專題05立體幾何

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

考點1空間幾回顧近五年北京卷高考命題情況，立體幾

何體面積、體2025北京卷、2024北京卷、2023北京卷、何無疑是高考的重點內(nèi)容，屬于必考范疇。

積、棱長、高2022北京卷、2021北京卷其考查方向較為明確且集中，主要聚焦于

（5年5考）兩大關(guān)鍵方面。其一，空間幾何體相關(guān)計

算是重要考點，涉及體積、面積以及高等

考點2三視圖

2021北京卷具體數(shù)值的求解，這要求考生熟練掌握各

（5年1考）

類空間幾何體的特征與計算公式，能夠準(zhǔn)

考點3線面角確運用公式進(jìn)行計算。其二，空間角的問

2025北京卷、2022北京卷

（5年2考）題求解是考查的重中之重，涵蓋線線角、

線面角以及二面角。考生需具備清晰的空

間想象能力，掌握相應(yīng)的求解方法與技巧，

考點4二面角

2024北京卷、2023北京卷、2021北京卷如通過建系利用向量法求解等。備考時，

（5年3考）

考生應(yīng)針對這些重點內(nèi)容加強(qiáng)練習(xí)，提升

解題能力。

考點01空間幾何體面積、體積、棱長、高

1．（2025·北京·高考真題）某科技興趣小組用3D打印機(jī)制作的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體，其

中ABCDEF是一個平面多邊形，平面AFR平面ABC，平面CDT平面ABC，ABBC，AB//EF//RS//CD，

5

BC//DE//ST//AF.若ABBC8,AFCD4,RARFTCTD，則該多面體的體積為．

2

【答案】60

【解析】先證明一個結(jié)論：如果平面平面，平面平面，平面l，則l.

證明：設(shè)a，b，在平面取一點O，Oa,Ob，

在平面內(nèi)過O作直線m，使得ma，作直線n，使得nb，

因為平面平面，m，故m，而l，故ml，

同理nl，而mnO,m,n，故l.

下面回歸問題.

連接BE，因為ABBC且AF//BC，故AFAB，同理BCCD，EFED，

而ABBC8,AFCD4，故直角梯形ABEF與直角梯形CBED全等，

故BEFBED45，

在直角梯形ABEF中，過B作BTEF，垂足為T，

則四邊形ABTF為矩形，且BTE為以BTE為直角的等腰直角三角形，

故EFFTTEABBTABAF12，

平面RAF平面ABEF，平面RAF平面ABEFAF，AFAB,

AB平面ABEF，故AB平面RAF，

取AF的中點為M，BE的中點為U，CD的中點為V，連接RM,MU,SU,UV，

則MU//RS，同理可證RM平面ABEF，而RM平面RMUS，

故平面RMUS平面ABEF，同理平面VUS平面ABEF，

而平面RMUS平面VUSSU，故SU平面ABEF，

1

故RM//SU，故四邊形RMUS為平行四邊形，故MURS81210.

2

在平面ABHR中過B作BH//AR，交RH于H，連接HT.

則四邊形ABHR為平行四邊形，且RH//AB,RH=AB，故RH//FT,RH=FT，

故四邊形RFTH為平行四邊形，

而BHAB,BTAB,BTBHB,BT,BH平面BHT，

故AB平面BHT，故平面ARF//平面BHT，

而ARBH,RFHT,AFBT，故△ARF△BHT，

故幾何體ARFBHT為直棱柱，

2

而15，故V8324

SARF443ARFBHT,

22

因為AB//EF，故EF平面ARF，

而EF平面RSEF，故平面ARF平面RSEF，

在平面ARF中過A作AGRF，垂足為G，同理可證AG平面RSEF，

11211215

而AGRF3，故AG，故V246，

25BHTES3522

由對稱性可得幾何體的體積為224660，

故答案為：60.

2．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方形，PAPB4，

PCPD22，該棱錐的高為（）.

A．1B．2C．2D．3

【答案】D

【解析】如圖，底面ABCD為正方形，

當(dāng)相鄰的棱長相等時，不妨設(shè)PAPBAB4,PCPD22，

分別取AB,CD的中點E,F，連接PE,PF,EF，

則PEAB,EFAB，且PEEFE，PE,EF平面PEF，

可知AB平面PEF，且AB平面ABCD，

所以平面PEF平面ABCD，

過P作EF的垂線，垂足為O，即POEF，

由平面PEF平面ABCDEF，PO平面PEF，

所以PO平面ABCD，

由題意可得：PE23,PF2,EF4，則PE2PF2EF2，即PEPF，

11PEPF

則PEPFPOEF，可得PO3，

22EF

所以四棱錐的高為3.

故選：D.

3．（2023·北京·高考真題）坡屋頂是我國傳統(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五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是

全等的等腰三角形．若AB25m,BCAD10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面

14

ABCD的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（）

5

A．102mB．112m

C．117mD．125m

【答案】C

【解析】如圖，過E做EO平面ABCD，垂足為O，過E分別做EGBC，EMAB，垂足分別為G，M，

連接OG,OM，

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EMO和EGO，

14

所以tanEMOtanEGO.

5

因為EO平面ABCD，BC平面ABCD，所以EOBC，

因為EGBC，EO,EG平面EOG，EOEGE，

所以BC平面EOG，因為OG平面EOG，所以BCOG，.

同理：OMBM，又BMBG，故四邊形OMBG是矩形，

所以由BC10得OM5，所以EO14，所以O(shè)G5，

2

所以在直角三角形EOG中，EGEO2OG2145239

2

在直角三角形EBG中，BGOM5，EBEG2BG239528，

又因為EFAB55255515，

所有棱長之和為2252101548117m.

故選：C

4．（2022·北京·高考真題）已知正三棱錐PABC的六條棱長均為6，S是VABC及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)

集合TQSPQ5，則T表示的區(qū)域的面積為（）

3

A．B．C．2D．3

4

【答案】B

【解析】

設(shè)頂點P在底面上的投影為O，連接BO，則O為三角形ABC的中心，

23

且BO623，故PO361226.

32

因為PQ5，故OQ1，

故Q的軌跡為以O(shè)為圓心，1為半徑的圓，

3

236

而三角形ABC內(nèi)切圓的圓心為O，半徑為，

431

36

故Q的軌跡圓在三角形ABC內(nèi)部，故其面積為

故選：B

5．（2021·北京·高考真題）某一時間段內(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，稱為這個時段的降雨量（單位：mm）．24h降雨量的等級劃分如下：

等級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

…………

在綜合實踐活動中，某小組自制了一個底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程

中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是

A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨

【答案】B

200200150

【解析】由題意，一個半徑為100mm的圓面內(nèi)的降雨充滿一個底面半徑為50mm，高

22300

為150mm的圓錐，

1

502150

所以積水厚度，屬于中雨.

d312.5mm

1002

故選：B.

考點02三視圖

6．（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（）

3333

A．+B．33C．3D．3+

2222

【答案】A

【解析】根據(jù)三視圖可得如圖所示的幾何體-正三棱錐OABC，

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)棱長為1，

13233

故其表面積為3112，

242

故選：A.

考點03線面角

7．（2025·北京·高考真題）如圖，在四棱錐PABCD中，ADC與BAC均為等腰直角三角形，

ADC90，BAC90，E為BC的中點．

(1)若F,G分別為PD,PE的中點，求證：FG//平面PAB；

(2)若PA平面ABCD，PAAC，求直線AB與平面PCD所成角的正弦值．

【解析】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，

ACD與VABC為等腰直角三角形且ADC90，BAC90，

不妨設(shè)ADCD2，ACAB22.BC4.

E、F分別為BC、PD的中點，

11

FNAD1,GMBE1，且FN//AD,GM//BC.

22

QDAC45,ACB45，AD∥BC，

FN∥GM，四邊形FGMN為平行四邊形，

FG∥MN，∴

FG平面PAB，MN平面PAB，F(xiàn)G∥平面PAB；

（2）PA平面ABCD，以A為原點，AC、AB、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直

角坐標(biāo)系，

設(shè)ADCD2，則A0,0,0,B0,22,0,C22,0,0,D2,2,0,P0,0,22，

AB0,22,0,DC2,2,0,CP22,0,22，

設(shè)平面PCD的一個法向量為n(x,y,z)，

DCn02x2y0

，，

CPn022x22z0

取x1，y1,z1，n1,1,1.

設(shè)AB與平面PCD所成角為，

ABn0122101223

則sincosAB,n，

2

ABn22121122233

3

即AB與平面PCD所成角的正弦值為.

3

8．（2022·北京·高考真題）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1平面ABB1A1，

ABBC2，M，N分別為A1B1，AC的中點．

(1)求證：MN∥平面BCC1B1；

(2)再從條件、條件這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．

條件：AB①MN；②

條件①：BMMN．

②

注：如果選擇條件和條件分別解答，按第一個解答計分．

【解析】（1）取AB①的中點為②K，連接MK,NK，

由三棱柱ABCA1B1C1可得四邊形ABB1A1為平行四邊形，

而B1MMA1,BKKA，則MK//BB1，

而MK平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，故MK//平面BCC1B1，

而CNNA,BKKA，則NK//BC，同理可得NK//平面BCC1B1，

而NKMKK,NK,MK平面MKN，

故平面MKN//平面BCC1B1，而MN平面MKN，故MN//平面BCC1B1，

（2）因為側(cè)面BCC1B1為正方形，故CBBB1，

而CB平面BCC1B1，平面CBB1C1平面ABB1A1，

平面CBB1C1平面ABB1A1BB1，故CB平面ABB1A1，

因為NK//BC，故NK平面ABB1A1，

因為AB平面ABB1A1，故NKAB，

若選，則ABMN，而NKAB，NKMNN，

故AB①平面MNK，而MK平面MNK，故ABMK，

所以ABBB1，而CBBB1，CBABB，故BB1平面ABC，

故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，

故BA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，

設(shè)平面BNM的法向量為nx,y,z，

nBN0xy0

則，從而，取z1，則n2,2,1，

nBM0y2z0

設(shè)直線AB與平面BNM所成的角為，則

42

sincosn,AB.

233

若選，因為NK//BC，故NK平面ABB1A1，而KM平面ABB1A1，

故NK②KM，而B1MBK1,NK1，故B1MNK，

而B1BMK2，MBMN，故BB1MMKN，

所以BB1MMKN90，故A1B1BB1，

而CBBB1，CBABB，故BB1平面ABC，

故可建立如所示的空間直角坐標(biāo)系，則B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，

故BA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，

設(shè)平面BNM的法向量為nx,y,z，

nBN0xy0

則，從而，取z1，則n2,2,1，

nBM0y2z0

設(shè)直線AB與平面BNM所成的角為，則

42

sincosn,BA.

233

考點04二面角

9．（2024·北京·高考真題）如圖，在四棱錐PABCD中，BC//AD，ABBC1，AD3,點E在AD上，

且PEAD，PEDE2．

(1)若F為線段PE中點，求證：BF//平面PCD．

(2)若AB平面PAD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．

1

【解析】（1）取PD的中點為S，接SF,SC，則SF//ED,SFED1，

2

而ED//BC,ED2BC，故SF//BC,SFBC，故四邊形SFBC為平行四邊形，

故BF//SC，而BF平面PCD，SC平面PCD，

所以BF//平面PCD.

（2）

因為ED2，故AE1，故AE//BC,AE=BC，

故四邊形AECB為平行四邊形，故CE//AB，所以CE平面PAD，

而PE,ED平面PAD，故CEPE,CEED，而PEED，

故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A0,1,0,B1,1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2，

則PA0,1,2,PB1,1,2,PC1,0,2,PD0,2,2,

設(shè)平面PAB的法向量為mx,y,z，

mPA0y2z0

則由可得，取m0,2,1，

mPB0xy2z0

設(shè)平面PCD的法向量為na,b,c，

nPC0a2b0

則由可得，取n2,1,1，

nPD02b2c0

130

故cosm,n，

5630

30

故平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為

30

10．（2023·北京·高考真題）如圖，在三棱錐PABC中，PA平面ABC，PAABBC1，PC3．

(1)求證：BC平面PAB；

(2)求二面角APCB的大小．

【解析】（1）因為PA平面ABC,BC平面ABC，

所以PABC，同理PAAB，

所以PAB為直角三角形，

又因為PBPA2AB22，BC1,PC3，

所以PB2BC2PC2，則PBC為直角三角形，故BCPB，

又因為BCPA，PAPBP，

所以BC平面PAB.

（2）由（1）BC平面PAB，又AB平面PAB，則BCAB，

以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，

所以AP(0,0,1),AC(1,1,0),BC(0,1,0),PC(1,1,1)，

mAP0z10,

設(shè)平面PAC的法向量為mx,y,z，則，即

111

mAC0x1y10,

令x11，則y11，所以m(1,1,0)，

nBC0y20

設(shè)平面PBC的法向量為nx,y,z，則，即，

222

nPC0x2y2z20

令x21，則z21，所以n(1,0,1)，

mn11

所以cosm,n，

mn222

又因為二面角APCB為銳二面角，

π

所以二面角APCB的大小為.

3

11．（2021·北京·高考真題）如圖：在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為A1D1中點，B1C1與平面CDE交于點F．

（1）求證：F為B1C1的中點；

5A1M

（2）點是棱AB上一點，且二面角MFCE的余弦值為，求的值．

M11AB

311

【解析】(1)如圖所示，取B1C1的中點F'，連結(jié)DE,EF',F'C，

P

由于ABCDA1B1C1D1為正方體，E,F'為中點，故EF'CD，

從而E,F',C,D四點共面，即平面CDE即平面CDEF'，

據(jù)此可得：直線B1C1交平面CDE于點F'，

當(dāng)直線與平面相交時只有唯一的交點，故點F與點F'重合，

即點F為B1C1中點.

(2)以點D為坐標(biāo)原點，DA,DC,DD1方向分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，

AM

不妨設(shè)正方體的棱長為2，設(shè)101，

A1B1

則：M2,2,2,C0,2,0,F1,2,2,E1,0,2，

從而：MC2,22,2,CF1,0,2,FE0,2,0，

設(shè)平面MCF的法向量為：mx1,y1,z1，則：

mMC2x122y12z10

，

mCFx12z10

1

令z11可得：m2,,1，

1

設(shè)平面CFE的法向量為：nx2,y2,z2，則：

nFE2y20

，

nCFx22z20

令z11可得：n2,0,1，

2

1

從而：mn5,m5,n5，

1

mn55

cosm,n

2

則：mn13，

55

1

2113

整理可得：1，故（舍去）.

422

1．（2025·北京·三模）某建筑物的部分建筑結(jié)構(gòu)可以抽象為三棱錐PABC，PAPBPC43，底面

VABC是等腰直角三角形，且ABBC，頂點P到底面VABC的距離為6，則點B到平面PAC的距離為（）

A．22B．26C．23D．43

【答案】C

【解析】

如圖所示，作AC中點為D，連接PD,BD，

因為PAPC，所以PDAC，又因為VABC是等腰直角三角形，且ABBC，所以BDAC,DADBDC，

因為PAPBPC，DADBDC，PD是公共邊，所以PADPBDPCD，

π

所以PDAPDBPDC,

2

所以PDAC,PDBD，ACBDD，AC面ABC，BD面ABC，所以PD面ABC.

所以PD為點P到底面ABC的距離，即PD6.

在△PAD中，根據(jù)勾股定理ADPA2PD223，AC43.

因為PDBD，BDAC，PDACD，PD面PAC，AC面PAC，所以BD面PAC，

所以BD為點B到面PAC的距離，

1

在等腰直角三角形VABC中，BDAC23.

2

故選：C.

2．（2025·北京大興·三模）《九章算術(shù)》是我國古代的一部數(shù)學(xué)名著，書中記載了一類名為“羨除”的五面體．如

圖，在羨除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF平面ABCD，EF2，其余棱長都為1，則這個幾何

體的體積為（）∥

222

A．22B．2C．D．

33

【答案】D

【解析】連接AC,BD交于點M,取EF的中點為O,則OM平面ABCD,

2

由EF=2，其余棱長都為1，所以O(shè)M

2

取BC的中點為G,連接FG,則FGBC,過O作ONFG,

3323

則ON平面BCF,如圖所示，由題意可知，F(xiàn)G,則FN,

2233

6

所以O(shè)GOF2FN2,

3

121362

所以V11212.

323433

故選：D

3．（2025·北京·三模）已知平面,，直線l,m，則下面結(jié)論正確的是（）

A．若l,m//,m//，則m//l；

B．若l,m//l,m//，則m//；·

C．若,l,m，則m//；

D．若,l,ml，則m；

【答案】A

【解析】對于A，由m//,m//，則存在相異于l的直線a,b，

a,b，使m//a,m//b，即a//b，

又a,b，所以a//，又a,l，所以a//l，

故m//l，故A正確；

對于B，若l,m//l,m//，則m//或m，故B錯誤；

對于C，若,l,m，則m//或m，故C錯誤；

對于D，ml僅說明直線m與交線垂直，不能保證m垂直于內(nèi)的所有直線，故D錯誤；

故選：A.

4．（2025·北京豐臺·二模）如圖，在棱臺ABCDABCD中，底面ABCD和ABCD為正方形，AB3,AB1，

側(cè)面均為等腰梯形，且側(cè)面與底面ABCD的夾角均為45，則該棱臺的表面積為（）

A．18B．1082C．1083D．34

【答案】B

【解析】由題意在棱臺ABCDABCD中，底面ABCD和ABCD為正方形，各側(cè)棱均相等，

過B作BF底面ABCD，交底面ABCD于F，過F作FEBC交BC于E，連接BE，

因為BC底面ABCD，所以BFBC，

又因為FEBC，F(xiàn)EIBFF，F(xiàn)E,BF平面BFE，所以BC平面BFE，

因為BE平面BFE，所以BCBE，

又因為平面BCCB平面ABCDBC，

所以BEF即為側(cè)面與底面ABCD夾角的平面角，即BEF45，

1

由題意可知FE311，所以BE2，

2

132

所以該棱臺的表面積S123241082.

2

故選：B

5．（2025·北京·二模）設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，P為正方體表面上一點，且點P到直線AA1的

距離與它到平面ABCD的距離相等，記動點P的軌跡為曲線W，則曲線W的周長為（）

A．32B．22πC．62D．42π

【答案】D

【解析】以D為原點，DA,DC,DD1建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

顯然點P到平面ABCD的距離為z，

設(shè)點Px,y,z，在AA1上取一點A22,0,z，而A2,0,0,A12,0,2，

所有A2Px2,y,0,AA10,0,2，從而A2PAA10，

所以點到直線的距離為22，

PAA1A2Px2y

2

所以x2y2z2，

令z0，得x2,y0，此時點P的軌跡就是一個點，此時點P的軌跡長度是0，

22

令z2，得x2y4,x,y0,2，此時點P在以A1為圓心半徑為2的四分之一的圓周上面運動，此時

1

點P的軌跡長度是2π2π，

4

22

令x0，得4yz,z,y0,2，即y0,z2，此時點P的軌跡長度是0，

22

令x2，得yz,z,y0,2，即yz,z,y0,2，此時點P在線段AB1上運動，軌跡長度是22，

22

令y0，x2z,z,x0,2，即2xz,z,x0,2，此時點P在線段AD1上運動，軌跡長度為22，

2

令y2得，x24z2,z,x0,2，即x2,z2，此時點P的軌跡長度是0，

綜上所述，所求為42π.

故選：D.

6．（2025·北京朝陽·二模）金剛石是由碳元素組成的單質(zhì)，具有極高的硬度，在工業(yè)中有廣泛的應(yīng)用，如圖

1所示，組成金剛石的每個碳原子都與其相鄰的4個碳原子以完全相同的方式連接．從立體幾何的角度，可

以認(rèn)為4個碳原子分布在一個正四面體的4個頂點A，B，C，D處，中間的碳原子處于與這4個碳原子距

離都相等的位置（點E處），如圖2所示，設(shè)AB=a，則E到平面ABD的距離為（）

3663

A．a(chǎn)B．a(chǎn)C．a(chǎn)D．a(chǎn)

69129

【答案】C

【解析】沿四面體的兩條側(cè)棱和高，切出一塊幾何體如下圖，

O是頂點A在下底面的射影，E是正四面體外接球的球心，AO是正四面體的高，OB是下底面的外接圓半

徑，EAEBECR是球的半徑，

a3

則2OB，解得OBa，

sin603

2

在中，236，

RtAOBAOaaa

33

在Rt△EOB中，OE2BE2OB2，

2

即222，即6212，

OARROBaRRa

33

6

解得Ra，

4

666

所以O(shè)EOARaaa，

3412

6

由于E到正四面體各面的距離相等，則E到平面ABD的距離為a.

12

故選：C

7．（2025·北京昌平·二模）廡殿頂是中國傳統(tǒng)建筑中的一種屋頂形式，其頂蓋幾何模型如圖所示，底面ABCD

是矩形，側(cè)面由兩個全等的等腰梯形和兩個全等的等腰三角形組成．若BC10m，EF5m且四個側(cè)面與

底面的夾角的大小均相等，則AB（）．

A．12mB．15mC．20mD．40m

【答案】B

【解析】取AD,BC的中點G,M，連接GM，

過點F作FO面ABCD于點O，過點E作EL面ABCD于點L，作OHAB于點H，連接FM,FH，

因為底面ABCD是矩形，所以AB//CD，

又因為CD面CDFE，AB面CDFE，所以AB//面CDFE，

又因為AB面ABEF，面CDFE面ABEFEF，

所以AB//EF，

因為面ABEF，面CDFE都與底面ABCD所成的角相等，

1

所以點O,L在直線GM上，且OLEF5m，OHBC5m，

2

因為側(cè)面由兩個全等的等腰梯形和兩個全等的等腰三角形組成，

所以FMBC，GMBC，

所以FMO為面FBC與面ABCD所成的角，

FO面ABCD，AB面ABCD，所以FOAB，

又因為OHAB，F(xiàn)OOHO，F(xiàn)O,OH平面FOH，

所以AB平面FOH，又FH平面FOH，

所以ABFH，所以FHO為面ABEF與面ABCD所成的角，

所以FMOFHO，又OF為公共邊，

所以RtOFM≌RtOFH，所以O(shè)MOH5m，同理GL5，

所以ABGMOMOLLG55515m.

故選：B.

8．（2025·北京通州·一模）經(jīng)過科學(xué)實驗證明，甲烷分子的結(jié)構(gòu)是正四面體結(jié)構(gòu)（圖1），碳原子位于正四面

體的中心（到四個頂點距離相等），四個氫原子分別位于正四面體的四個頂點上，抽象成數(shù)學(xué)模型為正四面

體ABCD，O為正四面體的中心，如圖2所示，則角AOB的余弦值為（）

11116

A．B．C．D．

23326

【答案】B

【解析】如圖：

2a3

設(shè)正四面體的棱長為a，正三角形BCD中，BHa2()2a，

323

36

正四面體的高AHa2(a)2a，

33

設(shè)OAR,則Rt△BHO中，

OB2BH2HO2BH2(AHAO)2,

36

即R2(a)2(aR)2,

33

66

解得Ra,即OAOBOCODRa,

44

則VAOB中，

22

66

aaa2

OA2OB2AB2441

cosAOB,

2OAOB663

2aa

44

故選：B

9．（2025·北京房山·一模）如圖，將棱長為2的正方體六個面的中心連線，可得到八面體EABCDF，P

為棱BC上一點，則下列四個結(jié)論中錯誤的是（）

A．AE∥平面BCF

4

B．八面體EABCDF的體積為

3

C．EPFP的最小值為6

6

D．點A到平面BCF的距離為

2

【答案】D

【解析】

在正方體中，連接AC,EF可知相交于點O，且被O互相平分，故四邊形AFCE是平行四邊形，

所以AECF，而AE平面BCF，CF平面BCF，

所以AE∥平面BCF，故A正確；

因為正方體棱長為2，所以四邊形ABCD是正方形且ABBC2，

OE面ABCD,OE1，

所以八面體EABCDF的體積等于棱錐EABCD體積的2倍，

12

而棱錐EABCD體積等于221，

33

4

故八面體EABCDF的體積為，B正確；

3

因為P為棱BC上一點，將EBC和FBC展開成一個平面，

由題EBC和FBC均為正三角形，且邊長為2，

由三角形兩邊之和大于第三邊知EPFP最小值為EF，在△EBF中由余弦定理可知

EFBE2BF22BEBFcos1206，故C正確；

對于D選項：設(shè)點A到平面BCF的距離為h,由等體積法知：

1122

22sin60h221,h3，故錯誤.

2233

故選：D.

10．（2025·北京東城·一模）祈年殿（圖1）是北京市的標(biāo)志性建筑之一?距今已有600多年歷史.殿內(nèi)部有垂

直于地面的28根木柱，分三圈環(huán)形均勻排列.內(nèi)圈有4根約為19米的龍井柱，寓意一年四季；中圈有12根

約為13米的金柱，代表十二個月；外圈有12根約為6米的檐柱，象征十二個時辰.已知由一根龍井柱AA1和

兩根金柱BB1,CC1形成的幾何體ABCA1B1C1（圖2）中，ABAC8米，BAC144，則平面A1B1C1與

平面ABC所成角的正切值約為（）

4343

A．B．C．D．

3sin184sin183cos184cos18

【答案】B

【解析】若平面ABC//平面DB1C1，則平面A1B1C1與平面ABC所成角，即為平面A1B1C1與平面DB1C1所成

角，

△

由題意有ABCDB1C1，即DB1C1是等腰三角形，腰長約為8米，B1DC1144，易知

DB1C1DC1B118，

若E是B1C1的中點，連接DE,A1E，則DEB1C1，且A1D平面DB1C1，

由B1C1平面DB1C1，則A1DB1C1，DEA1DD都在平面A1DE內(nèi)，

所以B1C1平面A1DE，則A1ED是平面A1B1C1與平面DB1C1所成角的平面角，

A1D3

其中A1D19136，DE8sin18，則tanAED.

1DE4sin18

故選：B

11．（2025·北京海淀·三模）已知一個圓錐的軸截面是一個斜邊長為22的等腰直角三角形，則此圓錐的表

面積為．

【答案】222π

【解析】由題意作圖如下：

2

則ACBC，AB22，可得ACBCAB2，

2

1

即圓錐底面半徑rAB2，母線長lAC2．

2

所以圓錐表面積Sπr2πrl222π．

故答案為：222π.

12．（2025·北京·三模）如圖，已知棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，動點M，N，P，Q分別在

，，

棱A1B1，C1D1，AD，BC上，且滿足MNA1B1，PQAD，設(shè).A1MmAPn給出下列四個結(jié)

論：

當(dāng)mn1時，則四面體