专题06 立体几何（八大题型）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（湖南专用）

专题06 立体几何（八大题型） 一、球体综合 1．（2025·湖南岳阳·一模）将一个底面半径为2，高为的圆锥形石材打磨成一个球，则该球表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·湖南·一模）若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 . 3．（2025·湖南·一模）已知三棱锥四个顶点都在球O面上，，，M为AB的中点，C在面APB内的射影为PM的中点，则球O的表面积等于（   ） A． B． C． D． 4．（2025·湖南常德·一模）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·湖南·一模）三棱锥中，，平面平面，且.记的体积为，内切球半径为，则的最小值为 . 6．（2025·湖南·一模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（    ） A．这两个球体的半径之和的最大值为 B．这两个球体的半径之和的最大值为 C．这两个球体的表面积之和的最大值为 D．这两个球体的表面积之和的最大值为 二、小题空间角的计算及其应用 7．（2025·湖南·一模）已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形， 点在侧面内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则的长为（  ）    A．3 B． C． D．4 8．（2025·湖南株洲·一模）图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45°，则（    ） A． B． C． D． 三、体积的最值 9．（2025·湖南岳阳·一模）已知正方体的棱长为3，垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点，则四棱锥体积的最大值为 ． 四、立体几何中的轨迹问题 10．（2025·湖南长沙·一模）如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 11．（2025·湖南·一模）已知四棱柱中，底面是平行四边形，，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 ． 12．（2025·湖南邵阳·一模）已知在棱长为3的正方体中，点是底面ABCD内的动点，点为棱BC上的动点，且，则的最小值为 . 五、多选题综合 13．（2025·湖南长沙·一模）如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点O是顶点A在底面BCD内的射影，M为AO的中点，则（    ） A． B．四面体的体积为 C．点D到平面BCM的距离为 D．三棱锥与的外接球体积相等 14．（2025·湖南·一模）在正方体中，点满足，其中，，则（  ） A．当时，平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，的面积为定值 D．当时，直线与所成角的范围为 15．（2025·湖南长沙·一模）如图，正方体中，为棱的中点，为平面上的动点，设直线与底面所成的角为，直线EP与底面所成的角为，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，则（   ） A．若，则点在圆上 B．若，则点在双曲线上 C．若，则点在抛物线上 D．若，则点在直线上 16．（2025·湖南长沙·一模）四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（    ） A．不存在点M，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为5π D．点M到直线AB的距离的最小值为 六、立体几何新定义 17．（2025·湖南·一模）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 . 七、空间角的计算（解答题第2、3问） 18．（2025·湖南衡阳·一模）如图，在圆锥中，是圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，.    (1)求证：平面平面； (2)设点在线段上，且，求直线与平面所成角的正弦值. 19．（2025·湖南常德·一模）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：平面； (2)求的长； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值． 20．（2025·湖南永州·一模） 在四棱锥中，，，，点为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. 21．（2025·湖南·一模）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 22．（2025·湖南·一模）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面． (1)作出点在平面的射影，并证明； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 23．（2025·湖南·一模）如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 24．（2025·湖南·一模）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，. (1)证明：平面平面； (2)若为线段上一点，且，求二面角的余弦值. 25．（2025·湖南衡阳·一模）如图（1）所示，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，为边的中点，将沿折成直二面角，得到如图（2）所示的四棱锥． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 26．（2025·湖南·一模）在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（如图2）． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，且满足，求平面与平面所成角的余弦值． 27．（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 八、空间距离/体积的计算（解答题第2、3问） 28．（2025·湖南·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，，，，，是棱的中点． (1)求证：面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线和平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 29．（2025·湖南长沙·一模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. (1)已知点为上一点，且，证明：平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 30．（2025·湖南衡阳·一模）如图，在四面体中，面，是的中点，是的中点，点在线段上，且. (1)若，求证：平面. (2)若二面角为，求二面角的余弦值. (3)若三棱锥的体积为1，求三棱锥外接球的体积. 31．（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 立体几何（八大题型） 一、球体综合 1．（2025·湖南岳阳·一模）将一个底面半径为2，高为的圆锥形石材打磨成一个球，则该球表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】球是圆锥的内切球，打打磨成的球的表面积最大，据此求解即可. 【详解】由题意可得圆锥的母线长为，所以圆锥的轴截面是等边三角形， 将圆锥形石材打磨成一个球，要使球的表面积的最大，则球的半径要最大， 此时球是圆锥的内切球，设等边三角形的内切球的半径为， 由等边三角形的性质可得，所以， 所以球的表面积为. 故选：A. 2．（2025·湖南·一模）若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】设正三棱台，先考察正三棱台的一个侧面，设，求得，设三棱台的上底面中心为，下底面中心为，利用三角形重心的性质求得，设球的半径为，，利用勾股定理即可求解． 【详解】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面. 设，在中，由于是钝角，故中最大的边是. 若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边； 若一边长1，一边长，则变为直角三角形； 若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾. 因而只能是. 设三棱台的上底面中心为，下底面中心为. 如图，在直角梯形中求球的半径， 在直角梯形中求球的半径， 利用重心的性质容易求得， 设球的半径为，，由图1 得， 解得（舍）， 由图2得，解得， 故球的表面积为. 故答案为：． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 3．（2025·湖南·一模）已知三棱锥四个顶点都在球O面上，，，M为AB的中点，C在面APB内的射影为PM的中点，则球O的表面积等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知三棱锥的外接球的球心在过M且垂直平面PAB的垂线上，设球到平面PAB的距离为t，球O的半径为R，再根据勾股定理，建立方程，即可求解. 【详解】如图，点C在面APB内的射影为PM的中点，设PM的中点为N，则有平面， 平面，所以，可知， 又，， 则，，， ，M为AB的中点，则M为的外心， 所以三棱锥的外接球的球心在过M且垂直平面PAB的垂线上，则有， 过作的平行线，与相交于点，则有为矩形， 所以，， 设球到平面PAB的距离为t，球O的半径为R， 有，， 在和中，由勾股定理，得， 解得，所以， 所以球O的表面积为. 故选：B. 4．（2025·湖南常德·一模）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，画图找出外接球球心，再利用勾股定理和基本不等式求解即可. 【详解】解：由题易知是等腰直角三角形，则外接圆的圆心在AM的中点处， 过作平面ABC的垂线，则外接球的球心O在上， 过点P作交于点N，则四边形为矩形， 因为，，所以， 在三角形中，由余弦定理：可得， 所以， 设，，三棱锥的外接球的半径为R， 则，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以， 则三棱锥的外接球表面积 故选：B. 5．（2025·湖南·一模）三棱锥中，，平面平面，且.记的体积为，内切球半径为，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】根据等体积法可得，即可构造函数， 利用导数求解单调性，即可求解最值. 【详解】设三棱锥的高为，依题意，可取中点， 连接，，则, 由于，则, 则， 由于平面平面，且交线为,平面， 故平面，故, 则的面积为,的面积， 由可得和的面积为， 于是三棱锥的表面积为， 由等体积可知， 所以， 故=. 设函数，且， 则， 当单调递减， ，单调递增， 所以， 所以时，取得最小值， 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：利用等体积法得到，构造函数，求导. 6．（2025·湖南·一模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（    ） A．这两个球体的半径之和的最大值为 B．这两个球体的半径之和的最大值为 C．这两个球体的表面积之和的最大值为 D．这两个球体的表面积之和的最大值为 【答案】D 【分析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则，，其中，表达出，，求导得到函数单调性，得到最值，并求出，令，函数在上单调递增，求出，得到答案. 【详解】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切， 过底面圆的直径作截面， 如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E， 过点作⊥OF，垂足为D． 设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值， 此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为， 故，故R的最大值为，且取最大值时， 三点共线，设，则， 则，解得， 所以，，，，. 因为，所以①， 整理得，解得， 令函数，， . 令函数，，所以是增函数. 又因为，，所以，， 所以，，，， 即，，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为. 由①可得， 这两个球体的表面积之和为. 令，函数在上单调递增， 所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为. 故选：D． 【点睛】方法点睛： 立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 二、小题空间角的计算及其应用 7．（2025·湖南·一模）已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形， 点在侧面内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则的长为（  ）    A．3 B． C． D．4 【答案】C 【详解】连结交于点，连结，设在底面内的射影为，则平面，连结交于点      ∵点在侧面内的射影为的垂心 ∴平面， ∴ ∵，平面，平面 ∴平面 ∴ ∵平面，平面 ∴ ∵，平面，平面 ∴平面 ∵平面 ∴ 同理可证 ∴是的垂心 ∴三棱锥为正三棱锥 ∵三棱锥的底面是边长为的正三角形 ∴，，则 ∵二面角的平面角的大小为 ∴为二面角的平面角 在中，， ∴ 在中，， ∴ 故选C 点睛：本题重点考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．首先，判断三棱锥为正三棱锥，然后，根据异面直线所成的角的定义可得为二面角的平面角，解直角三角形即可得解. 8．（2025·湖南株洲·一模）图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45°，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二面角平面角可得为，再在中利用余弦定理可求得结果. 【详解】 连接AC、BD相交于点O，连接SO，因四棱锥为正棱锥， 所以平面ABCD，取AB的中点E，连接SE、OE， 因为，所以， 所以即为平面ABCD与平面ATBS的夹角，即, 设，则， 所以，， 在中，由余弦定理， 故选：A． 三、体积的最值 9．（2025·湖南岳阳·一模）已知正方体的棱长为3，垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点，则四棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】先通过面面平行的性质以及垂直关系得到四边形为矩形，设到平面的距离为，表示出体积，然后利用导数求最值. 【详解】已知正方体垂直于棱的截面分别与面对角线，相交于点， 则面面，又面面，面面， 所以，同理，所以，同理， 即四边形为平行四边形，又，所以， 所以四边形为矩形， 又， 设到平面的距离为， 则，所以， 所以四棱锥体积 所以，当时，，当时，， 当时，四棱锥体积最大值. 故答案为：. 四、立体几何中的轨迹问题 10．（2025·湖南长沙·一模）如图，某简单组合体由圆柱与一个半球黏合而成，已知圆柱底面半径为2，高为4，A是圆柱下底面圆周上的一个定点，P是半球面上的一个动点，且，则点P的轨迹的长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意分析出P在半球面形成的轨迹为圆周，再由三点共线及勾股定理解出，最后按照圆的周长求得即可. 【详解】 由于，因此P在半球面形成的轨迹为圆周， 如图：记圆柱上顶面圆心为M，点P的轨迹所在圆的圆心为N，则A，M，N共线， ，设，， 在和中使用勾股定理有， 解得，于是点P的轨迹的长度. 故选:D. 11．（2025·湖南·一模）已知四棱柱中，底面是平行四边形，，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 ． 【答案】 【分析】先结合四棱柱与圆锥的结构特征确定点的轨迹，再数形结合求点的轨迹长度. 【详解】第一步：结合四棱柱与圆锥的结构特征确定点的轨迹 因为，所以直线与所成的角为， 因为底面，所以点的轨迹是以为轴（其中为顶点，为底面圆心），母线与轴所成角为的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线．（关键：由相交的两条直线的夹角为定值，能联想到圆锥的母线与轴之间的位置关系，从而找到点的运动轨迹） 第二步：数形结合求点的轨迹长度     如图，在线段和上分别取点，使得，（提示：因为，且与所成的角为，所以计算可得圆锥的底面半径为3，故取） 连接，则点在四边形与四边形上的运动轨迹为线段和，且． 当在四边形上运动时，其轨迹是以为圆心，3为半径的圆的三分之一．（提示：，故符合要求的弧长为圆的） 综上，点的轨迹长度为． 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合四棱柱与圆锥的结构特征确定点的轨迹. 12．（2025·湖南邵阳·一模）已知在棱长为3的正方体中，点是底面ABCD内的动点，点为棱BC上的动点，且，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由正切函数定义结合几何位置关系，得到，结合解析几何中的圆的知识，得到三点共线时，取得最小值，得到结果. 【详解】如图（一），，. 又，. 如图（二），建立平面直角坐标系，则，，，设点. ，化简得：（，）. 则圆心为，，点关于BC的对称点. 故答案为：. 五、多选题综合 13．（2025·湖南长沙·一模）如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，点O是顶点A在底面BCD内的射影，M为AO的中点，则（    ） A． B．四面体的体积为 C．点D到平面BCM的距离为 D．三棱锥与的外接球体积相等 【答案】ACD 【分析】根据正四面体的结构特征及已知有判断A；利用、及棱锥的体积公式判断B、C；求出三棱锥与的外接球半径判断D. 【详解】由题设，则，故， 所以，故，则，A对； 由且， 所以，B错； 由且，， 若点D到平面BCM的距离，则，可得，C对； 对于，其外接球球心在直线上，若其半径为，则， 所以，可得， 对于，其外接球球心在直线上，若其半径为，则， 所以，可得， 所以，即三棱锥与的外接球体积相等，D对. 故选：ACD 14．（2025·湖南·一模）在正方体中，点满足，其中，，则（  ） A．当时，平面 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，的面积为定值 D．当时，直线与所成角的范围为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围. 【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动， 又平面，所以平面， 在正方体中，且，则四边形为平行四边形， 所以，，平面，平面，平面， 同理可证平面， ，所以，平面平面， 平面，所以，平面，A正确； 对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动， 三棱锥的体积为定值，B正确； 对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点， 则，其大小随着的变化而变化，C错误； 对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线， 因为且,所以四边形为平行四边形，所以， 所以或其补角是直线与所成角， 在正中，的取值范围为，D正确. 故选：ABD. 15．（2025·湖南长沙·一模）如图，正方体中，为棱的中点，为平面上的动点，设直线与底面所成的角为，直线EP与底面所成的角为，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，则（   ） A．若，则点在圆上 B．若，则点在双曲线上 C．若，则点在抛物线上 D．若，则点在直线上 【答案】AC 【分析】根据建系求出轨迹方程可以判断A,根据线面角及二面角定义作图计算判断B,C,应用边长关系判断D. 【详解】对于A选项，如图1，连接PA，PB，由，可知，故， 以点为原点，AB为轴，AD为轴建系，，设，则， 即，故点的轨迹为圆，A正确； 对于B选项，如图2，作于，于，则， 同理作于M，于，则，由可知，， 故为的平分线，点的轨迹为直线，B错误； 对于C选项，如图3，，，由可知，， 根据抛物线的定义可知点的轨迹为抛物线，C正确； 对于D选项，由C选项可知，显然不是直线，D错误. 故选：AC. 16．（2025·湖南长沙·一模）四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（    ） A．不存在点M，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为5π D．点M到直线AB的距离的最小值为 【答案】BD 【分析】当点为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；利用异面直线的距离的转化，即可判断D. 【详解】对于A：连接BD，且，如图所示，当M在PC中点时， 因为点O为AC的中点，所以，因为平面ABCD， 所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以， 因为ABCD为正方形，所以． 又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM， 因为平面BDM，所以，所以A错误； 对于B：将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示， 和是全等的直角三角形，，， 连结，， 则的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即， 直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，所以B正确； 对于C：易知四棱锥的外接球直径为PC， 半径，表面积，所以C错误； 对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离， 因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD， 所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作， 因为平面ABCD，面，所以， 又，且，面， 故平面PAD，平面PAD，所以， 因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD， 所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示， 在中，，，可得， 所以由等面积得，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确， 故选：BD． 六、立体几何新定义 17．（2025·湖南·一模）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； 七、空间角的计算（解答题第2、3问） 18．（2025·湖南衡阳·一模）如图，在圆锥中，是圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，是圆锥底面圆的直径，等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，是圆锥母线的中点，.    (1)求证：平面平面； (2)设点在线段上，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）借助圆锥的性质及面面垂直的判定定理计算即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）如图，设交于点，连接， 在圆锥中，底面圆，所以， 又等边三角形是圆锥底面圆的内接三角形，为直径，所以， 所以，所以， 可知，即是的中点， 又是母线的中点，所以，所以平面， 又平面，所以平面平面；    （2）由（1）平面，以点为坐标原点， 所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    在等腰三角形中， 又，所以， 所以， ， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，即， 设直线与平面所成的角为， 则. 19．（2025·湖南常德·一模）如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：平面； (2)求的长； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平面，平面，通过线面垂直的性质定理得到，结合，利用线面垂直的判定定理得到平面. （2）取中点，连接，，在三角形中利用勾股定理求解. （3）以为坐标原点，，为，轴的正方向，以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可. 【详解】（1）由平面，平面，得， 又，且平面，平面，， 所以平面. （2）取中点，连接，，由，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 由（1）平面得平面， 由平面，所以， 由平面，平面， 得，所以， 又，所以. （3）以为坐标原点，，为，轴的正方向，以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系． 由，得为正三角形，所以， 又，，，所以，， 设平面的法向量，则，即， 取，得到平面的一个法向量． 又，设直线与平面所成角的大小为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 20．（2025·湖南永州·一模） 在四棱锥中，，，，点为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，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）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质可以建立空间直角坐标系，最后利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）∵点为的中点，则， ∵，∴， 又即，∴四边形为平行四边形， ∴，平面，平面，则平面. （2）连接交于，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴为的中点，又，则， ∵平面平面，平面，面面， ∴平面，又平面，∴， 在中，由余弦定理可得， ∴，∴，∵， ∴为直角三角形，即， 过点作的平行线，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图   可得， ∴， 设面的法向量为，则， 取得，∴    设与平面所成的角为，则 ∴与平面所成的角的正弦值为 21．（2025·湖南·一模）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． (1)若为线段中点，求证：平面． (2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【详解】（1）取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 22．（2025·湖南·一模）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面． (1)作出点在平面的射影，并证明； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)作图见解析，证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明平面，应用余弦定理得出，再结合面面垂直性质定理得出平面，，最后根据线面垂直判定定理证明； （2）由平面底面时，建立空间直角坐标系，求解二面角的余弦公式即可. 【详解】（1）在中，作，垂足为，点即为点在平面的射影．下面证明平面： 因为四边形为等腰梯形，所以， 在，中， ， ， 解得，． 又，，∴， ∴． 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 又平面，∴． 又，，平面，∴平面． （2）连接点与的中点，则． 又平面平面，平面平面，平面，∴平面． 如图，以为原点，过点且平行于的方向为轴，直线，分别为轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，． 设平面的法向量为，易知，， 则取，则，，则． 设平面的法向量为，，， 则取，则，，则． ∴， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 23．（2025·湖南·一模）如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，为的中点，且. (1)求证：； (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）欲证，需证平面，即需证垂直于平面内的两条相交直线和，根据直线平面，可证，根据勾股定理的逆定理可证，从而原命题得证. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角的余弦. 【详解】（1）由是直径可知，则是等腰直角三角形，故， 由圆柱的特征可知平面，又平面，所以， 因为，平面，则平面， 而平面，则， 因为，则，所以 ，. 所以， 因为，，，平面， 所以平面，又平面，故. （2）由题意及（1）易知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，，所以，，， 由（1）知平面，故平面的一个法向量是， 设是平面的一个法向量， 则有，取，可得 设平面与平面夹角为， 所以， 则平面与平面夹角的余弦值为. 24．（2025·湖南·一模）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，. (1)证明：平面平面； (2)若为线段上一点，且，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过勾股定理及全等得出线线垂直，应用线面垂直判定定理得出平面，由平面进而得出面面垂直； （2）由面面垂直建立空间直角坐标系，分别求出法向量再应用向量夹角公式计算二面角余弦值. 【详解】（1）证明：在平面内，过做垂直于交于点， 由为等腰梯形，且，则 又，所以， 连接，由，可知且， 所以在三角形中，， 从而， 又平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面 （2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则， 所以， 由图可以看出二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 25．（2025·湖南衡阳·一模）如图（1）所示，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，为边的中点，将沿折成直二面角，得到如图（2）所示的四棱锥． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明平面平面，即可得出结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得二面角的余弦值，计算可得结果. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为棱的中点，所以，因为平面，平面； 所以平面； 由图（1）中是边长为2的等边三角形，所以， 由，，可得是等边三角形，，所以； 又因为平面，所以平面， 因为，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）由题可知两两互相垂直，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 即； 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 即； 所以， 因此二面角的正弦值为. 26．（2025·湖南·一模）在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（如图2）． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，且满足，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据余弦定理和勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可； （3）由题意，求出的坐标，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）如图，连接，则， 由余弦定理得， 在中，有， 所以，又平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，则， 由（1）知平面.又平面， 所以平面平面，又平面平面，平面， 所以平面，由平面，得， 过作，则，又， 建立如图空间直角坐标系， 则， 得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 得，设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. （3）易知平面的一个法向量为. 由（2）知，， 由，得， 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 得，设平面与平面所成角为， 则， 即平面与平面所成角的余弦值为. 27．（2025·湖南邵阳·一模）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)若，P是线段上的动点，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)证明见解析 (3). 【分析】（1）求出，即可得到，结合，即可得到，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，即可证明； （3）设，即可表示出的坐标，设直线与平面所成角为，利用向量法求出，再根据二次函数的性质求出的最大值. 【详解】（1），，所以 又，， 又，，，. （2）在直四棱柱中，平面，又平面，所以，， ，，两两垂直，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， 设，则，，，，，. ，，， 设为平面的一个法向量， 令，得，. 设平面的一个法向量，则，取. ，又平面与平面不重合， 平面平面. （3）当时，为平面的一个法向量，， 则， 设， ，， 设直线与平面所成角为， ， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 八、空间距离/体积的计算（解答题第2、3问） 28．（2025·湖南·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，，，，，是棱的中点． (1)求证：面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得直线和平面所成角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在；或 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积为0即可证明线线垂直，结合线面垂直的判定定理证明即可； （2）求出直线与的方向向量，利用空间向量求异面直线的夹角即可； （3）求出平面的法向量，假设通过空间向量的线性运算求得，利用已知条件列出等式求解即可得到的值，进而可求的值. 【详解】（1）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，, , ，且平面平面 （2）由（1）得，， 异面直线与所成角的余弦值为． （3）由（1）得，,． 设平面的法向量， 由得，， 令，则， 设， ． 整理得，，解得或存在点或． 29．（2025·湖南长沙·一模）如图，在多面体中，四边形与均为直角梯形，平面平面，，，，，，且. (1)已知点为上一点，且，证明：平面； (2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，取中点为，易证四边形为平行四边形，从而为中点，为中位线，，由平行关系的传递性得到且，从而四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，，分别求得平面的一个法向量为，平面的法向量为，根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为，由求得a，再由点C到平面的距离求解. 【详解】（1）证明：如图， 连接交于点，取中点为，连接，，， 在四边形中，，， 故四边形为平行四边形. 故为中点，所以在中，为中位线， 则且，又且， 故且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 平面，即平面. （2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面， 以点为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， ，， 设平面的法向量为， ，取 由平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 可得， 解得或（舍去） 故，又， 所以点到平面的距离. 30．（2025·湖南衡阳·一模）如图，在四面体中，面，是的中点，是的中点，点在线段上，且. (1)若，求证：平面. (2)若二面角为，求二面角的余弦值. (3)若三棱锥的体积为1，求三棱锥外接球的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，在线段上取点，使得，连接，首先证明四边形为平行四边形，从而，由线面平行的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，设，求出平面，平面的法向量，由向量夹角的余弦的坐标公式可列式求解，然后只需求出面的法向量即可，最后再利用面面角的余弦的向量公式即可求解； （3）由求得，再根据对称性求得外接球球心，即可得半径，进而代入球的体积公式即可求解. 【详解】（1） 如图取中点，在线段上取点，使得，连接， 因为分别是的中点， 所以是的中位线， 所以，且，即，且， 在中，，， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又面，平面， 所以平面. （2）过点作面，而面， 所以， 因为， 所以两两互相垂直， 所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，又. 所以， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，解得， 所以可取平面的一个法向量为， 因为面，所以可取面的一个法向量为， 若二面角为， 则，解得， 此时平面的一个法向量为， 又， 所以， 设平面的法向量为， 所以， 所以，令，解得， 即平面的一个法向量为， 观察图形，注意到二面角是锐角， 所以它的余弦值为. （3）设，若三棱锥的体积为1， 则，解得， 因为，所以外接圆圆心坐标为， 因为面，， 所以由对称性可知三棱锥外接球的球心为，即， 所以三棱锥外接球的半径为， 从而三棱锥外接球的体积为. 31．（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点 【分析】（1）由余弦定理可求得，进而可得，由面面垂直的性质可得平面，可证. （2）法一，取的中点，可证底面，设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且，利用等体积法求解即可.法二，取的中点，可证两两垂直，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，求得平面的法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求，设，利用点到面的距离可求，可得结论. 【详解】（1）因为，为边的中点，所以， 又在中，， 由余弦定理可得，即，则， 又为平行四边形，所以，则， 又平面底面，平面底面， 所以平面，又平面， 所以. （2）法一：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 所以， 而， 所以即为二面角的平面角，， 又为直角三角形，， 所以， 设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且， 为直角三角形，， ， 又， 解得，即为中点. 法二：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 又，所以， 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系： ， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 又平面的一个法向量为， 则，得，即. 则平面的一个法向量为， 设，则， 则， 解得， 即为中点. 19 学科网（北京）股份有限公司 $$