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专题09 立体几何
一、单选题
1．（2025·天津·高考真题）若m 为直线，
为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，则
D．若
，则
【答案】C
【分析】根据线面平行的定义可判断A 的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD 的正误.
【详解】对于A，若
，则
可平行或异面，故A 错误；
对于B，若
，则
，故B 错误；
对于C，两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一个必定垂直这个平面，
现
，故
，故C 正确；
对于D，
，则
与
可平行或相交或
，故D 错误；
故选：C.
二、多选题
2．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱
中，D 为BC 中点，则（ ）
A．
B．
平面
C．
D．
平面
【答案】BD
【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定
与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：
根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】法一：对于A，在正三棱柱
中，
平面
，
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又
平面
，则
，则
，
因为
是正三角形，
为
中点，则
，则
又
，
所以
，
则
不成立，故A 错误；
对于B，因为在正三棱柱
中，
平面
，
又
平面
，则
，
因为
是正三角形，
为
中点，则
，
又
平面
，
所以
平面
，故B 正确；
对于D，因为在正三棱柱
中，
又
平面
平面
，所以
平面
，故D 正确；
对于C，因为在正三棱柱
中，
，
假设
，则
，这与
矛盾，
所以
不成立，故C 错误；
故选：BD.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为
，高为，
则
，
对于A，
，
则
，
则
不成立，故A 错误；
对于BD，
，
设平面
的法向量为
，
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则
，得
，令
，则
，
所以
，
，
则
平面
，
平面
，故BD 正确；
对于C，
，
则
，显然
不成立，故C 错误；
故选：BD.
三、填空题
3．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱
中，
，则该正四棱柱的
体积为 ．
【答案】
【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.
【详解】因为
且四边形
为正方形，故
，
而
，故
，故
，
故所求体积为
，
故答案为：
.
4．（2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为
，高为
的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不
计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为
．
【答案】
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【详解】
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圆柱的底面半径为
，设铁球的半径为r，且
，
由圆柱与球的性质知
，
即
，
，
故答案为：
.
5．（2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D 打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，
其中ABCDEF 是一个平面多边形，平面
平面ABC，平面
平面ABC，
，
.若
，
则该多面体的体积为 ．
【答案】
【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱
和四棱锥
后结合体积公式可求几何
体的体积.
【详解】先证明一个结论：如果平面
平面
，平面
平面
，平面
，则
.
证明：设
，
， 在平面
取一点
，
，
在平面
内过
作直线
，使得
，作直线
，使得
，
因为平面
平面
，
，故
，而
，故
，
同理
，而
，故
.
下面回归问题.
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连接
，因为
且
，故
，同理
，
，
而
，故直角梯形
与直角梯形
全等，
故
，
在直角梯形
中，过
作
，垂足为
，
则四边形
为矩形，且
为以
为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
的中点为
，
的中点为
，
的中点为
，连接
，
则
，同理可证
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
，故四边形
为平行四边形，故
.
在平面
中过
作
，交
于
，连接
.
则四边形
为平行四边形，且
，故
，
故四边形
为平行四边形，
而
平面
，
故
平面
，故平面
平面
，
而
，故
，
故几何体
为直棱柱，
而
，故
,
因为
，故
平面
，
而
平面
，故平面
平面
，
在平面
中过
作
，垂足为
，同理可证
平面
，
而
，故
，故
，
由对称性可得几何体的体积为
，
故答案为：
.
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四、解答题
6．（2025·上海·高考真题）如图，P 是圆锥的顶点，O 是底面圆心，AB 是底面直径，且
．
(1)若直线PA 与圆锥底面的所成角为
，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q 是母线PA 的中点，点C、D 在底面圆周上，且弧AC 的长为
，
．设点M 在线段OC
上，证明：直线
平面PBD．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
（2）证明平面
平面
，然后根据面面平行的性质可得.
【详解】（1）由题知，
，即轴截面
是等边三角形，故
，
底面周长为
，则侧面积为：
;
（2）由题知
，则根据中位线性质，
，
又
平面
，
平面
，则
平面
由于
，底面圆半径是，则
，又
，则
，
又
，则
为等边三角形，则
，
于是
且
，则四边形
是平行四边形，故
，
又
平面
，
平面
，故
平面
.
又
平面
，
根据面面平行的判定，于是平面
平面
，
又
，则
平面
，则
平面
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7．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥
中，
平面
，
．
(1)证明：平面
平面
；
(2)
，
，
，
，
在同一个球面上，设该球面的球心为
．
（i）证明：
在平面
上；
（ⅱ）求直线
与直线
所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）
.
【分析】（1）通过证明
，
，得出
平面
，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设
在同一球面
上，在平面
中，得出点
坐标，进而得出点
在空间中的坐标，计算出
，即可证明结论；
法二：作出
的边
和
的垂直平分线，找到三角形的外心
，求出
，求出出外心
到
，
，
，
的距离相等，得出外心
即为
，
，
，
所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线
和
的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出
的长，过点
作
的平行线，交
的延长线为
，连接
，
，利用勾股定理求出
的长，进而得出
的长，在
中由余弦定理求出
，即可求出直线
与直线
所成
角的余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下，
在四棱锥
中，
⊥平面
，
，
平面
，
平面
，
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∴
，
，
∵
平面
，
平面
，
，
∴
平面
，
∵
平面
，
∴平面
平面
.
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥
中，
，
，
，
∥
，
，
，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴
，
若
，
，
，
在同一个球面上，
则
，
在平面
中，
∴
，
∴线段
中点坐标
，
直线
的斜率：
，
直线
的垂直平分线
斜率：
，
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∴直线
的方程：
，
即
，
当
时，
，解得：
，
∴
在立体几何中，
，
∵
解得：
，
∴点
在平面
上.
法二：
∵
，
，
，
在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在
中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出
和
的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
，
，
，
∴
，
∴点
是
的外心，
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在Rt
中，
，
，
由勾股定理得，
∴
，
∴点
即为点
，
，
，
所在球的球心
，
此时点
在线段
上，
平面
，
∴点
在平面
上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
，
设直线
与直线
所成角为
，
∴
.
法2：
由几何知识得，
，
，
∥
，
∴
，
在Rt
中，
，
，由勾股定理得，
，
过点
作
的平行线，交
的延长线为
，连接
，
，
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则
，直线
与直线
所成角即为
中
或其补角.
∵
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：
∴直线
与直线
所成角的余弦值为：
.
8．（2025·天津·高考真题）正方体
的棱长为4，
分别为
中点，
．
(1)求证：
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值；
(3)求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
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(2)
(3)
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明
，再结合正方体的性质得出
平面
，
利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【详解】（1）法一、在正方形
中，
由条件易知
，所以
，
则
，
故
，即
，
在正方体中，易知
平面
，且
，
所以
平面
，
又
平面
，∴
，
∵
平面
，∴
平面
；
法二、如图以D 为中心建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
设
是平面
的一个法向量，
则
，令
，则
，所以
，
易知
，则
也是平面
的一个法向量，∴
平面
；
（2）同上法二建立的空间直角坐标系，
所以
，
由（1）知
是平面
的一个法向量，
设平面
的一个法向量为
，所以
，
令
，则
，即
，
设平面
与平面
的夹角为
，
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则
；
（3）由（1）知
平面
，
平面
，∴
，
易知
，
又
，则D 到平面
的距离为
，
由棱锥的体积公式知：
.
9．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥
中，
与
均为等腰直角三角形，
，E 为BC 的中点．
(1)若
分别为
的中点，求证：
平面PAB；
(2)若
平面ABCD，
，求直线AB 与平面PCD 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，只需证明
即可；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB 的方向向量与面PCD 的法向量，根据向量夹角公式即可
求解.
【详解】（1）取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，
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与
为等腰直角三角形且
，
不妨设
，
.
.
E、F 分别为BC、PD 的中点，
，且
.
，
，
，∴四边形FGMN 为平行四边形，
，
平面PAB，
平面PAB，
平面PAB；
（2）
平面ABCD，
以A 为原点，AC、AB、AP 所在直线分别为x、y、z 轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
设
，则
，
，
设平面PCD 的一个法向量为
，
，
，
取
，
，
.
设AB 与平面PCD 所成角为
，
则
，
即AB 与平面PCD 所成角的正弦值为
.
10．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形
中，
，F 为CD 的中点，点
E 在AB 上，
，
，将四边形
沿
翻折至四边形
，使得面
与面EFCB 所成的二面角为
．
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(1)证明:
平面
；
(2)求面
与面
所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出
平面
及
平面
，
再应用面面平行判定定理得出平面
平面
，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点
的坐标表示出来，然后将平面
及平面
的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正
弦值.
【详解】（1）设
，所以
，因为
为
中点，所以
，因为
，
，所以
是平行四边形， 所以
，所以
，
因为
平面
平面
，所以
平面
，
因为
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）
因为
，所以
，又因为
，所以
，
以
为原点，
以及垂直于平面
的直线分别为
轴，建立空间直角坐标系.
因为
，平面
与平面
所成二面角为60° ，
所以
.
则
，
，
，
，
，.
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所以
.
设平面
的法向量为
，则
，所以
，令
，则
，则
.
设平面
的法向量为
，
则
，所以
，
令
，则
，所以
.
所以
.
所以平面
与平面
夹角的正弦值为
.
一、单选题
1．（2025·甘肃白银·二模）设
是两个平面，
是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，则
D．若
，则
或
与
相交
【答案】D
【分析】对于ABC,根据空间线、面垂直关系逐项分析判断即可；对于D,根据线、面平行关系分析判断即
可.
【详解】对于A，若
，则
，又
，则
或
，故A 错误；
对于B，由
，可知
可能平行或相交，故B 错误；
对于C，若
，则有可能是
，也可能
，故C 错误；
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对于D，由
，可知
可能平行或相交，故D 正确.
故选：D.
2．（2025·湖南·一模）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的
重要点缀．重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的
组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3 所示，则该圆台部分的侧面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先求出
，利用圆台侧面积公式进行求解.
【详解】圆台的上底圆直径为3，上底圆直径为4.6，高为0.6，
过点
作
，垂足分别为
，
故
，故
，
故该圆台部分的侧面积为
.
故选：B
3．（2025·山东济南·三模）如图，下列正方体中，M，N，P，Q 分别为所在棱的中点，则在这四个正方体
中，直线MN 和PQ 为异面直线的是（ ）
A．
B．
C．
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D．
【答案】D
【分析】由已知，结合正方体的结构特征及平行公理推、情感教练的判定定理逐项分析判断.
【详解】对于A，如图，
，
四点共面，A 不是；
对于B，如图，
，
四点共面，B 不是；
对于C，如图，
，
四点共面，C 不是；
对于D，如图，
平面
，
平面
，
平面
，
直线
，
则
与
是异面直线，D 是.
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故选：D
4．（2025·辽宁大连·三模）设
为两个平面，
为两条直线，且
.下述四个命题：
①若
，则
或
②若
，则
或
③若
且
，则
④若
与
所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③
B．②④
C．①②③
D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当
，因为
，
，则
，
当
，因为
，
，则
，
当
既不在
也不在
内，因为
，
，则
且
，故①正确；
对②，若
，
，
与
不垂直，则
与
不垂直，
若
，
，
与
不垂直，则
与
不垂直，故②错误；
对③，过直线
分别作两平面与
分别相交于直线和直线，
因为
，过直线
的平面与平面
的交线为直线，
则根据线面平行的性质定理知
，
同理可得
，则
，因为
平面
，
平面
，则
平面
，
因为
平面
，
，则
，又因为
，则
，故③正确；
对④，若
与
和
所成的角相等，如果
，则
，故④错误；
综上只有①③正确.
故选：A.
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5．（2025·湖南益阳·三模）已知圆锥的母线长为
，其外接球体积为
，则该圆锥的表面积为（ ）
A．3π
B．6π
C．9π
D．12π
【答案】C
【分析】由外接球的体积公式可得其半径，然后作出圆锥及其外接球的轴截面，由勾股定理列出方程，代
入计算，即可得到底面圆的半径，再由圆锥的表面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】
圆锥及其外接球的轴截面如图，
该其外接球的半径为
，则外接球体积为
，则
，
即
，
设圆锥的高为
，圆锥的底面圆半径为
，则
，
由
，解得
，
则此圆锥的表面积为
.
故选：C
6．（2025·北京大兴·三模）《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五
面体．如图，在羡除
中，底面
是正方形，
∥平面
，
，其余棱长都为，
则这个几何体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】连接
交于点
,取
的中点为
,则
平面
,取
的中点为
,连接
,则
, 过
作
,则
平面
,进而求解体积.
【详解】连接
交于点
,取
的中点为
,则
平面
,
由
其余棱长都为，所以
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取
的中点为
,连接
,则
, 过
作
,
则
平面
,如图所示，由题意可知，
,则
,
所以
,
所以
.
故选：D
7．（2025·河南·二模）棱长均为2 的正三棱柱
的各个顶点都在球
的球面上，则球
的体积
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设
的外接圆的半径为，正三棱柱的外接球的半径为
，根据正弦定理和球的截面的性质，
分别求得和
的值，结合球的体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，因为正三棱柱
的底面是边长为
的等边三角形，
设
的外接圆的半径为，正三棱柱的外接球的半径为
，
可得
，则
，
所以正三棱柱
外接球
的体积为
.
故选：D
8．（2025·湖北武汉·三模）如图，如图1 的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2 的方斗杯，其形状
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是一个上大下小的正四棱台，
，
，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的
时，
水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ）
A．112
B．
C．
D．496
【答案】B
【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可.
【详解】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于
，
过
作
交
于点E，交
于点
，如下图所示：
易知四边形
为等腰梯形，则四边形
为平行四边形，
因为水面的高度是方斗杯高度的
，则
，因此
，
设棱台
的高为，设体积为V，
则棱台
的高为
，设体积为
，
则
所以
，由题意，
，
则该方斗杯可盛水的总体积为
故选：B.
9．（2025·辽宁·三模）在正四棱柱
中，
分别是
的中点，
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则直线
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】解法一：以
为原点，建立空间直角坐标系，设
，则
，求得
的坐标，结合
向量的加减公式，即可求解；
解法二：设
，取
的中点P，连接
，证得
和
，得到
（或
其补角）是异面直线
与
所成角，在
中，结合余弦定理，即可求解．
【详解】解法一：以
为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设
，则
，可得
，
则
，
所以
.
解法二：设
，则
，
如图所示，取
的中点P，连接
，
在正方形
中，可得
，
在三角形
中，因为
是
的中点，可得
，
所以
（或其补角）是异面直线
与
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
．
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故选:D．
10．（2025·云南·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．
11．（2025·河北秦皇岛·三模）如图，在棱长为2 的正方体
中，
、
分别为
、
的中点，则过点
、
、
的平面
与侧面
的交线长为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设平面
分别交棱
、
于点
、
，利用面面平行的性质得出
、
，结
合等角定理得出
、
，进而可求得
、
、
、
的长，再利用
勾股定理可求出
的长，即为所求.
【详解】设平面
分别交棱
、
于点
、
，如下图所示：
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
平面
，所以
，
又因为
，由等角定理及图形可知
，
则
，即
，故
，
故
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
平面
，所以
，
又因为
，由等角定理及图形可得
，
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所以
，即
，所以
，
所以
，故
.
因此，平面
与侧面
的交线长为
.
故选：A.
12．（2025·湖北·三模）在正三棱台
中，
分别为棱
的中点，
，四边形
为正方形，则
与平面
所成角的正弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】延长
交于点
，，根据正棱台可判断三棱锥
为正三棱锥，根据棱长进而判断
为正四面体，由正四面体的性质即可结合长度以及线面角的定义求解.
【详解】由题意可知，延长
必交于一点
，
由
可知，
分别是
的中点，
又点
为线段
的中点，所以
，
因
分别为棱
的中点，则
，
又四边形
为正方形，所以
，所以
，
由于三棱锥
为正三棱锥，因此三棱锥
为正四面体，
因此直线
与平面
所成的角即为直线
与平面
所成角，
取
的中心为
，连接
，则
平面
，
所以
为直线
与平面
所成角，
设正四面体
的棱长为
，
在
中，
，
，
在
中，
，
故直线
与平面
所成角的正弦值为
.
故选：B
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13．（2025·甘肃·二模）如图，在三棱锥
中，
平面
，
且
，
若在
内（包括边界）有一动点
，使得
与平面
所成角的正切值为
，则点
的轨迹长为
（ ）
A．
B．
C．
D．6
【答案】C
【分析】过
作
平面
，
为等边
的中心，由等体积发可得
，则
与平面
所成角为
，所以
，
的轨迹为以
为圆心，以
为半径的落在
内的圆弧．
【详解】过
作
平面
，因为
，
所以
是边长为2 的等边三角形，易知
为
的中心，
由
，则
，
则
，
与平面
所成角为
，
因为
与平面
所成角的正切值为
，所以
，
解得
，所以
的轨迹为以
为圆心，以
为半径的落在
内的圆弧．
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根据
，可知四边形
是菱形，且
，
根据对称性可知：
所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故
的轨迹长为
．
故选：C
【点睛】关键点点睛：根据线面角的定义找到
与平面
所成角，从而得
的轨迹是解题关键.
14．（2025·天津河西·二模）在正四棱锥
中，底面四边形
是边长为
的正方形，当该正
四棱锥的外接球半径
与内切球半径之比最小时，则该正四棱锥的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】对外接球，根据几何关系建立方程求解半径
；对内切球，先求出侧面三角形面积进而得到四棱
锥表面积，再利用等体积法求出内切球半径，最后得到
的表达式，通过换元法结合基本不等式求其最
小值及对应的值，最后利用锥体体积公式求解即可.
【详解】设正四棱锥
的高为，设
，连接
，则
平面
，
设该正四棱锥的外接球球心为
，则
在直线
上，
取
的中点
，连接
、
，
对外接球
，解得：
，
对内切球：
，
故四棱锥表面积
，
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由体积法：
，
所以
，
令
，则
，
进而
，
当且仅当
，即
时，
取最小值，此时
.
因此，该正四棱锥的体积为
.
故选：B.
二、多选题
15．（2025·山东潍坊·二模）在正方体
中，
、
分别为线段
、
的中点，则
（ ）
A．
与
异面
B．
平面
C．
D．
平面
【答案】AC
【分析】利用异面直线的定义可判断A 选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BCD 选项.
【详解】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
，则
、
、
、
、
、
、
，
对于A 选项，
、
既不平行，也不相交，故
与
异面，A 对；
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对于B 选项，
，易知平面
的一个法向量为
，
则
，故
与平面
不平行，B 错；
对于C 选项，
，所以，
，故
，C 对；
对于D 选项，
，所以，
，所以，
、
不垂直，
故
与平面
不垂直，D 错.
故选：AC.
16．（2025·河北衡水·三模）如图，该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体
底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则下列选项中正确的是（ ）
A．正四棱锥的高为
B．该几何体的表面积为
C．该几何体的体积为
D．一只小蚂蚁从点E 爬行到点S，它所经过的最短路程为
【答案】ACD
【分析】求出四棱锥的高判断A；求出表面积判断B；求出体积判断C；将长方形
及正
置于
同一平面，求出
判断D.
【详解】对于A，正四棱锥
底面半径
，高
，故A 正确；
对于B，几何体的表面积为
，故B 错误；
对于C，该几何体的体积为
，故C 正确；
对于D，观察图形知，小蚂蚁从点
爬行到点的最短路径为沿表面越过棱
或
，
由对称性，不妨取长方形
及正
，将它们置于同一平面内，连接
，如图，
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取
中点
，连接
，则
，而
，
所以最短路程为
，故D 正确.
故选：ACD
17．（2025·河北秦皇岛·一模）已知在正三棱柱
中，
为棱
的中点，
为棱
的中点，
则（ ）
A．
平面
B．若
，则
C．若
，则直线
与直线
所成角的余弦值为
D．若
，则平面
与平面
的夹角为
【答案】ABD
【分析】利用线面平行的判定推理判断A；利用空间位置的向量证明判断B；利用几何法求出异面直线夹
角余弦判断C；求出二面角大小判断D.
【详解】对于A，依题意，
，则四边形
为平行四边形，
，
而
平面
，
平面
，因此
平面
，A 正确；
对于B，
，
，
，则
，B 正确；
对于C，由选项A 知，
是直线
与直线
所成的角或其补角，令
，
则
，
，C 错误；
对于D，取
的中点
，连接
，则
是正三棱柱
的中截面，
平面
平面
，平面
与平面
的夹角等于平面
与平面
的夹角，
取
的中点
，连接
，由
，
得
，又
，则
是平面
与平面
的夹角，
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在
中，
，
，D 正确.
故选：ABD
18．（2025·江苏苏州·三模）如图，在棱长为2 的正方体
中，
为
的中点，
为侧面
内的动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．使三棱锥
体积取得最大值的点
唯一
B．存在点
，使得直线
与
的夹角为
C．
时，点
的轨迹是线段
D．
平面
时，点
的轨迹长为
【答案】BCD
【分析】对于A，求证
平面
并结合正方体结构性质即可判断；对于B，由直线
与平面
所成的角
和
即可判断；对于C，由
结合
平面
即可判断；
对于D，由向量法求证
平面
即可求解判断D.
【详解】对于A，连接
，由正方体结构性质可知
平面
，
因为
平面
，所以
，
又
，
平面
，所以
平面
，
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又由正方体结构性质可知侧面
内（含边界）点
和点
两点到平面
的距离最大且相等，
所以使三棱锥
体积取得最大值的点
有两个点，故A 错误；
对于B，由正方体结构性质可知
平面
，
所以
是直线
与平面
所成的角，
由题意可得
，此时
，则
，
由正方形性质可知在平面
上点
和点
与直线
距离最大，
而
，故
，
所以存在点
，使得直线
与
的夹角为
，故B 正确；
对于C，分别取
中点
，连接
，
以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系
，则
，
则
，
则
，
则
即
，又
平面
，
所以
平面
，则若
，则点
的轨迹是线段
，故C 正确；
对于D，取
三等分点X 且
，连接
，
则
，又
，则
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
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所以
，取
，则
，
则
，且
不在平面
，所以
平面
，
若
平面
，则点
的轨迹为线段
，
此时点
的轨迹长度为
，故D 正确；
故选：BCD
19．（2025·江苏苏州·三模）已知四棱锥
中，
平面
，四棱锥
的外接球的球心为
．记四棱锥
的体积分别为
，三棱锥
的体积分别为
，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若二面角
的平面角大小为
，则
的最大值为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的性质判定推理判断A；利用锥体的体积推理判断BC；利用二面角的意义，列出
锥体的体积关系，再利用基本不等式求出最大值判断D.
【详解】对于A，由四棱锥
有外接球，得四边形
有外接圆，由
，
得
，由
平面
，
平面
，得
，而
，
平面
，则
平面
，又
平面
，因此
，A 正确；
对于B，由
平面
，得球心
到平面
的距离等于
，因此
，B 正确；
对于C，
均在以线段
为直径的圆上，但
面积无任何关系，
不能确定
，C 错误；
对于D，由
，得
是二面角
的平面角，即
，
则令
，
，
，
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当且仅当
，即
时取等号，因此
的最大值为
，D 正确.
故选：ABD
20．（2025·四川自贡·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，
，
，
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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.
21．（2025·四川眉山·三模）某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的
四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为
，下列结论正确的有（ ）
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A．
平面
B．该石凳的体积为
C．
，
，
，
四点共面
D．点
到平面
的距离为
【答案】AC
【分析】由题意可得A 正确；由正方体的体积减去八个三棱锥的体积可得B 错误；由图中几何关系可得C
正确；建立空间直角坐标系，求出平面
的一个法向量，代入空间点面距离公式可得D 错误.
【详解】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.
A 选项：由图可知
平面
，故A 选项正确；
B 选项：
，故B 选项错误；
C 选项：∵
，
，
，
四点均是正方体个棱上中点，
∴
，且这个六条边长全相等，∴
，
，
，
四点共面，故C 选择正确；
D 选项：如图建立空间直角坐标系，
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∵
，∴正方体棱长为4，∴
，
，
，
，
所以
，设平面
的一个法向量为
，
则
，解得
，即
，
，
∴点
到平面
的距离
，故D 选项错误.
故选：AC
22．（2025·山东德州·三模）在四棱锥
中，底面
是边长为1 的正方形，
平面
，
且
，点
，
，
分别为棱
的中点，则（ ）
A．
B．异面直线
和
所成的角为
C．平面
与平面
所成角的正弦值为
D．过点
，
，
的平面截四棱锥
所得的截面图形为五边形
【答案】ACD
【分析】以点
为原点，
所在直线分别为
轴，建立平面直角坐标系，利用空间向量的系
列公式计算即可判断A，B，C；对于D，作出截面即得.
【详解】
如图，因
平面
，底面
是边长为1 的正方形，
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故可以点
为原点，
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系.
对于A，
，
则
，因
，
则
，即A 正确；
对于B，因点
是
的中点，故
且
，
则
，设
和
所成的角为
，
则
，
因
，故
，故B 错误；
对于C， 由于
平面
，平面
的法向量可取为
，
点
为棱
的中点，则
，
，
。
设平面
法向量为
，则
，则
，解得
设直线
与平面
所成角为
，则
，则
，故C 正确；
对于D，如图，延长
与直线
交于点
，延长
与直线
交于点
，
连接
与
交于点
，连接
与
交于点
，连接
，
则平面
截四棱锥
的截面为五边形
.即D 正确.
故选：ACD.
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三、填空题
23．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）在三棱锥
中，
平面ABC，
，则三棱锥
外接球的半径为 ．
【答案】
【分析】利用补形法即可求解.
【详解】因为
平面
，
，所以可将三棱锥
放入长方体中，
如图所示，则三棱锥
的外接球即是所在长方体的外接球，
长方体的体对角线就是外接球的直径，故PC 为外接球直径，故半径为
，
故答案为：
．
24．（2025·辽宁大连·三模）已知正四棱台
分别是棱
的中点，
平面
将正四棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为 ．
【答案】
/0.6
【分析】分析可知几何体
是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解．
【详解】如图，连接
，不妨设
，棱台的高设为，
所以
．
因为
，
分别是棱
，
的中点，则
，
．
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又因为平面
∥平面
，可知几何体
是三棱台，
则
．
所以分割之后较大部分的体积为
，
所以较小部分与较大部分的体积之比为
．
故答案为：
．
25．（2025·湖南·三模）如图，在直三棱柱
中，△ABC 是正三角形，D 为AC 的中点，点E 在
棱
上，且
，若
，
，则点
到平面BDE 的距离为 .
【答案】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，求出
，其中
是平面
的法向量，结合公式
即可运
算求解.
【详解】如图，取
的中点
，因为
平面
，
平面
，
所以
，
因为三角形
是等边三角形，点
是
中点，所以
，
所以
两两互相垂直，以点
为坐标原点，
所在直线分别为
轴建立空间直角坐
标系，
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因为
，
，
，D 为AC 的中点，
所以
，
所以
，
设平面
的法向量为
，
所以
，令
，解得
，
所以可取
，
点
到平面BDE 的距离为
.
故答案为：
.
26．（2025·辽宁鞍山·一模）正四面体内切球与其外接球表面积之比为 ．
【答案】
【分析】分别找到外接球球心和内切球球心，利用勾股定理求解外接球半径，三角形相似知识求解内切球
半径，求出内切球半径与外接球半径之比，进而求出表面积之比．
【详解】如图1，过点A 作
底面
于点F，则F 为正三角形
的中心，连接
并延长，交
于点E，则E 为
中点，且
，在
上取点O，此点为正四面体
的外接球球心，则
，设正四面体棱长为a，则
，故
，由勾股定理得：
，设
，由
得：
，解得：
，
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如图2，作出正四面体的截面
，则正四面体的内切球与
，
相切，设内切球球心为
，半径为
r，则作
于点G，则
，
，其中
，
，
由
得：
，即
，
解得：
，则
，
所以内切球的表面积与外接球表面积之比为
，
故答案为：
．
27．（2025·安徽蚌埠·三模）三棱锥
中，
，
，
，
，则三棱
锥
的体积的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据几何体的外界球的解法，判断当点
在三棱锥
的外接球的顶端，且
平面
ABC，此时三棱锥
的体积的最大，求解即可．
【详解】
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如图所示，因为
，
，
由余弦定理得：
，
所以
，
外接圆的圆心为
，
则半径
，
当点
在三棱锥
的外接球的顶端时，且
平面
，
点
到平面
的距离
最大，又
，所以
，
，
所以三棱锥
的体积的最大值为
．
故答案为：2.
28．（2025·安徽合肥·三模）在长方体
中，
．若
，点M 在长方体内且
，则平面ADM 截长方体
的截面面积为 ．
【答案】
【分析】设
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
构造平面
，连接
并延长交
于点
，连接
，过点
作
，交
于点
，即可得矩形
为平面ADM 截长方体
得到的截面，求其面积即可.
【详解】已知
，则
，
设
，
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因为
，
，
，
，
所以
，化简得
，得
，
即
．
又
，则
因
，则
组成一个平面
，由
可知在线段点
在
上，
故点
在平面
内，连接
并延长交
于点
，连接
，过点
作
，交
于点
，连接
，
则矩形
即平面
截长方体
得到的截面.
因
，即
，
．
故答案为：
.
四、解答题
29．（2025·北京·三模）如图，在四棱柱
中， 侧面
和底面
均为菱形， 且
为
的中点，
与平面
交于点
，
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(1) 求证:
为
的中点；
(2) 若平面
平面
，求二面角
的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行可得
，根据中位线的性质可得；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角的余弦值.
【详解】（1）在四棱柱
中，
平面
平面
，
又因为平面CDE
平面ABCD=CD，
所以
，
又因为
，所以
，
又因为E 为
的中点，所以F 为
的中点
（2）取AD 的中点O，连接
，
在四棱柱
中，
四边形
，四边形
均为菱形，
又
所以
均为等边三角形，
所以
，
又因为平面
平面ABCD，平面
平面ABCD=AD，
平面
，所以
平面ABCD，
平面ABCD，所以
，
如图建立空间直角坐标系
，
所以
，
所以
即为平面
的一个法向量，
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，
设平面
的一个法向量为
，
所以
，令
得
，
所以
，
所以
，
因为二面角
为锐角，
所以二面角
的余弦值为
，
30．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，矩形
中，
，
，E 为BC 的中点，将
沿
翻折至
，平面
平面
．
(1)求证：
平面
；
(2)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）连接
，即可证明
，再由面面垂直的性质得到
平面
，从而得到
，结合
，即可得证；
（2）以
为原点，建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接
，由
,
，得
，
由
，
，得
，
所以
，
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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）如图以
为原点，建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，取
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
直线
与平面
所成角的正弦值为
．
31．（2025·福建厦门·三模）在三棱锥
中，
，
，
，
是
的中点，
且平面
平面
.
(1)证明：
平面
；
(2)已知平面
经过直线
，且
，直线
与平面
所成角的正弦值为
，求三棱锥
的
体积.
【答案】(1)证明见解析
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(2)
或
【分析】（1）由平面
平面
，得到
平面
，再结合
即可求证；
（2）建系，设
求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可求解
，利用体积公式计计
算得出结果.
【详解】（1）因为平面
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）记
的中点为
，连接
，
因为
，所以
，
因为平面
平面
，所以
平面
.
因为
分别是
的中点，所以
，又
，所以
.
以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系
设
，则
，
所以
.
由题知
，设平面
的法向量为
，
则
即
令
，则
，则
.
则
.
化简可得
，解得
或
，
三棱锥
的体积
，所以体积为
或
.
32．（2025·山西·三模）如图，在三棱柱
中，所有的棱长均相等，
是
的中点，
在上底
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面
的投影为
的重心
．
(1)证明：
；
(2)求平面
与平面
的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理得
，再根据线面垂直的判定定理得
平面
，最
后利用线面垂直的性质定理证明即可.
（2）解法一：延长
交
于点
，则
为平面
与平面
的夹角，然后利用直角三角
形知识求解
，再结合利用诱导公式求解即可；
解法二：建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，利用向量法及同角三角函数关系
求出正弦值.
【详解】（1）
在上底面
的投影为
的重心
．
平面
，
平面
，
，
，
，
是等边三角形，
是
的中点，故
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
又因为
平面
，
.
（2）解法一：延长
交
于点
，如图所示，
由（1）知平面
，故
为平面
与平面
的夹角，
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，
，
设棱长为1，则
，
为
重心，
，
，
，
平面
与平面
的夹角的正弦值为
.
解法二：设
，有
，
，
，可求得
，
由
，
，可得
，
又由
平面
，以
为坐标原点，
，
，
分别为
轴，
轴，
轴建立如图所示空间直角坐标系，
有
，
，
，
，
，
可得
，
，
设平面
的一个法向量为
，
有
，取
，
，
，可得
，
又由平面
的一个法向量为
，有
，
，
，
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有
，
故平面
与平面
的夹角的正弦值为
．
33．（2025·重庆·三模）如图，已知在四棱锥
中，
，
平面
，平面
平面
.
(1)证明：
；
(2)若
且
，G 为
的重心，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）由面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
（2）以
为坐标原点,
,
为
轴、
轴,过
平行于
的直线为
轴建立空间直角
坐标系，分别求出直线
的方向向量与平面
的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）
平面
,
平面
,
.
过
作
,交
于点
,
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
为坐标原点,
,
为
轴、
轴,过
平行于
的直线为
轴,建立如图所示的空间
直角坐标系，
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则
,
.
设
,
，
由题意可得
解得
G 为
的重心，
设平面
的一个法向量为
,则
,
∴
，令
,则
，∴
，
设直线
与平面
所成角为
，
则
.
34．（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱
中，
，
，点
在底面
上的投影为
的中点
，点
满足
.
(1)当
时，证明：平面
平面
；
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(2)已知
，若平面
与平面
夹角的余弦值为
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
或
【分析】（1）根据投影的定义结合已知条件可得
平面
，然后根据面面垂直的判定即可得；
（2）建立空间直角坐标系，通过向量法求解面面夹角的余弦列出方程，然后解方程即可；
【详解】（1）当
时，即
为线段
的中点，
因为
，所以
，所以
，
又
，所以
，
又因为
平面
，平面
//平面
，
所以
平面
，
平面
，所以
，
且
，
，
平面
，所以
平面
.
又因为
平面
，所以平面
平面
.
（2）因为
，
为
的中点，所以
，且
平面
，
故以
为坐标原点，
，
，
分别为
，
，
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
，所以
，
，
所以
，
，
，
，
可得
，
，
所以
，
.
设平面
的法向量为
，
则
化简得
令
，则
，
，
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可得
，
由题意可知，平面
的法向量
，
所以
，
又平面
与平面
夹角的余弦值为
，
所以
，解得
或
，所以
的值为
或
.
35．（2025·山东烟台·三模）如图，在四棱锥
中，
是边长为2 的正三角形，且二面角
的大小为
．底面
为平行四边形，
，
，点Q 在棱
上且
．
(1)若
，证明：
平面
；
(2)求直线
与平面
所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需证明
，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）以
为坐标原点，
，
所在直线为x，y 轴，过A 且垂直平面
的直线为z 轴，建立空间直
角坐标系，求直线
的方向向量与平面
的法向量，由向量夹角公式可得
，结合
即可求解.
【详解】（1）若
，即Q 为
中点，连接
交
于点M，连接
，
因为
为
的中位线，所以
，
因为
平面
，
面
，
所以
平面
．
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（2）因为
，
，
，所以
．
以A 为坐标原点，
，
所在直线为x，y 轴，过A 且垂直平面
的直线为z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
是边长为2 的正三角形，所以P 和
中点连线的距离为
，
因为二面角
的大小为
，
所以点P 到底面
的距离为
，
点P 在底面的射影到
的距离为
，
所以点P 在底面
的射影在边
上且靠近C 的四分之一等分点处，
所以
，
所以
，
因为
，所以
，
又
，
．
又
，设平面
的一个法向量
，
则
，即
，
令
，则
，
，
即
，
，
又
，设直线
与平面
所成角为
，
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则
，
整理得
．
所以当
时，
，
所以
．
即直线
与平面
所成角的正弦值的取值范围为
．
36．（2025·四川巴中·二模）如图，在直三棱柱
中，
，平面
平面
，点
分别是棱
的中点，点
是线段
上的一点
(1)求证：
；
(2)若直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明
，再证明
，由条件结合面面垂直的性质定理证明
平面
，由此可证
，再结合
，根据线面垂直判定定理证明
平面
，取
的
中点
，证明
，通过证明结论
，完成证明；
（2）建立空间直角坐标系，设
，求直线
的方向向量与平面
的法向量，结合向量夹角
公式求直线
与平面
所成角的正弦值，列方程求
可得结论；
【详解】（1）连接
，如图所示：在直三棱柱
中，
平面
，
又
，
平面
，所以
，
，
又
，所以四边形
是正方形，所以
.
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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
的中点
，连接
，
，
如图所示.因为
是
的中点，
是
的中点，
所以
，
，
又
是棱
的中点，所以
，
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，又
，所以
.
（2）因为
平面
，
平面
，所以
，
又
，
，所以以
为坐标原点，
，
，
为
轴，
轴，
轴的正方向，建立空间
直角坐标系，如图所示.
所以
，
，
，
，
，
，
所以
，
，所以
，
设
（
），
所以
.
设平面
的一个法向量为
，
所以
，
令
，解得
，
，
所以平面
的一个法向量为
.
又
，设直线
与平面
所成角的大小为
，
所以
，
化简可得
，
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解得
或
（舍），所以
.
37．（2025·湖南岳阳·三模）如图，在梯形
中，
，
，
，
，
，
分别为线段
，
上异于端点的一点，
，将梯形
沿
翻折至与梯形
垂直
的位置，得到多面体
．
(1)若
，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）在梯形
中，过点
作
，垂足为
，即可求出
、
，由面面垂直的性
质得到
平面
，建立空间向量直角坐标系，设
，由
得到
，
即可求出
，从而得证；
（2）求出平面
的法向量
，则
，即可求出
，再由空间向量法计算可得.
【详解】（1）在梯形
中，过点
作
，垂足为
，如图所示：
在
中，
，
，
所以
，
，
又
，
，所以
，
，
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梯形
沿
翻折至与梯形
垂直的位置，即平面
平面
，
又平面
平面
，
平面
，
，
所以
平面
， 又
，
以点
为原点，
、
、
所在直线分别为
轴、
轴、
轴建立如图所示空间直角坐标系，
设
，则
，
，
，
.
所以
，
，
因为
，所以
，
所以
，解得
或
(舍去).
此时
，
，
所以
.
（2）设平面
的法向量为
，由
，
，
则
，
取
，则
，
，即
，
因为
平面
，所以
，则
，
即
，解得
.
此时
，
，
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
.
38．（2025·甘肃白银·二模）如图，已知正方形
的边长为
分别为
的中点，以
为棱
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将正方形
折成如图所示，使得二面角
的大小为
，点
在线段
上且不与点
重
合.
(1)直线
与由
三点所确定的平面相交，交点为
，若
，求
的长度，并求此时点
到
平面
的距离；
(2)若
，求平面
与平面
夹角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）取
中点
，证明得
，及
，设
，求出
，过
作
于
，证明得
平面
，即
为点
到平面
的距离，进而得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，根据面面角的法向量求法求解即可．
【详解】（1）由题意可知，
，
平面
，
所以
平面
，同理可得
平面
，
因为二面角
为
，所以
，
所以
与
均是全等的正三角形，取
中点
，则
，
由
平面
平面
得
，
又
，
平面
，因此
平面
，即
，
因为
，
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
设
，所以
，
，所以
即
，
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所以
的长为
.
过
作
于
，因为
平面
，
平面
，所以
，
又
，
平面
，所以
平面
，
即
为点
到平面
的距离，因为
，所以
，
所以
，所以点
到平面
的距离为
.
（2）因为
，所以
，
又
平面
平面
，所以
即为二面角
的平面角，
所以
.
取
中点
，连接
，如图，
因为
，所以
，
所以
，所以
，
因为
，所以
，又
平面
，
所以
平面
，因为
，平面
，所以
，
则以
为坐标原点，
方向为
轴正方向建立空间直角坐标系如图所示，
则
，
则
，
设平面
的法向量
，则
令
，则
，所以
.
设平面
的法向量
，又
，
所以
，
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令
，则
，所以
.
所以
.
设平面
与平面
夹角为
，
所以
，
故平面
与平面
夹角的正弦值为
.
39．（2025·江西萍乡·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
.
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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
.
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40．（2025·湖北黄冈·三模）如图，在四棱锥
中，
底面
四面体
的体积为
的面积为
.
(1)求点
到平面
的距离；
(2)若
，平面
平面
，证明：BC⊥平面
(3)在（2）的条件下，在棱
上是否存在一点N，使平面
与平面
夹角为
，若存在，求
的长.若不存在，说明理由
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）应用等体积法计算
，结合线面平行得出点到平面距离；
（2）由平面
平面
性质定理得出
平面
，再应用线面垂直判定定理证明；
（3）应用空间直角坐标系，分别求出平面
与平面
的法向量，再应用面面角余弦公式计算求参.
【详解】（1）设点
到平面
的距离为，由四面体
的体积为
的面积为
，得
，解得
，
而
平面
平面
，则
平面
，
所以点
到平面
的距离为
.
（2）取
的中点
，连接
，由
，得
，由平面
平面
，
平面
平面
平面
，得
平面
，即
，
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则
，由
平面
平面
，得
，
又
平面
平面
，则
，而
平面
，
因此
平面
，
（3）存在：
由（2）知，又
平面
，则
，
而
的面积为
，
，则
，
，
由
，得
，以
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
则
，设
，
则
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，取
，得
，
设平面
的法向量为
，
则
，
取
，得
，
，由平面
与平面
的夹角为
，
得
，解得
，即
为
的中点，
所以
.
41．（2025·山东聊城·二模）如图，柱体上下底面是椭圆面，
、
分别是上下底面椭圆的长轴，
、
分别是上下底面椭圆的短轴，四边形
和
为矩形，
、
分别为上下底面椭圆的长短轴
的交点，
．
、
是下底面椭圆上两动点，
不与
平行或重合．
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(1)证明：
平面
；
(2)若
面积为定值，求
的长度；
(3)在（2）的条件下，当平面
平面
时，求点
到直线
的距离的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出
，
，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以
为坐标原点，
、
、
所在直线分别为
、
、
轴建立空间直角坐标系，设
，
，则
，求出点
到直线
的距离
，结合三角形的面积公式以及
为定值，
求出的值，即可得解；
（3）设
、
，利用空间向量法可得出
，设直线
在
平面内的方
程为
，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，代入
，可得出
，进而可求出点
到直线
的距离的取值范围．
【详解】（1）因为四边形
为矩形，则
，
，
由题意得，
、
分别为
和
的中点，所以，
，
，
所以，四边形
为平行四边形，
因为
，则
，同理可证，
，
因为
，
、
平面
，故
平面
．
（2）如图，以
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，
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设
，
，则
，
所以，
，
．
则点
到直线
的距离
．
所以
．（*）
因为底面椭圆焦点在
轴上，
，即长轴长为
，短轴长为
，
所以点
的坐标满足
，即
，
代入（*）式得，
．
由已知
面积为定值，所以
，则
，
由（1）知
，故
的长度为
．
（3）设
、
，
，
则
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
，得
，
，即
．
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
，则
，
，则平面
的一个法向量为
．
因为平面
平面
，所以
，得
，
在
平面内，椭圆
的方程为
，
设直线
在
平面内的方程为
．
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代入椭圆方程得
，
由
，得
．
由韦达定理得
，
所以
，
即
，化简得
．
所以点
到直线
的距离为
，
则
，所以
．
故点
到直线
的距离的取值范围为
．
