专题05 立体几何
考点01 空间几何体
1．（24-25高三上·河北唐山·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，则三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
易错分析：求几何体的体积时，若几何体是规则图形可直接利用公式求解，若几何体是不规则图形，可考虑用“割补法”求解.
2．（24-25高三上·北京顺义·期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图2）．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是（ ）
A． B．
C． D．
3．（24-25高三上·江苏·阶段练习）若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（ ）
A． B． C． D．1
4．（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，这是正四棱台被截去一个三棱锥后所留下的几何体，其中，，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高三上·吉林长春·期末）若圆台上、下底的面积分别为，，高为2，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
易错分析：空间几何体的面积问题要注意区分表面积和侧面积的区别.
6．（24-25高三上·重庆·期末）在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三·全国·专题练习）如图，圆台内有一个表面积为1的球，该球与圆台的侧面和底面均相切，则该圆台的表面积的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
8．（24-25高三上·广东茂名·阶段练习）已知圆台的上、下底面圆的半径分别为和，母线长为，且该圆台上、下底面圆周上的点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
易错分析：空间几何体的外接球问题要注意先确定球心位置，然后根据截面圆半径、球半径、球心距组成的直角三角形求解.
9．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的侧棱长相等，且所有顶点都在球的球面上，其中，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
10．（24-25高三上·湖南株洲·期末）已知长方体的长，宽，高分别为，连接其各面的中心，得到一个八面体.已知该八面体的体积为8，则该长方体的表面积的最小值为 .
11．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知三棱锥的底面ABC是边长为2的正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是的垂心，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球半径等于 ．
考点02 点线面的位置关系
1．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
易错分析：利用空间中的平行、垂直问题时，一定要注意判定定理成立的前提条件.
2．（2025·云南昆明·模拟预测）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若则
C．若,则 D．若，则
易错分析：平行关系的辨析问题，容易忽略直线在平面内这一特殊位置而致错.
3．（24-25高三上·天津河北·期末）已知，是两个平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
4．（24-25高三上·天津北辰·期末）已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2024·山东·模拟预测）设是空间中的一个平面，是两两不重合的三条直线，则下列命题中，真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，，则
6．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）已知，是两个互相平行的平面，，，是不重合的三条直线，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（24-25高三上·天津和平·期末）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
8．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．与内所有的直线都垂直 B．，，
C．与内无数条直线垂直 D．，，
9．（24-25高三上·河北张家口·期末）已知是一个平面，是两条不同的直线，，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
10．（24-25高三上·天津河西·期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．（2025·上海·模拟预测）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（ ）．
A．和； B．和； C．和； D．和．
12．（2025高三·全国·专题练习）在正方体中，下列选项错误的是（ ）
A．与异面 B．
C．平面平面 D．平面
考点03 空间角
1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
易错分析：求异面直线所成角的方法一般有两种：一是几何法，即平移作角、通过解三角形求解；二是向量法，即通过空间向量进行求解，无论何种方法都要注意异面直线所成角的范围为.
2．（23-24高三上·江苏南京·期中）已知矩形中，是边的中点．和交于点，将沿折起，在翻折过程中当与垂直时，异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高三上·吉林·期末）正三棱台中，，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·四川绵阳·一模）三棱柱，底面边长和侧棱长都相等．，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在三棱锥中，平面平面是边长为的等边三角形，是直角三角形，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（24-25高三上·四川宜宾·阶段练习）在平行六面体中，，则与平面ABCD所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
易错分析：利用空间向量求线面角的公式是是异面直线的方向向量，不要误认为公式求出的是余弦值.
7．（24-25高三上·云南昆明·期中）在正方体中，下列说法错误的是（ ）
A． B．与所成角为
C．平面 D．与平面所成角为
8．（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·河北保定·二模）如图，在长方体中，，，对角线与平面交于点．则与面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
10．（24-25高三上·北京朝阳·期末）如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
11．（24-25高三上·吉林长春·期末）如图四边形是边长为的菱形，，平面外的点，满足，，，四点共面，且底面，.
(1)证明：；
(2)若，，求与平面所成的角的余弦值.
12．（24-25高三上·天津和平·期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，，三角形PCD是正三角形，且平面平面.
(1)若O是CD的中点，证明:；
(2)求二面角的正弦值；
(3)在线段CP上是否存在点Q，使得直线AQ与平面ABP所成角的正弦值为若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由
13．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在平面图形甲中，，，与分别为以斜边的等腰直角三角形，现将该图形沿向上翻折使边重合（重合于），连.图乙中，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求平面与平面夹角的正弦值.
14．（24-25高三上·天津西青·期末）如图，在三棱锥中，平面，点在棱上，且为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
易错分析：二面角与平面法向量所成角的关系是相等或互补的关系，求解过程中要注意区分.
15．（24-25高三上·江苏常州·期末）在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
16．（24-25高三上·广东汕头·期末）如图，平面四边形中，，，点为中点，于，将沿翻折至，使得.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
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考点01 空间几何体
1．（24-25高三上·河北唐山·期末）如图，在三棱柱中，平面，，，则三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据条件求出的面积，把求三棱锥的体积转化成求三棱锥的体积，再根据的关系进行求解．
【详解】平面，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
所以，
故选：B．
易错分析：求几何体的体积时，若几何体是规则图形可直接利用公式求解，若几何体是不规则图形，可考虑用“割补法”求解.
2．（24-25高三上·北京顺义·期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图2）．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将几何体的体积转化为四棱锥和三棱锥的体积后可得正确的选项.
【详解】
因为四边形为矩形，故，而平面平面，
平面平面，平面，
故平面，
在平面中过作，垂足为，则，
同理可证平面，
而，故，
，
故几何体的体积为，
故选：C.
3．（24-25高三上·江苏·阶段练习）若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】先确定两个四面体的公共部分，再利用锥体的体积公式求体积.
【详解】如图：
取与的交点为，取中点，连接，交于点，
则三棱锥即为四面体与四面体的公共部分.
因为.
又，所以，所以.
过作于点，
因为平面，平面，所以.
因为，平面，所以平面.
所以为到平面的距离，其值为，
点为的中点，所以点到平面的距离为：.
所以.
故选：C
【点睛】方法点睛：几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧.
4．（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，这是正四棱台被截去一个三棱锥后所留下的几何体，其中，，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由正四棱台的性质，可求得正四棱台的高，从而可得正四棱台的体积.补全图中几何体可知截去的三棱锥的底面为三角形，高为正四棱台的高，从而可得截去的三棱锥的体积.两者做差即可得到题目中几何体的体积.
【详解】
因为，，根据正四棱台性质，其高为，
则该正四棱台的体积为.
又由图可知截去三棱锥底面积为，
所以三棱锥体积为，
即所求几何体体积为.
故选：A
5．（24-25高三上·吉林长春·期末）若圆台上、下底的面积分别为，，高为2，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用给定条件结合圆台侧面积公式求解即可.
【详解】因为圆台上、下底的面积分别为，，设上底半径为，下底半径为，
所以，，解得，(负根舍去)，
设圆台母线为，由勾股定理得，且设圆台侧面积为，
故，故C正确.
故选：C
易错分析：空间几何体的面积问题要注意区分表面积和侧面积的区别.
6．（24-25高三上·重庆·期末）在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由内切球切点的截面性质，确定内切圆的圆心与半径，从而结合勾股定理得四棱台的高度，再由外接球几何性质建立关系得外接球的半径，从而得所求.
【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形的内切圆，圆心为，
设上下底面的中心分别为．
过作于，连接，
由图可知，
则，
过作于，，
即四棱台的高为，
设外接球球心为，设外接球的半径为，
则
，
解得，
则外接球表面积为．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关于正四棱台的内切球问题，关键是要通过截面法确定内切圆的圆心与半径，从而转换为几何体的内切球，由几何性质确定正四棱台的高度，从而再根据外接球的性质求解外接球半径，即可得所求。
7．（2025高三·全国·专题练习）如图，圆台内有一个表面积为1的球，该球与圆台的侧面和底面均相切，则该圆台的表面积的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设圆台的下底面半径为，上底面半径为，球的半径为，根据几何体的特征可得，根据基本不等式可得，从而可得正确的选项.
【详解】不妨设圆台的下底面半径为，上底面半径为，球的半径为，
如图，作出圆台的轴截面，过点作于点，
由题意知圆与梯形的四条边均相切，则，
又，
故，化简可得，
设圆台与球的表面积分别为，
则，（，故取不到等号）
故．由于，，都不大于，，故圆台的表面积的可能取值为．
故选：A.
【点睛】思路点睛：解决几何体与球相切问题的基本逻辑是找空间关系或找一个特殊截面，将问题转化为平面问题进行解决．求内切球半径的两种方法：①等体积法，先将几何体的内切球球心与几何体各个顶点用线段连接，运用等体积法就有（为几何体各表面的面积），于是就有，其中为几何体内切球的半径，为几何体的体积，为几何体的表面积；②平面化，通过找特殊截面（一般为球的截面刚好与几何体截面相切的截面），将立体几何问题转化为平面问题，从而通过求得某几何图形的内切圆半径，求出原问题中内切球的半径．
8．（24-25高三上·广东茂名·阶段练习）已知圆台的上、下底面圆的半径分别为和，母线长为，且该圆台上、下底面圆周上的点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出圆台的高，球心在上、下底圆心的连线上，利用勾股定理建立等量关系，求出球心位置，即可得到球的半径，从而解出球的表面积.
【详解】取圆台的一条母线，连接、，
过点在平面内作，垂足为点，如图：
由题意可知，四边形为直角梯形，且，，，
因为，，，
所以四边形为矩形，所以，则，
所以，
设，则，
因为圆台的上、下底面圆周上的点都在同一个球面上，
所以，解得，
则球的半径为，
故该球的表面积为.
故选：D.
易错分析：空间几何体的外接球问题要注意先确定球心位置，然后根据截面圆半径、球半径、球心距组成的直角三角形求解.
9．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的侧棱长相等，且所有顶点都在球的球面上，其中，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由三棱锥的所有顶点都在球的球面上，结合余弦定理可得的长，从而得，于是可得截球所得的圆的半径，由此能求出球的半径，从而能求出球的表面积．
【详解】
如图，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，
，
由余弦定理得，
，则，
截球所得的圆的圆心为的中点，半径，
由于三棱锥的侧棱长相等，所以共线，且，
.
设球的半径为，由得：.
球的表面积．
故选：A．
10．（24-25高三上·湖南株洲·期末）已知长方体的长，宽，高分别为，连接其各面的中心，得到一个八面体.已知该八面体的体积为8，则该长方体的表面积的最小值为 .
【答案】
【分析】由已知条件作出示意图，可以把八面体分成两个同底等高的四棱锥，并且得出四棱锥的底面积和高与长方体的关系，，从而可求得，再由长方体表面积公式，利用基本不等式，即可求得长方体表面积的最小值.
【详解】
如上图所示，
八面体分成两个同底等高的四棱锥和四棱锥，
所以，
因为四棱锥的底面面积是长方体底面面积的一半，高是长方体高的一半，
所以，化简得：，
所以长方体的表面积为：
当且仅当时，取等号，所以长方体的表面积的最小值为80.
故答案为：80.
11．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知三棱锥的底面ABC是边长为2的正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是的垂心，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球半径等于 ．
【答案】
【分析】做辅助线，根据题意结合垂直关系可证，同理可得，可知点为的垂心，即可知点为的中心，根据体积可得，结合外接球的性质列式求解即可.
【详解】延长交于点，连接，
因为点H是的垂心，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，，
且底面ABC是边长为2的正三角形，则点为的中点，
过点作平面，垂足为点，
且平面，可得，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
同理可得，可知点为的垂心，
因为为等边三角形，可知点为的中心，
则，且，
因为三棱锥的体积为，可得，
可知三棱锥的外接球的球心，设三棱锥的外接球的半径为，
则，解得，
所以外接球的半径为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
3.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
4.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
考点02 点线面的位置关系
1．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】对A，与相交或平行；对B，与可能相交但不垂直；对C，可推出；对D，可得，结合，得到答案.
【详解】对于A，由，，，则与相交或平行，故A错误；
对于B，由，，，则与可能相交但不垂直，故B错误；
对于C，由，，，则，故C错误；
对于D，由，，则，又，则，故D正确.
故选：D.
易错分析：利用空间中的平行、垂直问题时，一定要注意判定定理成立的前提条件.
2．（2025·云南昆明·模拟预测）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若则
C．若,则 D．若，则
【答案】C
【分析】利用空间中线线，面面的位置关系判断即可.
【详解】对于选项A：若，当都平行于的交线时.满足条件，此时两个平面相交. 故A错误.
对于选项B：若，则有可能，故B错误.
对于选项C：若，则或，又因为，如果根据面面垂直的判定定理可得；如果，假设过n作平面与相交于直线l，由，可得，因为，所以，而，根据面面垂直判定定理即可得到，故C正确
对于选项D：若，则可能平行或异面.故D错误.
故选：C
易错分析：平行关系的辨析问题，容易忽略直线在平面内这一特殊位置而致错.
3．（24-25高三上·天津河北·期末）已知，是两个平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一判断四个选项得答案．
【详解】对选项A，若，，则，故A错误；
对选项B，若，，则，，或与相交，故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，若，，则，
即一条直线垂直于两平行平面中的一个，也垂直于另一个，D正确．
故选：D
4．（24-25高三上·天津北辰·期末）已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】对于A：根据线面垂直的判定定理分析判断；对于B：根据面面垂直的判定定理分析判断；对于C：根据线面平面的判定定理分析判断；对于D：根据平行关系可知，再结合线面垂直的性质分析判断.
【详解】对于选项A：根据线面垂直的判定定理可知：需保证m，n相交，故A错误；
对于选项B：根据面面垂直的判定定理可知：需推出线面垂直，现有条件不能得出，故B错误；
对于选项C：根据线面平面的判定定理可知：需保证，故C错误；
对于选项D：若，则，
且，所以，故D正确；
故选：D.
5．（2024·山东·模拟预测）设是空间中的一个平面，是两两不重合的三条直线，则下列命题中，真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，，则
【答案】D
【分析】利用线面垂直判定定理可判断A；结合线面垂直与线线垂直的性质分析可判断B；由线面垂直性质可判断C、D.
【详解】对于A，由，，只有直线与相交时，可得，故A错误；
对于B，由，知或，故B错误；
对于C，由，则，故C错误；
对于D，由，可得，又因为，所以，故D正确．
故选：D.
6．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）已知，是两个互相平行的平面，，，是不重合的三条直线，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间线面位置关系的有关判定、性质定理，可得正确结论.
【详解】因为，，所以.
又，，所以，，
，平行或异面.
故选：A
7．（24-25高三上·天津和平·期末）已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误；
对于B：在内任取一点，设点与直线确定一个平面，且，
由，由线面平行的性质定理，可得，
因为，所以，因为，所以，故B正确；
对于C：若且，则或在内，故C错误；
对于D：若，，则或，故D错误.
故选：B.
8．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．与内所有的直线都垂直 B．，，
C．与内无数条直线垂直 D．，，
【答案】D
【分析】A项由线面垂直定义可知；BC项在长方体中举反例可知；D项由推证可得充分性，必要性显然不成立.
【详解】A项，由直线与平面垂直的定义可知与内所有的直线都垂直是的充要条件，选项A错；
B项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，
如图长方体中，
设平面为平面，设平面为平面，直线为，
则，满足，，，
但，不与平面垂直，故不能推出，
故条件“，，”也不是的充分不必要条件，选项B错；
C项，如图长方体中，
设平面为平面，直线为，
则直线与平面内无数条与垂直的直线都垂直，但，不与平面垂直，
故由与内无数条直线垂直不能推出，所以不是的充分不必要条件，选项C错；
D项，由，，得，又因为，所以；
反之，由推不出，，，
所以，，是的一个充分不必要条件，选项D正确.
故选：D.
9．（24-25高三上·河北张家口·期末）已知是一个平面，是两条不同的直线，，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由线面垂直的性质定理及空间中直线与平面的位置关系，结合充分条件与必要条件定义判定即可得.
【详解】若，由，则；
若，则与可能垂直、可能相交也可能平行，还有可能平面；
故是的充分不必要条件.
故选：A.
10．（24-25高三上·天津河西·期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据各项给定的线面、面面的位置关系，结合平面的的基本性质及空间想象判断正误即可.
【详解】A：若，则、可能平行或相交，故A错；
B：若，则或，故B错；
C：若，则或，故C错；
D：若，则存在直线，使得，
又，所以，所以.故D对.
故选：D
11．（2025·上海·模拟预测）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（ ）．
A．和； B．和； C．和； D．和．
【答案】D
【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.
【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误，
侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误，
同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误，
与是异面直线，故D正确.
故选：D
12．（2025高三·全国·专题练习）在正方体中，下列选项错误的是（ ）
A．与异面 B．
C．平面平面 D．平面
【答案】D
【分析】根据异面直线的性质即可求解A，根据线面垂直的性质可判断B，根据线线平行可证明线面平行判断D，根据面面平行的判定求解C.
【详解】由于,而与相交，结合正方体的性质易知与异面，所以A正确；
因为平面，平面，所以，
又在正方体中易知，，
，平面，所以平面，
又平面，所以，所以B正确；
因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因为，，平面，
所以平面平面，所以C正确；
因为，平面，平面，
所以平面，所以D错误．故选D．
故选：D
考点03 空间角
1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线夹角的定义，可得答案.
【详解】连接，，如下图：
易知，所以为异面直线与所成的角（或其补角），
易知为等边三角形，所以.
故选：A.
易错分析：求异面直线所成角的方法一般有两种：一是几何法，即平移作角、通过解三角形求解；二是向量法，即通过空间向量进行求解，无论何种方法都要注意异面直线所成角的范围为.
2．（23-24高三上·江苏南京·期中）已知矩形中，是边的中点．和交于点，将沿折起，在翻折过程中当与垂直时，异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明三角形相似得到，进而证明出线面垂直，面面垂直，作出辅助线，得到或其补角即为异面直线和所成角，结合余弦定理求出答案
【详解】如图1，在矩形中，是边的中点，
故，故，
又，故，所以，
则，故．
如图2，将沿折起，点的对应点为，在翻折过程中，当与垂直时，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
因为平面，平面平面，
所以平面，
连接，因为，
所以或其补角即为异面直线和所成角，
因为，所以，
故，则，又，
故，即所求角的余弦值为，
故选：D．
3．（24-25高三上·吉林·期末）正三棱台中，，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先做， 得出，再得出，进而应用空间向量的线性表示及数量积公式计算，最后应用异面直线所成角的向量法求解.
【详解】
设，过点做，是中点，
因为，分别为，的中点，所以，所以,
因为所以，
所以，因为正三棱台中，三个侧面是全等的等腰梯形，
所以，
所以，，
又因为，，
所以，
设异面直线，所成角为
所以.
故选：C.
4．（2024·四川绵阳·一模）三棱柱，底面边长和侧棱长都相等．，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意设，，由数量积的运算律、模的运算公式以及向量夹角的余弦的关系即可运算求解.
【详解】
设，
由题意，
，
，
又，
设异面直线与所成角为，则.
故选：D．
5．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在三棱锥中，平面平面是边长为的等边三角形，是直角三角形，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得与所成角的余弦值.
【详解】设是的中点，连接，则，，
由于平面平面且交线为，平面，
所以平面，由于平面，所以，
由于是直角三角形，且，
所以，且，
由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
则与所成角的余弦值为.
故选：A
6．（24-25高三上·四川宜宾·阶段练习）在平行六面体中，，则与平面ABCD所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明是平面的法向量后，可得直线与平面所成角的正弦值即为与所成角的余弦值，借助空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】
连接，为的中点，
，
，
，
，
故
；
，
又
，
又
，
故，
又、平面，且，
故平面，即是平面的法向量，
设与平面ABCD所成角为
所以
故选：B.
易错分析：利用空间向量求线面角的公式是是异面直线的方向向量，不要误认为公式求出的是余弦值.
7．（24-25高三上·云南昆明·期中）在正方体中，下列说法错误的是（ ）
A． B．与所成角为
C．平面 D．与平面所成角为
【答案】D
【分析】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、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】设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直
线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、，
对于A选项，，，
则，所以，，A对；
对于B选项，，则，
所以，与所成角的大小为，B对；
对于C选项，设平面的法向量为，，
则，取，则，
则，所以，，
又因为平面，所以，平面，C对；
对于D选项，设平面的法向量为，，，
则，取，则，
所以，，
所以，与平面所成角为为，D错.
故选：D.
8．（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.
【详解】依题意，，而平面平面，平面平面，
又平面平面，则平面，，
因此直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
令圆半径，则，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B
9．（2023·河北保定·二模）如图，在长方体中，，，对角线与平面交于点．则与面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，解得平面的法向量为,,，,1,，设，则,,，，解得，可得坐标，
平面的法向量为,1,，设与平面所成角为，则，进而可得答案．
【详解】如图，建立空间直角坐标系：
,1,，,1,，
设平面的法向量为,,，
则，令，则，，
所以,2,，
又,1,，因为点在上，
设,,，所以,,，
所以,,，
因为面，所以，
所以,,,2,，
所以，解得，
所以,,，
平面的法向量为,1,，
设与平面所成角为，
所以，
所以，
故选：D．
10．（24-25高三上·北京朝阳·期末）如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值；
（3）先设，再应用线面平行即得计算求参即可.
【详解】（1）因为平面平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
又平面，所以．
又因为为线段的中点，所以．
因为，所以．
因为分别为线段的中点，所以．
又，所以．即四点共面．
又平面平面，
所以平面．
（2）因为平面，所以．
又，所以两两垂直．
如图建立空间直角坐标系．
于是．
可得
由（1）可得AP平面DCE．
所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，则有
．
则直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设是线段上的一点，则存在，使．
，从而．
由点的坐标可得．
设平面的法向量为
则有，即
令，则法向量为
令，即，解得．
此时，又显然有平面，从而平面．
所以，线段上存在点，使得平面，此时．
11．（24-25高三上·吉林长春·期末）如图四边形是边长为的菱形，，平面外的点，满足，，，四点共面，且底面，.
(1)证明：；
(2)若，，求与平面所成的角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到⊥，且，由线面垂直得到，从而⊥平面，所以⊥，由三线合一可知；
（2）建立空间直角坐标系，设，得到，又，故，故，，求出平面的法向量，利用公式先求出线面角的正弦值，进而得到线面角的余弦值.
【详解】（1）连接，与相交于点，连接，
因为四边形是边长为的菱形，所以⊥，且，
因为底面，平面，
所以，
其中，，，四点共面
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
又，由三线合一可知；
（2）过点作，交于点，
因为底面，所以底面，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
因为四边形是边长为的菱形，，
所以均为等边三角形，
故，
，，故，
因为底面，平面，
所以⊥，又，故，
其中，设，
设，故，
解得，故，
又，故，解得，故，，
，
设平面的法向量为，
则，
解得，令得，故，
设与平面所成的角大小为，
则，
故，
所以与平面所成的角的余弦值为.
12．（24-25高三上·天津和平·期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，，三角形PCD是正三角形，且平面平面.
(1)若O是CD的中点，证明:；
(2)求二面角的正弦值；
(3)在线段CP上是否存在点Q，使得直线AQ与平面ABP所成角的正弦值为若存在，确定点Q的位置，若不存在，请说明理由
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)存在点Q，点Q为PC的中点
【分析】（1）根据面面垂直可证平面，平面，建系，利用空间向量证明线线垂直；
（2）分别求平面ABP与平面的法向量，利用空间向量求二面角；
（3）设，利用空间向量结合线面夹角运算求解即可.
【详解】（1）连接，
因为三角形PCD是正三角形，且O是CD的中点，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为四边形ABCD是矩形，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为坐标原点，分别为轴，过平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
则，所以.
（2）由（1）可得：，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设二面角为，
则，可得，
所以二面角的正弦值为.
（3）由（1）可得，
设，可得，
由（2）可知：平面的法向量，
则由，
整理可得，解得或（舍去），
即，可知存在点Q，点Q为PC的中点.
13．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在平面图形甲中，，，与分别为以斜边的等腰直角三角形，现将该图形沿向上翻折使边重合（重合于），连.图乙中，为中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）应用线面垂直判定定理证明即可；
（2）应用线面平行判定定理证明即可；
（3）空间向量法求二面角余弦值进而根据同角三角函数关系求出正弦值
【详解】（1）图乙中，由题意知，所以，
，平面，所以平面；
（2）取中点为，由于为中点，
故且，结合，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以，而平面，平面，
故平面
（3）在等腰梯形中，设，
过C作，则所以，
在中，由余弦定理得，所以,所以，
如图以分别为轴建立空间直角坐标系：
，
设平面法向量为，则，
即，令，则，则，
平面法向量可取为，
设平面与平面夹角为，
所以，故
14．（24-25高三上·天津西青·期末）如图，在三棱锥中，平面，点在棱上，且为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点满足直线与平面所成角的正弦值为？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)
(3)存在，.
【分析】（1）以为原点，以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法证明线面垂直；
（2）用空间向量法求二面角；
（3）假设点存在，设，由求线面角的空间向量法求得值．
【详解】（1）以为原点，以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
则
方法一：
.
.
平面
平面.
（证明中两组均可）
方法二：设是平面的一个法向量
取，得.
，即，
平面.
（2）设为平面的一个法向量，
，令，则，
.
由（1）可知是平面的一个法向量.（用均可）
设平面与平面的夹角为
平面与平面夹角的余弦值为.
（3）假设存在点满足题意，设，
设直线与平面所成角为，则
解得.
又，得，所以的值为.
所以存在点满足题意且．
易错分析：二面角与平面法向量所成角的关系是相等或互补的关系，求解过程中要注意区分.
15．（24-25高三上·江苏常州·期末）在直三棱柱中，，分别为，的中点，且，．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为为直棱柱，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，为中点，所以，
又因为，平面，
所以平面，又因为平面，所以．
（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量，则，
取，
又平面的法向量，
记二面角为，则，
则，
即二面角的正弦值为．
16．（24-25高三上·广东汕头·期末）如图，平面四边形中，，，点为中点，于，将沿翻折至，使得.
(1)证明：平面；
(2)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）先根据折叠的性质得到一些垂直关系，再利用平行关系和已有的垂直关系推出更多垂直关系，最后根据线面垂直的判定定理得出结论.
（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，求出面的法向量，结合向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）因为由翻折而成，且，
根据翻折的性质，翻折前后对应边和对应角不变，所以.
已知，所以
因为，，所以，
又因为，即，，平面，所以平面
（2）由（1）知平面，平面，所以，
又，.可求得.
又.则.则.
则两两垂直，可以建立空间直角坐标系.
平面的法向量可取.
点为中点，则，，
则.则，
则
点为中点，则，则.
设平面法向量为，则
，即，解得，故.
设平面与平面的夹角为，则
.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
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