专题04 立体几何与空间向量（山东专用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题04 立体几何与空间向量 题型概览 题型01空间几何体 题型02点、直线、平面之间的位置关系 题型03向量法求线面角 题型04向量法求二面角 ( 题型01 ) 空间几何体 1．（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（    ） A．等腰三角形 B．等腰梯形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】延长BC，与两条棱相交，再连接交点和点A即可得到结果. 【详解】如图，延长BC，与两条棱的延长线分别交于两点，连接， 分别交棱于两点，连接，则五边形及内部，即过点的截面. 故选：C 2．（2025·山东·二模）已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，作出图形的轴截面，利用勾股定理及相似比求出圆台的高，再根据圆台的体积公式即可得解. 【详解】设圆锥底面半径为，由题意可得：， 解得， 如图，作出图形的轴截面，其中分别为圆台的上下底面圆的圆心， 则， 可得， . 故选：C. 3．（2025·山东济宁·二模）已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，则有即可得，再求高，进而得圆锥的体积即可求解. 【详解】设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，则有， 又，所以， 故选：B. 4．（2025·山东临沂·二模）（多选）三棱锥中，，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．三棱锥外接球的表面积为 C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1 D．当时，的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据题设可将三棱锥补全为棱长为2的正方体，应用棱锥的体积公式判断A；由三棱锥的外接球即为正方体的外接球，且球心为的中点，求出半径，进而得到球体表面积判断B；由球体的结构特征确定截面半径最小情况下有截面与垂直即可判断C；构建空间直角坐标系，设并应用空间两点距离公式求最小值判断D. 【详解】由题设给定的三棱锥，， 所以，即，又平面， 所以平面，故可将其补全为一个正方体， 其中为三条棱，为体对角线，如下图示， 由，则，A对； 由图，易知三棱锥的外接球，即为正方体的外接球，且球心为的中点， 所以外接球的半径，故其表面积为，B错； 要使过中点的平面截三棱锥外接球所得截面半径最小， 连接，只需截面与垂直即可，此时最小半径为，而， 所以，C对； 构建如图示的空间直角坐标系，又，设， 则， 所以，当时，，D对. 故选：ACD 5．（2025·山东泰安·二模）（多选）在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（） A．若，则的轨迹长度为 B．与所成角的最大值为 C．若三棱锥的体积为定值，则 D．若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 【答案】AD 【分析】对于A，由题意可知其轨迹为圆弧；对于B，当点为的中点时，易证与所成角的为；对于C，因为三棱锥的体积为定值，找出轨迹，但此时可证与不垂直；对于D，关键在于求出的外接圆直径的范围，进而可求外接球半径的范围，进而可求外接球表面积的范围. 【详解】对于A，取的中点，此时满足， 因为点在侧面内，所以以为球心，为半径的球面与侧面的交线为四分之一圆弧， 该圆弧是以B为圆心1为半径的圆的，故其轨迹长度为，故A正确；    对于B，如图所示，连接，在中，，同理可求得， 所以为等腰三角形，当点为的中点时，连接，此时有， 在正方体中易知，故，此时与所成角的为，故B错误；    对于C，当F在上运动时，由于,所以平面, 此时为定值， 但与不垂直，故C错误；    对于D，设，当点为的中点时，最， 取中点，则， 所以； 当点与点或点重合时，最小，此时，所以   在球面上，的外接圆直径 三棱锥的外接球的直径为 三棱锥的外接球的半径为 三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：AD. 6．（2025·山东济南·二模）（多选）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 【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 7．（2025·山东日照·二模）（多选）在三棱锥中，是边长为的正三角形，，P为其表面上一点，记点与四个顶点的距离分别为，则下列结论正确的是（    ） A．该三棱锥的外接球的表面积为 B．若，，则点P存在且唯一 C．若，则的最小值为 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】A：通过正方体外接球即可判断；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：确定满足的点的轨迹是以为焦点的椭球面与三棱锥的表面的截线，然后判定线段与椭球面必有交点，即可得到最小值为，从而判断C正确；D：建立空间坐标系，设，确定满足的条件，用可以表示四个距离的平方和，由对称性只需讨论点在面内和在面内两种情况，利用配方法和不等式方法可求最小值，然后比较得到总得最小值，从而判定D正确. 【详解】    由，△ABC是边长为的正三角形， 结合勾股定理易知两两垂直， 所以该三棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，易知球的直径为， 所以外接球的表面积为，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； 对于C：取的中点，易得, 设点在面上，， 故点在以为焦点，2为长轴长的椭圆上，. 而，故点在椭圆外， 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， 由于点必须是三棱锥的表面上的一点，所以点的轨迹是上述椭球面与该三棱锥的表面的截线. 而，故点在椭球面内， 因为，所以也在椭球面外， 因此线段与椭球面必有2个不同交点， 两点中的任意一点到的距离之和都等于， 根据两点之间线段距离最短，其余的点到的距离之和都大于， 故的最小值为，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 8．（2025·山东枣庄·二模）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，侧面底面，.若三棱锥的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为 ，三棱锥体积的最大值为 . 【答案】 【分析】设的外接圆的圆心分别为，外接球的球心为O，取AB的中点为E，可证得四边形为矩形.通过勾股定理，列方程求解即可得外接球半径； 过作于点H，可证为三棱锥的高.问题转化为中最值问题，借助三角形外接圆可求得最大值为，从而求得三棱锥体积的最大值. 【详解】如图①，设的外接圆的圆心分别为，半径为，三棱锥的外接球的球心为O，半径为，取AB的中点为E，连接，. 在中，由正弦定理，得，即，同理可得. 因为侧面底面，侧面底面，面，所以底面，所以. 由外接球的性质可得底面侧面，所以四边形为矩形. 在中，， 因为，所以，所以球的表面积为. 设三棱锥的高为h，过作于点H， 由面面垂直的性质可得，底面，即为三棱锥的高. 及其外接圆如图②所示，由图可知，当位于劣弧的中点时，最大，最大值为， 所以三棱锥体积的最大值为. 故答案为：，. 9．（2025·山东·二模）已知三棱锥的体积为，，，，与的周长均为10，则 ． 【答案】/ 【分析】由已知可得在以为焦点的椭球上，由，可知在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，进而求得截面圆得半径，根据为焦点过的椭圆方程计算求得点坐标，利用两角和的正切公式计算即可得出结果. 【详解】因为，与的周长均为10， 所以=6 ，=6 ， 所以在以为焦点的椭球上， 因为， 所以在椭球的截面圆上，设截面圆的圆心为，则， 所以三棱锥的体积为， 所以，又因为， 所以， 解得：， 由题意，设以为焦点过的椭圆的标准方程为， 设代入解得， 所以 . 故答案为： 10．（2025·山东菏泽·二模）一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，求出与正四棱台侧面及下底面都相切的球直径，再正四棱台的高比对即可得解. 【详解】把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面 截该棱锥及棱台分别得等腰和等腰梯形，过作于，如图， 则等于正四棱台的高9，， 于是，是正三角形，其内切圆半径， 因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球， 即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为. 故答案为： 11．（2025·山东潍坊·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其下底面与半球的底面重合，上底面圆周在半球的球面上，则圆台的侧面积为 ；半球被该圆台的上底面所在的平面截得两部分，其体积分别为，则 ． 【答案】 【分析】第一空利用已知条件可求得圆台的高，进而可求出圆台的母线长，再求侧面积即可；第二空先求出球冠的体积，再求出半球的体积，进而可求出，最后可求出的值. 【详解】 作出圆台的轴截面如图，设圆台的上底面半径为，下底面半径为，球的半径为， 圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，，， 又下底面与半球的底面重合，， 圆台的高，圆台的母线长为， 圆台的侧面积为； 半球的体积为， 球心到圆台的上底面所在的平面的距离为， 球冠的高度为， 球冠的体积为， ， . 故答案为：；. ( 题型0 2 ) 点、直线、平面之间的位置关系 1．（2025·山东枣庄·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得，根据空间向量的数量积运算求，即可得结果. 【详解】不妨设棱长为2， 由题意可知：， 因为， 则 ， 即， 且， 可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 2．（2025·山东潍坊·二模）（多选）在正方体中，、分别为线段、的中点，则（   ） A．与异面 B．平面 C． D．平面 【答案】AC 【分析】利用异面直线的定义可判断A选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BCD选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为，则、、、、 、、， 对于A选项，、既不平行，也不相交，故与异面，A对； 对于B选项，，易知平面的一个法向量为， 则，故与平面不平行，B错； 对于C选项，，所以，，故，C对； 对于D选项，，所以，，所以，、不垂直， 故与平面不垂直，D错. 故选：AC. 3．（2025·山东滨州·二模）在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为 ． 【答案】/ 【分析】根据题意，证得平面，得到，由，证得，得到点落在以为直径的半圆上，结合圆的周长公式，即可求解. 【详解】因为平面，且平面，所以 又由，可得，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 如图所示，连接，若，且，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 即在平面内，若，则，即点落在以为直径的四分之一圆上， 因为，所以点的轨迹长度为. 故答案为：. 4．（2025·山东泰安·二模）如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面截该圆柱所得的截面为椭圆面，得到的几何体称之为“斜截圆柱”.图一与图二是完全相同的“斜截圆柱”，是底面圆的直径，，椭圆所在平面垂直于平面，且与底面所成的二面角的大小为.在图一中，是椭圆上的动点，点在底面上的投影为点.在图二中，椭圆上的点在底面上的投影分别为点，且点均在直径的同一侧. (1)当时，求的长度；当时，试将的长度表示成关于的表达式； (2)（i）在图二中，当时，若点将半圆均分成5等份，求； （ii）证明：. 【答案】(1)2， (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，进而根据二面角的定义可得，结合锐角三角函数即可求解； （2）（i）根据三角函数的定义可得，，，即可根据正弦的二倍角公式求解；（ii）根据，可得椭圆面的轮廓线即为函数的图象，根据矩形的面积结合拼接可得斜截圆柱的侧面积为，根据函数图象与坐标轴围成的图形的面积为，即可求解. 【详解】（1）如图1，取的中点，过点作与该斜截圆柱的底面平行的平面， 交于点，交的延长线于点，与交于点. 因为， 所以. 过点作的垂线，交圆于两点，过点作交于点， 又PI圆面圆面，所以. 又因为，所以平面. 因为平面，所以，所以为椭圆面与圆所在平面的夹角， 即为椭圆面与底面所成的角，所以，则为等腰直角三角形，. 设，如图2，作圆所在平面的俯视图，则， 由，得，则， 得， 所以， 当时，. （2）（i）当时，， 则，，，. 则. ， （ii）由（1）知，即是关于的函数， 即将斜截圆柱的侧面沿着展开，其椭圆面的轮廓线即为函数的图象， 如图3所示. 如图4，将绘制于函数的图象上， 并以为边作矩形，则矩形的面积即为， 所以即为这些矩形的面积之和. 而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为4的圆柱， 因此该斜截圆柱的侧面积为， 所以函数图象与坐标轴围成的图形的面积为. 又因为无论点是否均匀分布在半圆弧上， 这些矩形的面积之和都小于函数图象与坐标轴围成的图形的面积， 所以，得证. 5．（2025·山东枣庄·二模）如图，矩形中，，将沿直线翻折成.    (1)若为线段上一点，且满足，求证：直线平面； (2)当平面平面时，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）在线段上取点，使，利用比例式推平行及平行公理证得平行四边形，再利用平行四边形性质及线面平行的判定推理得证. （2）取中点，利用面面垂直的性质，借助等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）在线段上取点，使，由为线段上一点，且， 得，则，在矩形中，， 因此，四边形是平行四边形，则， 而平面，平面，所以平面.    （2）依题意，，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，连接，而平面，则，    又，则，在中，， 由余弦定理得，， 在中，，， ，，设点到平面的距离为， 由，得，即，解得， 所以点到平面的距离为. ( 题型0 3 ) 向量法求线面角 1．（2025·山东聊城·二模）（多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（    ） A． B．直线与平面所成的角的余弦值为 C．当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值 D．点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，由结合空间向量的数量积即可判断A；由线面夹角的向量公式即可判断B；作出平面截正方体所得的截面，结合，，即可判断；根据球的表面积公式即可判断D． 【详解】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，设， 则，所以， ，所以， ，，，，， 因为，所以， 所以，故A正确； 因为，，平面， 所以平面，所以平面的法向量为， 则直线与平面所成的角的正弦值为， 所以直线与平面所成的角的余弦值为，故B错误； 取上一点，满足，则， 因为，且有公共点， 所以平面，又平面，平面平面， 所以共线，作出平面截正方体所得的截面， 由，得为等腰直角三角形， 同理可得均为等腰直角三角形， ， 所以截面周长为为定值，故C正确； 当点为中点时，，所以，，， 则，所以， 所以三棱锥的外接球的球心在过中点，垂直于平面的直线上， 连接， 因为， 所以，所以四边形为平行四边形， 则共面，设交点为，则， 设球心为，，则， 则，即， 解得，半径为，表面积为，故D正确； 故选：ACD． 2．（2025·山东枣庄·二模）在中，为BC的中点，点满足.将沿AD折起，使点B到达点的位置，连接，如图.点满足，二面角的大小为. (1)证明：平面； (2)若，求直线DN与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证. （2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合二面角大小求出相关点的坐标，再求出平面的法向量，进而利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由，得， 则，而平面平面DMN， 所以平面 （2）由为BC的中点，得， 将沿折起后，，则是二面角的平面角， 而二面角的大小为，则， 又平面，则平面，在平面内过作， 以D为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 不妨设，则， 则， 设平面的法向量为，则，取，， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 3．（2025·山东·二模）如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合题设易得，，可得平面，进而求证即可； （2）结合长度关系易证得平面，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：分别为中点，， 又，， 分别为中点，， 又，， ，平面， 平面，又平面， 平面平面． （2）在中，由，， 则，又，， ，即， 又，，平面， 平面， 以为原点，分别以所在直线为轴，以平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设是平面的一个法向量， 则有，令，得， 设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角为. 4．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点． (1)若平面，求的值； (2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值． 【答案】(1) (2)；. 【分析】（1）设，由平面，证得，结合为的中点，得到为的中点， 求得的值； （2）建系设，得出平面的法向量，进而得出线面角正弦值，结合二次函数值域得出最大值及此时的. 【详解】（1） 设，连接， 因为正方形，所以为的中点， 又因为平面，且平面，平面平面， 所以， 在正方形，为的中点，可得为的中点， 所以，当平面，则. （2） 因为平面，所以平面， 过作为轴，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，为等腰三角形，所以，且，则， 所以， 设，其中，(线面角为0，不是最大） ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 设直线与平面所成角为 由题意可得， 因为，所以当，即时直线与平面所成角正弦最大为， 直线与平面所成角最大为， 当时，直线与平面所成角最大为. 5．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． (1)求证：； (2)若，求与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点； （2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，然后借助函数的单调性求出最大值. 【详解】（1） 证明：取的中点G，连交AF于H. 在正方形中，由于F为的中点， 可得，则， 因为，所以， 得到，即 因为平面， 所以平面，又平面，故 由于平面平面，平面平面， ，故平面，又平面，则. 因为，平面， 所以平面，又因为平面， 则，又点G是的中点，故. （2）由于圆O的半径为，则正方形的边长为2， 又，则. 以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴， 所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系. 则， 易求上底面圆的半径为1，故. 故，，. 设平面的法向量为，由， 得 取，，故， 设与平面所成角为，则，， 令得，， 所以在上单调递增， 故. 所以与平面所成角正弦值的最大值为． 6．（2025·山东潍坊·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，． (1)设平面与平面的交线为，证明：平面； (2)若点满足，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、性质推理得证. （2）取的中点，过作垂线于，以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由为矩形，得，而平面， 平面，则平面， 又平面平面，平面， 则，又平面，平面， 所以平面． （2）设中点分别为，连接， 由题意得， 得，又，则， 在中，过作垂线，垂足为， 过作垂线，垂足为，则． 由，得， 又平面，则平面， 而平面，则，过作平行线交于， 以为原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图， ，设， 由，得， 得，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 又，得到， 故与平面所成角的正弦值为． 7．（2025·山东济南·二模）如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面所成的角为，且．底面是边长为2的正三角形，其重心为在线段上，且满足． (1)求证：平面； (2)求直线与底面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，由题意得到底面，以为原点建立空间直角坐标系， 再证明共线即可得到，进而求证； （2）利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：∵侧面底面，侧棱与底面成60°的角， ∴， 又，取的中点，则底面. 以为原点建立空间直角坐标系如图， 则，，，，，， ∵为的重心， ∴，∵，∴， ∴，又， 所以，则， 又平面，平面， ∴侧面. （2）由（2）得，， 易得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则. 即直线与底面所成角的正弦值为． ( 题型0 4 ) 向量法求二面角 1．（2025·山东临沂·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）只需证明平面，只需证明，即可，而由平行线、矩形的性质即可得证； （2）取中点连接，以点为原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据向量夹角的余弦公式即可求解. 【详解】（1）因为底面为矩形，所以， 又因为，所以， 又因为平面，， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2）取中点连接，因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 从而， 设平面的法向量分别为， 从而，， 令，解得， 故可取， 设平面与平面夹角为，则， 故所求为. 2．（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) 【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 . 3．（2025·山东日照·二模）如图，在三棱柱中，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，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）由已知得，应用线面垂直的判定证明面，再由面面垂直的判定证明结论； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，根据线面角的正弦值及向量法求得，进而确定相关向量的具体坐标，最后应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）在中，，，则， 所以，则， 由，都在面内，则面， 又面，所以面面； （2）由（1）及，即两两垂直， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图示， 设，由（1），则， 所以， 若是面的一个法向量，则，取，则， 设直线与面所成角为，则， 所以，则， 在中，则， 若是面的一个法向量，则，取，则， 设面与面所成角为，则. 33 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何与空间向量 题型概览 题型01空间几何体 题型02点、直线、平面之间的位置关系 题型03向量法求线面角 题型04向量法求二面角 ( 题型01 ) 空间几何体 1．（2025·山东枣庄·二模）如图，有一正方体形状的木块，A为顶点，分别为棱的中点，则过点的平面截该木块所得截面的形状为（    ） A．等腰三角形 B．等腰梯形 C．五边形 D．六边形 2．（2025·山东·二模）已知一个圆锥的侧面展开图是个半圆，其母线长为，被平行于其底面的平面所截，截去一个底面半径为的圆锥，则所得圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山东济宁·二模）已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ） A． B．1 C． D．2 4．（2025·山东临沂·二模）（多选）三棱锥中，，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．三棱锥外接球的表面积为 C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1 D．当时，的最小值为 5．（2025·山东泰安·二模）（多选）在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（） A．若，则的轨迹长度为 B．与所成角的最大值为 C．若三棱锥的体积为定值，则 D．若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 6．（2025·山东济南·二模）（多选）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 7．（2025·山东日照·二模）（多选）在三棱锥中，是边长为的正三角形，，P为其表面上一点，记点与四个顶点的距离分别为，则下列结论正确的是（    ） A．该三棱锥的外接球的表面积为 B．若，，则点P存在且唯一 C．若，则的最小值为 D．的最小值为 8．（2025·山东枣庄·二模）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，侧面底面，.若三棱锥的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为 ，三棱锥体积的最大值为 . 9．（2025·山东·二模）已知三棱锥的体积为，，，，与的周长均为10，则 ． 10．（2025·山东菏泽·二模）一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为和，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为 ． 11．（2025·山东潍坊·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其下底面与半球的底面重合，上底面圆周在半球的球面上，则圆台的侧面积为 ；半球被该圆台的上底面所在的平面截得两部分，其体积分别为，则 ． ( 题型0 2 ) 点、直线、平面之间的位置关系 1．（2025·山东枣庄·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东潍坊·二模）（多选）在正方体中，、分别为线段、的中点，则（   ） A．与异面 B．平面 C． D．平面 3．（2025·山东滨州·二模）在三棱锥中，平面，点为内（包含边界）一点，且，则点的轨迹的长度为 ． 4．（2025·山东泰安·二模）如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面截该圆柱所得的截面为椭圆面，得到的几何体称之为“斜截圆柱”.图一与图二是完全相同的“斜截圆柱”，是底面圆的直径，，椭圆所在平面垂直于平面，且与底面所成的二面角的大小为.在图一中，是椭圆上的动点，点在底面上的投影为点.在图二中，椭圆上的点在底面上的投影分别为点，且点均在直径的同一侧. (1)当时，求的长度；当时，试将的长度表示成关于的表达式； (2)（i）在图二中，当时，若点将半圆均分成5等份，求； （ii）证明：. 5．（2025·山东枣庄·二模）如图，矩形中，，将沿直线翻折成.    (1)若为线段上一点，且满足，求证：直线平面； (2)当平面平面时，求点到平面的距离. ( 题型0 3 ) 向量法求线面角 1．（2025·山东聊城·二模）（多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（    ） A． B．直线与平面所成的角的余弦值为 C．当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值 D．点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为 2．（2025·山东枣庄·二模）在中，为BC的中点，点满足.将沿AD折起，使点B到达点的位置，连接，如图.点满足，二面角的大小为. (1)证明：平面； (2)若，求直线DN与平面所成角的正弦值. 3．（2025·山东·二模）如图，在三棱锥中，，，，分别为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成的角． 4．（2025·山东滨州·二模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点． (1)若平面，求的值； (2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值． 5．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． (1)求证：； (2)若，求与平面所成角正弦值的最大值． 6．（2025·山东潍坊·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，． (1)设平面与平面的交线为，证明：平面； (2)若点满足，求与平面所成角的正弦值． 7．（2025·山东济南·二模）如图，在斜三棱柱中，侧面底面，侧棱与底面所成的角为，且．底面是边长为2的正三角形，其重心为在线段上，且满足． (1)求证：平面； (2)求直线与底面所成角的正弦值． ( 题型0 4 ) 向量法求二面角 1．（2025·山东临沂·二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 2．（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. 3．（2025·山东日照·二模）如图，在三棱柱中，，，，，． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 9 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$