专题01 空间点线面之间的关系（易错培优竞赛精练）-【竞赛】2024-2025学年高一数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高一空间点线面之间的关系易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校空间点线面之间的关系易错题精选 专题二：名校空间点线面之间的关系培优题精选 专题三：空间点线面之间的关系全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校空间点线面之间的关系易错题精选 1．长方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】把问题转化成点到直线上的点的距离垂线段最短解决. 【详解】如图： 根据题意，截面是边长为的正方形，为的中点. 点在上，在线段上取点，使得. 根据正方形的对称性，则，所以， 表示点沿着折线到直线的距离. 取的中点，则，根据垂线段最短可得：. 所以的最小值为. 故选：A 2．已知正方体的棱长为常数，点P在线段上（端点除外），过点P且垂直于的平面截正方体所得截面的周长为y，若，则y关于x的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分点P在线段AQ和线段上以及在线段QR上，结合图形讨论即可. 【详解】如图所示，设平面和平面分别与交于点Q，R，当点P在线段AQ和线段上时，截面是正三角形，当点P越靠近点A或越靠近点时，截面周长越小，且变化是线性的． 当点P在线段QR上（不含点Q，R）时，截面是六边形EFGHMN，且，，，， 所以，所以，所以六边形EFGHMN的周长与的周长相等．综上可知y关于x的函数图象大致为D． 故选：D 3．如图，正方体中，分别为线段、的中点，联结，对空间任意两点，若线段与线段不相交或与线段不相交，则称两点可视，下列选项中与点不可视的为（    ） A．点 A B．点 C．点Q D．点 【答案】B 【分析】根据新定义、异面直线的定义判断即可. 【详解】对于A，连接，因为平面， 平面，且，所以直线与是异面直线， 所以点与点可视，故A错误； 对于B，如图，连接，得平面， 且与相交，连接，因为，， 所以四边形是平行四边形，得与相交，所以点与点不可视， 故B正确； 对于C，如图，连接，，因为平面， 平面，且，所以直线与是异面直线， 所以点与点可视，故C错误； 对于D，如图，连接，， 因为平面，平面，且， 所以直线与是异面直线，所以点与点可视，故D错误. 故选：B. 4．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，可得四边形是平行四边形，，（或其补角）就是异面直线与所成的角，设正方体的棱长为，在中，利用余弦定理可得答案. 【详解】如图，取的中点，连接分别为的中点， 所以，故. 所以四边形是平行四边形，所以，故（或其补角）就是异面直线与所成的角. 设正方体的棱长为2，则，所以. 又，所以在中，有. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 5．过正四面体的顶点作一个形状为等腰三角形的截面，使得截面与底面所成角为75°，这样的截面共可作出（   ）个. A．6 B．12 C．15 D．18 【答案】D 【分析】根据条件将问题转化为“截面与底面的交线与以为圆心，以为半径的圆相切”，然后分类讨论即可. 【详解】不妨设正四面体的棱长为，正的中心为，则正四面体的高为， 在中，以为圆心，以为半径画圆，则所求截面与平面的交线为该圆的切线， 下面分三种情况进行讨论： （1）切线与的任意一边平行，此时能作出个截面； （2）切线（点在边上，点在边上）且 ，此时易证≌， 所以，则截面为等腰三角形，这样的截面有个； （3）过点作的切线，与交于点，由≌有，对应为等腰三角形，这样的截面有个， 综上，满足条件的截面共有18个， 故选：D. 6．已知正三棱台的体积为，，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 7．榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，通过将连接部分紧密拼接，使整个结构能够承受较大的重量，并具有优异的抗震能力.其中，木楔子的运用极大地增加了榫卯连接的牢固性.木楔子是一种简单的机械工具，用于填充器物的空隙，使其更加稳固.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是正方形，，且，均为正三角形，，则与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出图形，取的中点，连接，可求出为异面直线与所成的角，再由勾股定理计算即可； 【详解】 如图，取的中点，连接， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 同理可得，所以为异面直线与所成的角或其补角， ，，即， 所以，即与所成角的大小为， 故选：A. 8．在棱长为的正方体中，点分别为线段的中点，点在线段上，且，则过三点的平面截正方体得到的截面多边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据平行关系可作出过三点的截面，结合垂直关系和长度关系可求得结果. 【详解】连接，取中点，则三点共线，在上取点，满足；在上取点，满足；在上取点，满足；连接； ，，，又， ，五点共面； 同理可得：五点共面， 四边形即为过三点的平面截正方体得到的截面多边形； ，平面，平面， 又平面，，四边形为矩形； ，，， 又，. 故选：B. 9．在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，进而可得截面与截面面积. 【详解】如图，把正四棱柱的侧面展开图可得最短距离， （1）  ，（2）  ，（3）   （1），（2），（3）， 所以质点从到的最短距离为， 此时质点从点出发，经过上靠近的三等分点，再到达点， 面截正四棱柱所得截面为五边形，如图， 由，， 所以沿质点的最短运动路线截正四棱柱，    则所得截面的面积为： ． 故选：B 10．如图，在矩形中，，在上且，将沿折起到，使得平面，点在线段上，若平面，则的值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线线平行可得平面，进而根据面面平行可得，即可求解. 【详解】作交于，连接．则四边形是平行四边形，， 由，在平面外，可得平面． 又平面，，平面， 所以平面平面． 又平面平面，平面平面，所以， 因此． 故选：C 11．（多选题）以下四个命题正确的有（  ） A．三个平面最多可以把空间分成八部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”等价于“与相交” C．若直线平面，直线平面，且 ， ，则 D．若四条直线中任意两条共面，则这四条直线共面 【答案】AC 【分析】对于A，三个不同平面可以把空间分成四部分、六部分、七部分、八部分，作图即可判断；对于B，作图举反例即可淘汰；对于C，直接法证明即可判断；对于D，以正方体为反例淘汰即可. 【详解】 对于A，由上图可知：三个平面可以把空间分成四部分、六部分、七部分、八部分，最多八部分，所以选项A正确； 对于B，由上图可知： ， 直线平面，直线平面，且，但直线与直线并不相交， 所以选项B错误； 对于C，直线平面，直线平面，因为， 所以，又因为，所以， 所以选项C正确； 对于D，如上图，直线，直线，直线，直线任意两条共面，但这四条直线并不共面，所以选项D错误. 故选：AC. 12．（多选题）正方体的棱长为a，M，N分别是正方形，的中心（如图所示）.则下列结论正确的是（    ） A． B．AB与共面 C．平面与该正方体所得的截面面积为． D．平面将正方体分成前后两部分的体积比为 【答案】BCD 【分析】作出平面判断AC；作出平面截正方体所得截面，推理、计算判断BD. 【详解】在正方体中，过作分别交于，连接，则， 对于A，平面，点平面，点， 又点平面， 因此是异面直线，A错误； 对于C，四边形是矩形，且是平面截该正方体所得的截面，而为正方形的中心， 则是的中点，，矩形的面积，C正确； 连接，矩形是正方体的对角面，则， 由为正方形的中心，得点为中点，因此， 点共面，则与共面，B正确； 对于D，，延长交于点，连接交于点， 延长交于，连接，令直线交于，连接， 则四边形是平面截正方体所得截面， 由分别为正方形，的中心，得， 连接， 多面体的体积， 而正方体的体积，因此平面将正方体分成前后两部分的体积比为，D正确. 故选：BCD 13．（多选题）如图是一个边长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，则下列说法中正确的是（ ） A．直线与直线垂直； B．直线与直线相交； C．直线与直线平行； D．直线与直线异面； 【答案】AD 【分析】画出正方体，，，故，A 正确；根据相交推出矛盾得到B错误；根据，与相交得到C错误；排除共面的情况得到D正确，得到答案. 【详解】 如图所示的正方体中，，，故，故A 正确； 若直线与直线相交，则四点共面，即在平面内，不成立，故B错误； ，与相交，故直线与直线不平行，故C错误； ，与不平行，故与不平行， 若与相交，则四点共面，在平面内，不成立， 故直线与直线异面，故D 正确. 故选：AD. 14．（多选题）如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C．三棱锥的体积不为定值 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，通过P为BD中点可判断，对于B，由可判断，对于C，由可判断，对于D，由三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，可判断； 【详解】 当P为BD中点时，由中位线可得：， 不在平面，在平面内， 所以平面，A正确； 由中位线易知，在正方体中，易证，所以，所以截面为梯形，B正确； 因为，所以体积为定值，C错误； 三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径，所以表面积D正确， 故选：ABD. 15．（多选题）如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（   ） A．点可能在直线上 B．点可能在直线上 C．若点在底面内，则三棱锥的体积为定值 D．若点在棱上，则 【答案】ACD 【分析】对于A：由与所在直线相交且不垂直可判断；对于B，通过可判断，对于C，通过等体积可判断，对于D，通过求证，得到可判断； 【详解】点的轨迹是过点且与垂直的平面（不包括点），因为与所在直线相交且不垂直，因此直线与平面相交，所以A正确； 因为底面，在底面内，所以， 又，，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因此平面平面， 又，平面，平面， 所以，故B不正确； 若点在底面内，则点在直线上，而平面， 所以点到平面的距离为定值， 所以为定值，故C正确； 设的中点为， 若点在棱上，则，，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 在梯形中，可以求得，， 所以，故D正确. 故选：ACD. 16．（多选题）如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．点在某个球面上运动 【答案】ACD 【分析】假设，可证平面，从而求出，即可判断A，假设平面，推出矛盾，即可判断B，当平面平面时四棱锥体积最大，求出锥体体积，即可判断C，取的中点，连接，即可得到，即可判断D. 【详解】对于A，由题意知，若存在某个位置使得， 则由于平面，因此平面， 又平面，因此，由题意知，故此时， 易知在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得，故存在某个位置，使得，故A正确． 对于B，若存在某个位置，使得平面，因为平面， 所以，但在矩形中，，则、为等腰直角三角形， 所以，显然，故不成立， 所以不存在某个位置，使得平面，故B错误． 对于C，当平面平面时四棱锥的体积最大， 又为等腰直角三角形，所以此时点到平面的距离为， 所以四棱锥体积的最大值为，故C正确． 对于D，如图，取的中点，连接，由于为线段的中点， 所以且， 所以点在以点为球心，为半径的球面上，故D正确． 故选：ACD． 17．（多选题）如图，正方体的棱长为1，点分别在棱上（与端点不重合），过点作平面，垂足为，则下列说法正确的是（   ）    A．可能为直角三角形 B．若为的外接圆的圆心，则三棱锥为正三棱锥 C．若，则四面体的棱与面所成角的正弦值的集合是 D． 【答案】BCD 【分析】对于A，结合余弦定理判断即可；对于B，由外心得到，再结合勾股定理说明，进而可判断，对于C，分类讨论以为定点，为定点的情况即可判断；对于D, 设，利用等体积法，结合正余弦定理、三角形面积公式、锥体体积公式化简即可判断. 【详解】对于A，设，其中， 所以， 由余弦定理得，所以为锐角，同理其它两角也是锐角，故A错误； 对于B，    因为为的外心，所以，再由平面， 结合勾股定理易知，又三个侧面都是直角三角形，易证全等， 所以，故三棱锥为正三棱锥，正确； 对于C，若棱在面内，则棱与面所成交为0，正弦值为0； 若棱不在面内，考察侧棱与底面所成的角，    以为例，（一样），设，则， 则的面积为， 由等体积，三棱锥的体积, 所以，所以， 即以为顶点，为底面的三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为， 以或或为顶点的三棱锥的侧棱与底面所成角,    以点为例，（或一样），因为平面,所以与平面所成角为，正弦值为1， 由线面角的定义可知：为与平面所成角，易知，正弦值为， 所以四面体的棱与面所成角的正弦值的集合是 故C正确； 对于D，若，又， 即， 所以， 则，即， 所以，即，D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：D选项，利用，即判断； 18．（多选题）在长方体中，已知，点P是线段上的动点．则下列说法正确对的是（    ） A．若，则 B．若，则点P到平面的距离是 C．若，则直线AP与直线所成角的范围是 D．若，分别经过且平分三棱锥体积的截面面积依次为，则 【答案】ABD 【分析】由，即为正方体，根据正方体的结构特征及线面垂直的判定及性质判断A；通过证明面，得到点P到平面的距离，即为到面的距离，再求出到面的距离为，结合判断B；注意直线AP与直线所成角，即为直线AP与直线所成角，利用与重合时判断C；根据长方体的性质有，，，结合即可判断D. 【详解】若，即为正方体， 由，又面，面，则， 又都在面内，故面，面， 所以，同理可证，又都在面内， 所以面，而面，则，A对； 由正方体的结构特征易知，为平行四边形，则， 面，面，则面，而， 所以点P到平面的距离，即为到面的距离， 若到面的距离为，则，可得， 所以，B对；    由，则直线AP与直线所成角，即为直线AP与直线所成角， 当与重合时，由面，面，即， 此时，即直线AP与直线所成角为，不在内，C错； 由经过且平分三棱锥体积的截面分别为、、， 所以，，， 又，显然，D对；    故选：ABD 19．已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为 ． 【答案】 【分析】过作交底面圆锥于点，则为异面直线与所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得的取值范围，从而得所求最值. 【详解】 如图，过作交底面圆锥于点，连接， 因为，则为异面直线与所成角， 所以， 又，所以，即， 因为，函数在上单调递减，所以， 故异面直线与所成角的最小值为. 故答案为：. 20．在正方体中，直线是底面所在平面内的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是 . 【答案】 【分析】过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为，则，，根据可求出结果. 【详解】如图：过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为， 则，所以， 设正方体的棱长为，则，， 所以,当且仅当与A重合时，取得等号， 所以的最小值是. 故答案为：. 21．两条异面直线a，b所成的角为，在直线上取点A，E，在直线上取点B，F，使，且.已知，则线段AB的长为 . 【答案】12或 【分析】根据题意，画出相应示意图，且，，，则，，分两种情况求对应线段AB的长. 【详解】由题意，有如下两种情况，且，，，则，， 如上图，，又，即， 则， 又，则， 如上图，，又，即， 则， 又，则， 所以线段AB的长为12或. 故答案为：12或 22．设、、为空间中三条不同的直线，若与所成角为，与所成角为，则与所成角的取值范围是 . 【答案】 【分析】不妨设、、相交于点，根据题意构造两个圆锥，结合轴截面可得与所成角的最小值与最大值即可. 【详解】不妨设、、相交于点，如图，根据题意构造两个圆锥， 其中底面圆心为，轴所在直线为，小圆锥的母线所在直线为，轴截面 ； 大圆锥的母线所在直线为，轴截面，且在一条直线上. 由题意，， 由图可知，当移动到，移动到时，可得与所成角的最小， 最小值为. 当移动到，移动到时，可得与所成角的最大， 最大值为. 所以与所成角的取值范围为. 故答案为：. 23．在三棱锥中，.记的中点为的中点为，则异面直线与的夹角的余弦值为 . 【答案】 【分析】先求出中的长度，同理可求的长度，根据余弦定理可求线线角的余弦值. 【详解】先证明一个结论：中，若为的中点，则. 证明： 由余弦定理可得， ， 而，， 故. 在三棱锥中，连接，取的中点为，连接， 在中，，， 故，即即. 同理，，， 因为，故且， 故或其补角即为所成的角， 而，故所求角的余弦值为， 故答案为：. 24．已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 【答案】 7 【分析】分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数； 【详解】①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. 所以符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是； 故答案为：7； 25．如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面成的角，，底面是边长为2的正三角形，其重心为，是线段上一点，且平面. (1)求的值； (2)求平面与底面所成的二面角的正切值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由面面平行得出，从而； （2）添加辅助线用三垂线定理构造二面角的平面角，解三角形解得即可. 【详解】（1） 如图，作交于点，连接，则， 因为平面，平面，故平面， 而平面，平面， 故平面平面， 而平面平面，平面平面， 所以，从而. （2）如图，延长交于点，由（1）可知为中点，从而，，三点共线， 过点作于点，则平面，且， .过点作于点，则为所求二面角的平面角. 由于，所以，所以， 即平面与底面所成的二面角的正切值为. 26．如图，在四面体中，.若从直线，，，中任选两条，则它们互相垂直的概率为. (1)证明：平面； (2)若四面体的体积为，且，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）由直线，，，中任选两条，它们互相垂直的概率为可得，，，结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）由四面体的体积为可得，过点作，垂足为，证明为直线与平面所成的角即可求得答案. 【详解】（1）证明：从直线，，，中任选两条，不同的选法共有种， 因为它们互相垂直的概率为，所以互相垂直的直线有3对. 又，所以与，均不垂直. 若，则恰与，，的其中两条垂直， 不妨设，，则平面，则，不符合题意. 若与不垂直，则，，， ，平面， 则平面，符合题意，故平面. （2）解：设，则， 解得，则或. 若，则为正三角形，则，不符合题意. 若，则，符合题意. 如图，过点作，垂足为. 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面. 连接，则为直线与平面所成的角. ， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 27．如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点.在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）；    【答案】答案见解析 【分析】利用两个平面相交必有且只有一条交线的基本事实作图即得. 【详解】所作截面如图1所示.    作法：延长交于点，连接交于，连接， 延长交于点，连接交于，连接， 则截面是五边形. 理由如下：不妨设截面为，由作法知，,因交于点，则, 因交于，,则，又平面, 故即平面与四棱锥的侧面的交线， 同理可得即平面与四棱锥的侧面的交线, 于是，即平面分别与四棱锥的侧面，的交线, 故可得，截面是五边形. 专题二：名校空间点线面之间的关系培优压轴试题精选 1．一个四棱台的上下底面均为正方形，上底边长为4cm，下底是边长为8cm，侧面为全等的等腰梯形，且棱台的侧棱与上下底面的夹角均为，则这个棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据棱台几何特征求得它的高，再利用棱台体积公式计算可得结果. 【详解】连接和分别交于点，如下图所示： 则平面过上下底面的中心，作于点，如下图： 易知底面，底面， 因此即为侧棱与下底面的夹角的平面角，可得， 显然，且， 易知， 所以，则； 又为等腰直角三角形，可得； 可得这个棱台的体积为. 故选：D 2．已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体的几何性质，作出平面，找到线线角的平面角，即可求解. 【详解】如图所示，连接，交平面于点. 设正方体的棱长为a，根据正方体的性质可得，平面， 则平面与平面平行或重合，在线段上取点P，使， 则为满足题意的其中一个直线， 正方体绕体对角线旋转的过程可认为是正方体不动，绕体对角线旋转，， ，所以BC与直线所成的角即与直线所成的角， 可得当P在线段上时，与直线所成的角最小， 由正方体的性质可得，则， 所以 . 故选：B. 3．（多选题）在三棱锥中，平面分别为中点，下列结论正确的是（    ） A．为直角三角形 B．平面 C．三棱锥的体积最大值为 D．三棱锥外接球的半径为定值 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直证明平面，然后可判断A；连接相交于点，连接，证明为的重心即可判断B；利用基本不等式求面积的最大值即可判断C；利用补形法求解可判断D. 【详解】对A，因为平面，平面，所以， 又是平面内的两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以，所以为直角三角形，正确； 对B，连接相交于点，连接， 若平面，平面平面，平面，则， 因为为的中线，所以为的重心，， 因为为的中点，所以，与矛盾，故B错误； 对C，因为，得， 所以， 所以，当且仅当时等号成立，正确； 对D，将三棱锥补形成长方体，易知即为外接球的直径， 易得，外接球半径，正确. 故选：ACD 4．（多选题）在边长为6的菱形中，，现将沿折起到的位置，使得二面角是锐角，则三棱锥的外接球的表面积可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】作出二面角的平面角，利用球的性质确定外接球球心位置，求出球的半径，再由角的范围得出半径的范围，求出外接球表面积的范围即可判断. 【详解】解：如图， 由菱形边长为6，，可知是边长为6的正三角形， 取的中点为，连接，则， 所以是二面角的平面角， 设，外接球球心为， 取分别为靠近的三等分点，连接， 则平面，平面，连接， 因为， 所以在中，，即， 所以， 由，可知，所以， 故，所以. 结合选项可知，ACD符合，B不符合. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 5．（多选题）如图，在正四棱柱中，，是中点，则（    ） A．异面直线与所成的角为60° B．二面角的平面角正切值为 C．点到平面的距离为 D．若平面满足且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 【答案】BCD 【分析】对于A，连接，则可得为异面直线与所成的角，然后利用余弦定理求解判断，对于B，设，连接，可得为二面角的平面角，在直角中求解判断，对于C，利用求解判断，对于D，连接，可证得平面，则平面截正四棱柱所得截面多边形为，从而可求出的周长判断. 【详解】对于A，连接，则∥，所以为异面直线与所成的角， 因为在正四棱柱中，， 所以，， 所以， 所以，所以A错误； 对于B，设，连接，则, 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以， 所以二面角的平面角正切值为，所以B正确， 对于C，设点到平面的距离为， 因为， 所以， 因为，所以， 所以，得，所以C正确； 对于D，连接， 因为在正四棱柱中，，是中点， 所以， ， 所以，所以，同理可证， 因为，平面， 所以平面， 所以平面截正四棱柱所得截面多边形为， 因为，所以的周长为， 所以平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为，所以D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角，考查二面角，考查点到面的距离，考查线面垂直的判断，解题的关键是根据条件结合图形作出异面直线所成的角和二面角的平面角，然后在三角形中计算，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 6．（多选题）如图，在正三棱锥中，，分别是棱的中点，是棱上的任意一点，则下列结论中正确的是（    ）    A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C．的最小值为 D．三棱锥内切球的半径是 【答案】ACD 【分析】对于A，易知，，可证平面，再由线面垂直的性质定理即可得证；对于B，取中点，连接，，由，知即为异面直线和所成角，由，可推出，再由三角函数的知识即可求解；对于C，将平面和平面平铺展开，形成四边形，连接，交于点，此时是最小值，再结合二倍角公式与余弦定理即可求解；对于D，设内切球的球心为，点在平面内的投影为，为的重心，球与平面相切于点，设三棱锥内切球的半径为，由 相似于，即可求解. 【详解】对于A，如图1所示，连接，， 由正三棱锥的性质可知，， 因为为中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面 所以，故A正确； 对于B，如图①，取中点，连接，， 因为、分别为，的中点， 所以，， 所以即为异面直线和所成角或其补角， 因为、分别为，的中点， 所以， 由选项A知，，同理可得， 所以， 所以, 所以， 所以， 即异面直线和所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，将平面和平面平铺展开，形成四边形， 如图②所示，连接，交于点，此时是最小值， 连接，则， 所以， 在中，由余弦定理知， ， 所以， 即的最小值是，故C正确； 对于D，如图③所示，设内切球的球心为，点在平面内的投影为，为的重心， 球与平面相切于点，则在上，且， 在中，， 在中，, 因为为的重心，所以， 在中，， 设三棱锥内切球的半径为， 由 相似于，得, 即，解得，故D正确； 故选：ACD.    【点睛】关键点点睛：本题考查了异面直线所成角、最短距离及内切球，解题关键是作出异面直线所成角、平面展开求最值以及通过相似三角形求内切球的半径. 7．（多选题）已知矩形，平面，分别是中点，，记直线与平面所成角为，异面直线与所成角为，二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】通过空间直线、平面的位置关系作出相应角，结合锐角三角函数得出对应三个角的三角函数值，根据选项所求化简一一判定即可. 【详解】由知，四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，所以就是直线与平面所成角，即， 因为，所以就是异面直线与所成角， 而，所以，即， 因为，所以二面角就是二面角， 因为平面，， 所以由三垂线定理知，， 所以就是二面角的平面角，即， 设， 则，，， 所以，，，，， 选项，，即选项正确； 选项，，即选项正确； 选项，，，所以，即选项错误； 选项，，， 所以，即选项正确． 故选：ABD． 8．（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，为中点，为上的动点，则（    ） A．与所成角的余弦值为 B．过三点的截面为五边形 C．该正方体外接球的表面积与内切球的表面积之比为 D．与平面所成角的正切值最大值为 【答案】ABD 【分析】根据线线成角的定义，及余弦定理，求出与所成的角，可判断A，依据平面的性质画出平面截正方体所得的截面判断B,根据正方体与外接球、内切球的关系求出对应的半径，可判断C，线面角的最大角等于面面角，所以求的就是二面角的平面角，计算可判断D. 【详解】对于选项A：将平移到，连接，则就是所要求的线线角， 由已知得，， 由余弦定理得：，则A正确； 对于选项B： 连接并延长与的延长线交于点， 连接并延长与交于点，与的延长线交于， 连接交于点，连接， 此时截面为五边形，则B正确； 对于选项C：外接球半径为，内切球的半径为， 设正方体外接球的表面积为，内切球的表面积为，所以，则C错误； 对于选项D：线面角的最大角等于面面角，所以求的就是二面角的平面角， 过作交于点，过作交于点，则就是该二面角的平面角. 由已知得，所以，则D正确. 故选：ABD 9．（多选题）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（   ） A．球的体积为 B．点的轨迹长度为 C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D．三棱锥外接球与球内切 【答案】ACD 【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D. 【详解】由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确； 取的中点为， 连结，易知，平面，平面， 故平面， 连接MN，，即四边形为平行四边形， 则，平面，平面，所以平面． 又因为，平面， 故平面平面，平面平面，结合平面， 故点的轨迹为线段，故B选项错误； 因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角， 当P位于N点时，得取得最小，; 当P位于点时，取得最大，，故选项正确； 由正方体几何性质易知， 故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点， 即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点， 故， 因为球的半径为，球的半径为， 故三棱锥外接球与球内切，D正确 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解. 10．（多选题）如图，四面体ABCD的各个面都是全等的三角形，且，若A，B，C，D在同一个球面上，则下列正确的是（    ）    A．直线AB，CD所成角为 B．二面角的余弦值为 C．四面体ABCD的体积为 D．四面体外接球的半径为 【答案】ABC 【分析】由线面垂直可得A正确；由线面垂直结合余弦定理可得B正确；由同角的三角函数，棱锥的体积公式，三角形的面积公式可得C正确；补入长方体中，求出长方体外接球半径可得D错误； 【详解】A：取的中点，连接，    由题意四面体ABCD的各个面都是全等的三角形， 可得，又平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以AB，CD所成角为，故A正确； B：取的中点，连接，    则，所以为二面角的平面角， 在中，，， 由余弦定理可得，故B正确； C：由B可得， 由，故C正确； D：将四面体放入长方体中，如图    可得长方体与四棱锥共圆，所以外接球半径一样，设为， 所以，故D错误； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是把图形放入长方体中，利用共圆模长求长方体的外接圆半径即可. 11．（多选题）在四面体中，，四面体的顶点均在球的表面上，则（ ） A．当二面角为时， B．球的半径为1 C．异面直线与可能垂直 D．与面所成角最大值为 【答案】AB 【分析】利用空间向量数量积的运算法则，结合相应的垂直关系判断A，确定球心的位置判断B，利用反证法，结合线面垂直的判定定理判断C，利用线面角的定义判断D. 【详解】对于A，由题意得， 所以，分别过作的垂线，垂足分别为，    则，且， 因为二面角为，所以， 故 ， 所以，故A正确； 对于B，因为，故的中点到的距离相等， 故球心为的中点，且球的半径为1，故B正确； 对于C，假设，又平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以是以为斜边的直角三角形， 所以，与已知矛盾，所以异面直线与不可能垂直，故C错误； 对于D，设与平面所成角为，点到平面的距离为， 则，所以当点到平面的距离最大时，与平面所成角最大， 当平面平面时，点到平面的距离最大， 此时，即，所以，故D错误. 故选：AB. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 12．（多选题）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱上的动点，且，则下列说法正确的是（    ） A．与的夹角取值范围是 B．三棱锥的体积为定值 C．平面与正方体的截面为梯形 D．当分别是棱的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】AB 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，设，，设与的夹角为，利用向量夹角公式，结合二次函数的性质求解；对于B，计算三棱锥的体积；对于C，当与重合，B与F重合时，平面与正方体的截面为；对于D，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为R，则由列方程组，求解可得R，进而得外接球的表面积. 【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    设，，则， ， 设与的夹角为，，则， 令，则， 当时，，则； 当时，， 因为，所以，所以，当时取等号， 所以，则， 综上，，故A正确； 对于B，因为面， 所以三棱锥的体积 ,故B正确；    对于C，当与E重合，B与F重合时，平面与正方体的截面为，如图，故C错误；    对于D，以D为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    又E、F分别是棱、的中点，则， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为R， 则由，得 ， 即，解得， 所以，， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故D错误. 故选：AB. 【点睛】本题考查空间异面直线，空间体积，空间多面体结构，外接球表面积等，利用空间向量结合图像能较好解决此类题型. 具体为对于A，建立空间直角坐标系，设，，设与的夹角为，利用向量夹角公式，结合二次函数的性质求解；对于B，计算三棱锥的体积；对于C，当与重合，B与F重合时，平面与正方体的截面为；对于D，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为R，则由列方程组，求解可得R，进而得外接球的表面积. 13．（多选题）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（    ）    A． B． C．点的轨迹的长度为 D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可 【详解】    依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分， 故，又在平面内的射影在线段上， 所以平面，平面，所以， ，平面，平面 所以平面. 平面，平面，平面， ， ，且即为二面角的平面角 对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误； 对于B选项， 即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确； 对于C选项， 恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确； 对于D选项，如下图所示    设， 在中，，， 在中，，， 所以，设直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当时取等号，故D正确． 故选：BCD． 14．（多选题）如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱CD的中点，则（    ）    A．四面体的体积与表面积的数值之比为 B．点到平面的距离为 C．异面直线与所成的角为 D．过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据题意直接计算四面体的体积和表面积，对于B，可证得的长度就是点到平面的距离，然后根据题意求解，对于C，由正方体的性质可证得平面，从而可判断，对于D，取的中点，连接，，，，可得等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，从而可求出其面积. 【详解】对于A，因为正方体的棱长为1，所以四面体为， 表面积为， 所以四面体的体积与表面积的数值之比为，所以A正确， 对于C，因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以，即异面直线与所成的角为，故C不正确；    对于B，根据证明的方法，同理可得， 因为，平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离， 显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1， 所以正三角形的边长为，所以，又， 所以，即点到平面的距离为，故B正确； 对于D，取的中点，连接，，，， 因为∥，∥，，， 所以∥，, 因为，， 所以，所以四边形为等腰梯形， 所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图：    因为，，， 所以等腰梯形的高为， 所以等腰梯形的面积为， 即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：此题考查几何体的体积和表面积的求法，考查点到面的距离的求法，考查求异面直线所成的角，考查正方体的截面问题，解题的关键是充分利用正方体的性质结合已知条件求解，考查空间想象能力，属于较难题. 15．（多选题）《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也，合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣”，文中“堑堵”是指底面是直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；文中“阳马”是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥；文中“鳖臑”是指四个面都是直角三角形的三棱锥，如图所示，在堑堵中，若，则下列说法中正确的有（    ）    A．四棱锥为阳马，三棱锥为鳖臑 B．点在线段上运动，则的最小值为 C．分别为的中点，过点的平面截三棱柱，则该截面周长为 D．点在侧面及其边界上运动，点在棱上运动，若直线，是共面直线，则点的轨迹长度为 【答案】ABC 【分析】对于A，根据阳马、鳖臑的定义判断即可；对于B，利用展开面求得的最小值即可判断；对于C，作出截面，利用三角形重心的性质与勾股定理求解即可判断；对于D，利用平面的性性求得点的轨迹，从而得以判断. 【详解】对于,由题意，易知面，四边形为长方形，所以四棱锥为“阳马”， 在棱锥中，为直角三角形，所以三棱锥为鳖臑，故正确， 对于选项：将沿旋转与共面且位于的异侧， 如图所示，   ，故B正确， 对于选项：过的截面如图所示，    因为，是的中点，故是的中点， 又分别为的中点，所以为的重心， ，， 所以截面周长为，故正确， 对于D选项：面，共面，所以面，    又点在侧面及其边界上运动，面面， 所以点的轨迹为线段，且，故D错误， 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题C选项解决的关键在于判断得为的重心，从而利用勾股定理可求得截面各线段的长. 16．（多选题）某组合体由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列说法正确的有（    ） A．多面体的体积为 B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．球离球托底面的最小距离为 【答案】ACD 【分析】由立体几何的相关知识逐项分析判断即可. 【详解】因为托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成， 所以连接、和得几何体， 因此构建一个底面边长为2，高为的正三棱柱， 取、和的中点分别为、和， 则几何体就是题意中的几何体，如图： 这个儿何体的上底面是边长为1的正三角形， 下底面是边长为2的正三角形，高为. 因为铜球的体积为，所以由球的体积公式得铜球的半径. 对于A，因为由几何体的构成知： 多面体的体积为三棱柱的体积减去3个三棱锥的体积， 即，因此A正确； 对于B，因为经过三个顶点的球的截面圆就是正的外接圆， 所以若边长为1的正三角形的外接圆半径为，则 ，解得. 因此经过三个顶点的球的截面圆的面积为，所以B不正确； 对于C，取的中点，连接，则由几何体的构成知： 且，因此四边形是平行四边形， 所以，因此就是异面直线与所成的角. 连接，在中，，， 因此 . 即异面直线与所成的角的余弦值为，所以C正确； 对于D，由B知：经过三个顶点的球的截面圆的半径. 所以铜球的球心到截面的距离为， 因此球离球托底面的最小距离为，所以D正确. 故选：ACD. 17．（多选题）如图，在正方体中，，分别是的中点，则（    ）    A．平面 B．直线与所成的角是 C．点到平面的距离是 D．存在过点且与平面平行的平面，平面截该正方体得到的截面面积为 【答案】ACD 【分析】取中点，根据面面平行的判定可证得平面平面，由面面平行性质可知A正确；由异面直线所成角定义可知所求角为（或其补角），由长度关系可求得B错误；利用可求得C正确；作出截面六边形，由长度关系可求得截面面积，知D正确. 【详解】对于A，取中点，连接，   分别为中点，，， 又，， 平面，平面，平面； 分别为中点，，，， 平面，平面，平面； ，平面，平面平面， 平面，平面，A正确； 对于B，取中点，连接，    由A知：， 直线与所成的角即为直线与所成角，即（或其补角）， ，， ，， 即直线与所成的角为，B错误； 对于C，连接，   ，，； ，， 设点到平面的距离为， 则，解得：，C正确； 对于D，取中点，由A知：平面平面，则平面即为平面， 可作出截面如下图阴影部分所示，其中点分别为中点，     ，， 六边形是边长为的正六边形，又， 六边形的面积， 即平面截该正方体得到的截面面积为，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中的线面平行关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、正方体截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解. 18．设直线与球有且只有一个公共点，从直线出发的两个半平面，截球的两个截面圆的半径分别为1和3，二面角的平面角为，则球的半径为 . 【答案】/ 【分析】通过解三角形，利用转化思想求出球的半径的平方，即可求出半径. 【详解】设直线与圆的公共点为，平面截球的两个截面圆的圆心分别为，连接， 根据题意，在四边形中，, 所以 又因为，设，, 则，整理得， 又因为，所以， 所以，则， 故答案为：. 19．在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PA的中点，F在棱BC上，满足，G在棱PB上，满足D，E，F，G四点共面，则的值为 ． 【答案】/0.75 【分析】通过延长DF，交AB的延长线于点Q，先证明点G即EQ与PB的交点，利用及相似三角形，证得，由得到，，推出即得. 【详解】 如图，延长DF，交AB的延长线于点Q，连接EQ，EQ与PB的交点即为G. 理由如下：设D，E，F共面，因，则平面， 又因平面，故三点共线，即. 取AB的中点M，连接EM，因，由可得, 因,则,又E是棱PA的中点，则,则得, 故有，又，所以，故． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查通过四点共面确定点的位置的方法，属于较难题. 解题的关键在于先由，通过两个平面的相交，证明点在交线上，从而确定点的位置. 20．如图，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，，P和位于平面的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则 ，的最大值为 . 【答案】 / 【分析】空1，利用图形的对称性，可得为外接球的直径，而为直径所对圆周角为；空二，利用空间几何题的性质，设未知数，然后表示出，再利用与其关系，计算，最后利用基本不等式计算即可. 【详解】由这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，以及图形的对称性可知，为外接球的直径，故； 设三角形的中心为,的中点为,， 由正弦定理可知，， 由三角形性质可知， 因为三角形为直角三角形， 显然 所以有 即， 由题可知， 所以 由基本不等式可知，当时等号成立， 所以 故填：； 【点睛】关键点点睛：对称图形比较好作出二面角，然后二面角的正切值需要对边和邻边，明显邻边已知，所以分别设对边未知数即可，然后利用直角三角形得到未知数之间的关系，最后利用正切的和角公式计算即可. 21．如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为 ；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 / / 【分析】在中，由余弦定理，可得，再求出，再用面积公式求的面积，体积公式求三棱锥体积即可；作出辅助线，推导出当取最小值时，最小，即最小，此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点，进而求出各边长，得到 【详解】因为，，， 所以在中，由余弦定理，得， 所以，所以， 所以； 作，垂足为，作，垂足为， 易知棱在平面上的射影为， 则点在平面上的射影在线段上， 因为，故，解得， 故，则， 设的中点为，外接球的球心为，半径为， 则平面，即， 在中，①， 又因为② 由①②，可得，所以当取最小值时，最小，即最小， 此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点. 因为，所以直线与所成角即为直线与所成角. 因为，再由余弦定理， 得， 因为，所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得当三棱锥的外接球的半径最小时，为棱的中点，从而得解. 22．四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围 ． 【答案】 【分析】根据几何关系求的范围，再通过平行关系构造异面直线所成的角，根据余弦定理，即可求解. 【详解】如图，取，分别为，的中点． ，， ，所以， 在中，，当，重合时取等． 过作于，设，则,即，即，得． 所以．当，，，共面时取等． 取中点，则，，所以所求的角即为， 于是 由知，于是． 故答案为： 23．在长方体中，，，点为的中点，点为四边形内一点，且，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 . 【答案】 【分析】分析题目条件，点在线段的中垂面与底面的交线上，取中点，中点，中点，证明得平面，从而点在线段上；再由平面，为直线与平面所成的角，当取得最小时，利用相似可得此时取得最大值为. 【详解】 如图，连接，取中点，中点，中点， 因为，则点在线段的中垂面与底面的交线上. 可求得，所以，所以. 又知，所以. 又，直线和直线都在平面内， 所以平面，从而点在线段上. 易得，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 设为，则. 设的最小值为点到的距离为，取得最小时， 易得与相似，可知，所以，又， 所以的最大值为. 故答案为： 24．在三棱锥中，二面角的大小为，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为 ． 【答案】 【分析】，故只需求的最小值，则在四边形中计算即可. 【详解】 取外心，外心，中点为， 则，，面，面 所以，， 设， 由正弦定理得， 余弦定理得，所以， 所以由正弦定理得，即， 所以，，， 在四边形中， ， ， 当且仅当时等号成立， 所以三棱锥外接球表面积最小值为， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值． 25．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）    ①当时，为等腰梯形. ②当时，与的交点满足. ③当时，为四边形. ④当时，的面积为. 【答案】①②④ 【分析】根据题意作出图形，由相关知识对选项一一判断即可得出答案. 【详解】①如图当时，即为中点，此时可得， ， 故可得截面为等腰梯形，故①正确；    ②当时，如图， 延长至，使，连接交于，连接交于， 连接，可证，由， 可得，故可得，故②正确；    ③由②可知当时，只需点上移即可， 此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误； ④当时，与重合，取的中点，连接， 可证，且， 可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．    故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质． 26．如图，梯形中，,,,设的中点为，将三角形沿着折起，使得到的位置，满足.    (1)求直线与平面所成的角； (2)求平面与平面所成的锐二面角. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）折叠前进而，得平面 ，得为直线与平面所成的角，在三角形中求出即可； （2）过点作，证和，即得为平面与平面所成的锐二面角或其补角，在三角形中求出即可. 【详解】（1）因为,，所以四边形是正方形，所以 进而，，又平面， 所以平面 ，又，所以平面， 所以为直线与平面所成的角，线面垂直的性质定理易得， 在中,， 所以，则，进而， 所以即直线与平面所成的角为. （2）过点作，即与共面，且面，故面，    由，则，即与共面，且面，故面， 所以平面平面，又，所以，同理， 所以为平面与平面所成的锐二面角或其补角， 而，所以， 所以所求角为. 专题三：空间点线面之间的关系全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高二下·吉林·竞赛）在正四面体中，棱的中点和面的中心的连线为，棱 的中点和面的中心的连线为，则 与 所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设出正四面体的棱长为，取 ，取 的中点，连接 ，证明，，在和中，利用余弦定理以及异面直线所成角的定义即可计算出结果； 【详解】设棱长为，如图，取 ，取 的中点为，连 接， 可得 ， 故 ，且 ， 所以四边形 是平行四边形， 所以 ，所以MN与 PQ 所成角为（或其补角）， 连接,在 中，， 由余弦定理得，， 又在 中，， 由余弦定理得，， 所以 与 所成角的余弦值为， 故选：A. 2．（2018高二·全国·竞赛）已知三棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上，且，，两两垂直，若，则球心O到平面的距离为（    ）. A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】 首先求外接球的半径，以及利用等体积转化求点到平面的距离，结合图形，即可求解. 【详解】 由已知三棱锥可看作正方体的一个角， 它的外接球就是三棱锥扩展为正方体的外接球， 正方体的对角线就是外接球的直径，且体对角线长为，球的半径， 设点到平面的距离为，因为， 即， 所以球心O到平面的距离为. 故选：D 3．（2011高二·全国·竞赛）已知二面角的大小为为空间中任意一点，则过点且与平面和平面所成的角都是的直线的条数最多为（    ）． A．2条 B．3条 C．4条 D．5条 【答案】B 【分析】过点作平面垂直于平面、的交线，并且交直线于点，连接，则，过点在平面内作的平分线，根据题意可得出有1条直线满足题意；以点为轴在平面内前后转动，根据题意可得出有两条直线满足题意，综合可得结果. 【详解】首先给出下面两个结论： ①两条平行线与同一个平面所成的角相等； ②与二面角的两个面成等角的直线在二面角的平分面内或平行于角平分面. （1）如图1，过二面角内任一点作棱的垂面，交棱于点，      与两半平面交于、， 因为平面，、平面，所以，，， 则为二面角的平面角，则， 设为的平分线，则， 与平面、所成的角都是，则过点的直线与直线平行，此时直线只有1条， （2）如图2，设为的补角的平分线，        则，与平面、所成的角都是， 当以为轴心，在二面角的平分面上转动时， 与两平面夹角变小 ，对称地在图2中的两侧会出现的情形，有两条， 此时，过点且与平行的直线符合要求，有两条. 综上所述，符合条件的直线有条. 故选：B. 4．（2008高二·全国·竞赛）正方体的棱、面上的对角线及正方体的体对角线，它们本身及相互之间构成的异面直线共有（    ）对． A．73 B．144 C．174 D．178 【答案】C 【分析】分棱与棱，棱与面对角线，棱与体对角线，面对角线与面对角线，面对角线与体对角线这几类分别求解可得结果. 【详解】在正方体中，棱与棱构成的异面直线的对数有对， 棱与面对角线构成的有对， 棱与体对角线构成的有24对， 面对角线与面对角线构成的有对， 面对角线与体对角线构成的有对． 故正方体的棱、面上的对角线及正方体的体对角线中异面直线的总数为对． 故选：C． 5．（2024高三上·全国·竞赛）在二面角中，点，，，，，且与半平面，所成的角相等，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据面面角、线面角、充分和必要条件等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】过作，交于，连接， 由于，平面，所以平面， 由于平面，所以. 延长，过作，交的延长线于， 由于平面，所以， 由于，所以， 则是直线与平面所成角的平面角， 延长，过作，交的延长线于， 同理可证得是直线与平面所成角的平面角， 所以，所以. 在和中， 若，则，所以，即. 若，即，则，则. 所以“”是“” 充要条件. 故选：A    6．（2018高三·全国·竞赛）已知菱形的边长为a，．将菱形沿对角线折成二面角，若，则异面直线与距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】按沿对角线BD和沿对角线AC折成二面角分别推理计算异面直线与距离的最大值，再比较大小得解. 【详解】如图，在菱形中，，，， 当沿对角线BD折成二面角时，显然，于是得，取AC中点E，连OE，如图， 则，而平面AOC，平面AOC，即有，因此，线段OE长为异面直线与距离， ，而，即，函数在上单调递减， 于是当时，， 当沿对角线AC折成二面角时，显然，于是得，取BD中点M，连OM，如图， 同理，当时，，而， 所以异面直线与距离的最大值为. 故选：C 7．（2021高一·浙江温州·竞赛（多选题））四面体，又叫三棱锥，是一种简单多面体.指空间两两不相交且不共线的四个平面在空间割出的封闭多面体.它有个面、个点、条棱、个二面角.若一个四面体的四个顶点，，，.则可记为四面体.对下列特殊的四面体，请选择正确得选项（ ） A．若四面体中，面面，，，，记二面角为，直线与面所成角为，则 B．若四面体中，，，异面直线与所成角为，且四面体外接球的半径为，则四面体体积最大为 C．各面均为直接三角形且有至少三条棱长为的四面体共有个 D．若一个平面与正四面体相交得到一个钝角三角形，则该钝角总小于 【答案】ABCD 【分析】根据二面角的性质、空间几何体的性质以及体积公式，结合三角函数的恒等变换逐一判断即可. 【详解】对于A，如图所示：取的中点为，过作的垂线，垂足为，， 则可得，而， ， 故，所以A成立， 对于B，将四面体补成如图所示的棱柱， 则或， 由四面体外接球的半径为得到外接球的半径为， 故面积的最大值为，故棱柱的最大体积为， 故四面体的体积的最大值为. 对于C，因为各面均为直接三角形且有至少三条棱长为的四面体， 只能为图中所示的四面体： 若有四条棱为1，则必为两对对棱均为1，此时只能为正方形，与空间四面体矛盾. 故C正确. 对于D，取的中点分别为，此时，则， 当分别在上运动变化时，为钝角且小于， 故D正确， 故选：ABCD. 【点睛】 8．（2024高二下·浙江·竞赛）已知四面体的外接球半径为1，，，则球心到平面的距离为 ． 【答案】 【分析】先利用正弦定理求得的外接圆半径为，再根据四面体的外接球半径为1，利用勾股定理求解. 【详解】解 ：如图所示： 因为球心在平面上的投影就是的外心， 设的外接圆半径为，由正弦定理得， 解得，，四面体的外接球半径为1，即， 所以球心到平面的距离为． 故答案为： 9．（2024高二下·重庆·竞赛）已知四面体ABCD满足，且异面直线AD与BC所成的角为，则四面体ABCD的外接球的体积为 . 【答案】 【分析】将四面体补成直三棱柱，进而可求出外接圆的半径，再根据球的体积公式即可得解. 【详解】由题设条件，可将四面体补成直三棱柱，如图所示， 则，所以即为异面直线AD与BC所成的角的平面角， 故， 于是，又，则， 设四面体ABCD的外接球球心为， 则在平面的投影为的外心，且， 由正弦定理知，，从而外接球半径， 于是体积. 故答案为：. 10．（2012高二·全国·竞赛）中，，作，点为垂足，为在上的射影，为在上的射影，则有成立．直角四面体（即）中，点为点在平面内的射影，的面积分别为，且在平面内的射影分别为、，其面积分别为的面积记为，类比直角三角形中的射影结论，在直角四面体中可得到的正确结论为 ．（写出一个正确结论即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】 根据线面垂直的判定定理和性质定理，结合直角三角形中的射影结论及三角形面积公式可得结果. 【详解】延长交于点，连接，因为，且，面， 所以平面，又平面，所以， 又平面，平面，所以， 且，面， 所以平面，平面，平面， 所以， 所以， 由题意，根据线面垂直的判定及性质得，， ，即． 故答案为：（答案不唯一） 11．（2011高二·全国·竞赛）如果把两条异面直线看成“一对”，那么在长方体6个面的12条对角线所在的直线中，异面直线共有 对． 【答案】30 【分析】先确定一条对角线与之对应的异面直线，再确定所有的异面直线. 【详解】对每条对角线，与之异面的对角线有5条，所以异面直线共有对. 故答案为：30. 12．（2013高二·全国·竞赛）已知棱长为的正四面体内一点P到其他三个面的距离分别为1，2，3，则点P到第四个面的距离是 ． 【答案】4 【分析】先由正四面体的几何关系求出高，再由等体积法求出距离即可. 【详解】 如图，正四面体，底面中心为，为底面中点， 则，， 则由勾股定理可知， 设点P到第四个面的距离为x，正四面体的每个面的面积为S， 根据正四面体的体积可得，∴． 故答案为：. 13．（2008高二·全国·竞赛）正方体中，点为BC中点，点在上，：2，则平面与底面所成的二面角为 ． 【答案】 【分析】作出如下图辅助线，找到二面角，设棱长为1，再由相似比和勾股定理分别求出，求出其正切值后再求得角度大小即可. 【详解】设正方体棱长为1，延长交BA的延长线于点，连接QE，交DA于点，延长PF交的延长线于点，连接． 作于点，连接FH，则即为面与面所成二面角的平面角． 易知， 又， ， 由可得， 设所求的二面角为，故． 故答案为：. 14．（2009高二·全国·竞赛）以正四棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为自变量，则相邻两侧面所成角的正弦值与的关系是 ． 【答案】 【分析】作出辅助线，找到为相邻两侧面所成角，设，得到，，由勾股定理和三角形面积相等得到，表达出，，利用求出答案. 【详解】不妨设，如图，作⊥，连接， 正四棱锥中，⊥底面，平面， 所以⊥， 则， ， 由≌得⊥，故即为相邻两侧面所成角， 故， 因为⊥，⊥，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 由勾股定理得， 在中，． 因为，故， 即， ． ， ， ， ． 故答案为： 15．（2010高二·全国·竞赛）一条直线与一个正方体的12条棱所在直线所成角都是，则 . 【答案】 【分析】与一个正方体的12条棱所在直线所成角都是的直线为体对角线所在的直线，再证明并求出即可. 【详解】如图，在正方体中，设棱长为， 则， 因为， 所以即为四条棱与直线所成的角， ， 因为， 所以即为四条棱与直线所成的角， ， 因为， 所以即为四条棱与直线所成的角， ， 所以与一个正方体的12条棱所在直线所成角都是的直线为体对角线所在的直线， 所以. 故答案为：. 16．（2007高二·全国·竞赛）三棱锥中有四条棱长为，另外两条棱长为和2，则较长的两条棱所成的夹角为 ． 【答案】或 【分析】分两条较长棱相对和两条较长棱相邻两种情况讨论，再根据线面垂直的判定定理和性质以及解三角形即可得解. 【详解】①当两条较长棱相对时，不妨设，， 设D是BC的中点，连SD、AD， ∵，∴，， 又面， ∴面， 又面，∴， 于是SA与BC的夹角为， 即较长的两条棱所成的夹角为； ②当两条较长棱相邻时，不妨设，，， 在中由余弦定理，∴， 即较长的两条棱所成的夹角为， 综上所述，所求的夹角为或． 故答案为：或． 17．（2024高二·全国·竞赛）若是棱长为的正四面体内一点，以在四面体的四个面上的射影为顶点的新四面体的体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】先证明两个引理，再根据新四面体的特征结合引理2计算体积，最后根据引理1求最值. 【详解】引理1：若均为正数，则， 证明： , 而，，， ，故， 当且仅当时等号成立， ，， ，， 故 ，当且仅当时等号成立， 故，当且仅当时等号成立. 引理2： 若三棱锥中，，则. 证明：    在平面内，过作，垂足为，作平面，垂足为， 在平面内，过作，垂足为，连接， 因为， 故，故， 而平面，平面，故， 而，故，故，故， 故，所以， 又平面，平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，故， 所以， 故. 下面考虑原问题，    如图，在四个面中的射影分别为， 则平面，平面，平面，平面， 故， 其中为正四面体的高且. 因为四面体为正四面体，故， 故. 因为平面，平面，故为的平面角的补角， 以下求正四面体相邻两个侧面的构成的二面角的平面角的余弦值. 如图，设的中点为，连接， 则，且 故为的平面角，故， 故， 同理，    由引理2可得 ， 而 ， 又， 由引理1可得： ， 当且仅当时等号成立， 故的最大值为， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：立体几何中的最值问题，往往需要构建函数，此时需要依据一些常见的模型来处理，而对对于多变量代数式的最值问题，则往往需要根据基本不等式来处理. 18．（2020高二上·浙江绍兴·竞赛）如图，球的内接八面体中，顶点分别在平面两侧，四棱锥，均为正四棱锥，设二面角的大小为，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】设球心到平面的距离为，球的半径为1，分别求出二面角、的正切值，利用两角和的正切值公式求得关于d的函数表达式，进而根据d的取值范围求得的取值范围. 【详解】设与平面的交点为E,且为正方形的中心，取中点为M,连接则，如图所示. 设二面角的大小为，二面角的大小为， 则，，设球心到平面的距离为，球的半径为1，则 ， ， . 故答案为： 19．（2022高二上·安徽阜阳·竞赛）从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，则直线和平面所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】在PA上任取一点并作平面PBC，则就是直线PA与平面PBC所成的角．先证明点在的平分线上，通过解直角三角形PED、DOP，求出直线PA与平面PBC所成角的余弦值． 【详解】在PA上任取一点并作平面PBC，垂足为， 则就是直线PA与平面PBC所成的角． 过点作，垂足分别为，    因为平面PBC，平面PBC，所以， 又平面DOE，所以平面DOE， 因为平面DOE，所以，同理可得， 因为，所以， 所以，，则， 所以点在的平分线上，即． 设，则， 在直角中，，则， 在直角中，，则， 即直线PA与平面PBC所成角的余弦值是． 故答案为：． 20．（2019高三·全国·竞赛）点P在所在平面外，，，，则点A到平面PBC的距离的最大值是 ． 【答案】 【分析】法一，取BC的中点D，连接AD、PD，设，用的正余弦表示AD，PD，再利用等体积法求解作答. 法二，作于点D，连接AD，作于点F，证明平面PBC，再利用均值不等式求解作答. 【详解】解法一，取BC的中点D，连接AD、PD，如图， 因，则，而，有， 则有，而平面，平面， 则，，又平面，因此平面， 平面，则，在中，令，， 设点A到平面PBC的距离为，， 由得：，即， 于是得，当且仅当，即时取等号， 所以点A到平面PBC的距离的最大值是. 解法二，在中，作于点D，连接AD，作于点F，如图， 平面，平面，则，又平面，因此平面， 而平面PBC，则有平面平面PBC，又平面平面，平面， 因此平面PBC，即AF就是点A到平面PBC的距离， 而，有，， 在中，，当且仅当时取等号， 所以点A到平面PBC的距离的最大值是. 故答案为： 21．（2022高三·浙江丽水·竞赛）已知三棱锥中，两两垂直，.若此三棱锥的体积为定值，当点到平面距离最大时，直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】 【分析】设，，点到平面距离为，进而结合和等体积法得，再根据基本不等式求解可得当且仅当时等号成立，再根据计算即可得答案. 【详解】解：设，， 因为，两两垂直，即，平面， 所以平面， 所以，三棱锥的体积为，是定值， 所以， 所以，， 所以，中边上的高为， 所以，的面积为 设点到平面距离为， 所以，， 所以，， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，，当且仅当，即时等号成立， 设直线与平面所成角为，则 . 故答案为： 22．（2022高二·江苏苏州·竞赛）现要将一边长为101的正方体，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱，，，于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段，，，的长度均为非负整数，且线段，，，的每一组取值对应一种分割方式，则有 种不同的分割方式.（用数字作答） 【答案】707504 【分析】先由面面平行的性质证得四边形为平行四边形，再由空间向量求得，设，，，的长度为，，分和两种情况求出有序数列的个数，即可求解. 【详解】易得平面∥平面，平面平面，平面平面，则， 同理可得，则四边形为平行四边形，则，即， 整理得，即，设，，，的长度为，， 又为非负整数，且，易得为非负整数且，下面考虑满足上述条件的有序数列的个数； 当时，易得可取共种情况，可取共种情况，由乘法原理可得共有， 则有序数列共有个； 当时，易得可取共种情况，可取共种情况，由乘法原理可得共有， 则有序数列共有个； 又当有序数列为和时，不满足将正方体分割成两部分， 故共有种分割方式. 故答案为：707504. 【点睛】本题关键点在于将问题转化为满足，且为非负整数，的有序数列的个数，分和两种情况求出有序数列的个数，即可求解. 23．（2020高三·江苏·竞赛）在长方体中，，，是的中点，是的中点．若异面直线与所成的角为，距离为，则 ． 【答案】1616 【详解】因为，故． 过点作于点，则，故． 因为，，所以，则，从而可得． 故答案为：1616. 24．（2021高二·浙江·竞赛）在中，，，，分别在线段和上，，，直线于.现将三角形沿着对折，当平面与平面的二面角为时，则线段的长度为 . 【答案】 【分析】先根据二面角的定义，得到△BCD为等边三角形，得到BC的长度，然后在折后的立体图形中，在△PAQ和△BAC中利用余弦定理即可求得线段的长度. 【详解】因为折叠前后，AD与DB,CD的垂直关系保持不变， ∴∠BDC为二面角B—AD—C的平面角， 依题意可知， 在折叠前的图形中，， ∴， ∴在折叠后，△ABC为等边三角形，∴， 所以， 又∵AP=1, ，AD=1，AB=AC=2， ∴，解得. 故答案为：. 25．（2016高二·全国·竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）假设垂直，根据正方形的长度和垂直关系可得，根据线面垂直的判定定理和性质定理可得，进而可求得，推出矛盾即可； （2）建立合适的直角坐标系，根据，得出各个点的坐标，根据，求出，再分别求平面BCM和平面BDM的法向量，求出法向量夹角余弦值的绝对值，使其等于，即可求得. 【详解】（1）证明：假设，又因为正方形的边长为， 且是线段的中点，所以, 所以,又因为, 有，所以， 因为，, 所以 因为所以, 又因为所以， 这与矛盾，所以假设不成立， 所以无论取何值，与不可能垂直。 （2）由题可得，分别以EA，EF为轴，过点E垂直平面ABFE向上为z轴， 如图建立空间直角坐标系， 所以, ， 所以， 设平面BCM的一个法向量为， 所以即， 取，可得， 设平面BDM的一个法向量为， 所以，即， 取，可得 又，所以 所以解得. 26．（2018高二·全国·竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)存在 (2)在线段上只存在唯一一点. 【分析】（1）取的中点，的中点，根据线面平行的判定定理即可得解. （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【详解】（1）当为的中点时，平面. 证明如下：取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于1， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于1. 27．（2009高二·全国·竞赛）在矩形中，，点为其中心，平面，且在边上存在唯一的点，使得．问：满足什么条件时，平面与平面所成的角为？ 【答案】 【分析】根据边上存在唯一的点，使得，可确定点的位置，再由线面垂直的判定定理得面从而是平面与平面的二面角的平面角， 从而求得的值. 【详解】如图，设．过点作的垂线，垂足为点，则． 又 ． ， ， ，在中，， ． ，即． 因为点是唯一的，所以，． 由于，，面， 所以面面 是平面与平面的二面角的平面角， 于是有：， ， ， 因此当时，平面与平面所成的角为． 28．（2010高二·全国·竞赛）平面四边形中，，，，将此四边形沿对角线折成二面角，使得.    (1)求二面角的大小； (2)设中点为，试求与平面所成的角. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，连接､，是二面角的平面角，再求出、、的长度，最后利用余弦定理计算可得； （2）取的中点，连接､，即可得到，再证明平面，即可得到平面，从而是与平面所成的角，最后利用锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）取中点，连接､，    ∵，，∴，， ∴是二面角的平面角， 由，得，所以， 又由得， ∵， ∴，则， 故二面角是直二面角，即二面角的大小为. （2）取的中点，连接､，又点为的中点，故，    由（1）得，，，平面， ∴平面， ∴平面，所以是在平面上的射影， ∴是与平面所成的角， 在中，， 在中，， 在中，， 故与平面所成的角为. 29．（2024高三上·全国·竞赛）如图，已知三棱柱，平面．D，E分别是的中点． (1)证明：平面; (2)设与平面所成角的大小是，若，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，先判断线线平行，再判断线面平行. （2）根据线面角，二面角的概念构造出直线与平面所成的角以及二面角，明确两角的关系，再找与线面角的关系. 【详解】（1）由D，E分别是，的中点知． 又因为是三棱柱，所以，故， 又不在平面上，平面，因此平面． （2）设锐二面角的平面角的大小是，连接，由平面知． 又，故，因此，，． 由，是的中点知．又，而，得，故． 30．（2024高三上·全国·竞赛）在四面体中，为中点，为外接球的球心，. (1)证明：； (2)若，求四面体体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得，利用余弦定理表示可得，则，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明； （2）由（1）知，设，作，则，进而，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】（1）因为，所以是的外心，又是四面体的外接球球心， 则平面，由平面，得. 在中，为中点，互补， 所以，即， 所以. 因为是斜边中点，有， 所以， 根据勾股定理的逆定理， 又平面，所以平面， 又平面，所以； （2）因为平面，有， 设，由，得， 所以，同理， 作，由，得， 所以，所以， 故， 当且仅当即时等号成立， 所以四面体的体积最大值为. 31．（2024高三上·全国·竞赛）如图，五面体的底面是矩形，∥底面，到底面的距离为1，．    (1)证明：平面平面； (2)设平面平面． ①证明：底面； ②求到底面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析 ；② 【分析】（1）作通过证明平面与平面的夹角为直角证明平面与平面垂直； （2）①由线面平行的性质定理证明；②利用三角形相似计算求解. 【详解】（1）因为底面是矩形，底面，底面， 平面底面，所以， 作则则为平面与平面的夹角或补角； 连接，由， 易得，则，， 又，故四边形为矩形，则 又平面，则平面， 又平面，故平面平面，又平面平面， 故在平面内过作，因为，则为的中点， 且平面，故到底面的距离即为 又， 所以是以为顶点的等腰直角三角形，， 故平面与平面的夹角为直角，则平面平面 （2）①因为，所以平面， 又平面，平面平面， 由线面平行的性质可知，，而底面，所以底面． ②取中点，中点，连结，，． 由（1）易知，且，所以，，，共面， 所以和有交点，记为． 所以，到底面的距离等于到底面的距离． 因为，所以四边形是等腰梯形，， 则为等腰三角形，因此，其中为到底面的距离． 由几何关系可知，， 代入计算得．    32．（2023高三下·全国·竞赛）如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为． (1)证明：，并求的取值范围； (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析，离心率的取值范围是 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得线面垂直，即可证明线线垂直；根据图形可判断椭圆长轴的范围，以及短轴的值，结合椭圆离心率的公式，即可求离心率的取值范围； （2）首先根据，确定的位置，再建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面，平面， 所以, 设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，当移至下底面端点时， ，长轴的最大值，所以长轴的取值范围，则， ，所以椭圆离心率的取值范围是； （2）当离心率时，即，得， 则，即，即点是母线的中点， 如图建立空间直角坐标系，设，则， ,,,,, ,,, 设平面的法向量， 则，令，得，，所以， 设直线与平面所成角为， 则. 33．（2021高一·浙江温州·竞赛）如图，已知三棱锥，底面是等腰三角形，，是等边三角形，为线段上一点，，二面角的大小为. (1)求证：； (2)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）根据等腰三角形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据二面角的定义、线面角的定义，结合余弦定理进行求解即可. 【详解】（1）取中点，连接，. 因为为等边三角形，所以. 设，因为为等腰三角形，且，所以 ，， 在中，，由余弦定理得： ， 所以，故.因为，平面，所以平面，从而. （2）在上取点，使，连接，则， 所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角， 由（1）平面，得平面平面，过作于，则平面，连接，则为直线与平面所成的角. 又由（1）知二面角的平面角为，所以， 设，则，，，， 所以在中，余弦定理得: ， 在中求得，， 在中，余弦定理得： ，又. 所以. 即直线与平面所成角的正弦值为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高一空间点线面之间的关系易错培优竞赛试题 【专题目录】 专题一：名校空间点线面之间的关系易错题精选 专题二：名校空间点线面之间的关系培优题精选 专题三：空间点线面之间的关系全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 专题一：名校空间点线面之间的关系易错题精选 1．长方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．已知正方体的棱长为常数，点P在线段上（端点除外），过点P且垂直于的平面截正方体所得截面的周长为y，若，则y关于x的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 3．如图，正方体中，分别为线段、的中点，联结，对空间任意两点，若线段与线段不相交或与线段不相交，则称两点可视，下列选项中与点不可视的为（    ） A．点 A B．点 C．点Q D．点 4．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．过正四面体的顶点作一个形状为等腰三角形的截面，使得截面与底面所成角为75°，这样的截面共可作出（   ）个. A．6 B．12 C．15 D．18 6．已知正三棱台的体积为，，，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B．1 C．2 D．3 7．榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，通过将连接部分紧密拼接，使整个结构能够承受较大的重量，并具有优异的抗震能力.其中，木楔子的运用极大地增加了榫卯连接的牢固性.木楔子是一种简单的机械工具，用于填充器物的空隙，使其更加稳固.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是正方形，，且，均为正三角形，，则与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 8．在棱长为的正方体中，点分别为线段的中点，点在线段上，且，则过三点的平面截正方体得到的截面多边形的面积为（    ） A． B． C． D． 9．在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 10．如图，在矩形中，，在上且，将沿折起到，使得平面，点在线段上，若平面，则的值等于（    ） A． B． C． D． 11．（多选题）以下四个命题正确的有（  ） A．三个平面最多可以把空间分成八部分 B．若直线平面，直线平面，则“与相交”等价于“与相交” C．若直线平面，直线平面，且 ， ，则 D．若四条直线中任意两条共面，则这四条直线共面 12．（多选题）正方体的棱长为a，M，N分别是正方形，的中心（如图所示）.则下列结论正确的是（    ） A． B．AB与共面 C．平面与该正方体所得的截面面积为． D．平面将正方体分成前后两部分的体积比为 13．（多选题）如图是一个边长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，则下列说法中正确的是（ ） A．直线与直线垂直； B．直线与直线相交； C．直线与直线平行； D．直线与直线异面； 14．（多选题）如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C．三棱锥的体积不为定值 D．三棱锥的外接球表面积为 15．（多选题）如图，四棱台的底面是正方形，，底面.动点满足，则下列判断正确的是（   ） A．点可能在直线上 B．点可能在直线上 C．若点在底面内，则三棱锥的体积为定值 D．若点在棱上，则 16．（多选题）如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．点在某个球面上运动 17．（多选题）如图，正方体的棱长为1，点分别在棱上（与端点不重合），过点作平面，垂足为，则下列说法正确的是（   ） A．可能为直角三角形 B．若为的外接圆的圆心，则三棱锥为正三棱锥 C．若，则四面体的棱与面所成角的正弦值的集合是 D． 18．（多选题）在长方体中，已知，点P是线段上的动点．则下列说法正确对的是（    ） A．若，则 B．若，则点P到平面的距离是 C．若，则直线AP与直线所成角的范围是 D．若，分别经过且平分三棱锥体积的截面面积依次为，则 19．已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为 ． 20．在正方体中，直线是底面所在平面内的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是 . 21．两条异面直线a，b所成的角为，在直线上取点A，E，在直线上取点B，F，使，且.已知，则线段AB的长为 . 22．设、、为空间中三条不同的直线，若与所成角为，与所成角为，则与所成角的取值范围是 . 23．在三棱锥中，.记的中点为的中点为，则异面直线与的夹角的余弦值为 . 24．已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 25．如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面成的角，，底面是边长为2的正三角形，其重心为，是线段上一点，且平面. (1)求的值； (2)求平面与底面所成的二面角的正切值. 26．如图，在四面体中，.若从直线，，，中任选两条，则它们互相垂直的概率为. (1)证明：平面； (2)若四面体的体积为，且，求直线与平面所成角的正弦值. 27．如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点.在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）；    专题二：名校空间点线面之间的关系培优压轴试题精选 1．一个四棱台的上下底面均为正方形，上底边长为4cm，下底是边长为8cm，侧面为全等的等腰梯形，且棱台的侧棱与上下底面的夹角均为，则这个棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 2．已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（   ） A． B． C． D． 3．（多选题）在三棱锥中，平面分别为中点，下列结论正确的是（    ） A．为直角三角形 B．平面 C．三棱锥的体积最大值为 D．三棱锥外接球的半径为定值 4．（多选题）在边长为6的菱形中，，现将沿折起到的位置，使得二面角是锐角，则三棱锥的外接球的表面积可以是（ ） A． B． C． D． 5．（多选题）如图，在正四棱柱中，，是中点，则（    ） A．异面直线与所成的角为60° B．二面角的平面角正切值为 C．点到平面的距离为 D．若平面满足且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 6．（多选题）如图，在正三棱锥中，，分别是棱的中点，是棱上的任意一点，则下列结论中正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的余弦值为 C．的最小值为 D．三棱锥内切球的半径是 7．（多选题）已知矩形，平面，分别是中点，，记直线与平面所成角为，异面直线与所成角为，二面角的大小为，则（    ） A． B． C． D． 8．（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，为中点，为上的动点，则（    ） A．与所成角的余弦值为 B．过三点的截面为五边形 C．该正方体外接球的表面积与内切球的表面积之比为 D．与平面所成角的正切值最大值为 9．（多选题）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（   ） A．球的体积为 B．点的轨迹长度为 C．异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为D．三棱锥外接球与球内切 10．（多选题）如图，四面体ABCD的各个面都是全等的三角形，且，若A，B，C，D在同一个球面上，则下列正确的是（    ） A．直线AB，CD所成角为 B．二面角的余弦值为 C．四面体ABCD的体积为 D．四面体外接球的半径为 11．（多选题）在四面体中，，四面体的顶点均在球的表面上，则（ ） A．当二面角为时， B．球的半径为1 C．异面直线与可能垂直 D．与面所成角最大值为 12．（多选题）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱上的动点，且，则下列说法正确的是（    ） A．与的夹角取值范围是 B．三棱锥的体积为定值 C．平面与正方体的截面为梯形 D．当分别是棱的中点时，三棱锥的外接球的表面积为 13．（多选题）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（    ） A． B． C．点的轨迹的长度为 D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为 14．（多选题）如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱CD的中点，则（    ） A．四面体的体积与表面积的数值之比为 B．点到平面的距离为 C．异面直线与所成的角为 D．过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 15．（多选题）《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也，合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣”，文中“堑堵”是指底面是直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；文中“阳马”是指底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥；文中“鳖臑”是指四个面都是直角三角形的三棱锥，如图所示，在堑堵中，若，则下列说法中正确的有（    ） A．四棱锥为阳马，三棱锥为鳖臑 B．点在线段上运动，则的最小值为 C．分别为的中点，过点的平面截三棱柱，则该截面周长为 D．点在侧面及其边界上运动，点在棱上运动，若直线，是共面直线，则点的轨迹长度为 16．（多选题）某组合体由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列说法正确的有（    ） A．多面体的体积为 B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．球离球托底面的最小距离为 17．（多选题）如图，在正方体中，，分别是的中点，则（    ）    A．平面 B．直线与所成的角是 C．点到平面的距离是 D．存在过点且与平面平行的平面，平面截该正方体得到的截面面积为 18．设直线与球有且只有一个公共点，从直线出发的两个半平面，截球的两个截面圆的半径分别为1和3，二面角的平面角为，则球的半径为 . 19．在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PA的中点，F在棱BC上，满足，G在棱PB上，满足D，E，F，G四点共面，则的值为 ． 20．如图，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，，P和位于平面的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则 ，的最大值为 . 21．如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为 ；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为 . 22．四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围 ． 23．在长方体中，，，点为的中点，点为四边形内一点，且，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 . 24．在三棱锥中，二面角的大小为，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为 ． 25．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）    ①当时，为等腰梯形.②当时，与的交点满足. ③当时，为四边形.④当时，的面积为. 26．如图，梯形中，,,,设的中点为，将三角形沿着折起，使得到的位置，满足.    (1)求直线与平面所成的角； (2)求平面与平面所成的锐二面角. 专题三：空间点线面之间的关系全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高二下·吉林·竞赛）在正四面体中，棱的中点和面的中心的连线为，棱 的中点和面的中心的连线为，则 与 所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2018高二·全国·竞赛）已知三棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上，且，，两两垂直，若，则球心O到平面的距离为（    ）. A． B． C．1 D． 3．（2011高二·全国·竞赛）已知二面角的大小为为空间中任意一点，则过点且与平面和平面所成的角都是的直线的条数最多为（    ）． A．2条 B．3条 C．4条 D．5条 4．（2008高二·全国·竞赛）正方体的棱、面上的对角线及正方体的体对角线，它们本身及相互之间构成的异面直线共有（    ）对． A．73 B．144 C．174 D．178 5．（2024高三上·全国·竞赛）在二面角中，点，，，，，且与半平面，所成的角相等，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2018高三·全国·竞赛）已知菱形的边长为a，．将菱形沿对角线折成二面角，若，则异面直线与距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．（2021高一·浙江温州·竞赛（多选题））四面体，又叫三棱锥，是一种简单多面体.指空间两两不相交且不共线的四个平面在空间割出的封闭多面体.它有个面、个点、条棱、个二面角.若一个四面体的四个顶点，，，.则可记为四面体.对下列特殊的四面体，请选择正确得选项（ ） A．若四面体中，面面，，，，记二面角为，直线与面所成角为，则 B．若四面体中，，，异面直线与所成角为，且四面体外接球的半径为，则四面体体积最大为 C．各面均为直接三角形且有至少三条棱长为的四面体共有个 D．若一个平面与正四面体相交得到一个钝角三角形，则该钝角总小于 8．（2024高二下·浙江·竞赛）已知四面体的外接球半径为1，，，则球心到平面的距离为 ． 9．（2024高二下·重庆·竞赛）已知四面体ABCD满足，且异面直线AD与BC所成的角为，则四面体ABCD的外接球的体积为 . 10．（2012高二·全国·竞赛）中，，作，点为垂足，为在上的射影，为在上的射影，则有成立．直角四面体（即）中，点为点在平面内的射影，的面积分别为，且在平面内的射影分别为、，其面积分别为的面积记为，类比直角三角形中的射影结论，在直角四面体中可得到的正确结论为 ．（写出一个正确结论即可）． 11．（2011高二·全国·竞赛）如果把两条异面直线看成“一对”，那么在长方体6个面的12条对角线所在的直线中，异面直线共有 对． 12．（2013高二·全国·竞赛）已知棱长为的正四面体内一点P到其他三个面的距离分别为1，2，3，则点P到第四个面的距离是 ． 13．（2008高二·全国·竞赛）正方体中，点为BC中点，点在上，：2，则平面与底面所成的二面角为 ． 14．（2009高二·全国·竞赛）以正四棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值为自变量，则相邻两侧面所成角的正弦值与的关系是 ． 15．（2010高二·全国·竞赛）一条直线与一个正方体的12条棱所在直线所成角都是，则 . 16．（2007高二·全国·竞赛）三棱锥中有四条棱长为，另外两条棱长为和2，则较长的两条棱所成的夹角为 ． 17．（2024高二·全国·竞赛）若是棱长为的正四面体内一点，以在四面体的四个面上的射影为顶点的新四面体的体积的最大值为 ． 18．（2020高二上·浙江绍兴·竞赛）如图，球的内接八面体中，顶点分别在平面两侧，四棱锥，均为正四棱锥，设二面角的大小为，则的取值范围是 . 19．（2022高二上·安徽阜阳·竞赛）从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，则直线和平面所成角的余弦值为 ． 20．（2019高三·全国·竞赛）点P在所在平面外，，，，则点A到平面PBC的距离的最大值是 ． 21．（2022高三·浙江丽水·竞赛）已知三棱锥中，两两垂直，.若此三棱锥的体积为定值，当点到平面距离最大时，直线与平面所成角的正弦值为 . 22．（2022高二·江苏苏州·竞赛）现要将一边长为101的正方体，分割成两部分，要求如下：（1）分割截面交正方体各棱，，，于点P，Q，R，S（可与顶点重合）；（2）线段，，，的长度均为非负整数，且线段，，，的每一组取值对应一种分割方式，则有 种不同的分割方式.（用数字作答） 23．（2020高三·江苏·竞赛）在长方体中，，，是的中点，是的中点．若异面直线与所成的角为，距离为，则 ． 24．（2021高二·浙江·竞赛）在中，，，，分别在线段和上，，，直线于.现将三角形沿着对折，当平面与平面的二面角为时，则线段的长度为 . 25．（2016高二·全国·竞赛）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设． (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)设二面角的大小为，当时，求的值． 26．（2018高二·全国·竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 27．（2009高二·全国·竞赛）在矩形中，，点为其中心，平面，且在边上存在唯一的点，使得．问：满足什么条件时，平面与平面所成的角为？ 28．（2010高二·全国·竞赛）平面四边形中，，，，将此四边形沿对角线折成二面角，使得.    (1)求二面角的大小； (2)设中点为，试求与平面所成的角. 29．（2024高三上·全国·竞赛）如图，已知三棱柱，平面．D，E分别是的中点． (1)证明：平面; (2)设与平面所成角的大小是，若，证明：． 30．（2024高三上·全国·竞赛）在四面体中，为中点，为外接球的球心，. (1)证明：； (2)若，求四面体体积的最大值. 31．（2024高三上·全国·竞赛）如图，五面体的底面是矩形，∥底面，到底面的距离为1，．    (1)证明：平面平面； (2)设平面平面． ①证明：底面； ②求到底面的距离． 32．（2023高三下·全国·竞赛）如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为． (1)证明：，并求的取值范围； (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 33．（2021高一·浙江温州·竞赛）如图，已知三棱锥，底面是等腰三角形，，是等边三角形，为线段上一点，，二面角的大小为. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$