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压轴题04立体几何压轴题十大题型汇总
命题预测 本专题考查类型主要涉及点立体几何的内容，主要涉及了立体几何中的动点问题，外接球内切球问题，以及不规则图形的夹角问题，新定义问题等。 预计2024年后命题会继续在以上几个方面进行。
高频考法 题型01几何图形内切球、外接球问题 题型02立体几何中的计数原理排列组合问题 题型03立体几何动点最值问题 题型04不规则图形中的面面夹角问题 题型05不规则图形中的线面夹角问题 题型06几何中的旋转问题 题型07立体几何中的折叠问题 题型08不规则图形表面积、体积问题 题型09立体几何新定义问题 题型10立体几何新考点
01几何图形内切球、外接球问题
解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
1.（多选）（23-24高三下·浙江·开学考试）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果四边形是边长为2的正方形，则（ ）
A．异面直线与所成角大小为
B．二面角的平面角的余弦值为
C．此八面体一定存在外接球
D．此八面体的内切球表面积为

【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角可判断A项、B项，由可判断C项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项.
【详解】连接、交于点，连接、，
因为四边形为正方形，则，
又因为八面体的每个面都是正三角形，所以、、三点共线，且面，
所以以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，，，
对于A项，，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以，即异面直线与所成角大小为，故A项正确；
对于B项，，，，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
所以，
又因为面与所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误；
对于C项，因为，
所以为此八面体外接球的球心，
即此八面体一定存在外接球，故C项正确；
对于D项，设内切球的半径为，
则八面体的体积为，
又八面体的体积为，
所以，解得，
所以内切球的表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
2. （2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解.
【详解】设棱台上下底面的中心为,连接，
则，
所以棱台的高,
设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接,
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
3. （2024·河北石家庄·二模）已知正方体的棱长为，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心为球心作一个半径为的球，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果.
【详解】如图所示，为的中点，为正方体的中心，过作的垂线交于点，正八面体的棱长为2，即，故，，，则，
设球与正八面体的截面圆半径为，如图所示，则，
由于，，所以，则，平面与球的交线所对应的圆心角恰为，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为
故选：B
4. （多选）（2022·山东聊城·二模）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（ ）
A．底面椭圆的离心率为
B．侧面积为
C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为
D．底面积为
【答案】ABD
【分析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．
【详解】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，
由圆柱的性质知，
则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，，
所以离心率为，A正确；
，垂足为，则 ，
易知，，又，
所以斜圆柱侧面积为，B正确；
，，，，
椭圆面积为 ，D正确；
由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错．
故选：ABD．
5. （21-22高三上·湖北襄阳·期中）在正方体中，球同时与以A为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点若以F为焦点，为准线的抛物线经过，，设球，的半径分别为，，则 .
【答案】/
【分析】首先根据抛物线的定义结合已知条件得到球内切于正方体，设，得到，即可得到答案.
【详解】如图所示：
根据抛物线的定义，点到点F的距离与到直线的距离相等，
其中点到点F的距离即半径，也即点到面的距离，
点到直线的距离即点到面的距离，
因此球内切于正方体.
不妨设，两个球心，和两球的切点F均在体对角线上，
两个球在平面处的截面如图所示，
则，，所以
因为，所以，所以，
因此，得，所以.
故答案为：
02立体几何中的计数原理排列组合问题
6.（2024·浙江台州·二模）房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到，，三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm 的不同规格长方体的个数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】B
【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm 长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.
【详解】由题意，，为得到体积为的长方体，
需将原来长方体体积缩小为原来的，
可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；
第二类，长宽高各减半1次，共1种；
第三类，长宽高减半次的全排列种，
根据分类加法计数原理，共种.
故选：B
7. （2023·江苏南通·模拟预测）在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用空间向量法求得面的一个法向量为，从而求得面上的点满足，进而得到棱锥内部整点为满足，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.
【详解】根据题意，作出图形如下，
因为，所以，
设面的一个法向量为，则，
令，则，故，
设是面上的点，则，
故，则，
不妨设三棱锥内部整点为，则，故，则，
易知若，则在面上，若，则在三棱锥外部，
所以，
当且时，
将写成个排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，
所有整点的个数为，
因为，
所以 .
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面上的点满足，从而确定三棱锥内部整点为满足，由此得解.
8. （2024·重庆·模拟预测）从长方体的个顶点中任选个，则这个点能构成三棱锥的顶点的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求出基本事件总数，再计算出这个点在同一个平面的概率，最后利用对立事件的概率公式计算可得.
【详解】根据题意，从长方体的个顶点中任选个，有种取法，
“这个点构成三棱锥的顶点”的反面为“这个点在同一个平面”，
而长方体有个底面和个侧面、个对角面，一共有种情况，
则这个点在同一个平面的概率，
所以这个点构成三棱锥的概率为.
故选：B．
9. （多选）（2024·重庆·模拟预测）如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)（ ）
A．可以围成20个不同的正方形
B．可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)
C．可以围成516个不同的三角形
D．可以围成16个不同的等边三角形
【答案】ABC
【分析】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】不妨设两个钉子间的距离为1，
对于选项A，由图知，边长为1的正方形有个，边长为的正方形有个，
边长为3的正方形有1个，边长为的正方形有个，边长为的有2个，共有20个，所以选项A正确，
对于选项B，由图知，宽为1的长方形有个，宽为2的长方形有个，
宽为3的长方形有5个，宽为的有2个，共有24个，所以选项B正确，
对于选项C，由图知，可以围成个不同的三角形，所以选项C正确，
对于选项D，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D错误，
故选：ABC.
10. （2024·上海浦东新·模拟预测）如图为正六棱柱，若从该正六棱柱的个侧面的条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是 ．

【答案】
【分析】
根据题意，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．
【详解】
由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有个侧面，所以共有组，
若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有个顶点，所以共有组，
若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接，，，，，

先考虑下底面，根据正六边形性质可知，所以，
且，故共面，且共面，
故，相交，且，相交，故共面有组，
则正六边形对角线所对应的有组共面的面对角线，
同理可知正六边形对角线，所对的分别有两组，共组，
故对于上底面对角线，，同样各对两组，共组，
若对面平行，一组对面中有组对角线平行，三组对面共有组，
所以共面的概率是．
故答案为：．
03立体几何动点最值问题
空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，结合空间距离，确定动点的轨迹形状；结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.
11.（多选）（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆；
对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；
对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；
对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.
【详解】
对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.
对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确.
对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确.
对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.
当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确.
故选：BCD
12. （多选）（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（ ）
A．若在线段上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆
D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为
【答案】ABD
【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线角的几何求法求出轨迹方程判断C，合理转化后判断D即可.
【详解】对于A，延长到使得，
则，
等号在共线时取到；故A正确，
对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，
故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确，
对于C，与所成的角即为和所成角，记，
则，即，所以的轨迹是双曲线；故C错误，
对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点，使得，
不妨设，若，则是正四面体，
所以有两种可能，直线也有两种可能，若，则只有一种可能，
就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能.
故选：ABD
13. （多选）（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知正方体的棱长为2，棱的中点为，过点作正方体的截面，且，若点在截面内运动（包含边界），则（ ）
A．当最大时，与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹长度为
D．若平面，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】记的中点分别为， 构建空间直角坐标系，证明共面，且平面，由此确定平面，找到最大时的位置，确定MN与BC所成角的平面角即可判断A，证明与平面平行，应用向量法求到面的距离，结合体积公式，求三棱锥的体积，判断B；根据球的截面性质确定 N的轨迹，进而求周长判断C，由平面确定的位置，通过翻折为平面图形，利用平面几何结论求解判断D.
【详解】记的中点分别为，
连接，连接，
因为，又
所以，，所以四边形为平行四边形，
连接，记其交点为，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，,，，，，，，，

因为，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六点共面，
因为，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即为平面，
对于A，与重合时，最大，且，
所以MN与BC所成的角的平面角为，
又，
所以，故MN与BC所成的角为，所以A错误；
对于B，因为所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以，
向量为平面的一个法向量，又，
所以到面的距离，
又为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C：若，点在截面内，
所以点N的轨迹是以为球心， 半径为的球体被面所截的圆（或其一部分），
因为，，所以，
所以平面，所以截面圆的圆心为，
因为是面的法向量，而，
所以到面的距离为，
故轨迹圆的半径，又，
故点N的轨迹长度为，C正确.
对于D，平面，平面，
又平面与平面的交线为，
所以点的轨迹为线段，
翻折，使得其与矩形共面，如图，

所以当三点共线时，取最小值，最小值为，
由已知，，，
过作，垂足为，则，
所以
所以，
所以的最小值为，D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.
14. （多选）（2024·福建厦门·一模）如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（ ）
A．平面
B．二面角随着的减小而减小
C．当时，五面体的体积最大值为
D．当时，存在使得半径为的球能内含于五面体
【答案】ACD
【分析】
A由线面平行的判定证明；B设二面角的大小为，点到面的距离为，则，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体补成直三棱柱，取的中点，设，则，结合并应用导数研究最值；D先分析特殊情况：和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.
【详解】A：由题设，面，面，则面，
由面面，面，则，
面，面，则平面，对；
B：设二面角的大小为，点到面的距离为，则，
点到面的距离，仅在面面时取得最大值，
当时取最小值，即取最小值，即二面角取最小值，
所以 ，二面角先变小后变大，错；

C：当，如图，把五面体补成直三棱柱，
分别取的中点，易得面，，
设，则，
，
令，则，
令，可得或（舍），即，
，，递增，，，递减，
显然是的极大值点，故.
所以五面体的体积最大值为，C对；
D：当时，和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，
此时正三棱柱内最大的求半径，故半径为的球不能内含于五面体，
对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，

由C分析结果，当五面体体积最大时，其可内含的球的半径较大，
易知，当时，，
设的内切圆半径为，则，可得，
另外，设等腰梯形中圆的半径为，则，
所以，存在使半径为的球都能内含于五面体，对.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设得到五面体的体积关于的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键.
15. （多选）（2024·广西南宁·一模）在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当，且时，则的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】AD
【分析】对于A，确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C，结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D，利用等体积法求得M点到平面的距离，结合线面角的定义求得与平面所成角的正弦值，即可判断.
【详解】对于A，在上取点H，使，在上取点K，使，
因为，即，故M点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图：

连接交于P，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，则，
故，
即此时的最小值为，A正确；
对于B，由于时，则，
此时M为的中点，取的中点为N，连接，

则,故即为异面直线与所成角或其补角，
又,，
故，
而异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，B错误；
对于C，当时，可得点M的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，同理可证,
平面，故平面，
设与平面交于点P，由于，
为边长为的正三角形，则点A到平面的距离为，
若，则，
即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，

P点到三遍的距离为，
即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，C错误；
对于D，因为平面，平面，故平面，

因为当时，，即M在上，
点M到平面的距离等于点B到平面的距离，设点B到平面的距离为d，
则，
为边长为的正三角形，即，
解得，
又M在上，当M为的中点时，取最小值，
设直线与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C，D选项的判断，对于C，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.
04不规则图形中的面面夹角问题
利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．
16.（2024·浙江台州·二模）如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.
∵，∴，∴，
取的中点，连接，，
∵，且，∴四边形为平行四边形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
（2）由于，所以，
又梯形面积为，
设到平面距离为，则，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，
而，所以平面.
以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，
易得为等边三角形，所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
得，，不妨取，
又平面的一个法向量为.
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
17. （2024·浙江杭州·二模）如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．
(1)证明：；
(2)若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，
（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以．
又因为，平面,
所以平面,平面．
所以．
由于,所以四边形为平行四边形，所以．
又，所以，
所以．
（2）因为，所以，
又，平面,所以平面．
取中点，连接，设．
设多面体的体积为，
则
．
解得．
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．
则平面的一个法向量．
所以，
设平面的一个法向量，
则即取．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. （2024·浙江金华·模拟预测）已知四棱锥的棱的长为，其余各条棱长均为1．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设四边形的外接圆半径为，求得，利用等面积求得四边形的面积，求出到平面的距离，可以求解体积；
（2）利用线面垂直，推出面面垂直，求解二面角.
【详解】（1）如图（1）所示，四棱锥中，，其余各条棱长均为1，
所以点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心，
即四边形为圆内接四边形，如图（2）所示,
根据四边形的对称性，可得为外接圆的直径，,
所以，
设四边形的半径为，在直角中，可得，,
由等面积法，
又由点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心，
所以底面四边形,即，
所以;

（2）由,,
所以
即,
又平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,
所以二面角为.
19. （2024·安徽·二模）将正方形绕直线逆时针旋转，使得到的位置，得到如图所示的几何体．
(1)求证：平面平面；
(2)点为上一点，若二面角的余弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面与线面垂直的性质可得，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，设，，利用空间向量法求出二面角的余弦值，建立方程，结合三角恒等变换求出即可.
【详解】（1）由已知得平面平面，，平面平面 ，平面，
所以平面，又平面，故，
因为是正方形，所以，
，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图.
设，，
则，，，，
故，，
设平面的法向量为，则，
故，取，则，
所以
设平面的法向量为，，
故，取，则，
所以，
所以，
由已知得，
化简得：，解得或（舍去）
故，即.
20. （2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，平面 平面，根据面面垂直的性质可得 平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）过作的垂线交延长线于点H，连接AH，根据面面垂直的性质可得，设，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，结合空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，得，则，
所以，即.
由二面角的大小为，知平面 平面，即平面 平面，
又平面 平面 ，平面，所以 平面，
又平面，所以平面 平面.
（2）过作的垂线，交延长线于点H，连接AH，
由平面 平面，平面 平面 ，平面，
，所以 平面，则为在底面内的射影，
所以为直线与底面所成的角，即.
由，知且为钝角三角形，
设，得，，
在中，，在中，，
由余弦定理得，有，
所以，过作，则底面，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，则，
所以，则，
故所求二面角的余弦值为.

05不规则图形中的线面夹角问题
21.（2024·浙江宁波·二模）在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
(1)求证： 平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面 平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【详解】（1） 平面平面 平面.
同理可得 平面.
又平面，平面 平面.
平面 平面.
（2）法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
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.
法2：取中点，则是平行四边形，所以 .
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因为平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又 ，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
22. （23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．
(1)证明：直线平面PAD；
(2)当二面角为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）作出辅助线，得到，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出答案.
【详解】（1）取PD中点E，连接AE，NE，
∵N为PC中点，
∴且，
又∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
（2）连接，取AD中点F，连接，
因为底面是菱形，，所以为等边三角形，
故⊥，
因为为等边三角形，所以⊥，
故为二面角的平面角，
因为二面角为，故，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，设，则，，
∴，，，，
∴，，，
，，，
设平面PCD的一个法向量，
故，
令得，故，
设MN与平面PCD所成角为，
∴．
23. （23-24高三下·浙江·开学考试）在三棱锥中，.
(1)证明：平面平面；
(2)点为棱上，若与平面所成角的正弦值为，求的长；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图过作，由相似三角形的判定定理与性质求得，根据勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，设，根据空间向量的线性运算表示出的坐标，利用空间向量法求线面角建立关于的方程，解之即可求解.
【详解】（1）过作，垂足为，由，
得，，得，
由，得，所以，
即，所以；
在中，，所以，
又平面，
所以平面平面，
所以平面平面；
（2）如图以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系；
得，
设，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
则，
设直线与平面所成角为，则，
，
所以；
24. （2022·江西赣州·二模）已知四棱锥P—ABCD中，△ABD △BCD △BDP都是正三角形
(1)求证：平面ACP⊥平面BDP；
(2)求直线BP与平面ADP所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）通过证明面，即可由线面垂直证明面面垂直；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，即可由向量法求得结果.
【详解】（1）连接OP，如下所示：
在四边形ABCD中△ABD △BCD都是正三角形，
所以四边形ABCD是菱形，点O为BD中点；
因为△ABD △BDP都是正三角形，
所以
因为，面，所以BD⊥平面APC，.
因为BD平面BDP，
所以平面ACP⊥平面BDP.
（2）由题意可得，因为，所以°，
以O为原点，直线OA，OB分别为x轴，y轴，
过点O与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系如下所示：
则，
所以
设平面ADP的法向量为 ，则有，得
取，得；
设直线BP与平面ADP所成角为θ，
则=，
所以直线BP与平面ADP所成角的正弦值为.
25. （2024·全国·模拟预测）如图，两两垂直，点为的中点，点在线段上，且满足，．
(1)求证：平面平面．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意首先证明是二面角的平面角，其次利用几何关系证明，从而即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，结合公式即可运算求解.
【详解】（1）连接．
因为平面，
所以平面．
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角．
因为，所以．
在中，．
在中，．
所以，
所以，即．
所以平面平面．
（2）如图，以点为坐标原点，直线为轴，过点与平行的直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，即.
取，得．
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．
06几何中的旋转问题
26.（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.
【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角．
长方体中，，，为正方形的中心点，
则，又，
所以是等边三角形，故直线与的夹角为．
则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，．
因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为．
在平面中，作，，使得．
结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为，
易知．
设直线与的夹角为，则，故当时最小，
而
，
故直线与的夹角的正弦值的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键.
27. （多选）（2024·河北唐山·一模）在透明的密闭正三棱柱容器内灌进一些水，已知．如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（ ）

A．水面形状的变化：三角形 梯形 矩形
B．当时，水面的面积为
C．当时，水面与地面的距离为
D．当侧面与地面重合时，水面的面积为12
【答案】ABC
【分析】根据题设条件得到，正三棱柱的体积，再结合各个选项的条件，逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】由题知，正三棱柱的体积，
对于选项A，当容器按题设方向倾斜至时，水面形状是三角形，再倾斜时，水面形状是梯形，直到侧面与地面重合时，水面形状是矩形，所以选项A正确，
对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，
设，又三棱柱为正三棱柱，取中点，连接，
易知，又，面，
所以面，所以到平面的距离为，
所以，解得，
此时水面图形为，又，，
取中点，则，且，所以，故选项B正确，

对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，
易知，设，由，得到，
因为水面始终与地面平行，始终与水面平行，且始终在地面上，
所以水面与地面的距离，即到平面的距离，
取中点，连接，设交于，连接，
易知，又，面，所以面，
又，所以面，过作 于，连接，
因为面，所以，又，面，
所以，即为水平面到地面的距离，
如图3，过作于，易知，所以，
得到，又，所以，
故选项C正确，

对于选项D，如图4，当侧面与地面重合时，水面为矩形，设，
则由，解得，所以，
故，所以选项D错误，

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用容器倾斜时始终与地面平行，边始终与水面平行，将问题转化成到水面的距离，再利用几何关系，即可求出结果.
28. （2024·陕西商洛·模拟预测）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺 鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速 盲拧 单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了，则该魔方的表面积增加了 .
【答案】
【分析】分析转动后的平面图形得表面积即可求解.
【详解】如图，转动后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，俯视图如图，
由图形的对称性可知，为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边，故，可得.
由几何关系得，
故转动后的表面积，
故表面积增加了.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查组合体表面积求解，关键是找到转动后的平面多出部分的面积.
29. （2024·福建·模拟预测）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面所成角的大小；
(2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）曲线是椭圆，理由见解析；（ii）存在，点满足或
【分析】
（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可;
（2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解；
（ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解.
【详解】（1）因为平面，
平面平面，
所以.
所以直线在内的射影为直线，
所以直线与所成角为.
过作，垂足为.
因为平分，
所以.
又，所以，所以
又，所以.
因为，所以，
所以直线与平面所成角为.
（2）（i）曲线是椭圆,理由如下：
由（1）可知，，
所以是的中点,
设的中点为，所以 .
又，所以.
在内过作，所以
以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，所以，
设，又，
则.
因为，又，
所以，
化简得，即，
所以曲线是椭圆.
（ii）方法一：设.
在平面内，因为与不重合，可设，
由得，所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，
则必在平面与的交线上，故可设.
若，则，
即，
因为，
所以，
当时，上式恒成立，所以符合题意；
当时，有，
所以，
所以.
因为，
所以，
所以，
所以，即.
因为上式对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
方法二：设
在平面内，因为与不重合，可设，由得，
所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.
当与重合时，因为，又，
所以.
所以当时，符合题意.
当与不重合时，过作，
垂足分别为.连接，
则因为，所以.
又，所以平面，
所以，同理
又，所以，所以，
所以RtRt，所以直线平分
又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补
在平面内，设直线的斜率分别为，
则
，
对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解.
30. （多选）（2024·浙江·二模）已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（ ）
A．移动两次后，“”的概率为
B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
【答案】AC
【分析】先求出点在移动次后，在点处的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】设移动次后，点在点的概率分别为，
其中，
，解得：，
对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，
所以概率为，故A正确；

对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
而，平面，
所以当点位于或时，平面，
当移动一次后到达点或时，所以概率为，故B错误；
对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，
所以移动n次后点位于，则，故C正确；
对于D，四面体体积V的数学期望
，因为，
所以点到平面的距离为，
同理，点到平面的距离分别为，
所以，
所以，
当为偶数，所以，当时,；
当为奇数，所以，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
07立体几何中的折叠问题
31.（2020·浙江·模拟预测）如图，在中，， ，，D为线段BC（端点除外）上一动点.现将沿线段 AD折起至，使二面角的大小为120°，则在点 D的移动过程中，下列说法错误的是（ ）
A．不存在点，使得
B．点在平面上的投影轨迹是一段圆弧
C．与平面所成角的余弦值的取值范围是
D．线段的最小值是
【答案】D
【分析】过点B作AD的垂线,交AD于点E,连接,,过点 作BE的垂线,交BE于点H,进而证明平面 ABC,即在平面 ABC上的投影为点H,连接CH,假设,则 ,即可判断A；由 ,可判断点E的轨迹,进而判断B；连接AH,则与平面 ABC所成的角为,由相似可得 ,设 ,可得的范围,即可得 的范围,即可判断C；设 ,在中利用余弦定理求解,即可判断D.
【详解】过点B作AD的垂线,交AD于点E,连接,,过点 作BE的垂线,交BE于点H,易知,则 平面 ,所以为二面角的平面角的补角,即 ,所以,即 H为BE的中点,易知平面平面,又 ,所以平面ABC,所以在平面ABC上的投影为点 H,
对于选项A,若,连接CH,则,而这是不可能成立的,故A正确；
对于选项B,因为,所以点E的轨迹为以AB为直径的一段圆弧,又 H为 BE的中点,所以点H的轨迹也为一段圆弧,故B正确；
对于选项C,连接AH,则与平面ABC所成的角为,设 ,则,所以由 ,得 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,故C正确；
对于选项D,设,则, ,
,
其中,故,故D错误,
故选:D
【点睛】本题考查线线垂直的判断,考查余弦定理的应用,考查线面角的范围,考查空间想象能力.
32. （多选）（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知正方形ABCD的边长为4，点E在线段AB上，．沿DE将折起，使点A翻折至平面BCDE外的点P，则（ ）
A．存在点P，使得 B．存在点P，使得直线平面PDE
C．不存在点P，使得 D．不存在点P，使得四棱锥的体积为8
【答案】AC
【分析】对于A,根据线面垂直的判定定理可得面PCD，继而，根据勾股定理验证即可；对于B，根据线面平行的性质定理可得，矛盾，B错；对于C，根据线面垂直的判定定理可得则面DEN，则，矛盾，C错；对于D，当平面时，体积最大，通过计算可判定.
【详解】若，又，,
平面，平面，
则面PCD，平面,则，
而，，有解，A对．
若平面PDE，平面BCDE，
平面平面，
∴，矛盾，故B错误；

取PC中点N，∵，则，
若，又，
且平面DEN，平面DEN,
则面DEN，又平面DEN,
则，则矛盾，
∴不存在P使得，C对．
，
A到DE距离，
，存在，D错，
故选：AC．
33. （2024·安徽池州·模拟预测）如图①，四边形是边长为2的正方形，与是两个全等的直角三角形，且与交于点，将与分别沿翻折，使重合于点，连接，得到四棱锥，如图②，
(1)证明：；
(2)若为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证平面，从而得出，再证明平面即可证明；
（2）可由（1）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【详解】（1）由翻折的不变性可知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，
因为平面，
所以平面，又平面，所以，
如图，连接，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）由（1）可知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题图①可知，又，所以，
则，，
所以，又为棱的中点，
所以，，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，故，
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.
34. （多选）（2023·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）

A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】BCD
【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可
【详解】

依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角
对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；
对于B选项， 即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；
对于C选项， 恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；
对于D选项，如下图所示

设，
在中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故选：BCD．
35. （2024·全国·模拟预测）如图1，已知在正方形中，，，，分别是边，，的中点，现将矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如图2所示．
(1)证明：平面平面；
(2)设是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理证得平面，得，然后结合得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证得平面平面；
（2）可以建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解，也可以利用二面角的定义找到二面角的平面角，然后在三角形中进行求解．
【详解】（1）因为四边形是正方形，，分别是边，的中点，
所以是直角，且平行且等于，即四边形是矩形，
进一步有，
因为平面平面，平面平面，
且平面，，
所以平面，
因为平面，所以．
易知，则，所以．
因为，平面，平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）
解法一：由（1）可知，，，三条直线两两垂直，故可以为坐标原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示．则，，，，
从而，．
由题设，则，
又，则．
设平面的法向量为，则，得，
取，则，，得．
由（1）知，是平面的一个法向量，
所以，解得，故．
解法二：如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接．
因为平面平面，平面平面，
且，平面，
所以平面，即平面，
又平面，
则，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
则，
所以为二面角的平面角．
由（1）知平面，平面，
所以平面平面，
所以二面角为直二面角，
所以二面角的正弦值等于二面角的余弦值，
所以，所以.
由题可设，则，，
所以在中，，
解得，故.
【点睛】关键点点睛：利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．
08不规则图形表面积、体积问题
解决不规则图形的表面积体积问题，注意使用割补法，通过分割与补形的方法，转化成常规的几何体进行求解。
36.（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
37. （2022·辽宁锦州·一模）2022年北京冬奥会的成功举办使北京成为奥运史上第一座“双奥之城”.其中2008年北京奥运会的标志性场馆之一“水立方”摇身一变成为了“冰立方”.“冰立方”在冬奥会期间承接了冰壶和轮椅冰壶等比赛项目.“水立方”的设计灵感来自威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且棱长为2，则该多面体的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据多面体顶点的个数，分析确定正方形的个数和正六边形的个数，再求表面积.
【详解】棱长为2的正方形的面积为，正六边形的面积为，
又正方形有个顶点，正六边形有个顶点，该多面体共有个顶点，
所以最多有个正方形，最少有个正六边形，1个正方形与个正方形相连，所以该多面体有个正方形，正六边形有个.
所以该多面体的表面积是：.
故选：C.
38. （2024·全国·模拟预测）如图，已知正方体和正四棱台中，，．
(1)求证：平面；
(2)若是线段的中点，求三棱锥的表面积．
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）添加辅助线构造平行四边形，得出线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）依据题意添加辅助线分别解出三棱锥四个面的面积求和即可.
【详解】（1）如图：连接，延长，与直线交于点，与交于点，
易知平面，
延长，与交于点，
则，
易知，所以，则，
故，又且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面， ，所以平面平面．
（2）如图：连接，延长交直线于点，易知平面，
，连接，
在中，由余弦定理得，
故，由于，
故，
，
在中，，
故，故，
则，
由对称性知，则，
在中，，
故，
又，
故三棱锥的表面积．
39. （2024·江苏常州·一模）如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与均不重合）.
(1)当点是棱的中点时，求证：直线平面；
(2)当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理，通过勾股定理证，，即可证得直线平面；
（2）连接，作平行于，交于点，连接，说明截面为平面，由 ，列方程求解可得的长度.
【详解】（1）因为是棱的中点，
所以，
，，
由勾股定理，得，同理可得，，
又，、平面，
所以直线平面；
（2）连接，作平行于，交于点，连接，
因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以，则截面为平面，
设线段的长为，
因为，所以，得，
故，
可得，
又由，可得，
由题意，整理的，解得，
所以线段的长度为.
40. （多选）（2024·安徽芜湖·二模）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（ ）
A．该几何体的体积为 B．该几何体为七面体
C．二面角的余弦值为 D．该几何体为三棱柱
【答案】ACD
【分析】选项A可以分别求正四棱锥和正四面体的体积即可；
选项C先确定二面角的平面角为，在三角形中利用余弦定理可得；
选项D先根据二面角与二面角的关系确定四点共面，再证得平面平面，三个侧面都是平行四边形即可；
选项B根据选项D三棱柱有5个面，可判断错误.
【详解】
如图：在正四面体中中，为的中点，连接，连接作于，
则为的中心，为正四面体中的高，
因， ，，，
，
在正四面体中中，为的中点，所以，，
故为二面角的一个平面角，
如图：在正四棱锥中，由题意，
连接，交于点，连接，则为正四棱锥的高，
，，
，
该几何体的体积为，故A正确，
取的中点，连接，，
由题意正四棱锥的棱长都为1，所以，，
故即为二面角的一个平面角，
其中，，
在中，，故C正确，
因，可知二面角与二面角所成角互补，
故平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，
故该几何体有5个面，B错误，
因四点共面，且和都为等边三角形，易知，且，故侧面为平行四边形，
又平面,平面，所以平面，
同理平面，且侧面为平行四边形，
又，平面，平面，
所以平面平面，又侧面为正方形，
故多面体即为三棱柱，故D正确，
故选：ACD
09立体几何新定义问题
立体几何新定义问题，解题关键是理解新定义，能够构建合适的空间直角坐标系，解决相应问题．
41.（多选）（23-24高三上·河北·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
【答案】BC
【分析】根据弧长公式即可求解A，根据勾股定理以及弧长公式即可求解B，根据球的截面性质可得求解C，根据余弦定理，取反例即可求解D.
【详解】若平面是面积为的等边三角形，则，则，.A不正确.
若，则，则.B正确.
若，则，，
则平面的外接圆半径为，则到平面的距离，
则三棱锥的体积，
则球面的体积.C正确.
由余弦定理可知因为，所以，则.
取，，则，，
则.D不正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
42. （2022·安徽合肥·模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．
(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
【答案】(1)证明见解析；；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面，据此可求出球的半径，可得，化简即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解.
【详解】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，
∴，
记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，
∴，
∵平面内直线AO，FP相交于点F，
∴TF⊥平面，
∵直线TF平面AOS，
∴平面AOS⊥平面，
∴．连TO，TM，
∴，，
∴球T的半径且，
∴.
（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点
∵，
∴
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.
∵OM，OF与球T相切，
∴，
∴，，
设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．
∵PF与球T相切于点F，
∴，，
∴，
即（1），
两边平方整理得：（2），
两边平方整理得：（3），
易知：（3）（2）（1），
∴交线C在坐标平面xOy中方程为，
∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.
43. （2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.
（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值.
【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，
则，则，
菱形SAHC的面积为，
侧面积，
所以蜂房的表面积为.
（ii），
令得到，
所以在递增；在递增.
所以在处取得极小值，也即是最小值.
此时，在中，令，由余弦定理得，
又顶点的曲率为，
.
44. （2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，.
(1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积的值；
②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.
【答案】(1)，；
(2)，；
(3)①16；②，共有12个面，24条棱.
【分析】
（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可.
（2）首先根据（1）分析得出为截去三棱锥所剩下的部分.
后用割补法求解体积即可.
（3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可.
【详解】（1）
集合表示平面上所有的点，
表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此.
对于，当时，
表示经过，，的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示，，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.
它是边长为的正方形，因此.
（2）
记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；
考虑集合的子集；
即为三个坐标平面与围成的四面体.
四面体四个顶点分别为，，，，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，
即，
，
显然为两个几何体公共部分，
记，，，.
容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.
则为截去三棱锥所剩下的部分.
的体积，三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知，.
（3）
如图所示，即为所构成的图形.
其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，
其中到面的距离为，
，.
由题意面方程为，由题干定义知其法向量
面方程为，由题干定义知其法向量
故.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.
由图可知共有12个面，24条棱.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可．
45. （2024·云南·模拟预测）三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下： .若，则称为空间向量与的叉乘，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴 轴 轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点.
(1)①若，求；
②证明：.
(2)记的面积为，证明：；
(3)问：的几何意义表示以为底面 为高的三棱锥体积的多少倍？
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)6
【分析】（1）利用向量的叉乘的定义进行分析运算即可；
（2）利用数量积公式求得，则，可得，借助叉乘公式利用分析法即可证得结果；
（3）由，化简可得，即可得到结果.
【详解】（1）①解：因为，
则.
②证明：设，
则
，
与互换，与互换，与互换，
可得，
故.
（2）证明：因为
.
故，
故要证，
只需证，
即证.
由（1），
故，
又，
则成立，
故.
（3）由（2），
得
，
故，
故的几何意义表示：
以为底面 为高的三棱锥体积的6倍.
【点睛】解答本题的关键：一是对向量叉乘定义的理解；二是证明时，利用分析法，把条件坐标化处理
10立体几何新考点
46.（2024·河北沧州·一模）如图，在正三棱锥中，，点满足，，过点作平面分别与棱AB，BD，CD交于Q，S，T三点，且，.
(1)证明：，四边形总是矩形；
(2)若，求四棱锥体积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，根据条件可得平面，从而得到，再利用平行于，可得出四边形为平行四边形，即可证明；
（2）取中点，连接，交平面于点，根据条件得出，构造函数，利用导数与函数的单调性间关系，求出的最值，即可解决问题.
【详解】（1）当时，点是棱上的动点（不包括端点），取的中点，连接，
易知，又，平面，
所以平面，又面，所以，
又 平面，平面平面，平面，所以 ，
同理 ，所以 ，
同理可得 ，所以四边形为平行四边形，
又或其补角是与所成的角，所以，故四边形为矩形；
（2），由 ，得，
又，得到，同理可得，
取中点，连接，交平面于点.
因为，所以该正三棱锥为正四面体，所以，所以，
同理，，，
所以，，又，平面，
所以平面，因为平面与都平行，
所以可得，又易知，所以，
即到平面的距离为，
所以，
令，则，
由，得到，由，得到，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
47. （2022·全国·模拟预测）如图1，在矩形中，B，C分别为，的中点，且，现将矩形沿翻折，得到如图2所示的多面体．
(1)当二面角的大小为60°时，证明：多面体为正三棱柱；
(2)设点关于平面的对称点为，当该多面体的体积最大时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)通过证明平面平面，，平面可得；(2)由棱柱体积公式求其最大值，再结合棱锥体积公式求三棱锥的体积．
【详解】（1）因为,，平面，
所以平面，又，
所以平面，所以为二面角的平面角，
∵二面角的大小为60°，∴．
又，∴为等边三角形．
又∵，∴平面．同理平面．
又∵，平面，
∴平面平面．
又，
∴多面体为正三棱柱．
（2）设多面体的体积为
∵多面体为直三棱柱，
∴
，
当时，．
设与平面交于点，过点作平面于点，连接，，相交于点，则是的中点，．
∴，∴．
根据题意易知三棱锥为正三棱锥，
∴是的重心，，，三点共线，∴，
∴，∴．
48. （23-24高三下·浙江金华·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，．
(1)求证：三棱锥是正三棱锥；
(2)若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理，证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角正弦即可.
【详解】（1）分别取AB，BC中点D，E，连接CD，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心．
因为得，
又平面，
所以平面，又平面，
则；
取中点，连接，则四边形是平行四边形，
因为侧面是矩形，所以，又，
又平面，
所以平面，又平面，则；
又，平面，所以平面，
所以三棱锥是正三棱锥．
（2）因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高，
以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与平行的方向为z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θ，
所以.
49. （2023·重庆沙坪坝·模拟预测）正锥体具有良好的对称性．
(1)在正三棱锥中，证明：；
(2)已知正棱锥．请在下列两个条件中，选择一个命题填到___________上，并证明：
①当，时，存在，使得；
②当，时，不存在，使得．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连，，根据等腰三角形的性质得，，再根据直线与平面垂直的判定得平面，再根据直线与平面垂直的性质得；
（2）选①时，取，在三棱锥中，取的中点为，连，，根据直线与平面垂直的判定定理与性质可证；选②时，在三棱锥中，取的中点为，连，，利用反证法可证结论成立.
【详解】（1）因为三棱锥为正三棱锥，所以底面为正三角形，侧面都是以为顶点的等腰三角形，
取的中点，连，，则，，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以.

（2）选①，当，时，为大于等于的奇数，底面是正边形，
取，则三棱锥的底面是等腰三角形，侧面都是以为顶点的等腰三角形，且，取的中点为，连，，
则，， 又,平面，
所以平面，因为平面，所以.
即存在，使得.
选②，当，时，为大于等于的偶数，底面是正边形，
假设存在，使得，
在三棱锥中，取的中点为，连，，
则，又因为，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以，则在正边形中，
根据对称性可知，与之间顶点个数等于与之间顶点的个数，
则正边形的顶点个数为奇数，即为奇数，这与，相矛盾，故假设不成立，
所以当，时，不存在，使得．

50. （23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）甲、乙、丙三人以正四棱锥和正三棱柱为研究对象，设棱长为，若甲从其中一个底面边长和高都为2的正四棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，定义随机变量的值为其三角形的面积；若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的8条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）；若丙从正三棱柱的9条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）.
(1)比较三种随机变量的数学期望大小；（参考数据）
(2)现单独研究棱长，记（且），其展开式中含项的系数为，含项的系数为.
①若，对成立，求实数，，的值；
②对①中的实数，，用数字归纳法证明：对任意且，都成立.
【答案】(1)
(2)①；②证明过程见解析
【分析】
（1）直接根据三角形面积公式、线线角以及期望公式求解即可；
（2）①首先代入得到关于的三元一次方程组即可求解；②由①中结论结合数学归纳法即可得证.
【详解】（1）如图所示：
由题意设为正四棱锥的高，为中点，
由于正四棱锥的底面边长和高都是2，
所以，所以，
由对称性以及三线合一可知，
若甲从其中一个底面边长和高都为2的正四棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，
则的所有可能取值为，
且，
所以，
若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的8条棱中任取2条，
则的所有可能取值为，
，
代入参考数据，得，
若丙从正三棱柱的9条棱中任取2条，
则的所有可能取值为，
，
所以.
（2）①因为中项的系数为，
一般地，从中的第个因式中取一个，其余因式中取常数即可得到一个项，
而这一项的系数为，，
因为中项的系数为，
一般地，从中的第个因式中各取一个，其余因式中取常数即可得到一个项，
而这一项的系数为，从而，
从而，
，
由题意得，解得；
②用数学归纳法证明：且时，.
当时，，故结论对成立，
假设结论对成立，即，
则
，
所以结论对也成立，
故，对任意成立.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是弄清楚各个随机变量的取值可能，并求出相应的概率由此即可顺利得解.
51. （2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.
【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，
易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；
连接，，有，，故，
所以线段与相交，C错误；
连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.
故选：D.
52.（多选）（2023·安徽滁州·模拟预测）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为
【答案】BC
【分析】根据题意求线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.
【详解】A：当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，
当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
B：若，则菱形为正方形，
因为平面，平面，所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；
C：在四面体中，，，所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，所以，同理，
又平面，所以平面，故C正确，
D：直四棱柱在顶点处的离散曲率为,
则,即是等边三角形,
设,则即为与平面的所成角, ,故D错误;
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可
53. （多选）（2024·吉林·模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，且为的中点，沿将翻折，使得点到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ）
A．在翻折过程中，与可能垂直
B．在翻折过程中，二面角无最大值
C．当三棱锥体积最大时，与所成角小于
D．点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是
【答案】AC
【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当时可证平面平面，从而可证，判断A；且此时二面角取得最大值，判断B；还是此时，当三棱锥体积最大，可求异面直线与所成角，判断C；对D，根据圆锥曲线的定义，判断二面角的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥的体积的取值范围，判断D.
【详解】如图1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿将翻折，则点轨迹为一个圆，且圆面一直和垂直，如图：
当时，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正确.
此时，，所以即为二面角的平面角为，是二面角的最大值，故B错误；
此时三棱锥的高等于，高取得最大值，又底面不变，所以三棱锥的体积最大.
如图：
取中点，连接，，则即为一面直线与所成角，
在中，，，，
所以 ，
所以，故C正确；
对D：点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概念，二面角应该在之间取值，且不能为（此时点的轨迹是圆），
当二面角或时，，
当二面角时，，
所以点在平面内，且直线与直线所成角为，且点的轨迹是椭圆时，，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）.
54. （2024·甘肃兰州·一模）如图在四棱柱中，侧面为正方形，侧面为菱形，，、分别为棱及的中点，在侧面内（包括边界）找到一个点，使三棱锥与三棱锥的体积相等，则点P可以是 （答案不唯一），若二面角的大小为，当取最大值时，线段长度的取值范围是 ．
【答案】 的中点，（答案不唯一，点在与的中点的连线段上即可）
【分析】取棱及的中点、，连接、，、，，即可证明平面 平面，即可得到点在线段上，过点作交于点，在平面内过点作，即可得到为二面角为平面角，易知，即可求出的最大值，此时，即为正方形，从而求出，，，即可求出线段长度的取值范围.
【详解】取棱及的中点、，连接、，、，，
因为、分别为棱及的中点，
所以，，则，
又且，且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又，平面，所以平面 平面，
又点在侧面内（包括边界），且三棱锥与三棱锥的体积相等，
当点在线段上时，点到平面的距离与点到平面的距离相等，
此时三棱锥与三棱锥的体积相等，
所以点在线段上，即点在与的中点的连线段上.
过点作交于点，在平面内过点作，
因为侧面为正方形，所以，
所以为二面角为平面角，
又二面角的大小为，所以，易知，
又侧面为菱形，，所以，所以，
所以当取最大值时，，即为正方形，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
又，
所以，所以，即为直角三角形且，
所以当点在线段上运动时，
即线段长度的取值范围为.
故答案为：的中点，（答案不唯一，点在与的中点的连线段上即可），．
【点睛】关键点点睛：第一问关键是构造面面平行，从而确定点的轨迹，第二问关键是确定二面角的平面角，从而得到的最大值，以及此时所满足的几何关系.
55. （2024·全国·模拟预测）如图，已知正三棱锥和正三棱锥有相同的底面，且．
(1)若，求二面角的余弦值；
(2)若平面，求的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据几何体的对称性将二面角转化为二面角的倍，再利用二面角的定义求二面角即可；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据和平面的法向量垂直求从而求解．
【详解】（1）解：当时，上、下两个正三棱锥全等，
所以二面角的平面角为二面角的平面角的倍．
取的中点，连接、，连接交平面于点，
则为等边的中心，且平面，
因为、都是等边三角形，则，，
所以为二面角 的平面角．
在中，，，
因为为等边的中心，则，
因为平面，平面，所以，，
所以．
所以，
所以二面角的余弦值为．
（2）解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、．
则，．
连接，由三棱锥维为正三棱锥，可得平面，
设，平面的法向量为，
则，取，可得，
易知，由平面可知，即，
所以，得，
所以．压轴题04立体几何压轴题十大题型汇总
命题预测 本专题考查类型主要涉及点立体几何的内容，主要涉及了立体几何中的动点问题，外接球内切球问题，以及不规则图形的夹角问题，新定义问题等。 预计2024年后命题会继续在以上几个方面进行。
高频考法 题型01几何图形内切球、外接球问题 题型02立体几何中的计数原理排列组合问题 题型03立体几何动点最值问题 题型04不规则图形中的面面夹角问题 题型05不规则图形中的线面夹角问题 题型06几何中的旋转问题 题型07立体几何中的折叠问题 题型08不规则图形表面积、体积问题 题型09立体几何新定义问题 题型10立体几何新考点
01几何图形内切球、外接球问题
解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
1.（多选）（23-24高三下·浙江·开学考试）如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果四边形是边长为2的正方形，则（ ）
A．异面直线与所成角大小为
B．二面角的平面角的余弦值为
C．此八面体一定存在外接球
D．此八面体的内切球表面积为

2. （2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3. （2024·河北石家庄·二模）已知正方体的棱长为，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心为球心作一个半径为的球，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为（ ）
A． B． C． D．
4. （多选）（2022·山东聊城·二模）用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（ ）
A．底面椭圆的离心率为
B．侧面积为
C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为
D．底面积为
5. （21-22高三上·湖北襄阳·期中）在正方体中，球同时与以A为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点若以F为焦点，为准线的抛物线经过，，设球，的半径分别为，，则 .
02立体几何中的计数原理排列组合问题
6.（2024·浙江台州·二模）房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到，，三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm 的不同规格长方体的个数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
7. （2023·江苏南通·模拟预测）在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A． B． C． D．
8. （2024·重庆·模拟预测）从长方体的个顶点中任选个，则这个点能构成三棱锥的顶点的概率为（ ）
A． B． C． D．
9. （多选）（2024·重庆·模拟预测）如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)（ ）
A．可以围成20个不同的正方形
B．可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)
C．可以围成516个不同的三角形
D．可以围成16个不同的等边三角形
10. （2024·上海浦东新·模拟预测）如图为正六棱柱，若从该正六棱柱的个侧面的条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是 ．

03立体几何动点最值问题
空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，结合空间距离，确定动点的轨迹形状；结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.
11.（多选）（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
12. （多选）（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（ ）
A．若在线段上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆
D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为
13. （多选）（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知正方体的棱长为2，棱的中点为，过点作正方体的截面，且，若点在截面内运动（包含边界），则（ ）
A．当最大时，与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹长度为
D．若平面，则的最小值为
14. （多选）（2024·福建厦门·一模）如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（ ）
A．平面
B．二面角随着的减小而减小
C．当时，五面体的体积最大值为
D．当时，存在使得半径为的球能内含于五面体
15. （多选）（2024·广西南宁·一模）在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当，且时，则的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
04不规则图形中的面面夹角问题
利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．
16.（2024·浙江台州·二模）如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
17. （2024·浙江杭州·二模）如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．
(1)证明：；
(2)若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
18. （2024·浙江金华·模拟预测）已知四棱锥的棱的长为，其余各条棱长均为1．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求二面角的大小．
19. （2024·安徽·二模）将正方形绕直线逆时针旋转，使得到的位置，得到如图所示的几何体．
(1)求证：平面平面；
(2)点为上一点，若二面角的余弦值为，求．
20. （2024·山西·二模）如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
05不规则图形中的线面夹角问题
21.（2024·浙江宁波·二模）在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
(1)求证： 平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
22. （23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．
(1)证明：直线平面PAD；
(2)当二面角为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．
23. （23-24高三下·浙江·开学考试）在三棱锥中，.
(1)证明：平面平面；
(2)点为棱上，若与平面所成角的正弦值为，求的长；
24. （2022·江西赣州·二模）已知四棱锥P—ABCD中，△ABD △BCD △BDP都是正三角形
(1)求证：平面ACP⊥平面BDP；
(2)求直线BP与平面ADP所成角的正弦值.
25. （2024·全国·模拟预测）如图，两两垂直，点为的中点，点在线段上，且满足，．
(1)求证：平面平面．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
06几何中的旋转问题
26.（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，）
A． B． C． D．
27. （多选）（2024·河北唐山·一模）在透明的密闭正三棱柱容器内灌进一些水，已知．如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（ ）

A．水面形状的变化：三角形 梯形 矩形
B．当时，水面的面积为
C．当时，水面与地面的距离为
D．当侧面与地面重合时，水面的面积为12
28. （2024·陕西商洛·模拟预测）魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺 鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速 盲拧 单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了，则该魔方的表面积增加了 .
29. （2024·福建·模拟预测）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面所成角的大小；
(2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
30. （多选）（2024·浙江·二模）已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（ ）
A．移动两次后，“”的概率为
B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
07立体几何中的折叠问题
31.（2020·浙江·模拟预测）如图，在中，， ，，D为线段BC（端点除外）上一动点.现将沿线段 AD折起至，使二面角的大小为120°，则在点 D的移动过程中，下列说法错误的是（ ）
A．不存在点，使得
B．点在平面上的投影轨迹是一段圆弧
C．与平面所成角的余弦值的取值范围是
D．线段的最小值是
32. （多选）（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知正方形ABCD的边长为4，点E在线段AB上，．沿DE将折起，使点A翻折至平面BCDE外的点P，则（ ）
A．存在点P，使得 B．存在点P，使得直线平面PDE
C．不存在点P，使得 D．不存在点P，使得四棱锥的体积为8
33. （2024·安徽池州·模拟预测）如图①，四边形是边长为2的正方形，与是两个全等的直角三角形，且与交于点，将与分别沿翻折，使重合于点，连接，得到四棱锥，如图②，
(1)证明：；
(2)若为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
34. （多选）（2023·浙江嘉兴·模拟预测）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）

A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
35. （2024·全国·模拟预测）如图1，已知在正方形中，，，，分别是边，，的中点，现将矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如图2所示．
(1)证明：平面平面；
(2)设是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
08不规则图形表面积、体积问题
解决不规则图形的表面积体积问题，注意使用割补法，通过分割与补形的方法，转化成常规的几何体进行求解。
36.（2024·浙江·模拟预测）如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A． B． C． D．
37. （2022·辽宁锦州·一模）2022年北京冬奥会的成功举办使北京成为奥运史上第一座“双奥之城”.其中2008年北京奥运会的标志性场馆之一“水立方”摇身一变成为了“冰立方”.“冰立方”在冬奥会期间承接了冰壶和轮椅冰壶等比赛项目.“水立方”的设计灵感来自威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且棱长为2，则该多面体的表面积是（ ）
A． B． C． D．
38. （2024·全国·模拟预测）如图，已知正方体和正四棱台中，，．
(1)求证：平面；
(2)若是线段的中点，求三棱锥的表面积．
39. （2024·江苏常州·一模）如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与均不重合）.
(1)当点是棱的中点时，求证：直线平面；
(2)当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度.
40. （多选）（2024·安徽芜湖·二模）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（ ）
A．该几何体的体积为 B．该几何体为七面体
C．二面角的余弦值为 D．该几何体为三棱柱
09立体几何新定义问题
立体几何新定义问题，解题关键是理解新定义，能够构建合适的空间直角坐标系，解决相应问题．
41.（多选）（23-24高三上·河北·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
42. （2022·安徽合肥·模拟预测）已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．
(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
43. （2022·辽宁沈阳·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
44. （2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，.
(1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积的值；
②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.
45. （2024·云南·模拟预测）三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下： .若，则称为空间向量与的叉乘，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴 轴 轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点.
(1)①若，求；
②证明：.
(2)记的面积为，证明：；
(3)问：的几何意义表示以为底面 为高的三棱锥体积的多少倍？
10立体几何新考点
46.（2024·河北沧州·一模）如图，在正三棱锥中，，点满足，，过点作平面分别与棱AB，BD，CD交于Q，S，T三点，且，.
(1)证明：，四边形总是矩形；
(2)若，求四棱锥体积的最大值.
47. （2022·全国·模拟预测）如图1，在矩形中，B，C分别为，的中点，且，现将矩形沿翻折，得到如图2所示的多面体．
(1)当二面角的大小为60°时，证明：多面体为正三棱柱；
(2)设点关于平面的对称点为，当该多面体的体积最大时，求三棱锥的体积．
48. （23-24高三下·浙江金华·阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，．
(1)求证：三棱锥是正三棱锥；
(2)若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．
49. （2023·重庆沙坪坝·模拟预测）正锥体具有良好的对称性．
(1)在正三棱锥中，证明：；
(2)已知正棱锥．请在下列两个条件中，选择一个命题填到___________上，并证明：
①当，时，存在，使得；
②当，时，不存在，使得．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
50. （23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）甲、乙、丙三人以正四棱锥和正三棱柱为研究对象，设棱长为，若甲从其中一个底面边长和高都为2的正四棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，定义随机变量的值为其三角形的面积；若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的8条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）；若丙从正三棱柱的9条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）.
(1)比较三种随机变量的数学期望大小；（参考数据）
(2)现单独研究棱长，记（且），其展开式中含项的系数为，含项的系数为.
①若，对成立，求实数，，的值；
②对①中的实数，，用数字归纳法证明：对任意且，都成立.
51. （2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
52.（多选）（2023·安徽滁州·模拟预测）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为
53. （多选）（2024·吉林·模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，且为的中点，沿将翻折，使得点到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ）
A．在翻折过程中，与可能垂直
B．在翻折过程中，二面角无最大值
C．当三棱锥体积最大时，与所成角小于
D．点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是
54. （2024·甘肃兰州·一模）如图在四棱柱中，侧面为正方形，侧面为菱形，，、分别为棱及的中点，在侧面内（包括边界）找到一个点，使三棱锥与三棱锥的体积相等，则点P可以是 （答案不唯一），若二面角的大小为，当取最大值时，线段长度的取值范围是 ．
55. （2024·全国·模拟预测）如图，已知正三棱锥和正三棱锥有相同的底面，且．
(1)若，求二面角的余弦值；
(2)若平面，求的长度．

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