专题05 立体几何-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（黑龙江专用）

专题05 立体几何 题型概览 题型01 平行垂直的判断与共面问题 题型02 外接球、内切球 题型03 空间几何体表面积与体积 题型04 线线角、线面角、二面角、距离问题 题型05 立体几何范围与最值问题 题型06 立体几何综合问题 平行垂直的判断与共面问题题型01 1．（多选题）（2025·黑龙江·二模）下列正方体的平面展开图中，满足在该正方体中的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·黑龙江大庆·二模）已知直线、与平面、、，则能使的充分不必要条件是（    ） A．， B．，， C．，， D．，， 3．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知空间中不过同一点的三条直线，则“共面”的一个充分不必要条件是（   ） A．，且 B．，且 C．，且 D．两两相交 5．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 外接球、内切球题型02 6．（2025·黑龙江大庆·二模）三棱锥中，，且平面平面 (1)证明： (2)证明锐二面角的平面角大于. (3)设三棱锥的体积为，内切球的半径为，求的最小值. 7．（2025·黑龙江·二模）在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面SAD是正三角形，底面ABCD是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（   ） A．5π B．10π C．28π D．56π 8．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为（   ）    A． B． C． D． 9．（多选题）（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在正四棱台中，，，与平面夹角的正弦值为，为上一点，则下列说法正确的是（该四棱台内切球不一定与所有的面都相切，以半径最大时且相切面数最多的球体为内切球）（    ） A．该几何体的体积为 B．存在点，使得 C．该四棱台外接球与内切球的体积之比为 D．存在点，使得平面平面 10．（多选题）（2025·黑龙江大庆·二模）已知半径为2的球内部有一定点，且是球面上三个不同的点，且，下面说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积最大值为 C．若，则点一定在球外部 D． 11．（多选题）（2025·黑龙江大庆·二模）在长方体中，已知，，，分别为，的中点，则（    ） A．平面 B．若为对角线上的动点（包含端点），则三棱锥的体积为定值 C．棱锥的外接球的体积为 D．若点为长方形内一点（包含边界），且平面，则的最小值为2 空间几何体表面积与体积题型03 12．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）正三棱柱上底面的重心为O，若与所成角为，则三棱锥与的体积之比为（   ）． A． B． C． D． 13．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D． 14．（2025·黑龙江大庆·二模）动点在棱长为4的正方体内部及表面运动，动球是以点为球心，半径为1的球，求动点在运动过程中球的轨迹形成的几何体体积（   ） A． B． C． D． 15．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 16．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知圆柱的底面半径为，圆台的上、下底面半径分别为，若圆柱和圆台的高和体积都相等，则（   ） A． B． C． D． 17．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为，面积为．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 18．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在正三棱柱中，为上一点，，，平面将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（    ）    A． B． C．8 D．9 线线角、线面角、二面角、距离问题题型04 19．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 20．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 21．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在棱长为5的正方体中，点E在线段上，满足与平面ACE交于点F． (1)若，求线段EF的长度； (2)已知四边形ACEF的周长为． ①求的值； ②求二面角的余弦值． 22．（2025·黑龙江大庆·二模）在矩形中，，，，为的中点，将点沿着翻折到点，二面角大小为，连接，． (1)若的中点为，求证：平面； (2)求四面体的外接球表面积的取值范围； (3)一个动点从点开始，在四棱锥的棱上运动，定义1步运动为：在所在顶点处随机选取一条与之相邻的棱，从所在顶点运动到该棱的另一个顶点（例如：若点在点处，分别有的概率运动到，，，处．若点在点处，分别有的概率运动到，，处，以此类推），现有一个质地均匀的骰子（六个面上数字分别是1，1，2，3，3，3），每扔一次骰子，若骰子正面向上点数为，则点运动步，求扔次骰子后动点仍在点的概率． 23．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面. (1)证明：. (2)若，求二面角的正弦值. 24．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图1，在梯形中，，，，现将沿折起，使平面平面，如图2.上有一点，其在上的投影为，且，为中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 25．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在梯形中，，，，分别是，的中点，以为折痕将折起使到达的位置，得到四棱锥，，分别是是和的中点． (1)证明：平面； (2)当时，求直线和平面夹角的余弦值． 26．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，矩形中，，，E为BC的中点，将沿翻折至，平面平面． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 27．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设. (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)当时，求四棱锥的体积； (3)设二面角的大小为，当时，求的值. 28．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在三棱锥中，为中点，为中点，设平面与平面交于直线. (1)证明：； (2)若，取中点，证明：平面； (3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 29．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，且，，为边长为2的等边三角形． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 30．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在直角梯形中，，，，.已知，在平面的同侧，，平面平面，. (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 31．（2025·黑龙江·二模）如图，在三棱柱中，，，，侧面为矩形．    (1)证明：； (2)若二面角的余弦值为，求二面角的余弦值． 32．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知等腰中，，，D是线段上一点，现将沿折起至的位置．设折叠后平面和平面所成的二面角为（）． (1)若D为中点，求证：． (2)若， ①求平面和平面所成角的正弦值； ②设E为的中点，过E作平面截三棱锥的外接球，求截面面积的最小值． 33．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，，是等边三角形，平面平面，O，F分别是，的中点，与交于点E，平面与直线交于点Q. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)设S为平行四边形内部一点. （ⅰ）求的面积的取值范围. （ⅱ）当取得最小值时，求二面角的正弦值. 34．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在五面体中，四边形是矩形，，，，.    (1)证明：平面平面； (2)求五面体的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 立体几何范围与问题题型05 35．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在棱长为1的正方体中，Q为正方形内一动点（含边界），①若，则点Q的轨迹长度为 ；②若P为棱CD的中点，则的最小值为 ． 36．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知四面体中，，则此四面体的体积为 ，若用平行于的平面截此四面体，得到截面四边形，则此四边形的对角线的最小值为 ．    37．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知四棱柱中，底面是边长为的菱形且，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 . 38．（多选题）（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知侧棱长为的直三棱柱中，，，为的中点．则下列说法正确的是（   ） A．当时，异面直线与成角的余弦值是 B．当时，直线与平面成角的余弦值是 C．的最大值是 D．三棱锥体积的最大值是 39．（2025·黑龙江大庆·二模）平行六面体为不计容器壁厚度的密封容器，里面盛有体积为的水（未盛满容器），已知，，．若将该密封容器任意摆放均不能使水面呈三角形，则的取值范围是 ． 40．（2025·黑龙江大庆·二模）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 立体几何综合问题题型06 41．（多选题）（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（   ） A． B．曲线的长度为 C．存在，，使得平面 D．当与只有一个公共点时， 42．（多选题）（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图1所示，在四边形中，，，.如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接.则下列选项正确的是（   ） A．当平面平面时，点到平面的距离为 B．异面直线与所成角的取值范围为 C．、分别为、的中点，在翻折的过程中，存在某个位置，使得 D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 立体几何 题型概览 题型01 平行垂直的判断与共面问题 题型02 外接球、内切球 题型03 空间几何体表面积与体积 题型04 线线角、线面角、二面角、距离问题 题型05 立体几何范围与最值问题 题型06 立体几何综合问题 平行垂直的判断与共面问题题型01 1．（多选题）（2025·黑龙江·二模）下列正方体的平面展开图中，满足在该正方体中的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】对于A，平面展开图还原成立体图后，如下图所示， ，，四边形为平行四边形，， 又四边形为正方形，，，A正确； 对于B，平面展开图还原成立体图后，如下图所示， ，，四边形为平行四边形，， 又，为等边三角形，， 与所成角为，B错误； 对于C，平面展开图还原成立体图后，如下图所示， 平面，平面，，C正确； 对于D，平面展开图还原成立体图后，如下图所示， ，，四边形为平行四边形，， ，与所成角为，D错误. 故选：AC. 2．（2025·黑龙江大庆·二模）已知直线、与平面、、，则能使的充分不必要条件是（    ） A．， B．，， C．，， D．，， 【答案】D 【解析】对于A选项，若，，则、平行或相交，A不满足要求； 对于B选项，若，，，则、平行或相交，B不满足要求； 对于C选项，若，，，则、斜交或垂直，C不满足要求； 对于D选项，如下图所示： 因为，过直线作平面，使得， 由线面平行的性质定理可得， 因为，则，因为，故；而反过来不成立；D满足要求. 故选：D. 3．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由得， 即， 由空间向量共面定理的推论可知，，解得. 故选：B. 4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知空间中不过同一点的三条直线，则“共面”的一个充分不必要条件是（   ） A．，且 B．，且 C．，且 D．两两相交 【答案】D 【解析】选项A：，且，三条直线可能在不同的平面. 选项B：，且，三条直线可能分布在三个平行平面内. 选项C：，且，垂直于但可能不在与确定得平面内. 选项D：两两相交且不过同一点得三条直线必然共面. 故选：D 5．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【解析】对于A：若，，则与平行或相交，故A错误； 对于B：若，，则或，故B错误； 对于C：若，，则与平行或相交，故C错误； 对于D：若，，根据面面垂直的判定定理可得，故D正确. 故选：D 外接球、内切球题型02 6．（2025·黑龙江大庆·二模）三棱锥中，，且平面平面 (1)证明： (2)证明锐二面角的平面角大于. (3)设三棱锥的体积为，内切球的半径为，求的最小值. 【解析】（1）由，若为的中点， 则且都在平面内， 所以平面平面，则； （2）由平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，平面，则，又， 故可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 若且，所以， 若为平面的一个法向量，则，取， 若为平面的一个法向量，则，取， 锐二面角的余弦值是， 所以锐二面角的平面角大于. （3）由，则， 而，所以， 令，则，故， 显然时，时， 在上单调递减，在上单调递增，所以. 7．（2025·黑龙江·二模）在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面SAD是正三角形，底面ABCD是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（   ） A．5π B．10π C．28π D．56π 【答案】D 【解析】如图所示， 连接AC、BD交于一点，取AD中点E，连接、， 所以由题意知，，，为正方形ABCD外接圆的圆心， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 同理：平面， 设等边的外接圆的圆心为，过作的平行线交过作的平行线于点O， 则平面，平面， 所以O为四棱锥外接球的球心，半径为， 在等边中由正弦定理得，解得：， 又因为， 所以， 所以四棱锥外接球表面积为. 故选：D. 8．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设储物盒所在球的半径为，如图， 小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得， 故选：C. 9．（多选题）（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在正四棱台中，，，与平面夹角的正弦值为，为上一点，则下列说法正确的是（该四棱台内切球不一定与所有的面都相切，以半径最大时且相切面数最多的球体为内切球）（    ） A．该几何体的体积为 B．存在点，使得 C．该四棱台外接球与内切球的体积之比为 D．存在点，使得平面平面 【答案】AB 【解析】对于A，连接、，分别过点、作平面的投影， 垂足分别为、，则. 而，， 由正四棱台的性质可得，且为正四棱台的高， 而，， 故，故A正确. 对于BD， 以底面中心为原点，以平行于的直线为轴，以平行于的直线为轴， 以过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，， 故， 若存在点，使得，则， 故，故B正确. 又，而 设平面的法向量为，则， 取， 设平面的法向量为，则， 取，， 故不垂直，故平面、平面不垂直，故D错误. 对于C，连接，则外接球的半径即为外接圆的半径， 因为与平面夹角的正弦值为且该夹角为锐角，故其余弦值为， 由余弦定理得， 由正弦定理得. 若内切球与平面、平面、平面相切， 则该内切球的直径不超过正四棱台的高， 同理若内切球与平面、平面、平面相切， 则该内切球的直径也不超过正四棱台的高， 同理若内切球与平面、平面、平面相切， 则该内切球的直径也不超过正四棱台的高， 若球与平面、平面相切， 取球心为上下底面中心连线的中点， 而，取的中点为，的中点为，连接，，， 由正四棱台可得，，，， 而平面，故平面， 而平面，故平面平面， 过作，因为平面平面，平面， 故平面. 又，而， 故，故， 故当球与平面、平面相切，球不与侧面相切， 故此时与上下底面相切的球即为内切球， 故体积之比，故C错误. 故选：AB. 10．（多选题）（2025·黑龙江大庆·二模）已知半径为2的球内部有一定点，且是球面上三个不同的点，且，下面说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积最大值为 C．若，则点一定在球外部 D． 【答案】ACD 【解析】 不妨以为坐标原点，方向分别为建立空间直角坐标系， 因为，设球心，且，可知以为球心，为半径的球面与轴分别交于， 与轴分别交于， 与轴分别交于， 所以或， 又，所以，故A正确； 因为， 当时，， 此时，三棱锥的体积大于，故B错误； 由题意可知， 所以， 即，而，所以D在球外，即C正确； 因为， 所以， 而，，当且仅当时等号成立， 所以，故D正确. 故选：ACD 11．（多选题）（2025·黑龙江大庆·二模）在长方体中，已知，，，分别为，的中点，则（    ） A．平面 B．若为对角线上的动点（包含端点），则三棱锥的体积为定值 C．棱锥的外接球的体积为 D．若点为长方形内一点（包含边界），且平面，则的最小值为2 【答案】BC 【解析】对于选项A，若平面，根据线面垂直的性质，可得. 因为，根据平行线的传递性，所以. 又因为，且，平面，根据线面垂直的判定定理，可证平面，所以. 但在正方体中不垂直于，这相互矛盾，所以不垂直于平面，故A错误.   对于选项B，易知平面，根据线面平行的性质，可知上的点到平面的距离相等. 三棱锥的体积（为点到平面的距离），由于上点到平面距离相等，所以不变. 又因为，所以三棱锥的体积为定值，故B正确.   对于选项C，分别以，，为长、宽、高构造长方体，由于长方体的外接球直径就是长方体的体对角线，且该长方体的外接球与三棱锥的外接球相同. 设外接球半径为，已知，，的值，根据长方体体对角线公式（为体对角线，分别为长方体的长、宽、高），可得，则. 根据球的体积公式，可得，故C正确.   对于选项D，取的中点，取的中点，连接，，，易知平面平面. 因为点为长方形内一点，所以点的运动轨迹为线段. 在中，过点作，此时取得最小值. 由题意可知，，，. 根据余弦定理. 再根据，可得. 所以，故D错误. 故选：BC. 空间几何体表面积与体积题型03 12．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）正三棱柱上底面的重心为O，若与所成角为，则三棱锥与的体积之比为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设正三棱柱底面边长为2，下底面的重心为，连接，则平面，平面， 又平面，所以，则与所成角即为， 在中， ，，解得， 所以，则， 取中点，连接，则，， 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 则， 所以三棱锥与的体积之比为， 故选：A． 13．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（   ） A．18 B． C． D． 【答案】B 【解析】设正四棱台的高为，则，解得， 设正四棱台侧面等腰梯形的高为，则， 故该四棱台的表面积为. 故选：B. 14．（2025·黑龙江大庆·二模）动点在棱长为4的正方体内部及表面运动，动球是以点为球心，半径为1的球，求动点在运动过程中球的轨迹形成的几何体体积（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】球的轨迹形成的几何体为一个棱长为4的正方体和6个长宽高分别为4，4，1的长方体，以及12个以1为底面半径，4为高的四分之一个圆柱体加上8个以1为半径的八分之一球， 所以球的轨迹形成的几何体体积为. 故选：D. 15．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 如图取的中点，连接、，因为为正六棱锥， 所以，， 所以为侧面与底面的夹角，所以， 又底面，底面，所以， 所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形， 所以，则， 所以， 所以， 所以六棱锥的体积为. 故选：C 16．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知圆柱的底面半径为，圆台的上、下底面半径分别为，若圆柱和圆台的高和体积都相等，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】不妨设圆柱和圆台的高为，由体积公式可知，即； . 圆台中，故，即，，选项A错误，选项B正确. 由基本不等式，结合，得，平方后得到，选项CD错误. 故选：B 17．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知一个等腰梯形的下底边长是上底边长的3倍，两腰与下底边所成角为，面积为．若该等腰梯形是一个圆台的轴截面，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图，由题意得． 设等腰梯形ABCD的上、下底边长分别为a，，，即． 分别过点D，A作，垂足分别为点G，F， 因为，则四边形ADGF为矩形，且，所以． 在中，，， 则等腰梯形的面积，解得， 则圆台的上、下底面的半径分别为，母线长为， 所以圆台的侧面积为． 故选：A． 18．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在正三棱柱中，为上一点，，，平面将三棱柱截为两部分，则这两部分几何体的表面积之比为（    ）    A． B． C．8 D．9 【答案】A 【解析】该几何体被截面截完后，分为两个部分， 其中上部分的面积由一个正三角形、一个等腰三角形、两个直角梯形和一个正方形构成， 下部分是由两个直角三角形、一个等腰三角形和一个正三角形组成的. 为了便于计算，设，，， 中，边上的高， 则上部分几何体的面积， 下部分几何体的面积， 故上下两部分表面积之比为. 故选：A 线线角、线面角、二面角、距离问题题型04 19．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）直三棱柱中，为边中点，则异面直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【解析】取中点，连接，因为，所以， 以为原点，分别为轴，过点且垂直于面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角为，. 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 20．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离． 【解析】（1）取的中点，连接. 则. 而底面为矩形，是的中点， 所以. 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. （2）因为平面，四边形为矩形，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则，. 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，则. 所以平面的一个法向量为， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）因为，平面的一个法向量为. 所以点到平面的距离为： . 21．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在棱长为5的正方体中，点E在线段上，满足与平面ACE交于点F． (1)若，求线段EF的长度； (2)已知四边形ACEF的周长为． ①求的值； ②求二面角的余弦值． 【解析】（1）在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，连接， 又因为，所以，又，即E为的中点， 所以EF为的中位线，所以F为的中点，则． （2）①由（1）知，，所以， 所以，所以四边形ACEF为等腰梯形， 由，得，则， 所以， 所以等腰梯形ACEF的周长为， 又，所以． ②以D为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则，则． 设平面ACE的法向量为，则， 令，则，所以平面ACE的一个法向量为， 易知平面ABC的一个法向量为． 设二面角的平面角的大小为，由题图可得为钝角， 则，则， 所以二面角的余弦值为． 22．（2025·黑龙江大庆·二模）在矩形中，，，，为的中点，将点沿着翻折到点，二面角大小为，连接，． (1)若的中点为，求证：平面； (2)求四面体的外接球表面积的取值范围； (3)一个动点从点开始，在四棱锥的棱上运动，定义1步运动为：在所在顶点处随机选取一条与之相邻的棱，从所在顶点运动到该棱的另一个顶点（例如：若点在点处，分别有的概率运动到，，，处．若点在点处，分别有的概率运动到，，处，以此类推），现有一个质地均匀的骰子（六个面上数字分别是1，1，2，3，3，3），每扔一次骰子，若骰子正面向上点数为，则点运动步，求扔次骰子后动点仍在点的概率． 【解析】（1）取中点，因为的中点为，所以且， 而，且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 而平面，平面，所以平面. （2）连接，与交于点，取中点为，则，， 则且为二面角的平面角，故， 过作垂足为，则，， 因为，平面， 故平面，而平面，故平面平面， 平面平面，平面，故平面， 所以如图以点为原点，以过点且与平行的方向为轴， 以过点且与平行的方向建为轴， 以过点且与垂直的方向为轴建立空间直角坐标系， 可得，，， 由于球心在过的外心且垂直于平面的直线上， 所以设球心的坐标为，因为， 所以， 解得， 而，所以， ， 所以四面体的外接球表面积为， （3）设次骰子后动点仍在点的概率为 扔次骰子后动点仍在点有两种情况， 一种是扔次骰子后动点仍在点，一种是扔次骰子后动点不在点， 而点在，，，处扔一次骰子到点的概率为 ， 而点在处扔一次骰子到点的概率为， 所以，所以， 又，故，故， 所以，所以. 23．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，，，为的中点，平面. (1)证明：. (2)若，求二面角的正弦值. 【解析】（1）， ，， 平面，平面，且平面平面， ， 为的中点，，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，， 又，，平面， 平面，平面， . （2）连接，中，为的中点，则， 又，所以，为公共边，得， 则，则是等边三角形， 由（1）知，则，即. （方法一）以为坐标原点，垂直于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则. ，则， 故二面角的正弦值为. （方法二）易得，又，为公共边， 则， 又，所以平面， 则，易得. 在直角中，作，垂足为，连接， 易知，则为二面角的平面角. 在直角中，由等面积法易求得， 则在中，， 则， 故二面角的正弦值为. 24．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图1，在梯形中，，，，现将沿折起，使平面平面，如图2.上有一点，其在上的投影为，且，为中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）连接、，因为，所以以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 设，所以、、、、， 所以直线的方程：. 所以设，又因为，所以， 所以， 所以，所以，， 所以，所以. 由于且，所以，则, 且，根据余弦定理可求出. 又因为折叠后，仍成立，所以有，又因为平面平面， 平面平面，所以平面，又因为平面，所以. 因为，、平面， 所以平面；. （2）由（1）知，平面，又因为、平面，所以， ，所以、、两两垂直. 以为原点，以、、为、、轴正向，建立如图所示的平面直角坐标系. 则、、、. 设平面和平面的法向量分别为：，， 又，，， 所以   令，，所以，. 设平面与平面的夹角为， 所以. 即平面与平面夹角的余弦值为. 25．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在梯形中，，，，分别是，的中点，以为折痕将折起使到达的位置，得到四棱锥，，分别是是和的中点． (1)证明：平面； (2)当时，求直线和平面夹角的余弦值． 【解析】（1）由题意得，得到， 因为是的中点，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 得到，故，则是等边三角形， 如图，连接，设与相交于点， 因为，所以四边形是菱形，同理可得四边形是菱形， 因为是的中点，是的中点，所以， 而，则四边形为平行四边形， 得到是的中点， 因为是的中点，所以由中位线定理得， 而面，面，故平面. （2）取的中点，连接，则由折叠性质得， 因为是等边三角形，所以，故， 则，由题意得， 则，由勾股定理逆定理得， 因为是等边三角形，所以由三线合一性质得， 由折叠性质得，且面，， 则平面，由菱形性质得， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 得到，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，则， 设直线和平面夹角为，则， 而，故， 由同角三角函数的基本关系得，解得， 故直线和平面夹角余弦值为． 26．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，矩形中，，，E为BC的中点，将沿翻折至，平面平面． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）连接，由, ，得， 由，，得， 所以， 所以，即， 由平面平面，平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面， 所以平面. （2）如图以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取， 设直线与平面所成角为， 则 直线与平面所成角的正弦值为． 27．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）正方形的边长为，分别为边的中点，是线段的中点，如图，把正方形沿折起，设. (1)求证：无论取何值，与不可能垂直； (2)当时，求四棱锥的体积； (3)设二面角的大小为，当时，求的值. 【解析】（1）假设，又因为正方形的边长为， 且是线段的中点，所以，所以，又因为， 有，所以， 因为，平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以，这与矛盾，所以假设不成立， 所以无论取何值，与不可能垂直. （2）过D作于点， 因为，所以平面， 又平面，所以， 又面， 平面，则， 所以. （3）由题可得，分别以为轴，过点垂直平面向上为轴，建立空间直角坐标系， 所以， ， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，即，取，可得， 设平面的一个法向量为， 所以，即，取，可得 又，则，又，所以 所以， 整理得到，又，解得. 28．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在三棱锥中，为中点，为中点，设平面与平面交于直线. (1)证明：； (2)若，取中点，证明：平面； (3)在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）因为为中点，所以，且. 因为平面平面，所以平面. 因为平面，平面平面，所以 （2）因为是中点，所以. 在中，，故 . 已知，可得：. 在中，，解得，所以. 在中，，所以，所以.在中，. 因为，且，所以 ，得.在中，，所以. 因为平面，所以平面. （3）过作交于，过作交于，由题意知.以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系.则. 由，得，. 设平面与平面的法向量为别为和. 有，令，则，所以.有，令，则，所以. 设平面与平面的夹角为，有. 所以平面与平面的夹角的余弦值为 29．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，且，，为边长为2的等边三角形． (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1） 取的中点，连，取中点，连， 且， 四边形为平行四边形，. ，， 又， 平面 （2）由（1）知. 取的中点，连， ，，. ，， 又，. 因为为的中点，所以， 又因为，则四边形为正方形. 故在正方形中，，， 又， 即两两互相垂直. 以为原点，为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 ，，得， 令. 计算得， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 30．（2025·黑龙江大庆·二模）如图，在直角梯形中，，，，.已知，在平面的同侧，，平面平面，. (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）已知，是等腰三角形.因为是的中点，所以. 同理，可得. 因为，，且，平面. 所以平面. 而平面，所以.   （2）由面面垂直的性质定理，因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面. 过作，则平面，又， 以为原点，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系. 在中，已知，因为为中点，所以，又，根据勾股定理. 由此可得各点坐标：，，，，，.   所以，，. 因为，且，，所以. 又因为，，所以.   设为平面的法向量， 则，. 由可得，代入中，得到， 即，，进一步化简，则. 取，则，，所以.   设直线与平面所成角为，则. 因为. 又，. 则， 即直线与平面所成角的正弦值为.   31．（2025·黑龙江·二模）如图，在三棱柱中，，，，侧面为矩形．    (1)证明：； (2)若二面角的余弦值为，求二面角的余弦值． 【解析】（1）取中点，连接，如图所示， 由三棱柱得，， 因为，所以，则， 又因为四边形为矩形，所以，则， 又因为平面，， 所以平面，又平面，所以， 所以． （2）设，则，， 因为，，所以为等边三角形， 所以， 由（1）得，， 又平面平面，平面，平面， 所以二面角的平面角为， 在中，由余弦定理得，，解得， 在中，因为， 所以，同理可得， 又因为平面， 所以平面， 以为原点，为轴，以过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 所以， 所以二面角的余弦值为． 32．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知等腰中，，，D是线段上一点，现将沿折起至的位置．设折叠后平面和平面所成的二面角为（）． (1)若D为中点，求证：． (2)若， ①求平面和平面所成角的正弦值； ②设E为的中点，过E作平面截三棱锥的外接球，求截面面积的最小值． 【解析】（1）证明：如图（1）所示，在等腰中， 因为，且D为中点，可得，即， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）①在等腰中，，，可得， 因为，可得，即， 在中，由余弦定理得，所以， 所以为等腰三角形，所以， 所以，即， 又因为平面和平面所成的二面角为，即平面平面， 因为平面，且平面平面，所以平面， 又因为平面，所以， 如图所示，过点作，因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面和平面所成角的平面角， 在直角中，可得， 在直角中，可得，所以， 所以平面和平面所成角的正弦值为 ②以为原点，以分别为轴，轴，以在平面内，过点垂直的所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图(3)所示， 则， 设三棱锥的外接球的球心为， 则球心在底面上的投影为的外心，其坐标为， 球心在上的投影点为直角的外心，即的中点，坐标为， 所以球心的坐标为，半径为， 又由为的中点，可得,则， 当与过点的截面垂直时，此时截得的小圆的半径最小，其面积最小， 设所截小圆的半径为，则， 所以过E作平面截三棱锥的外接球，截面面积的最小值. 33．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，四棱锥的底面为矩形，，是等边三角形，平面平面，O，F分别是，的中点，与交于点E，平面与直线交于点Q. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)设S为平行四边形内部一点. （ⅰ）求的面积的取值范围. （ⅱ）当取得最小值时，求二面角的正弦值. 【解析】（1）∵是等边三角形，O是的中点，. 又∵平面平面，平面平面，平面， 平面. 又∵平面，. 由题可知：， ，即. 又∵，平面，平面， ∴平面. （2）∵O，E分别是，的中点，，. 由（1）知，平面，又平面，. 故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，. ∵平面与直线交于点Q，∴平面平面. ∵，平面，平面，平面. ∵平面，平面平面，，. ∵点F是的中点，∴点Q是的中点，∴. ，，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，. ∴平面的一个法向量为， ， ∴与平面所成角的正弦值为. （3）∵S为平行四边形内部一点， ，其中，. . （ⅰ）， ∴点到直线的距离为 . ，. ， 即的面积的取值范围为. （ⅱ），. ∵，，∴当，时，取得最小值， 此时，即点与坐标原点重合. 由（1）知平面，又平面，. 又∵，，平面，平面， 平面，即平面. 又∵，平面. 平面，∴平面平面. ∴当取得最小值时，点与坐标原点重合， 二面角的平面角为直二面角，其正弦值为. 34．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，在五面体中，四边形是矩形，，，，.    (1)证明：平面平面； (2)求五面体的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）证明：取棱的中点G，连接， 易证四边形为平行四边形，则， 因为，所以，所以． 因为四边形是矩形，所以． 因为，平面，且，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）取棱的中点O，连接． 因为，所以，． 因为平面平面，平面平面，所以平面． 取棱的中点H，连接， 则． （3）取棱的中点M，连接，易证两两垂直， 以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，则，． 设平面的法向量为，则 令，得． 平面的一个法向量为． 设平面与平面所成的角为，则． 立体几何范围与问题题型05 35．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）在棱长为1的正方体中，Q为正方形内一动点（含边界），①若，则点Q的轨迹长度为 ；②若P为棱CD的中点，则的最小值为 ． 【答案】 / 【解析】因为平面，平面，所以， 因为，所以， 即点的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆， 所以其轨迹长为； 如图，延长到点，使得，则点关于平面对称的点为点， 连接与平面交于点，此时使得取得最小值， 且最小值为. 故答案为：； 36．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知四面体中，，则此四面体的体积为 ，若用平行于的平面截此四面体，得到截面四边形，则此四边形的对角线的最小值为 ．    【答案】 【解析】(1)将四面体补成长方体，设长方体的长、宽、高分别为，，. 根据长方体面对角线的性质可得. 三式相加得，则. 分别求解可得，，，即，，. 因为四面体的体积等于长方体体积减去四个等体积的三棱锥体积. 长方体体积. 一个三棱锥的体积. 四个三棱锥体积. 所以四面体的体积. (2)因为平面，平面，平面平面，平面， 根据面面平行的性质可知，同理，，，所以四边形是平行四边形. 设，则. 由，可得，因为，所以. 由，可得，因为，所以. 因为，，补成的长方体上下底面为正方形，可得， 所以，则. 将，代入可得. 令，，这是一个二次函数，图象开口向上，对称轴为. 当时，取得最小值，，所以. 故答案为： ；. 37．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知四棱柱中，底面是边长为的菱形且，底面，，点是四棱柱表面上的一个动点，且直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 . 【答案】 【解析】∵，直线与所成的角为， ∴直线与所成的角为， ∴点的轨迹是以为轴（其中为顶点），母线与轴所成角为的圆锥的侧面与四棱柱的表面的交线． 如图，在线段和上分别取点，使得，连接， ∵在四棱柱中，底面， ∴平面， ∵平面，∴， ∴，故， ∴点在四边形与四边形上的运动轨迹为线段和，且. 当在四边形上运动时，其轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 故点在四边形上运动的轨迹长度为， 综上得，点的轨迹长度为． 故答案为：. 38．（多选题）（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知侧棱长为的直三棱柱中，，，为的中点．则下列说法正确的是（   ） A．当时，异面直线与成角的余弦值是 B．当时，直线与平面成角的余弦值是 C．的最大值是 D．三棱锥体积的最大值是 【答案】ACD 【解析】在直三棱柱中，平面，平面，所以，又，，所以； 对于A：当时，又，所以为等边三角形， 所以，连接，则，又， 所以为异面直线与成角，所以， 即异面直线与成角的余弦值是，故A正确； 对于B：当时，由余弦定理， 即，解得或（舍去）， 所以，即，又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为直线与平面成角，又，所以， 则，所以直线与平面成角的余弦值是，故B错误； 对于C：取的中点，连接、，则且， 又平面，所以平面，因为平面，所以， 由余弦定理，即， 所以，则，当且仅当时取等号， 因为，所以 ， 所以，又，所以， 所以的最大值是，故C正确； 对于D：过点作交于点，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又， 所以， 由C可知，所以，当且仅当时取最大值，故D正确. 故选：ACD 39．（2025·黑龙江大庆·二模）平行六面体为不计容器壁厚度的密封容器，里面盛有体积为的水（未盛满容器），已知，，．若将该密封容器任意摆放均不能使水面呈三角形，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】 连接交于点O，连接， 因为，， 所以和是全等的等边三角形，所以， 又为中点，所以， 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以，又，，平面， 所以平面，所以平行六面体的高为， 当水量较少，水面恰好为长方体的截面时， ， 当水量较多，水面恰好为长方体的截面时， 因为， 所以 ， 所以的取值范围是. 故答案为：. 40．（2025·黑龙江大庆·二模）在长方体中，，且点满足，点分别在直线和平面上，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题设，易知平面，平面，所以平面平面， 将平面翻折到与平面为同一个平面，如下示意图，显然在平面上的投影为， 当交于时，最小， 而，又且， 所以，即，故， 所以的最小值为. 故选：B 立体几何综合问题题型06 41．（多选题）（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为棱上一点，动点在线段上，动点在正方形内及其边界上，且．记点的轨迹为曲线，则（   ） A． B．曲线的长度为 C．存在，，使得平面 D．当与只有一个公共点时， 【答案】AC 【解析】对于选项A，如图1，连接，因为，分别是棱，的中点，则， 由正方体的性质易知，所以，又面，面，所以面， 则动点到平面的距离为定值，又动点在线段上，则，所以选项A正确， 对于选项B，如图2，连接，因为面，又面，所以， 又，E是棱的中点，所以，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 所以曲线的长度为，故选项B错误； 对于选项C，如图2，连接，，且与曲线交于， 因为，面，面，所以面， 又易知，面，面，所以面， 又，面，所以面面， 因为面，所以面，则与重合时，平面，所以选项C正确， 对于选项D，如图3，建立平面直角坐标系，则动点在圆上， 当与曲线只有一个公共点时，设直线的方程为， 则，整理得到，解得或（舍），所以， 令，得到，即，所以，所以选项D错误， 故选：AC. 42．（多选题）（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图1所示，在四边形中，，，.如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接.则下列选项正确的是（   ） A．当平面平面时，点到平面的距离为 B．异面直线与所成角的取值范围为 C．、分别为、的中点，在翻折的过程中，存在某个位置，使得 D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】找中点，作，面， 因为，，所以， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，，所以由勾股定理得， 又因，则，解得， 故，，，， 设，则，， 因,故，得， 则，， 由可得，化简得， 即点的轨迹方程是半径为的圆的一部分， 而该圆的参数方程为，， 故，则， 设平面的法向量为，则，解得， 且，令，解得， 得到，易得平面的法向量为. 对于A，当平面平面时，，此时，解得， 此时，而，， 设平面的法向量为，则， ，令，解得，， 故，而 设设点到面的距离为，则，故A正确； 对于B，由已知得，， 设异面直线与所成角为，且， 则， 而，结合余弦函数性质得， 故，由余弦函数性质解得，故B正确； 对于C，因为、分别为、的中点， 所以，， 则，令， 则，则，无解， 所以在翻折的过程中，不存在某个位置，使得，故C错误； 对于D，首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型， 我们给定三棱锥，设分别是的外心， 设外接球球心为，是中点，连接,则，， 所以是二面角的平面角，设， 设，，连接,则面，面， 在四边形中，可得， 所以四点共圆，且设四边形的外接圆半径为， 所以，连接，由正弦定理得，设， 故，而在中，由余弦定理得， 连接，所以，则得，且 设，在直角三角形中，， 所以，即鳄鱼模型得证. 设二面角的大小为，且， ，如图，的外心为，找中点作为外心， 则由中位线性质得，得到， 此时公式变为， 若三棱锥的外接球的表面积的最小， 则其半径一定最小，由上分析可得， 而，结合正弦函数性质可得当时最小， 此时，由球的表面积公式得表面积为， 则三棱锥的外接球的表面积的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$