难点专题03 立体几何（40题难题）-【数学为王挑战新高考数学140+】备战2026年高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通用）

难点专题03 立体几何 （40题难题）（10单选10多选10填空10大题） 1. 异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 2. 线面角 直线与平面所成角，(为平面的法向量). 3. 二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 4. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 5. 内切球体积 任意的简单n面体内切球半径为(V是简单n面体的体积，是简单n面体的表面积) 6. 三垂线法求二面角 已知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。 7. 垂面法求二面角 已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知，二面角的平面角所在的平面与棱垂直。 8. 射影面积法求二面角 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（如图)求出二面角的大小 9. 三余弦定理 设AC是α内的任一条直线，且BC⊥AC，垂足为C，又设AO与AB所成的角为，AB与AC所成的角为，AO与AC所成的角为．则. 10. 三射线定理 若夹在平面角为的二面角间的线段与二面角的两个半平面所成的角是,,与二面角的棱所成的角是θ，则有 ; (当且仅当时等号成立). 长度为的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为，夹角分别为,则有 . （立体几何中长方体对角线长的公式是其特例）. 11. 空间两点间的距离公式 若A，B，则 =. 12. 异面直线上两点距离公式 . . （）. (两条异面直线a、b所成的角为θ，其公垂线段的长度为h.在直线a、b上分别取两点E、F，,,). 13. 欧拉定理(欧拉公式) (简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F). （1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：； （2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：. 14. 球的组合体 (1)球与长方体的组合体: 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长. (2)球与正方体的组合体: 正方体的内切球的直径是正方体的棱长, 正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长, 正方体的外接球的直径是正方体的体对角线长. (3) 球与正四面体的组合体: 棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为. 一、单选题 1．（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 【分析】运用面面垂直的性质证得平面，平面，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】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. 2．（2025·山西·一模）设为圆锥底面的一条直径，为底面圆周上异于的一点，为靠近的一个三等分点，且二面角与二面角的大小相等，则该圆锥的体积与三棱锥的体积之比是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在圆所在平面内，作，作，可得，进而得到，设，在中分析几何性质可得，表示几何体的体积可得结果. 【详解】 在圆所在平面内，过作，垂足为，过作，垂足为， ∵，∴，， ∴为二面角的平面角，为二面角的平面角， ∴. ∵在和中，， ∴. ∵为上靠近的一个三等分点，∴. 设，则，底面圆半径为，圆锥高. ∵点在圆锥底面圆上，∴， ∵点为中点，，， ∴，， ∴，即， ∴，， ∴. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用二面角的平面角的概念得到，通过分析的几何性质得到圆锥底面圆半径与的关系，由此可计算体积的比值. 3．（2025·四川·模拟预测）在正四棱柱中，，，分别是平面和上一点，且，，记异面直线与所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量关系确定点的位置，进而得到异面直线所成角，然后通过三角形外接圆半径与的关系，利用直线与圆相切求出半径最小值，从而得出的最大值． 【详解】取M为的中点，由，可知点E在直线上.连接BE，易知， 所以为异面直线AE与CF所成的角，即，在中，设r为外接圆的半径，则，当r最小时，最大.故当的外接圆与线段相切时，r取得最小值. 设的中点为O，在平面中，以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，，. 直线的方程为，设外接圆的方程为， 则，解得，，故的最大值为. 故选：D. 4．（2025·广西·三模）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内的一个动点，当时，点的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，，，，可证得平面，求出和，利用勾股定理表示，得到点的轨迹，即可求解. 【详解】 设平面，连接，，，， 因为，， 所以三棱锥为正三棱锥， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以平面， 又平面，所以， 同理可证，又，平面， 所以平面，则为正三角形的中心， 则，所以， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 即，， 因为，即， 因为，解得，所以点的轨迹是半径为的圆， 所以点的轨迹长度是. 故选：. 5．（2025·广东·模拟预测）已知为等腰直角三角形，，D为斜边BC上一动点，将沿AD折起得到三棱锥，C的对应点为，且二面角为，当最小时，三棱锥的外接球半径为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】设，则，过点作于点，过点作于点，作为在平面上的投影，连接，得到，判断为中点时，有最小值，进而可求解. 【详解】 设，则， 过点作于点，过点作于点， 则，， ，， ， 作为在平面上的投影，连接， 由于二面角大小为， 所以， 且， ， ， 所以当时，即为中点时，有最小值， 因为为中点，故， 又为平面内两条相交直线， 所以平面， 由正弦定理可得三角形外接圆半径为，又， 设三棱锥的外接球半径为， 则， 所以， 所以， 故选：B 6．（2025·广东广州·三模）已知棱长为2的正方体的几何中心为，平面与以为球心的球相切，若截该正方体所得多边形始终为三角形，则球表面积的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意球与每条棱都有公共点，然后利用临界分析，当球与每条棱有且仅有一个公共点时，球为正方体的棱切球，当球半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，故球的半径满足，最后利用球的表面积公式求解即可. 【详解】依题意，平面与以为球心的球相切，因正方体每个顶点发出了三条棱， 要使与该正方体的截面始终为三角形，就必须使球与每条棱都有公共点， 当球与每条棱有且仅有一个公共点时，球为正方体的棱切球， 当球半径继续增大到外接球半径之前，都能确保截面始终为三角形， 而当球半径为外接球半径或更大时，截面将不存在， 因此必须使球的半径满足. 又棱长为2的正方体的棱切球的半径为面对角线的一半即， 外接球的半径为体对角线的一半即，所以， 所以. 故选：A 7．（2025·四川成都·模拟预测）一个棱长为4的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为（　　） A．2 B．3 C．4 D．1 【答案】B 【分析】根据给定条件，结合正方体的结构特征可得两个球的球心在正方体的一条体对角线上，进而列出方程求解即得. 【详解】如果一个铁球与正方体的公共顶点的三个面都相切，球心在这个点为端点的正方体体对角线上，由条件得正方体体对角线长为，设球半径为， 则另一个铁球与这条体对角线的另一端点所在的三个面都相切，该球球心也在这条体对角线上，如图所示： 要使球半径最大，两个半径相等的铁球必相切，因此一个球的球心到这条体对角线一个端点距离最小值为， 又球心到与球相切的三个面的距离为，根据相似比相等得： 即，解得， 所以铁球半径的最大值为. 故答案为： 8．（2025·江苏南通·模拟预测）已知半径为5，圆心角为的扇形铁片如图一，将其裁剪成如图二的形状并制成一个倒立的圆锥筒（如图三，含盖，且连接处损耗不计），该圆锥筒内能放入的最大球内注满了水（球厚薄忽略不计），将水倒入圆锥筒内，则水面高度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出圆锥的母线、底面半径和高，再由轴截面内切圆求出内切球半径，分别求出体积，根据体积比与高之比的关系即可得解. 【详解】由题意，，则， 则圆锥母线，底面半径，高， 圆锥内能放入的最大球即为圆锥的内切球，且其半径为，轴截面如图所示， ，得， 则，而， 设水面高度为，则，得. 故选：D. 9．（2025·云南昆明·模拟预测）已知平行四边形，，，将沿对角线折起，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，，由可得，，从而可求出，关键是判断当三棱锥体积最大时，平面平面，建立空间直角坐标系可得到异面直线夹角的余弦值. 【详解】设，， 因为，所以，而，所以， 所以，，所以， 当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，平面平面， 所以平面， 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设，的夹角为，则， 故选：C． 10．（2025·浙江·一模）已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以空间向量为工具，将几何中的共面问题转化为向量系数关系，再将体积比问题转化为函数最值问题，通过代数方法求解即可. 【详解】设平面与棱分别交于点，设，其中，直线与平面交于点， 由点为外接球的球心，有， 又由，得到， 因为四点共面，所以，即. 容易知道，其中为棱之间的夹角， 下面求的取值范围， 由，又，可得，其中， 令，则，因此，    又因为，，所以. 故选：D. 二、多选题 11．（2025·吉林长春·模拟预测）在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（　　） A．表面积为 B．体积为 C．外接球的半径为 D．内切球的半径为 【答案】BD 【分析】利用四面体有两个面是等边三角形，有另两个面是等腰三角形，即可求解表面积，利用取中点作直截面即可求体积，利用等体积法可求内切球半径，利用过截圆面的圆心作垂线必过球心，可作出外接球球心，再结合等腰三角形进行求解即可. 【详解】由题意得：两个等边三角形的面积为， 两个等腰三角形的面积为， 所以四面体的表面积为，故A错误； 取的中点，由等边三角形的性质可得：， 由于平面，所以平面， 由此可得等腰三角形面积为， 所以四面体的体积为，故B正确； 设内切球半径为，根据等体积公式可得：，故D正确； 由两个等边三角形的外心分别为，可得， 过分别作两个平面平面的垂线，相交于点， 根据球心的性质可知，点为四面体的外接球球心， 由于三角形是等腰三角形，可知点在等腰三角形的底边角平分线上， 则有，即， 又因为，所以， 所以外接球半径为，故C不正确； 故选：BD 12．（25-26高二上·河北·月考）如图，在棱长为2的正方体中，分别是线段上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥体积的最大值为 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．存在，使得平面 【答案】ABD 【分析】利用空间向量的数量积判断A，根据三棱锥的体积公式及二次函数的最值判断B，找出外接球球心，得到球的半径即可判断C，利用面面平行可得线面平行判断D. 【详解】对A，， ， ，即，故A正确； 对B，过作于， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，即三棱锥的高为， ， ， 当时，，故B正确； 对C，当时，，故为中点， 又为中点，所以，所以到距离都为， 即外接球的球心为，球半径为1，所以外接球表面积，故C错误； 对D，在正方体中，，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面，所以平面平面， 当时，是的中点，此时平面， 所以平面，故D正确. 故选：ABD 13．（2025·江苏苏州·模拟预测）在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线与直线异面 B．当时，平面与底面所成角为定值 C．当时，有且仅有两个点P，使得 D．当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】BCD 【分析】设O是BC的中点，D为的中点，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间坐标系．利用空间向量的方法即可逐项检验各选项的正误．A：利用平面向量共线的充要条件推论可判定；B：求出平面与底面的法向量即可判断；CD：结合向量数量积为零即可求解． 【详解】设O是BC的中点，D为的中点，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间坐标系，如下图： 则， 则． 由得， 由平面向量的基本定理易知，点在矩形内部（含边界）． A：当时，， ∴，此时三点共线， 即线段， 若P与C重合，直线与直线相交，故A错误； B：当时，，， 设平面的法向量为， 则， 时不符合题意，故， 则，取，则，则， 平面的一个法向量为， ∵确定，故平面与底面所成角为定值， 故B正确； C：由，则， 又，则， 若，则，解得或1， ∴有两个符合题意的点，故C正确； D：，， 则，即， ∵，∴， 令，解得，此时， ∵平面，∴平面， 综上可得，有且仅有一个点符合题意，故D正确． 故选：BCD． 14．（2025·河北沧州·一模）已知菱形的边长为2，，将沿着折起至，连接，得到三棱锥，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥体积的最大值为1 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．若二面角的余弦值为，则三棱锥内切球的体积为 【答案】ABD 【分析】根据线面垂直的 判定定理及性质定理、三棱锥体积公式、二面角、外接球、内切球等求解方法，逐项计算验证即可. 【详解】选项A：设与交于，连接，则为中点. 因为，，所以，. 又，平面，，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 选项B： 当平面时，三棱锥的高最大，三棱锥的体积最大， 此时，, 所以，故B正确； 选项C：若，则，所以，所以. 取的中点，连接，. 所以，即为三棱锥外接球的球心， 所以三棱锥外接球的表面积为，故C错误； 选项D：因为，，所以为二面角的平面角， 所以，所以， 点到平面的距离为， 设三棱锥内切球的半径为，所以 ，解得， 所以三棱锥内切球的体积为，故D正确. 故选：ABD. 15．（2025·广东·模拟预测）已知体积为的四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，记四棱锥的表面积为，则（    ） A．点到平面的距离为2 B．的面积为2 C． D．存在点使得四棱锥有内切球，且内切球的表面积为 【答案】ACD 【分析】选项A，利用锥体的体积公式直接求解；选项B，由条件判断点在平面的射影在线段的垂直平分线上，利用勾股定理求出，由三角形面积公式计算即可；选项C，过分别作，的垂线，垂足分别为，，则当最小时，四棱锥的表面积取得最小值.利用对称性求出的最小值即可得解；选项D，当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，利用等面积求出内切球半径，即可求其表面积. 【详解】选项A，设点到平面的距离为，因为，解得，故A正确； 选项B，因为，所以， 故点在平面的射影在线段的垂直平分线上， 过作垂直于点，则， 故，则的面积为，故B错误； 选项C，过分别作，的垂线，垂足分别为，， 则当最小时，四棱锥的表面积取得最小值. 不妨设，则， 如图，可看成点和点之间的距离，可看成点和点之间的距离， 则， 设关于轴的对称点为，则， 则有， 当三点共线时取等号，此时，， 则直线的方程为，当时，， 则点，即，则为线段的中点，故， ，， ， 四棱锥的表面积为， 故四棱锥的表面积为的最小值为，故C正确； 选项D，当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，过作垂直于点， 则的内切圆半径等于四棱锥的内切球半径，设内切球的半径为， 在中，， ，， ， ，此时内切球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】 16．（25-26高三上·吉林四平·月考）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（    ） A．若为棱的中点，则平面截正方体所得截面为梯形 B．若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 C．若为的中点，则平面 D．若为侧面的中心，则过且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 【答案】ABD 【分析】根据三棱锥的体积公式、线面平行的判定、线面垂直等知识逐项计算即可. 【详解】连接并延长交于，连接并延长，易得交于，连接，得截面，易得四边形为梯形（如图1），故A正确； 若为上一点，如图2因为，易证平面，所以点到平面的距离不变， 又的面积固定不变，所以三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图3，取的中点，连接，则，显然平面即为平面，且与平面相交，故C错误； 如图4，若为的中心，即为的中点，取的中点，连接，则. 易证，所以，又平面，所以平面，所以， 同理可证，进而可证平面，所以过且与垂直的平面截正方体所得截面为， 易求，所以的面积为，故D正确. 故选：ABD. 17．（2025·云南昭通·模拟预测）正方体的棱长为2，线段上有两个动点E、F，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为定值 C．过点A仅能作1条直线，使正方体的12条棱所在直线与此直线所成的角都相等 D．点P是平面内一点，若，则点P的轨迹长度是 【答案】ABD 【分析】由可判断A；取中点O，由，易知，线段经过点，因为的面积为定值，且平面ACO，可求三棱锥A-EFC的体积，判断B；易知正方体的体对角线与正方体的12条棱所在直线所成的角均相等，由此可判断C；分析点P的轨迹，并求得其长度可判断D. 【详解】对于A，因为∥，所以.因为，所以，A正确； 对于B，如图取中点O，连接，因为，所以，即，且； 同理可得，，且；所以是等腰三角形. 记，则为和的中点，所以， 所以. 因为平面，所以平面ACO. 因为，所以过点. 所以，为定值，所以B正确； 对于C，易知正方体的体对角线与正方体的12条棱所在直线所成的角均相等， 所以过点A的体对角线及过分别平行于的直线均满足要求，所以C错误； 对于D，因为，所以点P在以的中点为球心，半径为的球面上， 所以动点P的轨迹为平面与球的球面的交线. 因为平面，所以平面，所以到平面的距离为. 所以球心到平面的距离为，且球心在平面的投影为的中点. 设平面截球所得截面圆的半径为r，则. 所以点P在平面内的轨迹是圆，因此动点P的轨迹长度为圆的周长，等于，所以D正确. 故选:ABD． 18．（25-26高二上·浙江·月考）已知棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则下列正确的是（   ）    A． B． C．若点是正方体表面上一动点且满足，则点的轨迹长度为 D．已知平面过点且，若，且，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】利用线面平行得出点到面的距离相等，转换三棱锥的顶点与底面，即可得A； 利用线面平行证明线线平行，即可得B；由于过一点作已知直线的垂线可组成唯一平面，找到该平面，则其与正方体表面的交线，即可求得轨迹长度C；建系求出点P在球上，由于球与平面的公共点组成一个圆，求出球心与平面的距离，即可求出其轨迹长度，即可得D. 【详解】由，平面可得平面， 则点C、点到平面距离相等，所以，故A选项正确； 如图，取中点，连接，则， 由于平面，平面，则，则， 由于与互余，则可得， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以，故B选项正确； 如图取中点F，中点G， 由于平面，平面，则， 由于 与互余，则可得， 又因为，所以平面， 因为平面，所以， 同理可得， 又因为，则平面， 因为，所以平面， 又因为点是正方体表面上一动点，所以点的轨迹为平面与正方体表面的公共点组成的图形，即，其中可求得，，所以周长为，故C选项错误； 如图建立空间直角坐标系，则， 设，由于， 则，即， 则点P在圆心为，半径的球上， 又因为，则点P轨迹为球与平面的公共点组成的图形，即圆， 由于，可得取为平面的法向量， 由于平面过点， 则点到平面的距离，， 则， 其周长为，故D选项正确； 故选：ABD.        19．（2025·江苏·模拟预测）棱长为1的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，Q为平面PMN上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．平面PMN截正方体表面所得截面为五边形 B．平面与平面所成锐二面角的余弦值为 C．若与的夹角为，则Q点的轨迹长度为 D．若，交于，正方形的四个顶点绕着在上底面逆时针旋转45°得到一个十面体（如图），则该十面体的体积为 【答案】BCD 【分析】作出正方体被平面截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建系后写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可判断B；由线线角确定点的轨迹，即可求得轨迹长判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三棱锥体积计算公式即可判断D． 【详解】对于A，因M，N，P分别为棱，，的中点，而点同在平面和平面上， 点同在平面和平面上，点同在平面和平面上， 故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下： 其中点分别是边的中点，分别连接，易证，，， 故得，同理可得，故平面PMN截正方体所得截面为六边形，故A错误； 对于B，如图建立空间直角坐标系. 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取. 又平面的一个法向量显然为， 设平面与平面夹角为， 则，故B正确； 对于C，若与的夹角为，则Q点的轨迹为以为顶点，为轴，母线与的夹角为的圆锥被平面PMN所截得到的曲线，由平面PMN可得轨迹为圆， 由对称性可得点到平面PMN的距离为，所以该轨迹圆的半径为， 所以Q点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，如图所示，即为侧面均为三角形的十面体， 在平面内，分别过点作的平行线，过点作的平行线， 设平行线依次相交于点，连接，则易得为正方形， 而是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和1，高为1， 故， 因为， 所以，故D正确. 故选：BCD. 20．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，底面内（含边界）有一动点，下列说法正确的有（    ） A．当E在线段上运动时，三棱锥体积不变 B．异面直线与成角的余弦值的取值范围是 C．当点到的距离等于点到平面的距离时，的最大值为 D．四棱锥外接球的表面积最小值为 【答案】ACD 【分析】对A，易知平面，即点到平面的距离不变，可判断；对B，举反例，当点与重合时，易判断；对C，由点到平面的距离即点到的距离，可得点到的距离等于点到的距离，即点的轨迹是为焦点，以为准线的抛物线在正方形内的部分，结合图形求出的最大值，得解；对D，球心必在过的中心且垂直于底面的线段上，当点位于上底面的中心时，外接球的半径最小，由勾股定理求得半径得解. 【详解】对于A，如图，由正方体性质可得，又平面，平面， 所以平面， 当点在线段上运动时，点到平面的距离不变，且的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值不变，故A正确； 对于B，因为，异面直线与所成角与直线与所成角相等， 当点与重合时，此时与所成角，则，故B错误； 对于C，因为平面平面，所以点到平面的距离即点到的距离， 所以当点到的距离等于点到平面的距离，即点到的距离等于点到的距离， 所以点的轨迹是为焦点，以为准线的抛物线在正方形内的部分，如图， 所以，又平面，则， 所以，故的最大值为，故C正确； 对于D，因为为正方形，故其外接圆圆心为正方形的中心，故球心必在过点且垂直于底面的线段上， 欲使四棱锥外接球的表面积取得最小值，则要求半径最小，故当点位于上底面的中心时，半径最小， 设最小半径为，则在中得，得， 此时外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 21．（2025·新疆乌鲁木齐·三模）已知正三棱锥，底面边长为，二面角的正切值为，则正三棱锥的外接球半径为 ，分别为正三棱锥内切球，外接球球面上的动点，则线段长度的最大值为 ． 【答案】 【分析】过作面，利用正三棱锥的性质，知是的中心，再利用几何关系和条件，可得，由正三棱锥的性质知外接球球心在上，再利用勾股定理，即可求出外接球的半径，再利用等体积法，求出内切球的半径，根据条件转化成求两球心距和内切球、外接球半径之和，即可求解. 【详解】如图，过作面，因为是正三棱锥，则是的中心， 连接并延长交于，则是的中点，连接， 因为，，所以为二面角的平面角， 又，是中心，则，， 在中，由，得到， 因为是正三棱锥，则的外接球球心在上，设球心为，半径为，连接， 如图，由，得到，解得. 因为，所以， 则，又，， 设正三棱锥内切球的圆心为，半径为，易知在上， 由，得到，所以， 又，， 则线段长度的最大值为， 故答案为：，. 22．（2025·河北·模拟预测）在三棱锥中，，点P在平面ABC上的投影O是的垂心，平面PBC，若，则三棱锥的体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】设BC的中点为D，先证，可得，由线面垂直得到线线垂直，再由射影定理得，从而知，然后结合等体积法与基本不等式，求解即可． 【详解】设BC的中点为D， 因为，所以， 因为O是的垂心， 所以，， 所以， 所以， 所以，即， 所以， 因为平面PBC，平面PBC，所以， 由题意知，平面ABC， 因为平面ABC， 所以， 在Rt中，由射影定理得，， 所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以三棱锥体积的最大值为． 故答案为：． 23．（2025·湖南·模拟预测）如图，圆锥的顶点为S，点A，B，C，D在底面圆O的圆周上，且，的交点为圆心O，，，，则平面与平面夹角的余弦值为 ；若P是母线上一点，且，Q是平面内一点，则周长的最小值为 . 【答案】 【分析】对于第一个空，先判定四边形为正方形及为等腰直角三角形，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法可求出两个平面夹角的余弦值；对于第二个空，连接AQ，AP，根据对称可得，由余弦定理求得，即可得到周长的最小值. 【详解】由圆心O为的交点，得， 所以四边形为矩形. 又，，所以，故矩形为正方形. 由，得， 又，所以为等腰直角三角形，故. 如图，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以. 设平面的法向量为，则， 取，则，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，则，所以平面的一个法向量为， 所以，即平面与平面夹角的余弦值为. 由四边形为正方形得. 因为，，平面，所以平面，且点A与点C关于平面对称. 如图，连接AQ，AP，则，当且仅当三点共线时取等号. 在中，由余弦定理得， 所以，故周长的最小值为. 故答案为：；. 24．（2025·江苏泰州·模拟预测）已知在四棱锥中，面底面，且，，则四棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据题意可作底面，设，则四边形面积，再设，求导分析函数单调性，利用单调性求最值即可得到四棱锥体积的最大值. 【详解】如图，设中点为，连接， ，是的中点，，则， 又面底面，面底面，所以底面， 设四边形面积为，， 则， ，当时取等， 令， ， 令，解得或（舍），即， 所以当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 即， 底面，， 所以四棱锥体积的最大值为. 25．（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： 26．（2025·江西宜春·模拟预测）已知平面，异面直线与所成的角是，则线段的长为 ． 【答案】5或 【分析】作辅助线，可知或，可证平面，进而分情况求解即可. 【详解】如图，作且，连接， 则（或其补角）为异面直线所成的角，即或， 由，且，得是平行四边形，则， 由，得，而平面， 因此平面，又平面，则，， 当时，； 当时，， 所以的长为5或. 故答案为：5或 27．（2025·陕西·模拟预测）在四面体中，，，，，若异面直线与所成的角为，则 ． 【答案】 【分析】方法一：分别作和斜边上的高，，先求出值，进而判定四边形是平行四边形，进而得到故，从而求得结果；方法二：根据向量的方法和向量夹角的余弦公式求出结果即可. 【详解】法一：由题意得，均为直角三角形，故， 如图，分别作和斜边上的高，， 则在中，根据面积公式可知， 故，故． 在平面中，过作，且，连接，，故四边形是平行四边形， 则，且．因为四边形是平行四边形，且，所以四边形为矩形，所以． 又，，故，又平面， 所以平面，故， 又，所以． 法二： 因为在四面体中，，，，，所以 且．又异面直线与所成的角为， 所以，所以，所以，即． 故答案为：. 28．（2025·四川成都·一模）在三棱锥中，底面，侧面侧面，且，的面积为4.若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，则球表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】根据题设，结合面面垂直的性质有侧面，进而有，，，将三棱锥补全为长方体且，则球是长方体的外接球，结合基本不等式求外接球表面积的最小值. 【详解】由底面，平面，则平面底面， 又侧面侧面，底面侧面，则侧面， 由底面，则，， 由侧面，则，故，即， 所以两两垂直，则三棱锥可补全为如下长方体， 三棱锥的各个顶点都在球的球面上，则球为三棱锥的外接球， 所以球为上述长方体的外接球，则其表面积， 当且仅当时取等号，故球表面积的最小值为. 故答案为： 29．（2025·湖北·模拟预测）已知正的边长分别为边的中点，将沿直线翻折到，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ，此时分别过作球的两个相切的平面，设相交所成的二面角大小为，则 . 【答案】 【分析】由题当平面平面时，这时三棱锥的体积最大，作出图形，依次确定外接圆的圆心，四边形的外接圆的圆心，再确定四棱锥的外接球的球心，求解外接球的半径，即可求出外接球的表面积；由，,就是相交所成的二面角的平面角，运算得解. 【详解】因为的面积为定值，所以当平面平面时，点到平面的距离最大， 这时三棱锥的体积最大. 设的中点为的中心为的中点为，则平面， ∵四棱锥外接球的球心为，则平面， 又，所以是四边形外接圆的圆心，故平面， 则， 此球的半径， 所以外接球的表面积； 这时， 在中， 又，, 则， 故. 故答案为：，. 30．（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 31．（2025·江苏·模拟预测）在三棱锥中，，，． (1)若平面平面， ①证明：． ②三棱锥的各个顶点都在球的表面上，求直线与平面所成角的正弦值． (2)若二面角的正切值为，求的长． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【分析】（1）①根据面面垂直性质定理得平面，进而得； ②根据题意，建立空间直角坐标系，设三棱锥外接球球心，进而根据球心到的距离相等得，再利用向量方法求解即可. （2）过点作棱交的延长线于，进而得点在以为圆心，为半径的圆上动，设，则，再根据二面角的向量求法求解得 ， 【详解】（1）①证明：因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以 ②根据题意，如图，建立空间直角坐标系，，，，， 设三棱锥外接球球心，则球心到的距离相等， 所以，即，解方程得：， 所以， 又因为平面的法向量为， 设与平面所成角为，则 所以与平面夹角的正弦值为. （2）解：过点作棱交的延长线于， 因为，，． 所以，故点在以为圆心，为半径的圆上动， 故以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，则 平面的法向量为 则，即，令，则，，， 因为二面角的正切值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为 所以 又因为，将其代入整理得， 解得， 所以，，此时 故二面角的正切值为， 32．（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． 33．（2025·湖北黄冈·三模）如图，在四棱锥中，底面四面体的体积为的面积为. (1)求点到平面的距离； (2)若，平面平面，证明：BC⊥平面 (3)在（2）的条件下，在棱上是否存在一点N，使平面与平面 夹角为，若存在，求的长.若不存在，说明理由 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）应用等体积法计算，结合线面平行得出点到平面距离； （2）由平面平面性质定理得出平面，再应用线面垂直判定定理证明； （3）应用空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再应用面面角余弦公式计算求参. 【详解】（1）设点到平面的距离为，由四面体的体积为的面积为，得，解得， 而平面平面，则平面， 所以点到平面的距离为. （2）取的中点，连接，由，得，由平面平面， 平面平面平面，得平面，即， 则，由平面平面，得， 又平面平面，则，而平面， 因此平面， （3）存在： 由（2）知，又平面，则， 而的面积为，，则，， 由，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则， 取，得， ，由平面与平面的夹角为， 得，解得，即为的中点， 所以. 34．（2025·辽宁大连·模拟预测）如图①所示，长方形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥． (1)若为等边三角形，求四棱锥的体积； (2)在图②中画出平面与平面的交线，并陈述作图方法的理由； (3)设二面角的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2)作图及理由见解析 (3) 【分析】（1）取的中点G，通过证明平面可求四棱锥的体积. （2）延长和，设交点为Q，连接，根据点均在两个平面内可说明直线为平面与平面的交线； （3）分析得到，建立空间直角坐标系，表示平面PAM和平面的法向量，计算两平面夹角的余弦值，通过分析函数可求出余弦值的最小值. 【详解】（1）取的中点G，连接， 因为，所以，，. 因为三角形为等边三角形，所以， 所以，故， 因为平面，，所以平面， 因为底面四边形为梯形，所以四边形的面积为， 所以四棱锥的体积为. （2）延长和交于点Q，连接， 则平面与平面的交线为直线.理由如下： 因为，所以直线AM和BC必相交，设交点为Q， 因为平面，平面，所以平面，平面， 因为平面，平面，所以平面与平面的交线为直线. （3）由（1）得，，所以为二面角的平面角， 即， 因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面，且平面平面. 在平面中，过点D作，则平面， 如图，以D为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 过P作于点H， 因为平面平面，平面平面，所以平面. 设， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 设平面PAM的法向量为，则， 令，则，     设平面的法向量为， 因为 则， 令，则， 设平面PAM和平面PBC的夹角为， 则 令，则，所以， 因为二次函数图象开口向上，对称轴为直线， 所以当时，函数有最大值，最大值为， 此时有最小值，最小值为， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为. 35．（2025·湖南邵阳·模拟预测）如图，在三棱台中，，，，为线段上一点，. (1)求证：点为线段的中点； (2)若直线与直线所成角的正切值为5，，求证：平面平面. (3)设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为，求关于的函数表达式，并求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】 （1）过作垂足为，依题可推出平面，进而得.又因得出为中点，再结合梯形中是等腰梯形且，得到N为中点. （2）由（1）知是二面角平面角，作，通过线段关系证四边形是平行四边形，得出，确定是直线与所成角（或补角），利用三角函数值和余弦定理求，进而判断二面角情况. （3）利用在底面投影，找出直线与平面所成角，分为钝角、锐角、直角讨论相关线段长度，得出表达式，将其看作半圆上点与定点连线斜率，根据直线与半圆相切情况确定取值范围. 【详解】（1）过作交于点，连接. ，，平面，. ，为的中点. 在梯形中，，∴梯形为等腰梯形. 又，为线段的中点. （2）由（1）知，为二面角的平面角，过作交于点，则，连接. 在等腰梯形中，，. .又，∴四边形为平行四边形， . 为直线与所成角（或补角）， ，. 在中，，. 由余弦定理得：，得： ，解得，或（舍）， 在中，，，，. . 二面角为直二面角，即平面与平面所成二面角为直二面角， 平面平面. （3）设在底面的投影分别为，，N到平面的距离为， 则，则为直线与平面所成角，. ，，. 为钝角时，在的外部，， ， . 当为锐角时，在的内部， ，. . 当为直角时，也符合， 综上，. 设是（上半圆，不包括与轴的交点）上任意一点， 则可看作是半圆上一点与点连线的斜率. 直线与半圆相切时，直线的斜率最小值为. 与连线的斜率的取值范围为， 的取值范围为. 36．（2025·北京大兴·三模）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，且． (1)求证：四边形是矩形； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值． 条件①：平面平面； 条件②：三棱柱的体积为； 条件③：三棱锥是正四面体． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)选条件②或条件③， 【分析】（1）由正三棱锥的性质以及正三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）证明：取中点为，连接和 ∵，∴ 又为等边三角形，∴ ∵，，面， ∴平面，又面，∴ ∵三棱柱中， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形. （2）条件①：不符合题意 条件②：取中点为，连接，交于点 则底面 三棱柱的体积为，底面积为，所以高， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则，取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 条件③：为正四面体，∴ 取中点为，连接，交于点 则底面 由等边易得， 以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向， 过点且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量， 因为，． 则， 取，可得， 又， 设直线与平面所成角为， 所以． 37．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，四边形是边长为2的正方形，点分别在线段上运动，且．将沿折起，使得点到达点的位置，此时平面平面． (1)当时，求证：； (2)是否存在，使？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由； (3)证明：存在，使得二面角的平面角为． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）通过作辅助线以及证明线面垂直即可证明线线垂直. （2）首先假设存在使得，然后根据线面垂直、线线垂直、面面垂直的性质可证明，然后根据长度关系证明不是直角，从而与假设矛盾，得出答案.   （3）先以点为原点建立空间坐标系，设相关量，根据条件求出一些点的坐标和向量. 接着求平面的法向量，然后根据二面角余弦值与相等建立等式，再通过令构造函数，利用零点存在情况判断是否存在满足条件的. 【详解】（1）当时，为的中点，为的中点， 此时，，． 如图，取的中点，连接． 则，． 又，平面， 所以平面． 又平面，所以． （2）假设存在，使． 过作于点，连接， 因为平面平面，平面平面，平面． 所以平面． 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以． 又，所以点重合． 所以，（*） 设，则， 则． 所以， 则，与（*）式矛盾． 所以不存在，使．    （3）以点为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面向上的直线为轴建立空间直角坐标系. 过点A在平面内作，连接， 已知，，，，可得，所以，即，且. 因为平面平面，平面平面，平面，且，根据面面垂直性质定理得平面. 设，，则，， 又，所以，. 容易得到，进而，，. 则和 设平面法向量，由，， 令，得， 容易知道平面法向量. 所以， 又，则.   左边平方得. 右边平方：. 此时等式为.   所以.   移项整理：把含的项移到一边，得. 所以 令 令 因为，，由零点存在定理知存在使，即存在使二面角平面角为. 38．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，，且，，，.    (1)求的长； (2)求多面体的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用面面平行的判定定理求证平面平面，即可求证四边形为正方形，过点作，进而求证四边形为平行四边形，即可求出； （2）求证平面，平面，则可利用棱锥的体积公式计算； （3）法一，求证是二面角的平面角，在中计算即可. 法二，以为坐标原点建系，求出两个平面的法向量，计算法向量夹角的余弦值. 【详解】（1），平面，平面，平面. ，平面，平面，平面. ，平面，平面平面. 平面平面，平面平面，. 同理可证，，，四边形为正方形. 如图①，过点作，交于点，连接.   ，四边形为平行四边形， ，，. ，，，，，， 四边形为平行四边形，，. ，，，， 四边形为平行四边形，. （2），，，，. ，，，，. ，. ，，平面，平面. 平面，，，，两两垂直. ，平面. 平面，. 又，，，平面，平面. 同理可证平面. 则， ， 所以. （3）方法一：如图②，连接，交于点，连接.      由（1）知，，平面. ，平面.平面，. ，，平面，平面. 平面，，是二面角的平面角. 在中，，，，， 平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：由（1）可知，平面，，平面. 又，以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图③所示的空间直角坐标系，    则，，， ，. 设平面的法向量为， 则取，则，. 显然为平面的一个法向量， ， 平面与平面的夹角的余弦值为. 39．（2025·江苏·模拟预测）如图几何体中，四边形ABCD和AEFD都是梯形，. (1)证明：B，E，F，C四点共面； (2)若，求该几何体的体积； (3)求平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用平行直线共面关系得出结论； （2）法1，利用分割法可求几何体的体积；利用补形法可求几何体的体积； （3）建立空间直角坐标系，进而利用空间向量法求解即可. 【详解】（1）取CD中点M，DF中点，连接BM，MN，EN，则， 因为，所以四边形AEND是平行四边形， 所以，因为， 所以四边形ABMD是平行四边形， 所以，所以， 所以四边形BENM是平行四边形，所以，所以， 所以B，E，F，C四点共面. （2）法1：连接AF，BF，在平面ADF中，作，垂足为， 因为平面， 所以平面AEFD，即AB是三棱锥的高. 因为平面AEFD，所以， 因为，所以， 因为平面， 所以平面ABCD， 即FG是四棱锥的高，且. 梯形AEFD的高为， 所以， 因为， 所以该几何体的体积.     法2：延长FE，DA交于点，因为平面平面ABCD， 所以是平面BEFC和平面ABCD的公共点， 因为平面平面，所以， 所以所求几何体的体积等于三棱锥与三棱锥的体积之差. 同法1可证AB是三棱锥的高，CD是三棱锥的高， 因为， 所以为PD的中点，即，因为， 所以， 所以该几何体的体积 . （3）在平面AEFD中，过点作，交EF于点，由（2）知平面ABCD， 以为原点，为基底，如图建立直角坐标系， 则， 设，则， 所以. 设平面BDE的一个法向量， 则所以， 令，则， 所以平面BDE的一个法向量为， 设平面BEFC的一个法向量，则，所以， 令，则， 所以平面BEFC的一个法向量. 设平面BDE与平面BEFC的夹角为，则 当且仅当，即时，等号成立. 所以平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值为. 40．（2025·四川成都·模拟预测）如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D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，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得， 而平面平面，平面平面平面， 则平面， 过作，则平面，又平面， 于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而， 则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为， 则， 令，得， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令，得， 设平面和平面的夹角为， 则 令，，则，即， 则当时，有最小值， 所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为． 1 学科网（北京）股份有限公司 $数学为主 难点专题03立体几何 (40题难题)(10单选10多选10填空10大题) 备考秘籍 985高校强基计划 1. 异面直线所成角 cos0-cos(a,b)-la-61 |xx2+y2+222 al bl Vx2+y2+22Vx22+2+27 (其中0(0<0≤90)为异面直线ab所成角，a,b分别表示异面直线ab的方向向量) 2.线面角 AB·m 直线AB与平面所成角，sinB m为平面a的法向量) AB‖m 3. 二面角-1-阝的平面角 m·n cos0=- (m,n为平面a,B的法向量). mn 4. 点B到平面a的距离 d=4B.n (n为平面au的法向量，AB是经过面a的一条斜线，A∈o)· nl 5.内切球体积 任意的简单n面体内切球半径 3V (V是简单n面体的体积，S。是简单n面体的表面积) S表 6.三垂线法求二面角 己知二面角其中一个面内一点到一个面的垂线，用三垂线定理或逆定理作出二面角的平面角。 7.垂面法求二面角 己知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线所成的角即为平面角，由此可知， 二面角的平面角所在的平面与棱垂直。 数学为住 8. 射影面积法求二面角 凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公 式(c0s日=告-二，女勤深出=面角的大小 B B 6 9. 三余弦定理 设AC是a内的任一条直线，且BC⊥AC,垂足为C,又设A0与AB所成的角为O,AB与AC所成的角为 Q,A0与AC所成的角为0.则cos0=cos0,cos0,. 10.三射线定理 若夹在平面角为φ的二面角间的线段与二面角的两个半平面所成的角是日，日，与二面角的棱所成的角 是e,则有sin2psin20=sin20,+sin202-2sin0,sin02cosp; 101-02≤p≤180°-(0，+02)（当且仅当0=90°时等号成立）. 长度为的线段在三条两两互相垂直的直线上的射影长分别为l12、1,夹角分别为0、02、03，则有 12=2++cos20,+cos20,+cos20=1 sin20 +sin202 +sin203=2. (立体几何中长方体对角线长的公式是其特例). 11.空间两点间的距离公式 若A(x,y,Z1),B(x2,y2,22),则 d4B=|AB=VAB·AB=V(x2-x)2+(0y2-y)+(32-z)2. 12.异面直线上两点距离公式 d=h2+m2+n22mncos0 数学为住 d=h+m2+n2-2mn cos EA,AF d=h2+m2+n2-2mn coso (=E-AA-F). (两条异面直线a、b所成的角为0，其公垂线段AA的长度为h.在直线a、b上分别取两点E、F, AE =m,AF=n,EF=d). 13.欧拉定理（欧拉公式） V+F-E=2(简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F). (1)E=各面多边形边数和的一半.特别地，若每个面的边数为n的多边形，则面数F与棱数E的关系： E-InF: 1 (2)若每个顶点引出的棱数为m,则顶点数V与棱数E的关系：E= 。mV. 14.球的组合体 (1)球与长方体的组合体： 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长. (2)球与正方体的组合体： 正方体的内切球的直径是正方体的棱长，正方体的棱切球的直径是正方体的面对角线长，正方体的外 接球的直径是正方体的体对角线长 (3)球与正四面体的组合体： 棱长为a的正四面体的内切球的半径为y6。 ,外接球的半径为V6。 12 4 难题精练 985高校强基计划 一、单选题 1.(2025·黑龙江·二模)在四棱锥S-ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD,侧面SAD是正三角形，底面ABCD 是边长为2√6的正方形，则该四棱锥外接球表面积为() A.5π B.10元 C.28元 D.56π 2.(2025山西.一模)设AB为圆锥S0底面的一条直径，C为底面圆周上异于A,B的一点，D为S0靠近 O的一个三等分点，且二面角S-AC-B与二面角D-BC-A的大小相等，则该圆锥的体积与三棱锥 S-ABC的体积之比是() A. C. 3 D.5 3.(2025·四川模拟预测)在正四棱柱ABCD-AB,C,D1中，AB=2,AA,=4,E,F分别是平面AABB和 数学为王 DDCC上一点，且EF14D,4E=4码+2产4d,记异面直线征与CF所成的角为8，测sn0的鼓大 值为() A.25 B.3 C.5 D.2 5 2 3 2 4.(2025广西·三模)如图，在棱长为√6的正方体ABCD-A,B,CD中，点P是平面A,BC内的一个动点， 当PB+PD=2+V10时，点P的轨迹长度是() D B B A.6元 B.4π C.23π D.2√2π 5.(2025广东模拟预测)已知ABC为等腰直角三角形，AB=AC=2,D为斜边BC上一动点，将 △ACD沿AD折起得到三棱锥C'-ABD,C的对应点为C,且二面角C'-AD-B为120°，当BC'最小时， 三棱锥C'-ABD的外接球半径为() A.6 B.0 C.6 D.2 2 6.(2025·广东广州三模)己知棱长为2的正方体的几何中心为0，平面与以O为球心的球相切，若截 该正方体所得多边形始终为三角形，则球0表面积的取值范围为() A.[8π，12π) B.[4π，8π) C.[4π，12π) D.(0,4π) 7.(2025·四川成都模拟预测)一个棱长为4的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相 等的铁球，则铁球半径的最大值为() A.2 B.3-5 C.4-22 D.1 8.(2025江苏南通模拟预测)已知半径为5，圆心角为π的扇形铁片P-AB如图一，将其裁剪成如图二 的形状并制成一个倒立的圆锥筒（如图三，含盖，且连接处损耗不计），该圆锥筒内能放入的最大球内注 满了水（球厚薄忽略不计），将水倒入圆锥筒内，则水面高度为() 数学为住 D B 图一 图二 图三 C.2 7 A.23 B.22 D.26 9,(2025云南昆明模拟预测）已知平行四边形A8CD,∠D1B=行，AB=2AD,将6D1B沿对角线BD折 起，使以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(）· A.方 B.3 2 c D.3 4 10.(2025浙江一模)已知正四面体ABCD外接球的球心为0，AP=2AB,过点QP的平面a与棱 D分别相交，记在平面Q两侧的几何体的体积分别为'，凸2，其中？≤'，则的最小值为 8 B.19 c. 1 D.43 32 二、多选题 11.(2025吉林长春模拟预测)在四面体ABCD中，BC=3,其余各棱长均为2，则该四面体的() A.表面积为2√5+3√万 B.体积为 2 C.外接球的半径为2 D.内切球的半径为3V2ī-4) 12.(25-26高二上河北月考)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，M,N分别是线段AB,AC 上的动点（不含端点），且A,M=AN=a,则下列结论正确的是() A B M C B A.AB⊥MN 数学为主 B。三凌能M-4BV体积的最大雀为号 C.若a=√2，则三棱锥M-ABN外接球的表面积为8π D.存在a∈0,2V2,使得MN∥平面B,CD 13.(2025江苏苏州模拟预测)在正三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=AA,=1,点P满足BP=λBC+μBB,, 其中∈[0，，4∈0，，则下列说法正确的是() A.当入+H=1时，直线BP与直线AC异面 B.当2=H时，平面ABP与底面ABC所成角为定值 C.当无=时，有且仅有两个点户，俊得AP上BP D.当=)时，有且仅有一个点P,使得ABL平面4BP 14。(2025润北沧州一模)已知菱形4BCD的边长为2，∠ABC=-子，将aD4C沿者4C折志至△D4C, 连接BD',得到三棱锥D'-ABC,则下列说法正确的是() A.AC⊥BD' B.三棱锥D'-ABC体积的最大值为1 C.若AB⊥AD',则三棱锥D'-ABC外接球的表面积为6m D。若二面角2-4C-B的余弦值为分测三使锥DA8C内切球的体积为 7 15.(2025广东·模拟预测)己知体积为。的四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的正方形，且 ∠PAB=∠PBA,记四棱锥P-ABCD的表面积为S,则() A.点P到平面ABCD的距离为2 B.△PAD的面积为2 C.S≥4+45 D.存在点P使得四棱锥P-ABCD有内切球，且内切球的表面积为(6-2√5)π 16.(25-26高三上吉林四平.月考)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，E为棱CD的中点， P为侧面BCC,B,内一点（含边界），则() 6 数学为住 D A D B A.若P为棱CC,的中点，则平面AEP截正方体所得截面为梯形 B.若P为线段BC上一点，则三棱锥D,-PAE的体积为定值 C.若P为BB,的中点，则A,P∥平面ACE D.若P为侧面BCC,B,的中心，则过E且与DP垂直的平面截正方体所得截面面积为√6 17.(2025云南昭通模拟预测)正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为2，线段BD上有两个动点E、F,且 EF=√2，则下列说法正确的是() A.AC⊥EF B.三棱锥A-EFC的体积为定值 C.过点A仅能作1条直线，使正方体的12条棱所在直线与此直线所成的角都相等 D.点P是平面BDD,B,内一点，若BP⊥PC1,则点P的轨迹长度是√6π 18.(25-26高二上浙江·月考)已知棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，M,，H,N分别为CC,AD ,DD的中点，则下列正确的是() D A B N A.VC-ABM =VA-BDM B.BH⊥BM C.若点T是正方体表面上一动点且满足BN1D7,则点T的轨迹长度为5+25 > 数学为主 D.已知平面B过点D且BN1B,若P∈B,且PC=2PC,则P点的轨迹长度为16N2x 9 19.(2025江苏模拟预测)棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，M,N,P分别为棱CD,AA,BC的 中点，Q为平面PMN上的动点，则下列结论正确的是() D M G B H D -s A.平面PMN截正方体表面所得截面为五边形 B.平面PMw与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为3 C.若QB,与DB,的夹角为30°，则Q点的轨迹长度为刀 D.若AC,B,D交于O,正方形AB,CD,的四个顶点绕着O在上底面逆时针旋转45°得到一个十面体 ABCD-EFGH(如图)，则该十面体的体积为2+V2 3 20.(2025陕西西安模拟预测)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A,B,CD,中，底面A,B,CD,内（含边界） 有一动点E,下列说法正确的有(） D E A B D A.当E在线段AC上运动时，三棱锥E-ACB,体积不变 B.异面直线CE与AB成角的余弦值的取值范围是0,5 C.当点E到B的距离等于点E到平面4DD,4的距离时，DE的最大值为 D.四棱锥E-ABCD外接球的表面积最小值为4 6 数学为主 三、填空题 21.(2025新疆乌鲁木齐·三模)己知正三棱锥P-ABC,底面边长为3，二面角P-AB-C的正切值为 2√5，则正三棱锥P-ABC的外接球半径为，E,F分别为正三棱锥P-ABC内切球，外接球球面上的 动点，则线段EF长度的最大值为一· 22.(2025河北模拟预测)在三棱锥P-ABC中，AB=AC,点P在平面ABC上的投影O是ABC的垂 心，AP1平面PBC,若BC=2,则三棱锥O-PBC的体积的最大值为 23.(2025湖南·模拟预测)如图，圆锥S0的顶点为S,点A,B,C,D在底面圆O的圆周上，且AC, BD的交点为圆心O,AB=2√2，AC=4,S0=2,则平面SAB与平面SCD夹角的余弦值为；若P 是母线SC上一点，且CP=!CS,Q是平面SBD内一点，则△CPQ周长的最小值为一 4 P 沙C B 24.(2025江苏泰州模拟预测)已知在四棱锥P-ABCD中，面PAB⊥底面ABCD,且PA=PB=√5， AB=BC=AD=2,则四棱锥P-ABCD体积的最大值为 25.(2025江苏连云港模拟预测)如图，在正方体ABCD-A,B,C,D,中，点E,F,G分别在棱AA,AD, DC上，E为AA的中点，D,A,=3D,F,D,C,=3DG,记平面EFG与平面A,B,CD的交线为m.则直线m 与平面ABCD所成角的正切值为一 G B 26. (2025江西宜春.模拟预测)己知平面 anB=LAel,B∈4,4B=3,C∈B,CAL1,D∈a,DB1山AC=DB=4,异面直线AC与BD所成的角是牙，则 线段CD的长为」 27.(2025陕西·模拟预测)在四面体ABCD中，AD⊥DC,AB⊥BC,AB=CD=4,AD=BC=6,若 数学为主 异面直线BD与AC所成的角为0，则BD= 28.(2025四川成都一模)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC,侧面PAB⊥侧面PBC,且PA=2, ABC的面积为4.若三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上，则球O表面积的最小值为一 29.(2025湖北模拟预测)已知正ABC的边长3，E,F分别为边AB,AC的中点，将△AEF沿直线EF翻 折到△A,EF,当三棱锥B-A,CF的体积最大时，四棱锥A-BCFE外接球O的表面积为」 此时分 别过C,E作球0的两个相切的平面，B,设o,B相交所成的二面角大小为O,则si0= 30.(2025北京·三模)如图，已知棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，动点M,N,P,Q分别 在棱AB,CD,AD,BC上，且满足MN⊥A,B,PQ⊥AD,设.AM=m,AP=n,给出下列四个 结论： ①当m=n=1时，则四面体M-NPQ的表面积为8： ②存在m、n,使得四面体M-NPQ的表面积为9； ③当m=m=5时，四面体M-PO的体积为 2 3； ④四面体.M-NPQ的体积与m、n无关， 其中所有正确结论的序号为 D N M A B C B 四、解答题 31.(2025江苏模拟预测)在三棱锥P-ABC中，AB=AC=CP=1,AB1AC,∠PCA=120°. A B (1)若平面PAC⊥平面ABC,