第05讲 空间向量和立体几何【十一大题型】-2025届高考数学考前核心考点题型三轮冲刺精讲精练（新高考地区）

第05讲：空间向量和立体几何 【题型归纳】 · 题型1：几何表面积的求法 · 题型2：几何体积的求法 · 题型3：几何体的内切、外切问题 · 题型4：求异面直线所成的角 · 题型5：点、线、面的位置关系问题 · 题型6：线面、面面垂直的证明 · 题型7：定义法或几何法求线面角、面面角 · 题型8：向量法求空间角问题 · 题型9：等体积法求点面距离 · 题型10：向量法求空间距离 · 题型11：几何新定义 【题型探究】 题型1：几何表面积的求法 1．（24-25高三下·海南省直辖县级单位）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为和，侧棱长为.则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据正四棱台的对称性得到外接球的球心所在位置，再利用勾股定理求出外接球半径，最后求出外接球表面积即可. 【详解】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为， 由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上， 由题意该四棱台上下底面边长分别为和，侧棱长为， 则，，， 所以， 设外接球的半径为，，则， 在中，，即， 在中，，即， 所以，解得，所以， 所以该米斗的外接球的表面积. 故选：C. 2．（2025·吉林·三模）棱长为2的正方体中，棱的中点为，棱的中点为，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先找的外心，发现为线段的四等分点（靠近），则球心在过且与平面垂直的直线上，利用坐标法计算即可得出结果. 【详解】设的外心，由外心的定义可知， 为线段的四等分点（靠近），则球心在过且与平面垂直的直线上． 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设球心，由，求出，从而求出， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 3．（2025·天津·一模）已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求出的半径，再由正弦定理求出，设球的半径为，所以，最后由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为的面积为，设的半径为，则，解得， 又，所以为等边三角形，则，所以， 设球的半径为，所以， 所以球的表面积. 故选：C 题型2：几何体积的求法 4．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，为线段的中点，先将梯形挖去一个以为直径的半圆，再将所得平面图形以线段的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，旋转后得到的几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，利用圆台和球的体积公式求解. 【详解】连接，由题意知. 几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，其中圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，半球的半径为1， ，， 故该几何体的体积为. 故选：A.    5．（2025·海南海口·模拟预测）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（   ） （注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中为原球半径，为球缺的高．） A．4374cm3 B．5048cm3 C．5336cm3 D．7260cm3 【答案】C 【分析】根据球的几何性质确定求缺的高以及圆台的高，再根据球缺与圆台的体积公式即可得组合体石墩的体积. 【详解】如图，为整个几何体的高度，设为球心，分别为圆台上下底面圆心， 则，，， 所以，则球缺的高， 则圆台的高， 故石墩的体积为 . 故选：C. 【点睛】方法点睛：组合体体积常见解法 （1）补形法：将不规则的几何体补成常规几何体，利用大几何体体积减去小几何体体积得答案，适用于大小几何都能直接求解的； （2）切割法：将不规则的几何体分割成若干个常规几何体，将所有切割部分的小几何体体积合起来得答案，适用于不规则几何都能分割成常规几何的. 6．（2025·山东聊城·模拟预测）宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷．宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实．图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，示意图如图2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为（    ）        A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题设数据结合圆台和圆柱的体积公式依次计算求解花口盏和盏托的体积即可得解. 【详解】花口盏体积：， 盏托体积：， 所以组合体的体积. 故选：D． 题型3：几何体的内切、外切问题 7．（2025·广东·一模）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径. 【详解】如图，，又放入的球的半径为， 由于圆台的体积， 由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切； 下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则， 由于，则， 则， 那么，则，那么在上方， 即该小球先与上下底面相切．    故选：D. 8．（2025·天津和平·一模）已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正四面体的棱长为，设正四面体内切球球心为，半径为，由等体积法求出，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，此时即为能装下正四面体的最小正方体，即可求出，设正四面体的外接球的半径，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出，即可得出答案． 【详解】设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为， 由题设底面的外接圆半径，则 所以正四面体的高为， 其体积为， 设正四面体内切球球心为，半径为， 解得：，所以，解得：， 将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线， 此时即为能装下正四面体的最小正方体， 正四面体的最小正方体的边长为，如下图，即，所以， 体积为，设正四面体的外接球半径为， 则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为， 所以，所以外接球的体积为， . 故选：A. 9．（2025·河南鹤壁·二模）如图，在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，若二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点为E，以及的外心为，的外心为，依据平面平面可知为正方形，然后计算外接球半径，最后根据球表面积公式计算. 【详解】设是中点，连接，设的外心为，的外心为， 是四面体外接球球心， 由于和都是边长为的正三角形， 所以， 且分别在靠近E的三等分点处. 根据二面角的大小为及球的性质可知： 平面，平面，所以， 由于，所以四边形是正方形， ，， 设四面体外接球的半径为，则. 所以外接球的表面积为. 故选：A 题型4：求异面直线所成的角 10．（2025·安徽合肥·二模）已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出圆锥的底面半径和，过点作交的延长线于点，为与所成角，由余弦定理求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为，所以， 所以，所以， 所以，又正三角形内接于， 所以，解得：，所以， 所以， 过点作交的延长线于点，， 所以与所成角即为与所成角或其补角， 所以为与所成角， 由余弦定理可得：， 故选：A. 11．（2025·新疆喀什·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据异面直线夹角的定义，在图中明确夹角，根据正四棱台的几何性质以及体积公式，求得夹角所在的直角三角形的边长，结合锐角三角函数的定义，可得答案. 【详解】连接，过作平面，其中垂足为，连接，如下图：    在正四棱台中，易知，， 则，所以， 因为平面，平面，所以，， 易知，所以， 因为，，所以，则， 故， 因为分别为的中点，所以， 则异面直线与的夹角为， 因为平面，平面，所以， 在正方形中，，同理可得， 在等腰梯形中，易知， 在正四棱台中，上下底面面积分别为，， 正四棱台的体积， 则，解得 在中，，. 故选：D. 12．（25高三上·上海）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是弧的中点，设是弧上的一点，且，则与所成角的大小为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用线面垂直判定定理可证明平面，再由异面直线所成角的定义可得结果. 【详解】取为弧的中点，连接，如下图所示：    由圆柱性质可得平面， 又平面，所以， 又因为，且，且平面， 可得平面，又平面， 所以，即， 易知，所以； 显然，所以与所成的角的即为与所成的角； 易知，所以. 故选：C 题型5：点、线、面的位置关系问题 13．（2025·北京丰台·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】借助正方体中的线面关系可说明选项A、B、C错误；利用空间向量可说明选项D正确. 【详解】 如图，在正方体中分析选项A、B、C. A.平面，平面，平面平面，但，A错误. B.，平面，但平面，B错误. C.平面平面，平面，，但平面，C错误. D.取直线的方向向量，直线的方向向量， ∵，，∴分别为平面的法向量， ∵，∴，∴，选项D正确. 故选：D. 14．（2025高三·全国）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，其中母线，是的中点，是的中点，则（    ） A．，与是共面直线 B．，与是共面直线 C．，与是异面直线 D．，与是异面直线 【答案】D 【分析】在中计算长度，在中计算长度，进而判定是否相等；由异面直线的判定定理可判断与是异面直线. 【详解】连接，，如图，易知是圆的直径，所以， 又因为是的中点，故， 所以在等腰中，，则， 因为是圆柱的母线，所以平面，又平面， 故，， 所以在中，， 在中，由是的中点得， 故，所以， 可以看到，平面，平面，， 所以与是异面直线． 故选：D． 15．（2025·北京丰台·一模）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断. 【详解】对于结论①，取中点为，连接，，，， 因为正方体，为的中点，所以， 所以，，，四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点， 故结论①正确； 对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值， 因为正方体，所以，，，四点共面， 所以与会相交于一点，设为， 此时， 因为 ， 所以的最小值为错误， 故结论②错误； 对于结论③，取，中点分别为，，连接，设交 于点，若平面， 在平面中，易知， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以， ，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，   所以. 所以存在点，使得， 故结论③正确. 对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为， 当点为上靠近点的三等分点时， 取中点为，连接，，，，，， 此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下： 已知平面，求证点为上靠近点的三等分点， 因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证. 又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为， 所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为， 当点趋近于点时，截面面积趋近于3， 因为，，点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的， 所以点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为， 故线段上至少存在两个点使得截面面积为， 故结论④不正确 故选：B. 题型6：线面、面面垂直的证明 16．（25高三全国）如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：面； (2)求证：面； (3)当平面时，面与交于，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，即，进而得出.然后根据线面平行的判定定理，即可得出证明； （2）根据已知结合线面平行的判定定理，得出面.根据线面平行的性质定理结合已知得出.进而即可根据线面平行的判定定理，得出证明； （3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出.进而根据梯形的性质求出.根据线面平行的性质定理得出，，.然后可求出，进而得出，根据等体积法即可得出答案. 【详解】（1）由为正三角形且可知. 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即. 所以，又因为平面，平面， 所以面. （2）因为，平面，平面，所以面. 又面，面面，所以. 又面，面，所以面. （3） 设，如图，连接交于点，连接. 因为平面，平面，平面平面，所以. 在梯形中，，，， 所以有，所以. 因为，所以有，所以． 因为面与交于，面与交于，， 所以有平面平面. 又面，面，所以. 又，所以，， 所以，. 设梯形高为，则. 由，可知，所以. 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． 17．（25高三全国）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E，F分别为的中点． (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)求证：平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可和，进而可得； （2）由，可得平面，进而可证结论； （3）取中点，连接，由题意易证四边形为平行四边形，可得，易证结论. 【详解】（1）∵，且为的中点， ∴． ∵底面为矩形，∴， ∴； （2）∵底面为矩形，∴． ∵平面平面，平面平面， ∴AB⊥平面．而平面， ， 又，，平面， 平面，而平面， ∴平面平面． （3）如图，取中点，连接． 分别是和的中点，，且， ∵四边形为矩形，且E为AD的中点， ， ，且，∴四边形为平行四边形， 又平面，GD平面， ∴平面． 18．（24-25高三下·浙江宁波）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)平面与侧棱相交于点，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行； （3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值. 【详解】（1）连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. （2）由（1）得，又平面，平面， 平面， 在中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中， 平面平面. （3）由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面， ，又，，．    题型7：定义法或几何法求线面角、面面角 19．（2025·北京通州·一模）如图1，将边长为2的正六边形沿翻折，使平面与平面垂直，如图2.点M在线段上，平面.    (1)证明：M为线段中点； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质可得，即可结合正边形的性质求证， （2）根据面面垂直的性质可得的补角即为二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】（1）由于平面，平面，平面平面, 故,又,故四边形为平行四边形， 故,由于，故,故M为线段中点， （2）过作于,过作于，连接, 由于平面与平面垂直,且交线为,平面， 故平面， 平面，故, 又，平面， 故平面 平面，故, 故的补角即为二面角的平面角， 由于故为的中点，则， 由于为等边三角形，为的中点，故, 在直角中， 故二面角的余弦值为    20．（2025·安徽安庆·模拟预测）如图，四边形是圆所有内接四边形中面积最大的四边形，为平面外一点，且，，是的中点.    (1)证明平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设圆的半径为，由面积公式可得，从而得到为正方形，连接，即可得到，即可得证； （2）依题意可得为正三角形，，即可证明平面，再证明平面，得到，接着证明平面，得到，则为的平面角，最后由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）设圆的半径为， 所以， 当且仅当时取等号． 所以当为正方形时，面积最大， 所以，交于点，连接， 因为为中点，E为中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）因为，，所以，，， 所以为正三角形， 所以， 又因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以． 又因为， 所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，平面，所以， 连接，又，，平面， 所以平面，平面，所以， 所以为的平面角， 又，， 所以， 所以， 所以二面角的余弦值为.    21．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接、，所以且，根据线面平行的判定定理可得平面，平面，从而可得平面平面，由面面平行的性质定理即可证明； （2）过点作于点，连接，由题意得平面. 所以就是直线和平面所成角. 二面角的平面角为，由（1）易得，取中点为，连接，可得，利用勾股定理求出，可得.继而即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为点为棱的中点，且，所以且， ，平面，平面， 所以平面，同理可得平面.                                                 因为平面，平面，且， 所以平面平面.                                                             因为平面，所以平面. （2）过点作于点，连接， 因为，，，平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面.                                                                     所以就是直线和平面所成角. 由题意得：二面角的平面角为， 由（1）易得， 在中，由，，得， 取中点为，连接， 因为分别为的中点， 所以，且，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 在中，由，，得，则. 在中，由，得， 即得直线和平面所成角为. 题型8：向量法求空间角问题 22．（2025·广东惠州·一模）如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点P不在平面ABC内）（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． (1)证明：； (2)若． （ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； （ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）直线PB与平面所成角为;（ⅱ）. 【分析】（1）取中点为，由题意可得，再结合线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）（i）以为原点建立直角坐标系，求以及平面的法向量，利用即可；（ii）利用二面角的向量求法可得，令，则，可得，所以，即可求解. 【详解】（1）证明：取中点为，连接， 因为， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）（i）因为为等腰三角形，，即，所以， 因为为等边三角形，所以， 故，，因，则，即， 又因，所以两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系，     ，F为线段PB的中点， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 所以， 设直线PB与平面所成角为，则， 又，则， 所以直线PB与平面所成角为， （ii）设平面的法向量为， ， 则， 取，得， 设，所以， 所以， 则平面的法向量为， 则， 取，得， 所以 ， 令，则， 所以， 因为时，， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面角、二面角的向量求法，关键是需要建立空间直角坐标系，由（1）知平面，所以需证明，设， 以为基底来表示与，结合题意即可证明，可得两两互相垂直，从而以为原点，为基底，建立空间直角坐标系. 23．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直的判定定理即可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系, 求和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可； （3）设，求向量，，根据线线角的公式得，再由换元法计算即可. 【详解】（1），，， ，， 又，， ， ， , 又， 平面平面，且平面平面，又， 平面，平面，平面，， 平面， 平面， 平面， 平面平面 （2）平面, 建立如图所示空间直角坐标系, ，，，，，， ，，, 设平面的法向量为，则，取，, 设直线与平面所成的角为， 则. （3）设，其中， 则，，， 所以， 令，则， 所以， 当时，单调递增， 故在时，取最大值，此时. 24．（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. (1)求证：A，D，O，E四点共面； (2)若，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) 【分析】（1）由已知，证得平面，平面，可得A，D，O，E四点共面； （2）以O为坐标原点，以OA，OB分别为x、y轴，以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系，利用线面角的向量表示，然后结合辅助角公式和三角函数的有界性求出最值即可 【详解】（1）连接DO、AO、EO， 因为，，都是等边三角形， 所以， 又在平面内交于点O，在平面内交于点O， 所以平面，平面， 因为过O只有一个平面与垂直，且平面与平面有公共点O， 所以平面与平面是同一平面， 即A，D，O，E四点共面； （2）连接DO、AO、EO，AD， 以OA，OB分别为x、y轴， 以过点O且垂直于平面ABC的直线空间直角坐标系， 则， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，所以 又， 设， 所以，解得， 所以， 因为是等边三角形，边长，点为中点， 所以，又， 设， 所以，解得， 由(1)得为二面角平面角， 设，则点， 故， 设平面的法向量为， 则， 取得， 所以， 设直线与平面所成角为， 则， 其中， 当时，取得最大值为， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 题型9：等体积法求点面距离 25．（2025高三·全国）如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为.求三棱柱的高. 【答案】 【分析】依题意可得，即可求出，再利用余弦定理求出，即可求出，从而求出高. 【详解】因为平面， 所以， 又， 所以， 在中，，， 所以， 所以， 所以， 设三棱柱的高为， 则， 解得. 26．（2025·上海杨浦·二模）座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合图中几何关系由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）结合图中几何关系由等体积法即求解即可. 【详解】（1）    连接， 因为底面为正八边形，所以， 又正八棱柱侧棱底面，底面， 所以， 平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）    连接， 因为， 由正八边形的性质可得，，为到底面的距离，， 所以， 由勾股定理可得，， 又，所以， 又，所以， 因为，所以，即， 设点到平面的距离为， 则，即，即， 解得，所以点到平面的距离为. 27．（24-25高三下·上海虹口·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）利用勾股定理及已知中的线面垂直，可得线线垂直，再利用面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）通过平移可找到异面直线和所成角，再利用等体积法可求得点到平面的距离. 【详解】（1） 取的中点，连接， ，， ，，且 ， 四边形是平行四边形，，， ，，， ，, ，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面， 平面，平面平面； （2） 连接，，， 由(1)可知，，四边形是平行四边形， ，且， 是异面直线和所成角，即， 设，，，， 是等边三角形，，，即， ，，， 由(1)知，平面，， ， ， 设点到平面的距离为， ，即，即， ，即点到平面的距离为. 题型10：向量法求空间距离 28．（2025·北京东城·一模）如图，在几何体中，四边形为平行四边形，平面平面. (1)证明：平面； (2)已知点到平面的距离为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的长. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析； (2)所选条件见解析，. 【分析】（1）由题设得，，应用线面平行的判定证明平面，平面，再由面面平行的判定及性质证明结论； （2）根据已知证明，，，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求点面距，列方程求的长. 【详解】（1）由四边形为平行四边形，则，又， 平面，平面，则平面，同理平面， 由，都在平面内，则平面平面， 平面，则平面； （2）平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则，， 选条件①：，都在平面内，则平面， 平面，则； 选条件②：由，，， 则，又，故， 所以，则， 综上，，，， 以为原点，为的正方向建立空间直角坐标系， 所以，令，则， 故，， 令是平面的一个法向量，则， 取，则， 由题设，可得， 所以. 29．（2025·宁夏银川·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，且为线段的中点.现沿着将折起，使Q点到达P点，如图②所示，连接，其中M为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3) 【分析】（1）要证，只需证与所在的平面垂直，反之亦可，这里易得面，所以可先平面，再去证明； （2）先由二面角的大小，去求得的长度，再根据第一问所得的结论去找出建系的位置，设点，利用空间向量表示线面角的正弦值，解方程求出的比值； （3）利用投影的向量求法求出点到面的距离. 【详解】（1）在图①中，由题知：四边形为正方形，且； 则在②中，，，且平面，则平面； 又，平面，又平面，； 又，且为的中点，则； 又平面， 则平面，又平面，. （2）由（1）知：平面，平面， 则平面平面； 由题知：二面角的平面角为，则， 则是等边三角形，则； 取的中点为，连接，则， 又平面平面，平面， 所以平面，且， 则可以建立如图所示的空间直角坐标系； 则，、、、， 则、、、， 设，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则， 记直线与平面所成角为， 则， 即，解得， 因此，则. （3）由（2）知：， 则平面的一个法向量可以为，且， 则点到平面的距离为. 30．（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到平面DEF的法向量，利用线面角的计算公式得到答案； （2）求出平面CEF的法向量，利用点到平面距离公式进行求解； （3）设，由（1）得平面DEF的法向量为，PG与平面DEF平行，故，从而得到方程，求出答案 【详解】（1）EA⊥底面，底面正三角形ABC边长为2， 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，，. 所以，， 设平面DEF的法向量为， ，故， 令，则，，故， 又，设AD与平面DEF所成角为， ； （2）平面CEF的法向量为， 其中，， ，故，令，则， 故，， 所以点A到平面CEF的距离； （3）由（1）知，平面DEF的法向量为， 其中，设，， PG与平面DEF平行，故， 即， 解得，此时. 题型12：几何新定义 31．（2025·广西南宁·二模）在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 【答案】(1)正四棱锥，； (2)2； (3). 【分析】（1）根据给定条件可得为正四棱锥，利用正四棱锥的结构特征，结合面面角的向量法求解. （2）利用多面体的离散总曲率的定义，列式计算即可. （3）利用正四棱锥内切球的性质求出球，进而探讨球与球的半径关系，再利用球的表面积公式及公比绝对值小于的无穷等比数列所有项和公式求解. 【详解】（1）几何体为正四棱锥， 依题意，为， 当时，表示平面内的两组平行直线及 所围成的正方形，其顶点为， 当时，点，因此几何体为正四棱锥，如图： 由正四棱锥任意两侧面所在平面的夹角相等，不妨求面与面夹角余弦值， 平面方程为，则平面法向量为， 平面方程为，则平面法向量为， 因此， 所以几何体两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值为. （2）依题意，， ，， ，， 所以几何体的离散总曲率为 . （3）设球与侧面相切于，连接，与交于，则， 连接，则，，， 设球半径为，则，，解得， 设球的半径为，则， 则，两式相减得，即， 因此数列是以1为首项，公比为的等比数列，则数列是以1为首项，公比为的等比数列， 而，则放入的所有球的表面积之和． 所以放入的所有球的表面积之和为. 32．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.    (1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点. (2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)， 【分析】(1)利用两内棱的端点构成四边形为平行四边形，然后证明两个内棱相交且互相平分，然后得到三个内棱相交于同一点且互相平分； （2）由定义易证：四边形为菱形，于是再由中位线定理，其对棱相等，所以可以补形为长方体，然后建立空间直角坐标系求解即可； （3）由（2）易知棱长与外接球表面积的关系，然后设，求得直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得， 得 求得 然后利用三角形为锐角三角形求得 最后求最值即可. 【详解】（1）如图，连接，    由题可知，平行且等于，平行且等于 所以平行且等于 所以四边形为平行四边形， 所以对角线，为线段中点； 同理，为线段中点； 故的三条内棱交于一点. （2）由（1）可知，四边形为平行四边形， 若为垂棱四面体，则四边形为菱形， 即 显然 故 同理 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，    因为 所以有 所以, 设平面的一个法向量为 易知 令，解得 所以 直线与平面所成角的正弦值为. （3） 由（2）易知将补成长方体，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： 显然，所以 设 因为直线过椭圆焦点 所以 联立得 显然 由韦达定理可知， 得 所以 所以 整理得 得 所以 由于为某长方体的三个顶点由余弦定理可知均为锐角 显然中角均为锐角， 所以只需角锐角，即： 得 解得 由的定义域为 所以当最大时，最小 不妨令 所以 因为 由对勾函数性质可知，当时，有最大值 此时 故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：对棱相等的三棱锥可以补全为长方体. 33．（2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为. (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； (2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设 （i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积； （ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案. （2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值. 【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和， 根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和， 再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和， 即蜂房曲顶空间的弯曲度为. （2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O， 则，则， 菱形SAHC的面积为， 侧面积， 所以蜂房的表面积为. （ii）， 令得到， 所以在递增；在递增. 所以在处取得极小值，也即是最小值. 此时，在中，令，由余弦定理得， 又顶点的曲率为， . 【高考达标】 一、单选题 1．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系得出相关点的坐标，设，根据已知以及线面角的坐标表示得出.进而分六个面依次讨论，即可得出点坐标.进而根据线线角的坐标求解即可得出答案. 【详解】    如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，设，则 易知平面一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面、平面、平面所成的角分别为， 由已知可得. 又，，， 所以有. 又由是正四棱柱表面上的一个动点，易知，所以. 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，与点重合，舍去； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，点可以为； 若是平面上的一个动点，可知，，，没有满足条件的点； 若是平面上的一个动点，可知，，，满足条件的点的坐标为，重复舍去. 综上所述，. 所以. 又 所以，与所成角的余弦值为. 故选：A. 2．（2025·北京东城·一模）祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值. 【详解】若平面平面，则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角， 由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知， 若是的中点，连接，则，且平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，则是平面与平面所成角的平面角， 其中，，则.    故选：B 3．（2025·湖南·二模）在正三棱柱中，为线段上的动点，为边上靠近B的三等分点，则三棱锥的外接球体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图建立空间直角坐标系，利用外心定义可得的外接圆圆心的坐标，进而可得外接圆半径，设点的坐标为，设的坐标为，然后利用，可得，再由基本不等式可得答案. 【详解】以A为坐标原点，为轴，过A作的垂线为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设三角形的外接圆的圆心为，则点在平面上，且为线段AB中垂线与线段AD中垂线交点，注意到线段AB中垂线方程满足，AD中点为， 又在平面中，，则AD中垂线方程满足， 联立与，故解得点的坐标为， 过点作平面的垂线，则外心一定在此垂线上，故可设的坐标为，又因为， 故三角形的外接圆半径， 由题可设点的坐标为，且， 由外接球的定义知：， 故，得， 故当最小时，半径最小，即体积最小， 由基本不等式知，，当且仅当时等号成立，即， 故体积. 【点睛】关键点睛：外接球问题，一般先找到球心，再由勾股定理结合图形构建关于外接球半径的等式. 4．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 【答案】B 【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答. 【详解】在平行六面体中，令，，， 则，， ， ，因为不共线所以与不平行，故A错误. ， ，即有，，有公共点， 所以、、三点共线，B选项正确. 因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线， 故C选项错误. 因为，所以，故D选项错误. 故选：B 5．（2025·甘肃白银·二模）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用面面平行的性质定理求证，设，再求证为三棱台，再计算三棱台的体积，结合题意即可求得. 【详解】因平面平面，平面平面， 平面平面，则， 设，，， 因，，则， 因，则，则重合， 则为三棱台， 记三棱柱的高为h，的面积为S，的面积为， 易知， 则三棱台的体积为， 由题意得，化简得， 解得 （负值舍去），故． 故选：A 6．（2025·江苏泰州·二模）在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将展开到与共面，根据三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时等号成立.根据题干条件，在中由余弦定理即可求解. 【详解】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接. 由题易知：，，平面. 在中，，故， 所以是边长为2的等边三角形. 将展开到与共面，如图所示， 则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值. 在中，，， 由余弦定理可得：， 所以， 即的最小值为. 故选：A. 7．（2025·山西临汾·二模）在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（    ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】根据二面角的几何法可得，即可利用余弦定理以及正弦定理求解外接圆的半径，根据勾股定理可得球半径即可求解. 【详解】由于且二面角的大小为，故为二面角的平面角，故， 由于平面，故平面， 设，则， 在中，由余弦定理可得 ， 则的外接圆直径， 故外接球的半径 当时，球的半径取得最小值,此时三棱锥的外接球体积最小， 故. 故选：A 二、多选题 8．（2025·陕西·三模）在边长为的正方体中，动点在棱上，动点在棱上，满足．以下对运动过程的描述，正确的是（    ） A．存在，满足 B．存在，使与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为定值 D．四面体的体积为定值 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，设，，，由关系证明，由此可得，令，求，判断A，令与所成角的余弦值为，求判断B，取的不同位置，说明点到平面的距离不相等判断C，结合锥体体积公式求四面体的体积判断D. 【详解】以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，． 因为点在上，故可设点的坐标为； 点在上，设点的坐标为，． 所以，． 因为，所以，得， 因此，点坐标为，其中． 若，则，故， 又，， 所以， 所以，即存在，满足，A正确； 因为，， 所以， 若与所成角的余弦值为，则， 化简可得，所以， 所以存在，使与所成角的余弦值为，B正确； 设平面的法向量为， 则，又，， 所以，设，则，， 所以为平面的一个法向量， 又， 所以点到平面的距离为， 当或时，， 当时，，故不为定值，C错误； 四面体，即三棱锥的底面的面积为定值， 又平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 故三棱锥的体积恒为定值，故D正确． 故选：ABD． 9．（2025·河南郑州·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为正方形（包括边）内一动点，则（   ） A．任意点，均有平面平面 B．不存在点，使得平面 C．若直线与平面所成角为，则点在棱上 D．若直线与所成角为，则点的轨迹长为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据正方体的性质和面面垂直的判定定理，即可求解；对于B，利用正方体的性质有面，即可求解；对于C，建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用线面角的向量法，即可求解；对于D，利用选项C中结果，求出与，利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】对于选项A，由正方体的性质知，平面，又面， 所以平面平面，故选项A正确， 对于选项B，因为，又面，面，所以面， 则当时，平面，所以选项B错误， 对于选项C，如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为， 则，，，，设， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为，则，整理得到， 所以，则，所以选项C正确， 对于选项D，由选项C知，，所以， 又，则， 整理得到，则点在平面内，以为圆心，的圆上， 又点为正方形（包括边）内一动点，所以点的轨迹长为，故选项D正确， 故选：ACD. 10．（2025·江西鹰潭·二模）已知三棱柱为正三棱柱，且，，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A． B．四面体外接球的表面积为 C．若，则异面直线与所成的角为 D．若过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A由线面垂直即可判断，对于B，由正弦定理得外接圆的半径，设正三棱柱外接球的半径为，设正三棱柱的高为，，则解出代入表面积公式即可判断，对于C将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则（或其补角）为异面直线与所成的角，在中计算角度即可判断，对于D设的中点为，作出截面，得点在以为直径的圆上，当点在的中点时， 此时点到底面距离的最大，即可计算出最大距离，代入体积公式即可判断. 【详解】对于A：在正三棱柱中有面，平面，则， 为的中点，，所以， 又，平面， 所以平面，平面，所以，故A正确； 对于B：四面体外接球即为正三棱柱外接球，因为外接圆的半径为， 则有，即，且，设正三棱柱外接球的半径为， 设正三棱柱的高为，则由得，故其表面积为，故B正确； 对于C：将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则（或其补角）为异面直线与所成的角， ，，，，， ，所以，即，故C错误； 对于D：设的中点为，作出截面如图所示，因为，， 所以，所以点在以为直径的圆上，当点在的中点时， 此时点到底面距离的最大，且最大值为， 因为，所以此时点在线段上，符合条件， 所以三棱锥的体积的最大值为，故D正确； 故选：ABD． 11．（2025·广东清远·二模）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（   ） A． B．平面与平面所成角的余弦值为 C．若，则点轨迹的长度为 D．若点在直线上，则的最小值为 【答案】ABC 【分析】通过线面垂直可判断线线垂直，判断A的真假；利用投影面积法求二面角的余弦，判断B的真假；弄清点的轨迹，再求其长度，可判断C的真假；利用表面展开，转化为两点之间，直线段最短求的最小值，判断D的真假. 【详解】如图1，连接，由菱形可得． 再由直棱柱，可得底面． 又因为底面，所以， 而平面，所以平面， 又因为平面，所以，故A正确； ，，，所以为直角三角形，且， 其在底面投影的三角形的面积为， 由投影面积法可得平面和平面所成角的余弦值为，故B正确； 如图2，动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为， 由直棱柱， 所以平面平面，平面平面，平面， 且，所以平面. 而侧面，即有，由菱形边长为2，，可得， 再由勾股定理得：，则点的轨迹是以为圆心， 以为半径的圆弧（如图3中），则由侧面正方形， 可知，，可得，所以点轨迹的长度为，故C正确； 由为直角三角形，且为等腰直角三角形， 将与展开成一个平面图，如图4，则； 由余弦定理得：， 即，故的最小值为，故D错误． 故选：ABC 三、填空题 12．（2025·甘肃白银·二模）已知圆台，其上底面圆的直径为2，下底面圆的直径为8，母线长为5，则该圆台的体积为 . 【答案】 【分析】先计算出圆台的高，再利用圆台的体积计算公式计算即可. 【详解】由题意得，所以. 故答案为：. 13．（2025·江西景德镇·三模）已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用正弦定理得到，结合三棱锥体积公式分析得到体积最大时同时最大，利用余弦定理结合基本不等式求解的最大值，再使用线面角的定义得到，结合勾股定理求出，进而分析出点面距离最大的情况并求出，最后求解体积的最大值即可. 【详解】由正弦定理可得，而， 则，解得，设到面的距离为，而， 如图，我们作出符合题意的三棱锥，连接， 若三棱锥的体积最大，则同时最大即可， 由三角形面积公式得， 由余弦定理得， 则， 得到， 由基本不等式得，当且仅当时取等， 故，则， 解得，即，故面积取得最大值为， 由题意得球的半径为2，，设球心到面的距离为， 由勾股定理得，则到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，则， 而，故，则直线与平面所成角为， 因为三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上， 所以，而，故，而， 则故是以为顶点的等腰直角三角形，得到， 即，当面垂直于平面时，点到平面的距离最大， 最大距离为， 故三棱锥体积的最大值为． 故答案为： 14．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 【答案】 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值. 【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知， 所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面. 因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上. 由于，所以、在与垂直的面上. 不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为. 过作于，在双曲线中，变形可得. 在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到， 因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点）， 由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以. 在中，根据余弦定理， 通过，代入余弦定理公式化简得到,. 令，则. 对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值. 所以. 故答案为：. 15．（2025·四川成都·三模）在三棱锥中，两两垂直，且．若M为该三棱锥外接球上的一动点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】将三棱锥放入正方体中建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，再结合空间向量的线性运算将用三角函数表示，最后利用余弦函数的有界性求解即可． 【详解】三棱锥中，两两垂直，且．若为该三棱锥外接球上的一动点， 如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 球心为正方体对角线的交点，以为原点建立空间直角坐标系， 得到， 设三棱锥外接球的半径即正方体外接球半径为，则， 故， 故， 由向量模长公式得， 而， 设， 由数量积的定义得， 所以，由余弦函数性质得当时， 取得最小值． 故答案为：． 16．（2025·陕西咸阳·二模）在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】取的中点，连接，证得底面，得到为与底面所成的角，求得，设正方体的棱长为，利用球的体积公式，求得，得到点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方形区域内的部分，作出图形，进而求得动点的轨迹长度. 【详解】如图1所示，取的中点，连接，则， 在正方体中，底面，所以底面， 所以为与底面所成的角， 因为，所以， 设正方体的棱长为， 因为正方体的外接球的体积为，所以，解得， 所以，可得， 所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方形区域内的部分， 如图2所示，，所以，则， 根据对称性，可得，所以， 故动点的轨迹长度为. 故答案为：.     四、解答题 17．（2025·甘肃陇南·模拟预测）如图，四边形是正方形，是矩形，平面平面，，G是上一点且．    (1)当时，求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知证明，可得平面，进而可得平面平面； （2）以A为原点，分别以AF、AB、AD所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求AC与平面所成角的余弦值． 【详解】（1）∵四边形是正方形，则. 又平面平面，且平面平面，平面， 则平面，又平面，可得，同理. 当时，G为EF的中点，此时，F，则， ，， 满足，即， 又平面， 则平面. 而平面，则平面； （2）以A为原点，分别以AF、AB、AD所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 因，则； ， 设平面BCG的一个法向量为， 由，取，得． 设AC与平面BCG所成角为θ， 则． 则AC与平面BCG所成角的余弦值为．    18．（2025·贵州黔南·三模）在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.    (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）由面面垂直的性质定理，由面面垂直得到线面垂直，从而证明线线垂直.                               （2）建立空间直角坐标系，将二面角的夹角转化成求平面的法向量的夹角即可求得. 【详解】（1）    作与， 平面平面， 平面平面, 平面， 平面,因为平面， , ,，平面, 平面，又因为平面， . （2）, , 又，,平面, 平面, 设， 建立如图所示坐标系    则，，，， ，，,, 设平面的法向量， 即， 取，则，， 设平面的法向量， 即， 取，则，，, 二面角的大小为， ， 化简得：解得：即， 19．（2025·河南·二模）如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）. (1)求图2中的长度； (2)求图2中直线与所成角的余弦值； (3)探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由正弦定理得到，再由面积公式得到，进而可求解； （2）建系，求得直线方向向量，代入夹角公式即可； （3）求得四面体表面积，设四面体内切球的半径为，结合则四面体的体积，求解即可. 【详解】（1）图中，因为，，所以， 设，则， 在中，由正弦定理，得， 即，所以. 所以， 因为，所以， 所以当，即时，取得最大值， 此时，所以的长度为. （2）如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以， 设直线与所成的角为， 则， 所以直线与所成角的余弦值为. （3）由（2）知，， ，， 所以，， ， 所以四面体的表面积为 设四面体内切球的半径为， 则四面体的体积， 解得，因为，所以， 所以在线段上不存在点，使得四面体内切球的半径为. 20．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且三棱锥的体积为 【分析】（1）证明出平面，结合可得出平面，可得出，推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）分析可知二面角的平面角为，即，取的中点，连接，推导出平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，再利用锥体的体积公式可得出的值. 【详解】（1）在图①中，由题意可知，四边形为正方形，且， 在②中，，，且，、平面， 所以平面， 因为，所以平面，因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）由（1）知，平面， 因为平面，所以平面平面， 因为、平面，所以，， 所以，二面角的平面角为，即， 因为，所以为等边三角形，所以， 取的中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且， 设为的中点，则可以以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，，， 设，则， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 记直线与平面所成角为，则， 由可得， 则， 即，， 因为，解得，故， 所以. 21．（2025·天津和平·二模）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若线段上存在点到平面的距离为，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）以点H为原点，建立空间直角坐标系，得到向量和平面的法向量为，求得，得到，进而证得平面； （2）由（1）得到，求得平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，得到，由点到平面的距离，列出方程求得，得到，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为H，P分别是BC，AB的中点，所以， 因为，可得，又因为平面ABC， 以点H为原点，以所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，，，，，， 所以向量，且平面的法向量为， 则，所以， 又因为平面，所以平面. （2）解：由（1）中的空间直角坐标系，可得向量， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 则平面与平面的夹角的余弦值为. （3）解：设（其中），可得， 则点到平面的距离，即， 解得，所以， 设直线与平面所成角为，则， 则直线与平面所成角的正弦值为. 22．（2025·广东·二模）如图1，已知平面四边形纸片.将该纸片沿对角线翻折，连接得到三棱锥，如图2.    (1)若，证明：平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）方法一：由余弦定理可得，再由勾股定理可得，由线面垂直的判定定理，即可证明；方法二：由空间向量的基底运算，可得垂直平面内任一向量，即可证明； （2）根据题意，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】（1）方法一：（1）不妨设， 由题意可知，. ， 根据余弦定理， 得 ，所以. ， . 又且，平面， 平面. 方法二：（1）不妨设， 由题意可知，. 令， 以构成空间的一个基底， 则. 设是平面内任一向量， 根据平面向量基本定理，得. 由于， 且， 所以， 从而，平面. （2）方法一：取中点为中点为，连接， 所以，    因为，所以， 因为中点为，所以， 又，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以为等腰直角三角形， 又为中点，所以， 又，所以平面， 又平面，所以面面， 过作垂直于，交于点，则面，过作垂直于，交于点，连接，则即为平面与平面所成角， 不妨设，则 在中， . 在中， 在中， 所以 所以平面与平面所成角的余弦值为. 方法二：以中点为坐标原点，以所在直线为轴，平面内过点垂直于的直线为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系如图，设，则，则    设， 因为， 则 所以，不妨取， 易得平面的一个一个法向量为 设平面的一个法向量为 则，即， 不妨设，可得 设平面与平面所成角为 则 故平面与平面所成角的余弦值为. 23．（2025·江西景德镇·三模）如图1，平面四边形为“箏型”，其中，将平面沿着翻折得到三棱锥（如图2），为的中点． (1)证明：平面平面； (2)如图2，若，，求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据等腰三角形的性质证得两组线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角，再求其正弦值. 【详解】（1），，为的中点， ，， 平面，平面， 平面． 又平面， 平面平面． （2） 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴､轴，过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系． 取中点，连接，，． 由（1）可知平面，平面，， 又平面，平面，故平面． ，，为的中点，． 又，为的中点，． 则，，，，，， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以． 设平面的一个法向量， 则，令，则，所以. 设平面与平面的夹角为， 则，所以. 所以，平面与平面的夹角的正弦值是． 24．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知三棱台（图2）的平面展开图（图1）中，和均为边长为2的等边三角形，B、C分别为AE、AF的中点，，，在三棱台ABC-DEF中 (1)求证：； (2)求平面ABC与平面ACFD所成二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，证明，，，四点共线，由线线垂直证明线面垂直，即可证明； （2）延长交的延长线于点，由余弦定理可得，过作交于，过作交于，可得平面，建立空间直角坐标系，由向量方法即可求解. 【详解】（1） 取的中点，的中点，所以， 所以，，，四点共线， 因为，， 所以，，又， 所以平面， 因为平面，所以； （2）延长交的延长线于点，由平面展开图可得， 所以， 由余弦定理可得，过作交于， 所以，又， 所以， 所以，， 故过作交于， 由（1）知，，故平面， 如图，建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 由得，令，则， 由得，令，则， 所以，所以， 所以平面ABC与平面ACFD所成二面角的正弦值为. 25．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示． (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？ 若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)5或 【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得； （2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果； 解法二利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果. 【详解】（1）在图1连接交于点，在图2中，易知、都是等边三角形，易得，， 又，，平面，可得平面； 又直线平面，所以． （2）解法一：假设存在点，符合题意．设，则， 则在中，由，，由余弦定理得， 由（1）得直线平面，又，直线平面，平面， 平面平面 作，垂足为，则平面， 在，由，，所以 如图3，取中点，连接，由，，得四边形为平行四边形， 因为平面，所以平面， 则直线与平面所成角为，且． 由已知，即，由，得 在中，设，由余弦定理得 即，解得或 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或 解法二（向量法）设，则，则在中，由，， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 如图3，以的中点为原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，所以， 因此，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则；即向量， 设存在点，，满足题意，则， 所以， 设直线与平面所成角为，则，所以 所以，解得， 所以存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，此时或 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲：空间向量和立体几何 【题型归纳】 · 题型1：几何表面积的求法 · 题型2：几何体积的求法 · 题型3：几何体的内切、外切问题 · 题型4：求异面直线所成的角 · 题型5：点、线、面的位置关系问题 · 题型6：线面、面面垂直的证明 · 题型7：定义法或几何法求线面角、面面角 · 题型8：向量法求空间角问题 · 题型9：等体积法求点面距离 · 题型10：向量法求空间距离 · 题型11：几何新定义 【题型探究】 题型1：几何表面积的求法 1．（24-25高三下·海南省直辖县级单位）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为和，侧棱长为.则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·吉林·三模）棱长为2的正方体中，棱的中点为，棱的中点为，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·天津·一模）已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 题型2：几何体积的求法 4．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，为线段的中点，先将梯形挖去一个以为直径的半圆，再将所得平面图形以线段的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（    ）    A． B． C． D． 5．（2025·海南海口·模拟预测）石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩（如图），其上部是原球半径为15cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9cm、16cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33cm，则石墩的体积为（   ） （注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积，其中为原球半径，为球缺的高．） A．4374cm3 B．5048cm3 C．5336cm3 D．7260cm3 6．（2025·山东聊城·模拟预测）宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷．宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实．图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，示意图如图2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为（    ）        A． B． C． D． 题型3：几何体的内切、外切问题 7．（2025·广东·一模）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ）    A． B． C． D． 8．（2025·天津和平·一模）已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（    ） A． B． C． D． 9．（2025·河南鹤壁·二模）如图，在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，若二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（     ） A． B． C． D． 题型4：求异面直线所成的角 10．（2025·安徽合肥·二模）已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 11．（2025·新疆喀什·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 12．（25高三上·上海）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是弧的中点，设是弧上的一点，且，则与所成角的大小为（   ）    A． B． C． D． 题型5：点、线、面的位置关系问题 13．（2025·北京丰台·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 14．（2025高三·全国）在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面，其中母线，是的中点，是的中点，则（    ） A．，与是共面直线 B．，与是共面直线 C．，与是异面直线 D．，与是异面直线 15．（2025·北京丰台·一模）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型6：线面、面面垂直的证明 16．（25高三全国）如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：面； (2)求证：面； (3)当平面时，面与交于，求的值． 17．（25高三全国）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E，F分别为的中点． (1)求证：； (2)求证：平面平面； (3)求证：平面． 18．（24-25高三下·浙江宁波）如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且．    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)平面与侧棱相交于点，求的值． 题型7：定义法或几何法求线面角、面面角 19．（2025·北京通州·一模）如图1，将边长为2的正六边形沿翻折，使平面与平面垂直，如图2.点M在线段上，平面.    (1)证明：M为线段中点； (2)求二面角的余弦值. 20．（2025·安徽安庆·模拟预测）如图，四边形是圆所有内接四边形中面积最大的四边形，为平面外一点，且，，是的中点.    (1)证明平面； (2)求二面角的余弦值. 21．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 题型8：向量法求空间角问题 22．（2025·广东惠州·一模）如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点P不在平面ABC内）（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． (1)证明：； (2)若． （ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； （ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 23．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值． 24．（2025·广东揭阳·二模）如图，，，都是等边三角形，点D，E分别在平面的上方和下方，点为中点. (1)求证：A，D，O，E四点共面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 题型9：等体积法求点面距离 25．（2025高三·全国）如图，三棱柱中，侧面与底面垂直，且，，为侧棱的中点，三棱锥的体积为.求三棱柱的高. 26．（2025·上海杨浦·二模）座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 27．（24-25高三下·上海虹口·期中）如图所示，在四棱锥中，平面，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若异面直线和所成角为，求点到平面的距离. 题型10：向量法求空间距离 28．（2025·北京东城·一模）如图，在几何体中，四边形为平行四边形，平面平面. (1)证明：平面； (2)已知点到平面的距离为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的长. 条件①：； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 29．（2025·宁夏银川·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，且为线段的中点.现沿着将折起，使Q点到达P点，如图②所示，连接，其中M为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的条件下，求点A到平面的距离. 30．（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 题型12：几何新定义 31．（2025·广西南宁·二模）在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 32．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.    (1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点. (2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值. 33．（2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为. (1)求蜂房曲顶空间的弯曲度； (2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设 （i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积； （ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值. 【高考达标】 一、单选题 1．（2025·广东揭阳·二模）是正四棱柱表面上的一个动点，，当直线与正四棱柱六个面所成角的大小相等时，与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·北京东城·一模）祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（    ）    A． B． C． D． 3．（2025·湖南·二模）在正三棱柱中，为线段上的动点，为边上靠近B的三等分点，则三棱锥的外接球体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 5．（2025·甘肃白银·二模）在三棱柱中，过的平面与AB，AC分别交于点E，F，且该平面将三棱柱分成体积相等的两部分，则（    ） A． B． C． D． 6．（2025·江苏泰州·二模）在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·山西临汾·二模）在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（    ） A． B．3 C． D． 二、多选题 8．（2025·陕西·三模）在边长为的正方体中，动点在棱上，动点在棱上，满足．以下对运动过程的描述，正确的是（    ） A．存在，满足 B．存在，使与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为定值 D．四面体的体积为定值 9．（2025·河南郑州·模拟预测）已知正方体的棱长为，点为正方形（包括边）内一动点，则（   ） A．任意点，均有平面平面 B．不存在点，使得平面 C．若直线与平面所成角为，则点在棱上 D．若直线与所成角为，则点的轨迹长为 10．（2025·江西鹰潭·二模）已知三棱柱为正三棱柱，且，，是的中点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A． B．四面体外接球的表面积为 C．若，则异面直线与所成的角为 D．若过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为 11．（2025·广东清远·二模）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（   ） A． B．平面与平面所成角的余弦值为 C．若，则点轨迹的长度为 D．若点在直线上，则的最小值为 三、填空题 12．（2025·甘肃白银·二模）已知圆台，其上底面圆的直径为2，下底面圆的直径为8，母线长为5，则该圆台的体积为 . 13．（2025·江西景德镇·三模）已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为 ． 14．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 15．（2025·四川成都·三模）在三棱锥中，两两垂直，且．若M为该三棱锥外接球上的一动点，则的最小值为 . 16．（2025·陕西咸阳·二模）在正方体中，为的中点，为底面上一动点，与底面所成的角为，若，且该正方体的外接球的体积为，则动点的轨迹长度为 . 四、解答题 17．（2025·甘肃陇南·模拟预测）如图，四边形是正方形，是矩形，平面平面，，G是上一点且．    (1)当时，求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的余弦值． 18．（2025·贵州黔南·三模）在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.    (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 19．（2025·河南·二模）如图1，在半径为2的扇形中，，是弧上的动点（不含，），过点作，交于点.当的面积取得最大值时，将扇形沿着折起到，使得平面平面（如图2所示）. (1)求图2中的长度； (2)求图2中直线与所成角的余弦值； (3)探究在图2中的线段上是否存在点，使得四面体内切球的半径为？并说明理由. 20．（2025·辽宁·二模）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正切值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 21．（2025·天津和平·二模）如图，在三棱柱中，分别是的中点，平面，且，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)若线段上存在点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 22．（2025·广东·二模）如图1，已知平面四边形纸片.将该纸片沿对角线翻折，连接得到三棱锥，如图2.    (1)若，证明：平面； (2)若，求平面与平面所成角的余弦值. 23．（2025·江西景德镇·三模）如图1，平面四边形为“箏型”，其中，将平面沿着翻折得到三棱锥（如图2），为的中点． (1)证明：平面平面； (2)如图2，若，，求平面与平面的夹角的正弦值． 24．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知三棱台（图2）的平面展开图（图1）中，和均为边长为2的等边三角形，B、C分别为AE、AF的中点，，，在三棱台ABC-DEF中 (1)求证：； (2)求平面ABC与平面ACFD所成二面角的正弦值． 25．（2025·江西鹰潭·二模）如图1，等腰梯形是由三个全等的等边三角形拼成，现将沿BC翻折至，使得，如图2所示． (1)求证：； (2)在直线上是否存在点，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为？ 若存在，求出的值：若不存在，说明理由． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$