难点专题03 立体几何（40题难题）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题03 立体几何 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1. 异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 2. 线面角 直线与平面所成角，(为平面的法向量). 3. 二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 4. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 5. 内切球体积 任意的简单n面体内切球半径为(V是简单n面体的体积，是简单n面体的表面积) 6. 三垂线法求二面角 已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。 7. 垂面法求二面角 已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直。 8. 射影面积法求二面角 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（如图)求出二面角的大小 9. 三余弦定理 设AC是α内的任一条直线，且BC⊥AC，垂足为C，又设AO与AB所成的角为，AB与AC所成的角为，AO与AC所成的角为．则. 10. 三射线定理 若夹在平面角为的二面角间的线段与二面角的两个半平面所成的角是,,与二面角的棱所成的角是θ，则有 ; (当且仅当时等号成立). 长度为的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为，夹角分别为,则有 . （立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）. 11. 空间两点间的距离公式 若A，B，则 =. 12. 异面直线上两点距离公式 . . （）. (两条异面直线a、b所成的角为θ，其公垂线段的长度为h.在直线a、b上分别取两点E、F，,,). 13. 欧拉定理(欧拉公式) (简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F). （1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：； （2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：. 14. 球的组合体 (1)球与长方体的组合体: 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长. (2)球与正方体的组合体: 正方体的内切球的直径是正方体的棱长, 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长, 正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长. (3) 球与正四面体的组合体: 棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为. 一、单选题 1．（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 【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． 2．（2025·四川成都·二模）直观想象是数学六大核心素养之一，现有大小完全相同的10个半径为的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【详解】根据题意利用正四面体的性质得出棱长与高之间的关系，再由10个球在正四面体盒子内部摆放规则以及内切关系，利用三角形相似即可求得的最大值. 如图所示， 因为正四面体的高等于其棱长的倍，所以其高为. 10个半径为的小球放进棱长为的正四面体中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为个， 当取最大值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切， 底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切， 位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体， 则该正四面体的棱长为， 可得正四面体的高. 连接并延长交于点，连接，过点作于点， 易知，所以， 所以， 所以正四面体的高， 解得，所以的最大值为2. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正四面体性质以及球体的“三角垛”摆放位置，再由相似比例即可得出结论. 3．（2025·河南信阳·二模）三个相似的圆锥的体积分别为，，，侧面积分别为，，，且，，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设三个圆锥的高分别为，，．母线与轴线的夹角为，分别表示出三个圆锥的体积以及侧面积，利用，可化简得到，构造函数，利用导数求出最大值即可. 【详解】设三个圆锥的高分别为，，，底面半径分别为，，， 母线长分别为，，，母线与轴线的夹角为， 则， ， ， 由，得， ， ， ， 由 可得， 则，则， 令，，得， 令，解得；令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以，故，故． 故选：A 【点睛】关键点睛：根据题意，用圆锥的高表示出，并化简为，令，，再利用导数研究函数的最值. 4．（2025·湖北鄂州·一模）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥放置于一平行六面体中，使P，A，B，C成为平行六面体的顶点. 由，可得该平行六面体各边相等，据此可得答案. 【详解】如图，将三棱锥放于平行六面体中， 则，又，， 则，.又四边形，四边形为平行四边形， 则四边形，四边形为菱形. 则. 注意到， 又， 则，设PH与底面HBGC夹角为， 则 ，当且仅当时取等号，则. 故选：D 【点睛】关键点睛：对于求三棱锥体积，可适当将几何体放于平行六面体中研究，由题目条件可明确平行六面体的特征，最后结合三棱锥体积为相关平行六面体体积的得答案. 5．（2025·山东聊城·一模）在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解. 【详解】因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设平面的一个法向量为，， 直线的一个方向向量为， 则，取，可得， 设， 所以，， 因为平面，则，解得， 所以，，即点， 设经过、、、四点的球的球心为， 由可得，解得， 故球的半径为， 因此，经过、、、四点的球的表面积为. 故选：C. 【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. 6．（2025·浙江温州·二模）一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（    ）（加工过程中不计损耗） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】本题可先求出圆台的相关数据，再确定四棱台的形状，进而分析余下木料的情况，找出能车削出最大半径球的木料并计算其半径. 【详解】 为上底面圆心，为下底面圆心，记棱台为， 棱台最大时，上下边之比为，不妨设，则， 所以球在与圆台围成部分可更大， 记中点为中点为交上底面圆于交下底面圆周于， 设球半径最大为，球心为，则如图，球与相切， 设，则，则， 所以，得． 故选：C 7．（2025·江西九江·二模）已知球与正三棱柱的各个面均相切，记平面截球所得截面的面积为，球的表面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】因为球与正三棱柱各面均相切，所以正三棱柱高是球直径，底面正三角形内切圆半径是球半径，由此确定正三棱柱底面边长. 求球心到平面距离时，找到相关点连线，利用正三棱柱上下底面中心与高的关系得到，再在直角三角形中求，进而得出球心到平面距离. 根据勾股定理求截面圆半径，再用圆面积公式得截面圆面积. 用球表面积公式求球表面积，最后算两者面积比值. 【详解】如图，设球的半径为球与正三棱柱的各个面均相切 正三棱柱的高为，底面边长为. 设正三棱柱上，下底面的中心分别是是的中点，连接交于， 则到平面的距离 .又. 所得截面圆半径， 故选：A. 8．（2025·福建厦门·二模）已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故， ∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为， 由得，， ∴， ∴的最小值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定点的轨迹为平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，结合条件计算圆的半径，结合点与圆的位置关系可求最值. 9．（2025·福建泉州·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值. 【详解】 过点作，交底面圆于两点，连接，，， 设，则， 所以当最大时，最大， 由圆锥的性质得底面， 因为底面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是的中点，所以，则， 因为，平面，所以平面， 则平面为截面， 因为为中点，所以，所以平面， 因为平面，所以，所以， 则当最大时，最大， 如图为截面的平面图， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系， ，，，则抛物线方程为， 设，，则， 所以， 则此时，. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值. 10．（2025·山西·一模）设为圆锥底面的一条直径，为底面圆周上异于的一点，为靠近的一个三等分点，且二面角与二面角的大小相等，则该圆锥的体积与三棱锥的体积之比是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在圆所在平面内，作，作，可得，进而得到，设，在中分析几何性质可得，表示几何体的体积可得结果. 【详解】 在圆所在平面内，过作，垂足为，过作，垂足为， ∵，∴，， ∴为二面角的平面角，为二面角的平面角， ∴. ∵在和中，， ∴. ∵为上靠近的一个三等分点，∴. 设，则，底面圆半径为，圆锥高. ∵点在圆锥底面圆上，∴， ∵点为中点，，， ∴，， ∴，即， ∴，， ∴. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用二面角的平面角的概念得到，通过分析的几何性质得到圆锥底面圆半径与的关系，由此可计算体积的比值. 二、多选题 11．（2025·湖北·模拟预测）在一次数学兴趣小组的实践活动中，李怡同学将一张边长为的菱形纸片沿对角线折叠，形成一个二面角模型，如图所示.下列叙述中正确的有（    ） A．四面体体积的最大值为； B．在折叠的过程中，存在某个时刻使； C．当时，动点在平面内且，则动点所形成区域的面积为； D．在C的条件下，若直线与直线所成的角为，则的最大值为. 【答案】BCD 【分析】根据题意，结合图像，可求出各边长.对于A，通过空间想象可知当平面时，四面体的体积最大，计算即可得；对于B、C、D，利用线面垂直的性质和判定定理可分别证明和求解. 【详解】 连接交于，则，连接，则， ，根据勾股定理可得 对于A，当平面时，四面体的体积最大， 此时，故A错； 对于B，因为，且，所以平面,则平面平面， 又因为平面平面，过作于，则平面，所以平面，则在平面的投影就是， 当时，，故B正确； 对于C，当时，为正三角形，又因为平面， 即平面， 所以平面平面且平面平面， 过作于点，又因为平面，所以平面，且， 在中，根据勾股定理，， 即点在以为圆心，半径为的圆面上，其面积为，故C正确； 对于D，由前面分析知：与平面所成角最小时，其余弦值， 所以与所成角最小时，即在平面的射影与平行时，为最大值，故D正确. 故选：BCD. 12．（2025·广西南宁·二模）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（   ） A．动点F的轨迹长度为 B．存在E，F，使得平面 C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍 D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为 【答案】ABD 【分析】根据为定长，易得也是定值，可以确定的轨迹，过点作的平行平面找到与F的轨迹的交点，则可确定存在平面，利用换底与换顶点的方法可以将三棱锥的体积是三棱锥体积求出来，从而得出两体积之间的关系，由动点F的轨迹与几何体只有一个公共点，可以确定该圆锥地面半径，再利用可求解的侧面积. 【详解】 在正四棱柱中，，且，， 且因为，所以点是以点为圆心半径为的四分之一圆， 所以动点F的轨迹长度，正确； 连接，与交于点，在上任找一点，过该点作的平行线， 会跟相交于一点，再过该点作的平行线，必会与的轨迹相交， 所以存在使得平面，正确; 由题意，又因为、为、的中点，易得， 所以， 同理可得，C错误； 由题意，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥， 当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切， 且因为，有,所以， 则，可得，该圆锥的底面半径， 所以几何体的侧面积，正确. 故选：. 13．（2025·江苏·一模）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（    ） A．当时，平面 B．当时，异面直线与所成的角为 C．当时， D．当时，线段的长度最小值为 【答案】ACD 【分析】以正方体一个顶点及三条棱建立空间直角坐标系，得到点的坐标.A选项由空间向量证明线面平行；B选项由空间向量的夹角公式求得线线角；C选项由空间向量的数量积为0证明线线垂直；D选项由基本不等式求得的模长的最小值. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别为如图建立空间直角坐标系. ， ， ∵，∴， A选项：，， ∴，即是平面的法向量， 又∵，∴平面，A选项正确； B选项：设，则，，设异面直线与所成的角为， 则，显然，选项错误； C选项：设，则，即，，则，∴，C选项正确； D选项：，∵，则 即，当且仅当时取等号， ∴，D选项正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛，本题是立体几何中的动点产生的线线和线面的关系，所以本题建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标关系求得对称结果即可. 14．（2025·河北衡水·模拟预测）半径为3的球上相异三点，，构成边长为3的等边三角形，点为球上一动点，则当三棱锥的体积最大时（    ） A．三棱锥的体积为 B．三棱锥的内切球半径为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球半径为3 【答案】BCD 【分析】由正弦定理和勾股定理得到棱锥的高，再由体积公式可得A错误；由等体积法可得B正确；由棱锥的体积公式可得C正确；由题意可得D正确. 【详解】对于A，设的中心为， 由正弦定理可得， 由球的截面性质可得平面， 所以， 所以三棱锥的体积为，故A错误； 对于B，设三棱锥的内切球半径为， 由等体积法可得，解得，故B正确； 对于C，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 此时棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为，故C正确； 对于D，三棱锥的外接球即为球，所以半径为3，故D正确. 故选：BCD 15．（2025·江西九江·二模）如图，三棱锥中，平面，为其表面上一点，与四个顶点的距离分别为，则下列命题正确的是（    ） A．若，则点不存在 B．若，则点存在且唯一 C．若，则的最小值为1 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】A若存在则必在过的外心且与平面垂直的直线上，再分类讨论；B找出线段的中垂面与线段的中垂面的交线与表面的交点即可；C根据可得的轨迹在空间中为椭球面，判断在椭球内，在椭球外，则可知椭球面与的交点处取最小值；D建立空间坐标系，分点平面或平面两种情况求最小值. 【详解】设的外心为，因， 则若点存在，则必在过且与平面垂直的直线上， 而该直线与三棱锥表面交于点， 当重合时，，不满足题意； 当重合时，，不满足题意. 故点不存在，故A正确； 因，则为线段的中垂面与线段的中垂面的交线与表面的交点，如图，有两个点，故B错误； 若点在面上，， 故点在以为焦点，为长轴长的椭圆上，即. 而，故点在椭圆内， 在空间中将该椭圆绕旋转一周得到椭球面，则椭球面上任一点都， 而，故点在椭球面外， 因此与椭球面必有交点， 根据两点之间线段距离最短，故的最小值为1，故C正确； 如图建立空间直角坐标系，则， 设，则. ①若点在坐标平面上，由对称性，不妨设平面，则，，此时， 当且仅当时取等号； ②若点平面，平面的法向量为， 由得，且，消去整理得 因， 则， 当且仅当时取等号. 综上，，故D正确. 故选：ACD 16．（2025·辽宁·一模）在正三棱台中，分别是线段上的点，是上、下底面的中心，是底面内一点，下列结论正确的是（    ） A． B．若平面，则点的轨迹长等于 C． D．当时，四点构成的图形为直角梯形 【答案】AC 【分析】A选项，作出辅助线，建立空间直角坐标系，设，，写出点的坐标，计算出，A正确；B选项，作出辅助线，得到线面平行，得到的轨迹长度为，并根据余弦定理求出轨迹长度；C选项，利用等体积法和大减小求出，C正确；D选项，举出反例即可. 【详解】A选项，显然⊥底面，取的中点，连接， 过点作，交于点，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 则， 所以， 故，A正确； B选项， 取的中点，连接，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 故当在上时，满足平面， 故的轨迹长度为，其中， 由余弦定理得， 点的轨迹长不等于，B错误； C选项，，， ，， 又棱台的体积为 ， 所以，C正确； D选项，四边形为等腰梯形，当与重合，时， ，但此时与平行，故与不平行， 此时四点构成的图形不为直角梯形，D错误. 故选：AC 17．（2025·安徽·一模）如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 【答案】ABD 【分析】求出圆台的高，根据体积公式可得选项A正确；把圆台补成圆锥，根据母线与平面所成的角最大可得选项B正确；利用两条母线所在直线夹角为时截面面积最大可得选项C错误；找出过三点的平面与圆台下底面的交线，结合垂径定理可得选项D正确. 【详解】A.∵，∴圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为， ∴圆台的高， ∴圆台的体积，A正确. B.由，，得，由得，. 如图，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接， ∵为圆弧的中点，∴. ∵平面，平面，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面， 此时母线所在直线与平面所成的角最大，最大为，，B正确. C.由得，，∴， 当两条母线所在直线夹角为时，截面面积最大，最大值为，C错误. D.如图，在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线. 由得，，，∴，， 取中点，则， ∴，D正确. 故选：ABD. 18．（2025·广东·一模）已知正四面体的棱长为6，点分别是的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体的有（    ） A．底面在平面上，且底面半径为，高为的圆锥 B．底面在平面上，且底面半径为，高为1的圆柱 C．轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥 D．轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱 【答案】ACD 【分析】A先计算的内切圆半径与比较，高与比较；B .的内切圆半径以及高为1时的正四面体截面内切圆半径与比较；C.以为圆锥顶点，高为2时底面半径与比较；D找到圆柱的轴中点，当底面半径为时，计算此时圆柱的高与0.2比较. 【详解】对于A， 正四面体，作平面，交平面于， 连接，且为正三角形的中心，又棱长为6，则的内切圆半径为，， 正四面体的高， 则底面半径为，且，且高，则可以放到正四面体内，故A正确； 对于B， 如图所示，平面平面，当时，设内切圆半径为， 则，则， 故底面半径为，高为1的圆柱，无法放到正四面体内，故B错误； 对于C，轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥, 因， 在线段上取点使得，， 则， ，即，则， 则轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥, 可以放到正四面体内，故C正确； 对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段上取点使得， 则，即得，若圆柱可以放入则其轴中点必然为线段的中点， 而，故轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱，可以放到正四面体内，故D正确. 故选：ACD 19．（2025·湖南常德·一模）如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则的最大值为 C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量的模建立方程求出最小值判断B；作出截面并求出最小面积判断C；利用面面角的向量求法求解判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，得，即点， 对于A，，则点，，， ，因此，A正确； 对于B，，则，即， 令，则， 其中锐角由确定，则当时，的最大值为，B正确； 对于C，，在边上，且， 因平面平面，设平面平面， 而平面平面，则，同理， 因此是平面截该正方体的截面， 点到直线的距离 ，当且仅当时取等号， ，C错误； 对于D，因， 设平面的法向量，则， 令，得； 又，因，则， 令平面的法向量，则， 令，得. 设平面与平面的夹角为， 则，， 当时，，当时，， 当且仅当或时取等号，因，此时最小，，， 因此平面与平面夹角的正切值的最小值为，D正确. 故选：ABD 20．（2025·海南海口·模拟预测）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，已知，，，当底面水平放置时，水面位置满足，容器内有水部分的几何体体积是，下列命题正确的是（    ） A．固定容器底面一边于地面上，将容器倾斜，有水的部分始终呈棱柱形 B．固定容器底面一顶点于地面上，将容器倾斜，有水的部分可能是三棱锥 C．体积为，高为的圆锥不能放在半径是的球体内 D．体积为的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥内任意旋转 【答案】ACD 【分析】根据棱柱的定义可判断A选项；计算出三棱锥的体积，比较和三棱锥体积的大小，可判断B选项；计算出圆锥的外接球半径，比较与的大小，可判断C选项；计算出圆锥的内切球半径和正方体的外接球半径，比较大小后可判断D选项. 【详解】对于A选项，由棱柱的特征：有两个平面时相互平行且是全等的多边形， 其余每相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形，故A正确； 对于B选项，因为水面位置满足， 则， 因为， 所以，， 所以，将固定容器底面一顶点于地面上，将容器倾斜，要使得有水的部分呈三棱锥， 则需水的体积不超过三棱锥的体积，但，矛盾，B错； 对于C选项，设圆锥的底面半径为，则，可得， 设圆锥的外接球半径为，由勾股定理可得，解得， 因为，即， 所以，体积为，高为的圆锥不可以放在半径为的球体内，C对； 对于D选项，设轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥的内球半径为， 则为正三角形内切圆的半径，正三角形的面积为， 又因为，解得，即圆锥的内切球半径为， 设正方体的棱长为，则，解得， 设正方体外接球半径为，则，解得， 所以，体积为的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥的内切球内任意旋转， 故体积为的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥内任意旋转，D对. 故选：ACD. 三、填空题 21．（2025·河北秦皇岛·一模）内切球半径为1的正四棱锥的外接球半径的最小值为 . 【答案】/ 【分析】设出底面边长和高后，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径与内切球半径，而后作商，多次换元将式子化简后结合基本不等式计算即可. 【详解】设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接， 则，，所以， 设外接球球心为，内切球球心为，则，在上， 因为，所以， 在中，，化简得， 因为， 所以， 所以 ， 令，则， 令，则， 令，则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，注意到，故. 故答案为：. . 22．（2025·湖北武汉·二模）四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥的体积相等，则长的最小值为 ． 【答案】 【分析】延长交于点，令，根据给定条件，利用等体积转化探究可得，再结合直角三角形及向量运算建立为的函数，进而求出最小值. 【详解】在四棱锥中，延长交于点，令， 由，，得，又， 则， 由，得，则， ， ， ，设点到底面距离为， 依题意，， 由， 得，则， 而，则， ，令， 当，即时，，所以长的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用等体积转化求出是求解问题的关键. 23．（2025·河北邯郸·一模）已知某圆台的体积为，球刚好和该圆台的上、下底面及侧面都相切，若该圆台下底面圆的半径是上底面圆的半径的4倍，则球的体积是 . 【答案】 【分析】画出截面示意图，由圆台的体积公式结合梯形的面积相等以及勾股定理和球的体积公式计算可得. 【详解】如图，画出截面示意图， 设圆台的上下底面半径分别为，球的半径为，圆台的母线长为， 由圆台的体积公式可得，① 由梯形面积可得，解得， 又在中，，解得， 代入①可得，所以 所以球的体积是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够根据球与圆台的结构画出平面图形，再由面积分割和勾股定理以及圆台的体积公式求解球的半径. 24．（2025·山西晋中·模拟预测）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为 .    【答案】 【分析】由，要使三棱锥体积最大，只需的面积和到平面距离之和都最大，求解即可. 【详解】连接，，由， 要使三棱锥体积最大， 只需的面积和到平面距离之和都最大， ，令，且，则， ， 当时，有最大值， 在下底面内以为原点，构建如图所示的直角坐标系， 由题设，长轴长， 因为底面椭圆的离心率为，所以焦距为，所以短轴长， 则椭圆方程为，，且，设， 联立椭圆得，， ，， 令，， 由对勾函数性质可知在上递增，， 综上，三棱锥体积的最大值为. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：本题是解析几何与立体几何的综合问题，解析几何部分要用好椭圆的定义、方程和性质，确定图形中各点的位置，利用韦达定理解决弦长；椭圆中立体几何部分要用好几何体的结构特征. 25．（2025·河南·一模）已知某种长方体花岗岩的规格为（其中第个数分别为长、宽、高，且长宽高），若从长方体某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取一次共可得到三种不同规格的长方体，按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数 ，在上述种不同规格的长方体中任取1种，该种长方体的长与宽之差小于的概率为 . 【答案】 8 /0.375 【分析】根据题意按照截取规则可将第3次截取后得到的不同规格的长方体通过列举得到其种类数，再由古典概型计算可得所求概率. 【详解】列表如下，重复的去掉. 原始状态 第1次截取 第2次截取 ， 第3次截取 ， , , 由表可知，第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数. 在上述8种不可规格的长方体中任取1种，该种长方体的长与宽之差小于10cm的有共3种， 故所求概率为. 故答案为：8， 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据长方体的原始规格枚举出第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数，结合古典概型计算可得概率. 26．（2025·广东广州·一模）在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为 ． 【答案】 【分析】分析可知，结合正三棱锥可得在底面内的投影为底面的中心，且，做辅助线结合长方体的性质可得，即可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆的一部分即可求解. 【详解】由题意可知：， 则， 可知， 因为三棱锥为正三棱锥，则点在底面内的投影为底面的中心， 取的中点，则，， 设点在平面、平面和平面内的投影分别为、和， 根据正三棱锥的结构特征，可以以为邻边作长方体， 则平面，平面，则，即， 同理可知：， 由长方体的性质可知：， 可得，即， 又因为平面，平面， 则，可得， 可知点在以点为圆心，半径的圆上， 因为，可知与圆相交， 设圆与交于两点，则， 可知为等边三角形，则， 结合对称性可知点运动路径的长度为. 故答案为：. 27．（2025·陕西西安·二模）在三棱锥中，，且．记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，平面截三棱锥的外接球的截面面积为 . 【答案】 【分析】过点作平面，根据线面角可得，利用三角形三边关系得点在线段上时，三棱锥的体积最小，根据和均为直角三角形得到三棱锥外接球球心和半径，结合为外接球直径可得结果. 【详解】如图，过点作平面，垂足为，则， 由平面得. 在中，，在中，， ∴，故. 由，得，且. 当三点构成三角形时，，即，，， 当点在线段上时，由得，，， 此时三棱锥的高最小，体积最小. 当点在线段上时，由得，， 取线段中点，由和为直角三角形得，， 故点为三棱锥外接球的球心，外接球半径， ∵为外接球直径，平面， ∴平面截三棱锥的外接球的截面面积为. 故答案为：. 28．（2025·河南郑州·二模）已知正四棱锥的底面边长与高均为2，设是正方形及其内部的点构成的集合，点是正方形的中心，若集合，则直线与平面所成角的正切值的最小值为 ． 【答案】2 【分析】根据题意得到点的范围，根据几何关系得到与平面所成角最小即为最大时，找到最大距离位置后，计算得到答案. 【详解】如图，在正方形内，分别是的中垂线在正方形内部分， 由，则点在五边形及其内部， 同理，，，点在相应的五边形及其内部， 综上，点在正方形及其内部， 可设与平面所成角为，由图可得：， 因为，所以要让最小，只需最大， 由几何关系可知点在正方形的顶点时，，此时取得最小值2. 故答案为：2. 29．（2025·山东济南·一模）已知正四面体的棱长为，动点P满足，用所有这样的点P构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为 . 【答案】 【分析】设四个顶点为，根据得到截面方程即可求解. 【详解】建立正四面体的顶点坐标， 设四个顶点为， 每条棱长均为，设动点， ， ， ， ， ， ， 因为， 所以，即所有满足条件的点构成的平面为平面（平面），    而为正方体的顶点（如图所示），且该正方体的中心为原点， 由对称性可得棱交于，棱交于，棱交于，棱交于， 截面四边形的顶点为， 在平面上形成一个菨形，其对角线的长度为，故面积为2. 故答案为：. 30．（2025·湖南邵阳·二模）已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为 ． 【答案】 【分析】设正六棱锥的外接球的半径为、内切球的半径为，由题意及正六棱锥的性质相继求出、正六棱锥的底面积、侧面面积，再利用等体积法求得，设正方体的最大棱长为，此时正六棱锥的内切球是正方体的外接球，由此可得结果. 【详解】设外接球的半径为，则，． 设正六棱锥的底面边长为，则，， 即正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2． 正六棱锥的底面积． 侧面面积． 正六棱锥的体积． 设正六棱锥的内切球的半径为， 则． ． 设正方体的棱长为，则，． 正方体的棱长的最大值为． 故答案为：. 四、解答题 31．（2025·辽宁·二模）如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，.. (1)若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角.试判断曲线的形状并说明理由； (2)在平面内，设点Q是（1）中的曲线E在直角梯形内部（包括边界）的一段曲线上的动点，其中G为曲线E和的交点,以B为圆心，为半径的圆分别与梯形的边交于两点.当点在曲线段上运动时，求四面体体积的取值范围. 【答案】(1)双曲线 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得与所成的角为，再设，由求解； （2）设，直线CD的方程为：，与双曲线方程联立，根据直线CD与双曲线E交于点C求得G的坐标，设为双曲线的动点，由，以及要使圆B与AB、BC都有交点，得到圆B的半径取值范围，然后根据平面DMN，得到P-BMN体积为，设，则，转化为的面积范围求解. 【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 设与所成的角为， 则 ，所以， 设， 则， 所以，即， 化简得，故曲线是平面ABCD内的双曲线； （2）由（1）知：， 设，则， 所以直线CD的方程为：，代入双曲线方程化简得， 因为直线CD与双曲线E交于点C， 所以，故，则， 则， 故双曲线E在直角梯形ABCD内部的区域满足， 设为双曲线的动点， 则， 当时，，当时，， 而要使圆B与AB、BC都有交点，则， 故满足题意的圆的半径取值范围是， 因为平面DMN，所以P-BMN体积为：， 故问题可以转化为研究的面积，且， 设，则， 所以，则， 所以. 32．（2025·河南郑州·二模）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示． (1)求证：平面； (2)若，，求二面角的大小； (3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于，两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接各个中点，由中位线得到四边形是菱形，由菱形对角线垂直得到线线垂直，然后得到线面垂直； （2）将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，由线段长求得点的坐标，然后得到平面内向量的坐标，由空间向量垂直求得平面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的大小； （3）由（2）中的思想，设补充完的长方形长宽高分别为，由长方体的外接球得到四面体的外接球半径，然后得到球的表面积公式.由勾股定理得到与的关系，从而得到球的表面积与.在平面中，设坐标，联立方程组由韦达定理得到两个交点坐标与的关系式.然后求得的代数式，从而得到球的表面积的代数式.由余弦定理得到为锐角，从而由向量的数量级建立不等式，求出的范围，然后得到球表面积的最小值. 【详解】（1）连接，，，，因为，， 所以，四边形为平行四边形， 又，，所以，所以四边形为菱形， 所以， 同理，四边形为菱形，， 又因为四边形为菱形，，交于一点， 所以平面． （2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系， 由，，得，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则令，得， ，， 设平面的一个法向量为， 则令，得， 所以． 所以二面角的大小为． （3）由（2）知可将补成长方体，设长宽高分别设为，，， 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即：， ， ，，，则， 在平面内设，，由，得， 显然， ，， 于是， ， 所以   在中，，则为锐角， 因此，即， ，解得， 又， 不妨令，则， ∵，∴当时，． 此时，所以的最小值为，此时直线方程为． 33．（2025·山东临沂·一模）在中，，如图将沿翻折至.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角大小为. （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii）存在点，当或时满足题意 【分析】（1）只需证明平面，注意到，故只需证明平面，由即可证明； （2）（i）由题意得即二面角的平面角，结合解三角形知识求解即可；（ii）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，将平面与平面的法向量表示出来，结合平面与平面所成角的余弦值为列出关于的方程，判断该方程的解的情况即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 因为平面，所以平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）（i）在四棱锥中，由（1）知即二面角的平面角， 故，因为，所以， 从而， 过点作，交于点，又因为，可得平面，与平面所成角即为. 在中，由余弦定理可得：， 由等面积法，， 所以与平面所成角的正弦值为； （ii）如图，建立空间直角坐标系，    则， ， 设，可得， ， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ，即， 令，可得， ，即， 令，可得， 设平面与平面的夹角为，， 解得或， 所以存在点，当或时满足题意. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为，. 34．（2025·湖南郴州·三模）如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求的大小； (3)若，平面经过点，且直线与平面所成的角为，过点作平面的垂线（垂足为），求直线AQ与直线所成角的范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)的大小为 (3)线AQ与直线所成角的范围为 【分析】（1）在平面内找到一条与平行的直线，由线线平行去证明线面平行即可； （2）建立坐标系，将坐标分别用表示出来，再根据平面与平面所成夹角的余弦值为列出方程求解； （3）由所给的条件分析出点的轨迹，再去利用向量数量积公式去求解夹角余弦值的取值范围，从而得到夹角的取值范围. 【详解】（1）证明： 延长交于点Q，连接， 因为，是中点，所以是的中位线，则点是中点， 又因为是圆柱的母线，所以平行且相等， 所以易得相交与点，是的中点，则在中，， 又因因为，在延长线上，所以可得平面，而不在平面内， 所以平面. （2） 由题意可知面，且因为直径，所以则，三线两两垂直，则建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，所以设，则， 可得点坐标为，，，， 则， 由题意平面在平面内，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则解得，所以， 又因为平面与平面所成夹角的余弦值，解得或（舍）， 且因为，则，即. （3）因为过点的平面与直线所成的角为，又因为过点作平面的垂线（垂足为） 所以为直角三角形，且， 所以点是绕旋转的圆，且半径，圆心距离点的长度为 所以设点且，又因为点为，所以， 而，所以， 又因为，所以， 且因为，所以， 所以直线AQ与直线所成角的范围为. 35．（2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1)求三棱锥外接球的表面积. (2)设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，的值为或 【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进而可得外接球半径及表面积； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得，再根据平面过点，，可得解. 【详解】（1）如图所示，    因为，，， 故，即， 则， 故为直角三角形，即， 又，，且，平面， 则平面， 又因为平面，所以平面平面， 设中点为，则的外接圆圆心满足， 过的外接圆圆心作直线垂直于平面， 过线段的中点作直线垂直于平面，其中， 则即为三棱锥的外接球球心， 且四边形为矩形， 即， 故， 故三棱锥外接球的表面积； （2）（i）以的中点为原点，为轴，平行方向为轴，为轴， 建立如图1所示的空间直角坐标系，    则，，，，， 而，故， ，. 设为平面的法向量， 则，则， 令，则为平面的一个法向量. 而， 故直线与平面所成角的正弦值； （ii）由（i）可知，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 如图2，建立空间直角坐标系，记直线平面，直线平面，连接，    因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 则，故， 同理可得，， 则有，， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则， 故， 所以， 又与平面之间所成角的正切值为， 则， 化简得，解得或， 设，则，则， 解得， 故. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 当时，. 因为，所以， 化简得，解得，满足要求. 综上所述，的值为或. 36．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用几何关系得，由面面垂直的性质得平面，从而可得，进而可得平面，由线面垂直的性质，即可求解； （2）法一，利用几何关系得为平面与平面夹角，利用几何关系计算，即可求解；法二，建立空间直角坐标系，求出平面与平面，再利用面面角的向量法，即可求解； （3）设，，根据题设得或，结合题设，分别讨论，即可求解. 【详解】（1）∵底面为直角梯形，，为直角， ，， ∴，，得，所以， 又∵平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，∴， 又∵侧面为等腰直角三角形，， ∴，， ∴平面，又平面，所以． （2）（法一）由题意可知四边形为直角梯形， 延长，交与点，连接． 则平面平面， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知平面，平面， 则，又，，所以平面，平面，则． 所以为平面与平面夹角． 在直角梯形中，，，， 得，，，可解得， 所以在中，， 则平面与平面夹角的余弦值为． （法二）∵平面平面，平面平面， 可过点作垂足为， 由题意知为等腰直角三角形，故点为线段的中点，且， 分别以过点与直线，平行的直线为轴，轴， 以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）因点在内（不含边界），可设，， 由（2）知，，，， 则， ， 又直线与直线、均成角，则， 又由题意知，所以，即， 得， 整理得，即或． 又由，得，即， ①当时，由，得到，解得或， 当时，， 因为点在内（不含边界），得，，．故，舍去． 当时，，此时符合题意，，得到， ②当时，得， 所以，解得．此时． 因为点在内（不含边界），得，，， 故，舍去． 综上存在点在内（不含边界），使得直线与直线、均成角，且点到点的距离为． 37．（2025·辽宁·一模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点．的面积为；请从条件①、②中选择一个条件作为已知，并解答下面的问题： 条件①：；条件②：点到平面的距离为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)点是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据已知条件，确定底面三角形得边长，再利用空间向量的方法求二个平面所成角即可； （2）根据已知条件分析确定点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，设出点坐标，根据已知条件求出，利用空间向量的方法求出与平面所成角的正弦值表达式，根据范围即可求解. 【详解】（1） 根据题意建立如图所示以为坐标原点， 、、为、、轴的空间直角坐标系， 设，， 因为三棱柱为直三棱柱，所以侧面为矩形， 所以为直角三角形，， 因为三楼柱为直三棱柱，所以平面， 平面，所以，又因为， 平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 所以为直角三角形，因为的面积为， 所以， 若选条件①：， ，，，，， ，，因为， 所以，即，解得， 代入，解得， 所以，，，， ，， 设平面的法向量为， ，所以，令， 解得，所以， ，设平面的法向量为， ，所以，令， 解得，所以， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角余弦值为：. 若选条件②：点到平面的距离为， ，，，， ，，， 设平面的法向量为， 所以，，令， 解得，所以， 因为点到平面的距离为， 所以，即，解得， 代入，解得， 所以，，，， ，， 设平面的法向量为， ，所以，令， 解得，所以， ，设平面的法向量为， ，所以，令， 解得，所以， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角余弦值为：. （2） 取中点，连结、，则， 因为，，所以， 在，，所以，， 平面，平面，所以， 平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 设，则,，， 因为，，所以， 整理得：， 由（1）知，平面的法向量为， 设与平面的夹角为，则 ， 因为，所以， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围为. 38．（2025·安徽·一模）如图，在五面体中，菱形的边长为，，. (1)证明：且. (2)求五面体体积的最大值. (3)当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知证得平面，即可证得；取的中点，的中点，连接，，，可得，进而得平面，则，即可证得； （2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，，由已知和（1）中结论，可得，设，可得五面体的体积为，利用导数求出其最大值即可； （3）（方法一）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算分别求出平面和平面的一个法向量，利用公式即可求得两个平面夹角的余弦值. （方法二）过点作于，过点作于，连接， 可得平面，则，可得平面，则， 则为平面与平面的夹角，在中，由三角函数定义求出，进而求得其余弦值. 【详解】（1）在菱形中，，因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以.      取的中点，的中点，连接，，，则， 所以，故，，，四点共面，                因为，， 所以，，即， 因为四边形为梯形，所以与相交，所以平面，                又平面， 所以，而，所以. （2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，， 由（1）知，则， 又，，平面， 所以平面，同理平面.       因为菱形的边长为，， 为的中点，为的中点，， 则，，又， 所以四边形是等腰梯形，由对称性可知                                                                                           设，则，， 所以， 所以，， 所以五面体的体积为 ，                                                                                                                                                                      ， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减，      故当时，五面体体的最大，最大值为. （3）当五面体的体积最大时， ，， （方法一）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， ，，，. 设平面的一个法向量为， 则，取，得， ，. 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. （方法二）过点作于，过点作于，连接， 由（2）知平面，则 又，平面， 所以平面， 又平面，则，， 因为，平面， 所以平面，又平面，则， 所以为平面与平面的夹角， 又，， 由（2）及已知，， 所以，，则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 39．（2025·山西晋中·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，，且.    (1)求证：平面平面. (2)若，且三棱锥的体积是四棱锥体积的一半. （i）求点到平面的距离； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明过程见解析； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理解题； （2）（i）建立直角坐标系，根据，得出点坐标，再求平面的法向量，最后利用距离公式即可； （ii）求平面的法向量，再求，进而即得. 【详解】（1）在中，，得， 则，即， 因为四边形为正方形，则， 又因，平面，平面，则平面， 又因平面，则平面平面. （2）（i）以点为坐标原点，分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 则， 得，即， 因， ，且， 则， 因，则，即， 设平面的法向量， 则，即，取，则， 则点到平面的距离为.    （ii）， 设平面的法向量， 则，即，取，则， 所以， 则平面与平面夹角的余弦值为. 40．（2025·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)①；②； (2)存在， 【分析】（1）①分别求出和的外接圆半径，进而可求三棱锥外接球半径为，由此可求其外接球的表面积； ②易知，联立直线和椭圆方程即可求出，坐标，进而根据公式即可求解； （2）由折叠前折叠后的周长可得，利用两点间的距离公式列出等式，对等式进行变形，进而弦长可用，表示，将韦达定理代入即可求解m，进而得到直线的斜率． 【详解】（1）①由题可知，，则 . 直线的倾斜角，则斜率. 所以直线的方程为. 联立直线与椭圆方程，解得或. 又因为点A在x轴上方，所以. 所以为边长是的正三角形，且. 折叠后，. 又因为，所以； 外接圆半径； 外接圆半径. 三棱锥外接球半径为 . 三棱锥的外接球的表面积为. ②因为二面角为直二面角， 所以到轴距离即为三棱锥的高，. 底面的面积， 所以. 即三棱锥的体积为. （2）设翻折前，翻折后，建立空间坐标系，如图所示，. 设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立得， ，则. 翻折前， 翻折后， 由，，所以. ， 分母有理化， 所以. 则. 又因为， 所以， 将代入上式， 整理得， 整理得， 因为，所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何综合问题.解题关键是找到等式：折叠前折叠后的周长差，对等式进行整理变形后用，表示弦长，再应用韦达定理求出，进而得到直线的斜率即． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$【数学为王挑战新高考数学140+】备战2025年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用） 难点专题03 立体几何 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 挑战新高考数学140+备考秘籍 1. 异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 2. 线面角 直线与平面所成角，(为平面的法向量). 3. 二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 4. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 5. 内切球体积 任意的简单n面体内切球半径为(V是简单n面体的体积，是简单n面体的表面积) 6. 三垂线法求二面角 已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。 7. 垂面法求二面角 已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直。 8. 射影面积法求二面角 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（如图)求出二面角的大小 9. 三余弦定理 设AC是α内的任一条直线，且BC⊥AC，垂足为C，又设AO与AB所成的角为，AB与AC所成的角为，AO与AC所成的角为．则. 10. 三射线定理 若夹在平面角为的二面角间的线段与二面角的两个半平面所成的角是,,与二面角的棱所成的角是θ，则有 ; (当且仅当时等号成立). 长度为的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为，夹角分别为,则有 . （立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）. 11. 空间两点间的距离公式 若A，B，则 =. 12. 异面直线上两点距离公式 . . （）. (两条异面直线a、b所成的角为θ，其公垂线段的长度为h.在直线a、b上分别取两点E、F，,,). 13. 欧拉定理(欧拉公式) (简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F). （1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：； （2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：. 14. 球的组合体 (1)球与长方体的组合体: 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长. (2)球与正方体的组合体: 正方体的内切球的直径是正方体的棱长, 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长, 正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长. (3) 球与正四面体的组合体: 棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为. 一、单选题 1．（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． 2．（2025·四川成都·二模）直观想象是数学六大核心素养之一，现有大小完全相同的10个半径为的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D．2 3．（2025·河南信阳·二模）三个相似的圆锥的体积分别为，，，侧面积分别为，，，且，，则实数的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·湖北鄂州·一模）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·山东聊城·一模）在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·浙江温州·二模）一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（    ）（加工过程中不计损耗） A． B． C．1 D． 7．（2025·江西九江·二模）已知球与正三棱柱的各个面均相切，记平面截球所得截面的面积为，球的表面积为，则（    ） A． B． C． D． 8．（2025·福建厦门·二模）已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 9．（2025·福建泉州·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 10．（2025·山西·一模）设为圆锥底面的一条直径，为底面圆周上异于的一点，为靠近的一个三等分点，且二面角与二面角的大小相等，则该圆锥的体积与三棱锥的体积之比是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2025·湖北·模拟预测）在一次数学兴趣小组的实践活动中，李怡同学将一张边长为的菱形纸片沿对角线折叠，形成一个二面角模型，如图所示.下列叙述中正确的有（    ） A．四面体体积的最大值为； B．在折叠的过程中，存在某个时刻使； C．当时，动点在平面内且，则动点所形成区域的面积为； D．在C的条件下，若直线与直线所成的角为，则的最大值为. 12．（2025·广西南宁·二模）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（   ） A．动点F的轨迹长度为 B．存在E，F，使得平面 C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍 D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为 13．（2025·江苏·一模）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（    ） A．当时，平面 B．当时，异面直线与所成的角为 C．当时， D．当时，线段的长度最小值为 14．（2025·河北衡水·模拟预测）半径为3的球上相异三点，，构成边长为3的等边三角形，点为球上一动点，则当三棱锥的体积最大时（    ） A．三棱锥的体积为 B．三棱锥的内切球半径为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球半径为3 15．（2025·江西九江·二模）如图，三棱锥中，平面，为其表面上一点，与四个顶点的距离分别为，则下列命题正确的是（    ） A．若，则点不存在 B．若，则点存在且唯一 C．若，则的最小值为1 D．的最小值为 16．（2025·辽宁·一模）在正三棱台中，分别是线段上的点，是上、下底面的中心，是底面内一点，下列结论正确的是（    ） A． B．若平面，则点的轨迹长等于 C． D．当时，四点构成的图形为直角梯形 17．（2025·安徽·一模）如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 18．（2025·广东·一模）已知正四面体的棱长为6，点分别是的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体的有（    ） A．底面在平面上，且底面半径为，高为的圆锥 B．底面在平面上，且底面半径为，高为1的圆柱 C．轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥 D．轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱 19．（2025·湖南常德·一模）如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则的最大值为 C．若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D．若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 20．（2025·海南海口·模拟预测）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，已知，，，当底面水平放置时，水面位置满足，容器内有水部分的几何体体积是，下列命题正确的是（    ） A．固定容器底面一边于地面上，将容器倾斜，有水的部分始终呈棱柱形 B．固定容器底面一顶点于地面上，将容器倾斜，有水的部分可能是三棱锥 C．体积为，高为的圆锥不能放在半径是的球体内 D．体积为的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥内任意旋转 三、填空题 21．（2025·河北秦皇岛·一模）内切球半径为1的正四棱锥的外接球半径的最小值为 . 22．（2025·湖北武汉·二模）四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥的体积相等，则长的最小值为 ． 23．（2025·河北邯郸·一模）已知某圆台的体积为，球刚好和该圆台的上、下底面及侧面都相切，若该圆台下底面圆的半径是上底面圆的半径的4倍，则球的体积是 . 24．（2025·山西晋中·模拟预测）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为 .    25．（2025·河南·一模）已知某种长方体花岗岩的规格为（其中第个数分别为长、宽、高，且长宽高），若从长方体某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取一次共可得到三种不同规格的长方体，按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数 ，在上述种不同规格的长方体中任取1种，该种长方体的长与宽之差小于的概率为 . 原始状态 第1次截取 第2次截取 ， 第3次截取 ， , , 26．（2025·广东广州·一模）在正三棱锥中，，点在内部运动（包括边界），点到棱的距离分别记为，且，则点运动路径的长度为 ． 27．（2025·陕西西安·二模）在三棱锥中，，且．记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，平面截三棱锥的外接球的截面面积为 . 28．（2025·河南郑州·二模）已知正四棱锥的底面边长与高均为2，设是正方形及其内部的点构成的集合，点是正方形的中心，若集合，则直线与平面所成角的正切值的最小值为 ． 29．（2025·山东济南·一模）已知正四面体的棱长为，动点P满足，用所有这样的点P构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为 . 30．（2025·湖南邵阳·二模）已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为 ． 四、解答题 31．（2025·辽宁·二模）如图，四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，其中，.. (1)若平面内有一经过点的曲线，该曲线上的任一动点都满足与所成角的大小恰等于与所成角.试判断曲线的形状并说明理由； (2)在平面内，设点Q是（1）中的曲线E在直角梯形内部（包括边界）的一段曲线上的动点，其中G为曲线E和的交点,以B为圆心，为半径的圆分别与梯形的边交于两点.当点在曲线段上运动时，求四面体体积的取值范围. 32．（2025·河南郑州·二模）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称它为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示． (1)求证：平面； (2)若，，求二面角的大小； (3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于，两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的最小值． 33．（2025·山东临沂·一模）在中，，如图将沿翻折至.    (1)证明：平面平面； (2)若二面角大小为. （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 34．（2025·湖南郴州·三模）如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求的大小； (3)若，平面经过点，且直线与平面所成的角为，过点作平面的垂线（垂足为），求直线AQ与直线所成角的范围. 35．（2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，，，，. (1)求三棱锥外接球的表面积. (2)设为线段上的点. （i）若，求直线与平面所成角的正弦值. （ii）平面过点，，且平面，探究：是否存在点，使得平面与平面之间所成角的正切值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 36．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 37．（2025·辽宁·一模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点．的面积为；请从条件①、②中选择一个条件作为已知，并解答下面的问题： 条件①：；条件②：点到平面的距离为． (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)点是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 38．（2025·安徽·一模）如图，在五面体中，菱形的边长为，，. (1)证明：且. (2)求五面体体积的最大值. (3)当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 39．（2025·山西晋中·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，，且.    (1)求证：平面平面. (2)若，且三棱锥的体积是四棱锥体积的一半. （i）求点到平面的距离； （ii）求平面与平面夹角的余弦值. 40．（2025·四川资阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，经过点且倾斜角为的直线l与椭圆C交于A，B两点其中点A在x轴上方连接，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为，. (1)当时， ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求三棱锥的体积； (2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$