角坐标系，设AB=2，则AD=1，CF=1，AC=，

∴，
则，
设平面的法向量，
∴，
∴令，则，
平面的法向量可取，
∴，
∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
12．（2021·湖南郴州一中高三月考）如图，在四棱锥中，，，，且，平面平面，三棱锥的体积为.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，连接，因为，，
所以，且，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，可得，
因为，，所以，
所以，
所以，所以，
又因为，，可得，，
又因为，所以平面；
（2）由（1）知，过点作平面的垂线，建立空间直线坐标系如图所示，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，可得，令，则，，
所以，
设平面的法向量为，
则，可得令，则，，
所以，
则，
由图可知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.

13．（2021·湖南株洲二中高三月考）如图，已知是平面外一点，，，.

（1）四点，，，在同一平面内吗？说明理由；
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）在同一平面内，理由见解析；（2）．
【解析】
（1）分别设线段，的中点分别为，，分别连接，，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形和四边形都是平行四边形，
∴，，，，
∴，，即四边形是平行四边形，
∴，∴，
所以，四点，，，在同一平面内；
（2）∵，，与是平面内两相交直线，
∴平面，
分别以直线，为轴和轴，以过点垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直线坐标系，
设，由于，，
所以，，，，，
∴，，，，
设和分别是平面和平面的一个法向量，
则 ，，，，
∴， ，
不妨取，得，，，
∴，
所以，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

14．（2021·湖南临澧一中高三月考）如图1，在矩形ABCD中，AB= 4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

（1）设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；
（2）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.
【答案】（1）AM=；（2）.
【解析】
（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则，
∵，当AM=时，，
则且，则AMFN是平行四边形，AN∥MF.
又平面D1AE，平面D1AE，则MF∥平面D1AE.
（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，
∵AD1=ED1=2，∴OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，
∴OD1⊥平面ABCE.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，∴OM⊥OK，
故如图建系O﹣xyz.
设平面CD1E的法向量 =（x， y， z），
∵EC∥y轴，∴，
∵，
∴D1为（0， 0，），又E为（﹣1， 1， 0），则，
由，取，则=（， 0， 1）.
又B为（1， 3， 0），则，
记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，
则.

15．（2021·广东福田一中高三月考）如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，N为的中点，P是与的交点．

（1）证明：；
（2）在线段上是否存在点Q，使得∥平面？若存在，请确定Q的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】
（1）证明见解析
（2）存在；线段上靠近N的三等分点Q
【解析】
（1）解法一：连结，在直三棱柱中，有面

因为面，所以，
中，，即，
因为，所以面，
因为面，所以，
在四边形中，，，
所以四边形为正方形，所以，
因为，所以面，
因为面，所以．
解法二：在直三棱柱中，因为，以点A为坐标原点，AB、CA、方向分别为、、轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．

因为，所以，，，
所以，
所以．
（2）解法一：存在线段上靠近N的三等分点Q，满足∥平面．
证明如下：在直三棱柱中，因为，以点A为坐标原点，AB、CA、方向分别为、、轴正方向建立如图所示空间直角坐标系．
因为，M为AB的中点，N为的中点，P是与的交点，所以
、、、、、
设，所以
所以，，，
设为平面的法向量，则即．
取得，可得平面的一个法向量为．
若∥平面，则，所以，即
解得，所以存在线段上靠近N的三等分点Q，使得∥平面．
解法二：存在线段上靠近N的三等分点Q，满足∥平面．
证明如下：取中点H，连结BH、、．
在正方形中，M为AB的中点，所以∥．
因为平面，平面，
所以平面∥，
在正方形中，M为AB的中点，H为中点，所以∥．

因为∥且，所以∥，，
所以四边形为平行四边形，所以∥．
因为平面，平面，所以∥平面，
因为，平面，平面
所以平面∥平面，
记，则Q为的重心，即Q为线段上靠近N的三等分点，且平面，
所以∥平面，
所以存在线段上靠近N的三等分点Q，使得∥平面．
16．（2021·广东顺德一中高三月考）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．

（1）证明底面；
（2）设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）由翻折之前的边长关系得，，进而得翻折后有，，进而得底面；
（2）解法一：以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，进而得为二面角的平面角，再结合正弦定理得，再写坐标，利用坐标法求解即可.
解法二：由（1）知为二面角的平面角，即，进而由正弦定理得，再由余弦定理可得，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角，再利用得，进而得答案；
解法三：由（1）得为二面角的平面角，即，进而得，，再过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC
进而证明面PAT，再根据几何关系求解即可.
（1）
由菱形的边长为3，，
可得：，即有
同理，即有
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，，．
可得底面
（2）
解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．
由第（1）问可得底面，可得：，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．

利用正弦定理
可得：，可得点T的坐标为．
点，，
设面的法向量为，则有，即：．
令，则有，
则有：
则PC与面PAT所成角的正弦值为．
解法二：由第（1）问可知底面，，
所以，，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．
利用正弦定理
可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点

所以在中，由余弦定理可得：，
设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，
所以为PC与面PAT所成角
考虑三棱锥，由于，
，
因为，所以
所以
所以PC与面PAT所成角的正弦值为
解法三：由面，可得：，．
故为二面角的平面角，由题意可得：
因为为锐角，所以
故
过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC

则
∵，∴
∵面，∴
又因为，，故面PAT
故为与面PAT所成的角，∴
即PC与面PAT所成角的正弦值为
17．（2021·广东深圳中学高三月考）如图所示的几何体由三棱锥和正四棱锥拼接而成，平面，，，，，O为四边形对角线的交点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】
（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）取AD中点M，连QM，OM，如图，

因O是正四棱锥底面中心，即O是BD中点，则OM//AB//PQ，，
于是得PQMO是平行四边形，PO//QM，而平面ADQ，平面ADQ，
所以PO//平面ADQ.
（2）
在正四棱锥中，DOAO，PO平面ABCD，DO平面ABCD，则PODO，而，平面POA，
因此，DO平面POA，而平面POA，则DOPA，过O作OEPA于E，连DE，如图，

，平面DOE，则有PA平面DOE，即PADE，从而得是二面角的平面角，
因平面，则PQAQ，，而，则PO=2，，
中，，于是得，
所以二面角的正弦值.
18．（2021·广东湛江一中高三月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，点是棱的中点.

（1）证明：平面平面.
（2）若求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
证明：因为底面，平面，所以.
四边形为矩形，所以，因为，所以平面.
从而，因为，点是棱的中点﹐所以.
因为，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
解：以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示，依题意可得，

设平面的法向量为，由，得
不妨令可得.
设平面的法向量为，由，得
不妨令，可得.
易知二面角为锐角，，
所以二面角的余弦值为.
19．（2021·广东佛山一中高三月考）如图所示，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，BC＝CDAD＝1，E为PA的中点．

（1）求证：EB∥平面PCD；
（2）求平面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）证明：取AD的中点O，连接EO，OB，
∵E为PA的中点，O为AD的中点，
∴OEPD，
又∵BCAD，，
∴四边形BCDO为平行四边形，
∴BOCD，
∵OEPD，BOCD，
平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，同理平面PCD，
又OE和BO是平面EBO的两条交线，
∴平面EBO平面PCD，
又∵BE在平面EBO中，
∴BE平面PCD；

（2）连接，，则，又平面平面，又平面平面，所以平面，
取BC的中点M，连接，是等腰梯形，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则平面PAD的一个法向量为，
∴，
设平面PCD的一个法向量为，则，
不妨令x＝1，则，则，
∴，则．
20．（2021·江苏海安高级中学高三月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，且二面角的大小为30°，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）因为侧面底面，
侧面底面，
又底面为矩形，
所以，平面，
平面，平面，
所以，
又侧面是正三角形，M是的中点，
所以，，，平面，
所以平面．
（2）取中点O，过点O作的平行线连接，
由（1）同理知平面，
以O为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，
记平面的法向量，则，，
从而，则可得，
因为平面，
则平面的法向量跟共线，可取，
因为二面角的大小为30°，
，
解得，
所以四棱锥的体积为．

21．（2021·江苏扬州中学高三月考）如图所示，在三棱锥中，平面，，，，，分别是，，，的中点，，与交于点，与交于点，连接.

（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）因为，，，分别是，，，的中点，
所以，.所以.
又平面，平面，所以平面.
又平面，平面平面，
所以.又，所以.
（2）在中，，，所以.
又平面，所以，，两两垂直.
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，，.所以，，
，.
设平面的一个法向量为，
由，，得取，得.
设平面的一个法向量为，
由，，得取，得.
设二面角为，由图象知二面角为锐角，
则.