2025新高考数学二模试题专题分类汇编立体几何（含解析）
文档属性
| 名称 | 2025新高考数学二模试题专题分类汇编立体几何（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 9.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-11-16 19:21:46 | ||
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文档简介
专题08 立体几何
题型01 空间点、线、面的位置关系
1．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若与所成的角相等，则
2．（多选）（2025·重庆·二模）如图，已知正四棱柱 的底面边长为 2，侧棱长为 4，点 ， 分别为 的中点，则（ ）
A．
B．平面 平面
C．三棱锥 的体积为
D．四面体 的外接球的表面积为
3．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（多选）（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ）
A．存在点，使得
B．直线与平面所成的最大角为
C．若不共面，则四面体的体积的最大值为
D．若，则点的轨迹的长为
5．（多选）（2025·广西南宁·二模）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（ ）
A．动点F的轨迹长度为
B．存在E，F，使得平面
C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍
D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为
6．（多选）（2025·广东肇庆·二模）如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面
B．若，则点的轨迹长度为
C．若，则存在，使
D．若，则存在，使平面
题型02 空间几何体的表面积与体积
1．（2025·辽宁沈阳·二模）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·广东深圳·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·山东·二模）一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（多选）（2025·山西晋城·二模）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（ ）
A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的侧面积为 D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为
6．（多选）（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
7．（2025·广东揭阳·二模）正四棱台中，，则四棱台的体积为（ ）
A． B． C．56 D．
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
题型03 球的表面积与体积
1．（2025·陕西·二模）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的高为（ ）
A．2 B． C． D．1
2．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
3．（2025·河北·二模）已知圆台的母线长为4，下底面的半径是上底面半径的3倍，母线与底面所成的角为60°，那么圆台的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·安徽合肥·二模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
5．（2025·江苏·二模）一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·天津·二模）图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（多选）（2025·广东广州·二模）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
8．（2025·山东菏泽·二模）一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为 ．
9．（2025·山东潍坊·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其下底面与半球的底面重合，上底面圆周在半球的球面上，则圆台的侧面积为 ；半球被该圆台的上底面所在的平面截得两部分，其体积分别为，则 ．
10．（2025·安徽淮北·二模）如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为 ；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为 .
11．（2025·江西萍乡·二模）已知三棱锥外接球的球心为棱的中点，若，则该三棱锥体积的最大值为 ．
题型04 空间线线角、线面角的求法
1．（2025·江西萍乡·二模）在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·广西南宁·二模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·广东清远·二模）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若平面与棱交于点，求的值．
5．（2025·山西·二模）已知四棱锥，底面是边长为2的正方形，是线段的中点，平面交于点.
(1)求证：平面；
(2)若，平面平面，平面与平面夹角的余弦值为，求直线与直线所成角的余弦值.
6．（2025·江西萍乡·二模）如图，在几何体中，四边形与均为菱形，，且．
(1)求证：平面平面；
(2)设点满足，直线与平面所成角的正弦值为，求实数的值．
7．（2025·广东广州·二模）如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
(1)证明：平面；
(2)若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
8．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．
(1)若平面，求的值；
(2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值．
题型05 空间二面角的求法
1．（2025·辽宁·二模）如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）
A．<< B．<< C．<< D．<<
2．（2025·四川南充·二模）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山东临沂·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
4．（2025·河北邯郸·二模）直角梯形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，，分别是的中点．
(1)证明：平面平面DFM；
(2)求平面DEN与平面ENC夹角的余弦值．
5．（2025·辽宁沈阳·二模）斜三棱柱各棱长为4，，D为棱上的一点．
(1)求证：；
(2)若平面平面ABC，且二面角的余弦值为，求BD的长．
6．（2025·安徽滁州·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，，，点为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
7．（2025·山西晋城·二模）如图，在等腰梯形中，过分别作底边上的高，垂足分别为，，，将，分别沿折起，使点分别到达点的位置，使得，点分别为的中点，且．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求平面与平面所成的二面角的正弦值．
题型06 空间点、线、面的距离
1．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形为矩形，，．是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·重庆·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是边长为 2的正三角形， 平面平面 , 为侧棱的中点,为的中点，为线段上一点.
(1)若点为线段 的中点，求证:直线平面 ；
(2)若，且点到平面的距离为，求直线与平面 所成角的正弦值.
3．（2025·江西上饶·二模）如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离．
4．（2025·河南·二模）如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面.
(1)求直线到平面的距离.
(2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由.
题型07 立体几何中的折叠问题
1．（多选）（2025·云南昆明·二模）如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．直线与平面所成角为
D．平面与平面的夹角为
2．（2025·辽宁辽阳·二模）在矩形中，为上两个不同的三等分点，如图1．将和分别沿向上翻折，使得点重合，记重合后的点为，如图2．已知，四棱锥的体积为．
(1)求；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
3．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示．
(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？
若存在，求出的值：若不存在，说明理由．
4．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.
5．（2025·山东·二模）如图，梯形中，，，为的中点，将沿边折起，使点C到达点P的位置.
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为120°，求直线与平面所成角的正弦值.
6．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
题型08 立体几何中的最值问题
1．（2025·河北邯郸·二模）在正三棱锥中，分别在上，当周长最小时，的面积等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·湖北·二模）长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（多选）（2025·山东临沂·二模）三棱锥中，，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1
D．当时，的最小值为
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在棱长为1的正方体中，Q为正方形内一动点（含边界），①若，则点Q的轨迹长度为 ；②若P为棱CD的中点，则的最小值为 ．
5．（2025·山西·二模）圆锥顶点为，底面中心为，体积为的正四面体的底面与该圆锥的底面平行，且点都在圆锥的侧面上，则该圆锥体积的最小值是 .
6．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，．
(1)求证：；
(2)若，求与平面所成角正弦值的最大值．
7．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
8．（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
(1)求证：A，D，O，E四点共面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
答案解析
题型01 空间点、线、面的位置关系
1．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若与所成的角相等，则
【答案】B
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理，结合举例，对每个选项逐一进行分析判断.
【详解】对于A选项，若，，则与可能平行、相交或异面.例如，在正方体中，平面，平面，但与是相交的；平面，平面，但与是平行的.平面，平面，但与是异面的.
所以A选项错误. 对于B选项，若，则存在直线，使.又因为，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以.由于，根据异面直线所成角的定义可知，所以B选项正确. 对于C选项，若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且,所以C选项错误. 对于D选项，若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面.例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间可能相交.所以D选项错误.故选：B.
2．（多选）（2025·重庆·二模）如图，已知正四棱柱 的底面边长为 2，侧棱长为 4，点 ， 分别为 的中点，则（ ）
A．
B．平面 平面
C．三棱锥 的体积为
D．四面体 的外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】由等积法可以判断C；建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算可以判断A，B；根据题意设出球心，进而求出外接球半径及表面积.
【详解】
如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
对A，不是0，所以A不正确；对B，设平面的法向量为，，所以，令，则.设平面的法向量为，，所以，令，则.所以，所以平面平面，故B正确；对于C：，故C不正确；对于D：三棱锥的外接球球心为，由，四面体 的外接球的表面积为 ，故D正确.故选：BD.
3．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，，在正方体中，可得且，因为，分别是棱的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，又因为平面，平面，所以平面，同理可证：平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，因为正方体的边长为，可得，，在中，可得，且，则，所以的最小值为.故选：B.
4．（多选）（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ）
A．存在点，使得
B．直线与平面所成的最大角为
C．若不共面，则四面体的体积的最大值为
D．若，则点的轨迹的长为
【答案】AC
【分析】对于A选项，当点为中点时，利用向量证明即可；对于B选项，当点位于点时，此时线面角为，大于；对于C选项，当点位于点（或棱上）时，体积最大，为；对于D选项，先判断出点的轨迹为四段圆弧，然后求出长度即可.
【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确；
对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误；
对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远，
此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图，
在棱上取点，使，在棱上取点使，在棱上取中点，则，，则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为，，圆心角依次为，圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D错误；故选：AC.
5．（多选）（2025·广西南宁·二模）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（ ）
A．动点F的轨迹长度为
B．存在E，F，使得平面
C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍
D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为
【答案】ABD
【分析】根据为定长，易得也是定值，可以确定的轨迹，过点作的平行平面找到与F的轨迹的交点，则可确定存在平面，利用换底与换顶点的方法可以将三棱锥的体积是三棱锥体积求出来，从而得出两体积之间的关系，由动点F的轨迹与几何体只有一个公共点，可以确定该圆锥地面半径，再利用可求解的侧面积.
【详解】
在正四棱柱中，，且，，且因为，所以点是以点为圆心半径为的四分之一圆，所以动点F的轨迹长度，正确；
连接，与交于点，在上任找一点，过该点作的平行线，会跟相交于一点，再过该点作的平行线，必会与的轨迹相交，所以存在使得平面，正确;
由题意，又因为、为、的中点，易得，
所以，同理可得，C错误；
由题意，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥，当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切，且因为，有,所以，则，可得，该圆锥的底面半径，所以几何体的侧面积，正确.故选：.
6．（2025·广东肇庆·二模）如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面
B．若，则点的轨迹长度为
C．若，则存在，使
D．若，则存在，使平面
【答案】ABD
【分析】对于选项，统一变量，结合向量的线性运算关系判断动点的位置可得出结果；C选项可做反解验证，以垂直为条件运算；D选项为探究，可假设存在，以线面垂直为条件求解验证判别.
【详解】
对于A，若，则，则点在线段上，如上图. 因平面平面，且平面平面，平面平面，故因平面，平面，故平面，同理可证平面，因平面，平面，且，故有平面平面，又因为平面，所以平面，故A正确；
对于B，若，则（为的中点）如上图.
又因为，所以.故点的轨迹长度为，故B正确；
对于C，若，则，所以.，所以点在线段上（如上图）.假设，则，
即，化简得，该方程无解，所以不存在，故C错误；
对于D，如上图，设为的中点，当时，则，即，
建立如图所示的空间直角坐标系.则，
.所以.假设平面，则，即，解得.故D正确.故选： .
题型02 空间几何体的表面积与体积
1．（2025·辽宁沈阳·二模）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用圆台的侧面积公式可得答案.
【详解】圆台的侧面积为.故选：B．
2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由轴截面为等腰直角三角形求解圆锥高，即可求解.
【详解】由圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，易知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
所以圆锥的高为1，所以圆锥的体积为：，故选：A
3．（2025·广东深圳·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解.
【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高，
因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，所以，解得，，所以，故选：A.
4．（2025·山东·二模）一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求出溶液的上底面半径为，再由圆台的体积公式计算可得.
【详解】因为溶液高度恰为5cm，所以溶液的上底面半径为，
下底面半径为，高为，所以溶液的体积.故选：B
5．（多选）（2025·山西晋城·二模）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（ ）
A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的侧面积为 D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为
【答案】ABD
【分析】根据圆锥轴截面的形状以及面积可得A正确，求出母线长以及底面半径可计算出B正确，C错误，由侧面展开图计算即可求出D正确.
【详解】设该圆锥的母线长为，如下图所示：
因为轴截面是面积为1的直角三角形，即为直角；所以，解得，A正确；
设该圆锥的底面圆心为，在中，，所以，则圆锥的高，所以该圆锥的体积，侧面积为，B正确、C错误；设该圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，所以，D正确．故选：ABD．
6．（多选）（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，由已知可得，，求出体积的表达式，利用导数求最大值得解.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为，则其表面积，得，又，所以，故正三棱柱的体积，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.故选：B.
7．（2025·广东揭阳·二模）正四棱台中，，则四棱台的体积为（ ）
A． B． C．56 D．
【答案】B
【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积.
【详解】如图所示，
由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形， 取上底下底的中心平面，过作，垂足为，，且，，，所以，所以.故选：B
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据侧面与底面夹角求出底面边长，即可求出底面积，再由锥体的体积公式计算可得.
【详解】
如图取的中点，连接、，因为为正六棱锥，所以，，
所以为侧面与底面的夹角，所以，又底面，底面，所以，所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形，所以，则，所以，所以，所以六棱锥的体积为.故选：C
题型03 球的表面积与体积
1．（2025·陕西·二模）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的高为（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】B
【分析】由即可求解.
【详解】
如图，为上下底面的中心，由题意可知，所以，
所以，故选：B
2．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
【答案】B
【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案.
【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边，所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为.由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱；原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为.故选：B.
3．（2025·河北·二模）已知圆台的母线长为4，下底面的半径是上底面半径的3倍，母线与底面所成的角为60°，那么圆台的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由圆台的几何结构特征，以及球的截面圆性质及表面积公式可得结果.
【详解】因为母线与底面所成的角为60°，则圆台的高，上底面半径，下底面半径，设外接球的半径为，球心到上底面的距离为，则，解得，
所以，所以.故选：D．
4．（2023·安徽合肥·二模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题的描述，球内切于圆台，画出圆台的轴截面图，根据圆台的侧面积，和上下底面的面积关系求出球的半径，进而即得.
【详解】依据题意，球内切与圆台，画出两者的轴截面，球的截面为圆，圆台的轴截面为等腰梯形，如图所示，
过点作的垂线，垂足为，设球的半径为，则，设圆台的母线为，即，上、下底面的面积之比为，即，，由圆的切线长定理可知，，圆台的侧面积为，解得，则，即，则球的表面积.故选：A.
5．（2025·江苏·二模）一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解.
【详解】方法一：，
如图，，而，
，，即，由于到距离，则到距离，设正方形外接圆圆心，则，设矩形外接圆圆心，则，设外接球半径，，故外接球表面积为，故选;A.
方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图：
设圆的半径为，由余弦定理可得，
故，故，所以外接球的半径为，所以球的表面积为.故选：A.
6．（2025·天津·二模）图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意可得上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，建立空间直角坐标系，求出旋转前后的坐标，根据向量的数量积求出棱柱的高，根据勾股定理求出外接球的半径，进而求出表面积即可.
【详解】初始几何体为底面边长为 的正三棱柱，设高为H，上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，其外接球球心必在旋转轴上，正三棱柱底面正三角形的外接圆半径 ，设球心到任一底面的距离为 d，则球半径 满足：，由于几何体对称，球心在正中间，故，如图，以下底面ABC的重心为原点建立空间直角坐标系，
则，旋转后的顶点坐标为,所以，长度，所以数量积为; ，由夹角 ，所以，球心在中间，高度 ，半径,所以表面积,故选；C
7．（多选）（2025·广东广州·二模）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】根据题意可得固定平面，求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即A正确，利用线面角定义作出其平面角可得B正确，由三棱锥锥体体积公式计算可得可判断C错误，求得三棱锥的外接球的球心位置和半径即可求得D正确.
【详解】如下图所示：
易知，由可得；
固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），如图中过平面的虚线形成的劣弧所示：取的中点为，作平面，则有，又易知，
如下图所示：
在劣弧上运动，
对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确；
对于B，设直线与平面所成的角为，则，为定值，即B正确；对于C，作，易知三棱锥的体积的最大值为
，即C错误；
对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图：
由于是的外心，则平面，因此三点共线，设，在中由勾股定理可得，解得；因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确.故选：ABD
8．（2025·山东菏泽·二模）一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，求出与正四棱台侧面及下底面都相切的球直径，再正四棱台的高比对即可得解.
【详解】把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面截该棱锥及棱台分别得等腰和等腰梯形，过作于，如图，
则等于正四棱台的高9，，于是，是正三角形，其内切圆半径，因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球，即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为.
9．（2025·山东潍坊·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其下底面与半球的底面重合，上底面圆周在半球的球面上，则圆台的侧面积为 ；半球被该圆台的上底面所在的平面截得两部分，其体积分别为，则 ．
【答案】
【分析】第一空利用已知条件可求得圆台的高，进而可求出圆台的母线长，再求侧面积即可；第二空先求出球冠的体积，再求出半球的体积，进而可求出，最后可求出的值.
【详解】
作出圆台的轴截面如图，设圆台的上底面半径为，下底面半径为，球的半径为，
圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，，，又下底面与半球的底面重合，，
圆台的高，圆台的母线长为，
圆台的侧面积为；半球的体积为，
球心到圆台的上底面所在的平面的距离为，球冠的高度为，
球冠的体积为，
，.故答案为：；.
10．（2025·安徽淮北·二模）如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为 ；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为 .
【答案】
【分析】根据因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，先求出圆锥的母线长与底面半径，从而求得圆锥外接圆的半径，即可求解圆锥外接圆的表面积；再在平面内过点P作直线，取中点M，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，过作垂线，分别交，于点和，连接，，结合平行线的性质和勾股定理，求出的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解.
【详解】设圆锥的母线长，底面半径，因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，所以，，解得，所以中，，设圆锥外接圆的圆心为G，半径为R，由圆锥外接圆的性质可知，点G在线段上，在中，，即，解得，故圆锥外接球的表面积为.
在平面内过点P作直线，取中点M，连接，则，且，因为顶点为的圆锥有且仅有一条母线在平面内，所以平面平面,又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，过作垂线，分别交，于点和，连接，，即,又,平面，所以平面,又平面，所以，即到的距离为，所以，所以，因为，所以，所以，在中，，在中，设与圆锥底面所成角为，则，则,即与圆锥底面所成角的余弦值为.故答案为：；.
11．（2025·江西萍乡·二模）已知三棱锥外接球的球心为棱的中点，若，则该三棱锥体积的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据题意分析可知，可得，设点到平面的距离为，结合体积公式可得，即可得最值.
【详解】因为球心为棱的中点，则，，且，则点到直线的距离，可得的面积，设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，
则，可得三棱锥的体积
，当且仅当，即平面时，等号成立，所以该三棱锥体积的最大值为.故答案为：.
题型04 空间线线角、线面角的求法
1．（2025·江西萍乡·二模）在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建系，求得直线方向向量，代入夹角公式求解即可.
【详解】
由条件可如图建系，设，则,
则,设直线与所成角为，所以，所以，故选：C
2．（2025·广西南宁·二模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据最小距离可得的长度为，即可根据异面直线所成角的定义即可求解.
【详解】根据题意可知圆柱的半径和高分别为，
由于从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，故展开图中，则,故，
因此在圆柱中，在下底面作平行于的直径，则的长度为，故所成的角为或其补角，由于，故直线与直线所成的角为，故选：C
3．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，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得出相关点的坐标，设，根据已知以及线面角的坐标表示得出.进而分六个面依次讨论，即可得出点坐标.进而根据线线角的坐标求解即可得出答案.
【详解】
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，设，则易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，设直线与平面、平面、平面所成的角分别为，由已知可得.又，，，所以有.又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，所以.若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为；若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去.综上所述，.所以.又
所以，与所成角的余弦值为.故选：A.
4．（2025·广东清远·二模）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若平面与棱交于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先由线线平行证明线面平行，再由线面平行的性质得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可；
（3）根据平面的法向量与平面内直线垂直，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，在中，因为，分别为，的中点，
所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又因为，所以．
（2）设，连接，因为为正四棱锥，所以为正方形的中心，
所以，平面．以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则．设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）连接，设，所以，因为，所以，由（2）知平面的法向量为，所以平面的法向量为，由平面，可知，即，解得．即．
5．（2025·山西·二模）已知四棱锥，底面是边长为2的正方形，是线段的中点，平面交于点.
(1)求证：平面；
(2)若，平面平面，平面与平面夹角的余弦值为，求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理证明，由线面平行的判定定理得证；
（2）取的中点，证明平面，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，根据条件求出，利用向量法求出直线与直线所成角的余弦值.
【详解】（1）因为底面是正方形，所以.又平面平面，
所以平面.又因为平面平面，平面，
所以.又平面平面，所以平面.
（2）设的中点为，则，平面平面，又平面，平面平面，平面.
过点在平面内作交于点，则两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则.设，由（1）知为的中点，则.设的中点为，则点在上，连接，因为平面，所以，又.平面，所以为二面角的平面角.因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，即，解得.则，
.所以直线与直线所成角的余弦值为.
6．（2025·江西萍乡·二模）如图，在几何体中，四边形与均为菱形，，且．
(1)求证：平面平面；
(2)设点满足，直线与平面所成角的正弦值为，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明平面BDEF，再得到平面平面即可；
（2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）设与相交于点，连接，
∵四边形为菱形，，且为中点，又，，
∵，平面BDEF，∴平面，
又平面，所以平面平面；
（2）
连接，∵四边形为菱形，且，为等边三角形，
∵为中点，∴，又，，平面，
平面．故OA，OB，OF两两互相垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，∵四边形为菱形，，，．
为等边三角形，∴．，,
则，因为，即，所以，所以，，，设平面的法向量为，则取，设与平面所成角为，则，解得或，又，所以.
7．（2025·广东广州·二模）如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
(1)证明：平面；
(2)若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，进而可证四边形是平行四边形，可得，由已知可证，可得，可证结论；
（2）解法1：由已知可求得，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法2：由已知可求得，连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法3：由已知可求得，由（1）知平面且点在直线上，，过作，交的延长线于点，连接，结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，因为为的中点，所以，且.
又，且，则，且.所以四边形是平行四边形，所以.因为，则为的中点.又为的中点，则，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）解法1：由于直四棱柱的体积为，得，
得，由于为锐角，则.分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，设，，
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，由，
即，取，则平面的一个法向量为.
则.当时，取得最大值.此时.所以的长为.
解法2：由于直四棱柱的体积为，得，得，由于为锐角，则.连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
.设，即，则.设平面的法向量为，直线与平面所成角为，由，即，令，则，则平面的一个法向量为，,为，
则.
当时，取得最大值.此时.所以的长为.
解法3：由于直四棱柱的体积为，得，
得，
由于为锐角，则.由（1）知平面且点在直线上，
则点到平面的距离为定值.设直线与平面所成角为，则.当最小时，取得最大值.如图，过作，交的延长线于点，连接，由于，，则平面.又平面，则.则为所求.在中，
.，
在中，.
8．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．
(1)若平面，求的值；
(2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值．
【答案】(1)
(2)；.
【分析】（1）设，由平面，证得，结合为的中点，得到为的中点， 求得的值；
（2）建系设，得出平面的法向量，进而得出线面角正弦值，结合二次函数值域得出最大值及此时的.
【详解】（1）
设，连接，因为正方形，所以为的中点，又因为平面，且平面，平面平面，所以，在正方形，为的中点，可得为的中点， 所以，当平面，则.
（2）
因为平面，所以平面，过作为轴，以分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，为等腰三角形，所以，且，则，所以，设，其中，(线面角为0，不是最大）
，，设平面的法向量为，则，取，可得，设直线与平面所成角为，由题意可得，因为，所以当，即时直线与平面所成角正弦最大为，直线与平面所成角最大为，当时，直线与平面所成角最大为.
题型05 空间二面角的求法
1．（2025·辽宁·二模）如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）
A．<< B．<< C．<< D．<<
【答案】B
【分析】设为三角形中心，过作，，，得到，，，再以为原点建立直角坐标系，得到直线，直线，直线的方程，利用点到直线的距离，求得点O到直线的距离判断.
【详解】设为三角形中心，过作于，于，于，由平面，得，平面，则平面，又平面，于是是二面角的平面角，因此，同理，，
以为原点建立直角坐标系，如图2，不妨设，则，
由，，得，，则直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，于是，，，，，而，，为锐角，所以.故选：B
2．（2025·四川南充·二模）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据内切球的表面积求出内切球半径，再利用等体积法求出正三棱锥的高，最后找出二面角的平面角，进而求出其余弦值.
【详解】已知内切球表面积，则，解得.设正棱锥的顶点在底面上的射影为，取中点，连接.因为正棱锥的性质，平面，，根据三垂线定理可得，所以就是二面角的平面角.
底面是边长为的正三角形，则.设正棱锥的体积为，表面积为.底面的面积.侧面中，，，则侧面面积，
正棱锥的表面积.根据等体积法，即，化简，即，.
两边平方：整理得到，即，解得（舍去）或.
在中，，，，所以.二面角的余弦值为.故选：A.
3．（2025·山东临沂·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）只需证明平面，只需证明，即可，而由平行线、矩形的性质即可得证；
（2）取中点连接，以点为原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据向量夹角的余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为底面为矩形，所以，又因为，所以，
又因为平面，，所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）取中点连接，因为为等边三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
从而，
设平面的法向量分别为，
从而，，令，解得，故可取，设平面与平面夹角为，则，故所求为.
4．（2025·河北邯郸·二模）直角梯形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，，分别是的中点．
(1)证明：平面平面DFM；
(2)求平面DEN与平面ENC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得出平面，再证出平面，进而证出结论；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，再计算面面角的余弦值即可.
【详解】（1）如图，过作AD的垂线交于，，．
，，，平面，
平面平面，平面平面，平面，．
又分别是AB、AF的中点，，，，即，又，平面，平面，又平面，平面平面．
（2）
建立如图所示的空间坐标系，则，
．设平面的法向量为，
，令，．设平面的法向量为，
，设，．因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
5．（2025·辽宁沈阳·二模）斜三棱柱各棱长为4，，D为棱上的一点．
(1)求证：；
(2)若平面平面ABC，且二面角的余弦值为，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）取中点，连接，易得，结合题设关系得，进而得到平面，进而求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，求平面法向量及平面的法向量，再利用空间向量求解即可.
【详解】（1）取AB中点O，在中，，O为AB中点，所以，在中，，，，由余弦定理可得，所以有，即，所以，又因为，平面，平面，
平面，又因为平面，所以；
（2）由（1）知且平面平面，平面平面，平面，所以平面，则，如图以OA，OC，两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OC，方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．
，，，，设，，，，设平面法向量为，
，，可取，平面的法向量为，所以有，化简得，所以有（舍）或者，所以．
6．（2025·安徽滁州·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，，，点为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，可得平面，从而，由勾股定理可得，结合中位线可得，故可证平面；
（2）利用向量法可求平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）连接交于点，连接．
在菱形中，，
因为，为的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以．
在菱形中，因为，故，
又，，所以，所以．
又因为点和点分别为和的中点，所以，
所以，又因为平面，所以平面．
（2）由（1）可得，在平面中，过作，垂足为，
则，而，故，
以所在直线分别为轴和轴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，由，可得令，可得平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，故平面与平面夹角的余弦值．
7．（2025·山西晋城·二模）如图，在等腰梯形中，过分别作底边上的高，垂足分别为，，，将，分别沿折起，使点分别到达点的位置，使得，点分别为的中点，且．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求平面与平面所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件，利用面面平行的判定，得到平面平面，再由面面平行的性质，即可证明；
（2）根据条件，利用几何关系及线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）取的中点，连接．在正方形中，因为点为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面．在中，因为点为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，
又，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）因为，所以．因为，，且为等腰梯形，所以．又点分别为的中点，所以，则，
因为，所以，则．又，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．
（3）由（2）可知，两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴，
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，
由取，得，，故．设平面的一个法向量，由取，得，，故，设平面与平面所成的二面角为，则，所以，
故平面与平面所成的二面角的正弦值为．
题型06 空间点、线、面的距离
1．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形为矩形，，．是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据线线垂直证明线面垂线，进而证明面面垂直，结合三角形相似可得距离.
【详解】
如图所示，取中点，中点，连接，，，，由是等边三角形，是等腰直角三角形，，则，，，又，，，，平面，所以平面，所以平面平面，平面平面，平面平面，又平面，且平面，平面平面，所以，又平面平面，且平面平面，平面平面，所以，则作出平面如图所示，设，则，所以，又，，则，由，所以，，，设过点作与，分别交于点，，则即为两平面间距离，，故选：C.
2．（2025·重庆·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是边长为 2的正三角形， 平面平面 , 为侧棱的中点,为的中点，为线段上一点.
(1)若点为线段 的中点，求证:直线平面 ；
(2)若，且点到平面的距离为，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）取的中点，连接，证明，即得，由线线平行证明线面平行即可；
（2）先证明平面，取中点，连接，建立空间直角坐标系后，，写出相关点的坐标，利用点到平面的距离公式列出方程，求解得到，利用结合图形，求得，利用空间向量的夹角公式计算直线与平面所成角即可.
【详解】（1）
如图，取的中点，连接，因点为线段 的中点，故，
因底面为矩形，为的中点，则，
故有，即得，则，
因平面，平面，故有直线平面；
（2）
如图，因平面平面，平面平面，
为等边三角形，且为的中点，则，故平面，
取中点，连接，则，故可以分别为轴建立空间直角坐标系.
设，则，因为侧棱的中点，则，于是，，设平面的法向量为，则，故可取，又，则点到平面的距离为，解得.因，则，因，
设平面的法向量为，则，故可取，
设直线 与平面 所成角为，则.
3．（2025·江西上饶·二模）如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，结合余弦定理，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】（1）在中，由，得，在中，，而，由余弦定理，得，则，即，由，得，则，又平面，因此平面，而平面，所以平面平面.
（2）连接，由分别为的中点，得，由（1）得平面，
由，得，则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，由点在PD上，令，设平面的法向量，则，取，得，而平面的法向量，则，解得，于是，而，则点到平面的距离，所以点到平面的距离为.
4．（2025·河南·二模）如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面.
(1)求直线到平面的距离.
(2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可利用点面距离的向量法求解；
（2）根据线面平行的性质，结合（1）可知的中点Q到平面的距离为.而，即可求解.
【详解】（1）连接.∵平面，平面，平面平面，∴.
在中，为的中点，∴点为的中点.
取中点，由正方形的边长为2，易知，，，
∴即为二面角的平面角.在中，∵二面角的正切值为，，∴，侧棱的长都是.易知直线，，两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示.
∴，，，，，，
∴，，.设平面的一个法向量为，则，即，即，令，则，
∴平面的一个法向量为.∵平面，∴直线到平面的距离等于点到平面的距离，又在法向量上的投影向量的模为，∴直线到平面的距离为.
（2）不存在.理由如下：根据第（1）问可得直线到平面的距离为.又∵平面，设点为的中点，∴点到平面的距离为.假设在平面上存在点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，则有.∵，∴不存在满足条件的点E.
题型07 立体几何中的折叠问题
1．（多选）（2025·云南昆明·二模）如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．直线与平面所成角为
D．平面与平面的夹角为
【答案】ACD
【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，平面，即可求解AB，结合线面角以及面面角的几何角，利用三角形的边角关系即可求解CD.
【详解】对于A，由题意可得，，，
由题意可知是的中点，连接，又，，所以，，
平面，故平面，平面，故，A正确，
对于C，由于，，
则，所以，又，平面，所以平面，
故为直线与平面所成角，，故，故C正确，
对于D，过作于，连接，
由于平面，平面，故，又平面，故平面，因为平面，故，故为平面与平面的夹角，
由等面积法可得，又，故，故，D正确，对于B，由于平面，而平面，且与平面不平行，
故平面与平面不垂直，故B错误，故选：ACD
2．（2025·辽宁辽阳·二模）在矩形中，为上两个不同的三等分点，如图1．将和分别沿向上翻折，使得点重合，记重合后的点为，如图2．已知，四棱锥的体积为．
(1)求；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出所求线段，根据勾股定理以及余弦定理，表示出四棱锥的高，结合四棱锥的体积公式，可得答案.
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.
【详解】（1）取的中点分别为，连接，过点作，垂足为，
设，则，为等边三角形，，在中，，在中，，
，又梯形的面积，
所以四棱锥的体积为，
解得（舍去），即；
（2）由（1）可得．以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，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，取，得．设平面的法向量为，则取，得．所以，，所以平面与平面所成角的正弦值为．
3．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示．
(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？
若存在，求出的值：若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)5或
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）在图1连接交于点，在图2中，易知、都是等边三角形，易得，，又，，平面，可得平面；
又直线平面，所以．
（2）解法一：假设存在点，符合题意．设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，直线平面，平面，
平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，所以
如图3，取中点，连接，由，，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且．
由已知，即，由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
解法二（向量法）设，则，则在中，由，，
由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，，
如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，则，解得，令，则；即向量，设存在点，，满足题意，则，所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
4．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且三棱锥的体积为
【分析】（1）证明出平面，结合可得出平面，可得出，推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）分析可知二面角的平面角为，即，取的中点，连接，推导出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，再利用锥体的体积公式可得出的值.
【详解】（1）在图①中，由题意可知，四边形为正方形，且，
在②中，，，且，、平面，
所以平面，
因为，所以平面，因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
因为平面，所以平面平面，
因为、平面，所以，，
所以，二面角的平面角为，即，
因为，所以为等边三角形，所以，
取的中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，且，
设为的中点，则可以以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，，
设，则，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，记直线与平面所成角为，则，由可得，
则，
即，，因为，解得，故，
所以.
5．（2025·山东·二模）如图，梯形中，，，为的中点，将沿边折起，使点C到达点P的位置.
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为120°，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）连接交于点，连接，由题设求证和即可由线面垂直判定定理求证平面，进而得证；
（2）由题设结合（1）建立适当的空间直角坐标系，接着由题设和二面角定义依次求出所需点和向量坐标，进而求出平面的一个法向量，再由线面角的向量法公式计算即可求解.
【详解】（1）连接交于点，连接，由题可得，且，所以为的中点，在中，，所以，同理，又，平面，所以平面，又因为平面，所以；
（2）由（1）可以点为坐标原点，以，方向和垂直于平面向上的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题可知为等腰梯形，且，可得，由（1）可知，为二面角二面角的平面角，所以，从而，因为，所以点到平面的距离为，则有，，，，所以，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值为.
6．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直的判定定理即可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系, 求和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可；
（3）设，求向量，，根据线线角的公式得，再由换元法计算即可.
【详解】（1），，，，，又，，，，,
又，，平面平面，
且平面平面，又，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，
平面平面
（2）平面,建立如图所示空间直角坐标系,
，，，，，，
，，,设平面的法向量为，则，取，,设直线与平面所成的角为，则.
（3）设，其中，则，，，所以，令，则，所以，当时，单调递增，故在时，取最大值，此时.
(
题型08
)立体几何中的最值问题
1．（2025·河北邯郸·二模）在正三棱锥中，分别在上，当周长最小时，的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先利用正三棱锥的性质得到侧面展开图中角的度数，再根据侧面展开图中线段与三角形周长的关系，得出周长的最小值，然后通过正弦定理求出PM的长度，最后利用三角形面积公式求出的面积．
【详解】三棱锥是正三棱锥，，沿AP剪开，使侧面铺开在一个平面上，如图，则，则周长的最小值为
．故选：B.
2．（2025·湖北·二模）长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值.
【详解】点在以的中点为球心，半径为的球面上，又点在平面上，点在平面与球的一个截面圆上.取的中点的中点的中点，连接，因为平面，所以面面，面面，作于，所以面，由相似三角形性质可得，，所以，，点在以为圆心，为半径的圆上.因为，所以在该圆上，则的最大值为.故选：D.
3．（多选）（2025·山东临沂·二模）三棱锥中，，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1
D．当时，的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据题设可将三棱锥补全为棱长为2的正方体，应用棱锥的体积公式判断A；由三棱锥的外接球即为正方体的外接球，且球心为的中点，求出半径，进而得到球体表面积判断B；由球体的结构特征确定截面半径最小情况下有截面与垂直即可判断C；构建空间直角坐标系，设并应用空间两点距离公式求最小值判断D.
【详解】由题设给定的三棱锥，，
所以，即，又平面，
所以平面，故可将其补全为一个正方体，
其中为三条棱，为体对角线，如下图示，
由，则，A对；由图，易知三棱锥的外接球，即为正方体的外接球，且球心为的中点，所以外接球的半径，故其表面积为，B错；要使过中点的平面截三棱锥外接球所得截面半径最小，连接，只需截面与垂直即可，此时最小半径为，而，所以，C对；
构建如图示的空间直角坐标系，又，设，
则，
所以，当时，，D对.故选：ACD
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在棱长为1的正方体中，Q为正方形内一动点（含边界），①若，则点Q的轨迹长度为 ；②若P为棱CD的中点，则的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】根据线面垂直的性质得到，从而得到，则点的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆，即可求出轨迹长；延长到点，使得，即点关于平面对称的点为点，连接与平面交于点，此时使得取得最小值，再由勾股定理计算可得.
【详解】因为平面，平面，所以，因为，所以，即点的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆，
所以其轨迹长为；
如图，延长到点，使得，则点关于平面对称的点为点，连接与平面交于点，此时使得取得最小值，且最小值为.
5．（2025·山西·二模）圆锥顶点为，底面中心为，体积为的正四面体的底面与该圆锥的底面平行，且点都在圆锥的侧面上，则该圆锥体积的最小值是 .
【答案】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，先利用几何知识求出关于的表达式，然后求出体积函数，利用导数求最小值即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，底面的中心为，则点三点共线.设正四面体棱长为，则高为，所以，
解得.故，由，得.该圆锥的体积.令，则，当时，；当时，.所以当时，有最小值，这时圆锥的体积有最小值.
6．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，．
(1)求证：；
(2)若，求与平面所成角正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点；
（2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，然后借助函数的单调性求出最大值.
【详解】（1）
证明：取的中点G，连交AF于H.在正方形中，由于F为的中点，
可得，则，因为，所以，
得到，即因为平面，
所以平面，又平面，故 由于平面平面，平面平面，，故平面，又平面，则.
因为，平面，所以平面，又因为平面，则，又点G是的中点，故.
（2）由于圆O的半径为，则正方形的边长为2，又，则.
以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴，
所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系.
则，易求上底面圆的半径为1，故.
故，，.
设平面的法向量为，由， 得
取，，故，
设与平面所成角为，则，，
令得，，所以在上单调递增，
故.所以与平面所成角正弦值的最大值为．
7．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证；
（2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解；
（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由几何关系可得，设点，其中，求出和平面的一个法向量，表示直线与平面所成角的正弦值，根据三角函数求出最值得解.
【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，
又，故，故，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
故平面，
又平面，故平面平面.
（2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面，记四棱锥的体积为，
则，而，
由平面，则，故，于是，当且仅当时，取等号，由，得，
，由，得，
故，当且仅当取等号，于是，
故.故四棱锥体积的最大值为.
（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，
故，解得，故,记与轴交于点，易知，而，故可设点，其中，
于是，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，
则
，由辅助角公式得，
所以，当，时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.
8．（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
(1)求证：A，D，O，E四点共面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面；
（2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可
【详解】（1）连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
即A，D，O，E四点共面；
（2）连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，
以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，因为是等边三角形，边长，点为中点，所以，所以又，
设，所以，解得，所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，又，设，
所以，解得，由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，设平面的法向量为，则，取得，所以，设直线与平面所成角为，
则，
其中，当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
题型01 空间点、线、面的位置关系
1．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若与所成的角相等，则
2．（多选）（2025·重庆·二模）如图，已知正四棱柱 的底面边长为 2，侧棱长为 4，点 ， 分别为 的中点，则（ ）
A．
B．平面 平面
C．三棱锥 的体积为
D．四面体 的外接球的表面积为
3．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
4．（多选）（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ）
A．存在点，使得
B．直线与平面所成的最大角为
C．若不共面，则四面体的体积的最大值为
D．若，则点的轨迹的长为
5．（多选）（2025·广西南宁·二模）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（ ）
A．动点F的轨迹长度为
B．存在E，F，使得平面
C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍
D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为
6．（多选）（2025·广东肇庆·二模）如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面
B．若，则点的轨迹长度为
C．若，则存在，使
D．若，则存在，使平面
题型02 空间几何体的表面积与体积
1．（2025·辽宁沈阳·二模）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·广东深圳·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·山东·二模）一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（多选）（2025·山西晋城·二模）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（ ）
A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的侧面积为 D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为
6．（多选）（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
7．（2025·广东揭阳·二模）正四棱台中，，则四棱台的体积为（ ）
A． B． C．56 D．
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
题型03 球的表面积与体积
1．（2025·陕西·二模）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的高为（ ）
A．2 B． C． D．1
2．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
3．（2025·河北·二模）已知圆台的母线长为4，下底面的半径是上底面半径的3倍，母线与底面所成的角为60°，那么圆台的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·安徽合肥·二模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
5．（2025·江苏·二模）一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025·天津·二模）图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（多选）（2025·广东广州·二模）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
8．（2025·山东菏泽·二模）一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为 ．
9．（2025·山东潍坊·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其下底面与半球的底面重合，上底面圆周在半球的球面上，则圆台的侧面积为 ；半球被该圆台的上底面所在的平面截得两部分，其体积分别为，则 ．
10．（2025·安徽淮北·二模）如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为 ；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为 .
11．（2025·江西萍乡·二模）已知三棱锥外接球的球心为棱的中点，若，则该三棱锥体积的最大值为 ．
题型04 空间线线角、线面角的求法
1．（2025·江西萍乡·二模）在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·广西南宁·二模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·广东清远·二模）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若平面与棱交于点，求的值．
5．（2025·山西·二模）已知四棱锥，底面是边长为2的正方形，是线段的中点，平面交于点.
(1)求证：平面；
(2)若，平面平面，平面与平面夹角的余弦值为，求直线与直线所成角的余弦值.
6．（2025·江西萍乡·二模）如图，在几何体中，四边形与均为菱形，，且．
(1)求证：平面平面；
(2)设点满足，直线与平面所成角的正弦值为，求实数的值．
7．（2025·广东广州·二模）如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
(1)证明：平面；
(2)若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
8．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．
(1)若平面，求的值；
(2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值．
题型05 空间二面角的求法
1．（2025·辽宁·二模）如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）
A．<< B．<< C．<< D．<<
2．（2025·四川南充·二模）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·山东临沂·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
4．（2025·河北邯郸·二模）直角梯形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，，分别是的中点．
(1)证明：平面平面DFM；
(2)求平面DEN与平面ENC夹角的余弦值．
5．（2025·辽宁沈阳·二模）斜三棱柱各棱长为4，，D为棱上的一点．
(1)求证：；
(2)若平面平面ABC，且二面角的余弦值为，求BD的长．
6．（2025·安徽滁州·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，，，点为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
7．（2025·山西晋城·二模）如图，在等腰梯形中，过分别作底边上的高，垂足分别为，，，将，分别沿折起，使点分别到达点的位置，使得，点分别为的中点，且．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求平面与平面所成的二面角的正弦值．
题型06 空间点、线、面的距离
1．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形为矩形，，．是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·重庆·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是边长为 2的正三角形， 平面平面 , 为侧棱的中点,为的中点，为线段上一点.
(1)若点为线段 的中点，求证:直线平面 ；
(2)若，且点到平面的距离为，求直线与平面 所成角的正弦值.
3．（2025·江西上饶·二模）如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离．
4．（2025·河南·二模）如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面.
(1)求直线到平面的距离.
(2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由.
题型07 立体几何中的折叠问题
1．（多选）（2025·云南昆明·二模）如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．直线与平面所成角为
D．平面与平面的夹角为
2．（2025·辽宁辽阳·二模）在矩形中，为上两个不同的三等分点，如图1．将和分别沿向上翻折，使得点重合，记重合后的点为，如图2．已知，四棱锥的体积为．
(1)求；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
3．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示．
(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？
若存在，求出的值：若不存在，说明理由．
4．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.
5．（2025·山东·二模）如图，梯形中，，，为的中点，将沿边折起，使点C到达点P的位置.
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为120°，求直线与平面所成角的正弦值.
6．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
题型08 立体几何中的最值问题
1．（2025·河北邯郸·二模）在正三棱锥中，分别在上，当周长最小时，的面积等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·湖北·二模）长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（多选）（2025·山东临沂·二模）三棱锥中，，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1
D．当时，的最小值为
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在棱长为1的正方体中，Q为正方形内一动点（含边界），①若，则点Q的轨迹长度为 ；②若P为棱CD的中点，则的最小值为 ．
5．（2025·山西·二模）圆锥顶点为，底面中心为，体积为的正四面体的底面与该圆锥的底面平行，且点都在圆锥的侧面上，则该圆锥体积的最小值是 .
6．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，．
(1)求证：；
(2)若，求与平面所成角正弦值的最大值．
7．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
8．（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
(1)求证：A，D，O，E四点共面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
答案解析
题型01 空间点、线、面的位置关系
1．（2025·江苏南京·二模）设是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若与所成的角相等，则
【答案】B
【分析】根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理，结合举例，对每个选项逐一进行分析判断.
【详解】对于A选项，若，，则与可能平行、相交或异面.例如，在正方体中，平面，平面，但与是相交的；平面，平面，但与是平行的.平面，平面，但与是异面的.
所以A选项错误. 对于B选项，若，则存在直线，使.又因为，根据直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么该直线与平面内的任意一条直线垂直，所以.由于，根据异面直线所成角的定义可知，所以B选项正确. 对于C选项，若，，则或.例如，当在平面内时，也能满足且,所以C选项错误. 对于D选项，若，与所成的角相等，则与可能平行、相交或异面.例如，圆锥的母线与底面所成的角都相等，但母线之间可能相交.所以D选项错误.故选：B.
2．（多选）（2025·重庆·二模）如图，已知正四棱柱 的底面边长为 2，侧棱长为 4，点 ， 分别为 的中点，则（ ）
A．
B．平面 平面
C．三棱锥 的体积为
D．四面体 的外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】由等积法可以判断C；建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算可以判断A，B；根据题意设出球心，进而求出外接球半径及表面积.
【详解】
如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
对A，不是0，所以A不正确；对B，设平面的法向量为，，所以，令，则.设平面的法向量为，，所以，令，则.所以，所以平面平面，故B正确；对于C：，故C不正确；对于D：三棱锥的外接球球心为，由，四面体 的外接球的表面积为 ，故D正确.故选：BD.
3．（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解.
【详解】如图所示，取的中点，连接，，，在正方体中，可得且，因为，分别是棱的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，则，又因为平面，平面，所以平面，同理可证：平面，因为，且平面，所以平面平面，又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，因为正方体的边长为，可得，，在中，可得，且，则，所以的最小值为.故选：B.
4．（多选）（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ）
A．存在点，使得
B．直线与平面所成的最大角为
C．若不共面，则四面体的体积的最大值为
D．若，则点的轨迹的长为
【答案】AC
【分析】对于A选项，当点为中点时，利用向量证明即可；对于B选项，当点位于点时，此时线面角为，大于；对于C选项，当点位于点（或棱上）时，体积最大，为；对于D选项，先判断出点的轨迹为四段圆弧，然后求出长度即可.
【详解】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确；
对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误；
对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远，
此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图，
在棱上取点，使，在棱上取点使，在棱上取中点，则，，则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为，，圆心角依次为，圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D错误；故选：AC.
5．（多选）（2025·广西南宁·二模）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（ ）
A．动点F的轨迹长度为
B．存在E，F，使得平面
C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍
D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为
【答案】ABD
【分析】根据为定长，易得也是定值，可以确定的轨迹，过点作的平行平面找到与F的轨迹的交点，则可确定存在平面，利用换底与换顶点的方法可以将三棱锥的体积是三棱锥体积求出来，从而得出两体积之间的关系，由动点F的轨迹与几何体只有一个公共点，可以确定该圆锥地面半径，再利用可求解的侧面积.
【详解】
在正四棱柱中，，且，，且因为，所以点是以点为圆心半径为的四分之一圆，所以动点F的轨迹长度，正确；
连接，与交于点，在上任找一点，过该点作的平行线，会跟相交于一点，再过该点作的平行线，必会与的轨迹相交，所以存在使得平面，正确;
由题意，又因为、为、的中点，易得，
所以，同理可得，C错误；
由题意，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥，当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切，且因为，有,所以，则，可得，该圆锥的底面半径，所以几何体的侧面积，正确.故选：.
6．（2025·广东肇庆·二模）如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面
B．若，则点的轨迹长度为
C．若，则存在，使
D．若，则存在，使平面
【答案】ABD
【分析】对于选项，统一变量，结合向量的线性运算关系判断动点的位置可得出结果；C选项可做反解验证，以垂直为条件运算；D选项为探究，可假设存在，以线面垂直为条件求解验证判别.
【详解】
对于A，若，则，则点在线段上，如上图. 因平面平面，且平面平面，平面平面，故因平面，平面，故平面，同理可证平面，因平面，平面，且，故有平面平面，又因为平面，所以平面，故A正确；
对于B，若，则（为的中点）如上图.
又因为，所以.故点的轨迹长度为，故B正确；
对于C，若，则，所以.，所以点在线段上（如上图）.假设，则，
即，化简得，该方程无解，所以不存在，故C错误；
对于D，如上图，设为的中点，当时，则，即，
建立如图所示的空间直角坐标系.则，
.所以.假设平面，则，即，解得.故D正确.故选： .
题型02 空间几何体的表面积与体积
1．（2025·辽宁沈阳·二模）已知一个圆台的上下底面半径分别为3和4，母线长为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用圆台的侧面积公式可得答案.
【详解】圆台的侧面积为.故选：B．
2．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）一个圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由轴截面为等腰直角三角形求解圆锥高，即可求解.
【详解】由圆锥的底面半径为1，母线与底面的夹角为，易知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
所以圆锥的高为1，所以圆锥的体积为：，故选：A
3．（2025·广东深圳·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解.
【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高，
因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，所以，解得，，所以，故选：A.
4．（2025·山东·二模）一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求出溶液的上底面半径为，再由圆台的体积公式计算可得.
【详解】因为溶液高度恰为5cm，所以溶液的上底面半径为，
下底面半径为，高为，所以溶液的体积.故选：B
5．（多选）（2025·山西晋城·二模）已知圆锥的顶点为，为底面直径，是面积为1的直角三角形，则（ ）
A．该圆锥的母线长为 B．该圆锥的体积为
C．该圆锥的侧面积为 D．该圆锥的侧面展开图的圆心角为
【答案】ABD
【分析】根据圆锥轴截面的形状以及面积可得A正确，求出母线长以及底面半径可计算出B正确，C错误，由侧面展开图计算即可求出D正确.
【详解】设该圆锥的母线长为，如下图所示：
因为轴截面是面积为1的直角三角形，即为直角；所以，解得，A正确；
设该圆锥的底面圆心为，在中，，所以，则圆锥的高，所以该圆锥的体积，侧面积为，B正确、C错误；设该圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，所以，D正确．故选：ABD．
6．（多选）（2025·河北张家口·二模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，由已知可得，，求出体积的表达式，利用导数求最大值得解.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为，则其表面积，得，又，所以，故正三棱柱的体积，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.故选：B.
7．（2025·广东揭阳·二模）正四棱台中，，则四棱台的体积为（ ）
A． B． C．56 D．
【答案】B
【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积.
【详解】如图所示，
由正四棱台可知且，，，四边形为等腰梯形， 取上底下底的中心平面，过作，垂足为，，且，，，所以，所以.故选：B
8．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据侧面与底面夹角求出底面边长，即可求出底面积，再由锥体的体积公式计算可得.
【详解】
如图取的中点，连接、，因为为正六棱锥，所以，，
所以为侧面与底面的夹角，所以，又底面，底面，所以，所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形，所以，则，所以，所以，所以六棱锥的体积为.故选：C
题型03 球的表面积与体积
1．（2025·陕西·二模）已知正四棱台的上、下底面边长分别为，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的高为（ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】B
【分析】由即可求解.
【详解】
如图，为上下底面的中心，由题意可知，所以，
所以，故选：B
2．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
【答案】B
【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案.
【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边，所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为.由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱；原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为.故选：B.
3．（2025·河北·二模）已知圆台的母线长为4，下底面的半径是上底面半径的3倍，母线与底面所成的角为60°，那么圆台的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由圆台的几何结构特征，以及球的截面圆性质及表面积公式可得结果.
【详解】因为母线与底面所成的角为60°，则圆台的高，上底面半径，下底面半径，设外接球的半径为，球心到上底面的距离为，则，解得，
所以，所以.故选：D．
4．（2023·安徽合肥·二模）已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题的描述，球内切于圆台，画出圆台的轴截面图，根据圆台的侧面积，和上下底面的面积关系求出球的半径，进而即得.
【详解】依据题意，球内切与圆台，画出两者的轴截面，球的截面为圆，圆台的轴截面为等腰梯形，如图所示，
过点作的垂线，垂足为，设球的半径为，则，设圆台的母线为，即，上、下底面的面积之比为，即，，由圆的切线长定理可知，，圆台的侧面积为，解得，则，即，则球的表面积.故选：A.
5．（2025·江苏·二模）一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解.
【详解】方法一：，
如图，，而，
，，即，由于到距离，则到距离，设正方形外接圆圆心，则，设矩形外接圆圆心，则，设外接球半径，，故外接球表面积为，故选;A.
方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图：
设圆的半径为，由余弦定理可得，
故，故，所以外接球的半径为，所以球的表面积为.故选：A.
6．（2025·天津·二模）图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意可得上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，建立空间直角坐标系，求出旋转前后的坐标，根据向量的数量积求出棱柱的高，根据勾股定理求出外接球的半径，进而求出表面积即可.
【详解】初始几何体为底面边长为 的正三棱柱，设高为H，上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，其外接球球心必在旋转轴上，正三棱柱底面正三角形的外接圆半径 ，设球心到任一底面的距离为 d，则球半径 满足：，由于几何体对称，球心在正中间，故，如图，以下底面ABC的重心为原点建立空间直角坐标系，
则，旋转后的顶点坐标为,所以，长度，所以数量积为; ，由夹角 ，所以，球心在中间，高度 ，半径,所以表面积,故选；C
7．（多选）（2025·广东广州·二模）已知是球的球面上两点，为该球面上的动点，球的半径为4，，二面角的大小为，则（ ）
A．是钝角三角形
B．直线与平面所成角为定值
C．三棱锥的体积的最大值为
D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】根据题意可得固定平面，求出各线段长度，结合圆内接四边形可求得，即A正确，利用线面角定义作出其平面角可得B正确，由三棱锥锥体体积公式计算可得可判断C错误，求得三棱锥的外接球的球心位置和半径即可求得D正确.
【详解】如下图所示：
易知，由可得；
固定平面，由二面角的大小为可知为一个与平面夹角为的平面与的交点（在的右侧），如图中过平面的虚线形成的劣弧所示：取的中点为，作平面，则有，又易知，
如下图所示：
在劣弧上运动，
对于A，易知，因此可得是钝角三角形，即A正确；
对于B，设直线与平面所成的角为，则，为定值，即B正确；对于C，作，易知三棱锥的体积的最大值为
，即C错误；
对于D，设三棱锥的外接球的球心为，如下图：
由于是的外心，则平面，因此三点共线，设，在中由勾股定理可得，解得；因此三棱锥的外接球的表面积为，即D正确.故选：ABD
8．（2025·山东菏泽·二模）一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，求出与正四棱台侧面及下底面都相切的球直径，再正四棱台的高比对即可得解.
【详解】把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面截该棱锥及棱台分别得等腰和等腰梯形，过作于，如图，
则等于正四棱台的高9，，于是，是正三角形，其内切圆半径，因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球，即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为.
9．（2025·山东潍坊·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其下底面与半球的底面重合，上底面圆周在半球的球面上，则圆台的侧面积为 ；半球被该圆台的上底面所在的平面截得两部分，其体积分别为，则 ．
【答案】
【分析】第一空利用已知条件可求得圆台的高，进而可求出圆台的母线长，再求侧面积即可；第二空先求出球冠的体积，再求出半球的体积，进而可求出，最后可求出的值.
【详解】
作出圆台的轴截面如图，设圆台的上底面半径为，下底面半径为，球的半径为，
圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，，，又下底面与半球的底面重合，，
圆台的高，圆台的母线长为，
圆台的侧面积为；半球的体积为，
球心到圆台的上底面所在的平面的距离为，球冠的高度为，
球冠的体积为，
，.故答案为：；.
10．（2025·安徽淮北·二模）如图，圆锥有且仅有一条母线在平面内，圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则圆锥外接球的表面积为 ；若是中点，，且点到直线的距离为，则与圆锥底面所成角的余弦值为 .
【答案】
【分析】根据因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，先求出圆锥的母线长与底面半径，从而求得圆锥外接圆的半径，即可求解圆锥外接圆的表面积；再在平面内过点P作直线，取中点M，连接，由面面垂直的性质定理证明平面，过作垂线，分别交，于点和，连接，，结合平行线的性质和勾股定理，求出的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解.
【详解】设圆锥的母线长，底面半径，因为圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，所以，，解得，所以中，，设圆锥外接圆的圆心为G，半径为R，由圆锥外接圆的性质可知，点G在线段上，在中，，即，解得，故圆锥外接球的表面积为.
在平面内过点P作直线，取中点M，连接，则，且，因为顶点为的圆锥有且仅有一条母线在平面内，所以平面平面,又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，过作垂线，分别交，于点和，连接，，即,又,平面，所以平面,又平面，所以，即到的距离为，所以，所以，因为，所以，所以，在中，，在中，设与圆锥底面所成角为，则，则,即与圆锥底面所成角的余弦值为.故答案为：；.
11．（2025·江西萍乡·二模）已知三棱锥外接球的球心为棱的中点，若，则该三棱锥体积的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据题意分析可知，可得，设点到平面的距离为，结合体积公式可得，即可得最值.
【详解】因为球心为棱的中点，则，，且，则点到直线的距离，可得的面积，设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，
则，可得三棱锥的体积
，当且仅当，即平面时，等号成立，所以该三棱锥体积的最大值为.故答案为：.
题型04 空间线线角、线面角的求法
1．（2025·江西萍乡·二模）在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建系，求得直线方向向量，代入夹角公式求解即可.
【详解】
由条件可如图建系，设，则,
则,设直线与所成角为，所以，所以，故选：C
2．（2025·广西南宁·二模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据最小距离可得的长度为，即可根据异面直线所成角的定义即可求解.
【详解】根据题意可知圆柱的半径和高分别为，
由于从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，故展开图中，则,故，
因此在圆柱中，在下底面作平行于的直径，则的长度为，故所成的角为或其补角，由于，故直线与直线所成的角为，故选：C
3．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，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得出相关点的坐标，设，根据已知以及线面角的坐标表示得出.进而分六个面依次讨论，即可得出点坐标.进而根据线线角的坐标求解即可得出答案.
【详解】
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，设，则易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，设直线与平面、平面、平面所成的角分别为，由已知可得.又，，，所以有.又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，所以.若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；
若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为；若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点；若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去.综上所述，.所以.又
所以，与所成角的余弦值为.故选：A.
4．（2025·广东清远·二模）如图，在正四棱锥中，，，分别为，的中点．设平面平面．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若平面与棱交于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先由线线平行证明线面平行，再由线面平行的性质得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可；
（3）根据平面的法向量与平面内直线垂直，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接，在中，因为，分别为，的中点，
所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，又因为，所以．
（2）设，连接，因为为正四棱锥，所以为正方形的中心，
所以，平面．以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知，，，，，，，，故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则．设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．
（3）连接，设，所以，因为，所以，由（2）知平面的法向量为，所以平面的法向量为，由平面，可知，即，解得．即．
5．（2025·山西·二模）已知四棱锥，底面是边长为2的正方形，是线段的中点，平面交于点.
(1)求证：平面；
(2)若，平面平面，平面与平面夹角的余弦值为，求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理证明，由线面平行的判定定理得证；
（2）取的中点，证明平面，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，根据条件求出，利用向量法求出直线与直线所成角的余弦值.
【详解】（1）因为底面是正方形，所以.又平面平面，
所以平面.又因为平面平面，平面，
所以.又平面平面，所以平面.
（2）设的中点为，则，平面平面，又平面，平面平面，平面.
过点在平面内作交于点，则两两垂直.以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则.设，由（1）知为的中点，则.设的中点为，则点在上，连接，因为平面，所以，又.平面，所以为二面角的平面角.因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，即，解得.则，
.所以直线与直线所成角的余弦值为.
6．（2025·江西萍乡·二模）如图，在几何体中，四边形与均为菱形，，且．
(1)求证：平面平面；
(2)设点满足，直线与平面所成角的正弦值为，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明平面BDEF，再得到平面平面即可；
（2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）设与相交于点，连接，
∵四边形为菱形，，且为中点，又，，
∵，平面BDEF，∴平面，
又平面，所以平面平面；
（2）
连接，∵四边形为菱形，且，为等边三角形，
∵为中点，∴，又，，平面，
平面．故OA，OB，OF两两互相垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，
设，∵四边形为菱形，，，．
为等边三角形，∴．，,
则，因为，即，所以，所以，，，设平面的法向量为，则取，设与平面所成角为，则，解得或，又，所以.
7．（2025·广东广州·二模）如图，直四棱柱的底面是菱形，为锐角，分别为棱的中点，点在棱上，且，点在直线上.
(1)证明：平面；
(2)若直四棱柱的体积为，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，进而可证四边形是平行四边形，可得，由已知可证，可得，可证结论；
（2）解法1：由已知可求得，分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法2：由已知可求得，连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得线面角的正弦的最大值，进而求得的长.
解法3：由已知可求得，由（1）知平面且点在直线上，，过作，交的延长线于点，连接，结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，因为为的中点，所以，且.
又，且，则，且.所以四边形是平行四边形，所以.因为，则为的中点.又为的中点，则，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）解法1：由于直四棱柱的体积为，得，
得，由于为锐角，则.分别以直线为轴，以的边上的高所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，设，，
设平面的法向量为，直线与平面所成角为，由，
即，取，则平面的一个法向量为.
则.当时，取得最大值.此时.所以的长为.
解法2：由于直四棱柱的体积为，得，得，由于为锐角，则.连接，设，连接，设，以为原点，分别以直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，
.设，即，则.设平面的法向量为，直线与平面所成角为，由，即，令，则，则平面的一个法向量为，,为，
则.
当时，取得最大值.此时.所以的长为.
解法3：由于直四棱柱的体积为，得，
得，
由于为锐角，则.由（1）知平面且点在直线上，
则点到平面的距离为定值.设直线与平面所成角为，则.当最小时，取得最大值.如图，过作，交的延长线于点，连接，由于，，则平面.又平面，则.则为所求.在中，
.，
在中，.
8．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点．
(1)若平面，求的值；
(2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值．
【答案】(1)
(2)；.
【分析】（1）设，由平面，证得，结合为的中点，得到为的中点， 求得的值；
（2）建系设，得出平面的法向量，进而得出线面角正弦值，结合二次函数值域得出最大值及此时的.
【详解】（1）
设，连接，因为正方形，所以为的中点，又因为平面，且平面，平面平面，所以，在正方形，为的中点，可得为的中点， 所以，当平面，则.
（2）
因为平面，所以平面，过作为轴，以分别为轴，建立空间直角坐标系，因为，为等腰三角形，所以，且，则，所以，设，其中，(线面角为0，不是最大）
，，设平面的法向量为，则，取，可得，设直线与平面所成角为，由题意可得，因为，所以当，即时直线与平面所成角正弦最大为，直线与平面所成角最大为，当时，直线与平面所成角最大为.
题型05 空间二面角的求法
1．（2025·辽宁·二模）如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），，，分别为，，上的点，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）
A．<< B．<< C．<< D．<<
【答案】B
【分析】设为三角形中心，过作，，，得到，，，再以为原点建立直角坐标系，得到直线，直线，直线的方程，利用点到直线的距离，求得点O到直线的距离判断.
【详解】设为三角形中心，过作于，于，于，由平面，得，平面，则平面，又平面，于是是二面角的平面角，因此，同理，，
以为原点建立直角坐标系，如图2，不妨设，则，
由，，得，，则直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，于是，，，，，而，，为锐角，所以.故选：B
2．（2025·四川南充·二模）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据内切球的表面积求出内切球半径，再利用等体积法求出正三棱锥的高，最后找出二面角的平面角，进而求出其余弦值.
【详解】已知内切球表面积，则，解得.设正棱锥的顶点在底面上的射影为，取中点，连接.因为正棱锥的性质，平面，，根据三垂线定理可得，所以就是二面角的平面角.
底面是边长为的正三角形，则.设正棱锥的体积为，表面积为.底面的面积.侧面中，，，则侧面面积，
正棱锥的表面积.根据等体积法，即，化简，即，.
两边平方：整理得到，即，解得（舍去）或.
在中，，，，所以.二面角的余弦值为.故选：A.
3．（2025·山东临沂·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）只需证明平面，只需证明，即可，而由平行线、矩形的性质即可得证；
（2）取中点连接，以点为原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据向量夹角的余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为底面为矩形，所以，又因为，所以，
又因为平面，，所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）取中点连接，因为为等边三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
从而，
设平面的法向量分别为，
从而，，令，解得，故可取，设平面与平面夹角为，则，故所求为.
4．（2025·河北邯郸·二模）直角梯形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，，分别是的中点．
(1)证明：平面平面DFM；
(2)求平面DEN与平面ENC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得出平面，再证出平面，进而证出结论；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，再计算面面角的余弦值即可.
【详解】（1）如图，过作AD的垂线交于，，．
，，，平面，
平面平面，平面平面，平面，．
又分别是AB、AF的中点，，，，即，又，平面，平面，又平面，平面平面．
（2）
建立如图所示的空间坐标系，则，
．设平面的法向量为，
，令，．设平面的法向量为，
，设，．因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
5．（2025·辽宁沈阳·二模）斜三棱柱各棱长为4，，D为棱上的一点．
(1)求证：；
(2)若平面平面ABC，且二面角的余弦值为，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）取中点，连接，易得，结合题设关系得，进而得到平面，进而求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，设，求平面法向量及平面的法向量，再利用空间向量求解即可.
【详解】（1）取AB中点O，在中，，O为AB中点，所以，在中，，，，由余弦定理可得，所以有，即，所以，又因为，平面，平面，
平面，又因为平面，所以；
（2）由（1）知且平面平面，平面平面，平面，所以平面，则，如图以OA，OC，两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OC，方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．
，，，，设，，，，设平面法向量为，
，，可取，平面的法向量为，所以有，化简得，所以有（舍）或者，所以．
6．（2025·安徽滁州·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，，，点为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，可得平面，从而，由勾股定理可得，结合中位线可得，故可证平面；
（2）利用向量法可求平面与平面夹角的余弦值．
【详解】（1）连接交于点，连接．
在菱形中，，
因为，为的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以．
在菱形中，因为，故，
又，，所以，所以．
又因为点和点分别为和的中点，所以，
所以，又因为平面，所以平面．
（2）由（1）可得，在平面中，过作，垂足为，
则，而，故，
以所在直线分别为轴和轴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，由，可得令，可得平面的一个法向量为，又平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，故平面与平面夹角的余弦值．
7．（2025·山西晋城·二模）如图，在等腰梯形中，过分别作底边上的高，垂足分别为，，，将，分别沿折起，使点分别到达点的位置，使得，点分别为的中点，且．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)求平面与平面所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件，利用面面平行的判定，得到平面平面，再由面面平行的性质，即可证明；
（2）根据条件，利用几何关系及线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）取的中点，连接．在正方形中，因为点为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面．在中，因为点为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，
又，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）因为，所以．因为，，且为等腰梯形，所以．又点分别为的中点，所以，则，
因为，所以，则．又，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．
（3）由（2）可知，两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴，
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，
由取，得，，故．设平面的一个法向量，由取，得，，故，设平面与平面所成的二面角为，则，所以，
故平面与平面所成的二面角的正弦值为．
题型06 空间点、线、面的距离
1．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形为矩形，，．是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据线线垂直证明线面垂线，进而证明面面垂直，结合三角形相似可得距离.
【详解】
如图所示，取中点，中点，连接，，，，由是等边三角形，是等腰直角三角形，，则，，，又，，，，平面，所以平面，所以平面平面，平面平面，平面平面，又平面，且平面，平面平面，所以，又平面平面，且平面平面，平面平面，所以，则作出平面如图所示，设，则，所以，又，，则，由，所以，，，设过点作与，分别交于点，，则即为两平面间距离，，故选：C.
2．（2025·重庆·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是边长为 2的正三角形， 平面平面 , 为侧棱的中点,为的中点，为线段上一点.
(1)若点为线段 的中点，求证:直线平面 ；
(2)若，且点到平面的距离为，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）取的中点，连接，证明，即得，由线线平行证明线面平行即可；
（2）先证明平面，取中点，连接，建立空间直角坐标系后，，写出相关点的坐标，利用点到平面的距离公式列出方程，求解得到，利用结合图形，求得，利用空间向量的夹角公式计算直线与平面所成角即可.
【详解】（1）
如图，取的中点，连接，因点为线段 的中点，故，
因底面为矩形，为的中点，则，
故有，即得，则，
因平面，平面，故有直线平面；
（2）
如图，因平面平面，平面平面，
为等边三角形，且为的中点，则，故平面，
取中点，连接，则，故可以分别为轴建立空间直角坐标系.
设，则，因为侧棱的中点，则，于是，，设平面的法向量为，则，故可取，又，则点到平面的距离为，解得.因，则，因，
设平面的法向量为，则，故可取，
设直线 与平面 所成角为，则.
3．（2025·江西上饶·二模）如图（1），四边形ABCD中，，分别为的中点，现以AC为折痕把折起，使点到达点的位置（如图（2）），且．
(1)证明：平面平面ACD；
(2)若为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点到平面ACM的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，结合余弦定理，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求出平面的法向量，再利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】（1）在中，由，得，在中，，而，由余弦定理，得，则，即，由，得，则，又平面，因此平面，而平面，所以平面平面.
（2）连接，由分别为的中点，得，由（1）得平面，
由，得，则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，由点在PD上，令，设平面的法向量，则，取，得，而平面的法向量，则，解得，于是，而，则点到平面的距离，所以点到平面的距离为.
4．（2025·河南·二模）如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面.
(1)求直线到平面的距离.
(2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可利用点面距离的向量法求解；
（2）根据线面平行的性质，结合（1）可知的中点Q到平面的距离为.而，即可求解.
【详解】（1）连接.∵平面，平面，平面平面，∴.
在中，为的中点，∴点为的中点.
取中点，由正方形的边长为2，易知，，，
∴即为二面角的平面角.在中，∵二面角的正切值为，，∴，侧棱的长都是.易知直线，，两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示.
∴，，，，，，
∴，，.设平面的一个法向量为，则，即，即，令，则，
∴平面的一个法向量为.∵平面，∴直线到平面的距离等于点到平面的距离，又在法向量上的投影向量的模为，∴直线到平面的距离为.
（2）不存在.理由如下：根据第（1）问可得直线到平面的距离为.又∵平面，设点为的中点，∴点到平面的距离为.假设在平面上存在点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，则有.∵，∴不存在满足条件的点E.
题型07 立体几何中的折叠问题
1．（多选）（2025·云南昆明·二模）如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．直线与平面所成角为
D．平面与平面的夹角为
【答案】ACD
【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，平面，即可求解AB，结合线面角以及面面角的几何角，利用三角形的边角关系即可求解CD.
【详解】对于A，由题意可得，，，
由题意可知是的中点，连接，又，，所以，，
平面，故平面，平面，故，A正确，
对于C，由于，，
则，所以，又，平面，所以平面，
故为直线与平面所成角，，故，故C正确，
对于D，过作于，连接，
由于平面，平面，故，又平面，故平面，因为平面，故，故为平面与平面的夹角，
由等面积法可得，又，故，故，D正确，对于B，由于平面，而平面，且与平面不平行，
故平面与平面不垂直，故B错误，故选：ACD
2．（2025·辽宁辽阳·二模）在矩形中，为上两个不同的三等分点，如图1．将和分别沿向上翻折，使得点重合，记重合后的点为，如图2．已知，四棱锥的体积为．
(1)求；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出所求线段，根据勾股定理以及余弦定理，表示出四棱锥的高，结合四棱锥的体积公式，可得答案.
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.
【详解】（1）取的中点分别为，连接，过点作，垂足为，
设，则，为等边三角形，，在中，，在中，，
，又梯形的面积，
所以四棱锥的体积为，
解得（舍去），即；
（2）由（1）可得．以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，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，取，得．设平面的法向量为，则取，得．所以，，所以平面与平面所成角的正弦值为．
3．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示．
(1)求证：；
(2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？
若存在，求出的值：若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)5或
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）在图1连接交于点，在图2中，易知、都是等边三角形，易得，，又，，平面，可得平面；
又直线平面，所以．
（2）解法一：假设存在点，符合题意．设，则，
则在中，由，，由余弦定理得，
由（1）得直线平面，又，直线平面，平面，
平面平面
作，垂足为，则平面，
在，由，，所以
如图3，取中点，连接，由，，得四边形为平行四边形，
因为平面，所以平面，
则直线与平面所成角为，且．
由已知，即，由，得
在中，设，由余弦定理得
即，解得或
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
解法二（向量法）设，则，则在中，由，，
由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，，
如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，所以，
因此，，
设平面的法向量为，则，解得，令，则；即向量，设存在点，，满足题意，则，所以，
设直线与平面所成角为，则，所以
所以，解得，
所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或
4．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且三棱锥的体积为
【分析】（1）证明出平面，结合可得出平面，可得出，推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）分析可知二面角的平面角为，即，取的中点，连接，推导出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，再利用锥体的体积公式可得出的值.
【详解】（1）在图①中，由题意可知，四边形为正方形，且，
在②中，，，且，、平面，
所以平面，
因为，所以平面，因为平面，所以，
因为，为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，平面，
因为平面，所以平面平面，
因为、平面，所以，，
所以，二面角的平面角为，即，
因为，所以为等边三角形，所以，
取的中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，且，
设为的中点，则可以以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
则，，，，
设，则，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，记直线与平面所成角为，则，由可得，
则，
即，，因为，解得，故，
所以.
5．（2025·山东·二模）如图，梯形中，，，为的中点，将沿边折起，使点C到达点P的位置.
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为120°，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）连接交于点，连接，由题设求证和即可由线面垂直判定定理求证平面，进而得证；
（2）由题设结合（1）建立适当的空间直角坐标系，接着由题设和二面角定义依次求出所需点和向量坐标，进而求出平面的一个法向量，再由线面角的向量法公式计算即可求解.
【详解】（1）连接交于点，连接，由题可得，且，所以为的中点，在中，，所以，同理，又，平面，所以平面，又因为平面，所以；
（2）由（1）可以点为坐标原点，以，方向和垂直于平面向上的方向分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题可知为等腰梯形，且，可得，由（1）可知，为二面角二面角的平面角，所以，从而，因为，所以点到平面的距离为，则有，，，，所以，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值为.
6．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直的判定定理即可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系, 求和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可；
（3）设，求向量，，根据线线角的公式得，再由换元法计算即可.
【详解】（1），，，，，又，，，，,
又，，平面平面，
且平面平面，又，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，
平面平面
（2）平面,建立如图所示空间直角坐标系,
，，，，，，
，，,设平面的法向量为，则，取，,设直线与平面所成的角为，则.
（3）设，其中，则，，，所以，令，则，所以，当时，单调递增，故在时，取最大值，此时.
(
题型08
)立体几何中的最值问题
1．（2025·河北邯郸·二模）在正三棱锥中，分别在上，当周长最小时，的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先利用正三棱锥的性质得到侧面展开图中角的度数，再根据侧面展开图中线段与三角形周长的关系，得出周长的最小值，然后通过正弦定理求出PM的长度，最后利用三角形面积公式求出的面积．
【详解】三棱锥是正三棱锥，，沿AP剪开，使侧面铺开在一个平面上，如图，则，则周长的最小值为
．故选：B.
2．（2025·湖北·二模）长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值.
【详解】点在以的中点为球心，半径为的球面上，又点在平面上，点在平面与球的一个截面圆上.取的中点的中点的中点，连接，因为平面，所以面面，面面，作于，所以面，由相似三角形性质可得，，所以，，点在以为圆心，为半径的圆上.因为，所以在该圆上，则的最大值为.故选：D.
3．（多选）（2025·山东临沂·二模）三棱锥中，，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．三棱锥外接球的表面积为
C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1
D．当时，的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据题设可将三棱锥补全为棱长为2的正方体，应用棱锥的体积公式判断A；由三棱锥的外接球即为正方体的外接球，且球心为的中点，求出半径，进而得到球体表面积判断B；由球体的结构特征确定截面半径最小情况下有截面与垂直即可判断C；构建空间直角坐标系，设并应用空间两点距离公式求最小值判断D.
【详解】由题设给定的三棱锥，，
所以，即，又平面，
所以平面，故可将其补全为一个正方体，
其中为三条棱，为体对角线，如下图示，
由，则，A对；由图，易知三棱锥的外接球，即为正方体的外接球，且球心为的中点，所以外接球的半径，故其表面积为，B错；要使过中点的平面截三棱锥外接球所得截面半径最小，连接，只需截面与垂直即可，此时最小半径为，而，所以，C对；
构建如图示的空间直角坐标系，又，设，
则，
所以，当时，，D对.故选：ACD
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在棱长为1的正方体中，Q为正方形内一动点（含边界），①若，则点Q的轨迹长度为 ；②若P为棱CD的中点，则的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】根据线面垂直的性质得到，从而得到，则点的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆，即可求出轨迹长；延长到点，使得，即点关于平面对称的点为点，连接与平面交于点，此时使得取得最小值，再由勾股定理计算可得.
【详解】因为平面，平面，所以，因为，所以，即点的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆，
所以其轨迹长为；
如图，延长到点，使得，则点关于平面对称的点为点，连接与平面交于点，此时使得取得最小值，且最小值为.
5．（2025·山西·二模）圆锥顶点为，底面中心为，体积为的正四面体的底面与该圆锥的底面平行，且点都在圆锥的侧面上，则该圆锥体积的最小值是 .
【答案】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，先利用几何知识求出关于的表达式，然后求出体积函数，利用导数求最小值即可.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，底面的中心为，则点三点共线.设正四面体棱长为，则高为，所以，
解得.故，由，得.该圆锥的体积.令，则，当时，；当时，.所以当时，有最小值，这时圆锥的体积有最小值.
6．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，．
(1)求证：；
(2)若，求与平面所成角正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点；
（2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，然后借助函数的单调性求出最大值.
【详解】（1）
证明：取的中点G，连交AF于H.在正方形中，由于F为的中点，
可得，则，因为，所以，
得到，即因为平面，
所以平面，又平面，故 由于平面平面，平面平面，，故平面，又平面，则.
因为，平面，所以平面，又因为平面，则，又点G是的中点，故.
（2）由于圆O的半径为，则正方形的边长为2，又，则.
以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴，
所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系.
则，易求上底面圆的半径为1，故.
故，，.
设平面的法向量为，由， 得
取，，故，
设与平面所成角为，则，，
令得，，所以在上单调递增，
故.所以与平面所成角正弦值的最大值为．
7．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证；
（2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解；
（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由几何关系可得，设点，其中，求出和平面的一个法向量，表示直线与平面所成角的正弦值，根据三角函数求出最值得解.
【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，
又，故，故，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
故平面，
又平面，故平面平面.
（2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面，记四棱锥的体积为，
则，而，
由平面，则，故，于是，当且仅当时，取等号，由，得，
，由，得，
故，当且仅当取等号，于是，
故.故四棱锥体积的最大值为.
（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，
故，解得，故,记与轴交于点，易知，而，故可设点，其中，
于是，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，
则
，由辅助角公式得，
所以，当，时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.
8．（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点.
(1)求证：A，D，O，E四点共面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面；
（2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可
【详解】（1）连接DO、AO、EO，
因为，，都是等边三角形，
所以，
又在平面内交于点O，在平面内交于点O，
所以平面，平面，
因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O，
所以平面与平面是同一平面，
即A，D，O，E四点共面；
（2）连接DO、AO、EO，AD，
以OA，OB分别为x、y轴，
以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，
则，因为是等边三角形，边长，点为中点，所以，所以又，
设，所以，解得，所以，
因为是等边三角形，边长，点为中点，
所以，又，设，
所以，解得，由(1)得为二面角平面角，
设，则点，
故，设平面的法向量为，则，取得，所以，设直线与平面所成角为，
则，
其中，当时，取得最大值为，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
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