专题04 立体几何-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（河南专用）

专题04 立体几何 题型概览 题型01空间向量与立体几何 题型02空间几何体 题型03点线面的位置关系 空间向量与立体几何题型01 1．（2025·河南郑州·一模）如图，直四棱柱，点M，N，P分别为，和的中点，底面为菱形，且记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（      ） A． B． C． D． 2．（2025·河南信阳·一模）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面ABCD，，.    (1)若为线段的中点，求证：平面. (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的正弦值. 3．（2025·河南焦作·二模）球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点.    (1)若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. (2)在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 4．（2025·河南郑州·一模）如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，且 (1)若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离; (2)若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 5．（2025·河南·一模）如图，在空间直角坐标系中，点分别在轴上（点异于点），且. (1)当（表示面积）取得最大值时，求点到平面的距离. (2)若，动点在线段上（含端点），探究：是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (3)记平面与平面、平面、平面的夹角分别为，比较与1的大小关系，并说明理由. 6．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·河南安阳·一模）如图，已知正方体的棱长为2，是棱上靠近的四等分点. (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 8．（2025·河南鹤壁·一模）在直三棱柱中，，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（   ） A． B． C． D． 空间几何体题型02 9．（2025·河南信阳·模拟预测）已知正方体的棱长为2，分别是边的中点. 下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为1 C．三棱锥的表面积为 D．以为球心，半径为的球面与侧面的交线长为 10．（2025·河南·一模）已知正方体的棱长为，点在底面上（含边界），且，则下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成角的正切值最大为 C．平面截该正方体的内切球所得截面的面积为 D．若动点在线段上，为的中点，则的最小值为 点线面的位置关系题型03 11．（2025·河南安阳·一模）已知直三棱柱的底面为等腰直角三角形，，则下列说法正确的是（   ） A．三棱柱的体积为4 B．以为球心，体积为的球面与侧面的交线的长度为 C．若，分别为，的中点，点在平面上，则的最小值为 D．若空间中的一点满足，则的最小值为 12．（2025·河南鹤壁·一模）已知一圆锥的表面积与底面积的比值为3，则该圆锥的母线与底面所成的角为 ． 13．（2025·河南信阳·一模）已知三棱锥，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 14．（2025·河南·一模）已知某正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，高为2，则该正四棱台的体积为（    ） A．12 B．14 C．15 D．16 15．（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 . 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何 题型概览 题型01空间向量与立体几何 题型02空间几何体 题型03点线面的位置关系 ( 题型01 ) 空间向量与立体几何 1．（2025·河南郑州·一模）如图，直四棱柱，点M，N，P分别为，和的中点，底面为菱形，且记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】异面直线夹角的向量求法、线面角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】证明平面，然后以以P为原点，分别以直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出后可比较大小 【详解】解：连接，由底面为菱形，， 所以为等边三角形，故 取中点，连接， 因为是直四棱柱，所以平面， 又平面，所以 不妨设，所以，故， 由三线两两互相垂直，故以P为原点， 所在方向建立x，y，z轴，如下图所示： 则,， ， 由平面ABCD，所以平面ABCD可取， 设平面PMN的法向量为， 所以， 取，则，故 由MN与所成的角为，MN与平面ABCD所成的角为， 二面角的平面角为， 其中 所以， ， 所以， ， 因为在上递减，， 又， 所以 故选：C 2．（2025·河南信阳·一模）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面ABCD，，.    (1)若为线段的中点，求证：平面. (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法 【分析】（1）法一：以为原点，，，，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用可得结论；法二：取、的中点分别为、，连接、、，利用线线平行证明线面平行； （2）法一：求得平面的一个法向量，利用向量法求得点到平面的距离；法二：利用等体积法求得点到平面的距离； （3）法一：设平面与平面夹角为，利用向量法可求平面与平面夹角的正弦值.法二：延长，交于点，连接.可证为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）法一：以为原点，，，，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，    由为线段的中点，可得，. 由题意可得为平面的一个法向量. ，且平面，平面 法二：取、的中点分别为、，连接、、，   为的中位线，，. ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 又面，面 平面 （2）法一：，. 设为平面的一个法向量，则， 不妨设，则. 设点到平面的距离为，则 法二：，，底面，，. ， 设点到平面的距离为，则由可得： ，解得： （3）设平面与平面夹角为，由题意可知，为锐角， 即平面与平面夹角的正弦值为. 法二：延长，交于点，连接.   底面为直角梯形，，，为的中位线. .又底面，，为等腰直角三角形，其中. 同理可证：. 为平面与平面所成二面角的平面角. 在中，，，，. 即平面与平面夹角的正弦值为. 3．（2025·河南焦作·二模）球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图（1），球的半径为球的球面上的四点.    (1)若球面三角形的三条边长均为，求此球面三角形一个内角的余弦值. (2)在球的内接三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为. （i）若分别为直线上的动点，求线段长度的最小值； （ii）如图（2），若分别为线段的中点，为线段上一点（与点不重合），当平面与平面夹角的余弦值最大时，求线段的长. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【知识点】求二面角、面面角的向量求法、异面直线距离的向量求法、由线面角的大小求长度 【分析】（1）由题意易得四面体为正四面体，取的中点，连接，分析可得为二面角的平面角，进而结合余弦定理求解即可； （2）（i）设，先证明平面，可得，结合题设易得，可得，建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可； （ii）设，设平面与平面的夹角为，利用空间向量表示出，令，再结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为球面三角形的三条边长均为， 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体. 取的中点，连接，则，且， 则为二面角的平面角. 由余弦定理可得. 所以此球面三角形一个内角的余弦值为. （2）因为平面，所以. 设，则，所以. 由勾股定理的逆定理可得，又， 所以平面，又平面，所以， 因为直线与平面所成的角为，所以. 易知在和中，斜边的中点到点的距离相等，即为球的直径，所以. 以点为坐标原点，直线分别为轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    （i）由题可知， 则. 设与都垂直的向量为， 则令，则， 所以线段长度的最小值为. （ii）设，由题可知， 则. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面的一个法向量为， 则取，可得. 设平面与平面的夹角为. 因为 ， 令，则， 可得， 当且仅当，即时等号成立，此时取得最大值， 故. 4．（2025·河南郑州·一模）如图，在斜三棱柱中，M为的中点，底面为等腰直角三角形，且 (1)若在底面内的射影为点B，求点A到平面的距离; (2)若在底面内的射影为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)； (2) 【知识点】求点面距离、面面角的向量求法、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直 【分析】（1）取的中点O，可得，证明面，即点A到平面的距离，得解； （2）取的中点O，易得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量夹角公式运算求解. 【详解】（1）如图，取的中点O，连接 为等腰三角形，，， 又在底面内的射影为点B， 面，又面，， 又，且面， 面， 即为点A到平面的距离. 又为等腰直角三角形，且 点A到平面的距离为. （2）如图， 取的中点O，连接，， 在底面内的射影为的中点， 面 为等腰三角形，， 建立如图所示的空间直角坐标系，易知， ，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面的一个法向量为， 由，令，得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为 5．（2025·河南·一模）如图，在空间直角坐标系中，点分别在轴上（点异于点），且. (1)当（表示面积）取得最大值时，求点到平面的距离. (2)若，动点在线段上（含端点），探究：是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (3)记平面与平面、平面、平面的夹角分别为，比较与1的大小关系，并说明理由. 【答案】(1); (2)存在，; (3)，理由见解析. 【知识点】基本不等式求积的最大值、面面角的向量求法、求点面距离、线面角的向量求法 【分析】（1）利用基本不等式可求得取得最大值时，,再利用三棱锥的等体积法求出点到平面的距离； （2）利用空间向量坐标运算，结合参数表示线面角的正弦值，解方程即可得出参数值，进而得出结论； （3）利用空间向量坐标运算求出平面的法向量，再求出面面角的余弦值，利用基本不等式可得到结论并得证. 【详解】（1）不妨设，则且， 故， 当且仅当时等号成立，取得最大值，此时. 记点到平面的距离为. 因为， 又， 所以，解得. 所以，点到平面的距离为. （2）由题可知， 故. 设，则. 设为平面的法向量， 则即可取. 记直线与平面所成的角为， 则， 解得，则. 所以,存在线段的中点满足题意，此时. （3）结论：.下面给出证明： 同（1）设的长度分别为，则. 显然平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则可取， 所以， 同理得， 故有. 要证.， 即证①. 事实上，有， 化简得， 则①式得证，故， 当且仅当即时等号成立，命题得证. 6．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】点到直线距离的向量求法 【分析】根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果. 【详解】 根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 又点为的重心，所以， 则，， 则， 则， 所以点到直线的距离为. 故选：B 7．（2025·河南安阳·一模）如图，已知正方体的棱长为2，是棱上靠近的四等分点. (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【知识点】求点面距离、面面角的向量求法 【分析】（1）利用等体积法即可求得结果. （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量之间夹角公式即可求得结果. 【详解】（1）由正方体的性质可知平面，故是三棱锥的高， 所以四面体的体积为， 由题意知，，， 所以，又， 故点到平面的距离； （2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，.        设平面的法向量为， 则，令，得，故， 设平面的法向量为， 则，令，得，故， 设平面与平面的夹角为， 则. 8．（2025·河南鹤壁·一模）在直三棱柱中，，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【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】根据外接球表面积公式求出外接球半径，再结合三棱柱的几何特征求出棱柱的高，最后根据旋转体的性质确定旋转后几何体的形状并计算其体积. 【详解】由题可知三棱柱两个底面三角形的外接圆的圆心分别为，的中点，． 设外接球的半径为R，则，，所以， 解得．侧面旋转后得到的几何体是底面半径为，高为2的圆柱，其体积为． 故选：B. ( 题型0 2 ) 空间几何体 9．（2025·河南信阳·模拟预测）已知正方体的棱长为2，分别是边的中点. 下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为1 C．三棱锥的表面积为 D．以为球心，半径为的球面与侧面的交线长为 【答案】AD 【知识点】球的截面的性质及计算、锥体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直 【分析】本题根据正方体的特征、空间平行的传递性、球的截面特征以及锥体体积公式即可求解. 【详解】 因为点分别是的中点，所以是的中位线，所以, 又因为平面，所以平面，平面，所以，故选项A正确. 因为，故选项B错误. 因为，,, 因为在，, 所以， 所以, 所以三棱锥的表面积是：，故选项C错误. 以为球心，为半径的球面与平面相交，由于 , 平面，故此球面与平面的交线是以为圆心，以为半径的圆弧的长度， 易求的长度为：，故选项D正确. 故选：AD. 10．（2025·河南·一模）已知正方体的棱长为，点在底面上（含边界），且，则下列说法正确的是（    ） A．点的轨迹的长度为 B．直线与平面所成角的正切值最大为 C．平面截该正方体的内切球所得截面的面积为 D．若动点在线段上，为的中点，则的最小值为 【答案】ACD 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算、求线面角 【分析】由正方体性质可得点的轨迹是四分之一圆，可判断A正确；易知直线相对于平面的倾斜程度越大，所成角的正切值越大，计算可知B错误；求出内切球球心到平面的距离可判断C正确，利用线面垂直关系可知当三点共线时，满足题意，可得D正确. 【详解】对于A，根据正方体性质可得，可知， 故点的轨迹是以为圆心，1为半径的四分之一圆，如下图所示： 则其轨迹的长度为，故A正确； 对于B，易知当点位于棱上时，直线与平面所成的角最大， 此时，即直线与平面所成角的正切值最大为，故B错误； 对于C，易知内切球的半径为，球心位于正方体的中心，其到平面的距离为， 易知，，点平面的距离为； 可得球心到平面的距离为， 故截面圆的半径满足，则所得截面的面积为，故C正确； 对于D，如下图： 先固定点，当点在上时，最小， 再让点移动，当三点共线时，最小， 此时，故D正确. 故选：ACD ( 题型0 3 ) 点线面的位置关系 11．（2025·河南安阳·一模）已知直三棱柱的底面为等腰直角三角形，，则下列说法正确的是（   ） A．三棱柱的体积为4 B．以为球心，体积为的球面与侧面的交线的长度为 C．若，分别为，的中点，点在平面上，则的最小值为 D．若空间中的一点满足，则的最小值为 【答案】AD 【知识点】柱体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、椭圆定义及辨析 【分析】利用体积公式求得体积可判断A；先求得球的半径，进而可求得点的轨迹形状，可求轨迹长判断B；取关于平面的对称点，连接交于线段的中点，可分别求得与的最小值，进而可判断C；由，可确定点在空间中的轨迹，进而可求得的最小值. 【详解】对于A，由直三棱柱的底面为等腰直角三角形，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设体积为的球的半径为，所以，解得， 取中点，由，所以，， 由直三棱柱的性质可得平面， 设为球面与侧面的交线上的任一点，所以， 所以，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 又点在侧面内，故体积为的球面与侧面的交线的长度为，故B错误； 对于C，取关于平面的对称点，连接交于线段的中点， 又点在平面上，故点为线段的中点时， 的最小值为， 此时的最小值为， 所以的最小值为，故C错误； 对于D，点满足， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆绕长轴旋转形成的椭球面，且， 所以， 又，所以在椭圆的短轴所在直线上，又， 所以到椭圆的中心的距离为， 所以的最小值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：D选项，关键在于确定点的轨迹是以为焦点的椭圆绕长轴旋转形成的椭球面，以及在椭圆的短轴上，从而可求得最小值. 12．（2025·河南鹤壁·一模）已知一圆锥的表面积与底面积的比值为3，则该圆锥的母线与底面所成的角为 ． 【答案】 【知识点】圆锥表面积的有关计算 【分析】利用圆锥的表面积和底面积公式求出母线长为l与底面半径为r的比例，即可得出答案. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，母线与底面所成的角为． 由题可知，则，所以，． 故答案为：. 13．（2025·河南信阳·一模）已知三棱锥，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】/ 【知识点】余弦定理解三角形、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】先通过余弦定理求出的一个内角的余弦值，进而求出正弦值，再利用正弦定理求出外接圆的半径，然后根据三棱锥的性质求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式求出外接球的表面积. 【详解】在中，已知，，， 根据余弦定理可得： 设外接圆的半径为，根据正弦定理， 可得：，则. 因为，所以点在平面上的射影是的外心， 设三棱锥外接球的球心为，半径为，则平面，且，，. 又因为，即， 展开可得：， 移项化简可得，解得. 根据球的表面积公式，可得： . 故答案为：. 14．（2025·河南·一模）已知某正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，高为2，则该正四棱台的体积为（    ） A．12 B．14 C．15 D．16 【答案】B 【知识点】台体体积的有关计算 【分析】根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】. 故选：B. 15．（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 【知识点】计算古典概型问题的概率、棱柱的结构特征和分类 【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. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$