/空間向量與立體幾何猜押考點3年真題考情分析押題依據空間向量與立體幾何2024全國新高考I卷5、172024全國新高考Ⅱ卷7、172023全國新高考I卷12、14、182023全國新高考Ⅱ卷9、14、202022全國新高考I卷4、8、192022全國新高考Ⅱ卷7、11、20關于空間向量與立體幾何的考查，題量維持在2-3道，必有一道主觀題.應注意以下幾個方面的問題：1.幾何體的結構特征及面積、體積的計算；2.多面體、旋轉體與球的切、接問題，綜合考查幾何體結構特征、面積或體積的計算，以及線面關系的應用；3.空間點線面位置關系的判斷，包括各種角的簡單計算；4.以棱錐、棱柱為載體，證明線線關系、線面或面面關系，求線面角的函數值；5.以棱錐、棱柱為載體，證明線線關系、線面或面面關系，求二面角的函數值；6.以棱錐、棱柱為載體，證明線線關系、線面或面面關系，根據線面角或二面角求其它量；7.適當注意距離的計算問題.空間幾何體點線面位置關系以及夾角問題，表面積體積以及圓錐對應面積的運算一直是高考的熱門考點，要加以重視，另外臺體的表面積體積應該重點復習幾何體內切球外接球問題是高考立體幾何中的難點，近兩年考查比較少，但是應掌握長常規(guī)的空間幾何體的外接球內切球的簡單技巧空間幾何體容易與其他知識點相結合構成新的情景類問題也是近年來高考新改革的一個重要方向題型一旋轉體的結構特征，表面積與體積1．（2025高三·全國·專題練習）底面半徑為3的圓錐被平行底面的平面所截，截去一個底面半徑為1、高為1的圓錐，所得圓臺的體積為（

）A． B． C． D．2．（24-25高二下·福建莆田·階段練習）已知圓錐的母線長為2，則該圓錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．3．（2025高三·全國·專題練習）一個圓錐被平行于底面的平面所截，上下兩個幾何體的側面積之比為，則上下兩個幾何體的體積之比為（

）A． B． C． D．4．（2025·黑龍江吉林·模擬預測）已知圓臺的母線與下底面所成角的正弦值為，則此圓臺的表面積與其內切球（與圓臺的上下底面及每條母線都相切的球）的表面積之比為（

）A． B． C． D．5．（2025·四川自貢·二模）已知圓錐的母線長是底面半徑的2倍，則該圓錐的側面積與表面積的比值為（

）A． B． C． D．26．（2025·遼寧·一模）圓臺的上、下底面半徑分別為2和4，一個球與該圓臺的兩個底面和側面均相切，則這個球的表面積為（

）A． B． C． D．7．（2025·山東濟南·一模）已知圓臺的側面展開圖是半個圓環(huán)，側面積為4π，則圓臺上下底面面積之差的絕對值為（

）A．π B．2π C．4π D．8π8．（2025·黑龍江·一模）已知圓錐的軸截面是一個斜邊長為的等腰直角三角形，則圓錐的表面積為（

）A． B． C． D．題型二多面體的結構特征，表面積與體積1．（2025·貴州黔東南·一模）已知第一個正四棱臺的上底面邊長為，下底面邊長為，側棱長為4cm，第二個正四棱臺的上底面、下底面邊長與第一個相同，但高為第一個正四棱臺的3倍，則第二個正四棱臺的體積為（

）A． B． C． D．2．（2025高三·全國·專題練習）已知正四棱臺，，分別是棱，的中點，平面將正四棱臺割成兩部分，則較小部分與較大部分的體積之比為（

）A． B． C． D．3．（2025高三·全國·專題練習）在正四棱錐中，，二面角的大小為，則該四棱錐的體積為（

）A．4 B． C．1 D．4．（2025·甘肅·一模）用一個平面截正方體，截面形狀為正六邊形，則截出的兩部分幾何體的體積之比是.5．（2025·湖南邵陽·二模）已知正六棱錐的高為，它的外接球的表面積是．若在此正六棱錐內放一個正方體，使正方體可以在該正六棱錐內任意轉動，則正方體的棱長的最大值為．6．（2025高三·全國·專題練習）已知正三棱臺中，，，側棱，則該棱臺的體積為．7．（2025高一·全國·專題練習）四面體的棱長為4，E為棱BC的中點，過點E作其外接球的截面，則截面面積的最小值是.8．（2025·江西·模擬預測）在斜三棱柱中，分別為側棱上的點，且，過的截面將三棱柱分成上、下兩個部分的體積之比可以為（

）A．2 B． C． D．9．（24-25高三下·河北邢臺·階段練習）（多選）如圖，在正三棱柱中，，，是的中點，則下列結論正確的是（

）A．若，則與平面成角 B．若，則平面平面C．若，則 D．若，則三棱柱有內切球10．（24-25高三下·天津薊州·開學考試）在直三棱柱中，，，，分別是BC，的中點，在線段上，則下面說法中不正確的是（

）A．平面B．直線EF與平面ABC所成角的余弦值為C．直三棱柱的外接球半徑為D．直線BD與直線EF所成角最小時，線段BD長為11．（2025·江蘇·模擬預測）（多選）六氟化硫（）分子結構為正八面體（可看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）.如圖，正八面體的棱長為，下列說法中正確的有（

）A．異面直線AE與BF所成的角為45°B．此八面體的外接球與內切球的體積之比為C．若點P為棱上的動點，則的最小值為D．若點為四邊形的中心，點為此八面體表面上動點，且，則動點的軌跡長度為題型三幾何體與球的切接問題1．（2025高一·全國·專題練習）在四棱錐中，平面，，且二面角的大小為，．若點均在球O的表面上，則球O的體積的最小值為.2．（2025·黑龍江·一模）已知正四棱柱的所有頂點均在球的球面上，若該四棱柱的體積為1，則球的表面積的最小值為．3．（24-25高二下·廣東陽江·階段練習）已知正三棱柱的側棱長為，底面邊長為，若該正三棱柱的外接球的體積為，則的最大值為（

）A． B． C． D．4．（2025高三·全國·專題練習）已知棱長為的正四面體與一個球相交，球與正四面體的每個面所在平面的交線都為一個面積為的圓，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．5．（2025·四川廣安·二模）已知正方形的中心為，，現將其沿對角線翻折，使得在面內的射影為的中點，且，，，再將繞直線旋轉一周得到一個旋轉體，則該旋轉體的內切球的體積為.6．（24-25高三上·安徽阜陽·期末）如圖，圓錐的底面半徑為，高為，且該圓錐內切球（球與圓錐的底面和側面均相切）的半徑為1，則（

）

A． B． C． D．7．（2025·天津濱海新·模擬預測）如圖，一個四分之一球形狀的玩具儲物盒，若放入一個玩具小球，合上盒蓋．可放小球的最大半徑為．若是放入一個正方體，合上盒蓋，可放正方體的最大棱長為，則（

）A． B． C． D．8．（23-24高一下·云南昭通·階段練習）四棱錐的底面為正方形，平面，且，．四棱錐的各個頂點均在球O的表面上，，，則該四棱錐外接球半徑為；直線l與平面所成夾角的范圍為．題型四空間中的角度問題（小題）1．（2025·寧夏石嘴山·一模）正四棱臺的體積為，，，則直線AB1與直線BD所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．2．（24-25高二下·上?！るA段練習）在三棱錐中，平面ABC，，，則點到平面的距離等于.3．（2025高三·全國·專題練習）已知是圓錐的頂點，是底面圓的直徑，是底面圓周上一點，是線段的中點，，則．4．（24-25高二下·全國·開學考試）如圖．在二面角中，，，，，，，且，，則二面角的大小為．5．（24-25高三上·遼寧沈陽·階段練習）如圖，在直三棱柱中，，，D，E，F分別是棱，BC，的中點，則異面直線AD與EF所成角的余弦值為．6．（2025·新疆喀什·二模）《九章算術》中將正四棱臺稱為方婷，如圖，在方婷中，，其體積為，E，F分別為AB，BC的中點，則異面直線所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．7．（2025·四川南充·二模）已知正三棱錐底面邊長為2，其內切球的表面積為，則二面角的余弦值為（

）A． B． C． D．題型五立體幾何開放題1．（24-25高三下·重慶·階段練習）《九章算術》是中國古代的一部重要數學著作，成書于公元一世紀左右，是《算經十書》中最重要的一部.書中商功章第二題至第七題涉及到城、垣、堤、溝、塹、渠這些建筑，其形狀都是底面為等腰梯形的直四棱柱.以“城”為例，有如下問題:“今有城下廣四丈，上廣二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺.問積幾何？答曰:（

）立方丈.”（注:一丈等于十尺）A．1265.5 B．1897.5 C．2846.5 D．3795.52．（24-25高三上·黑龍江·階段練習）我國南北朝時期的數學家祖暅提出了著名的原理:“冪勢既同，則積不容異”，這句話的意思是：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體.被平行于這兩個平面的任意平面所截.如果截得的這兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等.一段彎曲的水管，如圖（1），其橫截面為圓面，最大縱截面是由曲線與兩直線圍成的平面區(qū)域，如圖（2），根據祖暅原理，計算該段水管的體積為（

）A． B． C． D．3．（2024高三·全國·專題練習）利用祖暅原理，可以計算拋物體的體積：在坐標系中，設拋物線的方程為，將曲線圍繞軸旋轉，得到的旋轉體稱為拋物體．利用祖暅原理可計算得該拋物體的體積為（

）A． B． C． D．4．（24-25高二上·遼寧·期中）刻畫空間彎曲性是幾何研究的重要內容，用“曲率”刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制）.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，則其各個頂點的曲率均為.若正四棱錐的側面與底面所成角的正切值為，則四棱錐在頂點處的曲率為（

）A． B． C． D．5．（24-25高二上·江西景德鎮(zhèn)·階段練習）攢尖式屋頂是中國古代傳統建筑的一種屋頂樣式，如圖所示的建筑屋頂是圓形攢尖，可近似看作一個圓錐，已知該圓錐的底面直徑為6m，高為4m，則該屋頂的面積約為（

）A． B．C． D．6．（2025·遼寧撫順·模擬預測）如圖，桌面上放置著兩個底面半徑和高都是的幾何體，左邊是圓柱挖去一個倒立的圓錐（以圓柱的上底面為底面，下底面圓心為頂點）剩余的部分，右邊是半球，用平行于桌面的平面截這兩個幾何體，截得左邊幾何體的截面面積為，截得半球的截面面積為，則（

）A． B．C． D．與的大小關系不確定7．（23-24高二下·江西萍鄉(xiāng)·期末）我市某中學高二學生到一工廠參加勞動實踐，欲將一個底面直徑為，高為的實心圓錐體工件切割成一個圓柱體，并使圓柱體的一個底面落在圓錐體的底面上，若不考慮損耗，則得到的圓柱體的最大側面積為（

）A． B． C． D．8．（22-23高一下·北京東城·階段練習）經緯度是經度與緯度的合稱，它們組成一個坐標系統，稱為地理坐標系統，它是利用三維空間的球面來定義地球上的空間的球面坐標系.能夠標示地球上任何一個位置，其中緯度是地球重力方向上的鉛垂線與赤道平面所成的線面角.如世界最高峰珠穆朗瑪峰就處在北緯30°，若將地球看成近似球體，其半徑約為，則北緯30°緯線的長為（

）A． B． C． D．9．（24-25高一下·河北保定·階段練習）紫砂壺是中國特有的手工陶土工藝品，經典的有西施壺，石瓢壺，潘壺等，其中石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺，如圖給了一個石瓢壺的相關數據（單位：），那么該壺的容積約為（）A． B． C． D．10．（2024·云南·模擬預測）我國古代有一種容器叫“方斗”，“方斗”的形狀是一種上大下小的正四棱臺（兩個底面都是正方形的四棱臺），如果一個方斗的容積為28升（一升為一立方分米），上底邊長為4分米，下底邊長為2分米，則該方斗的表面積為（

）A． B．C． D．題型六空間位置關系的證明與線面角（解答題）1．（24-25高三下·甘肅白銀·階段練習）如圖，在多面體中，為正三角形，平面，平面，平面，，，分別為與的重心.

(1)求證：，且平面平面；(2)若，，直線與平面所成的角為，求到平面的距離.2．（24-25高三下·甘肅白銀·階段練習）如圖，在多面體中，為正三角形，平面，平面，平面，，，分別為與的重心.

(1)求證：，且平面平面；(2)若，，直線與平面所成的角為，求到平面的距離.3．（2025·湖北武漢·一模）已知四棱錐的底面為平行四邊形，，，，，.(1)求三棱錐外接球的表面積.(2)設為線段上的點.（i）若，求直線與平面所成角的正弦值.（ii）平面過點，，且平面，探究：是否存在點，使得平面與平面之間所成角的正切值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.4．（24-25高三下·甘肅白銀·開學考試）如圖，在三棱柱中，平面平面，為線段上一點．

(1)求證：；(2)是否存在點，使得平面與平面的夾角余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.5．（2025·江西鷹潭·一模）如圖，在三棱柱中，，，(1)求證：；(2)側棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.6．（2025高三·全國·專題練習）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，平面，與相交于點，點在上，且，.(1)證明：平面平面.(2)點是線段上的一動點，是否存在點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，指出點的位置；若不存在，請說明理由.7．（2025高三·全國·專題練習）如圖，平面四邊形中，點是線段上一點，，，沿著將折疊得到四棱錐．(1)求證：平面平面．(2)若，且，，折疊后．①求平面與平面夾角的余弦值的最大值．②若三棱錐的四個頂點均在以為球心的球上，試問三棱錐的外接球的體積是否存在最小值？若存在，求出線段的長；若不存在，請說明理由．8．（2025·河南焦作·二模）球面與過球心的平面的交線叫做大圓，將球面上三點用三條大圓弧連接起來所組成的圖形叫做球面三角形，每條大圓弧叫做球面三角形的一條邊，兩條邊所在的半平面構成的二面角叫做球面三角形的一個內角.如圖（1），球的半徑為球的球面上的四點.

(1)若球面三角形的三條邊長均為，求此球面三角形一個內角的余弦值.(2)在球的內接三棱錐中，平面，直線與平面所成的角為.（i）若分別為直線上的動點，求線段長度的最小值；（ii）如圖（2），若分別為線段的中點，為線段上一點（與點不重合），當平面與平面夾角的余弦值最大時，求線段的長.

空間向量與立體幾何猜押考點3年真題考情分析押題依據空間向量與立體幾何2024全國新高考I卷5、172024全國新高考Ⅱ卷7、172023全國新高考I卷12、14、182023全國新高考Ⅱ卷9、14、202022全國新高考I卷4、8、192022全國新高考Ⅱ卷7、11、20關于空間向量與立體幾何的考查，題量維持在2-3道，必有一道主觀題.應注意以下幾個方面的問題：1.幾何體的結構特征及面積、體積的計算；2.多面體、旋轉體與球的切、接問題，綜合考查幾何體結構特征、面積或體積的計算，以及線面關系的應用；3.空間點線面位置關系的判斷，包括各種角的簡單計算；4.以棱錐、棱柱為載體，證明線線關系、線面或面面關系，求線面角的函數值；5.以棱錐、棱柱為載體，證明線線關系、線面或面面關系，求二面角的函數值；6.以棱錐、棱柱為載體，證明線線關系、線面或面面關系，根據線面角或二面角求其它量；7.適當注意距離的計算問題.空間幾何體點線面位置關系以及夾角問題，表面積體積以及圓錐對應面積的運算一直是高考的熱門考點，要加以重視，另外臺體的表面積體積應該重點復習幾何體內切球外接球問題是高考立體幾何中的難點，近兩年考查比較少，但是應掌握長常規(guī)的空間幾何體的外接球內切球的簡單技巧空間幾何體容易與其他知識點相結合構成新的情景類問題也是近年來高考新改革的一個重要方向題型一旋轉體的結構特征，表面積與體積1．（2025高三·全國·專題練習）底面半徑為3的圓錐被平行底面的平面所截，截去一個底面半徑為1、高為1的圓錐，所得圓臺的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據相似可得原圓錐的高，進而利用圓錐的體積公式即可求解.【詳解】由已知，設原圓錐的高為，則，所以，因為，，所以．故選：A．2．（24-25高二下·福建莆田·階段練習）已知圓錐的母線長為2，則該圓錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將圓錐體積表示為底面半徑為自變量的函數,利用導數求最值即可.【詳解】設圓錐的底面半徑為,如圖,,故,所以體積為令,當時,單調遞增,當時,單調遞減,所以當時,取得最大值,此時取得最大值,故選:D.3．（2025高三·全國·專題練習）一個圓錐被平行于底面的平面所截，上下兩個幾何體的側面積之比為，則上下兩個幾何體的體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由圓錐側面積公式及體積公式即可求解.【詳解】根據定義知上、下兩個幾何體分別為小圓錐和圓臺，設小圓錐的高為，底面半徑為，所以母線長為，原圓錐的高為，底面半徑為，所以母線長為由小圓錐的側面積為：，大圓錐的側面積為：，上下兩個幾何體的側面積之比為，所以，又由相似易得：，所以得，即，所以小圓錐和原圓錐的體積比，所以小圓錐和圓臺的體積之比為．故選：D．4．（2025·黑龍江吉林·模擬預測）已知圓臺的母線與下底面所成角的正弦值為，則此圓臺的表面積與其內切球（與圓臺的上下底面及每條母線都相切的球）的表面積之比為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】設上底面半徑為，下底面半徑為，根據圓臺的內切球的性質以及線面角可得，且母線長為，以及內切球的半徑，再結合圓臺和球的面積公式運算求解.【詳解】設上底面半徑為，下底面半徑為，如圖，取圓臺的軸截面，作，垂足為，設內切球與梯形兩腰分別切于點，可知，，由題意可知：母線與底面所成角為，則，可得，即，，可得，可知內切球的半徑，可得，，所以.故選：D.5．（2025·四川自貢·二模）已知圓錐的母線長是底面半徑的2倍，則該圓錐的側面積與表面積的比值為（

）A． B． C． D．2【答案】B【分析】設圓錐底面圓的半徑為，求出側面積和表面積得解.【詳解】設圓錐底面圓的半徑為，則母線長為，，，.故選：B.6．（2025·遼寧·一模）圓臺的上、下底面半徑分別為2和4，一個球與該圓臺的兩個底面和側面均相切，則這個球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知作圖，然后得到其軸截面，根據題意得到線段長，由切線長得到圓臺母線長，由等腰梯形求得梯形的高，即可得到求得半徑，然后得到表面積.【詳解】如圖，

則該幾何體的軸截面如下：

所以，，∵與圓相切，點為切點，∴，過點作與點，∴，∴，則，即球的半徑，∴這個球的表面積，故選：D.7．（2025·山東濟南·一模）已知圓臺的側面展開圖是半個圓環(huán)，側面積為4π，則圓臺上下底面面積之差的絕對值為（

）A．π B．2π C．4π D．8π【答案】B【分析】由側面面積公式建立等式，然后分別寫出上下底面面積，作差后代入即可得到結果.【詳解】如圖：設展開圖小圓半徑和大圓半徑分別為，則圓臺側面積，即，上底面半徑，下底面半徑，圓臺上下底面面積之差的絕對值為.故選：B.8．（2025·黑龍江·一模）已知圓錐的軸截面是一個斜邊長為的等腰直角三角形，則圓錐的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由軸截面可得底面半徑及母線長，再由表面積公式即可求解；【詳解】因為軸截面是一個斜邊長為的等腰直角三角形，所以圓錐的底面半徑，母線，所以圓錐的表面積.故選：D.題型二多面體的結構特征，表面積與體積1．（2025·貴州黔東南·一模）已知第一個正四棱臺的上底面邊長為，下底面邊長為，側棱長為4cm，第二個正四棱臺的上底面、下底面邊長與第一個相同，但高為第一個正四棱臺的3倍，則第二個正四棱臺的體積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】結合正四棱臺性質求出第一個正四棱臺的高，進而得到第二個正四棱臺的高，再根據棱臺的體積公式計算求解即可.【詳解】由題意知第一個正四棱臺上底面邊長為，下底面邊長為，側棱長為4cm，如圖：設第一個四棱臺上下底面中心為，連接，結合正四棱臺性質可知四邊形為直角梯形，且，故，即棱臺的高為，則第二個正四棱臺的高為，故第二個正四棱臺的體積為.故選：C.2．（2025高三·全國·專題練習）已知正四棱臺，，分別是棱，的中點，平面將正四棱臺割成兩部分，則較小部分與較大部分的體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可知幾何體是三棱臺，利用割補法結合臺體的體積公式運算求解.【詳解】如圖，連接，不妨設，棱臺的高設為，所以．因為，分別是棱，的中點，則，．又因為平面∥平面，可知幾何體是三棱臺，則．所以分割之后較大部分的體積為，所以較小部分與較大部分的體積之比為．故選：C．3．（2025高三·全國·專題練習）在正四棱錐中，，二面角的大小為，則該四棱錐的體積為（

）A．4 B． C．1 D．【答案】B【分析】根據題意判斷出為二面角的平面角，然后求出，即可得出答案．【詳解】如圖，連接交于點，連接，則為正方形的中心，故平面．取的中點，連接，則，，，故為二面角的平面角，即．又因為平面，平面，所以，所以，則該四棱錐的體積為．故選：B．4．（2025·甘肅·一模）用一個平面截正方體，截面形狀為正六邊形，則截出的兩部分幾何體的體積之比是.【答案】【分析】畫出正六邊形截面，根據對稱性求得體積比.【詳解】如圖所示，正方體中，分別是的中點，連接，則六邊形是正六邊形，根據對稱性可知，截出的兩部分幾何體的體積之比是.故答案為：5．（2025·湖南邵陽·二模）已知正六棱錐的高為，它的外接球的表面積是．若在此正六棱錐內放一個正方體，使正方體可以在該正六棱錐內任意轉動，則正方體的棱長的最大值為．【答案】【分析】設正六棱錐的外接球的半徑為、內切球的半徑為，由題意及正六棱錐的性質相繼求出、正六棱錐的底面積、側面面積，再利用等體積法求得，設正方體的最大棱長為，此時正六棱錐的內切球是正方體的外接球，由此可得結果.【詳解】設外接球的半徑為，則，．設正六棱錐的底面邊長為，則，，即正六棱錐的底面邊長為1，側棱長為2．正六棱錐的底面積．側面面積．正六棱錐的體積．設正六棱錐的內切球的半徑為，則．．設正方體的棱長為，則，．正方體的棱長的最大值為．故答案為：.6．（2025高三·全國·專題練習）已知正三棱臺中，，，側棱，則該棱臺的體積為．【答案】/【分析】將其補成正三棱錐，利用相似比可得，則正三棱錐為正方體的一角，再將三棱錐的體積轉化為求正方體的體積，求出兩個正三棱錐體積再作差即可.【詳解】補成正三棱錐，因，，則為三棱錐側棱的中點，又，則，則由勾股定理可知兩兩垂直，故該圖形為正方體的一角，所以，同理，得，所以正三棱臺的體積．

故答案為：7．（2025高一·全國·專題練習）四面體的棱長為4，E為棱BC的中點，過點E作其外接球的截面，則截面面積的最小值是.【答案】【分析】將正四面體放置于正方體中，該正方體的外接球就是正四面體的外接球，求出半徑，過點作其外接球的截面，當截面到外接球的球心的距離最大時，截面面積最小，據此即可求解.【詳解】將正四面體放置于如圖所示的正方體中，可得該正方體的外接球就是正四面體的外接球，設該外接球的球心為，半徑為R，正四面體的棱長為4，且正四面體的棱長是正方體的面對角線長，正方體的棱長為，正方體外接球的半徑滿足，解得，為棱BC的中點，過點作其外接球的截面，當截面到外接球的球心的距離最大時，截面面積最小，此時為截面圓心，球心到截面的距離，由截面的性質可得截面半徑，故截面面積的最小值為．故答案為：.8．（2025·江西·模擬預測）在斜三棱柱中，分別為側棱上的點，且，過的截面將三棱柱分成上、下兩個部分的體積之比可以為（

）A．2 B． C． D．【答案】A【分析】應用錐體體積及柱體體積公式結合圖形特征計算求解即可.【詳解】設三棱柱的體積為，因為側棱上各有一動點，滿足，所以四邊形與四邊形的面積相等，故四棱錐的體積等于三棱柱的體積的，即，則幾何體的體積等于，故過的截面將三棱柱分成上，下兩個部分的體積之比為或.故選：A.9．（24-25高三下·河北邢臺·階段練習）（多選）如圖，在正三棱柱中，，，是的中點，則下列結論正確的是（

）A．若，則與平面成角 B．若，則平面平面C．若，則 D．若，則三棱柱有內切球【答案】ACD【分析】對于A，找到線在平面上的射影，通過相關線段的長度關系求解角度；對于B，C，運用空間向量法，計算判斷；對于D，三棱柱內切球，找出其半徑與三棱柱棱長的關系，計算判斷.【詳解】對于選項A，取中點，連接.因為正三棱柱中平面，所以就是與平面所成的角.已知，則，.當時，，所以，選項A正確.

對于選項B，以為原點，分別以所在直線為、、軸建立空間直角坐標系.當時，，，，，.可得，，設平面的法向量為，則，令，解得.又，，設平面的法向量為，則，令，解得.計算，所以平面與平面不垂直，選項B錯誤.

對于選項C，，.已知，，，，，.當時，，故，選項C正確.

對于選項D，若正三棱柱有內切球，則內切球的半徑等于底面正三角形的內切圓半徑且等于側棱長的一半，即，此時，選項D正確.故選：ACD.10．（24-25高三下·天津薊州·開學考試）在直三棱柱中，，，，分別是BC，的中點，在線段上，則下面說法中不正確的是（

）A．平面B．直線EF與平面ABC所成角的余弦值為C．直三棱柱的外接球半徑為D．直線BD與直線EF所成角最小時，線段BD長為【答案】B【分析】建立空間直角坐標系利用空間位置關系的向量證明可得A正確，再由線面角的向量求法計算可得B錯誤，確定直三棱柱的外接球球心位置可計算半徑為，即C正確，利用異面直線向量求法求出直線與直線所成角最小時點的位置，可判斷D正確.【詳解】因為是直三棱柱，所以平面，又平面，所以，又，即；因此兩兩垂直，以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：對于A，又，所以，可得，顯然平面的一個法向量為，所以，又平面，所以平面，即A正確；對于B，易知平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，所以因此直線與平面所成角的正弦值為，余弦值為，即B錯誤；對于C，因為、，，所以為等腰直角三角形，所以其外接圓圓心為的中點，外接圓半徑為；因此可得直三棱柱的外接球球心即為的中心，易知，則外接球半徑為，因此C正確；對于D，易知，所以，由在線段上，可設，其中，所以，因此直線與直線所成的角的余弦值為令函數，可得；易知當時，，當時，，因此在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，再結合余弦函數單調性可得此時直線與直線所成的角最小，因此，即，因此線段長為，即D正確.故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題D選項的關鍵是利用空間向量法得到線線角余弦值表達式，再利用導數求出其最值.11．（2025·江蘇·模擬預測）（多選）六氟化硫（）分子結構為正八面體（可看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）.如圖，正八面體的棱長為，下列說法中正確的有（

）A．異面直線AE與BF所成的角為45°B．此八面體的外接球與內切球的體積之比為C．若點P為棱上的動點，則的最小值為D．若點為四邊形的中心，點為此八面體表面上動點，且，則動點的軌跡長度為【答案】BD【分析】利用等角定理即可判斷A，再利用內切圓和外接圓的性質求的，可判斷B，利用展開圖可得最小值為菱形的對角線可判斷C，由可得軌跡為正八面體與半徑為的球的交線，可求出其一個面的長度，再由對稱性可求出軌跡的總長.【詳解】對于A，由正八面體的結構特征可得，，所以異面直線AE與BF所成的角為，A錯誤；對于B，根據對稱性易得其外接球與內切球的球心為其中心，所以，內切球切點在面的中線上，且在四邊形中，由等面積法可得，則，B正確；對于C，因為的展開圖為一個角為的菱形，對角線即為的最小值，此時，C錯誤；對于D，因為到各棱的距離都等于，則點在各面的軌跡恰好為各個面的內切圓，記其半徑為，因為為等邊三角形，所以，所以在一個面的軌跡長度為，所以在八個面內的軌跡長度之和為，D正確.故選：BD題型三幾何體與球的切接問題1．（2025高一·全國·專題練習）在四棱錐中，平面，，且二面角的大小為，．若點均在球O的表面上，則球O的體積的最小值為.【答案】/【分析】根據題設易得是四邊形外接圓的直徑，利用線面垂直的性質、判定證、、，進而得到是二面角的平面角，中點為的外接球球心，令且，求得外接球半徑關于的表達式，求其最小值，即可求球的最小體積.【詳解】由題設，在一個圓上，故，又，則，即，故是四邊形外接圓的直徑，由平面，平面，則，由，面，則面，面，則，由，面，則面，面，則，則是二面角的平面角，故，令且，則，，故，且都是以為斜邊的直角三角形，故中點為外接球球心，所以外接球半徑，當時，，此時球O的體積的最小值為.故答案為：.2．（2025·黑龍江·一模）已知正四棱柱的所有頂點均在球的球面上，若該四棱柱的體積為1，則球的表面積的最小值為．【答案】【分析】利用正四棱柱的底面邊長及高表示其外接球的表面積，再利用導數求出最小值.【詳解】設正四棱柱的底面邊長為，高為，則其外接球的直徑，由四棱柱的體積為1，得，即，因此球的表面積，令，求導得，當時，；當時，，函數在上遞減，在上遞增，則當時，，所以球的表面積的最小值為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：求出球的表面積的函數關系是求得答案的關鍵.3．（24-25高二下·廣東陽江·階段練習）已知正三棱柱的側棱長為，底面邊長為，若該正三棱柱的外接球的體積為，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用球的體積公式得到，結合勾股定理得到，再構造，結合直線與橢圓的位置關系求解最值即可.【詳解】設該正三棱柱的外接球半徑為，且正三棱柱的外接球的體積為，則，解得，如圖，我們作出符合題意的正三棱柱，設球心為，底面外接圓圓心為，由正三棱臺性質得，，則由勾股定理得，即，設，當直線與曲線相切時，最大，聯立方程得，由，得（舍去負根），故的最大值為，此時，，故A正確.故選：A4．（2025高三·全國·專題練習）已知棱長為的正四面體與一個球相交，球與正四面體的每個面所在平面的交線都為一個面積為的圓，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據正弦定理可得外接圓半徑，進而根據勾股定理可得四面體的高，即可根據球的性質，結合勾股定理求解半徑得解.【詳解】由對稱性，可知球心與正四面體重心重合，由于球與正四面體的每個面所在平面的交線都為一個面積為的圓，故每個面的交線為半徑為3的圓．設球心為,為的中心，則,故，故設球心到任意面的距離為，則由等體積法可得,故連接球心與任意面中心，則連線長為3，且連線垂直該面，再連交線圓上一點與球心（即為球的半徑），由勾股定理得球的半徑為，則表面積為．故選：B．

5．（2025·四川廣安·二模）已知正方形的中心為，，現將其沿對角線翻折，使得在面內的射影為的中點，且，，，再將繞直線旋轉一周得到一個旋轉體，則該旋轉體的內切球的體積為.【答案】【分析】第一空：過作于點，連接，在直角三角形中，求得長度，再結合余弦定理即可求解；第二空：通過軸截面，求得內切球半徑即可求解.【詳解】正方形的中心為，將其沿對角線翻折，使得在面內的射影為的中點，則二面角為直二面角，如圖所示，又，則可得，，，，平面平面，又平面平面，平面，平面，又，所以為的中點，為的中點，又正方形的中心為，為的中點，則可得，，過作于點，連接，則，平面，又平面，又，，，，，在中，，又，，將繞直線旋轉一周得到一個旋轉體為兩個同底面的圓錐組合體，作出其軸截面，如圖，則該軸截面中和為邊長為1的等邊三角形，該旋轉體的內切球的半徑即為菱形的內切圓的半徑，由等面積法，則，即，則，因此該旋轉體的內切球的體積為.故答案為：，.6．（24-25高三上·安徽阜陽·期末）如圖，圓錐的底面半徑為，高為，且該圓錐內切球（球與圓錐的底面和側面均相切）的半徑為1，則（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】畫出軸截面，根據列方程求解即可.【詳解】畫出圓錐的軸截面如圖

設內切球的球心為，半徑為，則，，所以，又，即，解得，故選：B.7．（2025·天津濱海新·模擬預測）如圖，一個四分之一球形狀的玩具儲物盒，若放入一個玩具小球，合上盒蓋．可放小球的最大半徑為．若是放入一個正方體，合上盒蓋，可放正方體的最大棱長為，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】畫出截面圖，設儲物盒所地球的半徑為，從而利用表達出小球最大半徑和正方體棱長，進而求出比值.【詳解】設儲物盒所在球的半徑為，如圖，小球最大半徑滿足，所以，正方體的最大棱長滿足，解得，所以.故選：D.8．（23-24高一下·云南昭通·階段練習）四棱錐的底面為正方形，平面，且，．四棱錐的各個頂點均在球O的表面上，，，則該四棱錐外接球半徑為；直線l與平面所成夾角的范圍為．【答案】1【分析】由題可證平面，若平面，則l與平面所成的角為0，若過B的直線l與平面相交于點R，在平面中，過B作直線，與平面相交于點為S，可得為在平面內的射影，為直線l與平面所成的角，求出的范圍，得解.【詳解】因為四棱錐的底面為正方形，且平面，將四棱錐補形成長方體，則四棱錐的外接球即為長方體的外接球，可得四棱錐的外接球的球心O為的中點，∴，連接，，交點為Q，因為底面為正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即平面，若平面，則l與平面所成的角為0．如圖，若過B的直線l與平面相交于點R，在平面中，過B作直線，與平面相交于點為S，因為平面，且平面，所以，又，，且，，平面，所以平面，故過B且與垂直的直線與平面的交點的軌跡為直線，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又平面，所以為在平面內的射影，即為直線l與平面所成的角，且，在中，，，由射影定理求得，而，當且僅當重合時，等號成立，故，∴．綜上，直線l與平面所成夾角的取值范圍為.故答案為：1；.題型四空間中的角度問題（小題）1．（2025·寧夏石嘴山·一模）正四棱臺的體積為，，，則直線AB1與直線BD所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據正四棱臺的體積公式求出正四棱臺的高，建立空間直角坐標系，再利用向量法求解異面直線所成角的余弦值即可.【詳解】設正四棱臺的高為,已知體積、下底面積、上底面積,代入正四棱臺體積公式,可得，解得高，取AB的中點,連接OF,取AD的中點,連接OE，如圖，以所在的直線分別作軸，建立空間直角坐標系，而，，則頂點,，頂點，直線的方向向量為,，直線的方向向量為，，則，則直線AB1與直線BD所成角的余弦值為:.故選：C.2．（24-25高二下·上?！るA段練習）在三棱錐中，平面ABC，，，則點到平面的距離等于.【答案】【分析】根據線面垂直的性質可得，再根據線面垂直的判定可推出面，則，再利用等體積法轉換即可.【詳解】面，面；.且，面；.；.；；設點到平面的距離等于.；；即.即點到平面的距離等于.3．（2025高三·全國·專題練習）已知是圓錐的頂點，是底面圓的直徑，是底面圓周上一點，是線段的中點，，則．【答案】【分析】根據線面垂直判定定理得出，再應用三角形邊長求角即可.【詳解】如圖，取的中點，連接，．因為為的中點，為的中點，所以．因為平面，所以平面．可得．因為，，平面，所以平面．又因為平面，所以．在中，，所以．所以．

故答案為：4．（24-25高二下·全國·開學考試）如圖．在二面角中，，，，，，，且，，則二面角的大小為．【答案】【分析】根據二面角定義得出二面角為，再結合空間向量的數量積公式計算得出余弦值即可求出二面角．【詳解】設二面角的平面角為，由二面角的平面角的定義知．因為，所以．由，，得，．因為，所以，所以，所以．故答案為：.5．（24-25高三上·遼寧沈陽·階段練習）如圖，在直三棱柱中，，，D，E，F分別是棱，BC，的中點，則異面直線AD與EF所成角的余弦值為．【答案】/【分析】把直三棱柱補成一個底面為菱形的直四棱柱，利用平移法找到異面直線與所成的角，再結合余弦定理求解即可.【詳解】把直三棱柱補成一個底面為菱形的直四棱柱，如圖所示：

因為，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以異面直線AD與EF所成的角為或其補角，不妨設，因為，所以，所以為等邊三角形，所以，，所以，因為為邊長為的等邊三角形，所以，又因為，所以在中，由余弦定理可得，故異面直線與所成角的余弦值為.故答案為：.6．（2025·新疆喀什·二模）《九章算術》中將正四棱臺稱為方婷，如圖，在方婷中，，其體積為，E，F分別為AB，BC的中點，則異面直線所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據異面直線夾角的定義，在圖中明確夾角，根據正四棱臺的幾何性質以及體積公式，求得夾角所在的直角三角形的邊長，結合銳角三角函數的定義，可得答案.【詳解】連接，過作平面，其中垂足為，連接，如下圖：

在正四棱臺中，易知，，則，所以，因為平面，平面，所以，，易知，所以，因為，，所以，則，故，因為分別為的中點，所以，則異面直線與的夾角為，因為平面，平面，所以，在正方形中，，同理可得，在等腰梯形中，易知，在正四棱臺中，上下底面面積分別為，，正四棱臺的體積，則，解得在中，，.故選：D.7．（2025·四川南充·二模）已知正三棱錐底面邊長為2，其內切球的表面積為，則二面角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根據內切球的表面積求出內切球半徑，再利用等體積法求出正三棱錐的高，最后找出二面角的平面角，進而求出其余弦值.【詳解】已知內切球表面積，則，解得.設正棱錐的頂點在底面上的射影為，取中點，連接.因為正棱錐的性質，平面，，根據三垂線定理可得，所以就是二面角的平面角.底面是邊長為的正三角形，則.設正棱錐的體積為，表面積為.底面的面積.側面中，，，則側面面積，正棱錐的表面積.根據等體積法，即化簡，即，.兩邊平方：整理得到，即，解得（舍去）或.在中，，，，所以.二面角的余弦值為.故選：A.題型五立體幾何開放題1．（24-25高三下·重慶·階段練習）《九章算術》是中國古代的一部重要數學著作，成書于公元一世紀左右，是《算經十書》中最重要的一部.書中商功章第二題至第七題涉及到城、垣、堤、溝、塹、渠這些建筑，其形狀都是底面為等腰梯形的直四棱柱.以“城”為例，有如下問題:“今有城下廣四丈，上廣二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺.問積幾何？答曰:（

）立方丈.”（注:一丈等于十尺）A．1265.5 B．1897.5 C．2846.5 D．3795.5【答案】B【分析】根據給定條件，利用棱柱的體積公式計算得解.【詳解】依題意，“城”的形狀是底面為等腰梯形的直四棱柱，其中等腰梯形的兩底分別為2丈、4丈，高為5丈，因此底面積（平方丈）直四棱柱的高為126.5丈，所以體積（立方丈）.故選：B2．（24-25高三上·黑龍江·階段練習）我國南北朝時期的數學家祖暅提出了著名的原理:“冪勢既同，則積不容異”，這句話的意思是：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體.被平行于這兩個平面的任意平面所截.如果截得的這兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等.一段彎曲的水管，如圖（1），其橫截面為圓面，最大縱截面是由曲線與兩直線圍成的平面區(qū)域，如圖（2），根據祖暅原理，計算該段水管的體積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】構造一個底面直徑為，高為的圓柱，利用正切函數的性質及祖暅原理，即可求解.【詳解】根據正切函數的周期性，在圖（2）中，平行于直線的任一直線與曲線兩個交點的距離都為，構造一個底面直徑為，高為的圓柱，如圖（3），如圖，用距離上底面為的平面分別去截水管、圓柱，所得截面圓、圓的面積都為，根據祖暅原理，水管和圓柱的體積相等，而圓柱的體積為，所以水管的體積為.故選：C.3．（2024高三·全國·專題練習）利用祖暅原理，可以計算拋物體的體積：在坐標系中，設拋物線的方程為，將曲線圍繞軸旋轉，得到的旋轉體稱為拋物體．利用祖暅原理可計算得該拋物體的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用祖暅原理，通過高相等、截面面積相等來計算出拋物體的體積.【詳解】構造如圖所示的直三棱柱高設為，底面兩個直角邊長為2，1，若底面積相等得到，，．下面說明截面面積相等，設截面距底面為，矩形截面長為，圓形截面半徑為，由左圖得到，，，截面面積為，由上圖得到，（坐標系中易得），，截面面積為，二者截面面積相等，體積相等．拋物體的體積為．故選：B4．（24-25高二上·遼寧·期中）刻畫空間彎曲性是幾何研究的重要內容，用“曲率”刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制）.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為，則其各個頂點的曲率均為.若正四棱錐的側面與底面所成角的正切值為，則四棱錐在頂點處的曲率為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正四棱錐的結構特征得到為側面與底面所成的角，進而利用勾股定理推得正四棱錐的每個側面均為正三角形，從而利用“曲率”的定義即可得解.【詳解】如圖，連接，，設，連接，則平面，取的中點，連接，，

則由正四棱錐的結構特征可知，所以為側面與底面所成的角，設，則，在中，，所以，又，所以，所以正四棱錐的每個側面均為正三角形，所以頂點的每個面角均為，故正四棱錐在頂點處的曲率為.故選：D.5．（24-25高二上·江西景德鎮(zhèn)·階段練習）攢尖式屋頂是中國古代傳統建筑的一種屋頂樣式，如圖所示的建筑屋頂是圓形攢尖，可近似看作一個圓錐，已知該圓錐的底面直徑為6m，高為4m，則該屋頂的面積約為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據題中條件求出母線，再運用圓錐側面積公式求出側面積，即為屋頂的面積.【詳解】由題知，圓錐底面圓半徑，高，則母線，因此圓錐的側面積為.即屋頂的面積為.故選：A.6．（2025·遼寧撫順·模擬預測）如圖，桌面上放置著兩個底面半徑和高都是的幾何體，左邊是圓柱挖去一個倒立的圓錐（以圓柱的上底面為底面，下底面圓心為頂點）剩余的部分，右邊是半球，用平行于桌面的平面截這兩個幾何體，截得左邊幾何體的截面面積為，截得半球的截面面積為，則（

）A． B．C． D．與的大小關系不確定【答案】B【分析】設截面與圓柱底面的距離為，分別求出和，即可得出結論.【詳解】設截面與圓柱底面的距離為，該平面截半球所得圓面的半徑為，圓的面積為，由于圓柱的底面半徑與高相等，所以，圓環(huán)的內圓半徑為，所以，圓環(huán)的面積為，故，故選：B.7．（23-24高二下·江西萍鄉(xiāng)·期末）我市某中學高二學生到一工廠參加勞動實踐，欲將一個底面直徑為，高為的實心圓錐體工件切割成一個圓柱體，并使圓柱體的一個底面落在圓錐體的底面上，若不考慮損耗，則得到的圓柱體的最大側面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設圓柱的底面半徑為，高為，體積為，由幾何關系得，再根據圓柱的側面積公式可得圓柱側面積關于的函數，最后根據二次函數的最值即可求解.【詳解】如圖，設圓柱的底面半徑為，高為，側面積為，由題意得，，，所以，在中，因為，所以，即，解得，所以圓柱的側面積為，又，所以時，取得最大值為，故圓柱的最大側面積為，故選：C.8．（22-23高一下·北京東城·階段練習）經緯度是經度與緯度的合稱，它們組成一個坐標系統，稱為地理坐標系統，它是利用三維空間的球面來定義地球上的空間的球面坐標系.能夠標示地球上任何一個位置，其中緯度是地球重力方向上的鉛垂線與赤道平面所成的線面角.如世界最高峰珠穆朗瑪峰就處在北緯30°，若將地球看成近似球體，其半徑約為，則北緯30°緯線的長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用球的截面，結合球與截面之間的關系，在直角三角形中，求出北緯緯線圈的半徑，即可得到答案．【詳解】按照緯線的垂直方向，作圖如下，為所求緯線圈的直徑，過圓心作的垂線，垂足為，連接，在直角三角形中，，則北緯緯線的長為．故選：A．

9．（24-25高一下·河北保定·階段練習）紫砂壺是中國特有的手工陶土工藝品，經典的有西施壺，石瓢壺，潘壺等，其中石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺，如圖給了一個石瓢壺的相關數據（單位：），那么該壺的容積約為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意可知圓臺上底面半徑為3，下底面半徑為5，高為4，由圓臺的結構可知該壺的容積為大圓錐的體積減去小圓錐的體積，設大圓錐的高為，所以，求出的值，最后利用圓錐的體積公式進行運算，即可求出結果.【詳解】根據題意，可知石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺，圓臺上底面半徑為3，下底面半徑為5，高為4，可知該壺的容積為大圓錐的體積減去小圓錐的體積，設大圓錐的高為，所以，解得：，則大圓錐的底面半徑為5，高為10，小圓錐的底面半徑為3，高為6，所以該壺的容積.故選：B.10．（2024·云南·模擬預測）我國古代有一種容器叫“方斗”，“方斗”的形狀是一種上大下小的正四棱臺（兩個底面都是正方形的四棱臺），如果一個方斗的容積為28升（一升為一立方分米），上底邊長為4分米，下底邊長為2分米，則該方斗的表面積為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先根據體積求出棱臺的高，再根據高求出側棱長，進而可求側面面積及表面積.【詳解】如圖所示，高線為，由方斗的容積為28升，可得，解得.由上底邊長為4分米，下底邊長為2分米可得，側面梯形面積為，所以方斗的表面積為.故選：D.題型六空間位置關系的證明與線面角（解答題）1．（24-25高三下·甘肅白銀·階段練習）如圖，在多面體中，為正三角形，平面，平面，平面，，，分別為與的重心.

(1)求證：，且平面平面；(2)若，，直線與平面所成的角為，求到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據給定條件，利用線面垂直的性質可得，再借助三角形重心性質推理證得；利用正三角形性質，線面垂直、面面垂直的判定推理得證.（2）以的中點為原點建立空間直角坐標系，利用空間向量求出點到平面的距離.【詳解】（1）延長交于，延長交于，連接，由，分別為與的重心，得，分別為對應線段的中點，則，由平面，平面，平面，得，則，點四點共面，由，，得，則；由平面，平面，得，而為正三角形，即，又平面，因此平面，而平面，則平面平面，所以平面平面.（2）由，平面，得平面，而平面，則，，而，則直線兩兩垂直，以為原點，以直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，過作于，則，由平面，平面，得平面平面，直線是在平面內的射影，因此為直線與平面所成的角，，，而，則，，又，則，連接，

，，設平面的法向量為，則，令，得，所以到平面的距離為.2．（24-25高三下·甘肅白銀·階段練習）如圖，在多面體中，為正三角形，平面，平面，平面，，，分別為與的重心.

(1)求證：，且平面平面；(2)若，，直線與平面所成的角為，求到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據給定條件，利用線面垂直的性質可得，再借助三角形重心性質推理證得；利用正三角形性質，線面垂直、面面垂直的判定推理得證.（2）以的中點為原點建立空間直角坐標系，利用空間向量求出點到平面的距離.【詳解】（1）延長交于，延長交于，連接，由，分別為與的重心，得，分別為對應線段的中點，則，由平面，平面，平面，得，則，點四點共面，由，，得，則；由平面，平面，得，而為正三角形，即，又平面，因此平面，而平面，則平面平面，所以平面平面.（2）由，平面，得平面，而平面，則，，而，則直線兩兩垂直，以為原點，以直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖，過作于，則，由平面，平面，得平面平面，直線是在平面內的射影，因此為直線與平面所成的角，，，而，則，，又，則，連接，

，，設平面的法向量為，則，令，得，所以到平面的距離為.3．（2025·湖北武漢·一模）已知四棱錐的底面為平行四邊形，，，，，.(1)求三棱錐外接球的表面積.(2)設為線段上的點.（i）若，求直線與平面所成角的正弦值.（ii）平面過點，，且平面，探究：是否存在點，使得平面與平面之間所成角的正切值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ii）存在，的值為或【分析】（1）根據線線垂直證明線面垂直，進而可證面面垂直，再根據外接球性質確定外接球球心，進而可得外接球半徑及表面積；（2）（i）建立空間直角坐標系，利用坐標法可得線面夾角正弦值；（ii）建立空間直角坐標系，設，利用坐標法表示線面夾角余弦值，結合正弦值可得，再根據平面過點，，可得解.【詳解】（1）如圖所示，

因為，，，故，即，則，故為直角三角形，即，又，，且，平面，則平面，又因為平面，所以平面平面，設中點為，則的外接圓圓心滿足，過的外接圓圓心作直線垂直于平面，過線段的中點作直線垂直于平面，其中，則即為三棱錐的外接球球心，且四邊形為矩形，即，故，故三棱錐外接球的表面積；（2）（i）以的中點為原點，為軸，平行方向為軸，為軸，建立如圖1所示的空間直角坐標系，

則，，，，，而，故，，.設為平面的法向量，則，則，令，則為平面的一個法向量.而，故直線與平面所成角的正弦值；（ii）由（i）可知，，設平面的法向量為，則，令，則，如圖2，建立空間直角坐標系，記直線平面，直線平面，連接，

因為平面，平面平面，所以，不妨設，則，，則，故，同理可得，，則有，，設平面的法向量為，則，解得，設，則，故，所以，又與平面之間所成角的正切值為，則，化簡得，解得或，設，則，則，解得，故.當時，.因為，所以，化簡得，解得，滿足要求.當時，.因為，所以，化簡得，解得，滿足要求.綜上所述，的值為或.4．（24-25高三下·甘肅白銀·開學考試）如圖，在三棱柱中，平面平面，為線段上一點．

(1)求證：；(2)是否存在點，使得平面與平面的夾角余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在，或【分析】（1）連接，證明四邊形為平行四邊形，再用菱形性質得到，通過面面垂直的性質得到平面，運用線面垂直性質進而證明，最后使用線面垂直定理得證；（2）以的中點為坐標原點，過O作射線,以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，記平面的法向量求出和平面的法向量，再根據二面角的余弦公式建立方程求解即可.【詳解】（1）連接，因為在三棱柱中，所以四邊形為平行四邊形，因為，所以四邊形為菱形，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面，所以平面，因為平面，所以;（2）如圖，以的中點為坐標原點，過O作射線,則可以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，

因為，則，，設，則，記平面的法向量，則，即，得，易得平面的法向量，由題意：，解得：或，經驗證，或均符合題意．所以或.5．（2025·江西鷹潭·一模）如圖，在三棱柱中，，，(1)求證：；(2)側棱上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，確定點的位