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专题07 立体几何
题型01 空间几的点线面位置关系
1．（多选）（2025·四川省凉山州·三模）已知直线和平面，则下列命题中正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
2．（多选）（2025年山西省吕梁市三模）已知在正四面体中，M，N分别是的中点，平面与直线都平行，则（ ）
A． B．
C．直线与平面所成角为 D．平面与平面的夹角的余弦值为
3．（2025·四安徽合肥市·三模）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则（ ）
A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于
4．（多选）（2025·辽宁沈阳·三模）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则（ ）
A．阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形
B．鳖臑的四个面均为直角三角形
C．阳马的体积是鳖臑的体积的两倍
D．堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等
5．（2025年天津市滨海新区三模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
6．（多选）（2025·河南省鹤壁市·三模）如图1，在中，，，，、分别在AB，AC上，且.将沿翻折得到图2，其中.记三棱锥外接球球心为，球表面积为，三棱锥外接球球心为，球表面积为，则在图2中，下列说法正确的有（ ）
A．
B．直线与所成角的正弦值为
C．平面
D．
7．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，点为的重心.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，求二面角的平面角的正切值.
题型02 空间几何体的表面积与体积
1．（2025年山东威海市三模）已知圆台的上底面半径、下底面半径、母线长之比为1:2:3，高为4，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川省凉山州·三模）某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥的高为（ ）
A． B．1 C．2 D．
3．（2025·四川省成都市·三模）已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为8，侧棱长为，则其体积为（ ）
A．108 B．112 C．120 D．124
4．（2025·山东省枣庄市·三模）已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ）
A． B．1 C． D．2
5．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）将一个棱长为6cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3cm的圆锥体零件，则该圆锥体零件的高约为（ ）（取）
A．8cm B．12cm C．16cm D．24cm
6．（多选）（2025·四川省宜宾市·三模）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则（ ）
A．该石凳的表面积为
B．该石凳的体积为
C．直线与的夹角为
D．平面
7．（2025·陕西省安康市·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（ ）

A． B． C． D．
8．（2025年天津市滨海新区三模）如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ）
A． B． C． D．20
9．（2025年山东省泰安市三模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
10．（2025年江苏如皋市三模）已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
11．（2025·河南省安阳市·三模）已知圆锥的顶点为V，母线所成角的余弦值为，与圆锥底面所成的角为，若圆锥的侧面积为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
12．（多选）（2025·河北省张家口·三模）在三棱锥中，，，为等边三角形，侧面底面，为棱的中点，，，三棱锥的体积为，则（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的外接球的表面积为
C．若平面，则四棱锥的体积为
D．若，与平面所成角相等，则
13．（2025·四川省攀枝花·三模）已知母线长为10的圆台的表面积为，且其上底面的半径与下底面的半径R满足，则 ．
14．（2025·河南省焦作市·三模）我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”．已知三棱锥中，分别在棱上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为 ．
15．（2025·四川省绵阳市·三模）如图1，等腰梯形中，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图的多面体，且.

(1)证明：四点共面；
(2)求的长；
(3)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
16．（2025年山西省吕梁市三模）如图，在多面体中，四边形是边长为4的正方形，．
(1)证明：平面平面；
(2)若，当平面与平面的夹角为时，求该多面体的体积．
题型03 有关几何体外接球、内切求的问题
1．（2025·四川省德阳市·三模）六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）.若一正八面体的内切球表面积为，外接球表面积为，则的值为（ ）
A． B． C．3 D．4
2．（2025·辽宁沈阳·三模）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·安徽省安庆市·三模）正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025年江苏如皋市三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为 ．
6．（2025年广东省广州市天河区三模）已知棱长为1的正方体，在其内部放入两个相外切的球和球（可与正方体表面相切），半径分别为，则的最大值为 ．
7．（2025年山西省吕梁市三模）已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是 ．
8．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为 .
9．（2025·湖南省永州市·三模）已知四棱台的底面为矩形，上底面积为下底面积的，所有侧棱长均为.当该四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为 .
10．（2025·四川省攀枝花·三模）如图，在四面体中，D为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)求四面体外接球的体积；
(3)求的长．
题型04 有关立体几何中的最值与轨迹问题
1．（2025·重庆市·三模）已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为（ ）
A．24 B．18 C． D．12
2．（2025年河北石家庄三模）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．
3．（多选）（2025·山东省枣庄市·三模）已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A． B．点的轨迹长度为
C．线段长度的最小值为 D．的最小值为
4．（多选）（2025年河北石家庄三模）已知四面体中，，，，为四面体外接球的球心，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则平面
B．若，则的取值范围是
C．若，则的取值范围是
D．若，直线与所成的角为，则四面体外接球的表面积为
5．（多选）（2025·安徽省安庆市·三模）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的体积为定值
C．若，则直线与直线所成角的最小值为60°
D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为
7．（多选）（2025年江西省萍乡市三模）已知正方体中，动点、分别在棱、（不含端点）上，则（ ）
A．
B．若、分别为所在棱的中点，则平面将正方体的体积平分
C．不存在点，使得点与点到平面的距离相等
D．当由向运动时，平面与正方体形成的截面面积逐渐增大
8．（多选）（2025年江西九江市三模）如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（ ）
A．存在点，使得平面 B．存在点，使得
C．该五面体的体积为 D．若，则点的轨迹长度为
9．（2025年山东威海市三模）在三棱锥中，平面，．若为侧面内的动点，，当该三棱锥的体积最大时，的轨迹与所围成区域的面积为 ．
10．（2025年山东省泰安市三模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.

(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值.
11．（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V．
(1)求证：平面；
(2)当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值；
(3)若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值．
题型05 有关空间线线角与线面角的问题
1．（多选）（2025·河南省焦作市·三模）在三棱锥中，已知为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．长度的取值范围是
B．直线与平面所成的角为
C．若，则，所成的角为
D．若，则三棱锥外接球的表面积为
2．（2025年广东省广州市天河区三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，且．
(1)求证：；
(2)若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．
3．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）如图，在四棱柱中，底面为菱形，，AC与BD的交点为O，．
(1)求证：；
(2)若，，，求与平面所成角的余弦值．
4．（2025·山东省枣庄市·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值.
5．（2025·湖南省永州市·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，是边长为2的等边三角形，F为BC的中点.
(1)证明：；
(2)若直线AP与DF的夹角的余弦值为，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
6．（2025年江西九江市三模）如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点，平面与平面．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成的角．
7．（2025·四川省成都市·三模）如图，在矩形中，，，为EC中点，将沿AD翻折至，使得.
(1)证明：平面平面；
(2)线段PB上是否存在一点，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
8．（2025·安徽省安庆市·三模）如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点.

(1)证明：；
(2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值.
9．（2025·湖南省郴州市·三模）空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）.
(1)求点的坐标.
(2)若平面，证明：平面平面.
(3)已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点.
①用表示点的坐标；
②若，求点到平面距离的最大值；
③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值.
题型06 有关空间二面角的问题
1．（2025·陕西省安康市·三模）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是线段的中点．

(1)证明：平面．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
2．（2025·重庆市·三模）如图，三棱台中，，，，，，在底面内的射影为中点.
(1)求三棱台的体积；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
3．（2025年湖北武汉市武昌区三模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，
(1)证明：平面；
(2)求的长；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
4．（2025·河南省安阳市·三模）如图，在四棱台中，底面是正方形，底面，，点E在直线上，且.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
4．（2025·河南省焦作市·三模）如图，在圆锥中，平面是轴截面，为底面圆周上一点（与不重合），为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的大小．
5．（2025年江西省萍乡市三模）已知四棱锥中，二面角为直二面角，，，M为棱上一点.
(1)证明：；
(2)若M为中点，求二面角的正弦值；
(3)若平面，点N在平面上，若直线与平面所成角为，求的最小值.
6．如图，在正三棱柱中，，，且，满足，，过，，三点的平面与棱交于点，若.
(1)求的值；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求平面与平面夹角的正切值.
7．（2025年江苏如皋市三模）如图，在四棱锥中，，，且，分别是的中点．

(1)求证：；
(2)若平面平面，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
8．（2025年山东威海市三模）如图，在直平行六面体中，点在棱上．
(1)若平面，证明：；
(2)若，直线与平面所成的角为，平面与平面所成角的正弦值为，求．
答案解析
题型01 空间几的点线面位置关系
1．（多选）（2025·四川省凉山州·三模）已知直线和平面，则下列命题中正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】AC
【分析】根据线面，面面平行和垂直的判定定理及性质定理逐一判断即可.
【详解】对于A，若，则，故A正确；对于B，若，则或，故B错误；对于C，若，则存在直线使得，又因为若，所以，又，所以，故C正确；对于D，若，则平行或相交，故D错误.故选：AC.
2．（多选）（2025年山西省吕梁市三模）已知在正四面体中，M，N分别是的中点，平面与直线都平行，则（ ）
A． B．
C．直线与平面所成角为 D．平面与平面的夹角的余弦值为
【答案】BD
【分析】把正四面体放入正方体中，利用正方体的性质与正四面体的性质逐项分析求解即可得结论.
【详解】如图，把正四面体放入正方体中，易知平面与平面平行，因为M，N分别是的中点，所以，所以，同理可得，又因为，所以，又因为交于，所以平面，所以，故A错误，B正确；直线与平面所成的角为，故C错误；平面与平面的夹角为，设正方体的边长为，由正方体的性质可得，由余弦定理可得，故D正确.故选：BD.
3．（2025·四安徽合肥市·三模）已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则（ ）
A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【详解】由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
4．（多选）（2025·辽宁沈阳·三模）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则（ ）
A．阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形
B．鳖臑的四个面均为直角三角形
C．阳马的体积是鳖臑的体积的两倍
D．堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等
【答案】BCD
【分析】对于A，根据阳马的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于B，根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质分析判断，对于C，根据棱锥的体积公式结合已知条件分析判断，对于D，根据堑堵、阳马与鳖臑的定义分析判断.
【详解】对于A，如图，由题意可知平面，平面，
所以，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，所以阳马的四个侧面都是直角三角形，所以A错误，
对于B，如图由题意可知平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以B正确，对于C，设长方体的长，宽，高分别为，则，所以阳马的体积，鳖臑的体积，所以阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，所以C正确，对于D，由题意可知堑堵、阳马与鳖臑都是由同一个长方体分割而成，且堑堵、阳马与鳖臑的顶点都是原长方体的顶点，所以堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体，所以它们的外接球的半径都等于原长方体外接球的半径，所以D正确.故选：BCD
5．（2025年天津市滨海新区三模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据线面平行的位置关系判断AB；根据线面垂直、面面垂直的判定及性质判断CD.
【详解】对于A，由，，则或异面，故A错误；对于B，由，，则或，故B错误；对于C，由，，则或，则在平面内存在直线，而，则，所以，故C正确；对于D，由，，，
只有当或时，，故D错误.故选：C.
6．（多选）（2025·河南省鹤壁市·三模）如图1，在中，，，，、分别在AB，AC上，且.将沿翻折得到图2，其中.记三棱锥外接球球心为，球表面积为，三棱锥外接球球心为，球表面积为，则在图2中，下列说法正确的有（ ）
A．
B．直线与所成角的正弦值为
C．平面
D．
【答案】AC
【分析】根据勾股定理和线面垂直的判定定理、性质定理可判断A，根据，确定为异面直线与所成角的平面角，求解后可判断B；确定为的中点，为的中点，可得，进而得平面，从而可判断C；根据球的表面积公式计算即可判断D.
【详解】选项A：由图1，在直角中，，，
因为，所以，且，，，，，由图2，在直角中，，因为，且，所以，所以在直角中，，又，
所以，所以，又因为，，平面，所以平面，又平面，所以；在中，，，，所以，即，又，平面，所以平面，故A正确；选项B：因为，所以即为所求，因为平面，平面，所以，所以在直角中，，故B不正确；
选项C：由上可知平面，，则的中点到距离相等，
因为平面，，则的中点到距离相等，所以为的中点，
同理可知为的中点，所以，平面，平面，所以平面，故C正确；选项D：由选项C可知：球的半径，球的半径，
所以，故D不正确.故选：AC.
7．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，，，，点为的重心.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接，根据重心的性质得到，即可得证；
（2）方法一：延长交与点，连接，在平面中，过点作，即可证明平面平面，点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；方法二：直接建立空间直角坐标系，设，利用面面垂直求出点坐标，其余同一.
【详解】（1）连接，并延长与交于点，则点为的中点，连接.为的重心，，因此，则，从而，又平面，平面，平面.
（2）方法一：延长交与点，连接，则点为的中点，是正三角形，.在平面中，过点作，平面平面，平面平面，平面，，平面，又平面，所以，又，AC，平面；平面，又平面，
平面平面，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，
则，，由平面平面可知，，，所以，
则，，设平面的法向量为，则，，令，则，平面ABD的一个法向量为，所以，设二面角为，则，所以，，
所以二面角的平面角的正切值为.
方法二：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，，，,设，
，，设平面的法向量为，则，
取，，，设平面的法向量为，则，取，
平面平面，即，则，，下同法一.
题型02 空间几何体的表面积与体积
1．（2025年山东威海市三模）已知圆台的上底面半径、下底面半径、母线长之比为1:2:3，高为4，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设上底面的半径为，根据题设条件求出后可求圆台的体积.
【详解】设上底面的半径为，则下底面的半径为，母线长为，故，故，故圆台的体积为，故选：B.
2．（2025·四川省凉山州·三模）某圆锥母线长为1，其侧面积与轴截面面积的比值为，则该圆锥的高为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】A
【分析】求出圆锥的侧面积与轴截面的面积，根据题意列出等式，进而求出.
【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥高为，则圆锥的侧面积为，轴截面的面积为，依题意，解得.故选：A.
3．（2025·四川省成都市·三模）已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为8，侧棱长为，则其体积为（ ）
A．108 B．112 C．120 D．124
【答案】B
【分析】根据上下底面边长和侧棱，可求出正四棱台的高，再由体积公式计算可得结果.
【详解】取正四棱台过侧棱的轴截面，上、下底面中心分别为，如下图所示：
依题意可得，因此可得，
所以其体积为.故选：B
4．（2025·山东省枣庄市·三模）已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，则有即可得，再求高，进而得圆锥的体积即可求解.
【详解】设母线长为，底面半径为，圆锥的高为，则有，
又，所以，故选：B.
5．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）将一个棱长为6cm的正方体铁块熔铸成一个底面半径为3cm的圆锥体零件，则该圆锥体零件的高约为（ ）（取）
A．8cm B．12cm C．16cm D．24cm
【答案】D
【分析】利用正方体和圆锥的体积相等即可求出.
【详解】由题意可知，正方体的体积为，设圆锥的高为，则圆锥的体积为，则，得cm，则该圆锥体零件的高约为24cm.故选：D
6．（多选）（2025·四川省宜宾市·三模）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则（ ）
A．该石凳的表面积为
B．该石凳的体积为
C．直线与的夹角为
D．平面
【答案】ABC
【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可.
【详解】对于A，由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，所以表面积为，A正确；对于B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为，所以该二十四面体的体积为，所以B正确；
对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图，易知，与所成角为，所以直线与的夹角为，C正确；对于D，由正方体易知：，
所成角为，所以所成角为，又在平面内，所以平面不成立，故D错误；故选：ABC
7．（2025·陕西省安康市·三模）如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将六面体，补成直三棱柱，进而可求解.
【详解】对于图2，延长至点，使得，如图：

由条件可知，又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线，所以平面，平面，又，
又平面平面，平面平面，平面，，所以平面，平面，可得,所以直棱柱的体积为：，因为平行且等于，可得平行且等于，又，所以三棱锥的体积为，所以六面体的体积为.故选：D
8．（2025年天津市滨海新区三模）如图，该几何体为“四角反棱台”，它是由两个相互平行的正方形经过旋转，连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点．若下底面正方形边长为2，“四角反棱台”高为，则该几何体体积为（ ）
A． B． C． D．20
【答案】C
【分析】利用割补法求解几何体体积即可.
【详解】如图，把几何体补全为长方体，则，，
所以该几何体体积为.故选：C.
9．（2025年山东省泰安市三模）已知正三棱柱的表面积为，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，由已知可得，，求出体积的表达式，利用导数求最大值得解.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为，则其表面积，得，又，所以，故正三棱柱的体积，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的高为.故选：B.
10．（2025年江苏如皋市三模）已知正三棱台，，点O为底面，的重心，过点O，，的截面将该三棱台分成两个几何体，则这两个几何体的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通过构造平行截面展现空间想象能力，先由重心分割比例，来证明所分成的两个几何体中，有一部分是棱柱．然后利用台体体积和柱体体积公式来求解即可.
【详解】
根据，不妨设上底面边长为2，下底面边长为3，则在正三棱台，可知上表面面积，下表面面积，过O作分别交AB，BC于点E，F，O为的重心，，且，则四边形为平行四边形，
且 ，同理可得且，为三棱柱，设此正棱台高为，则台体体积，棱柱的体积，另一部分体积，两部分体积之比为，故选：B．
11．（2025·河南省安阳市·三模）已知圆锥的顶点为V，母线所成角的余弦值为，与圆锥底面所成的角为，若圆锥的侧面积为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由与圆锥底面所成的角为，知，由圆锥的侧面积得，再根据三角形面积公式即可求解．
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由与圆锥底面所成的角为，知，又，所以，设所成的角为，由，得，所以的面积为，故选：B．

12．（多选）（2025·河北省张家口·三模）在三棱锥中，，，为等边三角形，侧面底面，为棱的中点，，，三棱锥的体积为，则（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的外接球的表面积为
C．若平面，则四棱锥的体积为
D．若，与平面所成角相等，则
【答案】AC
【分析】由面面垂直的性质结合棱锥的体积公式可得A正确；由几何关系求得棱锥的外接球半径，再求表面积可判断B；由体积拼接可得C正确；建立空间直角坐标系，由空间线面角公式可判断D.
【详解】设，由可得，取的中点，连接，
由为等边三角形可得，又侧面底面，侧面底面，面，所以由面面垂直的性质定理可得面，由，
所以三棱锥体积.对于A，若，即，即，故A正确；对于B，若，由A可得，则，设三棱锥外接球的球心为，半径为，，则，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；对于C，若平面，平面平面，平面，所以，又为棱的中点，所以为的中点，则，由三角形相似可得，且到平面的距离不变，所以，所以四棱锥的体积为，故C正确；对于D，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，由题意得为与平面所成的角，且，，所以，由，，可得，所以，平面的法向量为，因为，与平面所成角相等，所以，
化简可得，解得无解，故D错误.故选：AC
13．（2025·四川省攀枝花·三模）已知母线长为10的圆台的表面积为，且其上底面的半径与下底面的半径R满足，则 ．
【答案】
【分析】根据圆台的表面积公式得到方程，计算可得.
【详解】因为该圆台的表面积为，母线长，，所以，解得（负值已舍去），则.故答案为：．
14．（2025·河南省焦作市·三模）我们把几何体的表面积与体积之比称为“相对积”．已知三棱锥中，分别在棱上，且截面与底面平行，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为 ．
【答案】
【分析】利用相似比以及棱锥的体积和表面积公式即可.
【详解】设三棱锥、三棱锥的体积分别为，表面积分别为，高分别为，因为，所以，，，
则，，则三棱锥与三棱锥的相对积之比为．故答案为：
15．（2025·四川省绵阳市·三模）如图1，等腰梯形中，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图的多面体，且.

(1)证明：四点共面；
(2)求的长；
(3)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由平面平面可得平面，建立空间直角坐标系，设，由，结合空间向量可得，进而得到，即可求证；（2）由（1）得，即可求解；（3）利用空间向量求解即可.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，易得，则，由，则，解得（舍去）或，则，则，则，即，所以四点共面.
（2）由（1）知，.
（3）由（1）知，，，，，
设，则，则，设平面的一个法向量为，则，取，得，设平面的一个法向量为，则，取，得，由平面平面，则，解得，则，则，又，设平面的一个法向量为，则，取，得，易得平面的一个法向量为，则，则平面与平面夹角的余弦值为.

16．（2025年山西省吕梁市三模）如图，在多面体中，四边形是边长为4的正方形，．
(1)证明：平面平面；
(2)若，当平面与平面的夹角为时，求该多面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由平面即可求证；
（2）建系，设，通过面面夹角的向量公式求得，再补全成三棱柱即可求解.
【详解】（1）在正方形中，，由因为，是平面内两条相交直线，
所以平面，又在平面内，所以平面平面
（2）
取的中点，的中点，连接，因为，所以，
又因为平面平面，相交于，且在平面内，所以平面，
如图，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，
以题意得：，设平面的法向量，，则，
令，得，则，设平面的法向量，，则，令，得，所以，设平面与平面的夹角为，
则，化简可得：，解得：，
将该多面体补成三棱柱，如图：
所以多面体的体积
题型03 有关几何体外接球、内切求的问题
1．（2025·四川省德阳市·三模）六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）.若一正八面体的内切球表面积为，外接球表面积为，则的值为（ ）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据正八面体的结构特征可得外接球的半径，利用等积法可得内切球半径，进而利用球的表面积公式即可求得.
【详解】如图正八面体，连接和交于点，
因为，，所以，，又平面，平面，，所以平面， 设正八面体的外接球的半径为，内切球半径为，
假设正八面体的棱长为，则，，，
，，因，则，且为正八面体的中心，则点到平面的距离为内切球半径，因为，即，
即，所以，所以.故选：C.
2．（2025·辽宁沈阳·三模）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出比值.
【详解】设储物盒所在球的半径为，如图，
小球最大半径满足，所以，正方体的最大棱长满足，解得，所以.故选：D.
3．（2025·安徽省安庆市·三模）正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用正四棱台的轴截面图形，从而把内切球问题转化为内切圆问题来解决即可.
【详解】
如图作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆，根据，设球的半径为，则由直角三角形中的勾股定理得：
，利用等面积法：，
可得：，解得：，再由棱台体积公式得：，由球的体积公式得：，
所以正四棱台与球的体积之比是：，故选：B.
4．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由几何体结构特征，得到内切球与上、下底面切点为上下底的重心，作截面图，设内切球半径为r，根据球的性质，求得，得到正三棱台的高为，结合棱台的表面积公式，即可求解.
【详解】由题意知，正三棱台的上、下底边长分别为和，可得上下底正三角形的高分别为，，由几何体结构特征，可得内切球与上、下底面切点为上下底的重心，故如图甲所示，作截面，得到图乙，设内切球半径为r，则，解得，所以正三棱台的高为6，所以.故选：D．
5．（2025年江苏如皋市三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，高为3，则该四棱台外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】注意四棱台的对称性特征，利用上下底面中心连线建立方程．
【详解】上底正方形外接圆圆心，半径，下底正方形外接圆圆心，半径，
设球心O半径R，，，该四棱台外接球的表面积.
6．（2025年广东省广州市天河区三模）已知棱长为1的正方体，在其内部放入两个相外切的球和球（可与正方体表面相切），半径分别为，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】要想最大，则两球都分别与正方体体对角线顶点相邻的三个面都相切求解.
【详解】当球和球相切，此时两球球心均在体对角线上，且球与平面，平面，平面相切，球与平面，平面，平面相切，此时取得最大值，
其中，，，，故，解得，
7．（2025年山西省吕梁市三模）已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是 ．
【答案】/
【分析】设球的半径为，圆柱底面的半径为，圆柱的母线长为，由题意得，又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以，解得即可求解.
【详解】设球的半径为，圆柱底面的半径为，圆柱的母线长为，则球的表面积为，圆柱的表面积为，所以，得①，又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以②，由①②解得，所以球的体积为，圆柱的体积为，所以.
8．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为 .
【答案】/
【分析】作出辅助线，得到三棱锥的外接球球心为，三棱锥的外接球球心为，设，利用半径相等，求出两个三棱锥外接球半径，得到答案.
【详解】设的中心为G，三棱锥的外接球球心为，因为三棱锥为正四面体，所以三点共线，设，取的中点为，则，
所以，同理，由勾股定理得，
设，则，由勾股定理得，因为，所以，解得，所以三棱锥的外接球半径为，设的中心为H，则四点共线，三棱锥的外接球球心为，且，则，过点作⊥于点，则，，设，则，其中，其中，，
因为，所以，解得，
所以三棱锥的外接球半径为，即三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为。
9．（2025·湖南省永州市·三模）已知四棱台的底面为矩形，上底面积为下底面积的，所有侧棱长均为.当该四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】根据棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.
【详解】
图1
由题意设下底长、宽分别为，则上底边长、宽为，如图1，分别是上下底面的中心，连结，，， ，根据边长关系，知该棱台的高为，则，
，当且仅当，即时等号成立，取得最大值；此时棱台的高，上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.显然球心M在所在的直线上.
图2
当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2，设，则，，显然，则有，即
解得，舍去.
图3
当棱台两底面在球心同侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设，则，显然即，即
解得，，此时，外接球的表面积为.
10．（2025·四川省攀枝花·三模）如图，在四面体中，D为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为．
(1)证明：平面；
(2)求四面体外接球的体积；
(3)求的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】(1)利用勾股定理证明一个线线垂直，再利用一个已知的垂直关系，即可证明线面垂直；
(2)利用线面垂直可得线线垂直，再证明平面，从而可得直角四面体，利用补形法求外接球半径，即可求出体积；
(3)利用换底面建立空间直角坐标系，把所求的线段长设为参数，结合已知数据表示各点坐标，通过法向量夹角余弦值的绝对值为，建立相等关系求解即可.
【详解】（1）由，，，可得：，则由勾股定理得：，又，，平面，所以平面；
（2）由平面，平面，所以，又，平面，所以平面，则四面体满足平面，，
因此这个四面体可以放在一个长方体里，
所以外接球的直径就是该长方体的体对角线，因为，所以外接球的半径，
即该外接球的体积，
（3）把这个三棱锥换成以作底面，因为，所以以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
由于平面，，，,设，则，
即，，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，因为二面角的大小为，所以，解得，故
题型04 有关立体几何中的最值与轨迹问题
1．（2025·重庆市·三模）已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为（ ）
A．24 B．18 C． D．12
【答案】A
【分析】由，知点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，利用面面平行的知识作出点P的轨迹，再根据长方体的结构特征与梯形的知识计算即得答案.
【详解】由知，点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，
取的中点F，连接EF，则有，又，所以EFCA为等腰梯形，
，由此可算出其高，所以等腰梯形EFCA的面积.
2．（2025年河北石家庄三模）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
3．（多选）（2025·山东省枣庄市·三模）已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A． B．点的轨迹长度为
C．线段长度的最小值为 D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据平面平面，可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，建立空间直角坐标，利用数量积公式计算，依次判断可选项可求得结果.
【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
正方体的内切球的球心为正方体的中心，半径，平面的法向量： ，，设，由，即，令，则，，所以.对于选项A， ，因为平面，所以，而，所以，即，A正确.对于选项B，因为平面，平面平面，所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.设平面与正方体的中心的距离，设平面的法向量为，，，
设，由，可得，令，则. ，
∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为，∴圆的周长，即点的轨迹长度为，B错误.对于选项C， ，点在球面上，，线段长度的最小值为，C选项正确.对于选项D，设与夹角为，，.在平面直角坐标系中， ，， ，，
， ，所以，令， ， ，所以的最小值为，D选项正确.故选：ACD
4．（多选）（2025年河北石家庄三模）已知四面体中，，，，为四面体外接球的球心，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则平面
B．若，则的取值范围是
C．若，则的取值范围是
D．若，直线与所成的角为，则四面体外接球的表面积为
【答案】ABC
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项；由结合空间向量数量积的运算性质可判断B选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断C选项；以、为邻边作平行四边形，则为矩形，分、两种情况求出球的表面积，可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，又因为，，、平面，故平面，A对；对于B选项，，由题意，
所以
，因为、互为异面直线，则，故，故，B对；
对于C选项，不妨取的中点，连接、，则，
，

同理可得，，所以，
，
因为，故，故，C对；
对于D选项，以、为邻边作平行四边形，则为矩形，故的各顶点都在球的球面上，如下图所示：

则，又因为，，、平面，所以，平面，且，如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.可将三棱锥置于圆柱内，使得的外接圆为圆，如下图所示：

因为，故异面直线、所成的角为或其补角，当时，为等边三角形，则该三角形外接圆直径为，设球的半径为，则，此时，球的表面积为；当时，由于，则，则外接圆直径为，则，此时，球的表面积为.
综上所述，球的表面积为或，D错.故选：ABC.
5．（多选）（2025·安徽省安庆市·三模）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的体积为定值
C．若，则直线与直线所成角的最小值为60°
D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；上求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D.
【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，所以，
所以，即 ，所以，又，所以，
所以，所以，故A正确；因为，，所以点在直线上，又因为，，所以四边形是平行四边形，所心，又平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
点为的中点，坐标为，点的坐标为 ，向量，向量，设直线与直线所成的角为，，又因为，当 时，，即直线与直线所成角的最小值为，故C错误； 因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形，过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心，因为平面，所以，又，所以三棱锥外接球的半径，因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上，所以 的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆，又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为，所以 的轨迹的周长为 ，故D正确.故选：ABD.
7．（多选）（2025年江西省萍乡市三模）已知正方体中，动点、分别在棱、（不含端点）上，则（ ）
A．
B．若、分别为所在棱的中点，则平面将正方体的体积平分
C．不存在点，使得点与点到平面的距离相等
D．当由向运动时，平面与正方体形成的截面面积逐渐增大
【答案】BCD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；判断出底面为平行四边形，分析可知平面平分正方体，可判断B选项；利用空间向量法可判断C选项；设，，可知平面为过点、、的截面，求出梯形的面积关于的表达式，结合函数的单调性与导数的关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为，设，，其中，，则、，、，所以，，所以不一定为零，故、不一定垂直，故A错误；
对于B选项，若、分别为所在线段的中点，、、、、，则，，故，所以四边形为平行四边形，故平面平分正方体，故B正确；
对于C选项，假设存在点，使得点和点到平面的距离相等，则，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，因为，，所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，若，可得，解得或，均不合乎题意，故不存在，C对；
对于D选项，如图，在上取一点，使得，连接，因为，，故四边形为平行四边形，则，设，，由，
可得平面为过点、、的截面，
在梯形中，，，，同理得，梯形的高为，
梯形的面积为，
令，，则，则在上单调递增，则D正确.故选：BCD.
8．（多选）（2025年江西九江市三模）如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（ ）
A．存在点，使得平面 B．存在点，使得
C．该五面体的体积为 D．若，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】取中点，利用面面平行的判定定理可证得平面平面，由此可确定当时，平面，知A正确；作出点关于平面的对称点，根据三角形三边关系可知，知B错误；将五面体拆解为直三棱柱、四棱锥和四棱锥，由棱柱和棱锥体积公式可求得C正确；根据可知点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，由此可求得D正确.
【详解】对于A，取中点，连接，
分别为中点，四边形为正方形，
，，平面，平面，
平面，平面，又，平面，平面平面，则当时，平面，此时平面，A正确；
对于B，作点关于平面的对称点，连接，关于平面对称，，（当且仅当三点共线时取等号），到平面的距离为，，又，，则，即不存在点，使得，B错误；
对于C，取中点，作，，垂足分别为，
，为中点，，
四边形为正方形，，又，平面，平面，又平面，，
，平面，平面，同理可得：平面，；，，，，则，；作，分别交于，交于，可将五面体拆分为直三棱柱、四棱锥和四棱锥，，，
，C正确；
对于D，点到平面的距离，，，
则点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分，
作出正方形的平面图如下图所示，点的轨迹长度为，D正确.故选：ACD.
9．（2025年山东威海市三模）在三棱锥中，平面，．若为侧面内的动点，，当该三棱锥的体积最大时，的轨迹与所围成区域的面积为 ．
【答案】/
【分析】由三棱锥的体积最大确定的位置及到的中点的距离，再由的值，求出的值，从而确定的轨迹，进而求解即可.
【详解】在三棱锥中，平面，当该三棱锥的体积最大时，底面的面积必须最大，由于为直角三角形，且，的轨迹是以的中点为圆心，的长为直径的圆，故当，的面积最大，此时为等腰直角三角形，， 三棱锥的体积最大值为.又平面，平面，，又，，平面.为侧面内的动点，平面，，，，点在以为圆心，为直径的圆上，的轨迹与所围成区域为以为圆心，2为半径的个圆和一个以为直角边的等腰直角三角形，所围成区域的面积为.
10．（2025年山东省泰安市三模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.

(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥体积的最大值；
(3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证；
（2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解；
（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由几何关系可得，设点，其中，求出和平面的一个法向量，表示直线与平面所成角的正弦值，根据三角函数求出最值得解.
【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故，又，故，故，由平面，平面，得，又，平面，平面，故平面，又平面，故平面平面.
（2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面，记四棱锥的体积为，则，
而，由平面，则，故，
于是，当且仅当时，取等号，由，得，，由，得，故，当且仅当取等号，于是，故.故四棱锥体积的最大值为.

（3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，
故，解得，故,记与轴交于点，易知，而，故可设点，其中，
于是，易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，由辅助角公式得，
所以，当，时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.

11．（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，在直角梯形中，，A，D分别是，上的点，且，，，，将四边形沿向上折起，连接，，，在折起的过程中，记二面角的大小为，记几何体的体积为V．
(1)求证：平面；
(2)当时，请将V表达为关于的函数，并求该函数的最大值；
(3)若平面和平面垂直，当取得最大值时，求V的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)；
(3)
【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明；
（2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果.
【详解】（1）在梯形中，因为，所以翻折后有，且，因为平面，平面，故平面，同理可得平面，因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.
（2）
由题意，在梯形中，，，即，且，所以翻折后有，，且，所以平面，同理，平面，
由二面角的大小为，得，过点作的垂线，交直线于，由平面，平面，所以，且，所以平面，即是四棱锥的高，由，所以，由，平面，平面，所以平面，又因为平面，且，所以，所以，，当时，取得最大值.
（3）
过点作的垂线，交直线于点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，在平面中，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，在平面中，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，因为平面和平面垂直，所以，即，整理可得，因为，，所以，当且仅当时，等号成立，故当取得最大值时，即取得最小值，此时，
由，，，所以，则.
题型05 有关空间线线角与线面角的问题
1．（多选）（2025·河南省焦作市·三模）在三棱锥中，已知为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．长度的取值范围是
B．直线与平面所成的角为
C．若，则，所成的角为
D．若，则三棱锥外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】对A，由题可得，可得得解；对B，由题可得平面，由线面角定义求解判断；对C，由勾股定理可得，得平面，进而得，得解；对D，取的中点为F，由对称性得外接球的球心必在的延长线上，由，分别由勾股定理建立方程求得外接球的半径，得解.
【详解】对于A，因为，为的中点，所以，所以，所以，故A错误；对于B，由题，易得，又平面，所以平面，所以与平面所成的角为，故B正确；对于C，因为，所以，所以，又因为平面，所以平面，所以，故C错误；对于D，如图，取的中点为F，连接，则，由图形的对称性得，三棱锥外接球的球心必在的延长线上，设，由，分别由勾股定理得，所以，所以外接球的半径为，所以外接球的表面积为，故D正确．故选：BD.
2．（2025年广东省广州市天河区三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，且．
(1)求证：；
(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）取的中点为，连接，通过平面，得到即可求证；
（2）建系求得直线方向向量，平面法向量代入夹角公式即可求解.
【详解】（1）取的中点为，连接，因为底面是边长为4的等边三角形，
所以，又，为平面内两条相交直线，所以平面，又在平面内，所以，又的中点为，所以，
（2）
过作，垂足为，由（1）平面，在平面内，所以，为平面内两条相交直线，所以平面，即为棱柱的高，又，三棱柱的体积为，所以，又，所以，又底面是边长为4的等边三角形，所以，过作的平行线作为轴，为轴，建系，则，设，则，由，可得，即，
，设平面的法向量为，
则，设，得，所以，
设直线与平面所成角为，则。
3．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）如图，在四棱柱中，底面为菱形，，AC与BD的交点为O，．
(1)求证：；
(2)若，，，求与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，结合菱形性质及线面垂直的判定定理证得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，即可证明；
（2）结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证得平面ABCD，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用线面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）如图，连接，∵在四棱柱中且，
∴．又∵在菱形ABCD中，，，
平面，∴平面，平面，
∴，O是AC的中点，∴．
（2）∵底面ABCD为菱形，，，
∴是正三角形，，．又∵，，
∴，，，所以．
又∵，，平面ABCD，∴平面ABCD．
如图，以点O为坐标原点，以OB，OC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系：
，，，，，．
设平面的法向量为，则，即，取．
设与平面所成角为，且，∴．
又，∴，所以与平面所成角的余弦值．
4．（2025·山东省枣庄市·三模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为的中点，，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，直线与平面所成角的正切值等于2，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定得平面，从而有，再利用面面垂直的判定即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，根据线面角定义得，再求出相关法向量即可得到，面面角余弦值.
【详解】（1）设为的中点，连接，因为为的中点，所以，
又，所以，所以与必相交．
因为，所以，又，且，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面`．
（2）设，分别为的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，又，
所以，以为坐标原点，$OA，OG，OP$所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．
由（1）知平面，所以即为直线与平面所成的角，所以，设，则，所以．因为平面，所以平面的法向量为．设平面的法向量为，又，所以，取，所以平面与平面夹角的余弦值为.
5．（2025·湖南省永州市·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，是边长为2的等边三角形，F为BC的中点.
(1)证明：；
(2)若直线AP与DF的夹角的余弦值为，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解；
(2).
【分析】（1）记的中点为，利用正三角形的性质结合线面垂直判定定理证明平面，然后可证；
（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，根据线线角的向量表示求出点坐标，然后求出平面PAB的法向量，利用线面角的向量公式求解可得.
【详解】（1）记的中点为，连接，因为为菱形，，所以为正三角形，所以，由为正三角形可得，因为是平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以.
（2）由（1）知，，过点作平面，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，因为平面，所以点在坐标平面内，设，，则，，
所以，，因为直线AP与DF的夹角的余弦值为，所以，解得，因为，所以，得，所以，
设平面PAB的法向量为，则，令得，
记直线PC与平面PAB所成角为，则.
6．（2025年江西九江市三模）如图，在四棱锥中，平面，且，为的中点，平面与平面．
(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成的角．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）先证明平面，可得，再证明平面，进而求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）∵为的中点，，∴，又，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面，
又∵平面平面，平面，∴，又∵平面，平面，∴，又∵，∴平面，∴平面．
（2）由（1）知四边形为平行四边形，因为知，四边形为正方形，则，故以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，
∴，∴，，
∵，∴，∴，设为平面的一个法向量，为与平面所成角，则，即，令，得，∴，又，∴，即直线与平面所成的角为．
7．（2025·四川省成都市·三模）如图，在矩形中，，，为EC中点，将沿AD翻折至，使得.
(1)证明：平面平面；
(2)线段PB上是否存在一点，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取线段的中点，线段的中点，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列式求解.
【详解】（1）如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接，，，
依题意，，则，由，得，而，，是梯形的中位线，于是，，而平面，，则平面，而平面，于是，又平面，且和一定相交，
因此平面，而平面，所以平面平面.
（2）依题意，，则，即，由（1）知平面，平面，则，由平面，，得平面，过作平面，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：
则，，
令，则，
由平面，得平面的法向量，设直线与平面所成角为，
则，解得，
所以当时，直线与平面所成角的正弦值为.
8．（2025·安徽省安庆市·三模）如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点.

(1)证明：；
(2)若平面，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）先由面面垂直证明线面垂直，可得，再证明，则可得平面，从而可证明；
（2）分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的一个法向量，即可利用空间向量夹角公式求解.
【详解】（1）取中点，连接平面平面，平面平面平面平面，平面

，，即，又平面平面，平面
（2）连接，设，连接，平面平面，平面平面，，易知，取中点，连接，则两两互相垂直.分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系

则，
，
设平面的一个法向量，则即令，则，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的.正弦值为
9．（2025·湖南省郴州市·三模）空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）.
(1)求点的坐标.
(2)若平面，证明：平面平面.
(3)已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点.
①用表示点的坐标；
②若，求点到平面距离的最大值；
③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)①；②；③
【分析】（1）根据几何特征及边长计算即可；
（2）分别得出平面法向量根据证明；
（3）①根据几何特征及边长计算即可；②应用点到平面距离公式结合三角函数值域即可得出最值；③结合线面角公式及二次函数值域即可求值.
【详解】（1）连接，过作，交于点.根据题意易得为等边三角形，所以，则，所以.
（2）连接，根据球的性质可得平面，则即为平面的一个法向量.因为，所以.平面的一个法向量为，
因为，所以，故平面平面.
（3）①当时，过点作交于，过点作交于，过点作交于，过点作交于，过点作交于，则，
，则，
同理可得当时，.
②因为点在平面内，所以，则平面的一个法向量为.
，
点到平面的距离，
当，即时，取得最大值，最大值为.
③易得平面的一个法向量为.因为，所以.设直线与平面所成的角为，
则
，令，则，
则，
当，即时，最小，即直线与平面所成的角最小.
题型06 有关空间二面角的问题
1．（2025·陕西省安康市·三模）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是线段的中点．

(1)证明：平面．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理找垂直关系即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，写出两个平面的法向量，根据两个平面夹角余弦值的公式求解即可.
【详解】（1）四边形为矩形，,又，且平面,平面,平面.平面，.
又,且平面,平面,平面.
（2）.所以以点为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图

则，平面，即平面.
平面的一个法向量，.设平面的一个法向量为
,,，得，得，
令，则，，.设平面与平面夹角为，
则.所以平面与平面夹角的余弦值为.
2．（2025·重庆市·三模）如图，三棱台中，，，，，，在底面内的射影为中点.
(1)求三棱台的体积；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
【答案】(1)168
(2)
【分析】（1）取中点为，连接，，即可得到为三棱台的高，利用勾股定理求出，再由棱台的体积公式计算可得；
（2）以，分别为，轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取中点为，连接，，由题意，为三棱台的高，因为，，，所以，则，又因为，所以，因为，且，，所以，所以的面积为，则的面积为，所以三棱台的体积为；
（2）以，分别为，轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系，
则，，，，又，，所以，，所以，，，
设为平面的法向量，，取；
设为平面的法向量，，取，
设平面与平面夹角为，所以，
则，所以平面与平面夹角的正弦值为.
3．（2025年湖北武汉市武昌区三模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，
(1)证明：平面；
(2)求的长；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意即可得证；
（2）先由余弦定理求出，取的中点，连接，，然后由已知条件结合勾股定理即可得解；
（3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后由向量法即可得解．
【详解】（1）证明：因为，所以四边形是菱形，所以，又，且，所以，因为，平面，平面，
所以平面；
（2）在△中，由，，，
所以，
如图，取的中点，连接，，
因为，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，，平面，且，所以平面，因为平面，所以因为的中点为，所以，在△和△中，可知，
在△中，可知，因为，所以，解得：；
（3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，所以，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，
则，所以平面与平面夹角的余弦值为．
4．（2025·河南省安阳市·三模）如图，在四棱台中，底面是正方形，底面，，点E在直线上，且.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）如图，证明四边形是平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据线面垂直的性质与判定定理可证得平面，可得，由题意得，从而平面，，结合可证得结论；
（3）建立如图空间直角坐标系，设，易知平面的一个法向量为、平面的一个法向量为，结合空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）如图，连接交于点，则.连接，由题意，得四点共面.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，即.因为四边形是正方形，所以四边形是正方形.又因为，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面平面，所以平面.
（2）因为平面平面，所以.又平面平面，所以平面.因为平面，所以.
由，得，所以.因为平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为平面平面，所以平面.
（3）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则.由（2）知平面的一个法向量为.由题意，得平面的一个法向量为.设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.
4．（2025·河南省焦作市·三模）如图，在圆锥中，平面是轴截面，为底面圆周上一点（与不重合），为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面，可得，结合，即可根据线面垂直的判定定理求证，
（2）建立空间直角坐标系，求解两个平面法向量，，利用向量的夹角求解.
【详解】（1）在圆锥中，平面，平面,所以，因为为的中点，，所以，因为，平面，所以平面．
（2）在平面内，过作交于点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
因为，所以，由（1）知平面的一个法向量为．又，所以．
设平面的法向量为，则取，则．
所以，所以平面与平面的夹角为．
5．（2025年江西省萍乡市三模）已知四棱锥中，二面角为直二面角，，，M为棱上一点.
(1)证明：；
(2)若M为中点，求二面角的正弦值；
(3)若平面，点N在平面上，若直线与平面所成角为，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质和判断证明结论；
（2）过点S作于点O，连接，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，进而求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值，即可得；
（3）根据已知易得M与O点重合，设，p，，根据已知线面角，应用向量法列方程求得，进而有，结合及模长的坐标运算求最值.
【详解】（1）由，得，二面角为直二面角，即平面平面，而平面平面，平面，故平面.
因为平面，所以，又，，平面，
，故平面，又平面，故.
（2）过点S作于点O，连接，由，得.
又，故四边形为平行四边形，因为，所以，即，故，，两两垂直，以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，，，设平面的法向量，则，令，则，，故为平面的一个法向量，设平面的法向量的，则令，则，，故为平面的一个法向量，则，二面角的正弦值为.
（3）若平面，平面，平面平面，则，
由（2）知，故M与O点重合，因为N在平面上，设，p，，，则，因为，，，则，，
设平面的法向量，则，令，则，，
故为平面的一个法向量，故，
整理得，又，故，由，故，当且仅当时等号成立，取得最小值为.
6．如图，在正三棱柱中，，，且，满足，，过，，三点的平面与棱交于点，若.
(1)求的值；
(2)求异面直线与所成角的余弦值；
(3)求平面与平面夹角的正切值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由四点共面，列出方程，结合向量的坐标运算，即可得到结果；
（2）由异面直线的夹角公式，代入计算，即可得到结果；
（3）由二面角的公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
取中点为，连接，因为为正三角形，所以，又因为正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由，可得，
所以，
因为，所以为中点，则，又，设，
则，即，解得，所以，
设，则，
因为四点共面，所以存在实数，使得，
即，即，解得，
则，所以，即.
（2）由（1）可知，，设异面直线与所成角为，则.
（3）平面的一个法向量为，设平面的法向量为，
因为，则，令，则，所以，设平面与平面的夹角为，则，且，所以.
7．（2025年江苏如皋市三模）如图，在四棱锥中，，，且，分别是的中点．

(1)求证：；
(2)若平面平面，直线与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得面，进而证得；
（2）利用面面垂直的性质定理，证得面，得到为与平面所成角，得到，求得，以为中点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）取中点，连接，因为，且为中点，所以，
又因为为中点，所以，因为，所以，又因为，平面，平面，所以面，因为面，所以．
（2）因为面面，面面，，平面，
所以面，可得为PN与平面ABCD所成角，即，
在梯形中，由，且为中点，
可得，所以，又因为，可得，
以为中点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
，设面的一个法向量，则，取，可得，所以，又因为平面，所以平面的一个法向量，则，所以二面角余弦值为

8．（2025年山东威海市三模）如图，在直平行六面体中，点在棱上．
(1)若平面，证明：；
(2)若，直线与平面所成的角为，平面与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接交于点，连接，由线面平行的性质定理可得，结合为的中点，得证；
（2）由题可得，在中，由勾股定理求得，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，结合平面与平面所成角的正弦值为，求解得到答案.
【详解】（1）连接交于点，连接，因为平面平面，平面平面，所以，因为为直平行六面体，所以为平行四边形，可得为的中点，所以为的中点，即.
（2）因为，所以平行四边形为菱形，所以，
由直平行六面体，可得平面，所以，
又，所以平面，所以为直线与平面所成的角，故，因为，可得为等边三角形，设，则，所以，在中，由勾股定理可得，所以，取的中点，连接，则，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，所以，设平面的一个法向量为，
则，可得，令，则，又是平面的一个法向量，因为平面与平面所成角的正弦值为，所以平面与平面所成角的余弦值为，则，解得，所以．

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