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专题06 空间向量与空间几何
知识点一 空间几何中命题的判断
1．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
2．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC中点，则（ ）
A． B．平面
C． D．平面
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
2．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
知识点二 空间几何的体积与表面积
1．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．

2．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ．
1．（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．
2（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
3．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
1．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A． B．
C． D．
2．（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
3．（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．
4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
5．（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．
6．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
知识点三 外接球与内切球
1．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（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 ．
1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
2．（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 ．
3．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
4．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
知识点四 线面角
1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
1（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
知识点五 空间几何体的解答题
1．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点．
(1)若分别为的中点，求证：平面PAB；
(2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
2．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，．
(1)证明：平面平面；
(2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
（i）证明：在平面上；
（ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值．
3．（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．
4．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD．
5．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
1．（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．
2．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
3．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
4．（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.
5．（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．
6．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
7．（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．
1．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
2．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小.
3．（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．
4．（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．
5．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
6．（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.
7．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
8．（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．
9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
知识点一 空间几何中命题的判断
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·山东临沂·模拟预测）已知、、是直线，是平面，且，，则“，”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
3．（2025·甘肃白银·二模）设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则或与相交
4．（2025·安徽合肥·模拟预测）设是两条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
知识点二 空间几何的体积与表面积
1．（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川成都·一模）已知圆锥的高为1，母线与底面所成角的大小为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（ ）
A． B．
C． D．
知识点三 外接球与内切球
1．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知正四棱台，，，侧棱与底面所成的角为，则此正四棱台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·河北邢台·三模）在平面直角坐标系中，点，与关于原点对称，现以轴为折痕，将轴下方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角， 两点相应变成，两点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·四川巴中·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为3，9，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的体积为（ ）
A． B． C． D．
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·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且，，，则该四面体的外接球体积为（ ）
A． B． C． D．
知识点四 线面角
1．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25 河南·期中）正三棱台三侧棱的延长线交于点P，如果，三棱台的体积为，的面积为，那么侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
知识点五 空间几何体的解答题
1．（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.
2．（24-25湖北荆州·期末）如图所示，在四棱锥中，已知，，底面，平面平面.
(1)求点到平面的距离；
(2)证明：平面；
(3)若，求二面角的余弦值.
3．（2025湖南）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，且，，等边三角形PCD所在的平面垂直于底面ABCD，．
(1)求证：面．
(2)若直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角P-AB-D的余弦值．
4．（2025·云南丽江·一模）已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.

(1)求证：；
(2)求二面角的平面角的正切值；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大 求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置.
5．（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合.
(1)直线与由三点所确定的平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值.
6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，，其中O为AC中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
7．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
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专题06 空间向量与空间几何
知识点一 空间几何中命题的判断
1．（2025·天津·高考真题）若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；
对于B，若，则，故B错误；
对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，
现，故，故C正确；
对于D，，则与可平行或相交或，故D错误；
故选：C.
2．（2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱中，D为BC中点，则（ ）
A． B．平面
C． D．平面
【答案】BD
【解析】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.
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
【解析】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.
2．（2024·天津·高考真题）已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【解析】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误.
对于B，若，则或，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则，故D错误.
故选：C.
知识点二 空间几何的体积与表面积
1．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．

【答案】
【解析】因为且四边形为正方形，故，
而，故，故，
故所求体积为，
故答案为：.
2．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，则该多面体的体积为 ．
【答案】
【解析】先证明一个结论：如果平面平面，平面平面，平面，则.
证明：设，， 在平面取一点，，
在平面内过作直线，使得，作直线，使得，
因为平面平面，，故，而，故，
同理，而，故 .
下面回归问题.
连接，因为且，故，同理，，
而，故直角梯形与直角梯形全等，
故，
在直角梯形中，过作，垂足为，
则四边形为矩形，且为以为直角的等腰直角三角形，
故，
平面平面，平面平面，,
平面，故平面，
取的中点为，的中点为，的中点为，连接，
则，同理可证平面，而平面，
故平面平面，同理平面平面，
而平面平面，故平面，
故，故四边形为平行四边形，故.
在平面中过作，交于，连接.
则四边形为平行四边形，且，故，
故四边形为平行四边形，
而平面，
故平面，故平面平面，
而，故，
故几何体为直棱柱，
而，故,
因为，故平面，
而平面，故平面平面，
在平面中过作，垂足为，同理可证平面，
而，故，故，
由对称性可得几何体的体积为，
故答案为：.
1．（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
【解析】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.
2（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
故选：D.
3．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
4．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为 ，升量器的高为 ．
【答案】 23 57.5/
【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，
故，.
故答案为：.
1．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
所以.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，.
同理：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
2．（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
【解析】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
3．（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
【解析】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.
4．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
【答案】AC
【解析】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

5．（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
【解析】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
6．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
7．（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】/
【解析】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：.
8．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
【答案】
【解析】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.
知识点三 外接球与内切球
1．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（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 ．
【答案】
【解析】
圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，
由圆柱与球的性质知，
即，，
故答案为：.
1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
2．（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
【解析】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.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
4．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【解析】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
知识点四 线面角
1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
1（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
知识点五 空间几何体的解答题
1．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点．
(1)若分别为的中点，求证：平面PAB；
(2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
与为等腰直角三角形且，
不妨设，..
E、F分别为BC、PD的中点，
，且.
，，
，∴四边形FGMN为平行四边形，
，
平面PAB，平面PAB，平面PAB；
（2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面PCD的一个法向量为，
，，
取，，.
设AB与平面PCD所成角为，
则，
即AB与平面PCD所成角的正弦值为.
2．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥中，平面，．
(1)证明：平面平面；
(2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．
（i）证明：在平面上；
（ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）.
【解析】（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：.
3．（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)
【解析】（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.
4．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故，
底面周长为，则侧面积为：;
（2）由题知，则根据中位线性质，，
又平面，平面，则平面
由于，底面圆半径是，则，又，则，
又，则为等边三角形，则，
于是且，则四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
又平面，
根据面面平行的判定，于是平面平面，
又，则平面，则平面

5．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】（1）法一、在正方形中，
由条件易知，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵平面，∴平面；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，所以，
易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，所以，
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，
则；
（3）由（1）知平面，平面，∴，
易知，
又，则D到平面的距离为，
由棱锥的体积公式知：.
1．（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)
【解析】（1）（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．
2．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
3．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
4．（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)
【解析】（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.
5．（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)
【解析】（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.
6．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【难度】0.65
【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法
【解析】的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
7．（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)
【解析】（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.
1．（2023·北京·高考真题）如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
2．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，，
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）由题意知，，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，且平面，平面，
所以平面，
又，、平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
（2）由题意知，底面为直角梯形，
所以梯形的面积，
因为四棱柱的体积为36，
所以，
过作于，连接，
因为平面，且平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
在△中，，
所以，
所以，即，
故二面角的大小为．
3．（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)
【解析】（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.
4．（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)
【解析】（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．
5．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）如图，
底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
6．（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).
【解析】（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.
7．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；
(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，
由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，
又平面，平面，于是//平面.
（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.
由面，面，故，又，，平面，则平面.
由平面，故，又，，平面，于是平面，
由平面，故.于是平面与平面所成角即.
又，，则，故，在中，，则，
于是
（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.
由题干数据可得，，，根据勾股定理，，
由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.
又平面，则，又，，平面，故平面.
在中，，
又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，
即点到平面的距离是.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点到平面的距离为.
，
.
由，即.
8．（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
【解析】（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，
.
9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【解析】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
知识点一 空间几何中命题的判断
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
【解析】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·山东临沂·模拟预测）已知、、是直线，是平面，且，，则“，”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】解：由得：
存在，满足，
若，则直线垂直平面中任意一条直线，
，，，，
，，，是否相交不确定，不一定成立，
“，”是“”的必要不充分条件．
故选：B
3．（2025·甘肃白银·二模）设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则或与相交
【答案】D
【解析】对于A，若，则，又，则或，故A错误；
对于B，由，可知可能平行或相交，故B错误；
对于C，若，则有可能是，也可能，故C错误；
对于D，由，可知可能平行或相交，故D正确.
故选：D.
11．（2025·安徽合肥·模拟预测）设是两条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A
【解析】若，则或与互为异面直线，故A错误；
若，由面面平行的性质定理，可得，故B正确；
若，由线面垂直的性质，可得，故C正确；
若，则，
又因为是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则，D选项正确；
故选：A
知识点二 空间几何的体积与表面积
1．（2025·宁夏吴忠·二模）已知矩形中，，，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成一个几何体，则的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意作出矩形与几何体，分别如图下左右两图所示：
旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，
将这两个几何体的体积均记为，这两个几何体的重叠部分是以圆O为底面，
A，C分别为顶点的两个小圆锥，记两个小圆锥的体积和为，
而，点B到直线的距离为，圆O的半径为，
所以的体积.
故选：C
2．（2025·四川成都·一模）已知圆锥的高为1，母线与底面所成角的大小为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示，因为母线与底面所成角的大小为，
所以，，
所以该圆锥的体积为，
故选：A
3．（2025·北京·模拟预测）攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】过作平面于，过作于，连接，
因平面,则，又平面，
故平面，因平面，则，故为的平面角，
故，则.
令正四棱台上底边长为，则，
，
所以，即，
解得或（舍去），故.
所以该结构表面积为
.
故选：A.
知识点三 外接球与内切球
1．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知正四棱台，，，侧棱与底面所成的角为，则此正四棱台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可知，正四棱台的高为，
其外接球的球心O在正四棱台的高上，如图所示.
不妨设O距离下底面距离为x，则，
解得，即正四棱台下底面中心即为球心，
则外接球的直径为，表面积为，
故选:C.
2．（2025·河北邢台·三模）在平面直角坐标系中，点，与关于原点对称，现以轴为折痕，将轴下方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角， 两点相应变成，两点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题可知，所以，由翻折的不变性可知，翻折后的图形如图所示，
设点在轴上的投影为，易知平面，
连接，，所以.点在轴上的投影为，
在中，由勾股定理得，
所以在中，易得，
在中，由余弦定理得，，
即，解得，所以.
所以是一个顶角为，腰长为的等腰三角形，
将其绕直线旋转一周得到的旋转体为两个同底面且等高的圆锥组合体，
其轴截面如图所示，
则在该轴截面中和为边长为的等边三角形，
则该旋转体内切球的半径即为菱形内切圆的半径，
由等面积法可得，
即，解得，
因此该旋转体内切球的表面积为.
故选：C.
3．（2025·四川巴中·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为3，9，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
在正四棱台中，上、下底面边长分别为3，9，侧棱长为，
设分别是下、上底面中心，分别是的中点，
在侧面中，，则，
因为正棱台的内切球半径即为截面的内切圆半径，
在截面中，，
则，
若球心在中点处，即梯形高的中点处，
以下底面中心为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，
则直线的方程为，
故点到直线的距离，即直线与圆相离.
结合图形可知，当球心在中点处，球半径时，正四棱台的内切球半径最大.
即该正四棱台内半径最大的球的体积，
故选：B.
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
【解析】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·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且，，，则该四面体的外接球体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】连接，因为线段的中点，，则，
又为线段的中点，，，则，
则，
则该四面体的外接球球心为，半径为，体积为.
故选：C
知识点四 线面角
1．（2025·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面是正三角形，平面，，，，四点都在以为球心的球面上，，则与平面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
设是中点，是中点，是正三角形的重心，则是的三等分点，，
由是边长为的正三角形知，，
在平面中，作，作的垂直平分线交于点，
因为平面，，易知四边形是矩形，，．
设与交于点，过作，垂足为，
因为平面，在平面内，
所以，又，为平面内两条相交直线，
所以平面，在平面内，
所以，又为平面内两条相交直线，
所以平面，
所以是与平面所成的角或其补角．
过作直线平行于，交于点，交于点，则，，
把，，，，，，
代入求得，，
在中，，，
在中，，
所以．
故选：C．
2．（24-25 河南·期中）正三棱台三侧棱的延长线交于点P，如果，三棱台的体积为，的面积为，那么侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由正三棱台三侧棱的延长线交于点，得三棱锥为正三棱锥，
过作平面于，交平面于，连接，
由，得，则，又，则，
则，
解得，则，设的边长为，则，解得，
由三棱锥为正三棱锥，得是的中心，，
由平面，得为侧棱与底面所成的角，所以.
故选：D
知识点五 空间几何体的解答题
1．（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)
【解析】（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.
2．（24-25湖北荆州·期末）如图所示，在四棱锥中，已知，，底面，平面平面.
(1)求点到平面的距离；
(2)证明：平面；
(3)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3).
【解析】（1）过点作于，垂足为点，
由平面平面，平面，平面平面，，得平面，则线段即为点到平面的距离，
由底面，平面，得，即为直角三角形，
在中，，，，，
故点到平面的距离为；
（2）由（1）可知平面，又平面，得，
由底面，平面，得，
由，，、平面，，得平面；
（3）作于，连接，
由底面，、平面，得，，
由，，、平面，，得平面，又平面，得，
则即为二面角的平面角.
由，，得，，
在Rt中，，.
故二面角的余弦值为.
3．（2025湖南）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，且，，等边三角形PCD所在的平面垂直于底面ABCD，．
(1)求证：面．
(2)若直线PB与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角P-AB-D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）如图所示：
取CD中点H，连接PH，
是等边三角形，，
面ABCD⊥面PCD，且交线为CD，面PCD，，
面ABCD，面ABCD，
，
又平面，
面PCD.
（2）连接BH，AH，过点H作，
面ABCD，所以直线PB在底面ABCD上的射影为直线BH，
直线PB与面ABCD所成的角为，
设，则，，
，
，，，
面ABCD，而平面，
，且平面，
面PHE，面PHE，，
为二面角P-AB-D的平面角，
在中，，
解得，
在中，，
，
所以二面角P-AB-D的余弦值为.
4．（2025·云南丽江·一模）已知点是边长为的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.

(1)求证：；
(2)求二面角的平面角的正切值；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大 求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，最大角的正弦值为
【解析】（1）因为点在底面上的射影是与的交点，
所以平面，又平面，所以，
因为四边形为菱形，所以，
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）

如图，过在平面内作于，连接，
因为平面，平面，所以，
又，、平面，所以平面，
又平面，所以，故为二面角的平面角，
因菱形中，，则，，
又是等边三角形，故，
由，知，
在中，，故二面角的正切值为.
（3）因为，且平面平面，所以平面，
所以到平面的距离即为到平面的距离，
因为，所以，
即，
所以，
设直线与平面所成的角为，则，，
因正弦函数在第一象限单调递增，故要使最大，即使最大，则需使最小，
此时，由对称性知，，
所以，此时，
故当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，且最大角的正弦值为.
5．（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形的边长为分别为的中点，以为棱将正方形折成如图所示，使得二面角的大小为，点在线段上且不与点重合.
(1)直线与由三点所确定的平面相交，交点为，若，求的长度，并求此时点到平面的距离；
(2)若，求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由题意可知，，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为二面角为，所以，
所以与均是全等的正三角形，取中点，则，
由平面平面得，
又，平面，因此平面，即，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
设，所以，，所以即，
所以的长为.
过作于，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
即为点到平面的距离，因为，所以，
所以，所以点到平面的距离为.
（2）因为，所以，
又平面平面，所以即为二面角的平面角，
所以.
取中点，连接，如图，
因为，所以，
所以，所以，
因为，所以，又平面，
所以平面，因为，平面，所以，
则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，
则，
则，
设平面的法向量，则
令，则，所以.
设平面的法向量，又，
所以，
令，则，所以.
所以.
设平面与平面夹角为，
所以，
故平面与平面夹角的正弦值为.
6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，，，，其中O为AC中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）因为，，所以，
又因为，点O为AC中点．
所以，且，故在同一条直线上，
在中，由余弦定理，可得，
又，，故得，
解得，又，，故是等边三角形，则，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）由（1）可得，，
，，
在中，由余弦定理可得，
又，，，，
因，则，
又，且，平面，所以平面，
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系如图，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
由（1）已得，故可知平面，
即是平面的一个法向量，
所以，
所以二面角的正弦值为．
7．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，在三棱台中，平面平面，，，．
(1)证明：；
(2)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)
【解析】（1）在三棱台中，取AC的中点O，连接BO，，，
由，得，
由平面平面，平面平面，
平面，得平面，
而平面，则，
又，，则四边形是菱形，故，
而，，平面，因此平面，
又平面，所以．
（2）取中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
则平面，直线两两垂直，
以点O原点，直线OB，OC，OM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，
，，
，
设平面的法向量，则，
令，得，
设直线与平面所成的角为，
，
当且仅当时等号成立．
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
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