文档内容
专题 5 空间向量与立体几何
01专题网络·思维脑图（含基础知识梳理、常用结论与技巧）
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法（四大命题方向+五道高考预测试题，高考必考22-27分）
命题点1 多面体表面积体积问题
命题点2 多面体内切外接问题
命题点3 空间几何体中角度问题
命题点4 空间几何体中动点问题
04创新好题·分层训练（ 精选9道最新名校模拟试题+9道易错提升）
空间几何体常用以及易错知识点
空间角 向量求法 范围
异面直线所 设两条异面直线所成的角为θ，它们的方向向量分别为v 1 ，v 2 ，则cos θ=| ( 0， π]
成的角 |v ⋅v | 2
cos|= 1 2 (θ与相等或互补)
1 2 |v ||v | 1 2
1 2
直线与平面 设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为v，平面α的法向量为
所成的角 |v⋅n| ( π]
n，则sin θ=|cos|= 0，
|v||n| 2
( π π )
θ=− 或 −
2 2
两个平面所 设平面α，β所成的角为θ，平面α，β的法向量分别为n ，n ，则cos θ=|
1 2
成的角 |n ⋅n | ( π]
cos|= 1 2 (θ与相等或互补) 0，
1 2 |n ||n | 1 2 2
1 2
(1)当直线与平面平行或直线在平面内时，直线与平面所成的角为0；
(2)两个平面相交会形成四个二面角，二面角的取值范围为[0，π]，一般规定较小的二面角为两个平
面所成的角. 两个平面平行时，它们所成的角为0.空间距离 向量求法
设直线l的方向向量为v，点P为l外一点，点A为l上任一点，则点P到l的距离
点到直线的 √ → 2
( )
距离 d= |⃗AP|2− |AP⋅v|
|v|
设n为平面α的法向量，点A为平面α内任一点，则平面α外任一点P到平面α的
点到平面的
|⃗AP⋅n|
距离 距离d=
|n|
在平行直线m，n上分别任取一点A，P，设直线m的方向向量为v，则两平行线
两平行线间
√ (|⃗AP⋅v|) 2
的距离 m，n间的距离d= |⃗AP|2− (也可转化为点线距求解)
|v|
在平行平面α，β上各取一点A，B，设平面α的法向量为n，则两平行平面α，β
两平行平面
|⃗AB⋅n|
间的距离 之间的距离d= (也可转化为点面距求解)
|n|
1. 四点共面的充要条件
空间中任一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，
使⃗MP=x⃗MA+y⃗MB，或对空间中任一点O，有⃗OP=⃗OM+x⃗MA+y⃗MB
(或⃗OP=(1-x-y)·⃗OM+x⃗OA+y⃗OB).
2. 定比分点坐标公式
已知A(x ，y ，z )，B(x ，y ，z )两点，点M在直线AB上，⃗AM=λ⃗MB (λ∈R且λ≠-1)则称点M为
1 1 1 2 2 2
(x +λx y +λ y z +λz )
有向线段⃗AB的定比分点，其坐标为 1 2， 1 2， 1 2 .
1+λ 1+λ 1+λ空间几何体是高考中必考点，一般以 2+1 或者是 3+1 形式出现，主要
考查多面体体积以及内切外接问题，必考题型为空间二面角问题
真题多维细目表
考点 考向 考题
2023新全国Ⅰ卷T12 T14 全国ⅡT9 T14
全国乙T8 全国甲T11
2022 全国甲卷T9 新全国Ⅰ卷T4 全国Ⅱ T11
① 多面体
2021 全国Ⅰ卷T20
表面积体积问题
2023 新高考Ⅰ卷T12 全国乙卷T16 全国甲卷T15
2022全国乙卷T9 新高考Ⅰ卷T8 全国ⅡT7
2021Q全国甲卷T7
② 多面体
内切外接问题
2023 新高考Ⅰ卷T18 全国乙卷T19 全国甲卷T18
2022 全国乙卷T18 新高考ⅡT20新高考Ⅰ卷T19 甲卷
T18
2021 全国乙卷T5 T18 新高考Ⅰ卷T20
立体几何
③空间几何题角度问题
2023新高考ⅠT18
2021 全国甲卷T19
④空间几何体动点问题命题点1 多面体表面积体积问题
典例01．（2022·全国甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 ，侧面积分
别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，
则 ，所以 ，
又 ，则 ，
所以 ，所以甲圆锥的高 ，
乙圆锥的高 ，所以 .故选：C.
典例02 （2023·全国Ⅱ）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径， ， ，
点C在底面圆周上，且二面角 为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D． 的面积为
【答案】AC【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意， ， ，所以 ，
A选项，圆锥的体积为 ，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为 ，B选项错误；
C选项，设 是 的中点，连接 ，
则 ，所以 是二面角 的平面角，
则 ，所以 ，故 ，则 ，C选项正确；
D选项， ，所以 ，D选项错误.故选：AC.
典例03．（2023·全国·Ⅰ卷）在正四棱台 中， ，则该棱台的体
积为 ．
【答案】 /
【详解】如图，过 作 ，垂足为 ，易知 为四棱台 的高，因为 ，
则 ，
故 ，则 ，
所以所求体积为 .
故答案为： .
典例04．（2023·全国乙卷）如图，在三棱锥 中， ， ， ，
， 的中点分别为 ，点 在 上， ．
(1)求证： //平面 ；
(2)若 ，求三棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）连接 ，设 ，则 ， ，
，
则 ，解得 ，则 为 的中点，由 分别为 的中点，
于是 ，即 ，
则四边形 为平行四边形，
，又 平面 平面 ，
所以 平面 .
（2）过 作 垂直 的延长线交于点 ，
因为 是 中点，所以 ，
在 中， ，所以 ，
因为 ，所以 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，所以 平面 ，
即三棱锥 的高为 ，因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 .
命题点2 多面体内切外接问题
典例01 （2022·全国Ⅰ卷）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为 ，且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】∵球的体积为 ，所以球的半径 ,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，
则 ， ,所以 ，
所以正四棱锥的体积 ，
所以 ，当 时， ，当 时， ，
所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 ，
又 时， ， 时， ,所以正四棱锥的体积 的最小值为 ，
所以该正四棱锥体积的取值范围是 .故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以 当且仅当 取到 ，当 时，得 ，则
当 时，球心在正四棱锥高线上，此时 ，
，正四棱锥体积 ，故该正四棱锥体积的取值范围是
典例02（2023·全国Ⅰ卷）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚
度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为 的球体
B．所有棱长均为 的四面体
C．底面直径为 ，高为 的圆柱体
D．底面直径为 ，高为 的圆柱体
【答案】ABD
【详解】对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为 ，且 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，且 ，即 ，故以 为轴可能对称放置底
面直径为 圆柱，若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的下底面的切点
为 ，可知： ，则 ，
即 ，解得 ，根据对称性可知圆柱的高为
，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.
典例03．（2023·全国乙卷）已知点 均在半径为2的球面上， 是边长为3的等边三角形，
平面 ，则 ．
【答案】2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥 转化为正三棱柱 ，
设 的外接圆圆心为 ，半径为 ，则 ，可得 ，
设三棱锥 的外接球球心为 ，连接 ，则 ，
因为 ，即 ，解得 .故答案为：2.【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，
把空间问题转化为平面问题求解；
（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一
般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；
（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的
位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
典例04 （2023·全国甲卷）在正方体 中，E，F分别为AB， 的中点，以EF为直径
的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12 【详解】不妨设正方体棱长为2， 中点为 ，取 ， 中点 ，侧面 的中心
为 ，连接 ，如图，
由题意可知， 为球心，在正方体中， ，即 ，则球心 到 的距离为 ，
所以球 与棱 相切，球面与棱 只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.故答案为：12
命题点3 空间几何体中角度问题
典例01（线面角问题）
（2022·全国甲卷）在长方体 中，已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，
则（ ）
A． B．AB与平面 所成的角为
C． D． 与平面 所成的角为
【答案】D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设 ，依题以及长方体的结构特征可知， 与平面 所成角为 ，
与平面 所成角为 ，所以 ，即 ， ，解得
．
对于A， ， ， ，A错误；对于B，过 作 于 ，易知 平面 ，所以 与平面 所成角为 ，因为
，所以 ，B错误；
对于C， ， ， ，C错误；
对于D， 与平面 所成角为 ， ，而 ，所以
．D正确．
故选：D．
典例02（线面角、线线角问题）
（2022·全国Ⅰ卷）已知正方体 ，则（ ）
A．直线 与 所成的角为 B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为 D．直线 与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【详解】如图，连接 、 ，因为 ，所以直线 与 所成的角即为直线 与 所成
的角，
因为四边形 为正方形，则 ，故直线 与 所成的角为 ，A正确；连接 ，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，故B正确；连接 ，设 ，连接 ，
A B C D A B C D
1 1 1 1 1 1 1 1
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，所以 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的
角，设正方体棱长为 ，则 ， ， ，
所以，直线 与平面 所成的角为 ，故C错误；
因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得 ，故D正确.故
选：ABD
典例03（线面角解答题）
3．（2023·全国甲卷）如图，在三棱柱 中， 底面ABC， ， 到平面
的距离为1．(1)证明： ；
(2)已知 与 的距离为2，求 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）如图，
底面 ， 面 ，
，又 ， 平面 ， ,
平面ACC A，又 平面 ， 平面 平面 ，
1 1
过 作 交 于 ，又平面 平面 ， 平面 ，
平面 到平面 的距离为1， ，
在 中， ，设 ，则 ，为直角三角形，且 ，
， ， ，
，解得 ， ，
（2） ，
，过B作 ，交 于D，则 为 中点，
由直线 与 距离为2，所以 ， ， ，
在 ， ，延长 ，使 ，连接 ，
由 知四边形 为平行四边形，
， 平面 ，又 平面 ，
则在 中， ， ，
在 中， ， ，
,又 到平面 距离也为1，
所以 与平面 所成角的正弦值为 .
典例04（二面角问题）
（2023·全国·Ⅱ卷）如图，三棱锥 中， ， ， ，E为
BC的中点．(1)证明： ；
(2)点F满足 ，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】（1）连接 ，因为E为BC中点， ，所以
①，
因为 ， ，所以 与 均为等边三角形，
，从而 ②，由①②， ， 平面 ，
所以， 平面 ，而 平面 ，所以 ．
（2）不妨设 ， ， ．
， ，又 ， 平面 平面 ．
以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设 ，
设平面 与平面 的一个法向量分别为 ，
二面角 平面角为 ,而 ，
因为 ，所以 ，即有 ，，取 ，所以 ；
，取 ，所以 ，
所以， ，从而 ．
所以二面角 的正弦值为 ．
命题点4 空间几何体中动点问题
典例01（2023·全国·统考Ⅰ卷）如图，在正四棱柱 中， ．点
分别在棱 , 上， ．
(1)证明： ；
(2)点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．
【答案】(1)证明见解析；(2)1
【详解】（1）以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间
直角坐标系，如图，
则 ，， ，
又 不在同一条直线上， .
（2）设 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，得 ， ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，得 ， ，
，
化简可得， ，解得 或 ，
或 ， .
典例02．（2021·全国·甲卷）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，
F分别为 和 的中点，D为棱 上的点．（1）证明： ；
（2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）[方法一]：几何法因为 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．又因为 ，构造正方体
，如图所示，
过E作 的平行线分别与 交于其中点 ，连接 ，
因为E，F分别为 和 的中点，所以 是BC的中点，
易证 ，则 ．
又因为 ，所以 ．
又因为 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱 是直三棱柱， 底面 ，
， ， ，又 ， 平面 ．所以 两两垂直．以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．
， ．
由题设 （ ）．因为 ，
所以 ，所以 ．
[方法三]：因为 ， ，所以 ，故 ， ，所以
，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面 的法向量为 ，因为 ，
所以 ，即 ．令 ，则 因为平面 的法向量为
，设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，则 ．当 时， 取最小值为 ，
此时 取最大值为 ．所以 ，此时 ．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长 交 的延长线于点S，联结 交 于点T，则平面 平面 ．
作 ，垂足为H，因为 平面 ，联结 ，则 为平面 与平面 所成
二面角的平面角．设 ，过 作 交 于点G．
由 得 ．又 ，即 ，所以 ．
又 ，即 ，所以 ．
所以 ．
则 ，
所以，当 时， ．， ，
当 ，即 ，面 与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为 ．
预计2024年高考中立体几何也会是以小题加解答题形式出现，小题将是以空间几何
体体内切外接球，线面角，以及体积为主，解答题则是以线面垂直以及二面角为主。
1．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百
姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台 ，上下底
面的中心分别为 和 ，若 ， ，则正四棱台 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正四棱台性质求出侧棱长，继而求得高，根据棱台的体积公式，即可求得答案.
【详解】因为 是正四棱台， ， ，
侧面以及对角面为等腰梯形，故 ， ，
，所以 ，
所以该四棱台的体积为 ，
故选：B.2．在梯形 中， ，将 沿 折起，连接 ，得到三棱锥
，则三棱锥 体积最大时，其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图所示，过点 作 ，由余弦定理得 ，再由平面 平面 时，三棱锥
体积最大，记 为外接球球心，半径为 ，其中 的外接圆的圆心为 ，结合球的截面的性
质，求得外接球的半径 ，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，过点 作 ，垂足为 ，
因为 为等腰梯形，且 ，所以 ，且 ，
由余弦定理得 ，可得 ，
因为 ，所以 ，
当平面 平面 时，三棱锥 体积最大，此时 平面 ，
记 为外接球球心，半径为 ，其中 的外接圆的圆心为 ，
连接 ，则 平面 ，所以 ，
取 的中点 ，因为 ，且 ，所以 到平面 的距离 ，
又因为 的外接圆半径 ，所以 ，
所以球 的表面积为 .
故选：D.二、多选题
3．在正方体 中，点P满足 ，则（ ）
A．对于任意的正实数 ，三棱锥 的体积始终不变
B．对于任意的正实数 ，都有 平面
C．存在正实数 ，使得异面直线 与 所成的角为
D．存在正实数 ，使得直线 与平面 所成的角为
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、三棱锥体积的性质、线面平行的性质逐一判断即
可.
【详解】A：因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，所以 在线段 （不包括端点）上，
因此对于任意的正实数 ，点 到平面 的距离不变，而 ，所以对于任意的正实数 ，三棱锥 的体积始终不变，因此本选项正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为 ，
B：设平面 的法向量为 ，
，
所以有 ，
因为 ，所以 ，而 平面 ，
所以 平面 ，因此本选项正确；
C：假设存在正实数 ，使得异面直线 与 所成的角为 ，则有
解得： ，
所以不存在正实数 ，使得异面直线 与 所成的角为 ，因此本选项不正确；
D：假设存在正实数 ，使得直线 与平面 所成的角为 ，设平面 的法向量为 ，
所以有 ，
，
解得 ，所以假设不成立，因此不存在正实数 ，使得直线 与平面 所成的角为 ，
所以本选项不正确，故选：AB
4．如图，在四棱锥 中， 底面 ，四边形 是直角梯形， ，
，点 在棱 上.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)当 时，求二面角 的余弦值.
答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，所以 .
四边形 是直角梯形， ， ，
因为 ，所以 .
所以 ，所以 .又因为 ， 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解法一：
以点 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，
则 .
设点 的坐标为 ，因为 ，所以 ，
即 ，所以 .
所以 .
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，则 ，得 .
又因为 平面 ，所以平面 的一个法向量为 .
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 .
所以，二面角 的余弦值为 .解法二：
取 的中点 ，连接 ，以点 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，
则 .
设点 的坐标为 ，因为 ，所以 ，
即 ，所以 .
所以 .
设平面 的一个法向量为 ，则 .
取 ，则 ，则 .
又因为 平面 ，所以平面 的一个法向量为 .
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 .
所以二面角 的余弦值为5．如图，在四棱锥 中， ， ．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若线段 上存在点 ，满足 ，且平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求实数
的值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）如图：
因为 ， ，所以 为等边三角形， ，
又 ，所以 ，又 ，
所以 .
因为 ，所以 为直角三角形， .
又 ， ， 为平面 内的两条相交直线，
所以 平面 ， 平面 ，所以，平面 平面 .
（2）取 中点 ， 中点 ，因为 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 ，
故以 为原点，建立如图空间直角坐标系，所以 ， ， ， ， ， .
设 ，因为 ，
解得 ，所以 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ；
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 .
那么 ， ， .
由 ，又 ，所以 .
【点睛】关键点睛：根据 ，和点 、 的坐标，求 点坐标是本题的一个关键.（★精选9道最新名校模拟考试题+9道能力高频考点提升题）
A·新题速递
一、单选题
1．（2024上·山东德州·高三德州市第一中学校考期末）盖碗是由茶碗、茶盖、茶船三件套组成，盖碗又称
“三才碗”，蕴含了古代哲人讲的“天盖之，地栽之，人育之”的道理．如图是乾隆时期的山水人物方盖
碗的茶盖和茶碗，近似看作两个正四棱台的组合体，其中茶碗上底面的边长为 ﹐下底面边长为 ，
高为 ，则 茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（ ）
A．7碗 B．8碗 C．9碗 D．10碗
【答案】C
【分析】根据题意，由棱台的体积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由条件可得，茶碗的上底面面积 ，
茶碗的下底面面积 ，茶碗高 ，
则茶碗的体积 ，
所以 ，即 茶水至少可以喝9碗.
故选：C
2．（2024上·四川达州·高三统考期末）球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆（大圆
就是经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做这两点间的球面距离．已知长方体 的所有顶点都在同一个球面上，且 ， ，则 ，
D两点间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用球面距离的概念及弧长公式可得答案.
【详解】设球的半径为 ,球心 为由题意 ， ，
所以 ，
所以在 中，由于 ，所以 ，
所以 ，D两点间的球面距离为 .
故选：A
3．（2024·安徽·模拟预测）在正方体 中，E，F分别为棱 ， 的中点，过直线EF
的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为 ，最大值为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外
接球的半径 ，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【详解】如图，正方体 的外接球球心在其中心点 处，设该正方体的棱长为 ，则外接球的半径 ，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点 ，
连接OE，OF，OP，则 ，
，
所以 ，
此时截面圆的半径 ．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径 ；
所以 ．
故选：D．
4．（2024上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校联考期末）过正四棱锥 的高 的中点
作平行于底面 的截面A B C D ，若四棱锥 与四棱台 的表面积之比为 ，
1 1 1 1
则直线 与底面 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】根据题意知 ， ， ， 分别为 ， ， ， 的中点，设正方形 的边长为 ，
，然后表示四棱锥 与四棱台 的表面积，由表面积之比为 ，得到 ，
的关系，确定线面角，求解即可.
【详解】
A B C D
1 1 1 1
依题意过正四棱锥 的高 的中点作平行于底面 的截面 ，
则 ， ， ， 分别为 ， ， ， 的中点，
设正方形 的边长为 ， ，
所以正方形 的面积为 ，正方形A B C D 的面积为 ，
1 1 1 1
正四棱锥的侧面积为 ，
四棱台 的侧面积为 ，
所以正四棱锥 的表面积为 ，
四棱台 的表面积为 ，
所以 ，解得 ，
由 平面 ，所以 为直线 与底面 所成角，
所以 ，又 ， ，
所以 .
故选： .
二、多选题
5．（2024上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知三棱锥P-ABC内接于球O，PA⊥平面ABC，
，AB⊥AC， ，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且 ，已知
在弧度制下锐角 ， 满足： ， ，则下列结论正确的是（ ）
A．过点D作球的截面，截面的面积最小为 B．过点D作球的截面，截面的面积最大为
C．点Q的轨迹长为 D．点Q的轨迹长为
【答案】ABD
【分析】对于A项和B项，先求出三棱锥外接球的半径，再根据图形判断经过球心的截面最大，与半径垂
直的截面最小即得，对于C项和D项，则先要通过计算找到角 ，再根据轨迹特征确定轨迹形状，计算
即得.
【详解】
对于选项A,如图，三棱锥P-ABC的外接球O即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，∴ ，∴ ，取BC的中点 ，则 为△ABC的
外接圆圆心，且 平面ABC，当OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，
∵ ，此时截面圆的半径为 ，
∴最小截面面积为 ，故A项正确；
对于选项B，当截面过球心时，截面圆的面积最大为 ，故B项正确；
对于选项C和D，由条件可得
故 即 ，易得 ，
则点Q的轨迹分别是以点P为圆心，4为半径的三段弧，其中一段弧圆心角为 ，两段弧
圆心角为 ，点Q的轨迹长即为 ，故C项错误，D项正确．
故选：ABD．
6．（2024·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）若点P是棱长为2的正方体 表面上
的动点，点M是棱 的中点，则（ ）
A．当点P在底面ABCD内运动时，三棱锥 的体积为定值
B．当 时，线段AP长度的最大值为3
C．当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为
D．直线DM被正方体 的外接球所截得的线段的长度为
【答案】ABD
【分析】由 平面 的距离不变，底面积不变得体积不变判断A；分别取 中点 ，证明
A B C D
点轨迹是矩形 （除 点），求出 的最大值判断B；连接 ，在正方形 1 1 1 1内以 为圆心， 为半径作圆弧 ，得出 点轨迹就是曲边三角形 （除去 点），求出其周长判断C；取
为正方体对角线交点，正方体外接球球心， 是正方形 交点，球 的过面 的截面圆圆心，
作 于 ，由截面圆性质，弦长为 （ 是球半径），计算后判断D．
【详解】点P在底面ABCD内运动时， 不变，面积不变， 到平面 的距离不变，即不变，
因此体积不变，A正确；
分别取 中点 ，连接 ，首先 与 平行且相等， 与 平行且相等，因此
与 平行且相等， 是平行四边形，在同一平面内，
正方形 ，易得 ， ，所以 ，
所以 （ 为 的交点），
所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 ，同理 ，
， 平面 ，所以 平面 ，
而 ，则 平面 ，所以 点轨迹是矩形 （除 点）， 是矩形，当 与 重合
时， 最大，且最大值为 ，B正确；当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，
A B C D
连接 ，在正方形 1 1 1 1内以 为圆心， 为半径作圆弧 ，易证 点轨迹就是曲边三角形
（除去 点），
事实上，在平面 内点 ， 在平面 内射影是 ， ，当 不与 重合时， ，
，
曲边三角形 的周长是 ，C错；
如图， 是正方体对角线交点即正方体外接球球心， 是正方形 交点即球 的过面 的截面
圆圆心，作 于 ， ，
在正方形 中，作 于 ，正方形边长为2，则 ， ，， ，
公用， ， ，所以 ，
所以由截面圆性质 ，
球 的半径为 ，
直线 被球 截得的线段长为 ，D正确．
故选：ABD．
三、填空题
7．（2024上·山东德州·高三德州市第一中学校考阶段练习）葫芦是一种爬藤植物，在我国传统文化中，其
枝密集繁茂，象征着儿孙满堂、同气连枝；其音近于“福禄”，寓意着长寿多福、事业发达；其果口小肚
大，代表着心胸开阔、和谐美满．如图，一个葫芦的果实可以近似看做两球相交所得的几何体 ，其中
的下半部分是半径为 的球 的一部分， 的上半部分是半径为3的球 的一部分，且 ，则过
直线 的平面截 所得截面的面积为 ．【答案】
【分析】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，通过条件提供的数据可求得 ，进
而利用扇形的面积公式可得截面的面积.
【详解】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，
由 ，得 ，
故 ，从而 ．
所以截面面积为 ．
故答案为：
四、解答题
8．（2024·全国·高三专题练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形 与 均为直角梯形，
平面 ， ．(1)已知点G为AF上一点，且 ，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为 ，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体
【答案】(1)证明见解析(2)AF的长为4； ．
【详解】（1）证明：因为 平面ABEF，AB， 平面ABEF，
所以 ， ，又 ，以 为坐标原点， 分别为 轴，建立空间直角坐
标系，则 、 、 、 、 ，
所以 ， ， ，
设平面DCE的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，所以 ，
因为 ，且不存在 使得 与 垂直，
所以BG与平面DCE不平行；（2）设 （ 且 ），则 ，所以 ，
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为 ，
∴ ，
化简得 ，解得 或 （舍去）；故 ．
此时梯形ABEF的面积 ，故 ．
9．（2024·广西·模拟预测）如图，在四棱锥 中， ， ，四边形 是菱
形， ， 是棱 上的动点，且 .
(1)证明： 平面 .
(2)是否存在实数 ，使得平面 与平面 所成锐二面角的余弦值是 ？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)存在实数 ，理由见解析
【详解】（1）因为四边形 是菱形，所以 .
因为 ， ， 平面 ，且 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 ，所以 ，即 .
因为 ， 平面 ，且 ，所以 平面 .
（2）取棱 的中点 ，连接 ，因为四边形 是菱形， ，所以 为等边三角形，故 ⊥ ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，故 ， ， 两两垂直，
故以 为原点，分别以 ， ， 的方向为 ， ， 轴的正方向，建立空间直角坐标系.
设 ，则 ， ， ， ，
故 ， ， ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，得 .
平面 的一个法向量为 ，设面 与面 所成的锐二面角为 ，
则 ，
整理得 ，解得 或 （舍去）.
故存在实数 ，使得面 与面 所成锐二面角的余弦值是 .B·易错提升
一、单选题 一、单选题
1．（2024·河北联考模拟）如图，西周琱生簋（guǐ）是贵族琱生为其祖先制作的宗庙祭祀时使用的青铜器．
该青铜器可看成由上、下两部分组成，其中上面的部分可看作圆台，下面的部分可看作圆柱，且圆台和圆
柱的高之比约为 ，圆台的上底面与圆柱的底面完全重合，圆台上、下底面直径之比约为 ，则圆台
与圆柱的体积之比约为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用圆台与圆柱的体积公式进行计算即可.
【详解】依题意，令圆台上底面半径为4，下底面半径为5，高为3，圆柱的高为5，
则圆台的体积
圆柱的体积 ，故 ，
故选：B
2．（2024·云南·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱 中， 面 ， ，
则直线 与直线 夹角的余弦值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以 为原点， 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，设 ，
求出 ， ，利用向量的夹角公式可得答案.
【详解】在直三棱柱 中， 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，
平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 互相垂直，
以 为原点，分别以 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，
设 ，
则 ，
可得 ， ，
所以 .
所以直线 与直线 夹角的余弦值为 .
故选：C.3．（2024·河南·高三模拟）设 为两个不同的平面， 为三条不同的直线，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】根据线线、线面和面面的基本关系依次判断选项即可.
【详解】A：若 ，则 或a与b互为异面直线，故A错误；
B：若 ，则 或a与b互为异面直线，故B错误；
C：若 ，则 ，故C正确；
D：若 ，则 或 或a与b互为异面直线或a与b相交，故D错误.
故选：C
二、多选题
4．（2024上·河北邯郸·高三磁县第一中学）勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图
所示的立体图形，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，它是以正四面体的四
个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分组成的，因此它能像球一样来回滚动.这种立
体图形称为勒洛四面体，若图中勒洛四面体的四个顶点分别为P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为
1，则下列说法正确的是（ ）A．图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为1
B．图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为
C．平面 截此勒洛四面体所得截面的面积为
D．图中所示的勒洛四面体的体积是
【答案】AB
【分析】根据表面上任意两点间距离的最大值即为其内接四面体 的棱长1，可判定A正确；根据点
E为该球与勒洛四面体的一个切点，由A，O，E三点共线，求得 ，求得内切球的表面积，可判
定B正确；由截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积可判
定C错误；求得正四面体 的体积 ，其外接球的体积 ，可判定D错误.
【详解】对于A中，勒洛四面体能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体 的棱长1，所以A正确；
对于B中，勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图所示，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
则该球的球心O为正四面体 的中心，半径为OE，连接AE，
由A，O，E三点共线，且 ， ，因此 ，内切球的表面积为 ，故B正确；
对于C中，如图所示，截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的
面积，则 ，所以C错误；
对于D中，勒洛四面体的体积介于正四面体 的体积和正四面体 的外接球的体积之间，正四面
体 的体积 ，其外接球的体积 ，所以D错误.
故选：AB.
5．（2024上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）已知三棱锥P-ABC内接于球O，PA⊥平面ABC，
，AB⊥AC， ，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且 ，已知
在弧度制下锐角 ， 满足： ， ，则下列结论正确的是（ ）
A．过点D作球的截面，截面的面积最小为 B．过点D作球的截面，截面的面积最大为C．点Q的轨迹长为 D．点Q的轨迹长为
【答案】ABD
【详解】
对于选项A,如图，三棱锥P-ABC的外接球O即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，
∴ ，∴ ，取BC的中点 ，则 为△ABC的
外接圆圆心，且 平面ABC，当OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，
∵ ，此时截面圆的半径为 ，
∴最小截面面积为 ，故A项正确；
对于选项B，当截面过球心时，截面圆的面积最大为 ，故B项正确；
对于选项C和D，由条件可得
故 即 ，易得 ，
则点Q的轨迹分别是以点P为圆心，4为半径的三段弧，其中一段弧圆心角为 ，两段弧
圆心角为 ，点Q的轨迹长即为 ，故C项错误，D项正确．
故选：ABD．
三、填空题
6．（2024·吉林·统考二模）足尖虽未遍及美景，浪漫却从未停止生长. 清风牵动裙摆，处处彰显着几何的趣味. 下面的几何图形好似平铺的一件裙装，①②③⑤是全等的等腰梯形，④⑥是正方形，其中
，若沿图中的虚线折起，围成一个封闭几何体 ，则 的体积为 ; 的
外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】由题意可知几何体 为正四棱台，结合正四棱台求体积；根据正四棱台以及球的结构特称求外接
球的半径，进而可得表面积.
【详解】由题意可知几何体 为正四棱台，其底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
正四棱台高为 ，可得体积为 ；
设上、下底面中心分别为 ，外接球的球心为 ，半径为 ，
可得 ，解得 ，
所以 的外接球的表面积为 ；故答案为： ； .
四、解答题7．（2024上·江苏苏州·高三校考期末）如图所示，四边形ABCD为圆柱ST的轴截面，点Р为圆弧BC上
一点（点P异于B，C）．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)若 ， （ ），且二面角 的余弦值为 ，求 的值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）∵ P为圆弧BC上一点，BC为圆S直径，∴ ，
∵在圆柱ST中， 平面BCP， 平面BCP，∴ ，
∵ ， 平面PAB， 平面PAB，
∴ 平面PAB，
∵ 平面PAC，
∴平面 平面PAC．
（2）以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 轴、 轴，
在平面BCP内以过点 且垂直于 的直线为 轴、建立空间直角坐标系，如图所示：
因为 ，
则 ， ， ，所以 ， ， ， ，即
设 ，由 得： ，
即 ，∴ ， ，
设平面PBM的一个法向量 ，
∴ ，令 ，得 .
∵ 轴 平面BMC，
∴取平面BMC的一个法向量 ，
∴ ，
解得： ．
8．（2024·江西赣州·南康中学校联考模拟预测）如图，在四棱锥 中， 为 中点，平面
平面 ， ， .
(1)求证： 平面 ；
(2)在棱 上是否存在点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，求出点 的位置；
若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在， 为 中点
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
因为 分别为 中点，则 ，
即四边形 为平行四边形，则 ，
又 平面 平面 ，则 平面 ；
（2）存在点 ，证明如下：
取 中点 ，连接 ，
因为 ，则 ，
又平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
则 平面 ，
过点 作 平行线，交 于 ，
因为 平面 ，
则 ，
过点 作 的平行线 ，
则以 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
注意到 ，则 ，故 ，
则 ，
设 ，则 ，
设 为平面 的一个法向量，则 ，即 ，
令 ，则 ，则平面 的一个法向量 ，
设 为平面 的一个法向量，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
则平面 的一个法向量 ，
因为二面角 余弦值为 ，
则 ，
解得 ，
故当 为 中点时，满足题意.
9．（2024·四川南充·统考一模）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，
， ．(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，二面角 的正切值为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）如图，取 中点 ，连接 ，因为 ， ，
所以 ，且 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 面 ，所以 ，又 ，所以四边形 是平行四边形，得到
，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）如图，取 中点 ，连接 ， ，则 ，
因为 平面 ，由（1）知 ，所以 平面 ，
又 ，所以 ，过 作 ，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
因为 平面 ， 面 ，所以 ，又 ， ，所以 面
，
又 面 ，所以 ,
故 为二面角 的平面角，所以 ，
又 ，所以 ，又 ，所以 ，
所以 ，则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则由 得到， ，取 ，所以 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
