专题04 第13章 立体几何初步（12大压轴考法）-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学压轴题攻略（苏教版2019必修第二册）

专题04 第13章 立体几何初步 题型1 空间几何体展开图中最短距离问题 1．（23-24高三上·山东·期中）如图，圆锥的母线长为2，点M为母线的中点，从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达B点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24高二上·浙江）如图，在棱长为的正方体中，已知是的中点，点分别在上，则周长的最小值为 ．    3．（23-24高一下·江苏南通）已知圆柱底面圆的半径为1，高为3，矩形ABCD为圆柱的轴截面，一只蚂蚁从A点出发，从侧面爬行一圈半到达C点，则蚂蚁爬行的最短距离为 ． 4．（23-24高三上·辽宁大连·阶段练习）若圆台上底面半径为5cm，下底面半径为10cm，母线AB（点A在下底面圆周上，点B在上底面圆周上）长为20cm，从AB中点拉一根绳子绕圆台侧面转到A，则绳子最短的长度 ． 5．（23-24高一下·天津·开学考试）圆锥的母线，高，点是的中点， (1)求圆锥的体积； (2)有一球在该圆锥内部且与它的侧面和底面都相切，求这个球的体积； (3)一质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点，求其最短路程. 题型2 截面问题 1．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）已知正方体，过点B且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．（23-24高一下·河南）若圆锥的侧面展开图是半径为5，面积为的扇形，则由它的两条母线所确定的截面面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D． 3．（2024·湖北武汉·一模）某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（　　） A．2 B． C． D．1 4．（多选）（23-24高一下·江苏南通·期中）在棱长为2的正方体中，分别是，，的中点，则下列正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．多面体是棱台 D．平面截正方体所得截面的面积为 5．（23-24高一下·河北廊坊·阶段练习）如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点. (1)画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤； (2)求（1）中截面多边形的面积； (3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值. 6．（23-24高一下·福建三明·阶段练习）已知圆锥SO的底面半径，高． (1)求圆锥SO的母线长； (2)圆锥SO的内接圆柱的高为h，当h为何值时，内接圆柱的轴截面面积最大，并求出最大值． 题型3 斜二测画法与直观图 1．（多选）（23-24高一下·湖北·阶段练习）已知一个矩形ABCD，用斜二测画法得到其直观图的周长为2，设，，下列说法正确的是（　　）    A．xy的最大值为1 B．的最小值为 C．的最大值为2 D．的最大值为 2．（多选）（23-24高一下·浙江温州·期中）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形ABCD水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点P，则在原图中下列说法正确的是（   ） A．四边形ABCD的面积为14 B．与同向的单位向量的坐标为 C．在向量上的投影向量的坐标为 D． 最小值为13 3．（23-24高一下·安徽芜湖）一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，该直观图是一个等腰梯形，且，则原平面图形的边 .    4．（24-25高一·全国·课后作业）如图，已知点，，,用斜二测画法作出该水平放置的四边形的直观图，并求出面积.    题型4 平行与垂直关系 1．（24-25高二上·江苏南通·期中）如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是直角三角形，，点分别在上，且． (1)证明：平面； (2)若平面，求． 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为长方形，，，E，M，Q，N分别为线段AB，CD，BC，PD的中点，平面底面ABCD.求证：    (1)平面AMN； (2)平面平面AMN. 3．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 4．（23-24高二下·江苏常州）在直三棱柱中，，侧面为正方形，, (1)设E.F分别为的中点，求证：平面； (2)求证：平面； (3)求四面体的体积. 题型5 异面直线所成角问题 1．（23-24高三上·浙江温州·阶段练习）如图，四边形中，，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）如图，已知正四棱锥的底面边长，侧面与底面所成的二面角的正切值为，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·湖南长沙）已知三棱柱内接于一个半径为的球，四边形与均为正方形，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为 . 5．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在三棱锥中，，，平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦值为 ． 6．（23-24高二上·浙江·期末）若正三棱台中上底的边长为1，下底的边长为2，侧棱长为1，则它的表面积为 ，与所成角的余弦值为 ．    题型6 线面角问题 1．（2024高一下·江苏·专题练习）已知为等边三角形，为等腰直角三角形，为斜边，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为（ ）． A． B． C． D． 2．（24-25高三上·江苏苏州·期末）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，分别为线段和线段的中点． (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 3．（24-25高二上·江苏南京·期中）在四面体PABC中，M，N分别为PC，BC的中点.    (1)证明:平面； (2)若平面，四面体PABC的体积为2，且，求MN与平面PAC所成角的正弦值. 4．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，， ，，，，是垂足，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，求直线和平面所成角的正弦值． 5．（23-24高一下·江苏徐州·阶段练习）如图，在正三棱柱中，，，为棱的中点. (1)证明：平面. (2)证明：平面平面. (3)求直线与平面所成的角. 6．（23-24高二下·湖南岳阳）如图，多面体中，四边形为矩形，二面角为，，，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 7．（23-24高二下·浙江台州·期末）如图，在直三棱柱中，，，．D，E分别是棱的中点，点F在线段上． (1)若，求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值． 题型7 二面角问题 1．（24-25高三下·江苏南通·开学考试）如图，在三棱锥中，，，平面ABC，H为垂足，D为AC的中点. (1)证明：平面 (2)若，，求二面角的正弦值. 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面为正三角形，，，. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 3．（23-24高一下·湖北武汉）如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 4．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面平面，是边长为2的正三角形，，是中点，过点，，的平面与交于点.    (1)求证：； (2)求证：； (3)求二面角的正切值. 5．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知如图一，在矩形ABCD中，，．将沿BD折起，得到大小为的二面角． (1)当时，求与平面BCD所成角的正切； (2)当时，求B到平面的距离； (3)①当，求的值； ②如图二，在三棱锥中，已知，，，二面角的大小为，试直接写出利用，，的三角函数表示的结论，不需要证明． 6．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知在多面体中，，，. (1)若，，，四点共面，求证：多面体为棱台； (2)在（1）的条件下，平面平面，，，，且. ①求多面体的体积； ②求二面角正切值. 7．（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）如图，在三棱柱中，是等边三角形，，，平面平面，点，，分别为棱，，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正切值． 题型8 线面角中探索性问题 1．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）已知正四面体的棱长为，点M为平面ABC内的动点，设直线SM与平面ABC所成的角为，若，则点M的轨迹所形成平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知在正三棱柱中，，与平面所成的角为，则该正三棱柱的体积为 ． 3．（23-24高一下·山东淄博·期中）在正三棱柱中，，若与平面所成的角为，则四棱锥的体积 . 4．（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，在正方体中，，若为棱上动点，为线段上的点，且，若与平面所成角的正切值为，则三棱锥的外接球表面积为 ． 5．（23-24高一下·江苏连云港）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，是的中点.    (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求侧面与侧面所成二面角的大小. 6．（23-24高一下·江苏南通）如图，在多面体中，矩形所在平面与正方形所在平面垂直，M是上一点，平面． (1)求的值； (2)若与平面所成角的正切值为，求证：平面平面． 7．（23-24高一下·江苏苏州）如图，四棱锥中，平面ABCD，PB与底面所成的角为，底面ABCD为直角梯形， (1)求证：平面平面PCD： (2)在线段PD上是否存在点E，使CE与平面PAD所成的角为？若存在，求出有的值：若不存在，说明理由. 8．（20-21高一下·江苏镇江·阶段练习）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，点、分别是棱、的中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得与平面所成最大角的正切值为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 题型9 二面角中探索性问题 1．（23-24高一下·江苏连云港·阶段练习）在正方体中 (1)若分别为和的中点，求证：平面 (2)求二面角的正切值 (3)如图，为的中点，问：在棱上是否存在一点，使平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 2．（2024·广东江苏·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 3．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，，，，，点N在棱PC上，平面平面． (1)证明：； (2)若平面，求三棱锥的体积； (3)若二面角的平面角为，求． 4．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. (1)求证：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 5．（2024高一下·全国·专题练习）如图①梯形ABCD中，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q． (1)证明：Q是AC的中点； (2)证明：平面BEQ； (3)M是AB上一点，已知二面角为45°，求的值． 6．（23-24高二上·江苏镇江·开学考试）如图，在三棱锥中，底面ABC，.    (1)求证：平面平面PBC； (2)若M是PC的中点，二面角的大小为45°且，求直线与平面所成角的正切值. 题型10 点到直线（平面）距离 1．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知棱长为1的正方体中，分别为和的中点，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高二上·江苏盐城·开学考试）已知正四棱柱中，，为的中点，则直线与平面的距离为 ． 3．（24-25高三下·浙江·开学考试）四棱锥满足底面，且，，，动点在以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上，动点在直线上，则的最小值为 ． 4．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 5．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，连接，且. (1)求证：平面平面； (2)若四棱锥的体积为，求点到平面的距离. 6．（23-24高二上·上海闵行·阶段练习）如图，在边长为的正方体中，为底面正方形的中心. (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面之间的距离. 题型11 球的综合问题 1．（24-25高三上·湖南常德·期末）已知圆台的母线长为4，在圆台内部，与上、下底面及各母线均相切的球的半径为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川德阳·二模）在三棱锥中，平面平面为等腰三角形，且，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（2025·山东日照·一模）已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（    ） A． B．2 C．3 D． 6．（多选）（2025·浙江温州·模拟预测）将下列平面四边形中的沿对角线翻折成，使二面角为直二面角，其中四面体的外接球的半径等于2的是（    ） A．B． C． D． 7．（四川省新高考（大数据联盟）2025届高三第二次联合诊断性考试数学试题）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，侧棱平面，平面与平面所成角的正弦值为，则三棱锥外接球的体积为 ． 8．（湖南省永州市2024-2025学年高二上学期期末数学试题）在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积不大于，则的取值范围为 . 9．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，几何体，其中，均为正三棱锥，，点，分别为和棱的中点，且几何体各顶点都在一个球面上，若，则该几何体的体积为 ． 题型12 空间几何体中动点问题 1．（多选）（24-25高二上·辽宁大连·期末）如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，则（   ）    A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．若，分别是线段和上的动点（都不与端点重合），，，点在平面上，，且，则为定值 C．若是线段的中点，则沿正方体的表面从点到点的最短距离为 D．使线段长度为的点的轨迹长度为 2．（多选）（24-25高一上·四川·期中）如图，棱长为2的正方体的内切球为球，，分别是棱和棱的中点，在棱上移动，则下列命题正确的是（    ） A．存在点，使垂直于平面 B．对于任意点，平行于平面 C．到直线的距离为 D．过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 3．（多选）（24-25高二上·海南海口·期中）如图，是棱长为的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有（   ） A．当在平面内运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．当在平面内运动时，使得直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 D．若是棱的中点，当在底面上运动，且满足平面时，的最小值是 4．（多选）（24-25高三上·黑龙江·期中）如图，在长方体中，，，为棱中点，，为线段上一动点，下列结论正确的是（   ） A．线段长度的最小值为 B．存在点，使 C．存在点，使平面 D．以为球心，为半径的球体被平面所截的截面面积为 5．（多选）（24-25高二上·河南郑州·阶段练习）已知正方体的棱长为3，E，F分别为棱上的动点.若直线与平面所成角为，则下列说法正确的是（   ） A．任意点E，F，二面角的大小为 B．任意点E，F，点C到面的距离为 C．存在点E，F，使得直线与所成角为 D．存在点E，F，使得线段长度为 6．（多选）（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 第13章 立体几何初步 题型1 空间几何体展开图中最短距离问题 1．（23-24高三上·山东·期中）如图，圆锥的母线长为2，点M为母线的中点，从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达B点，这条绳子的长度最短值为，则此圆锥的表面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】圆锥表面积的有关计算、圆锥的展开图及最短距离问题、圆锥的结构特征辨析 【分析】作出圆锥侧面展开图，根据给定条件求出展开图扇形圆心角，再求出圆锥底面圆半径即可作答. 【详解】将圆锥侧面沿母线AB剪开，其侧面展开图为扇形，如图，    从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，最短距离即为线段BM长，则有， 而M是线段中点，又母线长为2，于是得，即， 设圆锥底面圆半径为r，从而有：，解得， 所以圆锥的表面积为. 故选:. 2．（23-24高二上·浙江）如图，在棱长为的正方体中，已知是的中点，点分别在上，则周长的最小值为 ．    【答案】/ 【知识点】余弦定理解三角形、棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】将分别沿展开到与平面共面的位置，由此可得所求最小值为，利用余弦定理可求得结果. 【详解】将分别沿展开到与平面共面的位置，如下图所示，其中点为原来的点，   的周长（当且仅当四点共线时取等号）， ， ， ， ，即周长的最小值为. 故答案为：. 3．（23-24高一下·江苏南通）已知圆柱底面圆的半径为1，高为3，矩形ABCD为圆柱的轴截面，一只蚂蚁从A点出发，从侧面爬行一圈半到达C点，则蚂蚁爬行的最短距离为 ． 【答案】 【知识点】圆柱的展开图及最短距离问题 【分析】通过观察蚂蚁爬行的路径，在矩形中，利用勾股定理得出结果. 【详解】由题意画出蚂蚁爬行的路径，如图所示： 将圆柱的侧面展开，其中为底面圆周的一半， 则,， 则蚂蚁爬行的最短距离为线段， 在矩形中， 所以蚂蚁爬行的最短距离为. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查利用圆柱的侧面展开图解决实际问题.属于中档题. 4．（23-24高三上·辽宁大连·阶段练习）若圆台上底面半径为5cm，下底面半径为10cm，母线AB（点A在下底面圆周上，点B在上底面圆周上）长为20cm，从AB中点拉一根绳子绕圆台侧面转到A，则绳子最短的长度 ． 【答案】50 cm 【知识点】圆台的展开图 【分析】根据圆台的侧面展开图计算求解． 【详解】如图是圆台侧面展开图，是圆心，由已知得其中心角， 由得，，是中点，（）． 故答案为：50 cm. 5．（23-24高一下·天津·开学考试）圆锥的母线，高，点是的中点， (1)求圆锥的体积； (2)有一球在该圆锥内部且与它的侧面和底面都相切，求这个球的体积； (3)一质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点，求其最短路程. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算、锥体体积的有关计算、圆锥的展开图及最短距离问题 【分析】（1）根据勾股定理求出底面圆的半径，再利用圆锥的体积公式直接求解； （2）利用等面积法求出内切球的半径，从而求出球的体积； （3）将圆锥的侧面展开，连接，即为质点绕行的最短路程，在中，利用弧长公式求得，再利用余弦定理求出即可得解. 【详解】（1）依题意圆锥的母线，高， 则底面半径， 所以圆锥的体积.    （2）依题意圆锥内切球球心在线段上，设球心为，内切球的半径为， 则，即，解得， 所以内切球的体积. （3）如图，将圆锥的侧面沿母线展开，连接，则的长为质点绕行的最短路程， 在中，，， 弧长，则， 利用余弦定理得 ，即， 所以质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为.    题型2 截面问题 1．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）已知正方体，过点B且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】A 【知识点】判断正方体的截面形状、证明线面垂直 【分析】作出辅助线，根据线面垂直的判定定理得到平面，故平面即为平面，得到截面的形状. 【详解】连接， 因为平面，平面，所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以， 同理可证明， 因为，平面， 故平面， 故平面即为平面， 则截该正方体所得截面的形状为三角形. 故选：A. 2．（23-24高一下·河南）若圆锥的侧面展开图是半径为5，面积为的扇形，则由它的两条母线所确定的截面面积的最大值为（    ） A． B．4 C． D． 【答案】C 【知识点】圆锥中截面的有关计算 【分析】由扇形面积计算出底面半径r＝4，因为截面为一个等腰三角形，可以将三角形面积表示为底边长的函数，利用函数求出最值. 【详解】设圆锥的底面圆半径为r，则，解得r＝4， 设截面与圆锥底面的交线长为a（），由题意，截面是一个等腰三角形， 截面三角形的高，所以截面面积 ，当且仅当，即 时等号成立， 故选：C． 3．（2024·湖北武汉·一模）某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（　　） A．2 B． C． D．1 【答案】A 【知识点】圆锥中截面的有关计算 【分析】如图截面为，P为MN的中点，设，，进而可得面积最大值. 【详解】 如图所示，截面为，P为MN的中点，设 , 当时，，此时截面面积最大. 故选：A 【点睛】易错点睛：先求出面积的函数表达式进而判断最大值，本题容易误认为垂直于底面的截面面积最大. 4．（多选）（23-24高一下·江苏南通·期中）在棱长为2的正方体中，分别是，，的中点，则下列正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．多面体是棱台 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】AC 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、判断正方体的截面形状 【分析】由线面平行即可判断A；由线面垂直即可判断B；由棱台的定义即可判断C；由平面截正方体所得截面的作图即可判断D． 【详解】对于A，取中点，连接， 由正方体得四边形为平行四边形，所以， 因为点为的中点，所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，取中点，连接，则，所以， 所以，所以， 由正方体得，平面，又平面， 所以， 因为，，平面，， 所以平面，又，所以与平面不垂直，故B错误； 对于C，由正方体得，平面平面，即平面平面，由棱台的定义可知，多面体是棱台，故C正确； 对于D，设直线与直线交于点，连接与交于点，与直线交于点，连接交于点，连接，则五边形即为平面截正方体所得截面， 因为，所以，， 因为，所以，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，， 所以，所以， 所以， 因为，， 所以，故D错误； 故选：AC． 5．（23-24高一下·河北廊坊·阶段练习）如图正方体的棱长为2，是线段的中点，平面过点. (1)画出平面截正方体所得的截面，并简要叙述理由或作图步骤； (2)求（1）中截面多边形的面积； (3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求较小的部分与较大的部分的体积的比值. 【答案】(1)截面见解析，理由或作图步骤见解析 (2) (3) 【知识点】求组合体的体积、由平面的基本性质作截面图形、台体体积的有关计算、判断正方体的截面形状 【分析】（1）取的中点，连接，利用平行线的传递性可证得，可知四点共面，再由于三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面； （2）分析可知，四边形为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积； （3）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果. 【详解】（1）如图，取的中点，连接. 因为是的中点，所以. 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以四点共面. 因为三点不共线，所以四点共面于平面， 所以面即为平面截正方体所得的截面. （2）由（1）可知，截面为梯形，， ，， 同理可得， 如图所示： 分别过点在平面内作，，垂足分别为点， 则，，， 所以，则， 因为，，，则四边形为矩形， 所以，，则， 所以， 故梯形的面积为. （3）多面体为三棱台，，， 该棱台的高为2，所以，该棱台的体积为 ， 故剩余部分的体积为. 故较小的那部分与较大的那部分的体积的比值为. 6．（23-24高一下·福建三明·阶段练习）已知圆锥SO的底面半径，高． (1)求圆锥SO的母线长； (2)圆锥SO的内接圆柱的高为h，当h为何值时，内接圆柱的轴截面面积最大，并求出最大值． 【答案】(1)13 (2)；最大值为30 【知识点】组合体的切接问题、圆锥中截面的有关计算 【详解】（1）∵圆锥SO的底面半径，高， ∴圆锥SO的母线长； （2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示， 其中，，． 设圆柱底面半径为r，则，即． 设圆柱的轴截面面积为． ∴当时，有最大值为30． 题型3 斜二测画法与直观图 1．（多选）（23-24高一下·湖北·阶段练习）已知一个矩形ABCD，用斜二测画法得到其直观图的周长为2，设，，下列说法正确的是（　　）    A．xy的最大值为1 B．的最小值为 C．的最大值为2 D．的最大值为 【答案】BCD 【知识点】基本不等式求积的最大值、基本不等式求和的最小值、斜二测画法中有关量的计算、基本不等式“1”的妙用求最值 【分析】根据斜二测画法可得，再有均值不等式及重要不等式判断ABC，由二次函数求最值判断D. 【详解】由斜二测画法知，， 又的周长为2，所以，即， 对A，，，即，当且仅当时等号成立，所以A错误； 对B， ，当且仅当时，即时等号成立，故B正确； 对C，由可知，， 即，所以，即，当且仅当，即时等号成立，故C正确； 对D，，其中，即解得， 由二次函数图象开口向下，对称轴方程为可知， 当取对称轴时，的最大值为，故D正确. 故选：BCD 2．（多选）（23-24高一下·浙江温州·期中）如图所示，四边形是由斜二测画法得到的平面四边形ABCD水平放置的直观图，其中，，，点在线段上，对应原图中的点P，则在原图中下列说法正确的是（   ） A．四边形ABCD的面积为14 B．与同向的单位向量的坐标为 C．在向量上的投影向量的坐标为 D． 最小值为13 【答案】AB 【知识点】零向量与单位向量、斜二测画法中有关量的计算、利用坐标求向量的模、求投影向量 【分析】根据直观图可得四边形为直角梯形，从而可求得原图形的面积，即可判断A；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，写出的坐标，再根据与同向的单位向量为，即可判断B；根据在向量上的投影向量的坐标为即可判断C；设，根据向量线性运算的坐标表示及模的坐标表示即可判断D. 【详解】由直观图可得， 四边形为直角梯形，且， 则四边形的面积为，故A正确； 如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，则， 所以与同向的单位向量的坐标为，故B正确； ，则在向量上的投影向量的坐标为，故C错误； 设，则， 则， ， 当时，取得最小值，故D错误. 故选：AB. 3．（23-24高一下·安徽芜湖）一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，该直观图是一个等腰梯形，且，则原平面图形的边 .    【答案】 【知识点】斜二测画法中有关量的计算、正弦定理解三角形 【分析】分别过作于点，于点，可求出，在中求出，，从而可得，然后在直角三角形，利用勾股定理可求得结果. 【详解】分别过作于点，于点， 因为， 所以， 所以，所以， 所以，， 因为，所以为等腰直角三角形， 所以，所以， 在中，，，， 由正弦定理得， 所以， 所以，得， 所以由斜二测画法可知，， 所以， 故答案为：    4．（24-25高一·全国·课后作业）如图，已知点，，,用斜二测画法作出该水平放置的四边形的直观图，并求出面积.    【答案】图见解析， 【知识点】斜二测法画平面图形的直观图、斜二测画法中有关量的计算 【分析】首先根据斜二测画法的规则，画出四边形的直观图，再结合面积公式，即可计算. 【详解】由斜二测画法可知，在直观图中，，，，，，，，，， 所以 .    题型4 平行与垂直关系 1．（24-25高二上·江苏南通·期中）如图，在三棱柱中，侧棱底面，底面是直角三角形，，点分别在上，且． (1)证明：平面； (2)若平面，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、线面平行的性质 【分析】（1）由题意可得，结合，可证结论； （2）确定唯一平面，设平面，连接，进而可得，四边形是平行四边形，从而可求. 【详解】（1）因为侧棱底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面； （2）因为，所以确定唯一平面， 设平面，连接， 因为平面，所以， 又因为，底面，底面，所以底面， 又平面，平面底面， 所以，所以，所以， 又因为，，所以四边形是平行四边形，所以， 所以，所以. 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为长方形，，，E，M，Q，N分别为线段AB，CD，BC，PD的中点，平面底面ABCD.求证：    (1)平面AMN； (2)平面平面AMN. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明线面平行、证明面面垂直、面面垂直证线面垂直 【分析】（1）连接DE，交AM于点H，连接NH，先证明四边形AEMD为平行四边形，进而得到，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据题设可得，底面ABCD，进而得到，进而结合正切可得，得到平面AMN，从而求证. 【详解】（1）证明：连接DE，交AM于点H，连接NH. 因为底面ABCD为长方形，所以，， 因为E，M分别为线段AB，CD的中点， 所以，，所以四边形AEMD为平行四边形． 因为AM，DE为平行四边形的对角线，所以H为DE的中点． 因为N为PD的中点，所以. 因为平面AMN，平面AMN， 所以平面AMN.    （2）证明：在中，因为，E为AB的中点， 所以. 又平面底面ABCD，平面底面，平面PAB， 所以底面ABCD. 因为平面ABCD，所以，所以. 在长方形ABCD中，因为， ， 所以，， 所以. 因为，平面AMN， 所以平面AMN， 因为平面QMN，所以平面平面AMN. 3．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，有平面平面 【知识点】面面平行证明线线平行、证明面面垂直 【分析】（1）根据面面平行的性质定理证得，由此证得为线段中点. （2）当为中点时，由面面垂直上可得平面，进而可得平面，可得结论. 【详解】（1）依题意平面平面， 由于平面平面，平面平面， 所以，由于底面是平行四边形，点为的中点， 所以为线段中点. （2）存在，，即为中点时，平面平面， 证明如下：连接交于点，连接． 因为，所以四边形为平行四边形， 所以是的中点．又因为为中点，所以． 因为为等边三角形，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以平面平面． 当时，有平面平面． 4．（23-24高二下·江苏常州）在直三棱柱中，，侧面为正方形，, (1)设E.F分别为的中点，求证：平面； (2)求证：平面； (3)求四面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)8 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）先根据中位线得出，再结合线面平行判定定理证明； （2）应用已知及正方形性质证明平面，再结合直三棱柱特性得出最后根据线面垂直判定定理证明； （3）根据线面垂直及勾股定理得出边长，再结合等体积转换顶点得出最后应用三棱锥的体积公式计算. 【详解】（1）连，分别为中点，可得， ∵平面，平面, ∴平面 （2）是正方形，， ∵平面 ∴平面，平面 ∴ 又∵   平面 ∴平面 （3）∵平面平面 , ∴,所以, ∴. 题型5 异面直线所成角问题 1．（23-24高三上·浙江温州·阶段练习）如图，四边形中，，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】异面直线夹角的向量求法、由二面角大小求异面直线所成角、求异面直线所成的角、求二面角 【分析】二面角的平面角易作图，但异面直线的夹角不好作图，这里用了向量和以及求模思想，来求这两条异面直线的夹角余弦值. 【详解】设向量与所成角为，二面角的平面角大小为． 因为，所以．又，所以， 取中点，连接，，则，， 所以，又因为，． 所以在中，，即， 又由，． 因为，所以 ． 所以，即 又因为，所以． 因为异面直线所成角范围为， 所以直线与所成角的余弦值取值范围是． 故选：D. 2．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）如图，已知正四棱锥的底面边长，侧面与底面所成的二面角的正切值为，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、求异面直线所成的角 【分析】根据侧面与底面所成二面角的正切值得正四棱锥的侧棱长为2，连接，取的中点，连接,，则异面直线与所成角为（或其补角），在中，由余弦定理即可求解. 【详解】如图所示，连接，取的中点，连接, 取的中点，连接， 因为四棱锥为正四棱锥，且为中点， 所以， 所以为侧面与底面所成二面角， 即， 又因为底面边长为， 所以，即， 所以， 所以正四棱锥的侧棱长为2， 由题意知，，则异面直线与所成角为（或其补角）， 在中，， 则， 则异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B. 3．（2024·湖南长沙）已知三棱柱内接于一个半径为的球，四边形与均为正方形，分别是，的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求异面直线所成的角 【解析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值． 【详解】 直三棱柱ABC−A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点， 如图：BC的中点为O，连结ON， MN∥B1C1=OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO， ∵分别是，的中点，， 可得A1C1⊥B1C1， 四边形与均为正方形，可得BC=CA=CC1， ∵三棱柱内接于一个半径为的球， 设BC=CA=CC1=a, 三棱柱外接球可看作棱长为a的正方体外接球， ∴，解得a=2， ∴BC=CA=CC1=2, CO=1,AO=,AN=,， 在△ANO中,由余弦定理可得： , 故选：B. 【点睛】本题考查异面直线及其所成的角，涉及几何体外接球及空间位置关系等知识点，根据外接球半径解出三棱柱棱长是关键点，也是本题难点，属于较难题. 4．（24-25高二上·江苏南京·期末）已知，是正四面体棱，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为 . 【答案】 【知识点】求异面直线所成的角、余弦定理解三角形 【分析】取中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取中点，连接，由是的中点，得， 则是直线，所成的角或其补角，令正四面体的棱长为4， 由是的中点，得，， 在中，， 在中，. 故答案为： 5．（23-24高一下·江苏扬州·期末）如图，在三棱锥中，，，平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦值为 ． 【答案】/ 【知识点】线面垂直证明线线垂直、求异面直线所成的角 【分析】根据线面垂直的性质定理及异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解. 【详解】由平面，平面，得，， 又，，则， 取的中点，连结，由为的中点，得， 因此直线BE与AD所成角为或其补角， 在中，，，， 由余弦定理得， 所以直线BE与AD所成角的余弦值为. 故答案为： 6．（23-24高二上·浙江·期末）若正三棱台中上底的边长为1，下底的边长为2，侧棱长为1，则它的表面积为 ，与所成角的余弦值为 ．    【答案】 【知识点】棱台表面积的有关计算、求异面直线所成的角 【分析】根据题目所给边长，直接求表面积即可得解，延长交于点， 作中点，中点，连接， ，则与所成角即为和所成角，在中解三角形，即可得解. 【详解】   根据题意正三棱台的上下底面为等边三角形， 上底面为边长为1的等边三级形，下底为边长为2的等边三角形， 侧面为等腰梯形上底边长为1，下底边长为2，腰长为1，所以高， 所以面积， 延长交于点， 由上底的边长为1，下底的边长为2， 所以分别为中点， 作中点，中点，连接， ，则与所成角即为和所成角， 连接，在底面的投影为，为底面的中心且在上， 作于，显然 由，， 所以， 所以，， 所以，， 在等腰梯形 上底边长为1，下底边长为2，腰长为1， 所以，， 在中，， 根据线线所成角的范围，则与所成角的余弦值为. 故答案为：，. 【点睛】本题考查了求空间几何体的表面积，考查了异面直线所成角，计算量较大，属于较难题.本题的关键点为： （1）通过平移把异面直线平移到同一平面中； （2）通过空间线面关系进行计算，是本题的核心能力. 题型6 线面角问题 1．（2024高一下·江苏·专题练习）已知为等边三角形，为等腰直角三角形，为斜边，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为（ ）． A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求线面角、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答. 【详解】取的中点，连接，    因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则， 从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面， 又平面，因此平面平面， 因为平面平面，直线平面， 则直线在平面内的射影在直线上， 从而为直线与平面所成的角， 不妨设，则， 在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以， 所以直线与平面所成角的正切值为. 故选：C. 2．（24-25高三上·江苏苏州·期末）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，分别为线段和线段的中点． (1)求证：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】求线面角、证明线面垂直、线面角的向量求法、证明面面垂直 【分析】（1）应用线面垂直判定定理及面面垂直的判定定理证明即可； （2）应用等体积得出再根据线面角定义得出正弦值即可；空间向量法得出线面角正弦. 【详解】（1）连结． 因为四边形为菱形，所以．因为，所以为正三角形． 因为为中点，所以． 因为且为中点，所以． 又因为，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面． 法一：延长交于点，连结． 因为四边形为菱形，所以且． 因为为中点，所以且，所以为中点． 因为为中点，所以， 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角． ． 设到平面的距离为， ，所以． 在中，，则． 设与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 3．（24-25高二上·江苏南京·期中）在四面体PABC中，M，N分别为PC，BC的中点.    (1)证明:平面； (2)若平面，四面体PABC的体积为2，且，求MN与平面PAC所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明线面平行、求线面角、锥体体积的有关计算 【详解】（1）在中，是的中点，所以, 又因为平面, 平面, 所以平面. （2）    因为，所以， 因为平面， 且四面体PABC的体积为2， 所以， 即，所以,所以, 过点作的垂线，垂足为，连接，则有， 因为平面平面，所以, 又因为平面， 所以平面，所以为MN与平面PAC所成角， 因为平面，所以， 在中，由等面积法可知， ，所以, 则,, , 所以即为MN与平面PAC所成角的正弦值. 4．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，， ，，，，是垂足，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、求线面角 【分析】（1）只需结合已知证明平面，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）只需结合已知求出B到平面的距离以及的长度即可得解. 【详解】（1） 连接，∵平面平面，，平面平面，平面， ∴平面，因为平面，所以， 由题意可知，等腰梯形的高为1，故等腰梯形的面积为：， 又梯形的高为，故， ∴， ∴，在中，，．∴，即， ∴为的三等分点，所以， 所以，∴． 又∵，面，面， ∴平面，∵平面，∴． （2）， 连接，在梯形中可得，， 因此，即， 因为平面，因为平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 由平面，可得， 因为平面，因为平面， 所以， 所以，所以，所以B到平面的距离为， 在中由，，得， 设直线和平面所成角为，则， 所以直线和平面所成角得正弦值为． 5．（23-24高一下·江苏徐州·阶段练习）如图，在正三棱柱中，，，为棱的中点. (1)证明：平面. (2)证明：平面平面. (3)求直线与平面所成的角. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】求线面角、证明面面垂直、证明线面平行 【分析】（1）连接交于点，可得，根据线面平行的判定即可证结论. （2）由题设易知、，根据线面垂直的判定有平面，再由面面垂直的判定即可证结论. （3）在平面内，作，即直线与平面所成的角，结合已知条件求的正弦值，即可确定其大小. 【详解】（1）证明：如图，连接交于点，则为的中点，连接. 是的中点，为的中位线， . 又平面，平面， 平面. （2）证明：为正三角形，为的中点，. 平面，平面，. 又平面，平面，且 平面. 又平面，平面平面. （3）解：平面平面，且交线为， 在平面内，作，则平面. 则即直线与平面所成的角. ，则即直线与平面所成的角. 在中，，，， 直线与平面所成的角为. 6．（23-24高二下·湖南岳阳）如图，多面体中，四边形为矩形，二面角为，，，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、求线面角、证明线面垂直、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）分析可知二面角的平面角为，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可得出直线与平面所成角为，计算出、的长，即可求得的正弦值，即为所求. 【详解】（1）是矩形， ，又平面，平面， 平面， ，平面，平面，平面， 又，BC，平面，平面平面， 平面，平面． （2），，即为二面角的平面角， ，又，平面，平面，平面， 又平面，平面平面， 作于，连接，因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为，因为，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 7．（23-24高二下·浙江台州·期末）如图，在直三棱柱中，，，．D，E分别是棱的中点，点F在线段上． (1)若，求证：平面； (2)若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】证明线面平行、求线面角、锥体体积的有关计算、证明线面垂直 【分析】（1）先证明得A，F，三点共线，再证即得； （2）过点B作,证平面，可得就是直线与平面所成的角，利用体积求出点F到平面的距离，证，继而求出即得. 【详解】（1） 连接,在直三棱柱中，，所以． 又因为，， 所以， 故，即A，F，三点共线． 因点D，E分别是棱、的中点， 故，又平面，平面， 所以平面． （2） 过点B作，垂足为点H，连接FH，FB． 在直三棱柱中，平面，又平面，所以， 又，，所以平面． 故是斜线在平面上的射影， 所以就是直线与平面所成的角． 记点F到平面的距离为， ，得．因, 故得F为的中点，即． 在中，因,则, 于是，，，． 求得，故． 所以直线与平面所成角的正切值为． 题型7 二面角问题 1．（24-25高三下·江苏南通·开学考试）如图，在三棱锥中，，，平面ABC，H为垂足，D为AC的中点. (1)证明：平面 (2)若，，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）连接，三线合一得到；又因为平面，得到；进而得到平面，运用线面垂直性质得到；进而得到；最终运用线面平行判定定理得到平面；（2）如图，过点H作于点Q，连接，证明为二面角的平面角，借助三角函数得到二面角的正弦值. 【详解】（1）证明：连接，因为，D为的中点，所以； 又因为平面，平面，所以； 又因为，平面，，所以平面， 又平面，所以； 因为，且，均在平面内，所以； 因为平面，平面，所以平面； （2）如图，过点H作于点Q，连接， 因为平面，平面， 所以， 又，，，平面， 所以平面， 又平面， 所以，所以为二面角的平面角， 因为，，所以，， 所以，所以， 所以二面角的正弦值为 2．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在三棱柱中，底面为正三角形，，，. (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）由线面垂直的性质定理进行证明. （2）先证明为二面角的平面角，再结合三角函数求的正弦值即可. 【详解】（1）证明：取的中点M，连接，. 在正三角形中，因为M为的中点，所以. 因为，，， 所以，所以. 因为M为的中点，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）解：过M作的垂线，垂足为N，连接. 在中，由余弦定理得， 所以. 因为，所以，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为平面，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． 在中，，， 所以，所以二面角的正弦值为. 3．（23-24高一下·湖北武汉）如图，在三棱柱中，面为正方形，面为菱形，，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可得证. （2）过作于，过作于，连接，利用线面垂直的性质定理得出为二面角的平面角，在中直接求解即可. 【详解】（1）由菱形可得， 平面平面，平面平面， 又正方形中， 平面，又平面，， ，平面，平面. （2）过作于，则平面. 过作于，连接， 因平面，则， 又平面，，故平面， 又平面，所以， 故为二面角的平面角， 在中，设，，， ，，，. 即二面角的余弦值为.    4．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面平面，是边长为2的正三角形，，是中点，过点，，的平面与交于点.    (1)求证：； (2)求证：； (3)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】求二面角、线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、线面平行的性质 【分析】（1）由题意得，则由线面平行的判定定理可得平面，再利用线面平行的性质定理可证得结论； （2）由题意可得是中点，则，再利用面面垂直的性质可得平面，则，而，则可得结论； （3）过作于，连接，则可证得就是二面角的平面角，然后在中求解即可. 【详解】（1）因为底面是菱形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，平面， 所以； （2）由（1）知，，所以， 因为是中点，所以是中点， 因为是正三角形，所以， 因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以； （3）过作于，连接， 由（2）知平面， 又因为平面，平面， 所以，， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以就是二面角的平面角， 在正三角形中，，， 在中，，，所以， 在中，， 在中，， 所以二面角的正切值为.    5．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知如图一，在矩形ABCD中，，．将沿BD折起，得到大小为的二面角． (1)当时，求与平面BCD所成角的正切； (2)当时，求B到平面的距离； (3)①当，求的值； ②如图二，在三棱锥中，已知，，，二面角的大小为，试直接写出利用，，的三角函数表示的结论，不需要证明． 【答案】(1) (2) (3)①② 【知识点】余弦定理解三角形、求二面角、求点面距离、求线面角 【分析】（1）由二面角为直二面角，求出为与平面所成角，由余弦定理求出，解直角三角形即可得解； （2）平面可知三棱锥高，再由等体积法求B到平面的距离； （3）①求出二面角的余弦，再由余弦定理求解，②直接写出结论. 【详解】（1）过作于，连接，如图， 因为二面角的大小为，所以平面平面， 因为，平面∩平面，平面， 所以平面， 所以为与平面所成角， 在中， 在中， 在中，， 所以在中， ， 所以, 在中， 即与平面所成角的正切是. （2）在（1）图中，， 在中， 所以， 的面积 因为平面， 所以三棱锥的体积 所以B到平面的距离. （3）①矩形中找到的对应线段，并设的延长线交于， 在中，， 所以 在三棱锥中，如图， 由，所以为二面角的平面角， 即 在中， 在中， ② 6．（23-24高一下·江苏镇江·期末）已知在多面体中，，，. (1)若，，，四点共面，求证：多面体为棱台； (2)在（1）的条件下，平面平面，，，，且. ①求多面体的体积； ②求二面角正切值. 【答案】(1)证明见解析. (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、求二面角 【分析】(1)利用面面平行的定义可以证明上下底面的两个面平行，接着证明三条侧棱交于一点. (2)求棱台的体积转化为求两个棱锥的体积即可；求二面角的正切值做出二面角的正切值，利用解三角形求解即可. 【详解】（1）因为，平面，平面, 所以平面. 同理可证：平面. 又因为，平面，平面. 所以平面平面，而，故共面. 因为，设. 而，且平面， 所以平面，同理可证平面， 所以面面. 又因平面平面，所以， 则交于同一点，又因为平面平面. 所以多面体为棱台. （2）三棱台中，由(1)知侧棱交于同一个点，连结. 在侧面梯形中，有，. 所以梯形为直角梯形. 又因为，， 所以，所以，故. 又因面面，面面，面. 所以平面，即的长度等于点到平面的距离. 在三棱台中，有，即,所以, 侧面梯形中，，，，. 所以侧面梯形的面积. 又，解得. 故. 所以. 因为. 故. 所以所求棱台的体积为 ②在内，过点作，记垂足为，连接. 由①知平面，又平面，所以，. 又因为，，所以平面. 又因为平面，所以, 又，所以的值等于二面角的值. 在中，，，. 所以. 故. 解得，故由即知. 所以二面角的正切值为. 【点睛】证明棱台，求棱台的体积，借住棱台求解二面角的大小，发展学生的空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力. 7．（23-24高一下·河南濮阳·阶段练习）如图，在三棱柱中，是等边三角形，，，平面平面，点，，分别为棱，，的中点．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)． 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）取的中点，证得平面，再由，证得平面，进而证得平面平面，即可证得平面． （2）连接，根据题意，证得平面，得到和，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （3）过点作直线的垂线，连接，证得平面，得到，再由，得到二面角的平面角为，在和中，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，，    因为是棱的中点，是的中点，所以，， 又因为点，分别为棱，的中点，所以，， 因为，，所以，， 又因为平面，平面，所以平面， 在平行四边形中，是的中点，是的中点， 所以，，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，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2）证明：如图所示，连接，因为是等边三角形，是的中点，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， 因为，，所以， 又因为，平面，所以平面． （3）解：如图所示，在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，连接， 由（2）易得平面，又平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，所以二面角的平面角为， 在中，，，，所以， 在中，，，，所以， 即二面角的正切值是． 题型8 线面角中探索性问题 1．（23-24高一下·江苏南通·阶段练习）已知正四面体的棱长为，点M为平面ABC内的动点，设直线SM与平面ABC所成的角为，若，则点M的轨迹所形成平面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】立体几何中的轨迹问题、由线面角的大小求长度 【分析】在正四面体中，过顶点作下底面的垂线，垂足O即为下底面中心，然后可得出线面角，根据其正弦值的范围，求出线段的范围，进而求出的范围，则点的轨迹所形成的平面图形为一个半径为1的圆面，从而可求出其面积. 【详解】在正四面体中，顶点在底面的投影为正的中心，即平面， 因为正四面体的棱长为，所以， 所以， 因为直线SM与平面ABC所成的角为，所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆面， 所以点M的轨迹所形成平面图形的面积为， 故选：B    2．（23-24高一下·江苏常州·期末）已知在正三棱柱中，，与平面所成的角为，则该正三棱柱的体积为 ． 【答案】 【知识点】柱体体积的有关计算、由线面角的大小求长度 【分析】取的中点为D，证明平面，即可得，求出相关线段长，根据三棱柱的体积公式计算即可得解. 【详解】取的中点为D，连接，由为正三角形，故， 又平面，平面，则， 又，平面，故平面， 连接，则即为与平面所成的角，即， 由平面，故； 由于，故，故， 在中，， 故. 故答案为：. 3．（23-24高一下·山东淄博·期中）在正三棱柱中，，若与平面所成的角为，则四棱锥的体积 . 【答案】/ 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、由线面角的大小求长度 【分析】取的中点为D，证明平面，求出相关线段长，根据棱锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】取的中点为D，连接，由于为正三角形，故， 又平面，平面，则， 又，平面，故平面， 连接，则即为与平面所成的角，即， 且平面，故； 由于，故，故， 在中，， 故， 故答案为： 4．（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，在正方体中，，若为棱上动点，为线段上的点，且，若与平面所成角的正切值为，则三棱锥的外接球表面积为 ． 【答案】 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、线面垂直证明线线垂直、由线面角的大小求长度 【分析】连接，则为与平面所成角的平面角，从而求得，进而求得，而三棱锥的外接球等价于长为宽为高为的长方体的外接球，从而可求得外接球的半径，进而求得表面积. 【详解】 如图，连接 因为平面， 则为与平面所成角的平面角，即， 所以. 因为平面， 所以，又， 所以平面，则 所以， 而，所以，则， 所以. 因为三棱锥的外接球等价于长为宽为高为的长方体的外接球. 所以外接球的直径为长方体的体对角线，即半径， 故三棱锥的外接球表面积为. 故答案为： 5．（23-24高一下·江苏连云港）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，是的中点.    (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正切值为，求侧面与侧面所成二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、线面垂直证明线线垂直、由线面角的大小求长度 【分析】（1）根据线面垂直的性质得出.然后根据线面垂直的判定定理可得出平面，进而得出证明； （2）取的中点，连接，，根据已知可推得是直线与平面所成的角，，进而得出，.设平面与侧面交线为，根据线面平行的性质定理得出，然后根据定义法得出是侧面与侧面所成二面角的平面角.在中，即可得出答案. 【详解】（1）因为平面，平面，所以. 又因为是正三角形，是的中点，所以. 又，平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以. （2）取的中点，连接，，      因为是的中点，，所以. 又，，平面，平面， 所以平面， 所以是直线与平面所成的角， 则. 因为是边长为2的等边三角形， 所以， 所以， 所以. 又,所以. 设平面与侧面交线为， 因为，平面，平面， 所以平面. 又因为平面，平面平面， 所以，所以. 取的中点，连接，，则，. 又因为，，平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以，所以. 又因为，平面，平面，平面平面， 所以是侧面与侧面所成二面角的平面角. 在中，，， 所以， 所以侧面与侧面所成二面角的大小为. 6．（23-24高一下·江苏南通）如图，在多面体中，矩形所在平面与正方形所在平面垂直，M是上一点，平面． (1)求的值； (2)若与平面所成角的正切值为，求证：平面平面． 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】证明面面垂直、由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置、由线面角的大小求长度 【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质得到，再由为的中点，即可得到为的中点，从而得解； （2）连接、，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而得到平面，作为为直线与平面所成角，设，即可求出、，从而证明，再证，即可得到平面，从而得证. 【详解】（1）解：连接交于点，连接， 因为平面，平面平面，平面， 所以， 又为正方形，所以为的中点，所以为的中点，所以. （2）证明：连接、， 因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成角，设，则， 所以，所以，则， 又， 所以、为等腰直角三角形， 所以，所以，即， 又，平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面，平面，所以平面平面. 7．（23-24高一下·江苏苏州）如图，四棱锥中，平面ABCD，PB与底面所成的角为，底面ABCD为直角梯形， (1)求证：平面平面PCD： (2)在线段PD上是否存在点E，使CE与平面PAD所成的角为？若存在，求出有的值：若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析； 【知识点】证明面面垂直、空间位置关系的向量证明、已知线面角求其他量、由线面角的大小求长度 【分析】（1）方法一.利用线面垂直的性质定理及线面角的定义，再利用锐角三角函数及余弦定理，结合线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可求解； （2）方法一.利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义及锐角三角函数即可求解. 【详解】（1）方法一. 由，得， 因为平面，是在平面内的射影， 所以是与平面所成的角，即， 在中，,解得， 因为所以 在中，, 因为所以 在中，由余弦定理得，即. 由，得， 因为平面，平面,所以, 又，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）存在，理由如下， 方法一.取的中点，连接，如图所示， 因为，所以， 因为所以,所以四边形为矩形， 所以, 因为平面，平面,所以, 又，平面， 所以平面，所以是在平面内的射影， 所以是与平面所成的角，即， 由（1）知，,且是的中点， 所以.在中，， 因为平面，平面,所以, 在中，， 由,得，在中，, 取的中点为，连接,又, 所以,在中，, 所以，解得,所以, 所以,,所以. 所以线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时. 8．（20-21高一下·江苏镇江·阶段练习）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，底面，点、分别是棱、的中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得与平面所成最大角的正切值为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析. 【知识点】证明线面垂直、求线面角、线面垂直证明线线垂直、由线面角的大小求长度 【分析】（1）连接BD，证明，即可证明平面； （2）假设线段上是否存在点，连接，，，可得即为与平面所成角得平面角，当最小，即时，最大，利用条件求出，即可得出结论. 【详解】（1）证明：连接BD， 在菱形中，，则三角形为等边三角形， 因为是的中点， 所以， 又因底面，且平面， 所以， 又，平面，平面， 所以平面； （2）解：假设线段上存在点，连接，，， 则，且，故四边形为平行四边形， 所以， 由（1）可知，平面， 所以平面，则， 所以即为与平面所成角得平面角， 在中，，当最小，即时，最大， ， 所以， 在 中，，， 则， 所以线段上存在点，当时，使得与平面所成最大角的正切值为. 题型9 二面角中探索性问题 1．（23-24高一下·江苏连云港·阶段练习）在正方体中 (1)若分别为和的中点，求证：平面 (2)求二面角的正切值 (3)如图，为的中点，问：在棱上是否存在一点，使平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【知识点】证明面面垂直、求二面角、证明线面平行 【分析】（1）取中点，连接，由四边形为平行四边形，可得，从而得证； （2）设正方体的棱长为1，由平面，可知为二面角的平面角，从而求解； （3）连接，则O是AC的中点，易证，根据平面平面，得到面MBD，进而得到，然后由求解. 【详解】（1）取中点，连接， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面； （2）连接，设正方体边长为1， 由正方体性质可得， 又平面，平面，所以， 平面，所以平面， 又平面，则， 所以为二面角的平面角， 中，. （3）如图所示： 在棱上存在一点M，使平面平面， 连接，则O是AC的中点， 则, 因为O是正方体中，BD的中点， 所以， 所以，因为平面平面， 所以面MBD， 所以， 所以， 又， 则， 则， 所以， 即. 2．（2024·广东江苏·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、由二面角大小求线段长度或距离、证明面面垂直 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 3．（23-24高一下·浙江金华·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，，，，，点N在棱PC上，平面平面． (1)证明：； (2)若平面，求三棱锥的体积； (3)若二面角的平面角为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)2 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）只需结合已知证明平面即可，再利用线面垂直的性质即可得证； （2）利用转换法，可知只需求出即可，再结合解三角形知识即可求解； （3）找出二面角的平面角，再结合解三角形知识即可求解. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，， 平面， 平面， 又平面， （2） 平面，平面，平面平面（其中点是的交点亦是中点）， ，可知N为中点， 而，，， 所以， 因为，， 所以， 因为平面，平面， 所以， 所以， 所以， 在三角形中，，由余弦定理有， 结合，解得， . （3） 由题意知平面，过点N作平行线交于点H， 面，再作（K为垂足）， 为二面角的平面角，， 由（2）可知，所以三角形是等腰直角三角形，同理三角形也是等腰直角三角形， 从而， 在三角形中，， 所以， 而，所以， 不妨设，， 则且，， . 4．（23-24高一下·福建泉州·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. (1)求证：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、证明线面垂直、证明面面垂直、求线面角 【分析】（1）根据线面垂直的性质于判定定理可证平面，结合面面垂直的判断定理即可证明； （2）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）由平面，平面，得， 连接，由且， 所以四边形为平行四边形， 又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又由且， 所以四边形为平行四边形， 则，所以， 又 平面， 所以平面， 由平面，所以平面平面； （2）由平面，平面，所以， 又， 平面， 所以平面，又平面，所以， 故为二面角的平面角，即， 在中，，作，垂足为M， 由（1）知，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的投影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为 5．（2024高一下·全国·专题练习）如图①梯形ABCD中，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q． (1)证明：Q是AC的中点； (2)证明：平面BEQ； (3)M是AB上一点，已知二面角为45°，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【知识点】证明线面垂直、证明线面平行、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】（1）构造线面平行证明线线平行，结合中位线定理证明即可. （2）利用已知推出线线垂直，再证线面垂直即可. （3）构造二面角的平面角求出比例关系即可. 【详解】（1）在图①中过C作，则， 图②中，连接BD，CE， 又∵，∴，∴，∴且． ∴，∴， 在中，， ∴，又平面ACD，平面ACD， ∴平面ACD，平面平面， ∴，∴， 又R是CD的中点，∴Q是AC的中点； （2）如图，在直角梯形BCDE中，，∴ 中，，，∴ ∴，∴ 又∵平面平面BCDE，平面平面BCDE， ∴平面BCDE，平面BCDE，∴， 又，平面ACE， 又平面ACE，∴， 在中，，，∴ ∴，又由（1）Q是AC的中点， ∴，，∴平面ACD， 又平面ACD，∴ 又∵，，∴平面ADE， ∴，又，∴平面BEQ； （3）如图，过M作，过H作于点G，连结MG， 则∠MGH为二面角的平面角，∴， 设，∴ 又，∴ 在中，， 由得，即， ∴，∴ 6．（23-24高二上·江苏镇江·开学考试）如图，在三棱锥中，底面ABC，.    (1)求证：平面平面PBC； (2)若M是PC的中点，二面角的大小为45°且，求直线与平面所成角的正切值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【知识点】求线面角、证明面面垂直、证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）根据线线垂直得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论， （2）由题意求出的长，过点作于，连接，则为直线与平面所成的角，然后在中可求得结果 【详解】（1）因为PA⊥底面，平面， 所以， 因为∠ABC＝90°，所以， 因为,平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面PBC. （2）由（1）可知平面，平面， 所以， 因为， 所以为二面角的平面角， 所以， 令，则， 如图，过点作于，因为平面平面，平面平面，平面，    则平面，且为的中点，连接， 则为直线与平面所成的角， 在中，, 在中，，M是PC的中点，则， 因为平面，平面，所以. 在中，，， 则直线与平面所成角的正切值为. 题型10 点到直线（平面）距离 1．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知棱长为1的正方体中，分别为和的中点，则到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求直线与平面的距离 【分析】在正方体中，连接，交于，连接，交于，过作于，由已知可证平面，即为到平面的距离，求解即可. 【详解】在正方体中，连接，交于， 连接，交于，过作于， 因为分别为和的中点，所以， 又在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，从而可得， 所以，又因为平面，平面， 所以平面，所以到平面的距离即为点到平面的距离， 由正方形可得， 又由正方体，可得平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 又平面平面，，所以平面， 所以为点到平面的距离， 在中，可得， 所以， 又易求得， 所以. 故选：C. 2．（22-23高二上·江苏盐城·开学考试）已知正四棱柱中，，为的中点，则直线与平面的距离为 ． 【答案】 【知识点】求点面距离、求直线与平面的距离、锥体体积的有关计算 【分析】先利用线面平行的判定定理证明直线平面，再将线面距离转化为点面距离，最后利用等体积法求点面距离即可． 【详解】解：如图：连接，交于，连接， 在正四棱柱中为的中点，为的中点 所以，又平面，平面， 所以平面， 直线与平面的距离即为点到平面的距离，设为， 在三棱锥中， 在三棱锥中，，，， 故答案为：．    3．（24-25高三下·浙江·开学考试）四棱锥满足底面，且，，，动点在以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上，动点在直线上，则的最小值为 ． 【答案】/ 【知识点】球的截面的性质及计算、求点面距离 【分析】先确定点在平面内射影的位置，借助直角三角形的边角关系可求的最小值. 【详解】以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上事实上就是内以为圆心，1为半径的一截圆弧，如图所示： 由于距离为定值1，则当点固定时，由余弦定理可知，EF的距离只取决于，越小，距离越小. 过作面的垂线，垂足为， 则， 因为中，，，所以； 在中，，，所以. 由. 做，垂足为，则 所以点与点重合，此时连接交圆弧为，此时为线面角，取到最小， 此时， 过作垂线，取到最小值． 故答案为： 【点睛】方法点睛：空间中求点到平面的距离的方法，通常由以下思路： （1）利用三棱锥的体积求三棱锥的高，也就是点到平面的距离； （2）利用空间向量的方法求点到面的距离； （3）过点向平面做垂线，利用解三角形的方法求垂线段的长度. 4．（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、求点面距离 【分析】（1）由条件可得平面，利用锥体的体积可求体积； （2）利用等体积法可求点点到平面的距离. 【详解】（1）因为，， 所以，， 所以，又，平面， 所以平面，又， 所以三棱锥的体积； （2）在中，由，， 所以边上的高为， 所以， 设点到平面的距离为， 所以，由（1）可得，解得. 所以点到平面的距离. 5．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥中，为的中点，连接，且. (1)求证：平面平面； (2)若四棱锥的体积为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析; (2)1. 【知识点】求点面距离、证明面面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）先证明四棱锥为正四棱锥，且所有棱长均相等，然后再证明平面，即可得证面面垂直； （2）可利用第一问的结论，把点到平面的距离等价转化到点到平面的距离的一半，即等于，然后再利用体积去求出这些相等的棱长，就可以得到答案;也可以利用等体积法去求点到平面的距离. 【详解】（1） 如图，连接，由得，四边形是菱形， 再由得，四边形是正方形，设正方形的中心为， 由，可知， 由底面是正方形可知：，又因为， 所以，即， 又因为，所以，即， 又因为平面，平面，， 所以平面， 即可得到四棱锥为正四棱锥，且所有棱长均相等， 所以，所以. 在中，，所以. 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）解法一： 由题意，得正方形的面积是梯形面积的. 因为四棱锥的体积为，所以正四棱锥的体积为. 设正四棱锥的棱长为，则正方形的面积为. 设与交于点，连接，则为正四棱锥的高. 因为，所以， 所以正四棱锥的体积为，解得. 由（1），知平面，所以点到平面的距离为2. 易知，且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离. 又是的中点，所以点到平面的距离等于点到平面距离的， 即点到平面的距离等于点到平面距离的， 所以点到平面的距离为1. 解法二： 由题意，知四棱锥的体积为，解得， 所以. 易知，且，所以四边形是平行四边形，所以. 在中，易得，所以在中，， 所以， 所以.连接，则. 设点到平面的距离为，由， 得，即，解得， 所以点到平面的距离为1. 6．（23-24高二上·上海闵行·阶段练习）如图，在边长为的正方体中，为底面正方形的中心. (1)求证：直线平面； (2)求直线与平面之间的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、求直线与平面的距离、锥体体积的有关计算 【分析】（1）连接交于点，可证得四边形为平行四边形，由此可得，由线面平行的判定可证得结论； （2）由线面平行关系可知所求距离即为点到平面的距离，利用体积桥，结合棱锥体积公式可求得结果. 【详解】（1）连接交于点，连接， ，，四边形为平行四边形， ，， 四边形，为平行四边形，分别为中点， ，，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面. （2）由（1）知：平面，则直线与平面之间的距离即为点到平面的距离， ，为边长为的等边三角形， ； 又，， 设点到平面的距离为， 则，解得：， 直线与平面之间的距离为. 题型11 球的综合问题 1．（24-25高三上·湖南常德·期末）已知圆台的母线长为4，在圆台内部，与上、下底面及各母线均相切的球的半径为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】台体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可． 【详解】如图，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，， 则圆台内切球的球心O一定在的中点处． 设球O与母线切于M点，所以，则， 则，则，同理， 所以， 过点A作，垂足为G，则， 又，即， 联立，解得， 所以该圆台的体积为 故选：B． 2．（2025·四川德阳·二模）在三棱锥中，平面平面为等腰三角形，且，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、面面垂直证线面垂直 【分析】取的中点，的中点，连接，设三棱锥的外接球的球心为，过作交延长线于点，然后根据已知数据在中可求出三棱锥的外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】如图取的中点，的中点，连接，则， 因为为等腰三角形，所以, 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为直角三角形，且，所以为的外心， 设三棱锥的外接球的球心为，则平面， 所以‖， 在等腰中，，， 则，的外心在外， 所以， 在中，，则， 所以 设三棱锥的外接球的半径为，则， 过作交延长线于点，则， 在中，，则 ，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：A. 3．（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 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【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. 4．（2025·山东日照·一模）已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】球的截面的性质及计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切， 设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 则该球的表面积的最大值为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可． 5．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（    ） A． B．2 C．3 D． 【答案】B 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、余弦定理解三角形、求异面直线所成的角 【分析】将四面体补形为直三棱柱，设，由可得，在中，由勾股定理可得，利用余弦定理和基本不等式求解. 【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱. 因为与所成的角为，所以或. 设，外接球半径记为，外接球的球心如图点. 易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 于是，所以. 在中，， 在中，由余弦定理得， 显然当时，外接球的半径会更小，此时， 所以， 所以，故它的外接球半径的最小值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值. 6．（多选）（2025·浙江温州·模拟预测）将下列平面四边形中的沿对角线翻折成，使二面角为直二面角，其中四面体的外接球的半径等于2的是（    ） A．B． C． D． 【答案】ACD 【知识点】多面体与球体内切外接问题、面面垂直证线面垂直、由二面角大小求线段长度或距离 【分析】根据勾股定理即可求解A，根据正弦定理求解底面圆半径即可判断B，根据直角三角形的性质即可求解CD. 【详解】对于A，如图：,解得，故A正确， 对于B，底面圆的半径为,而，故B错误， 对于C，由于和均为直角三角形，且二面角为直二面角，故的中点即为球心，故,C正确， 对于D，由于和均为直角三角形，且二面角为直二面角，取中点为，中点为,则,结合二面角为直二面角，是两平面的交线，故平面，平面，故, 因此, 故的中点即为球心，故,D正确， 故选：ACD 7．（四川省新高考（大数据联盟）2025届高三第二次联合诊断性考试数学试题）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，侧棱平面，平面与平面所成角的正弦值为，则三棱锥外接球的体积为 ． 【答案】 【知识点】球的体积的有关计算、由线面角的大小求长度、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据面面角的定义得到为平面与平面所成角，然后根据正弦值得到，再将三棱锥的外接球转化为三棱柱的外接球，计算半径求体积即可. 【详解】 取中点，连接， 因为平面，三角形为等边三角形，平面， 所以，所以，，，， 三角形外接圆半径， 为平面与平面所成角， 在直角三角形中，，则，， 如图，三棱锥可补成三棱柱，则三棱锥的外接球和三棱柱的外接球相同， 所以三棱锥得外接球半径， 所以三棱锥外接球体积为. 故答案为：. 8．（湖南省永州市2024-2025学年高二上学期期末数学试题）在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积不大于，则的取值范围为 . 【答案】 【知识点】正弦定理解三角形、球的表面积的有关计算、线面垂直证明线线垂直 【分析】设，在等腰中，求得，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把也用表示，然后可表示出外接球半径，利用外接球的表面积不大于得即可求解. 【详解】设，在等腰中，， 设的外心是，外接圆半径是，则， 设外接球球心是，则平面，平面，则， 同理，，又平面， 所以，是直角梯形， 设，外接球半径为，即， 则，所以， 在直角中，，， 则，，所以， 由三棱锥外接球的表面积不大于，得， ， 解得， 所以， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题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，从而得解. 9．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，几何体，其中，均为正三棱锥，，点，分别为和棱的中点，且几何体各顶点都在一个球面上，若，则该几何体的体积为 ． 【答案】/ 【知识点】求组合体的体积、多面体与球体内切外接问题 【分析】根据几何体的特征，可判断几何体的球心为的中点，设，，，则由，得，由，，结合，可得，进而由可得几何体的体积. 【详解】由题意，平面，几何体的外接球直径为，不妨设， 设的中点为，即为外接球的球心， 连接，则， 设，，则，，，， 在中，，得， 在中，，同理， ， 化简得，代入，可得， 故， 几何体的体积为， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是根据，均为正三棱锥确定几何体的球心为的中点，进而根据几何体线的几何关系求得，进而可得. 题型12 空间几何体中动点问题 1．（多选）（24-25高二上·辽宁大连·期末）如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，则（   ）    A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．若，分别是线段和上的动点（都不与端点重合），，，点在平面上，，且，则为定值 C．若是线段的中点，则沿正方体的表面从点到点的最短距离为 D．使线段长度为的点的轨迹长度为 【答案】ABD 【知识点】立体几何中的轨迹问题、棱柱的展开图及最短距离问题、锥体体积的有关计算 【分析】对于A选项，三棱锥的高是点到面的距离为定值，即可求锥体体积；对于B选项，可设，由图，用勾股定理求出有关线段，由余弦定理即可解出，从而得出；对于C选项，将正方体沿棱剪开，构造出，由勾股定理即可得答案；对于D选项，设点在面内，由勾股定理可得点的轨迹，同理可得点的轨迹是以为圆心，半径，为圆心角的圆弧，且点在面、面内的轨迹与面内的轨迹相同，代入弧长公式即可. 【详解】对于A选项，三棱锥的高是点到面的距离，即为，所以，即A选项正确； 对于B选项，设，由题意可得，，， 所以由勾股定理得，，，又，所以，在中，由余弦定理， 故，因此，即B选项正确； 对于C选项，将正方体沿棱剪开，可得， 由勾股定理，所以沿正方体的表面从点到点的最短距离为，即C选项错误； 对于D选项，设点在面内，因为长度为，所以点可在棱、上， 不妨分别设为、,由勾股定理得， 在中，，所以,同理， 所以，因此点在面内的轨迹是以为圆心，半径，为圆心角圆弧， 故点在面内的轨迹长为，根据正方体的性质， 点在面、面内的轨迹与面内的轨迹相同， 设点在面中，点不仅可在处，还可在棱上，不妨设为， 因为长度为，所以， 所以点在面内的轨迹是以为圆心，半径，为圆心角的圆弧， 故点在面内的轨迹长为， 且点在面、面内的轨迹与面内的轨迹相同， 因此使线段长度为的点的轨迹长度为.即D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：重在把握动点的位置，线段长度与位置的关系，长用的方法是将变量转换为可刻画的不变量. 2．（多选）（24-25高一上·四川·期中）如图，棱长为2的正方体的内切球为球，，分别是棱和棱的中点，在棱上移动，则下列命题正确的是（    ） A．存在点，使垂直于平面 B．对于任意点，平行于平面 C．到直线的距离为 D．过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 【答案】ACD 【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、球的截面的性质及计算 【分析】当点为中点时，证明平面判断A，当点与重合时，在平面上，在平面外，说明不成立判断B， 点是线段的中点，利用勾股定理求判断C， 当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，利用C的结果求圆的面积判断D. 【详解】当为中点时，， ，， 平面，平面， 平面平面，平面， ，同理，，平面, 所以平面，即平面，故A正确； 当与重合时，在平面上，在平面外，故B不正确; 如图， 点是线段的中点，由对称性可知， 由勾股定理可知易知， 球心到距离为，故C正确; 当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小， 由C知，被球截得的弦长为， 此时圆的半径就是，面积为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，C选项的关键是利用的长度，计算，再利用球的弦长公式计算弦长. 3．（多选）（24-25高二上·海南海口·期中）如图，是棱长为的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有（   ） A．当在平面内运动时，四棱锥的体积不变 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．当在平面内运动时，使得直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 D．若是棱的中点，当在底面上运动，且满足平面时，的最小值是 【答案】AC 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、面面平行证明线面平行、由线面角的大小求长度 【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断；C选项，找到的轨迹，计算即可；D选项，找到的轨迹，计算即可. 【详解】对于A选项，底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长， 故四棱锥的体积不变，故A正确； 对于B选项，与所成的角即为与所成的角， 当在端点、时，所成的角最小，为， 当在的中点时，所成的角最大，为，故B错误； 对于C选项，在平面内运动，且直线与平面所成的角为， 如图①所示，因为平面平面，所以直线与平面所成的角为， 因为平面，则与平面所成角为， 因为平面，则，所以，为等腰直角三角形， 则，所以点在平面内以为圆心、为半径的圆弧， 故的轨迹长度为，故C正确； 分别取、、、、的中点、、、、， 由正方体的性质可知、、、、、六点共面，且为正六边形， 由中位线定理，，平面，所以平面， 同理平面，且，、平面， 所以平面平面， 所以所在的平面为如图②所示的正六边形， 当为的中点时，的长最小，为，故D错误． 故选：AC. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 4．（多选）（24-25高三上·黑龙江·期中）如图，在长方体中，，，为棱中点，，为线段上一动点，下列结论正确的是（   ） A．线段长度的最小值为 B．存在点，使 C．存在点，使平面 D．以为球心，为半径的球体被平面所截的截面面积为 【答案】AC 【知识点】球的截面的性质及计算、多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直 【分析】求出腰上的高判断A，把面沿推平到平面上，通过平面的性质求解判断B，连接，设，过作交于点，证明线面垂直判断C，求出到截面的距离后再计算出截面圆半径、面积判断D． 【详解】选项A，由已知，，如图1， 是等腰三角形，，则， 所以边上高为，A正确； 选项B，把矩形沿推平到平面上，如图2 ，则 ，这是的最小值 显然，即，因此B错； 选项C，连接，设，在平面内过作交于点，如图3， 长方体中易知，由已知，， 又，且， 因此，则， 所以，所以， 又长方体中与侧面垂直，侧面，因此， 与是平面内两条相交直线，因此平面， 又平面，所以， ，且，平面，所以平面，C正确； 选项D，设，连接，作，垂足为，如图4， 由平面，平面得， 又正方形中，，，，平面， 所以平面，而平面，所以， ，，平面，所以平面， 由已知，，则， 平面截球所得截面圆半径为，则， 所以截面圆面积为，D错． 故选：AC． 【点睛】方法点睛：空间线段和的最小值问题，一般采用空间问题平面化，即通过翻折让各线段所成平面变成同一个平面，然后由平面两点间线段最短得出结论． 5．（多选）（24-25高二上·河南郑州·阶段练习）已知正方体的棱长为3，E，F分别为棱上的动点.若直线与平面所成角为，则下列说法正确的是（   ） A．任意点E，F，二面角的大小为 B．任意点E，F，点C到面的距离为 C．存在点E，F，使得直线与所成角为 D．存在点E，F，使得线段长度为 【答案】ABD 【知识点】求异面直线所成的角、求点面距离、求二面角、由线面角的大小求长度 【分析】如图，作，垂足为，连接，可证得是二面角的平面角，是直线与平面所成的角，求出二面角后判断A，求出，求得斜边上的高得到平面的距离判断B，确定异面直线与所成角为，由得出角的大小后判断C，在直线中求得的关系式，由基本不等式得的最小值，从而判断D． 【详解】如图，作，垂足为，连接， 因为平面，所以是在平面上的射影，所以， 是二面角的平面角， 是平面内两条相交直线，所以平面， 而平面，所以平面平面， 则是在平面内的射影，是直线与平面所成的角， 又是直角三角形，由已知，所以，A正确； ，则，，中斜边上的高为， 由平面平面，得到直线的距离就是到平面的距离，B正确； ，所以（它是锐角）就是与所成的角， 在中，显然有，因此，锐角， 因此直线与所成角不可能是，C错； 设，则， 由三角形面积有，所以， 当且仅当时等号成立，所以，取等号时，，D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体中线线角、面面角、点面距和线段长度，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，其中利用定义法求解线线角、面面角和点面距，利用基本不等式求解线段长度，是解题的关键. 6．（多选）（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ABD 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、求线面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】利用线面平行的判定定理可判断A；利用线面垂直的判定定理可判断B；当Q与B重合时，结合平面，可证，判读C；利用线面角的定义求出PQ与平面所成角的正弦值的最值，可判断D. 【详解】对于A，连接，由于为中点，为线段的中点， 故，而平面，平面， 故平面，A正确； 对于B，在正方体中，连接，则， 又平面，平面，故， 而平面，故平面， 由A的分析可知，故平面，B正确； 对于C，在正方体中，为线段的中点，也为为线段的中点， 当Q与B重合时，平面， 连接，则， 又平面，平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，即 即存在点，使得，C错误； 对于D，不妨设正方体棱长为2，作，垂足为H，则H为的中点， 由于平面平面，平面平面， 且平面，故平面，且， 则为PQ与平面所成角， 当Q与B重合时，取到最大值BH，此时PB即为PQ的最大值， 此时PQ与平面所成角的正弦值取到最小值，为， 而,故； 作，垂足为G，则，， 当Q与G重合时，取到最小值即为HG，此时PG长即为PQ的最小值， 此时PQ与平面所成角的正弦值取到最大值，为， 即PQ与平面所成角的正弦值的取值范围为，D正确， 故选：ABD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要能根据线面角的定义，确定角的正弦值取到最值时的点Q的位置，从而解直角三角形求出正弦值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$