专题09 空间向量与立体几何讲义-【备战2026年高考数学命题背景探究】（全国通用）（会一题通一类系列）

专题09 空间向量与立体几何 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景73 以空间几何体的体积与表面积为命题背景 1 真题命题背景74 以球体为命题背景 3 真题命题背景75 以立体几何新文化、新情境为命题背景 4 真题命题背景76 以判断点线面位置关系为命题背景 5 真题命题背景77 以证明空间中平行关系为命题背景 7 真题命题背景78 以证明空间中垂直关系为命题背景 10 真题命题背景79 以求空间角命题背景 13 真题命题背景80 以求空间距离为命题背景 16 基础过关练 17 提升巩固练 19 培优压轴练 22 真题命题背景73 以空间几何体的体积与表面积为命题背景 圆柱、圆锥、圆台的展开图及侧面积 圆柱 圆锥 圆台 侧面展 开图 侧面积 公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l 其中r，r′为底面半径，l为母线长. [注意]　①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和； ②圆台、圆柱、圆锥的转化：当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r′）lS圆锥侧＝πrl． 柱体、锥体、台体、球体的表面积和体积 几何体   表面积 体积（S是底面积，h是高） 柱体（棱柱和圆柱） S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体（棱锥和圆锥） S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体（棱台和圆台） S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球（R是半径） S＝ V＝ 真题练1．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 真题练3．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 真题练4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 真题练5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 真题练6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 真题练7．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 真题命题背景74 以球体为命题背景 球体问题 （1） 球体体积公式：，球体表面积公式： （2） 正方体、长方体、正四棱锥的外接球问题（类型Ⅰ） 球心体心，直径体对角线 已知长宽高，，求体对角线，公式为： ， （3） 直棱柱的外接球问题（类型Ⅱ） ，其中为直棱柱的高，为底面外接圆半径（可用正弦定理求解） （4） 墙角问题可转化为类型Ⅰ （5） 侧棱底面问题可转化为类型Ⅱ 真题练1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2020·全国I卷·高考真题）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． 真题练3．（2020·全国II卷·高考真题）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 真题练4．（2020·全国III卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． 真题练5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 真题练6．（2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 真题练7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 真题命题背景75 以立体几何新文化、新情境为命题背景 真题练1．（2020·全国I卷·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 真题练2．（2020·山东·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40° C．50° D．90° 真题练3．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 真题练．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 真题命题背景76 以判断点线面位置关系为命题背景 空间中点线面的位置关系 点与直线的位置关系 点在直线上 点不在直线上 点与面的位置关系 点在平面上 点不在平面上 线与线的位置关系 平行， 相交， ，异面 线与面的位置关系 面与面的位置关系 平行， 相交， 与重合 真题练1．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 真题练2．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 真题练3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 选项BCD解法二： 真题命题背景77 以证明空间中平行关系为命题背景 空间中的平行关系 （1） 线线平行 ①三角形、四边形中位线，②平行四边形的性质（对边平行且相等） ③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 图形语言 符号语言 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 图形语言 符号语言 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 图形语言 符号语言 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 真题练1．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 真题练3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 真题练4．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 真题练5．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 真题命题背景78 以证明空间中垂直关系为命题背景 空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 ①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 （2） 线面垂直的判定定理 判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 图形语言 符号语言 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 图形语言 符号语言 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面垂直的判定定理 判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直 （或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） 图形语言 符号语言 （5） 面面垂直的性质定理 性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 图形语言 符号语言 真题练1．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 真题练2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 真题练3．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 真题练4．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 真题命题背景79 以求空间角命题背景 空间向量求空间角（线线角、线面角、面面角） （1）求异面直线所成的角 若两异面直线所成角为，它们的方向向量分别为，则有=. （2）求直线和平面所成的角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有=. （3）求二面角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若二面角的平面角的大小为，其两个面的法向量分别为，则== （4）求平面与平面的夹角 平面与平面相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角=. 真题练1．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 真题练2．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 真题练3．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 真题练4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 真题练5．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 真题命题背景80 以求空间距离为命题背景 空间向量求空间距离集 （1）点到直线的距离 已知直线l的单位方向向量为，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，点P到直线l的距离为. （2）两条平行直线之间的距离 求两条平行直线l，m之间的距离，可在其中一条直线l上任取一点P，则两条平行直线间的距离就等于到直线的距离. （3）求点面距（常见是几何法等体积转化） ①求出该平面的一个法向量；②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； ③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离. 即：点A到平面的距离=，其中，是平面的一个法向量. （4）线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解 直线与平面之间的距离：=，其中，是平面的一个法向量. 两平行平面之间的距离：=，其中，是平面的一个法向量. 真题练1．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 一、单选题 1．（2025·四川成都·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2025·江苏南通·模拟预测）过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 3．（2025·浙江嘉兴·一模）已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 4．（2025·山东泰安·模拟预测）将半径为，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·四川成都·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C．56 D． 二、多选题 6．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆上异于的任一点，则圆上存在点满足（    ） A． B．平面 C． D．平面 7．（24-25高三下·云南·阶段练习）如图，在长方体中，，，E为的中点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．四面体的体积等于 D．经过AB的平面截该长方体的截面面积的最大值为 三、解答题 8．（2025·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 9．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在六棱锥中，平面，六边形是边长为3的正六边形，是上靠近点的三等分点． (1)证明：平面； (2)求线与平面所成角的正弦值． 10．（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 一、单选题 1．（2025·黑龙江大庆·一模）已知正三棱锥的底面边长为6，二面角的余弦值为，则正三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 3．（2025·湖南湘潭·一模）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，，若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点，当侧面水平放置时，水面恰好与交于点D，则等于（    ） A．2 B．4 C． D． 4．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·四川广安·模拟预测）在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且，，.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2025·安徽·模拟预测）已知直三棱柱的所有棱长均为6，点分别是线段的中点，则（　　） A．平面 B． C．三棱柱外接球的表面积为 D．点到平面的距离为 7．（2025·河北·一模）如图，已知正方体. 的棱长为3，点P 在线段AC 上运动，则（   ） A． 平面 B．存在唯一点 P，使得 与所成角的大小为30° C．与平面所成的角随AP的增大先变大再变小 D．若Q为棱BC 上一动点，则△的周长的最小值为 三、解答题 8．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 9．（2025·湖南永州·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）. (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 10．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，.    (1)证明：； (2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值. 一、单选题 1．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知二面角的大小为，且，，，点、、、在同一球面上，则此球的表面积为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·河北石家庄·三模）在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，P为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面的距离分别为，，，直线OP和三条侧棱所成的角分别为，，，直线OP和三个侧面所成的角分别为α，β，γ，则（    ） A．该三棱锥的外接球半径为 B． C． D．当时，P点的轨迹长度为 5．（2025·海南·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 三、填空题 6．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为 ． 7．（2025·北京·三模）如图，已知棱长为2的正方体中，动点M ， N， P ， Q分别在棱，， ， 上， 且满足， ， 设.给出下列四个结论： ①当时， 则四面体的表面积为8: ② 存在m、n，使得四面体的表面积为9； ③当 时，四面体的体积为 ④ 四面体.的体积与m、n无关. 其中所有正确结论的序号为 . 四、解答题 8．（2025·四川绵阳·模拟预测）三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 9．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点． (1)若F为线段BC上的动点，证明：平面平面PBC； (2)若F为线段BC上的动点，探究是否存在点F使得平面AEF，说明理由； (3)若F为线段DC的中点，，过A、E、F三点的平面交PC于点G，求四棱锥与的体积之比． 10．（2025·甘肃白银·三模）圆柱的标准方程可以用下面的形式表示：，，其中，是圆柱任意一点的坐标.已知圆柱的方程为，如图，点，分别为上、下底面圆的圆心，四边形是圆柱的一个轴截面，点，，分别为，，的中点，点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）. (1)证明：平面； (2)若点是下底面圆周上的动点，是点在上底面的投影，且，与下底面所成的角分别为，，求的取值范围； (3)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 空间向量与立体几何 备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 真题命题背景73 以空间几何体的体积与表面积为命题背景 1 真题命题背景74 以球体为命题背景 8 真题命题背景75 以立体几何新文化、新情境为命题背景 15 真题命题背景76 以判断点线面位置关系为命题背景 18 真题命题背景77 以证明空间中平行关系为命题背景 23 真题命题背景78 以证明空间中垂直关系为命题背景 33 真题命题背景79 以求空间角命题背景 44 真题命题背景80 以求空间距离为命题背景 55 基础过关练 57 提升巩固练 66 培优压轴练 78 真题命题背景73 以空间几何体的体积与表面积为命题背景 圆柱、圆锥、圆台的展开图及侧面积 圆柱 圆锥 圆台 侧面展 开图 侧面积 公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l 其中r，r′为底面半径，l为母线长. [注意]　①几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和； ②圆台、圆柱、圆锥的转化：当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r′）lS圆锥侧＝πrl． 柱体、锥体、台体、球体的表面积和体积 几何体   表面积 体积（S是底面积，h是高） 柱体（棱柱和圆柱） S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体（棱锥和圆锥） S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体（棱台和圆台） S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球（R是半径） S＝ V＝ 真题练1．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2， 所以该棱台的高， 下底面面积，上底面面积， 所以该棱台的体积. 故选：D. 真题练2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 真题练3．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】证明平面，分割三棱锥为共底面两个小三棱锥，其高之和为AB得解. 【详解】取中点，连接，如图，   是边长为2的等边三角形，， ，又平面，， 平面， 又，， 故，即， 所以， 故选：A 真题练4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 真题练5．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ． 【答案】/ 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，    因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 真题练6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 真题练7．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 真题命题背景74 以球体为命题背景 球体问题 （1） 球体体积公式：，球体表面积公式： （2） 正方体、长方体、正四棱锥的外接球问题（类型Ⅰ） 球心体心，直径体对角线 已知长宽高，，求体对角线，公式为： ， （3） 直棱柱的外接球问题（类型Ⅱ） ，其中为直棱柱的高，为底面外接圆半径（可用正弦定理求解） （4） 墙角问题可转化为类型Ⅰ （5） 侧棱底面问题可转化为类型Ⅱ 真题练1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为． 故选：A．    真题练2．（2020·全国I卷·高考真题）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】A 【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意， 得，为等边三角形， 由正弦定理可得， ，根据球的截面性质平面， ， 球的表面积. 故选：A    【点睛】 本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 真题练3．（2020·全国II卷·高考真题）已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离. 【详解】 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形， ，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 真题练4．（2020·全国III卷·高考真题）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． 【答案】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为，    由于，故， 设内切圆半径为，则： ， 解得：，其体积：. 故答案为：. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 真题练5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 【答案】2 【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 故答案为：2. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解； （3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 真题练6．（2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又设四棱锥的高为，则， 当且仅当即时等号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高. 故选：C．[方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则， ，，单调递增， ，，单调递减， 所以当时，最大，此时． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 真题练7．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 真题命题背景75 以立体几何新文化、新情境为命题背景 真题练1．（2020·全国I卷·高考真题）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设，则， 由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）. 故选：C. 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 真题练2．（2020·山东·高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40° C．50° D．90° 【答案】B 【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角. 【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得.. 由于，所以， 由于， 所以，也即晷针与点处的水平面所成角为. 故选：B 【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题. 真题练3．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积． 棱台上底面积，下底面积， ∴ ． 故选：C． 真题练．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（    ） A．26% B．34% C．42% D．50% 【答案】C 【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为： . 故选：C. 真题命题背景76 以判断点线面位置关系为命题背景 空间中点线面的位置关系 点与直线的位置关系 点在直线上 点不在直线上 点与面的位置关系 点在平面上 点不在平面上 线与线的位置关系 平行， 相交， ，异面 线与面的位置关系 面与面的位置关系 平行， 相交， 与重合 真题练1．（2024·全国甲卷·高考真题）设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 真题练2．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 真题练3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（    ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 【答案】A 【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 真题命题背景77 以证明空间中平行关系为命题背景 空间中的平行关系 （1） 线线平行 ①三角形、四边形中位线，②平行四边形的性质（对边平行且相等） ③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 图形语言 符号语言 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 图形语言 符号语言 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 图形语言 符号语言 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 真题练1．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解. 【详解】（1）因为为的中点，所以， 四边形为平行四边形，所以，又因为平面， 平面，所以平面； （2）如图所示，作交于，连接， 因为四边形为等腰梯形，，所以， 结合（1）为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，， 因为，所以，所以互相垂直， 以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， ，，， ，设平面的法向量为， 平面的法向量为， 则，即，令，得，即， 则，即，令，得， 即，，则， 故二面角的正弦值为. 真题练2．（2022·全国甲卷·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直． (1)证明：平面； (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出； （2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出． 【详解】（1）如图所示： 分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面． （2）[方法一]：分割法一 如图所示： 分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍． 因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积 ． [方法二]：分割法二 如图所示： 连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积 真题练3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【详解】（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 真题练4．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，． (1)求证：//平面； (2)若，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点， 于是，即， 则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）过作垂直的延长线交于点， 因为是中点，所以， 在中，， 所以， 因为， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面， 即三棱锥的高为， 因为，所以， 所以， 又， 所以. 真题练5．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，，，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、， 因为是三棱锥的高，所以平面，平面， 所以、， 又，所以，即，所以， 又，即，所以，， 所以 所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面    （2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又，所以，则，， 所以，所以，，，， 所以， 则，，， 设平面的法向量为，则，令，则，，所以； 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以； 所以. 设二面角的大小为，则， 所以，即二面角的正弦值为.    真题命题背景78 以证明空间中垂直关系为命题背景 空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 ①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 （2） 线面垂直的判定定理 判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 图形语言 符号语言 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 图形语言 符号语言 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面垂直的判定定理 判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直 （或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） 图形语言 符号语言 （5） 面面垂直的性质定理 性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 图形语言 符号语言 真题练1．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．    (1)证明：平面平面； (2)设，求四棱锥的高． 【答案】(1)证明见解析. (2) 【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面； (2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求. 【详解】（1）证明：因为平面，平面, 所以, 又因为，即， 平面，, 所以平面， 又因为平面, 所以平面平面. （2）如图，    过点作，垂足为. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以四棱锥的高为. 因为平面，平面, 所以,, 又因为，为公共边， 所以与全等，所以. 设，则， 所以为中点，, 又因为,所以, 即，解得， 所以， 所以四棱锥的高为． 真题练2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）由， 得，又，在中， 由余弦定理得, 所以，则，即， 所以，又平面， 所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则， 在中，，得， 所以，由（1）知，又平面， 所以平面，又平面， 所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由是的中点，得， 所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， 则，， 令，得， 所以， 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 真题练3．（2021·全国乙卷·高考真题）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且． （1）证明：平面平面； （2）若，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面； （2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出． 【详解】（1）因为底面，平面， 所以， 又，， 所以平面， 而平面， 所以平面平面． （2）[方法一]：相似三角形法 由（1）可知． 于是，故． 因为，所以，即． 故四棱锥的体积． [方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法    由（2）知,所以． 建立如图所示的平面直角坐标系，设． 因为，所以，，，． 从而． 所以，即．下同方法一. [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法   建立如图所示的空间直角坐标系， 设，所以，，，，． 所以，，． 所以． 所以，即．下同方法一. [方法四]：空间向量法    由，得． 所以． 即． 又底面，在平面内， 因此，所以． 所以， 由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义， 得，即． 所以，即．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积； 方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解； 方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长. 真题练4．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，． (1)证明：平面平面； (2)设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析； （ii）. 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； 法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论； （ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值. 【详解】（1）由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）（i）由题意及（1）证明如下， 法一： 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. 法二： ∵，，，在同一个球面上， ∴球心到四个点的距离相等 在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出和的垂直平分线，如下图所示， 由几何知识得， ，， ， ∴， ∴点是的外心， 在Rt中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴点即为点，，，所在球的球心， 此时点在线段上，平面， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 真题命题背景79 以求空间角命题背景 空间向量求空间角（线线角、线面角、面面角） （1）求异面直线所成的角 若两异面直线所成角为，它们的方向向量分别为，则有=. （2）求直线和平面所成的角 设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有=. （3）求二面角 如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°.若二面角的平面角的大小为，其两个面的法向量分别为，则== （4）求平面与平面的夹角 平面与平面相交，形成四个二面角，把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面与平面的夹角=. 真题练1．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． (1)证明：平面； (2)求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 真题练2．（2022·全国乙卷·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)与平面所成的角的正弦值为 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【详解】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 真题练3．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． (1)求A到平面的距离； (2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； （2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 真题练4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 真题练5．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面BEF； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答. （2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明； （3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）连接，设，则，，， 则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，    于是，即，则四边形为平行四边形， ，又平面平面， 所以平面. （2）法一：由（1）可知，则，得， 因此，则，有， 又，平面， 则有平面，又平面，所以平面平面. 法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 在中，， 在中，， 设，所以由可得：， 可得：，所以， 则，所以，， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则，得， 令，则，所以， ， 所以平面平面BEF；    （3）法一：过点作交于点，设， 由，得，且， 又由（2）知，，则为二面角的平面角， 因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有， ，解得，同理得， 于是，即有，则， 从而，， 在中，， 于是，， 所以二面角的正弦值为.      法二：平面的法向量为， 平面的法向量为， 所以， 因为，所以， 故二面角的正弦值为. 真题命题背景80 以求空间距离为命题背景 空间向量求空间距离集 （1）点到直线的距离 已知直线l的单位方向向量为，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，点P到直线l的距离为. （2）两条平行直线之间的距离 求两条平行直线l，m之间的距离，可在其中一条直线l上任取一点P，则两条平行直线间的距离就等于到直线的距离. （3）求点面距（常见是几何法等体积转化） ①求出该平面的一个法向量；②找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量； ③求出法向量与斜线段向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离. 即：点A到平面的距离=，其中，是平面的一个法向量. （4）线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解 直线与平面之间的距离：=，其中，是平面的一个法向量. 两平行平面之间的距离：=，其中，是平面的一个法向量. 真题练1．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点. (1)证明：平面； (2)求点到的距离. 【答案】(1)证明见详解； (2) 【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证； （2）先证明平面，结合等体积法即可求解. 【详解】（1）由题意得，，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面， 所以平面； （2）取的中点，连接，，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形， 可得， 又，所以，故. 又平面，所以平面， 易知. 在中，， 所以. 设点到平面的距离为，由， 得，得， 故点到平面的距离为. 一、单选题 1．（2025·四川成都·模拟预测）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】利用线面平行的判定定理可推断A，利用面面平行的性质定理可推断B，利用空间垂直与平行的关系可推断CD. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则或与是异面直线，故B错误； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，若，则，又因为所以，故D正确， 故选：D. 2．（2025·江苏南通·模拟预测）过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【分析】证明线面垂直作出图判断截面图形即可. 【详解】 在正方体中，平面，平面，所以， 又在正方形中，，，所以平面， 平面，所以， 由于分别为的中点，所以， 故，同理，，所以平面， 且平面过正方体的中心， 故选：D 3．（2025·浙江嘉兴·一模）已知正三棱台的体积为，其上下底面的边长分别为1和2，则这个正三棱台的高为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】根据台体的体积公式求台体的高. 【详解】正三棱台的上底面积为，下底面积为， 因为台体体积为，所以， 解得，即正三棱台的高为1. 故选：C 4．（2025·山东泰安·模拟预测）将半径为，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可得母线长，利用圆锥的性质可求底面半径和圆锥的高，然后根据球心在圆锥的轴线上，结合勾股定理建立方程求解即可. 【详解】由题知圆锥的母线长，设圆锥底面半径为，高为， 则底面圆的周长，所以，， 设外接球的半径为，则由得， 所以球的体积=. 故选：D. 5．（2025·四川成都·模拟预测）已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（    ） A． B． C．56 D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，求出棱台的高，根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】如图所示的正四棱台,连接, 作平面，由正四棱台的性质可知在上. 因为正四棱台的上、下底面面积分别为4和16， 所以正四棱台的上、下底面边长分别为2和4， 所以. 易知四边形为等腰梯形， 所以， 由勾股定理得， 所以四棱台的体积为. 故选：A. 二、多选题 6．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，为圆锥的底面圆的直径，为母线的中点，点为底面圆上异于的任一点，则圆上存在点满足（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BC 【分析】假设存在点使得，再根据点线面的位置关系得出矛盾可得A错误，利用面面平行的判定定理即可证明平面平面，再结合面面平行性质可得B正确，利用线面垂直判定定理及其性质可得C正确，假设平面，由线面垂直性质可得出平面与平面平行，与题意不符，可得D错误. 【详解】对于A，若存在点使得，则四点共面， 因为，所以平面，易得为平面与平面的公共点，所以三点共线，与题设矛盾，故A错误； 对于B，如图所示， 过点作，交劣弧于点，连接. 由于分别为的中点，所以， 由于平面平面，所以平面，平面， 又因为，所以平面平面，由于平面，所以平面，故B正确； 对于C，由为底面圆的直径，可知， 又，所以， 又易知，，平面， 因此平面，平面，可得，故C正确； 对于D，假设存在点使平面，则， 又因为平面，所以平面， 故平面与平面平行，与题意不符，故D错误， 故选：BC. 7．（24-25高三下·云南·阶段练习）如图，在长方体中，，，E为的中点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．平面 C．四面体的体积等于 D．经过AB的平面截该长方体的截面面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】A选项，连接，，，通过面面平行即可证得线面平行；B选项，由图可知，与BD不垂直，进而说明线面不垂直；C选项，通过线面平行结合等体积法求得体积；D选项，经过AB的平面截该长方体的截面面积最大时的截面为 【详解】如图，连接，，，易知平面平面，且平面，故有平面，A正确； 易知，为等腰三角形，为底边，故与BD不垂直，即平面不成立，B错误； 由平面知，，C正确； 经过AB的截面为矩形，截面与侧面的交线最长为对角线，故截面面积的最大值为，D正确. 故选：ACD． 三、解答题 8．（2025·江苏苏州·三模）如图，正四棱锥，，，为侧棱上的点，且． (1)求证：； (2)求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结交于点，连结，证明四边形是正方形，证明平面，证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【详解】（1）连结交于点，连结， 因为正四棱锥，所以平面， 又平面， 所以，因为正四棱锥， 所以四边形是正方形， 所以，因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 因为，，， 所以以为原点建立空间直角坐标系， ，，，， 所以， ， 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 9．（2025·全国·模拟预测）如图所示，在六棱锥中，平面，六边形是边长为3的正六边形，是上靠近点的三等分点． (1)证明：平面； (2)求线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质以及正六边形的性质可得，，即可由线面垂直的判定求证， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可由向量的夹角求解. 【详解】（1）因为平面平面，所以． 因为六边形是边长为3的正六边形，所以． 又平面平面，故平面． （2）以点为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，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，由于， 所以，令，得， 即平面的一个法向量为， 所以直线和平面所成角的正弦值为 10．（2025·四川成都·一模）如图，在四棱台中，下底面是边长为的正方形，侧棱与底面垂直，且. (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，得到线线平行通过线面平行的判定定理可证； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量进而求法向量夹角的余弦值即可. 【详解】（1）连接交于点，连结，. 因为底面是正方形，所以是的中点. 又，所以，故. 由棱台的定义，与共面，因为棱台的上、下底面平行，所以它们与平面的交线平行，即. 所以四边形为平行四边形，故. 又因为平面，平面，所以平面. （2）以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，，. 故，，，. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 设平面的法向量，由得. 取，得平面的一个法向量. 故. 所以平面与平面夹角的大小为. 一、单选题 1．（2025·黑龙江大庆·一模）已知正三棱锥的底面边长为6，二面角的余弦值为，则正三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作辅助线，找到二面角的平面角，利用相关线段长度，结合二面角的余弦值求出的长度，再利用勾股定理求出正三棱锥的高，设外接球半径为，根据外接球的性质，结合勾股定理列出关于的方程，求解出，最后利用球的表面积公式计算出外接球的表面积. 【详解】如图所示，正三棱锥，作平面于点，则为正三角形的中心， 取的中点，连接，设外接球心为，则在上，连接.    由已知的边长为6，由于，即二面角的平面角，则. 因为，所以， 所以，. 设外接球的半径为，则，， 又，， 所以，解得. 故正三棱锥外接球的表面积. 故选：C. 2．（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，作出球心，利用外接球半径，外接圆半径，可求得即可得到二面角的大小. 【详解】设外接圆圆心分别为，外接圆半径为，三棱锥外接球半径为， 过分别作平面，平面的垂线，交点即为三棱锥的外接球心， ，，即， 所以在中点处，， ，， ，且在垂直平分线上， 所以， 三棱锥的外接球表面积为， ，， 又平面，平面，所以， 则，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以共面， 所以就是二面角的平面角， 或. 故选：A. 3．（2025·湖南湘潭·一模）如图，一个三棱柱形容器中盛有水，，若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点，当侧面水平放置时，水面恰好与交于点D，则等于（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】由题意可判断水的体积为三棱柱体积的一半，由此结合棱柱的体积，即可求出答案. 【详解】若底面水平放置时，水面恰好过侧棱的中点， 设棱柱的体积为V，则水的体积为； 当侧面水平放置时，三棱柱有水部分的体积为， 则无水部分为水平放置的小三棱柱（一侧面为水面），其体积为， 由于三棱柱和三棱柱的高相同， 故，由于，则∽    ， 故，而，故，故， 故选：D 4．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值. 【详解】如图，连接AC，由，得，    由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上． 而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点. 取CD的中点E，AB的中点的中点，连接， 则由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形， 而平面，所以平面平面EFG， 作于，因平面平面， 平面，故平面，故为截面圆的圆心. 又， 故截面圆的半径为， 即点在以为圆心，为半径的圆上， 而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上， 故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为． 故选：D． 5．（2025·四川广安·模拟预测）在三棱锥中，三条棱，，两两垂直，且，，.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，易得外接球半径，利用正弦定理得到截面的外接圆半径为，从而得到球心到面的距离，结合题意即可得到最大值. 【详解】三棱锥的外接球就是以、、为长、宽、高的长方体的外接球， 其直径为，即， 又，所以， 则，于是由正弦定理，的外接圆半径为， 故球心到面的距离为. 所以点到面距离的最大值是. 故选：C. 二、多选题 6．（2025·安徽·模拟预测）已知直三棱柱的所有棱长均为6，点分别是线段的中点，则（　　） A．平面 B． C．三棱柱外接球的表面积为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】取的中点，连接，利用线线平行可证平面判断A；可证平面，进而可得平面，可证判断B；记的外接圆圆心分别为，利用，可求外接球的表面积判断C；利用等体积法求得点到平面的距离判断D. 【详解】取的中点，连接， 因为点分别是线段的中点，所以，所以四边形为平行四边形， 故，又平面平面， 所以平面，故正确； 因为点分别是线段的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，又平面，所以， 又是正三角形，又是的中点，所以， 又，平面，所以平面， 所以平面，则.若，则平面， 则，显然这不成立，故错误； 记的外接圆圆心分别为，则， 故，故所求外接球的表面积为，故正确； ，故. 设点到平面的距离为.，则， 即，解得，故正确. 故选：ACD. 7．（2025·河北·一模）如图，已知正方体. 的棱长为3，点P 在线段AC 上运动，则（   ） A． 平面 B．存在唯一点 P，使得 与所成角的大小为30° C．与平面所成的角随AP的增大先变大再变小 D．若Q为棱BC 上一动点，则△的周长的最小值为 【答案】ACD 【分析】利用面面平行证明线面平行可判断A，先确定的轨迹，研究轨迹和的关系可判断B，结合线面角的表达式可判断C，把三角形三边都转化到底面中，结合余弦定理可求最小值. 【详解】对于A，连接,由正方体的性质可得，, , 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，A正确； 对于B，因为，所以与所成角为30°时，与所成角也为30°， 因为，所以， 所以点在底面内的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧， 如图，在正方形中，，， 作于，由等面积法可得， 所以不存在使得 与所成角的大小为30°，B错误； 对于C，在平面内的投影为，设与平面所成的角为， 则，由图易得随AP的增大先变小再变大，所以先变大再变小， 因为时，为增函数， 所以与平面所成的角随AP的增大先变大再变小，C正确； 对于D，把和侧面分别绕旋转到底面内，如图， △的周长为,由图易知，最小值为图中虚线长， 因为△为等边三角形，且边长为，所以中，，, 由余弦定理可得，D正确. 故选：ACD 三、解答题 8．（2025·湖南益阳·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点分别是的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若，点在直线上，且平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到答案； （2）建系，设，借助于空间向量表示平面与平面的夹角的余弦值，进而求出，即得答案. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，因为侧面为菱形，，    所以.又因为平面平面， 平面平面， 平面，所以平面. 又因为是的中点，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）连接，因为为等边三角形，则.    所以两两垂直.则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 因为AB=2，所以. 故， . 设，则， 即.， . 设平面的一个法向量为， 则则，取，则，. 故平面的一个法向量为. 又由（1）可知平面的一个法向量为， 由题意可得，即. 解得.又，所以，线段CF的长为2. 9．（2025·湖南永州·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面，，E是的中点，F是线段上的一点（不含端点）. (1)证明：平面； (2)若二面角的大小为，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）要证明线面垂直，需证明直线与平面内两条相交直线垂直； （2）先根据二面角的大小确定相关线段的关系，再通过建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值，最后求其最大值. 【详解】（1）因为 平面，平面，所以； 又，是的中点，所以； 因为，平面，所以平面. （2）由平面，得，故  ， 设  ，以为原点，为轴，为轴，平面内过作 的垂线为轴，建立坐标系， 各点坐标：， 设，则， 直线的方向向量： ， 平面的法向量：由（1）知 ， 设直线与平面所成角为，则：， 令，其对称轴为，此时， 代入得. 10．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，.    (1)证明：； (2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求； (3)若，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）根据线面垂直的性质可得，利用余弦定理以及勾股定理可得，进而由线面垂直求证得解， （2）利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解， （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解. 【详解】（1）因为，，所以， 因为平面，所以平面，    因为平面，所以， 取中点，因为为中点，所以，因此, 则，，，共面， 因为四边形是边长为4的菱形，， 所以在中，，， 所以，故， 所以， 因为，平面，所以平面 因为平面，所以. （2）由，，，可得 ， 所以. （3）取中点，连接，由题意可得，，两两垂直，以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，， ，，. 设平面的法向量为，则有，得， 取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 一、单选题 1．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知二面角的大小为，且，，，点、、、在同一球面上，则此球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在外接圆上取一点，使得，则，可知三棱锥和的外接球是同一个球，取线段的中点，连接、，由二面角的定义额可知二面角的平面角为，设的外心为，过点在平面内作，过点在平面内作平面，设，则为球心，求出的长，结合球体表面积公式可得结果. 【详解】因为，则为外接圆的一条直径， 在外接圆上取一点，使得，则， 且三棱锥和的外接球是同一个球， 取线段的中点，连接、，如下图所示： 因为，，则，， 由二面角的定义可知，二面角的平面角为， 因为，则，且， 所以，的外接圆半径为， 设的外心为，过点在平面内作， 过点在平面内作平面，设， 因为，，，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 同理可证平面，故为三棱锥外接球的球心，如下图所示： 由题意得，，， 所以，， 所以，球的半径为， 因此，球的表面积为， 故选：A. 2．（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解. 【详解】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线， 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则 所以， 由于，所以，则， 所以， 因为，则 解得， 设，则，则，得， 所以， 过点作球的截面，当时，截面面积的最小， ，所以截面圆半径为， 则面积为. 故选：B 3．（2025·河北石家庄·三模）在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，得到所需各点坐标，设，将转化成，从而得到两点的坐标，再利用两点间距离公式计算，即可求出取到最小值时的值. 【详解】 由题意知，， 就是二面角的平面角，即， 以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，， 设， 由，可知， ，， ，， 解得， ， ， 当时，取到最小值，即取到最小值. 故选：A 二、多选题 4．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，且，P为底面ABC内一动点（含边界），点P到三个侧面的距离分别为，，，直线OP和三条侧棱所成的角分别为，，，直线OP和三个侧面所成的角分别为α，β，γ，则（    ） A．该三棱锥的外接球半径为 B． C． D．当时，P点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】选项A，可将三棱锥补成长方体计算；选项B、C，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成长方体，找到相应角进行计算；选项D，点的轨迹为以为球心，半径为的球面被三角形面所截得的三段圆弧，根据弧长公式计算. 【详解】对于A，由三条侧棱两两垂直，则该三棱锥可补成长方体，如图所示，该三棱锥的外接球也就是补成的长方体的外接球， 则外接球半径，故A正确； 对于B，过作三个侧面的垂线，连接相应的线段构成如图所示的长方体， 则直线与所成角为记为，与所成角为记为，与所成角为记为， 则，，， 则，故B错误； 对于C，直线与平面、平面、平面所成角分别为， 则， 故 ，故C正确； 对于D，在该长方体中，，则， 故点的轨迹为以为球心，半径为的球面被三角形面所截得的圆弧， 设点到平面的距离为，则， 由，可得，解得， 则截面圆半径． 设内切圆半径为，则由，解得， 因为，所以轨迹为三段圆弧， 如图，设、分别为其中一段圆弧的两个端点，则， 由对称性易得由正弦定理，的外接圆半径， 在中由余弦定理，， 即，解得或（由对称性，此时，故舍去） 所以，所以弧对应的圆心角为，其长度为 所以点的轨迹长度为，故D正确． 故选：ACD. 5．（2025·海南·模拟预测）如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（   ） A．直线平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．的最小值为 D．若，则点的运动轨迹长度为 【答案】AC 【分析】对于A,利用线面平行的判定定理，证明平行于平面内的一条线即可；对于B，判断截面为等腰梯形，然后利用梯形的面积公式求解即可；对于C，建立空间直角坐标系，设点坐标，将表示出来，利用二次函数求最值即可；对于D，利用确定点的轨迹方程，然后利用两点距离公式求长度即可. 【详解】对于A，连接, 因为点分别是线段、的中点， 所以，所以平面， 点分别是线段、的中点，故, 故四边形为平行四边形，所以且平面， 故直线平面，故A正确； 对于B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形 且由正方体可知，, 故梯形的高, 故梯形的面积,故B错误； 对于C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系， 则, 点为侧面内的一个动点（含边界），故设 所以， 所以， 当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，，若， 则，即， 因为故当时，此时， 当时，此时， 故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误. 故选：AC 三、填空题 6．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方体中，点分别在棱，，上，为的中点，，，记平面与平面的交线为．则直线与平面所成角的正切值为 ． 【答案】/ 【分析】先作出平面截正方体的截面为六边形，并得到平面与平面的交线为，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为6，写出点的坐标，平面的一个法向量为，利用公式先求出线面角的正弦值，进而求出余弦和正切值. 【详解】设直线与直线分别相交于点， 连接并延长，交于点，交的延长线与点， 连接，交于点，交于点，连接， 其中与相交于点， 故六边形即为平面截正方体的截面， 设与相交于点，连接，则平面与平面的交线为， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为6， 因为为的中点，，， 所以，， 因为，所以，故， 故，所以，解得， 故，同理可得， 故， 显然平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角大小为， 则， 故，. 故答案为： 7．（2025·北京·三模）如图，已知棱长为2的正方体中，动点M ， N， P ， Q分别在棱，， ， 上， 且满足， ， 设.给出下列四个结论： ①当时， 则四面体的表面积为8: ② 存在m、n，使得四面体的表面积为9； ③当 时，四面体的体积为 ④ 四面体.的体积与m、n无关. 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】②④ 【分析】对①，四面体的4个面为全等的三角形，求解判断；对②，考虑和时的表面积变化可判断；对④，利用割补法得正方体体积，为定值；对③，由④求解判断. 【详解】对于①，当时，为所在棱的中点，四面体的4个面为全等的三角形， 其中， 所以四面体的表面积为，故①错误； 对于②，当时，如图，四面体的表面积为， 当时，四面体的表面积为， 由连续性变化可得存在，使得四面体的表面积为9，故②正确； 对于④，四面体的体积可以用割补法求解， 正方体体积， 由图，两个三棱柱的体积和为定值， 同样，两个四棱锥的体积和，也为定值与无关， 所以四面体的体积与无关，故④正确； 对于③，由④，四面体的体积，为定值，故③错误. 故答案为：②④. 四、解答题 8．（2025·四川绵阳·模拟预测）三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）法一：利用等体积法，求出点到平面的距离，从而；法二：连接PE，证得，求得，过B作，证得平面，得到为与平面所成角，在中，求得，利用面积相等法，求得，再直角中，即可求得与平面所成角的正弦值； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上，建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴的空间直角坐标系，设，由，可解； （3）以AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，，则D点轨迹方程，分别求出平面和平面的法向量，根据可解. 【详解】（1）法一：等体积法：，， ， ∴由，则， ． 法二：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得，因为平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为CE， 过B作于点G，连接PG， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为PB与平面PCE所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，所以， 在中，由，所以， 即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上， 建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，过点O平行于的直线为轴的空间直角坐标系， 则，，设， 由，， ，故，， 故； （3）则由几何关系可得，，，，，由， 在平面xOy中，D在以E、F为焦点的椭圆上，故① 设面PBC的法向量，，，由， 有，令，得 设面PBD的法向量，，，由， ，取，则， 故得②代入①得（舍）或． 而，故. 9．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点． (1)若F为线段BC上的动点，证明：平面平面PBC； (2)若F为线段BC上的动点，探究是否存在点F使得平面AEF，说明理由； (3)若F为线段DC的中点，，过A、E、F三点的平面交PC于点G，求四棱锥与的体积之比． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 (3)． 【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面PBC，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面平面PBC； （2）连接AC，BD交于点O，得到O为BD的中点，证得，利用线面平行的判定定理，证得平面ACE，进而得到点F与点C重合时，直线平面AEF，得到结论； （3）连接EF，则四棱锥可分为和两个三棱锥，利用锥体的体积公式，求得四棱锥的体积，再由点G为PC的靠近C的三等分点，分别求得和，根据，求得即可得到答案． 【详解】（1）证明：在中，因为，且E为线段PB的中点，所以， 又因为底面ABCD，底面ABCD， 所以， 因为，，且AB，平面PAB， 所以平面PAB， 又因为平面PAB，所以， 因为，且PB，平面PBC， 所以平面PBC，因为平面AEF， 所以平面平面PBC； （2）存在，理由如下： 如图所示，连接AC，BD交于点O，可得O为BD的中点， 因为E为PB的中点，所以， 又因为平面ACE，平面ACE，所以平面ACE， 当点F与点C重合时，此时平面AEF， 即在BC上存在点F，使得平面AEF． （3）如图所示，连接EF，则四棱锥可分为和两个三棱锥， 因为，且底面ABCD， 所以四棱锥的体积为， 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则，，，， 设，其中， 则， 因为A，E，G，F共面， 则存在实数x，y使得， 即， 可得， 解得， 即， 所以G为PC的靠近C的三等分点， 因为F为线段DC的中点，可得， 即， 又因设E到平面PCD的距离为d，B到平面PCD的距离为d1， 则， 所以， 又因为F为线段DC的中点，且平面PAB， 因为，平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB， 所以F到平面PAB的距离等于C到平面PAB的距离，此时距离为， 则， 所以， 所以． 10．（2025·甘肃白银·三模）圆柱的标准方程可以用下面的形式表示：，，其中，是圆柱任意一点的坐标.已知圆柱的方程为，如图，点，分别为上、下底面圆的圆心，四边形是圆柱的一个轴截面，点，，分别为，，的中点，点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）. (1)证明：平面； (2)若点是下底面圆周上的动点，是点在上底面的投影，且，与下底面所成的角分别为，，求的取值范围； (3)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，，由几何关系结合线面平行的判定定理证明可得； （2）设，利用两点间距离公式表示出，，利用三角函数定义和两角和的正切表示出，再构造函数，求导分析单调性可得； （3）利用三棱锥的体积公式和组合体积得到当且仅当最大时，三棱锥的体积最大，设，代入圆，利用韦达定理、弦长公式、对勾函数的单调性求出，再求二面角可得. 【详解】（1）证明：因为底面圆的方程为，，点， 所以，为的中点， 所以四边形是正方形， 所以. 如图①，连接，， 因为，， 所以四边形为平行四边形，所以. 当为的中点时，则，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）由题知，，， 设，，，且， 所以，， 如图②，因为，所以，， 则. 设，， 则 . 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增， 所以， 又，， 所以， 即的取值范围为. （3）由题知，， ， 所以当且仅当最大时，三棱锥的体积最大. 如图②，在平面直角坐标系中，圆的方程为， 设，代入圆， 整理得，且， 所以，， 所以， 令，则，则， 由对勾函数的性质可知，在上单调递增， 所以在上单调递减， 所以，即， 所以当，即，即时，三棱锥的体积最大， 此时，且，所以， 所以即平面与平面所成角， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $