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)空間中垂直關系的轉化可判斷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，則，這與矛盾，所以不成立，故C錯誤；故選：BD.法二：如圖，建立空間直角坐標系，設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合體積公式可求幾何體的體積.【詳解】先證明一個結論：如果平面平面，平面平面，平面，則.證明：設，，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?！じ呖颊骖}）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：建立空間直角坐標系并表達出各點的坐標，假設在同一球面上，在平面中，得出點坐標，進而得出點在空間中的坐標，計算出，即可證明結論；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，直線的斜率：，直線的垂直平分線斜率：，∴直線的方程：，即，當時，，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系，則，所以，設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系，所以，由（1）知是平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，所以，令，則，即，設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?shù)目臻g直角坐標系，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，..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系，設，則，，設平面PCD的一個法向量為，，，取，，.設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）先應用線面平行判定定理得出平面及平面，再應用面面平行判定定理得出平面平面，進而得出線面平行；（2）建立空間直角坐標系，利用已知條件將點的坐標表示出來，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，進而可求得其正弦值.【詳解】（1）設，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，建立空間直角坐標系.因為，平面與平面所成二面角為60°，所以.則，，，，，.所以.設平面的法向量為，則，所以，令，則，則.設平面的法向量為，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、面垂直關系逐項分析判斷即可；對于D,根據(jù)線、面平行關系分析判斷即可.【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，則該圓臺部分的側面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出，利用圓臺側面積公式進行求解.【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，故該圓臺部分的側面積為.故選：B3．（2025·山東濟南·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，結合正方體的結構特征及平行公理推、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，因為，，則，當，因為，，則，當既不在也不在內(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》是我國古代的一部數(shù)學名著，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)已知條件結合臺體體積公式計算求解即可.【詳解】設水面與棱臺的四條側棱分別相交于，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，設棱臺的高為，設體積為V，則棱臺的高為，設體積為，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，建立空間直角坐標系，設，則，求得的坐標，結合向量的加減公式，即可求解；解法二：設，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系，設，則，可得，則，所以.解法二：設，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】由幾何體結構特征，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，，由幾何體結構特征，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、、的平面與側面的交線長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設平面分別交棱、于點、，利用面面平行的性質(zhì)得出、，結合等角定理得出、，進而可求得、、、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)棱長進而判斷為正四面體，由正四面體的性質(zhì)即可結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)的圓弧．根據(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)幾何關系建立方程求解半徑；對內(nèi)切球，先求出側面三角形面積進而得到四棱錐表面積，再利用等體積法求出內(nèi)切球半徑，最后得到的表達式，通過換元法結合基本不等式求其最小值及對應的值，最后利用錐體體積公式求解即可.【詳解】設正四棱錐的高為，設，連接，則平面，設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，進而，當且僅當，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；建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷BCD選項.【詳解】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，不妨設正方體的棱長為，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，求證平面并結合正方體結構性質(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，由正方體結構性質(zhì)可知平面，因為平面，所以，又，平面，所以平面，又由正方體結構性質(zhì)可知側面內(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，由正方體結構性質(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為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，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，，，當且僅當，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；由圖中幾何關系可得C正確；建立空間直角坐標系，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系，∵，∴正方體棱長為4，∴，，，，所以，設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，建立空間直角坐標系.對于A，，則，因，則，即A正確；對于B，因點是的中點，故且，則，設和所成的角為，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，，。設平面法向量為，則，則，解得設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?shù)目臻g直角坐標系，求出，其中是平面的法向量，結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，以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，因為，，，D為AC的中點，所以，所以，設平面的法向量為，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，設正四面體棱長為a，則，故，由勾股定理得：，設，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，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系，所以，所以即為平面的一個法向量，，設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，結合，即可得證；（2）以為原點，建立空間直角坐標系，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，建立空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，設平面的法向量為，則，取，設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，再結合即可求證；（2）建系，設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.以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系設，則，所以.由題知，設平面的法向量為，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，再結合利用誘導公式求解即可；解法二：建立空間直角坐標系，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，有，，，可求得，由，，可得，又由平面，以為坐標原點，，，分別為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，有，，，，，可得，，設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）以為坐標原點,,為軸、軸,過平行于的直線為軸建立空間直角坐標系，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系，則,.設,，由題意可得解得G為的重心，設平面的一個法向量為,則,∴，令,則，∴，設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，故以為坐標原點，，，分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，所以，，所以，，，，可得，，所以，.設平面的法向量為，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，再結合線面平行的判定定理即可得證；（2）以為坐標原點，，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，設平面的一個法向量，則，即，令，則，，即，，又，設直線與平面所成角為，則，整理得．所以當時，，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，由條件結合面面垂直的性質(zhì)定理證明平面，由此可證，再結合，根據(jù)線面垂直判定定理證明平面，取的中點，證明，通過證明結論，完成證明；（2）建立空間直角坐標系，設，求直線的方向向量與平面的法向量，結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，，所以以為坐標原點，，，為軸，軸，軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示.所以，，，，，，所以，，所以，設（），所以.設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系，設，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系，設，則，，，.所以，，因為，所以，所以，解得或(舍去).此時，，所以.（2）設平面的法向量為，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，求出，過作于，證明得平面，即為點到平面的距離，進而得到答案；（2）建立空間直角坐標系，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，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，則以為坐標原點，方向為軸正方向建立空間直角坐標系如圖所示，則，則，設平面的法向量，則令，則，所以.設平面的法向量，又，所以，令，則，所以.所以.設平面與平面夾角為，所以，故平面與平面夾角的正弦值為.39．（2025·江西萍鄉(xiāng)·三模）已知四棱錐中，二面角為直二面角，，，M為棱上一點.(1)證明：；(2)若M為中點，求二面角的正弦值；(3)若平面，點N在平面上，若直線與平面所成角為，求的最小值.【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】（1）由面面垂直的性質(zhì)定理得平面，再由線面垂直的性質(zhì)和判斷證明結論；（2）過點S作于點O，連接，構建合適的空間直角坐標系，標注出相關點坐標，進而求出相關平面的法向量，應用向量法求二面角的余弦值，即可得；（3）根據(jù)已知易得M與O點重合，設，p，，根據(jù)已知線面角，應用向量法列方程求得，進而有，結合及模長的坐標運算求最值.【詳解】（1）由，得，二面角為直二面角，即平面平面，而平面平面，平面，故平面.因為平面，所以，又，，平面，，故平面，又平面，故.（2）過點S作于點O，連接，由，得.又，故四邊形為平行四邊形，因為，所以，即，故，，兩兩垂直，以O為坐標原點，，，所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，故，，，，設平面的法向量，則，令，則，，故為平面的一個法向量，設平面的法向量的，則令，則，，故為平面的一個法向量，則，二面角的正弦值為.（3）若平面，平面，平面平面，則，由（2）知，故M與O點重合，因為N在平面上，設，p，，，則，因為，，，則，，設平面的法向量，則，令，則，，故為平面的一個法向量，故，整理得，又，故，由，故，當且僅當時等號成立，取得最小值為.40．（2025·湖北黃岡·三模）如圖，在四棱錐中，底面四面體的體積為的面積為.(1)求點到平面的距離；(2)若，平面平面，證明：BC⊥平面(3)在（2）的條件下，在棱上是否存在一點N，使平面與平面夾角為，若存在，求的長.若不存在，說明理由【答案】(1)(2)證明見解析(3)存在，【分析】（1）應用等體積法計算，結合線面平行得出點到平面距離；（2）由平面平面性質(zhì)定理得出平面，再應用線面垂直判定定理證明；（3）應用空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，再應用面面角余弦公式計算求參.【詳解】（1）設點到平面的距離為，由四面體的體積為的面積為，得，解得，而平面平面，則平面，所以點到平面的距離為.（2）取的中點，連接，由，得，由平面平面，平面平面平面，得平面，即，則，由平面平面，得，又平面平面，則，而平面，因此平面，（3）存在：由（2）知，又平面，則，而的面積為，，則，，由，得，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則，設，則，，設平面的法向量為，則，取，得，設平面的法向量為，則，取，得，，由平面與平面的夾角為，得，解得，即為的中點，所以.41．（2025·山東聊城·二模）如圖，柱體上下底面是橢圓面，、分別是上下底面橢圓的長軸，、分別是上下底面橢圓的短軸，四邊形和為矩形，、分別為上下底面橢圓的長短軸的交點，．、是下底面橢圓上兩動點，不與平行或重合．

(1)證明：平面；(2)若面積為定值，求的長度；(3)在（2）的條件下，當平面平面時，求點到直線的距離的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）證明出，，結合線面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，，則，求出點到直線的距離，結合三角形的面積公式以及為定值，求出的值，即可得解；（3）設、，利用空間向量法可得出，設直線在平面內(nèi)的方程為，將該直線方程與橢圓方程聯(lián)立，列出韋達定理，代入，可得出，進而可求出點到直線的距離的取值范圍．【詳解】（1）因為四邊形為矩形，則，，由題意得，、分別為和的中點，所以，，，所以，四邊形為平行四邊形，因為，則，同理可證，，因為，、平面，故平面．（2）如圖，以為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

設，，則，所以，，．則點到直線的距離．所以．（*）因為底面橢圓焦點在軸上，，即長軸長為，短軸長為，所以點的坐標滿足，即，代入（*）式得，．由已知面積為定值，所以，則，由（1）知，故的長度為．（3）設、，，則，，，設平面的一個法向量為，則，令，得，，即．設平面的一個法向量為，則，令，則，，則平面的一個法向量為．因為平面平面，所以，得，在平面內(nèi)，橢圓的方程為，設直線在平面內(nèi)的方程為．代入橢圓方程得，由，得．由韋達定理得，所以，即，化簡得．所以點到直線的距離為，則，所以．故點到直線的距離的取值范圍為．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)空間中垂直關系的轉化可判斷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，則，這與矛盾，所以不成立，故C錯誤；故選：BD.法二：如圖，建立空間直角坐標系，設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合體積公式可求幾何體的體積.【詳解】先證明一個結論：如果平面平面，平面平面，平面，則.證明：設，，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?！じ呖颊骖}）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：建立空間直角坐標系并表達出各點的坐標，假設在同一球面上，在平面中，得出點坐標，進而得出點在空間中的坐標，計算出，即可證明結論；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，直線的斜率：，直線的垂直平分線斜率：，∴直線的方程：，即，當時，，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系，則，所以，設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系，所以，由（1）知是平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，所以，令，則，即，設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?shù)目臻g直角坐標系，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，..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系，設，則，，設平面PCD的一個法向量為，，，取，，.設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）先應用線面平行判定定理得出平面及平面，再應用面面平行判定定理得出平面平面，進而得出線面平行；（2）建立空間直角坐標系，利用已知條件將點的坐標表示出來，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，進而可求得其正弦值.【詳解】（1）設，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，建立空間直角坐標系.因為，平面與平面所成二面角為60°，所以.則，，，，，.所以.設平面的法向量為，則，所以，令，則，則.設平面的法向量為，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、面垂直關系逐項分析判斷即可；對于D,根據(jù)線、面平行關系分析判斷即可.【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，則該圓臺部分的側面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出，利用圓臺側面積公式進行求解.【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，故該圓臺部分的側面積為.故選：B3．（2025·山東濟南·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，結合正方體的結構特征及平行公理推、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，因為，，則，當，因為，，則，當既不在也不在內(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》是我國古代的一部數(shù)學名著，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)已知條件結合臺體體積公式計算求解即可.【詳解】設水面與棱臺的四條側棱分別相交于，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，設棱臺的高為，設體積為V，則棱臺的高為，設體積為，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，建立空間直角坐標系，設，則，求得的坐標，結合向量的加減公式，即可求解；解法二：設，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系，設，則，可得，則，所以.解法二：設，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】由幾何體結構特征，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，，由幾何體結構特征，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、、的平面與側面的交線長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設平面分別交棱、于點、，利用面面平行的性質(zhì)得出、，結合等角定理得出、，進而可求得、、、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)棱長進而判斷為正四面體，由正四面體的性質(zhì)即可結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)幾何關系建立方程求解半徑；對內(nèi)切球，先求出側面三角形面積進而得到四棱錐表面積，再利用等體積法求出內(nèi)切球半徑，最后得到的表達式，通過換元法結合基本不等式求其最小值及對應的值，最后利用錐體體積公式求解即可.【詳解】設正四棱錐的高為，設，連接，則平面，設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，進而，當且僅當，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；建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷BCD