立体几何(11大考点)专练-2025届高三数学三轮冲刺（新高考地区适用）

查漏补缺04 立体几何（11大考点） 目录 考点1 旋转体结构特征与面积、体积计算 考点2 多面体体结构特征与面积、体积计算 考点3 几何体与球的切接问题 考点4 空间点线面的位置关系 考点5 空间角 考点6 空间向量及其应用 考点7 空间中的动点问题 考点8 空间位置关系的证明与线面角 考点9 空间位置关系的证明与二面角 考点10 翻折问题 考点11 立体几何新定义 各地市高考模拟试题分考点精练 考点1 旋转体结构特征与面积、体积计算 1．（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 【知识点】柱体体积的有关计算、台体体积的有关计算、求组合体的体积 【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． 2．（2025·北京海淀·一模）已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【知识点】圆柱轴截面的有关计算、柱体体积的有关计算 【分析】分析两种不同状态下圆柱的体积和轴截面面积，即可选择和判断. 【详解】不妨设纸的长宽分别为； 当圆柱的高等于纸的长时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 当圆柱的高等于纸的宽时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 综上所述，，. 故选：B. 3．（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 【知识点】求组合体的体积 【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. 考点2 多面体体结构特征与面积、体积计算 1．（2025高三·全国·专题练习）已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】判断几何体是否为棱台、台体体积的有关计算、求组合体的体积 【分析】分析可知几何体是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解. 【详解】如图，连接，不妨设，棱台的高设为， 所以． 因为，分别是棱，的中点，则，． 又因为平面∥平面，可知几何体是三棱台， 则． 所以分割之后较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积之比为． 故选：C． 2．（2025·湖北·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体内部，有8个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有1个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该9部分的体积和的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】球的体积的有关计算 【分析】根据几何体的特征，再应用二次函数值域结合球的体积公式计算求解. 【详解】设球体的半径为半径为，所以，即得， 又，所以开口向下，对称轴为，所以， 该9部分的体积和为 故选：C. 3．（2025·浙江宁波·三模）一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（   ） A．180 B．220 C．260 D．300 【答案】C 【知识点】棱柱表面积的有关计算、柱体体积的有关计算 【分析】注意讨论截面的形状，根据已知及棱柱的体积公式求截面相关边长，进而求墨水与墨水瓶接触部分的面积； 【详解】如下图，若截面为等腰直角三角形，腰长为， 则，可得，不符， 如下图，若截面为直角梯形，上底长为， 则，可得，满足， 所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积. 故选：C 4．（2025·辽宁·二模）我国古代《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童，关于“刍童”的体积计算曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知刍童的外接球（球心在该刍童体内）半径为5，且，则该刍童的体积是 . 【答案】 【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】根据外接球的性质，结合勾股定理可得刍童的高，进而根据所给的计算方法即可求解体积. 【详解】取上下底面的中心为,外接球的球心为，连接, 由于，所以, 所以, 故，因此 故答案为：    考点3 几何体与球的切接问题 1．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为1的正三角形，E，F分别是，的中点，，则球O的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据条件得出正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则求正方体的外接球体积即可. 【详解】如图，因为，是边长为1的正三角形，所以三棱锥为正三棱锥， 所以顶点在底面上的射影为底面的中心，所以平面， 因为平面，所以，连接并延长交于点，则， 因为，所以平面，又平面，所以. 因为E，F分别是，的中点，所以， 因为，所以，所以，所以平面， 所以正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以， 把三棱锥补形为正方体，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球， 所以半径为， 所以球O的体积为.    故选：D 2．（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 【知识点】余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求二面角 【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 3．（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 【知识点】余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求二面角 【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 4.（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为1的正三角形，E，F分别是，的中点，，则球O的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据条件得出正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则求正方体的外接球体积即可. 【详解】如图，因为，是边长为1的正三角形，所以三棱锥为正三棱锥， 所以顶点在底面上的射影为底面的中心，所以平面， 因为平面，所以，连接并延长交于点，则， 因为，所以平面，又平面，所以. 因为E，F分别是，的中点，所以， 因为，所以，所以，所以平面， 所以正三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以， 把三棱锥补形为正方体，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球， 所以半径为， 所以球O的体积为.    故选：D 5．（2025·河北·模拟预测）秦量是秦代为统一全国量制而由官府颁发的标准量器，秦量多为铜质和陶质，铜量有方升和椭量，陶量则多为圆桶形（即圆台形状，如图所示）．某地出土秦诏文陶量1件，高为10厘米，上部外径（即上底面外部直径）为24厘米，下部外径（即下底面外部直径）为16厘米，则此陶量的外接球的表面积为 平方厘米．    【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 【分析】首先画出轴截面的图形，再根据球心构造几何图形，列式求解. 【详解】如图，画出圆台的轴截面，   ，，， 由题意可知，球心在上，设，， 所以，解得：，， 所以外接球的表面积. 故答案为： 6．（2025·全国·模拟预测）已知正四棱台的上底面的边长为2，现有一个半球，球心为正方形的中心，且正四棱台的上底面、四条侧棱和下底面的四条边均与球相切，则该半球的表面积为 . 【答案】 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算、棱台的结构特征和分类 【分析】根据给定条件，利用正四棱台及半球的结构特征，结合切线的性质列式求出半球的半径，进而求出其表面积. 【详解】如图，记正四棱台的上底面的中心为， 过作平面于，则点在上， 记半球与分别相切于点，由正四棱台和球的结构特征知，为的中点， 由，得，记半球半径为， 则， 于是， 在中，，解得， 所以半球的表面积为. 故答案为： 7．（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】 【知识点】余弦定理解三角形、基本不等式求积的最大值、球的截面的性质及计算、锥体体积的有关计算 【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： 考点4 空间点线面的位置关系 1．（2025·江西南昌·二模）设是两个不同的平面，则的一个充分条件是（    ） A．平行于同一条直线 B．平行于同一个平面 C．垂直于同一个平面 D．内有无数条直线与平行 【答案】B 【知识点】判断命题的充分不必要条件、面面关系有关命题的判断 【分析】利用选项中的条件，数形结合即可判断. 【详解】若平行于同一条直线，则与的位置关系是平行或相交，故A选项错误；    若平行于同一个平面，则与的位置关系是平行，故B正确；    若垂直于同一个平面，则与的位置关系是平行或相交，故C选项错误；    若内有无数条直线与平行，则与的位置关系是平行或相交，故D选项错误；          故选：B. 2．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（    ） A．若直线，与平面所成角相等，则 B．若，且，，则 C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直 D．若，，，，则 【答案】C 【知识点】线面关系有关命题的判断、判断面面平行、求线面角、空间垂直的转化 【分析】在正方体中，通过举反例即可判断选项A，B，D；对于选项C，利用反证法，假设，根据线面垂直的性质与判定定理推出矛盾，即可判断. 【详解】 如图所示，在正方体中， 直线和直线与平面所成角均为，但，故选项A错误； 直线平面，直线平面，且平面，平面，但平面平面，故选项B错误； 平面平面，平面，平面，且，但与平面相交，故选项D错误； 假设，直线，，如图所示. ∵不垂直于，，，，∴直线与直线必相交，设. ，，，，. 又，. ，，，，，. 又，，这与，均不垂直于矛盾，故，不垂直，故选项C正确. 故选：C. 考点5 空间角 1．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知三棱锥的体积为1，是边长为2的正三角形，且，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【知识点】锥体体积的有关计算、求线面角 【分析】由体积和底面积，可求出顶点 到底面 的垂直高度 ，进而由直线与平面所成角的正弦值等于该直线与平面内某条直线(投影)形成的直角三角形中，计算即可求得结果. 【详解】 是边长为2的正三角形，其面积为： 因为三棱锥的体积为1 和底面积 ， 得：解得： 设直线 与平面 所成角为，所以 故选：C 2．（24-25高三下·黑龙江·阶段练习）在正四面体ABCD中，M，N分别是棱AB，CD的中点，则直线AN与CM所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】余弦定理解三角形、求异面直线所成的角 【分析】将正四面体ABCD中置于正方体中，分析易得，可得为直线AN与CM所成角（或补角），进而结合余弦定理求解即可. 【详解】将正四面体ABCD中置于正方体中，如图， 易得，， 所以四边形为平行四边形，则， 则异面直线AN与CM所成角即为直线AN与NE所成角， 即为直线AN与CM所成角（或补角）， 设正方体的棱长为2，则，， 在中，由余弦定理可得，， 因此直线AN与CM所成角的余弦值为. 故选：C. 3．（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 【知识点】证明线面垂直、求二面角 【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 4．（2025·陕西宝鸡·三模）三棱锥中，，且，则当该三棱锥的体积最大时二面角的正切值为 . 【答案】 【知识点】锥体体积的有关计算、求二面角 【分析】先利用，可计算得到底面面积，当恰好为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，此时两两互相垂直，取的中点,连接利用二面角的平面角的定义算出二面角的正切值. 【详解】 依题意可得三棱锥体积为 因为所以当面时，即时三棱锥体积最大，此时两两互相垂直. 取的中点为，连接 因为所以 又因为所以，所以为二面角的平面角，又因为 所以二面角的正切值为 故答案为:. 考点6 空间向量及其应用 1．（2025·安徽安庆·模拟预测）在直棱柱中，，且，N是棱上的一点，且满足，则的最小值为（    ） A． B．6 C．3 D． 【答案】B 【知识点】求空间向量的数量积、空间向量数量积的应用 【分析】设，，，将向量分别用表示，代入，利用向量数量积的运算律化简，求得，借助于二次函数的性质即可求得的最小值. 【详解】    设，，， 则，， 由， 因，，则， 代入整理得，，显然，故， 因，故当时，取得最大值， 此时取得最小值为36，故的最小值为为6. 故选：B. 2．（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 【知识点】求异面直线所成的角、空间向量数量积的应用、求平面的法向量、线面角的向量求法 【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. 考点7 空间中的动点问题 1.（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】证明线面平行、判断面面平行、空间平行的转化 【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在正方体中，可得且， 因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段， 因为正方体的边长为，可得，， 在中，可得，且， 则，所以的最小值为. 故选：B. 2．（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 【知识点】棱锥的展开图、线面垂直证明线线垂直 【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. 3．（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 【知识点】棱锥的展开图、线面垂直证明线线垂直 【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. 4．（多选）（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 【知识点】锥体体积的有关计算、异面直线夹角的向量求法、点到平面距离的向量求法、空间线段点的存在性问题 【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． 5．（多选）（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 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求异面直线所成的角、线面垂直证明线线垂直 【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． 6．（多选）（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 【知识点】锥体体积的有关计算、台体体积的有关计算、空间位置关系的向量证明、立体几何中的轨迹问题 【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 7．（多选）（2025·安徽·模拟预测）在四棱柱中，平面，四边形为菱形，，，，为棱的中点，为四边形内一个动点（含边界），且平面，则下列结论正确的有（     ） A．动点轨迹的长度为 B．平面截四棱柱所得的截面是五边形 C．存在点使得 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ACD 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、面面垂直证线面垂直 【分析】取分别，中点为，，根据题意做出对应的几何图，结合几何图，利用空间面面平行的性质即可得出的轨迹为线段，则A选项可求；取中点为，连接，，可得平面截四棱柱所得的截面是四边形，则B可求；利用线面垂直的判定与性质即可求得C；结合题意求出外接球半径，利用球的表面积公式即可判断D. 【详解】如图1，取分别，中点为，， , 平面，平面， 易得平面平面， 即的轨迹为线段，又，故A正确； 如图2，取中点为，连接，，可得， 所以平面截四棱柱所得的截面是四边形，故B错误； 因为四边形为菱形，，所以， 因为平面平面，平面平面,平面, 所以平面， 因为为直角三角形，所以此时存在， 当时，因为平面，平面， 所以，又平面平面， 所以平面， 即平面，则有，故C正确； 三棱锥的体积最大时，此时点与点重合，如图3. 由已知得此时，所以在底面的射影为的外心， 又由为直角三角形，所以在底面的射影为中点， 设为，设外接球的球心为，半径为，，，， 由，，可得外接球半径， 所求外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 考点8 空间位置关系的证明与线面角 1．（2025·安徽淮北·二模）四棱锥中，平面， (1)求； (2)求证：； (3)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3) 【知识点】余弦定理解三角形、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）分别在和中使用余弦定理，解方程即可得出答案； （2）先证得，，由线面垂直的判定定理证得平面，由线面垂直的性质定理即可证得； （3）法一：先求出和的面积，再由等体积法求出点到平面的距离，即可求出与平面所成角的正弦值；法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. 【详解】（1）分别在和中使用余弦定理得： 即， 得，所以； （2）因为， 由余弦定理可得：， 所以，从而，所以. 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以. （3）方法一：设三棱锥的体积为和的面积分列为， 点到平面的距离为，因为，所以 因为平面，平面， 所以，，所以， 所以， 且，由得 所以与平面所成角的正弦值为. 方法二：因为平面，以为坐标原点， 分別以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以可取， 设与平面所成角为的， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 2．（2025·浙江·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上. (1)证明：； (2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2)1 【知识点】线面垂直证明线线垂直、异面直线夹角的向量求法 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，进而得出线线垂直； （2）法1：建立空间直角坐标系设，进而得出面的法向量再应用面面垂直即可得出，最后计算异面直线所成交即可；法2：根据图形特征得出边长，再根据线面垂直得出线线垂直. 【详解】（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而. （2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 于是，， 令，所以，又因为， 设面的法向量为. 所以，所以. 又，， 所以. 设面的法向量为. 所以，所以 根据平面，即，所以. 所以，，， ， 所以，得所成角为90度，正弦值为1. 法2：几何法. 作，垂足为M. 连CM，由三角形全等得，平面， 得平面，平面，从而平面平面. 在中，得， 在中，得， 在中，， 在中， 所以得， 又， 从而故，同理， 因为，所以， 所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，正弦值为1. 3．（2025·山东济宁·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，. (1)证明：平面平面； (2)若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【知识点】证明线面垂直、证明面面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）根据线面垂直的判定得平面，从而有，再利用面面垂直的判定即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，根据线面角定义得，再求出相关法向量即可得到，面面角余弦值. 【详解】（1）设为的中点，连接， 因为为的中点，所以， 又，所以， 所以与必相交． 因为，所以， 又，且，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面`． （2）设，分别为的中点，因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以，又， 所以，以为坐标原点，$OA，OG，OP$所在直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系． 由（1）知平面，所以即为直线与平面所成的角， 所以，设，则， 所以． 因为平面，所以平面的法向量为． 设平面的法向量为， 又， 所以，取， 所以平面与平面夹角的余弦值为 . 4．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.    (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见详解；(2)；(3) 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、证明面面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解； （3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由几何关系可得，设点，其中，求出和平面的一个法向量，表示直线与平面所成角的正弦值，根据三角函数求出最值得解. 【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面， 故平面， 又平面，故平面平面. （2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当取等号， 于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为.    （3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 故，解得，故, 记与轴交于点，易知，而， 故可设点，其中， 于是， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， 由辅助角公式得， 所以， 当，时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.    考点9 空间位置关系的证明与二面角 1．（2025·湖北武汉·二模）如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． (1)求证：平面； (2)求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）由题意可得平面，可得，结合已知可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面，利用向量法可求两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面； （2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，．    (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【知识点】余弦定理解三角形、证明线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）由已知得出，由勾股定理得出，再由余弦定理可得，进而得出，再结合线面垂直的性质与判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，根据面面夹角的余弦公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接，因为平面平面，所以， 又，所以， 在中，由，由余弦定理可得， 则，即， 因为平面平面，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 又平面，所以． （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，可得，则， 则， ， 设平面的法向量为， 则由得， 令，得， 设平面的法向量为， 则由得 令，得， 设平面与平面的夹角为，则．    3．（2025·湖南·二模）如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出）， (1)若平面平面直线，证明：平面 (2)若，平面与平面的夹角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【知识点】证明线面平行、已知面面角求其他量 【分析】（1）根据中位线的性质，可证线线平行，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示两平面夹角余弦值，解方程即可. 【详解】（1），，分别是，，的中点， ， 又平面，平面， 平面， 平面，且平面平面， ， 又平面，平面， 平面； （2） 由三棱锥为正三棱锥，且为底面的中心， 则平面， 又由已知三棱锥的各棱长均为， ，， ，，，， 又为底面内边上的高所在直线上的动点， ， ， ，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，可得， 又易知平面的一个法向量为， 则，， 解得. 4．（2025·广东佛山·二模）如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形. (1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)作图、理由见解析，多边形面积为；(2). 【知识点】判断正方体的截面形状、正棱锥及其有关计算、由平面的基本性质作截面图形、求二面角 【分析】（1）若为的中点，连接，结合正方体的结构易得共面，即得多边形，进而求其面积； （2）先证平面平面，再求平面与平面的夹角的余弦值即可. 【详解】（1）若为的中点，连接，显然， 所以共面，即交线围成的多边形为， 由题意，为等腰梯形，且，， 所以. （2）由正方体的结构特征，易知， 由平面，平面，则平面， 同理得平面，都在平面内， 所以平面平面， 故平面与平面的夹角，即为平面与平面的夹角， 而是棱长为的正四面体，所以. 5.（2025·浙江金华·二模）如图，为圆锥的顶点，为底面圆的直径，为圆周上一点，为劣弧的中点，. (1)求证：； (2)在线段上且，当平面时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、空间位置关系的向量证明、面面角的向量求法 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，即可证明； （2）解法一：在上取点，使得，连接，由线面平行的性质定理可得，然后设与交于点，连接，即可得到就是平面与平面夹角，代入计算，即可得到结果；解法二：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】（1）证明：如图，连接，因为为的中点，所以， 又因为平面，故， ，平面， 所以平面，平面，则. （2） 解法一：在上取点，使得，连接，则， 又平面，平面，故平面， 又平面，且，平面， 所以平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以， 则，又， 所以，所以，则， 设与交于点，连接，则， 又因为，所以， 所以就是平面与平面夹角， 因为，所以，所以 即平面与平面夹角的余弦值为. 解法二：如图，以为坐标原点，，为，轴正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 设，则， 设，则 因为，，设平面的法向量为 由，可取， 又因为平面，所以， 即得， 于是，，则，所以， 又，设平面的法向量为， 则，可取， 又平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值为. 6.（2025·湖北宜昌·二模）如图，已知四边形为直角梯形，，，，以所在直线为轴将四边形旋转到四边形，连接，且四点共面. (1)证明：多面体是三棱台； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【知识点】空间中的线共点问题、证明面面平行、线面角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）证明平面∥平面及AD、EF、BC三线交于一点即可； （2）方法一：设，证明面ABCD，过点D作交AB于点G，以分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解；方法二：过点D作交AB于点M，连接EM，证明面面ABE，过点D作交EM于点N，连接AN，得就是直线AD与面ABE所成的线面角． （3）取的中点，连接，证明是二面角的平面角，由余弦定理求出AP长度，判断△BDE的形状，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解. 【详解】（1）因为四边形为直角梯形，所以， 因为平面平面，所以平面， 同理可得平面， 因为平面， 所以平面平面① 又在梯形中，延长交于点， 平面平面， 同理平面， 又平面平面 故直线相交于点，② 故由①②可知：多面体是三棱台； （2）方法一： 设，则， 又∵，∴， 由，得． 又∵，面ABCD，∴面ABCD， 过点D作交AB于点G，故两两互相垂直. 分别以为轴、轴、轴建系. 则，，，， 故，， 设平面的一个法向量为， 由，得， 设直线与平面所成角为，则 又因为平面平面，故直线与平面所成角的正弦值为. 方法二：设，则， 又∵，∴， 由，得． 又∵，面ABCD，∴面ABCD， 过点D作交AB于点M，连接EM， 因为面ABCD，所以，又因为面DEM，， 则面DEM，又面ABE，∴面面ABE． 过点D作交EM于点N，连接AN． ∴面ABE ，故就是直线AD与面ABE所成的线面角． ∵，又，，∴， 又，∴，即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为. （3）取的中点，连接， 因为，所以，即为等腰三角形， 故，同理，， 故就是二面角的平面角， 故， 解得，故，即 又因为，故为正三角形， 分别以为轴、轴、轴建系，其中G为AB中点，面ABCD， 则，，，， 设平面的一个法向量为，由，得， 平面的一个法向量为，由，得， 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 考点10 翻折问题 1．（2025·陕西安康·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直 【分析】将六面体，补成直三棱柱，进而可求解. 【详解】对于图2，延长至点，使得，如图：    由条件可知， 又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线， 所以平面，平面， 又， 又平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 平面，可得, 所以直棱柱的体积为：， 因为平行且等于，可得平行且等于，又， 所以三棱锥的体积为：， 所以六面体的体积为. 故选：D 2．（多选）（2025·山东济南·二模）如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为8 B．存在某个位置使 C．三棱锥外接球半径为3 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 【答案】ACD 【知识点】球的截面的性质及计算、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、证明异面直线垂直 【分析】由面面BCD时，三棱锥体积最大，结合棱锥体积公式求体积判断A；利用相似得到，结合翻折的过程中，点M在底面BCD的投影位置及DN与DB位置关系判断B；由直角三角形的性质确定球心位置即可得半径判断C；结合C分析得到O到MN的距离只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，进而确定线段最长、最短的端点值，即可得范围判断D. 【详解】A：当面面BCD时，三棱锥体积最大，由题设易知， 所以三棱锥的高为，则，对． B：在矩形ABCD中连接CM，有，易得，则， 如下图，翻折过程中始终有，又在平面内， 所以平面，翻折过程中平面，即恒有， 且平面，翻折过程中恒有平面平面， 所以，在翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面在平面的投影直线上， 显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故不成立，错． C：在翻折的过程中，和都是直角三角形， 所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥外接球半径为3，对． D：因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以， 又直线MN被三棱锥外接球截得的线段长，其中h为O到MN的距离， 所以h只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长， 当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当将要与面BCD重合时，线段最短， 如图所示，因为，所以，    所以，所以，故线段长为， 综上，线段长的取值范围为，对． 故选：ACD 3．（多选）（2025·云南昆明·二模）如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（    ） A． B．平面平面 C．直线与平面所成角为 D．平面与平面的夹角为 【答案】ACD 【知识点】证明线面垂直、求线面角、求二面角、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，平面，即可求解AB，结合线面角以及面面角的几何角，利用三角形的边角关系即可求解CD. 【详解】对于A，由题意可得，，， 由题意可知是的中点，连接， 又，，所以，， 平面，故平面， 平面，故，A正确， 对于C，由于，， 则，所以， 又，平面，所以平面， 故为直线与平面所成角，，故，故C正确， 对于D，过作于，连接， 由于平面，平面，故， 又平面，故平面， 因为平面，故， 故为平面与平面的夹角， 由等面积法可得， 又，故，故，D正确， 对于B，由于平面，而平面，且与平面不平行， 故平面与平面不垂直，故B错误 故选：ACD 54．（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 【知识点】锥体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直、由二面角大小求线段长度或距离、空间线段点的存在性问题 【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. 5．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，四边形为正方形，E，F分别为，的中点，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且． (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，即可得到，从而证明； （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以及二面角的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由已知可得，，， 且平面， 所以平面． 又平面，所以． 又，所以． （2）作，垂足为H．由（1）得，平面， 且平面，所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面． 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由（1）可得，．设，，所以．又，， 故．可得，． 则，，，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，， 所以，又为平面的法向量， 设与平面所成角为，则． 所以与平面所成角的余弦值为． 6．（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). 【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法 【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. 7．（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 【知识点】证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直、已知线线角求其他量、线面角的向量求法 【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 考点11 立体几何新定义 1．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与P相邻的顶点，且平面…平面和平面为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若PA⊥平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度 【答案】(1)2；(2) 【知识点】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、立体几何新定义 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）首先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，构造线面角，再设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， 又因为 所以． （2）∵平面平面， ∴， 又∵，平面， ∴平面 ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴， 过点作交于，连结， 因为平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， 所以， 解得：或（舍） 故. 2．（24-25高三上·湖北·阶段练习）三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理． (1)证明三余弦定理； (2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值； (3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析 【知识点】立体几何新定义、求线面角、锥体体积的有关计算、由不等式的性质证明不等式 【分析】（1）设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，然后由线面角定义可确定命题中所涉及，，，最后由三角函数定义可完成证明； （2）取中点为，连接，，，，通过证明平面平面，可得直线与底面所成角为，然后由三垂线定理可得答案； （3）设，，，，，．直线与底面所成角为，由对称性及三余弦定理可得.然后结合体积，表面积表达式，运用作差法配方后可证明结论. 【详解】（1）如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接， 即为斜线与平面所成角， 即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角， ，，， 又，，，平面， 平面， 平面，， 根据几何关系可得，， ． （2）取中点为，连接，，，，易知， ，． 又，，，平面，平面， 平面， 平面平面， 直线在平面上的射影必在交线上， 直线与底面所成角为， ，， 由三余弦定理得，得， ， 即直线与底面所成角的正弦值为． （3）证明：设，，，，，，直线与底面所成角为，直线在底面投影与AB夹角为，在底面投影与AC夹角． 由平行六面体的对称性，不妨令，， 由三余弦定理， 则. 由题意得， ， ， ， 由，可得： 则 ， 当且仅当且时等号成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 查漏补缺04 立体几何（11大考点） 目录 考点1 旋转体结构特征与面积、体积计算 考点2 多面体体结构特征与面积、体积计算 考点3 几何体与球的切接问题 考点4 空间点线面的位置关系 考点5 空间角 考点6 空间向量及其应用 考点7 空间中的动点问题 考点8 空间位置关系的证明与线面角 考点9 空间位置关系的证明与二面角 考点10 翻折问题 考点11 立体几何新定义 各地市高考模拟试题分考点精练 考点1 旋转体结构特征与面积、体积计算 1．（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． 2．（2025·北京海淀·一模）已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（   ） A．， B．， C．， D．， 3．（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 考点2 多面体体结构特征与面积、体积计算 1．（2025高三·全国·专题练习）已知正四棱台，，分别是棱，的中点，平面将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·湖北·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体内部，有8个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有1个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该9部分的体积和的最大值为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·浙江宁波·三模）一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（   ） A．180 B．220 C．260 D．300 4．（2025·辽宁·二模）我国古代《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童，关于“刍童”的体积计算曰：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之．各以其广乘之，并以高乘之，六而一．”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底面的宽相乘，将下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘，把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一．已知刍童的外接球（球心在该刍童体内）半径为5，且，则该刍童的体积是 . 考点3 几何体与球的切接问题 1．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为1的正三角形，E，F分别是，的中点，，则球O的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（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． 4.（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为1的正三角形，E，F分别是，的中点，，则球O的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·河北·模拟预测）秦量是秦代为统一全国量制而由官府颁发的标准量器，秦量多为铜质和陶质，铜量有方升和椭量，陶量则多为圆桶形（即圆台形状，如图所示）．某地出土秦诏文陶量1件，高为10厘米，上部外径（即上底面外部直径）为24厘米，下部外径（即下底面外部直径）为16厘米，则此陶量的外接球的表面积为 平方厘米．    6．（2025·全国·模拟预测）已知正四棱台的上底面的边长为2，现有一个半球，球心为正方形的中心，且正四棱台的上底面、四条侧棱和下底面的四条边均与球相切，则该半球的表面积为 . 7．（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 ． 考点4 空间点线面的位置关系 1．（2025·江西南昌·二模）设是两个不同的平面，则的一个充分条件是（    ） A．平行于同一条直线 B．平行于同一个平面 C．垂直于同一个平面 D．内有无数条直线与平行 2．（2025·江苏淮安·模拟预测）已知，为平面，，为直线，下列说法正确的是（    ） A．若直线，与平面所成角相等，则 B．若，且，，则 C．若，，，，若，均不垂直于，则，不垂直 D．若，，，，则 考点5 空间角 1．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知三棱锥的体积为1，是边长为2的正三角形，且，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D．1 2．（24-25高三下·黑龙江·阶段练习）在正四面体ABCD中，M，N分别是棱AB，CD的中点，则直线AN与CM所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（2025·陕西宝鸡·三模）三棱锥中，，且，则当该三棱锥的体积最大时二面角的正切值为 . 考点6 空间向量及其应用 1．（2025·安徽安庆·模拟预测）在直棱柱中，，且，N是棱上的一点，且满足，则的最小值为（    ） A． B．6 C．3 D． 2．（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． 考点7 空间中的动点问题 1.（2025·河南·二模）如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（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． 4．（多选）（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 5．（多选）（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 6．（多选）（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 7．（多选）（2025·安徽·模拟预测）在四棱柱中，平面，四边形为菱形，，，，为棱的中点，为四边形内一个动点（含边界），且平面，则下列结论正确的有（     ） A．动点轨迹的长度为 B．平面截四棱柱所得的截面是五边形 C．存在点使得 D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 考点8 空间位置关系的证明与线面角 1．（2025·安徽淮北·二模）四棱锥中，平面， (1)求； (2)求证：； (3)求与平面所成角的正弦值. 2．（2025·浙江·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上. (1)证明：； (2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值. 3．（2025·山东济宁·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，. (1)证明：平面平面； (2)若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值. 4．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.    (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 考点9 空间位置关系的证明与二面角 1．（2025·湖北武汉·二模）如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． (1)求证：平面； (2)求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，，．    (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 3．（2025·湖南·二模）如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出）， (1)若平面平面直线，证明：平面 (2)若，平面与平面的夹角的余弦值为，求. 4．（2025·广东佛山·二模）如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形. (1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 5.（2025·浙江金华·二模）如图，为圆锥的顶点，为底面圆的直径，为圆周上一点，为劣弧的中点，. (1)求证：； (2)在线段上且，当平面时，求平面与平面夹角的余弦值. 6.（2025·湖北宜昌·二模）如图，已知四边形为直角梯形，，，，以所在直线为轴将四边形旋转到四边形，连接，且四点共面. (1)证明：多面体是三棱台； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值 考点10 翻折问题 1．（2025·陕西安康·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（    ）    A． B． C． D． 2．（多选）（2025·山东济南·二模）如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为8 B．存在某个位置使 C．三棱锥外接球半径为3 D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为 3．（多选）（2025·云南昆明·二模）如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是（    ） A． B．平面平面 C．直线与平面所成角为 D．平面与平面的夹角为 4．（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. 5．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，四边形为正方形，E，F分别为，的中点，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且． (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值． 6．（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. 7．（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． 考点11 立体几何新定义 1．（24-25高三上·安徽六安·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与P相邻的顶点，且平面…平面和平面为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若PA⊥平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度 2．（24-25高三上·湖北·阶段练习）三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理． (1)证明三余弦定理； (2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值； (3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：． 学科网（北京）股份有限公司 $$