2025年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題09立體幾何一、單選題1．（2025·天津·高考真題）若m為直線，為兩個平面，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】C【分析】根據(jù)線面平行的定義可判斷A的正誤，根據(jù)空間中垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化可判斷BCD的正誤.【詳解】對于A，若，則可平行或異面，故A錯誤；對于B，若，則，故B錯誤；對于C，兩條平行線有一條垂直于一個平面，則另一個必定垂直這個平面，現(xiàn)，故，故C正確；對于D，，則與可平行或相交或，故D錯誤；故選：C.二、多選題2．（2025·全國一卷·高考真題）在正三棱柱中，D為BC中點，則（

）A． B．平面C． D．平面【答案】BD【分析】法一：對于A，利用空間向量的線性運算與數(shù)量積運算即可判斷；對于B，利用線面垂直的判定與性質(zhì)定理即可判斷；對于D，利用線面平行的判定定理即可判斷；對于C，利用反證法即可判斷；法二：根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法逐一分析判斷各選項即可得解.【詳解】法一：對于A，在正三棱柱中，平面，又平面，則，則，因為是正三角形，為中點，則，則又，所以，則不成立，故A錯誤；對于B，因為在正三棱柱中，平面，又平面，則，因為是正三角形，為中點，則，又平面，所以平面，故B正確；對于D，因為在正三棱柱中，又平面平面，所以平面，故D正確；對于C，因為在正三棱柱中，，假設(shè)，則，這與矛盾，所以不成立，故C錯誤；故選：BD.法二：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)該正三棱柱的底邊為，高為，則，對于A，，則，則不成立，故A錯誤；對于BD，，設(shè)平面的法向量為，則，得，令，則，所以，，則平面，平面，故BD正確；對于C，，則，顯然不成立，故C錯誤；故選：BD.三、填空題3．（2025·上?！じ呖颊骖}）如圖，在正四棱柱中，，則該正四棱柱的體積為．

【答案】【分析】求出側(cè)棱長和底面邊長后可求體積.【詳解】因為且四邊形為正方形，故，而，故，故，故所求體積為，故答案為：.4．（2025·全國二卷·高考真題）一個底面半徑為，高為的封閉圓柱形容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)有兩個半徑相等的鐵球，則鐵球半徑的最大值為．【答案】【分析】根據(jù)圓柱與球的性質(zhì)以及球的體積公式可求出球的半徑；【詳解】圓柱的底面半徑為，設(shè)鐵球的半徑為r，且，由圓柱與球的性質(zhì)知，即，，故答案為：.5．（2025·北京·高考真題）某科技興趣小組用3D打印機(jī)制作的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體，其中ABCDEF是一個平面多邊形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，則該多面體的體積為．【答案】【分析】如圖，將一半的幾何體分割成直三棱柱和四棱錐后結(jié)合體積公式可求幾何體的體積.【詳解】先證明一個結(jié)論：如果平面平面，平面平面，平面，則.證明：設(shè)，，在平面取一點，，在平面內(nèi)過作直線，使得，作直線，使得，因為平面平面，，故，而，故，同理，而，故.下面回歸問題.連接，因為且，故，同理，，而，故直角梯形與直角梯形全等，故，在直角梯形中，過作，垂足為，則四邊形為矩形，且為以為直角的等腰直角三角形，故，平面平面，平面平面，,平面，故平面，取的中點為，的中點為，的中點為，連接，則，同理可證平面，而平面，故平面平面，同理平面平面，而平面平面，故平面，故，故四邊形為平行四邊形，故.在平面中過作，交于，連接.則四邊形為平行四邊形，且，故，故四邊形為平行四邊形，而平面，故平面，故平面平面，而，故，故幾何體為直棱柱，而，故,因為，故平面，而平面，故平面平面，在平面中過作，垂足為，同理可證平面，而，故，故，由對稱性可得幾何體的體積為，故答案為：.四、解答題6．（2025·上海·高考真題）如圖，P是圓錐的頂點，O是底面圓心，AB是底面直徑，且．

(1)若直線PA與圓錐底面的所成角為，求圓錐的側(cè)面積；(2)已知Q是母線PA的中點，點C、D在底面圓周上，且弧AC的長為，．設(shè)點M在線段OC上，證明：直線平面PBD．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由線面角先算出母線長，然后根據(jù)側(cè)面積公式求解.（2）證明平面平面，然后根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得.【詳解】（1）由題知，，即軸截面是等邊三角形，故，底面周長為，則側(cè)面積為：;（2）由題知，則根據(jù)中位線性質(zhì)，，又平面，平面，則平面由于，底面圓半徑是，則，又，則，又，則為等邊三角形，則，于是且，則四邊形是平行四邊形，故，又平面，平面，故平面.又平面，根據(jù)面面平行的判定，于是平面平面，又，則平面，則平面

7．（2025·全國一卷·高考真題）如圖所示的四棱錐中，平面，．(1)證明：平面平面；(2)，，，，在同一個球面上，設(shè)該球面的球心為．（i）證明：在平面上；（ⅱ）求直線與直線所成角的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)（i）證明見解析；（ii）.【分析】（1）通過證明，，得出平面，即可證明面面垂直；（2）（i）法一：建立空間直角坐標(biāo)系并表達(dá)出各點的坐標(biāo)，假設(shè)在同一球面上，在平面中，得出點坐標(biāo)，進(jìn)而得出點在空間中的坐標(biāo)，計算出，即可證明結(jié)論；法二：作出的邊和的垂直平分線，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距離相等，得出外心即為，，，所在球的球心，即可證明結(jié)論；（ii）法一：寫出直線和的方向向量，即可求出余弦值.法二：求出的長，過點作的平行線，交的延長線為，連接，，利用勾股定理求出的長，進(jìn)而得出的長，在中由余弦定理求出，即可求出直線與直線所成角的余弦值.【詳解】（1）由題意證明如下，在四棱錐中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）（i）由題意及（1）證明如下，法一：在四棱錐中，，，，∥，，，建立空間直角坐標(biāo)系如下圖所示，∴，若，，，在同一個球面上，則，在平面中，∴，∴線段中點坐標(biāo)，直線的斜率：，直線的垂直平分線斜率：，∴直線的方程：，即，當(dāng)時，，解得：，∴在立體幾何中，，∵解得：，∴點在平面上.法二：∵，，，在同一個球面上，∴球心到四個點的距離相等在中，到三角形三點距離相等的點是該三角形的外心，作出和的垂直平分線，如下圖所示，由幾何知識得，，，，∴，∴點是的外心，在Rt中，，，由勾股定理得，∴，∴點即為點，，，所在球的球心，此時點在線段上，平面，∴點在平面上.（ii）由題意，（1）（2）（ii）及圖得，，設(shè)直線與直線所成角為，∴.法2：由幾何知識得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，過點作的平行線，交的延長線為，連接，，則，直線與直線所成角即為中或其補角.∵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：∴直線與直線所成角的余弦值為：.8．（2025·天津·高考真題）正方體的棱長為4，分別為中點，．(1)求證：平面；(2)求平面與平面夾角的余弦值；(3)求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）法一、利用正方形的性質(zhì)先證明，再結(jié)合正方體的性質(zhì)得出平面，利用線面垂直的性質(zhì)與判定定理證明即可；法二、建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明線面垂直即可；（2）利用空間向量計算面面夾角即可；（3）利用空間向量計算點面距離，再利用錐體的體積公式計算即可.【詳解】（1）法一、在正方形中，由條件易知，所以，則，故，即，在正方體中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面；法二、如圖以D為中心建立空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)是平面的一個法向量，則，令，則，所以，易知，則也是平面的一個法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空間直角坐標(biāo)系，所以，由（1）知是平面的一個法向量，設(shè)平面的一個法向量為，所以，令，則，即，設(shè)平面與平面的夾角為，則；（3）由（1）知平面，平面，∴，易知，又，則D到平面的距離為，由棱錐的體積公式知：.9．（2025·北京·高考真題）如圖，在四棱錐中，與均為等腰直角三角形，，E為BC的中點．(1)若分別為的中點，求證：平面PAB；(2)若平面ABCD，，求直線AB與平面PCD所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，只需證明即可；（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出直線AB的方向向量與面PCD的法向量，根據(jù)向量夾角公式即可求解.【詳解】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，與為等腰直角三角形且，不妨設(shè)，..E、F分別為BC、PD的中點，，且.，，，∴四邊形FGMN為平行四邊形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB；（2）平面ABCD，以A為原點，AC、AB、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，設(shè)平面PCD的一個法向量為，，，取，，.設(shè)AB與平面PCD所成角為，則，即AB與平面PCD所成角的正弦值為.10．（2025·全國二卷·高考真題）如圖，在四邊形中，，F(xiàn)為CD的中點，點E在AB上，，，將四邊形沿翻折至四邊形，使得面與面EFCB所成的二面角為．(1)證明:平面；(2)求面與面所成的二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先應(yīng)用線面平行判定定理得出平面及平面，再應(yīng)用面面平行判定定理得出平面平面，進(jìn)而得出線面平行；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用已知條件將點的坐標(biāo)表示出來，然后將平面及平面的法向量求出來，利用兩個法向量的數(shù)量積公式可將兩平面的夾角余弦值求出來，進(jìn)而可求得其正弦值.【詳解】（1）設(shè)，所以，因為為中點，所以，因為，，所以是平行四邊形，所以，所以，因為平面平面，所以平面，因為平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）因為，所以，又因為，所以，以為原點，以及垂直于平面的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系.因為，平面與平面所成二面角為60°，所以.則，，，，，.所以.設(shè)平面的法向量為，則，所以，令，則，則.設(shè)平面的法向量為，則，所以，令，則，所以.所以.所以平面與平面夾角的正弦值為.一、單選題1．（2025·甘肅白銀·二模）設(shè)是兩個平面，是兩條直線，則下列命題為真命題的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則或與相交【答案】D【分析】對于ABC,根據(jù)空間線、面垂直關(guān)系逐項分析判斷即可；對于D,根據(jù)線、面平行關(guān)系分析判斷即可.【詳解】對于A，若，則，又，則或，故A錯誤；對于B，由，可知可能平行或相交，故B錯誤；對于C，若，則有可能是，也可能，故C錯誤；對于D，由，可知可能平行或相交，故D正確.故選：D.2．（2025·湖南·一模）亭是我國古典園林中最具特色的建筑形式，它是逗留賞景的場所，也是園林風(fēng)景的重要點綴．重檐圓亭（圖1）是常見的一類亭，其頂層部分可以看作是一個圓錐以及一個圓臺（圖2）的組合體．已知某重檐涼亭的圓臺部分的軸截面如圖3所示，則該圓臺部分的側(cè)面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出，利用圓臺側(cè)面積公式進(jìn)行求解.【詳解】圓臺的上底圓直徑為3，上底圓直徑為4.6，高為0.6，過點作，垂足分別為，故，故，故該圓臺部分的側(cè)面積為.故選：B3．（2025·山東濟(jì)南·三模）如圖，下列正方體中，M，N，P，Q分別為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線MN和PQ為異面直線的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征及平行公理推、情感教練的判定定理逐項分析判斷.【詳解】對于A，如圖，，四點共面，A不是；對于B，如圖，，四點共面，B不是；對于C，如圖，，四點共面，C不是；對于D，如圖，平面，平面，平面，直線，則與是異面直線，D是.故選：D4．（2025·遼寧大連·三模）設(shè)為兩個平面，為兩條直線，且.下述四個命題：①若，則或②若，則或③若且，則④若與所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【答案】A【分析】根據(jù)線面平行的判定定理即可判斷①；舉反例即可判斷②④；根據(jù)線面平行的性質(zhì)即可判斷③.【詳解】對①，當(dāng)，因為，，則，當(dāng)，因為，，則，當(dāng)既不在也不在內(nèi)，因為，，則且，故①正確；對②，若，，與不垂直，則與不垂直，若，，與不垂直，則與不垂直，故②錯誤；對③，過直線分別作兩平面與分別相交于直線和直線，因為，過直線的平面與平面的交線為直線，則根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理知，同理可得，則，因為平面，平面，則平面，因為平面，，則，又因為，則，故③正確；對④，若與和所成的角相等，如果，則，故④錯誤；綜上只有①③正確.故選：A.5．（2025·湖南益陽·三模）已知圓錐的母線長為，其外接球體積為，則該圓錐的表面積為（

）A．3π B．6π C．9π D．12π【答案】C【分析】由外接球的體積公式可得其半徑，然后作出圓錐及其外接球的軸截面，由勾股定理列出方程，代入計算，即可得到底面圓的半徑，再由圓錐的表面積公式代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】圓錐及其外接球的軸截面如圖，該其外接球的半徑為，則外接球體積為，則，即，設(shè)圓錐的高為，圓錐的底面圓半徑為，則，由，解得，則此圓錐的表面積為.故選：C6．（2025·北京大興·三模）《九章算術(shù)》是我國古代的一部數(shù)學(xué)名著，書中記載了一類名為“羨除”的五面體．如圖，在羨除中，底面是正方形，∥平面，，其余棱長都為，則這個幾何體的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接交于點,取的中點為,則平面,取的中點為,連接,則,過作,則平面,進(jìn)而求解體積.【詳解】連接交于點,取的中點為,則平面,由其余棱長都為，所以取的中點為,連接,則,過作,則平面,如圖所示，由題意可知，,則,所以,所以.故選：D7．（2025·河南·二模）棱長均為2的正三棱柱的各個頂點都在球的球面上，則球的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】設(shè)的外接圓的半徑為，正三棱柱的外接球的半徑為，根據(jù)正弦定理和球的截面的性質(zhì)，分別求得和的值，結(jié)合球的體積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，因為正三棱柱的底面是邊長為的等邊三角形，設(shè)的外接圓的半徑為，正三棱柱的外接球的半徑為，可得，則，所以正三棱柱外接球的體積為.故選：D8．（2025·湖北武漢·三模）如圖，如圖1的“方斗”古時候常作為一種容器，有如圖2的方斗杯，其形狀是一個上大下小的正四棱臺，，，現(xiàn)往該方斗杯里加水，當(dāng)水的高度是方斗杯高度的時，水的體積為84，則該方斗杯可盛水的總體積為（

）A．112 B． C． D．496【答案】B【分析】根據(jù)已知條件結(jié)合臺體體積公式計算求解即可.【詳解】設(shè)水面與棱臺的四條側(cè)棱分別相交于，過作交于點E，交于點，如下圖所示：易知四邊形為等腰梯形，則四邊形為平行四邊形，因為水面的高度是方斗杯高度的，則，因此，設(shè)棱臺的高為，設(shè)體積為V，則棱臺的高為，設(shè)體積為，則所以，由題意，，則該方斗杯可盛水的總體積為故選：B.9．（2025·遼寧·三模）在正四棱柱中，分別是的中點，則直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】解法一：以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，求得的坐標(biāo)，結(jié)合向量的加減公式，即可求解；解法二：設(shè)，取的中點P，連接，證得和，得到（或其補角）是異面直線與所成角，在中，結(jié)合余弦定理，即可求解．【詳解】解法一：以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，可得，則，所以.解法二：設(shè)，則，如圖所示，取的中點P，連接，在正方形中，可得，在三角形中，因為是的中點，可得，所以（或其補角）是異面直線與所成角，在直角中，可得，在直角中，可得，在直角中，可得,在中，由余弦定理得．故選:D．10．（2025·云南·三模）正三棱臺的上、下底邊長分別為6，18，該正三棱臺內(nèi)部有一個內(nèi)切球（與上、下底面和三個側(cè)面都相切），則正三棱臺的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由幾何體結(jié)構(gòu)特征，得到內(nèi)切球與上、下底面切點為上下底的重心，作截面圖，設(shè)內(nèi)切球半徑為r，根據(jù)球的性質(zhì)，求得，得到正三棱臺的高為，結(jié)合棱臺的表面積公式，即可求解.【詳解】由題意知，正三棱臺的上、下底邊長分別為和，可得上下底正三角形的高分別為，，由幾何體結(jié)構(gòu)特征，可得內(nèi)切球與上、下底面切點為上下底的重心，故如圖甲所示，作截面，得到圖乙，設(shè)內(nèi)切球半徑為r，則，解得，所以正三棱臺的高為6，所以.故選：D．11．（2025·河北秦皇島·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，、分別為、的中點，則過點、、的平面與側(cè)面的交線長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設(shè)平面分別交棱、于點、，利用面面平行的性質(zhì)得出、，結(jié)合等角定理得出、，進(jìn)而可求得、、、的長，再利用勾股定理可求出的長，即為所求.【詳解】設(shè)平面分別交棱、于點、，如下圖所示：因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因為，由等角定理及圖形可知，則，即，故，故，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因為，由等角定理及圖形可得，所以，即，所以，所以，故.因此，平面與側(cè)面的交線長為.故選：A.12．（2025·湖北·三模）在正三棱臺中，分別為棱的中點，，四邊形為正方形，則與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】延長交于點，，根據(jù)正棱臺可判斷三棱錐為正三棱錐，根據(jù)棱長進(jìn)而判斷為正四面體，由正四面體的性質(zhì)即可結(jié)合長度以及線面角的定義求解.【詳解】由題意可知，延長必交于一點，由可知，分別是的中點，又點為線段的中點，所以，因分別為棱的中點，則，又四邊形為正方形，所以，所以，由于三棱錐為正三棱錐，因此三棱錐為正四面體，因此直線與平面所成的角即為直線與平面所成角，取的中心為，連接，則平面，所以為直線與平面所成角，設(shè)正四面體的棱長為，在中，，，在中，，故直線與平面所成角的正弦值為.故選：B13．（2025·甘肅·二模）如圖，在三棱錐中，平面，且，若在內(nèi)（包括邊界）有一動點，使得與平面所成角的正切值為，則點的軌跡長為（

）A． B． C． D．6【答案】C【分析】過作平面，為等邊的中心，由等體積發(fā)可得，則與平面所成角為，所以，的軌跡為以為圓心，以為半徑的落在內(nèi)的圓?。驹斀狻窟^作平面，因為，所以是邊長為2的等邊三角形，易知為的中心，由，則，則，與平面所成角為，因為與平面所成角的正切值為，所以，解得，所以的軌跡為以為圓心，以為半徑的落在內(nèi)的圓?。鶕?jù)，可知四邊形是菱形，且，根據(jù)對稱性可知：所形成的軌跡是三段等長的圓弧，故的軌跡長為．故選：C【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)線面角的定義找到與平面所成角，從而得的軌跡是解題關(guān)鍵.14．（2025·天津河西·二模）在正四棱錐中，底面四邊形是邊長為的正方形，當(dāng)該正四棱錐的外接球半徑與內(nèi)切球半徑之比最小時，則該正四棱錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】對外接球，根據(jù)幾何關(guān)系建立方程求解半徑；對內(nèi)切球，先求出側(cè)面三角形面積進(jìn)而得到四棱錐表面積，再利用等體積法求出內(nèi)切球半徑，最后得到的表達(dá)式，通過換元法結(jié)合基本不等式求其最小值及對應(yīng)的值，最后利用錐體體積公式求解即可.【詳解】設(shè)正四棱錐的高為，設(shè)，連接，則平面，設(shè)該正四棱錐的外接球球心為，則在直線上，取的中點，連接、，對外接球，解得：，對內(nèi)切球：，故四棱錐表面積，由體積法：，所以，令，則，進(jìn)而，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取最小值，此時.因此，該正四棱錐的體積為.故選：B.二、多選題15．（2025·山東濰坊·二模）在正方體中，、分別為線段、的中點，則（

）A．與異面 B．平面C． D．平面【答案】AC【分析】利用異面直線的定義可判斷A選項；建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可判斷BCD選項.【詳解】以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長為，則、、、、、、，對于A選項，、既不平行，也不相交，故與異面，A對；對于B選項，，易知平面的一個法向量為，則，故與平面不平行，B錯；對于C選項，，所以，，故，C對；對于D選項，，所以，，所以，、不垂直，故與平面不垂直，D錯.故選：AC.16．（2025·河北衡水·三模）如圖，該幾何體是高相等的正四棱柱和正四棱錐組成的幾何體，若該幾何體底面邊長和上面正四棱錐的側(cè)棱長均為10cm，則下列選項中正確的是（

）A．正四棱錐的高為B．該幾何體的表面積為C．該幾何體的體積為D．一只小螞蟻從點E爬行到點S，它所經(jīng)過的最短路程為【答案】ACD【分析】求出四棱錐的高判斷A；求出表面積判斷B；求出體積判斷C；將長方形及正置于同一平面，求出判斷D.【詳解】對于A，正四棱錐底面半徑，高，故A正確；對于B，幾何體的表面積為，故B錯誤；對于C，該幾何體的體積為，故C正確；對于D，觀察圖形知，小螞蟻從點爬行到點的最短路徑為沿表面越過棱或，由對稱性，不妨取長方形及正，將它們置于同一平面內(nèi)，連接，如圖，取中點，連接，則，而，所以最短路程為，故D正確.故選：ACD17．（2025·河北秦皇島·一模）已知在正三棱柱中，為棱的中點，為棱的中點，則（

）A．平面B．若，則C．若，則直線與直線所成角的余弦值為D．若，則平面與平面的夾角為【答案】ABD【分析】利用線面平行的判定推理判斷A；利用空間位置的向量證明判斷B；利用幾何法求出異面直線夾角余弦判斷C；求出二面角大小判斷D.【詳解】對于A，依題意，，則四邊形為平行四邊形，，而平面，平面，因此平面，A正確；對于B，，，，則，B正確；對于C，由選項A知，是直線與直線所成的角或其補角，令，則，，C錯誤；對于D，取的中點，連接，則是正三棱柱的中截面，平面平面，平面與平面的夾角等于平面與平面的夾角，取的中點，連接，由，得，又，則是平面與平面的夾角，在中，，，D正確.故選：ABD

18．（2025·江蘇蘇州·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，為的中點，為側(cè)面內(nèi)的動點（含邊界），則下列說法正確的是（

）A．使三棱錐體積取得最大值的點唯一B．存在點，使得直線與的夾角為C．時，點的軌跡是線段D．平面時，點的軌跡長為【答案】BCD【分析】對于A，求證平面并結(jié)合正方體結(jié)構(gòu)性質(zhì)即可判斷；對于B，由直線與平面所成的角和即可判斷；對于C，由結(jié)合平面即可判斷；對于D，由向量法求證平面即可求解判斷D.【詳解】對于A，連接，由正方體結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知平面，因為平面，所以，又，平面，所以平面，又由正方體結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知側(cè)面內(nèi)（含邊界）點和點兩點到平面的距離最大且相等，所以使三棱錐體積取得最大值的點有兩個點，故A錯誤；對于B，由正方體結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知平面，所以是直線與平面所成的角，由題意可得，此時，則，由正方形性質(zhì)可知在平面上點和點與直線距離最大，而，故，所以存在點，使得直線與的夾角為，故B正確；對于C，分別取中點，連接，以D為坐標(biāo)原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，則，則，則即，又平面，所以平面，則若，則點的軌跡是線段，故C正確；對于D，取三等分點X且，連接，則，又，則，設(shè)平面的一個法向量為，則，所以，取，則，則，且不在平面，所以平面，若平面，則點的軌跡為線段，此時點的軌跡長度為，故D正確；故選：BCD19．（2025·江蘇蘇州·三模）已知四棱錐中，平面，四棱錐的外接球的球心為．記四棱錐的體積分別為，三棱錐的體積分別為，則下列說法中正確的有（

）A．B．C．D．若二面角的平面角大小為，則的最大值為【答案】ABD【分析】利用線面垂直的性質(zhì)判定推理判斷A；利用錐體的體積推理判斷BC；利用二面角的意義，列出錐體的體積關(guān)系，再利用基本不等式求出最大值判斷D.【詳解】對于A，由四棱錐有外接球，得四邊形有外接圓，由，得，由平面，平面，得，而，平面，則平面，又平面，因此，A正確；對于B，由平面，得球心到平面的距離等于，因此，B正確；對于C，均在以線段為直徑的圓上，但面積無任何關(guān)系，不能確定，C錯誤；對于D，由，得是二面角的平面角，即，則令，，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，因此的最大值為，D正確.故選：ABD20．（2025·四川自貢·三模）如圖1，在中，，，，、分別在AB，AC上，且.將沿翻折得到圖2，其中.記三棱錐外接球球心為，球表面積為，三棱錐外接球球心為，球表面積為，則在圖2中，下列說法正確的有（

）

A．B．直線與所成角的正弦值為C．平面D．【答案】AC【分析】根據(jù)勾股定理和線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理可判斷A，根據(jù)，確定為異面直線與所成角的平面角，求解后可判斷B；確定為的中點，為的中點，可得，進(jìn)而得平面，從而可判斷C；根據(jù)球的表面積公式計算即可判斷D.【詳解】選項A：由圖1，在直角中，，，因為，所以，且，，，，，由圖2，在直角中，，因為，且，所以，所以在直角中，，又，所以，所以，又因為，，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正確；選項B：因為，所以即為所求，因為平面，平面，所以，所以在直角中，，故B不正確；選項C：由上可知平面，，則的中點到距離相等，因為平面，，則的中點到距離相等，所以為的中點，同理可知為的中點，所以，平面，平面，所以平面，故C正確；選項D：由選項C可知：球的半徑，球的半徑，所以，故D不正確.故選：AC.21．（2025·四川眉山·三模）某廣場內(nèi)設(shè)置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由正方體截去八個一樣的四面體得到的(被稱作阿基米德體)，如圖所示，若該石凳的棱長為，下列結(jié)論正確的有（

）A．平面 B．該石凳的體積為C．，，，四點共面 D．點到平面的距離為【答案】AC【分析】由題意可得A正確；由正方體的體積減去八個三棱錐的體積可得B錯誤；由圖中幾何關(guān)系可得C正確；建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的一個法向量，代入空間點面距離公式可得D錯誤.【詳解】“阿基米德體”是由如圖所示得到的，即“阿基米德體”的所有頂點都是正方體的棱的中點.A選項：由圖可知平面，故A選項正確；B選項：，故B選項錯誤；C選項：∵，，，四點均是正方體個棱上中點，∴，且這個六條邊長全相等，∴，，，四點共面，故C選擇正確；D選項：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，∵，∴正方體棱長為4，∴，，，，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，解得，即，，∴點到平面的距離，故D選項錯誤.故選：AC22．（2025·山東德州·三模）在四棱錐中，底面是邊長為1的正方形，平面，且，點，，分別為棱的中點，則（

）A．B．異面直線和所成的角為C．平面與平面所成角的正弦值為D．過點，，的平面截四棱錐所得的截面圖形為五邊形【答案】ACD【分析】以點為原點，所在直線分別為軸，建立平面直角坐標(biāo)系，利用空間向量的系列公式計算即可判斷A，B，C；對于D，作出截面即得.【詳解】如圖，因平面，底面是邊長為1的正方形，故可以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系.對于A，，則，因，則，即A正確；對于B，因點是的中點，故且，則，設(shè)和所成的角為，則，因，故，故B錯誤；對于C，由于平面，平面的法向量可取為，點為棱的中點，則，，。設(shè)平面法向量為，則，則，解得設(shè)直線與平面所成角為，則，則，故C正確；對于D，如圖，延長與直線交于點，延長與直線交于點，連接與交于點，連接與交于點，連接，則平面截四棱錐的截面為五邊形.即D正確.故選：ACD.三、填空題23．（2025·黑龍江哈爾濱·三模）在三棱錐中，平面ABC，，則三棱錐外接球的半徑為．【答案】【分析】利用補形法即可求解.【詳解】因為平面，，所以可將三棱錐放入長方體中，如圖所示，則三棱錐的外接球即是所在長方體的外接球，長方體的體對角線就是外接球的直徑，故PC為外接球直徑，故半徑為，故答案為：．24．（2025·遼寧大連·三模）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．【答案】/0.6【分析】分析可知幾何體是三棱臺，利用割補法結(jié)合臺體的體積公式運算求解．【詳解】如圖，連接，不妨設(shè)，棱臺的高設(shè)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．故答案為：．25．（2025·湖南·三模）如圖，在直三棱柱中，△ABC是正三角形，D為AC的中點，點E在棱上，且，若，，則點到平面BDE的距離為.【答案】【分析】建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出，其中是平面的法向量，結(jié)合公式即可運算求解.【詳解】如圖，取的中點，因為平面，平面，所以，因為三角形是等邊三角形，點是中點，所以，所以兩兩互相垂直，以點為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，因為，，，D為AC的中點，所以，所以，設(shè)平面的法向量為，所以，令，解得，所以可取，點到平面BDE的距離為.故答案為：.26．（2025·遼寧鞍山·一模）正四面體內(nèi)切球與其外接球表面積之比為．【答案】【分析】分別找到外接球球心和內(nèi)切球球心，利用勾股定理求解外接球半徑，三角形相似知識求解內(nèi)切球半徑，求出內(nèi)切球半徑與外接球半徑之比，進(jìn)而求出表面積之比．【詳解】如圖1，過點A作底面于點F，則F為正三角形的中心，連接并延長，交于點E，則E為中點，且，在上取點O，此點為正四面體的外接球球心，則，設(shè)正四面體棱長為a，則，故，由勾股定理得：，設(shè)，由得：，解得：，如圖2，作出正四面體的截面，則正四面體的內(nèi)切球與，相切，設(shè)內(nèi)切球球心為，半徑為r，則作于點G，則，，其中，，由得：，即，解得：，則，所以內(nèi)切球的表面積與外接球表面積之比為，故答案為：．27．（2025·安徽蚌埠·三模）三棱錐中，，，，，則三棱錐的體積的最大值為．【答案】【分析】根據(jù)幾何體的外界球的解法，判斷當(dāng)點在三棱錐的外接球的頂端，且平面ABC，此時三棱錐的體積的最大，求解即可．【詳解】如圖所示，因為，，由余弦定理得：，所以，外接圓的圓心為，則半徑，當(dāng)點在三棱錐的外接球的頂端時，且平面，點到平面的距離最大，又，所以，，所以三棱錐的體積的最大值為．故答案為：2.28．（2025·安徽合肥·三模）在長方體中，．若，點M在長方體內(nèi)且，則平面ADM截長方體的截面面積為．【答案】【分析】設(shè)由可得，用表示正切值，利用和角的正切公式求得，再由求得，利用構(gòu)造平面，連接并延長交于點，連接，過點作，交于點，即可得矩形為平面ADM截長方體得到的截面，求其面積即可.【詳解】已知，則，設(shè)，因為，，，，所以，化簡得，得，即．又，則因，則組成一個平面，由可知在線段點在上，故點在平面內(nèi)，連接并延長交于點，連接，過點作，交于點，連接，則矩形即平面截長方體得到的截面.因，即，．故答案為：.四、解答題29．（2025·北京·三模）如圖，在四棱柱中，側(cè)面和底面均為菱形，且

為的中點，與平面交于點，(1)求證:為的中點；(2)若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)面面平行可得，根據(jù)中位線的性質(zhì)可得；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量法求解二面角的余弦值.【詳解】（1）在四棱柱中，平面平面，又因為平面CDE平面ABCD=CD，所以，又因為，所以，又因為E為的中點，所以F為的中點（2）取AD的中點O，連接，在四棱柱中，四邊形，四邊形均為菱形，又所以均為等邊三角形，所以，又因為平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，平面，所以平面ABCD，平面ABCD，所以，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，所以，所以即為平面的一個法向量，，設(shè)平面的一個法向量為，所以，令得，所以，所以，因為二面角為銳角，所以二面角的余弦值為，30．（2025·黑龍江哈爾濱·二模）如圖，矩形中，，，E為BC的中點，將沿翻折至，平面平面．(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，即可證明，再由面面垂直的性質(zhì)得到平面，從而得到，結(jié)合，即可得證；（2）以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）連接，由,，得，由，，得，所以，所以，即，由平面平面，平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面.（2）如圖以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，所以，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，設(shè)直線與平面所成角為，則直線與平面所成角的正弦值為．31．（2025·福建廈門·三模）在三棱錐中，，，，是的中點，且平面平面.(1)證明：平面；(2)已知平面經(jīng)過直線，且，直線與平面所成角的正弦值為，求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)或【分析】（1）由平面平面，得到平面，再結(jié)合即可求證；（2）建系，設(shè)求得平面法向量及直線方向向量，代入夾角公式即可求解，利用體積公式計計算得出結(jié)果.【詳解】（1）因為平面平面，平面平面平面，所以平面.又平面，所以.又平面，所以平面.（2）記的中點為，連接，因為，所以，因為平面平面，所以平面.因為分別是的中點，所以，又，所以.以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系設(shè)，則，所以.由題知，設(shè)平面的法向量為，則即令，則，則.則.化簡可得，解得或，三棱錐的體積，所以體積為或.32．（2025·山西·三模）如圖，在三棱柱中，所有的棱長均相等，是的中點，在上底面的投影為的重心．(1)證明：；(2)求平面與平面的夾角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)定理得，再根據(jù)線面垂直的判定定理得平面，最后利用線面垂直的性質(zhì)定理證明即可.（2）解法一：延長交于點，則為平面與平面的夾角，然后利用直角三角形知識求解，再結(jié)合利用誘導(dǎo)公式求解即可；解法二：建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量，利用向量法及同角三角函數(shù)關(guān)系求出正弦值.【詳解】（1）在上底面的投影為的重心．平面，平面，，，，是等邊三角形，是的中點，故，，平面，平面，平面，又因為平面，.（2）解法一：延長交于點，如圖所示，由（1）知平面，故為平面與平面的夾角，，，設(shè)棱長為1，則，為重心，，，，平面與平面的夾角的正弦值為.解法二：設(shè)，有，，，可求得，由，，可得，又由平面，以為坐標(biāo)原點，，，分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，有，，，，，可得，，設(shè)平面的一個法向量為，有，取，，，可得，又由平面的一個法向量為，有，，，有，故平面與平面的夾角的正弦值為．33．（2025·重慶·三模）如圖，已知在四棱錐中，，平面，平面平面.(1)證明：；(2)若且，G為的重心，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理即可證明；（2）以為坐標(biāo)原點,,為軸、軸,過平行于的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出直線的方向向量與平面的法向量，由線面角的向量公式代入即可得出答案.【詳解】（1）平面,平面,.過作,交于點,平面平面,平面平面平面,∴所以平面平面，,又平面，平面，平面，平面（2）以為坐標(biāo)原點,,為軸、軸,過平行于的直線為軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則,.設(shè),，由題意可得解得G為的重心，設(shè)平面的一個法向量為,則,∴，令,則，∴，設(shè)直線與平面所成角為，則.34．（2025·河北邢臺·三模）如圖，在斜三棱柱中，，，點在底面上的投影為的中點，點滿足.(1)當(dāng)時，證明：平面平面；(2)已知，若平面與平面夾角的余弦值為，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)或【分析】（1）根據(jù)投影的定義結(jié)合已知條件可得平面，然后根據(jù)面面垂直的判定即可得；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，通過向量法求解面面夾角的余弦列出方程，然后解方程即可；【詳解】（1）當(dāng)時，即為線段的中點，因為，所以，所以，又，所以，又因為平面，平面//平面，所以平面，平面，所以，且，，平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面.（2）因為，為的中點，所以，且平面，故以為坐標(biāo)原點，，，分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為，所以，，所以，，，，可得，，所以，.設(shè)平面的法向量為，則化簡得令，則，，可得，由題意可知，平面的法向量，所以，又平面與平面夾角的余弦值為，所以，解得或，所以的值為或.35．（2025·山東煙臺·三模）如圖，在四棱錐中，是邊長為2的正三角形，且二面角的大小為．底面為平行四邊形，，，點Q在棱上且．(1)若，證明：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）只需證明，再結(jié)合線面平行的判定定理即可得證；（2）以為坐標(biāo)原點，，所在直線為x，y軸，過A且垂直平面的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求直線的方向向量與平面的法向量，由向量夾角公式可得，結(jié)合即可求解.【詳解】（1）若，即Q為中點，連接交于點M，連接，因為為的中位線，所以，因為平面，面，所以平面．（2）因為，，，所以．以A為坐標(biāo)原點，，所在直線為x，y軸，過A且垂直平面的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為是邊長為2的正三角形，所以P和中點連線的距離為，因為二面角的大小為，所以點P到底面的距離為，點P在底面的射影到的距離為，所以點P在底面的射影在邊上且靠近C的四分之一等分點處，所以，所以，因為，所以，又，．又，設(shè)平面的一個法向量，則，即，令，則，，即，，又，設(shè)直線與平面所成角為，則，整理得．所以當(dāng)時，，所以．即直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為．36．（2025·四川巴中·二模）如圖，在直三棱柱中，，平面平面，點分別是棱的中點，點是線段上的一點(1)求證：；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明，再證明，由條件結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理證明平面，由此可證，再結(jié)合，根據(jù)線面垂直判定定理證明平面，取的中點，證明，通過證明結(jié)論，完成證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，求直線的方向向量與平面的法向量，結(jié)合向量夾角公式求直線與平面所成角的正弦值，列方程求可得結(jié)論；【詳解】（1）連接，如圖所示：在直三棱柱中，平面，又，平面，所以，，又，所以四邊形是正方形，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，取的中點，連接，，如圖所示.因為是的中點，是的中點，所以，，又是棱的中點，所以，，所以四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以，又，所以.（2）因為平面，平面，所以，又，，所以以為坐標(biāo)原點，，，為軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示.所以，，，，，，所以，，所以，設(shè)（），所以.設(shè)平面的一個法向量為，所以，令，解得，，所以平面的一個法向量為.又，設(shè)直線與平面所成角的大小為，所以，化簡可得，解得或（舍），所以.37．（2025·湖南岳陽·三模）如圖，在梯形中，，，，，，分別為線段，上異于端點的一點，，將梯形沿翻折至與梯形垂直的位置，得到多面體．(1)若，證明：．(2)若平面，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）在梯形中，過點作，垂足為，即可求出、，由面面垂直的性質(zhì)得到平面，建立空間向量直角坐標(biāo)系，設(shè)，由得到，即可求出，從而得證；（2）求出平面的法向量，則，即可求出，再由空間向量法計算可得.【詳解】（1）在梯形中，過點作，垂足為，如圖所示：在中，，，所以，，又，，所以，，梯形沿翻折至與梯形垂直的位置，即平面平面，又平面平面，平面，，所以平面，又，以點為原點，、、所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，.所以，，因為，所以，所以，解得或(舍去).此時，，所以.（2）設(shè)平面的法向量為，由，，則，取，則，，即，因為平面，所以，則，即，解得.此時，，設(shè)直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角的正弦值為.38．（2025·甘肅白銀·二模）如圖，已知正方形的邊長為分別為的中點，以為棱將正方形折成如圖所示，使得二面角的大小為，點在線段上且不與點重合.(1)直線與由三點所確定的平面相交，交點為，若，求的長度，并求此時點到平面的距離；(2)若，求平面與平面夾角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】（1）取中點，證明得，及，設(shè)，求出，過作于，證明得平面，即為點到平面的距離，進(jìn)而得到答案；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)面面角的法向量求法求解即可．【詳解】（1）由題意可知，，平面，所以平面，同理可得平面，因為二面角為，所以，所以與均是全等的正三角形，取中點，則，由平面平面得，又，平面，因此平面，即，因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，設(shè)，所以，，所以即，所以的長為.過作于，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，即為點到平面的距離，因為，所以，所以，所以點到平面的距離為.（2）因為，所以，又平面平面，所以即為二面角的平面角，所以.取中點，連接，如圖，因為，所以，所以，所以，因為，所以，又平面，所以平面，因為，平面，所以，則以為坐標(biāo)原點，方向為軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則，