专题07 立体几何（十大题型）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（广东专用）

专题07 立体几何（10大题型） 一、空间中点线面的位置关系的判断 1．（2025·广东·一模）若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 2．（2025·广东·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则// D．若，则 3．（2025·广东·一模）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，给出了下列命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，则， ④若，，且，，则，（    ） A．②④ B．①②④ C．①④ D．①③ 4．（2024·广东佛山·一模）已知直线，与平面，，，能使的充分条件是（    ） A．， B．， C．，， D．，， 二、球体综合 5．（2025·广东肇庆·二模）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·广东佛山·一模）已知圆台的高为1，下底面的面积，体积为，则该圆台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 三、体积与表面积的相关计算 7．（2024·广东广州·三模）已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（    ） A． B． C． D． 8．（2025·广东·一模）如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则 9．（2025·广东·一模）已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为 . 四、空间向量的表示 10．（2025·广东·一模）如图，三棱锥中，，，，点为中点，点N满足，则（    ） A． B． C． D． 五、小题空间角的计算 11．（2025·广东佛山·一模）已知直线与平面所成的角为，若直线，直线，设与的夹角为，与的夹角为，则（    ） A．， B．， C．， D．， 12．（2025·广东·一模）在矩形中，，，将沿着翻折，使点在平面上的投影恰好在直线上，则此时二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 六、小题截面问题 13．（2025·广东·一模）已知圆柱与圆锥的体积与侧面积均相等，若的轴截面为等腰直角三角形，则与的底面半径之比为（    ） A． B． C． D． 14．（2025·广东茂名·一模）在棱长为6的正方体中，，，过点的平面截该正方体所得截面的周长为（    ） A． B． C． D． 七、立体几何多选题综合（多考点） 15．（2025·广东·一模）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（    ） A． B． C． D．AM与DF是异面直线 16．（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 17．（2025·广东·一模）已知正四面体的棱长为，则（    ） A． B．与的距离为 C．二面角的正弦值为 D．正四面体的体积为 18．（2024·广东韶关·一模）已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（    ） A．该圆锥的侧面积为 B．该圆锥的体积为 C． D．该圆锥内部半径最大的球的表面积为 19．（2024·广东佛山·一模）在三棱台中，侧面是等腰梯形且与底面垂直，，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．三棱台的体积为 20．（2025·广东·一模）如图，已知正方体的棱长为，点分别为棱的中点，，则（    ） A．无论取何值，三棱锥的体积始终为 B．若，则 C．点到平面的距离为 D．若异面直线与所成的角的余弦值为．则 八、空间角的计算（解答题第2问） 21．（2024·广东佛山·一模）如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为.    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 22．（2025·广东肇庆·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面. (1)证明：平面. (2)若为的中点，求到平面的距离. 23．（2025·广东·一模）如图，在直三棱柱中，. (1)证明：平面平面； (2)若为中点，求平面与平面夹角的正弦值. 24．（2025·广东·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，. (1)证明：； (2)若四棱锥的外接球的表面积为，求二面角的余弦值. 25．（2025·广东茂名·一模）如图，中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. (1)线段上是否存在点，使得平面，并说明理由； (2)当时，求平面与平面所成角的余弦值. 26．（2024·广东韶关·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 27．（2025·广东·一模）如图所示，三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，，点D，E，F分别是所在棱的中点. （1）在线段上找一点使得平面∥平面，给出点的位置并证明你的结论； （2）在（1）的条件下，求二面角的余弦值. 28．（2024·广东珠海·一模）如图，三棱柱中，侧面底面，， ，点是棱的中点． (1)证明：； (2)求面与面夹角的正切值． 九、空间距离的计算（解答题第2问） 29．（2025·广东佛山·一模）如图，直三棱柱的体积为，侧面是边长为1的正方形，，点分别在棱上． (1)若分别是的中点，求证：平面； (2)若，，求． 30．（2024·广东佛山·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)求证：平面平面； (2)若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 31．（2025·广东·一模）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． ( 19 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 立体几何（10大题型） 一、空间中点线面的位置关系的判断 1．（2025·广东·一模）若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】根据线面平行的性质定理， 若，，则或与异面，A错误； 平行与同一平面的两条直线位置关系不确定，可能平行、相交或异面，B错误； 如图，，过点作的平行线，设所在平面为， 且，则， 根据已知，所以，        则，由，可得，且，所以，C正确；    若，， 则或，D错误. 故选：C 2．（2025·广东·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则// D．若，则 【答案】C 【分析】根据线面位置关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：若，则的位置关系不确定，故A错误； 对B：若，则的位置关系不确定，故B错误； 对C：若，则//，故C正确； 对D：若，则的位置关系不确定，故D错误. 故选：C. 3．（2025·广东·一模）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，给出了下列命题： ①若，，则； ②若，，则； ③若，，则， ④若，，且，，则，（    ） A．②④ B．①②④ C．①④ D．①③ 【答案】C 【分析】在①中，由面面垂直的判定定理得；在②中，或；在③中，与相交、平行或；在④中，由线面平行的判定定理得，． 【详解】解：由，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，知： ①若，，则由面面垂直的判定定理得，故①正确； ②若，，则或，故②错误； ③若，，则与相交、平行或，故③错误； ④若，，且，， 则由线面平行的判定定理得，，故④正确． 故选：． 4．（2024·广东佛山·一模）已知直线，与平面，，，能使的充分条件是（    ） A．， B．， C．，， D．，， 【答案】BD 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A：，，，也可能平行，故错误； 对于B：若，，则，正确； 对于C：，，，由线面垂直的判定定理可知不一定垂直于，故也不一定垂直，故错误； 对于D：由，，可得：，再由，可证，故正确. 故选：BD 二、球体综合 5．（2025·广东肇庆·二模）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过球心在三棱锥内、外两种情况，结合勾股定理求得半径即可求解. 【详解】如图， 若球心在三棱锥内，设为底面的外接圆的圆心. 球的半径为，则. 因为，所以，解得. . 若球心在三棱锥外，则， 同理由解得，此时，不符合题意. 故选：A. 6．（2024·广东佛山·一模）已知圆台的高为1，下底面的面积，体积为，则该圆台的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先画出组合体的截面图，再利用几何关系，列方程组，即可求解，最后代入表面积公式. 【详解】如图，圆台与外接球的轴截面，如下，      设上底面的半径为，下底面的半径为，外接球的半径为， 由下底面的面积为，则， 圆台的体积， 即，解得或（舍）， 设， 和中，，，两式联立， 解得，， 所以圆台外接球的表面积为. 故选：C 三、体积与表面积的相关计算 7．（2024·广东广州·三模）已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由柱体与锥体体积公式求解即得. 【详解】因为O为四边形对角线的交点，所以O为的中点， 所以, 所以. 故选:B. 8．（2025·广东·一模）如图，在三棱柱中，，，分别为，，的中点，设三棱锥体积为，三棱柱的体积为，则 【答案】 【详解】试题分析：因为D，E，分别是AB，AC的中点，所以S△ADE：S△ABC=1：4， 又F是AA1的中点，所以A1到底面的距离H为F到底面距离h的2倍． 即三棱柱A1B1C1-ABC的高是三棱锥F-ADE高的2倍． 所以V1：V2=S△ADE•h/S△ABC•H＝=1：24 考点：棱柱、棱锥、棱台的体积 9．（2025·广东·一模）已知棱长为8的正四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】先求出正四面体的外接球半径，再利用，结合外接球知识求出该八面体的外接球半径即可求解. 【详解】如图： 设为正四面体的外接球球心，为的中心,为的中心, 为的中点， 由正四面体可知平面， 因为平面，所以， 又因为棱长为8，所以，， 设正四面体外接球球心为，则在，则为外接球半径， 由得，解得， 即, 在正四面体中，易得，，所以， 则该八面体的外接球半径, 所以该球形容器表面积的最小值为， 故答案为： 四、空间向量的表示 10．（2025·广东·一模）如图，三棱锥中，，，，点为中点，点N满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】. 故选：C. 五、小题空间角的计算 11．（2025·广东佛山·一模）已知直线与平面所成的角为，若直线，直线，设与的夹角为，与的夹角为，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】把直线和平面放置在锥体中，然后利用异面直角夹角定义，结合三余弦定理及余弦函数的单调性得，根据二面角平面角的定义，结合最大角定理及正弦函数单调性得，即可得解. 【详解】如图，设斜线为直线，平面为平面，且， 由图可知，当恰为时，此时与的夹角为； 当为时，， 由于，知， 故由在上单调递减得，知.综上可知； 由于，故是二面角所成角，即，， 由于，则， 故由在上单调递增得，即，可知. 故选：A 12．（2025·广东·一模）在矩形中，，，将沿着翻折，使点在平面上的投影恰好在直线上，则此时二面角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图所示，作于，于，求得，，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值. 【详解】如图所示，作于，于.    在中，，， 在中，， ， 同理可得，，， 因为， 所以 ， 又因为， 所以. 因为与的夹角即为二面角的大小， 所以二面角的余弦值为. 故选：A. 六、小题截面问题 13．（2025·广东·一模）已知圆柱与圆锥的体积与侧面积均相等，若的轴截面为等腰直角三角形，则与的底面半径之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式及体积公式求解即可. 【详解】设圆锥和圆柱的底面半径分别为，高分别为， 因为圆锥的轴截面是等腰直角三角形，所以圆锥的母线长为，所以， 所以圆锥的体积为，圆柱的体积为， 所以圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为， 所以，化简得， 所以圆柱和圆锥的底面半径之比为, 故选:C. 14．（2025·广东茂名·一模）在棱长为6的正方体中，，，过点的平面截该正方体所得截面的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，的中点，连接、、，则五边形为过点的截面，再计算截面周长即可. 【详解】如图取的中点，的中点，连接、、， 则五边形为过点的截面，取的中点，靠近的三等分点，连接、、， 则，又且，所以四边形为平行四边形， 所以，则， 又且，所以为平行四边形，所以，则， 所以四点共面； 取、靠近、的三等分点、，连接、、， 同理可证，，，所以， 所以四点共面； 所以五点共面； 又，，， 所以截面周长为. 故选：B 七、立体几何多选题综合（多考点） 15．（2025·广东·一模）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（    ） A． B． C． D．AM与DF是异面直线 【答案】ABC 【解析】还原正方体，画出正方体的直观图，利用直观图，结合正方体的几何性质对选项中的结论逐一判断即可. 【详解】还原正方体，画出正方体的直观图，如图， 由图可知，AM与DF是相交直线，D错误； 设正方体的棱长为，则，C正确； 由正方体的性质可得与平行且相等，所以是平行四边形，可得，A正确； 由正方体的性质可得与平行且相等，所以是平行四边形，可得，在正方形中，，所以，B正确， 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是还原正方体，画出正方体的直观图，进而根据正方体的性质作出判断. 16．（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: . 17．（2025·广东·一模）已知正四面体的棱长为，则（    ） A． B．与的距离为 C．二面角的正弦值为 D．正四面体的体积为 【答案】ABD 【分析】根据正四面体的几何特征求体积结合二面角，线线垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A.把棱长为的正四面体放在棱长为的正方体中， 因为，所以，A选项正确； 取中点，，所以与的距离为，B选项正确； C.设中点为T，连接，因为则， 则为所求二面角的平面角，， 所以，所以正弦值为，所以C错. D. ，所以D对. 故选：ABD. 18．（2024·广东韶关·一模）已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则（    ） A．该圆锥的侧面积为 B．该圆锥的体积为 C． D．该圆锥内部半径最大的球的表面积为 【答案】BCD 【分析】又圆锥的侧面积、体积公式，及线面角的定义，内切球半径的确定，逐个判断即可. 【详解】由已知，，，易得等腰三角形的底边长， ， 对于A，该圆锥的侧面积为，A错误； 对于B该圆锥的体积为，B正确； 对于C，如图，取中点为，连接， 则为与底面所成角为，故，C正确； 对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上， 设为，球半径为，过向作垂线，垂足为，则，又， 所以，所以， 球的表面积为，D正确， 故选：BCD 19．（2024·广东佛山·一模）在三棱台中，侧面是等腰梯形且与底面垂直，，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D．三棱台的体积为 【答案】ABD 【分析】根据面面垂直证明线面垂直，再证线线垂直，可判断A的真假；根据两个同高的三棱锥的体积之比等于它们的底面积之比，可判断BC的真假；根据台体的体积公式求出台体体积，判断D的真假. 【详解】如图： 对于A：在中，,，所以，即. 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以，故A正确； 对于B：因为，，且∽，所以. 又三棱锥和 的高相同，所以，故B正确； 对于C：因为，所以，所以，即，故C错误； 对于D：因为三棱台的高为1，所以三棱台的体积为：，故D正确. 故选：ABD 20．（2025·广东·一模）如图，已知正方体的棱长为，点分别为棱的中点，，则（    ） A．无论取何值，三棱锥的体积始终为 B．若，则 C．点到平面的距离为 D．若异面直线与所成的角的余弦值为．则 【答案】AB 【分析】对于A，利用等体积法及棱锥的体积公式即可求解； 对于B，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用空间向量的数量积公式即可求解； 对于C，由B选项建立的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式即可求解； 对于D，由B选项建立的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线与的方向向量，再利用向量的夹角与线线角的关系即可求解； 【详解】对于A，因为正方体的棱长为，点分别为棱的中点, 所以, 在正方体中，平面， 由等体积法知，三棱锥=三棱锥=， 所以无论取何值，三棱锥的体积始终为，故A正确； 对于B,由题意可知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示 因为正方体的棱长为， 所以，，，，, 由，得，设，则 所以， 所以，所以，解得， 所以， 所以， 所以，故B正确； 对于C，由B选项建立的空间直角坐标系知，，，， 设，则，， 所以，所以，解得，所以， 所以， 设平面的法向量为，则 ,即，令则， 所以， 所以点到平面的距离为， 由于无法确定，所以点到平面的距离无法确定，故C错误； 对于D,由B选项建立的空间直角坐标系知，，，,，，, 设，则，， 所以，所以，解得，所以， 所以， 因为异面直线与所成的角的余弦值为，则 ，即，解得或（舍），故D错误. 故选：AB. 八、空间角的计算（解答题第2问） 21．（2024·广东佛山·一模）如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为.    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，设到平面的距离为，根据锥体的体积公式求出，即可得到平面，从而得证； （2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接，因为，， 所以， 又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为， 则，所以， 所以，即平面，又平面，所以平面平面；    （2）取的中点，连接，则，即， 如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，， 设平面的法向量为，则，取， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 22．（2025·广东肇庆·二模）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，平面平面. (1)证明：平面. (2)若为的中点，求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】(1)利用面面垂直的性质,在平面中,作,证明平面,再利用线面垂直证明； (2) 求到平面的距离,首先需证明平面,转化为点到平面的距离,再利用建系法或者等体积法求解； 【详解】（1）证明：如图,在平面内作,交于点. 因为平面平面,平面平面平面, 所以平面,则. 因为平面,所以, 因为平面,所以平面. （2）解：如图，连接交于点,连接.易知为的中位线,所以. 因为平面平面,所以平面, 所以到平面的距离,即为点到平面的距离. 由（1）知平面,所以. 因为,所以.又因为平面,所以两两垂直. 因为,所以. 法一（建系）：如图,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, 所以, . 设平面的法向量为, 则即 取,则,所以平面的一个法向量为. 则点到平面的距离,即到平面的距离为 法二（几何）：因为平面,所以,因为平面,所以,所以是直角三角形. 所以,因为是斜边的中点,所以. 则. 设点到平面的距离为,则,解得，即到平面的距离为. 23．（2025·广东·一模）如图，在直三棱柱中，. (1)证明：平面平面； (2)若为中点，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的判断定理，以及几何条件，转化为证明平面，即可证明面面垂直； （2）根据（1）的结果建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再根据面面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，， 故，故. 所以，又因为， 平面，故平面. 因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，所以， 所以，所以两两垂直. 以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，故. 因为平面，所以可作为平面的一个法向量. 设平面的一个法向量为，则，取，则. 设平面与平面的夹角为，则， 所以. 24．（2025·广东·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，. (1)证明：； (2)若四棱锥的外接球的表面积为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质证明线线平行，先证平面即可. （2）先确定四棱锥的外接球的球心，即可得的长，过作于，所以为二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）取AB的中点，连接，则由题意知为正三角形， 所以， 由等腰梯形知，设，则，， 故，即得，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）由于， 又，为等边三角形， ， 即为四边形外接圆的圆心，且半径， 过作平面的垂线，则， 在平面内作的垂直平分线交与点， 则，即为四棱锥的外接球的球心， 且半径，则， ，则， 过作于，平面， 所以平面，又平面， 则，所以为二面角的平面角， ， 所以二面角的平面角的余弦值为. 25．（2025·广东茂名·一模）如图，中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. (1)线段上是否存在点，使得平面，并说明理由； (2)当时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)存在，且为中点，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，取中点，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明线面平行； （2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，然后以为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1） 存在，且为中点，证明如下： 取中点，连接， 因为为中点，所以，， 又平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） 连接，则，又， 所以，即， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以两两垂直， 以为原点，分别为轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面与平面所成角大小为，则 ， 所以，平面与平面所成角的余弦值为. 26．（2024·广东韶关·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，平面平面为的中点. (1)求证：平面平面； (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）方法一，证明平面，得到，进而证明面，得证；方法二，根据二面角平面角定义判断是平面和平面所成二面角的平面角，由勾股定理可得，得证；方法三，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量判断. （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）方法一；由，有， ，因为为正方形，故， 又平面平面交于平面， 所以，平面， 又平面，所以， 又平面平面， 故平面，又平面， 所以平面平面. 方法二；因为为正方形，故， 而平面平面交于平面， 所以平面，又平面， 所以， 平面和平面交线平行于. 故是平面和平面所成二面角的平面角. .有， 故平面平面. 方法三：取中点为，先证明：， ，点为的中点.， 而平面平面交于平面， 所以，平面，又平面， 所以，， 由已知，建立如图空间直角坐标系， 因为. 故， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得， ，故， 所以，平面平面. （2）取中点为.由（1）知，， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 所以，， 显然可知平面的法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，，取，得， 则， 所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为. 27．（2025·广东·一模）如图所示，三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，，点D，E，F分别是所在棱的中点. （1）在线段上找一点使得平面∥平面，给出点的位置并证明你的结论； （2）在（1）的条件下，求二面角的余弦值. 【答案】（1）点与点重合，证明见解析，（2） 【分析】（1）首先连接，.根据三角形中位线得到，根据四边形是平行四边形，得到，即证平面∥平面. （2）首先以点为坐标原点，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.分别求平面和平面的法向量，再代入二面角公式计算即可. 【详解】（1）点与点重合，证明如下： 连接，. 因为分别是和的中点，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为分别是和的中点，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又因为，所以平面平面. （2）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. 由（1）可得二面角即. 则，，. 所以，. 因为平面平面，所以平面的法向量即平面的法向量， 设为，则. 令，则. 因为，，. 所以，. 设平面的一个法向量为. 则， 令，则. 则. 由图易知二面角的平面角是锐角，所以余弦值为. 【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 28．（2024·广东珠海·一模）如图，三棱柱中，侧面底面，， ，点是棱的中点． (1)证明：； (2)求面与面夹角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由侧面底面得底面，进而可证； （2）向量法求面与面的夹角. 【详解】（1）因为三棱柱中， 故四边形为菱形，又因，点是棱的中点， 故， 又侧面底面，侧面底面， 侧面， 所以底面，又底面，故. （2）因， ，故为直角三角形， 故， 如图分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，， 由（1）可知，，，故，， 则， 由题意平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为， 则即，令，则，， 则， 设面与面夹角为，则， 故， 面与面夹角的正切值为. 九、空间距离的计算（解答题第2问） 29．（2025·广东佛山·一模）如图，直三棱柱的体积为，侧面是边长为1的正方形，，点分别在棱上． (1)若分别是的中点，求证：平面； (2)若，，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，可得，根据线面平行的判定定理可证平面； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量的垂直表示可求的坐标，从而可求. 【详解】（1） 如图，连接，则彼此平分，而为的中点， 故为的中点，而为的中点，故， 而平面，平面，故平面. （2） 由直三棱柱的体积为可得， 而，故，而为三角形内角，故， 故即，结合直三棱柱可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，， 则，而， 由，可得，解得. 故，故 30．（2024·广东佛山·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．    (1)求证：平面平面； (2)若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明即可得出结论； （2）建立空间直角坐标系，设并利用空间向量求出二面角的余弦值的表达式，解方程可求得，可得结果. 【详解】（1）在底面中，因为，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，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，且，所以四边形为矩形． 即平面， 又因为在中，，所以，，两两垂直． 以，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，    则，，， 设，则，，． 设平面的法向量 则， 令，可得，即， 因为平面，所以平面的法向量， 所以． 化简得即， 解得或（舍），即． 31．（2025·广东·一模）三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与DE的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解. 【详解】（1）三棱台中，，则， 有，得，所以， 又，所以在平面内，，有， 平面平面，所以平面． （2）已知平面平面ABC，平面平面，， 平面，所以平面，由平面，得， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，由平面ABC，得. 以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系． 则有， ， 因为，所以， 设向量，且满足：， 则有，令， 在的投影数量为， 异面直线与DE的距离.    ( 19 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$