第1頁/共1頁2025北京高三一模數學匯編第一道解答題（第16題）一、解答題1．（2025北京門頭溝高三一模）如圖，在正方體中，為中點，與平面交于點.(1)求證：為的中點；(2)求平面與平面夾角的余弦值.2．（2025北京海淀高三一模）如圖，五面體中，四邊形是正方形．(1)求證：；(2)若平面平面，，，求直線與平面所成角的大小．3．（2025北京東城高三一模）在中.(1)求的值及的面積；(2)求證：.4．（2025北京西城高三一模）如圖，在多面體中，平面，平面平面，，于點．

(1)求證：；(2)設，，求直線與平面所成角的正弦值．5．（2025北京房山高三一模）在中，.(1)求；(2)再從條件①，條件②，條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求的面積.條件①：；條件②：；條件③：.注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.6．（2025北京石景山高三一模）已知函數（其中，，）．從條件①、條件②、條件③這三個條件中選出兩個作為已知，使得函數唯一確定．(1)求函數的解析式；(2)求函數在上的最大值和最小值．條件①：；條件②：是的對稱中心；條件③：可以由函數平移得到．注：如果選擇的條件不符合要求，得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答．按第一個解答計分．7．（2025北京豐臺高三一模）在中，．(1)求；(2)若的面積為，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求a．條件①：；條件②：；條件③：．注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．8．（2025北京順義高三一模）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，，.(1)若平面與棱交于點，且平面，求證：是中點；(2)若是棱上一點，且滿足，當時，求與平面所成角的正弦值.9．（2025北京朝陽高三一模）如圖，在四棱柱中，平面，在四邊形中，，為線段的中點．(1)求證：平面；(2)若平面平面，，求平面與平面夾角的余弦值．10．（2025北京平谷高三一模）在中，.(1)求的大小；(2)再從下列三個條件中，選擇一個作為已知，使得存在且唯一，求的面積.條件①：；條件②：；條件③：邊上的高為.注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.11．（2025北京延慶高三一模）如圖，在四棱錐中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中點，平面ABE與線段PD交于點F.(1)求證：；(2)若，求直線BE與平面BCF所成角的正弦值.

參考答案1．(1)證明見解析；(2)【分析】（1）根據正方體性質以及線面平行判定定理可證明平面，再由線面平行性質定理以及中位線性質可得結論；（2）建立空間直角坐標系求得兩平面的法向量即可求得它們夾角的余弦值.【詳解】（1）依題意連接，如下圖所示：由正方體性質可得，又平面，平面，可得平面，因為與平面交于點，即平面平面，可得，因此，又為中點，可得為的中點；（2）以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：不妨設正方體的棱長為2，可得，即；設平面的一個法向量為，則，令，可得，即；顯然平面的一個法向量可以為，因此平面與平面夾角的余弦值為；可得平面與平面夾角的余弦值.2．(1)證明過程見解析；(2)【分析】（1）先利用線面平行的判定定理證明平面，再利用線面平行的性質定理證明，最后利用平行性的傳遞性即可；（2）利用面面垂直的性質定理證明平面，然后建系，求出平面的法向量，再計算，從而得出線面角的正弦值，計算其夾角即可.【詳解】（1）因四邊形是正方形，則，又平面，平面，則平面，又平面平面，則，故.（2）因平面平面，，平面平面，則平面，又平面，平面，則，，因，，則，則，則以為原點，以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，則，設平面的法向量為，則，令，則，則，則直線與平面所成角的正弦值為，又因其夾角取值范圍為，故直線與平面所成角為.3．(1)，；(2)證明見解析.【分析】（1）由正弦值得，再應用余弦定理列方程求得，最后應用三角形面積公式求面積；（2）由（1）及二倍角余弦公式得，再應用余弦定理求得，結合三角形內角的性質即可證.【詳解】（1）由，可得，而，所以，即，顯然不成立，所以，可得，則，故；（2）由（1）易知，則，由（1）及余弦定理有，所以，又，則.4．(1)證明見解析(2)【分析】（1）先利用線面平行的判定定理證平面，再利用線面平行的性質定理即可；（2）以為原點建系，計算平面的法向量，再利用向量夾角的余弦公式求，最后利用線面角與向量夾角之間的關系求即可.【詳解】（1）如圖，因為，平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，

（2）在平面內過點作．因為平面，所以平面，因平面，平面，所以，，因平面，平面，則平面平面，又因為，平面平面，則平面，所以，，兩兩互相垂直．以為原點，，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，由題意，得，設平面的法向量為，則，即，令，則，，于是，所以，故直線與平面所成角的正弦值為．5．(1)(2)【分析】（1）應用正弦定理結合兩角和正弦公式計算得出余弦值進而得出角；（2）選擇條件①三角形不存在；選擇條件②應用同角三角函數關系得出，再應用正弦定理及余弦定理計算求出邊長，最后應用面積公式計算；選擇條件③先應用正弦定理得出，再應用余弦定理得出，最后應用面積公式計算.【詳解】（1）由正弦定理，得.所以.所以.因為，所以.所以.所以.（2）選條件①：，，由余弦定理，得.，不存在；選條件②：.由，可得.由正弦定理，得.由余弦定理，得，整理得.解得，或（舍）.所以的面積.條件③：.因為，且，所以.由余弦定理，得.解得，或（舍）所以的面積.6．(1)(2)最大值為2，最小值為【分析】（1）分析易得要使函數唯一確定，則必須要選③，選①③或選②③，進而根據正弦函數的性質求解即可；（2）根據正弦函數的性質求解即可；【詳解】（1）①，由，得；②，由是的對稱中心，得，則，；③，由，因為可以由函數平移得到，則，.由上述可知，要使函數唯一確定，則必須要選③.選①③，由上述可知，，，，則，即，所以或，，則或，，又，則，即.選②③，由上述可知，，，，，則，，即，，又，則，即.（2）由，得，則，則，所以函數在上的最大值為2，最小值為.7．(1)(2)答案見解析【分析】（1）利用余弦定理的推論，將等式進行變形即可求出的值，在由同角三角函數的基本關系即可求解；（2）選擇條件①時，利用面積公式求出，再利用正弦定理得，聯(lián)立求解即可；選擇條件②：利用面積公式求出，利用，且，所以．進一步得出，再聯(lián)立求解即可；選擇條件③：不符合題意，因為，不可能．【詳解】（1）在中，因為，由余弦定理，得．因為，所以．（2）選擇條件①：因為，所以，．由題意得，所以．因為，，所以．由正弦定理，得，又，解得，所以．選擇條件②：由題意得，所以．因為，且，所以．又，所以，又，解得或．選擇條件③：不符合題意，因為中，，不可能．8．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面平行的性質，可得答案；（2）由題意，利用線面垂直的性質與判定，并建立空間直角坐標，求得平面法向量，根據線面角的向量公式，可得答案.【詳解】（1）記，連接，如下圖：因為平面，平面，平面平面，所以，在中，由為的中點，則為的中點.（2）在菱形中，易知，由，，則，，因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，由，則，因為，平面，所以平面，取的中點為，易知，則平面，則兩兩垂直，以為原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，如下圖：則，，，可得，，，，由，則，可得，設平面的法向量，則，令，則，所以平面的一個法向量，設與平面所成角為，.9．(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，根據長度和平行關系得到四邊形為平行四邊形，再利用線面平行的判定定理即可得證；（2）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，即可得到點處直線兩兩互相垂直，即可建立空間直角坐標系，然后利用向量法求解面面角的余弦值即可.【詳解】（1）連接．因為為的中點，所以．又，所以四邊形為平行四邊形．所以．又因為，所以．所以四邊形為平行四邊形．所以．又因為平面平面，所以平面．（2）因為平面，所以．又因為平面平面，平面平面，且平面，所以平面．所以．所以兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系，則．所以．因為平面，所以是平面的法向量．設平面的法向量為，則，即，令，則．于是．設平面與平面夾角為，則．10．(1)(2)答案見解析【分析】（1）利用正弦定理邊角互化，結合正弦的和差角公式即可求解，或者利用余弦定理邊角互化求解，（2）根據三角形存在可知不能選①，選②，利用余弦定理可求解，即可利用三角形面積公式求解，或者利用正弦定理求解，進而根據和差角公式求解,由面積公式求解，選③根據高，即可利用選②的方法求解.【詳解】（1）方法一：由正弦定理及，得.①因為，所以.②由①②得因為，所以.所以.因為，所以.方法二：在中，因為，由余弦定理得，整理得所以，所以.（2）若選條件①：；，所以,而，這與矛盾，故不能選①.選條件②：方法一：由余弦定理，得即，解得.所以方法二：由正弦定理，所以，因為，所以，所以.選條件③：邊上的高，所以，以下與選擇條件②相同.11．(1)證明見解析(2)【分析】（1）