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空间向量与立体几何
猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据
关于空间向量与立体几何的考查，题量维持 空间几何体点线面位置关系
在2-3道，必有一道主观题.应注意以下几个 以及夹角问题，表面积体积
方面的问题： 以及圆锥对应面积的运算一
2024全国新高考
直是高考的热门考点，要加
I卷5、17 1.几何体的结构特征及面积、体积的计算； 以重视，另外台体的表面积
2024全国新高考 2.多面体、旋转体与球的切、接问题，综合 体积应该重点复习
Ⅱ卷7、17 考查几何体结构特征、面积或体积的计算， 几何体内切球外接球问题是
以及线面关系的应用；
高考立体几何中的难点，近
2023全国新高考
空间向量 I卷12、14、18
3.空间点线面位置关系的判断，包括各种角 两
握
年
长
考
常
查
规
比
的
较
空
少
间
，
几
但
何
是
体
应
的
掌
外
与立体几 的简单计算；
接球内切球的简单技巧
何 2023全国新高考
4.以棱锥、棱柱为载体，证明线线关系、线
Ⅱ卷9、14、20 空间几何体容易与其他知识
面或面面关系，求线面角的函数值；
点相结合构成新的情景类问
2022全国新高考
5.以棱锥、棱柱为载体，证明线线关系、线 题也是近年来高考新改革的
I卷4、8、19
面或面面关系，求二面角的函数值； 一个重要方向
2022全国新高考 6.以棱锥、棱柱为载体，证明线线关系、线
Ⅱ卷7、11、20 面或面面关系，根据线面角或二面角求其它
量；
7.适当注意距离的计算问题.
题型一 旋转体的结构特征，表面积与体积
1．（2025高三·全国·专题练习）底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高
为1的圆锥，所得圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据相似可得原圆锥的高，进而利用圆锥的体积公式即可求解.
【详解】由已知，设原圆锥的高为 ，则 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ．
故选：A．
2．（24-25高二下·福建莆田·阶段练习）已知圆锥的母线长为2，则该圆锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将圆锥体积表示为底面半径为自变量的函数,利用导数求最值即可.
【详解】
设圆锥的底面半径为 ,如图, ,故 ,
所以体积为
令 ,
当 时, 单调递增,
当 时, 单调递减,
所以当 时, 取得最大值,
此时 取得最大值 ,
故选:D.
3．（2025高三·全国·专题练习）一个圆锥被平行于底面的平面所截，上下两个几何体的侧面积之比为 ，
则上下两个几何体的体积之比为（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】由圆锥侧面积公式及体积公式即可求解.
【详解】根据定义知上、下两个几何体分别为小圆锥和圆台，设小圆锥的高为 ，底面半径为 ，所以母
线长为 ，
原圆锥的高为 ，底面半径为 ，所以母线长为
由小圆锥的侧面积为： ，大圆锥的侧面积为： ，
上下两个几何体的侧面积之比为 ，
所以 ，又由相似易得： ，
所以得 ，即 ，
所以小圆锥和原圆锥的体积比 ，
所以小圆锥和圆台的体积之比为 ．
故选：D．
4．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为 ，则此圆台的表面积与
其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设上底面半径为 ，下底面半径为 ，根据圆台的内切球的性质以及线面角可得 ，且母线
长为 ，以及内切球 的半径 ，再结合圆台和球的面积公式运算求解.
【详解】设上底面半径为 ，下底面半径为 ，如图，取圆台的轴截面，作 ，垂足为 ，
设内切球 与梯形两腰分别切于点 ，
可知 ， ，
由题意可知：母线与底面所成角为 ，
则 ，可得 ，
即 ， ，可得 ，
可知内切球 的半径 ，
可得 ， ，
所以 .
故选：D.
5．（2025·四川自贡·二模）已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（
）
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】设圆锥底面圆的半径为 ，求出侧面积和表面积得解.
【详解】设圆锥底面圆的半径为 ，则母线长为 ，
， ，
.故选：B.
6．（2025·辽宁·一模）圆台的上、下底面半径分别为2和4，一个球与该圆台的两个底面和侧面均相切，
则这个球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知作图，然后得到其轴截面，根据题意得到线段长，由切线长得到圆台母线长，由等腰梯形
求得梯形的高，即可得到求得半径，然后得到表面积.
【详解】如图，
则该几何体的轴截面如下：
所以 ， ，
∵ 与圆 相切，点 为切点，
∴ ，
过点 作 与点 ，
∴ ，∴ ，则 ，
即球的半径 ，∴这个球的表面积 ，
故选：D.
7．（2025·山东济南·一模）已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ）
A．π B．2π C．4π D．8π
【答案】B
【分析】由侧面面积公式建立等式，然后分别写出上下底面面积，作差后代入即可得到结果.
【详解】如图：
设展开图小圆半径和大圆半径分别为 ，则圆台侧面积 ，即 ，
上底面半径 ，下底面半径 ，
圆台上下底面面积之差的绝对值为 .
故选：B.
8．（2025·黑龙江·一模）已知圆锥的轴截面是一个斜边长为 的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由轴截面可得底面半径及母线长，再由表面积公式即可求解；
【详解】因为轴截面是一个斜边长为 的等腰直角三角形，
所以圆锥的底面半径 ，母线 ，
所以圆锥的表面积 .
故选：D.
题型二 多面体的结构特征，表面积与体积1．（2025·贵州黔东南·一模）已知第一个正四棱台的上底面边长为 ，下底面边长为 ，侧棱
长为4cm，第二个正四棱台的上底面、下底面边长与第一个相同，但高为第一个正四棱台的3倍，则第二
个正四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合正四棱台性质求出第一个正四棱台的高，进而得到第二个正四棱台的高，再根据棱台的体积
公式计算求解即可.
【详解】由题意知第一个正四棱台上底面边长为 ，下底面边长为 ，侧棱长为4cm，
如图：设第一个四棱台上下底面中心为 ，连接 ，
结合正四棱台性质可知四边形 为直角梯形，
且 ，故 ，
即棱台的高为 ，则第二个正四棱台的高为 ，
故第二个正四棱台的体积为 .
故选：C.
2．（2025高三·全国·专题练习）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（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【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 ， ．
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 ．
故选：C．
3．（2025高三·全国·专题练习）在正四棱锥 中， ，二面角 的大小为 ，则该四棱锥的体积为（ ）
A．4 B． C．1 D．
【答案】B
【分析】根据题意判断出 为二面角 的平面角，然后求出 ，即可得出答案．
【详解】
如图，连接 交于点 ，连接 ，则 为正方形 的中心，故 平面 ．
取 的中点 ，连接 ，则 ， ， ，
故 为二面角 的平面角，即 ．
又因为 平面 ， 平面 ，所以 ，所以 ，则该四棱锥的体积为
．
故选：B．
4．（2025·甘肃·一模）用一个平面截正方体，截面形状为正六边形，则截出的两部分几何体的体积之比是
.
【答案】
【分析】画出正六边形截面，根据对称性求得体积比.
【详解】如图所示，正方体 中，
分别是 的中点，
连接 ，则六边形 是正六边形，
根据对称性可知，截出的两部分几何体的体积之比是 .
故答案为：5．（2025·湖南邵阳·二模）已知正六棱锥的高为 ，它的外接球的表面积是 ．若在此正六棱锥内放一
个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为 ．
【答案】
【分析】设正六棱锥的外接球的半径为 、内切球的半径为 ，由题意及正六棱锥的性质相继求出 、正
六棱锥的底面积、侧面面积，再利用等体积法求得 ，设正方体的最大棱长为 ，此时正六棱锥的内切球
是正方体的外接球，由此可得结果.
【详解】设外接球的半径为 ，则 ， ．
设正六棱锥的底面边长为 ，则 ， ，
即正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2．
正六棱锥的底面积 ．
侧面面积 ．
正六棱锥的体积 ．
设正六棱锥的内切球的半径为 ，
则 ．
．设正方体的棱长为 ，则 ， ．
正方体的棱长的最大值为 ．
故答案为： .
6．（2025高三·全国·专题练习）已知正三棱台 中， ， ，侧棱 ，则该
棱台的体积为 ．
【答案】 /
【分析】将其补成正三棱锥，利用相似比可得 ，则正三棱锥为正方体的一角，再将三
棱锥的体积转化为求正方体的体积，求出两个正三棱锥体积再作差即可.
【详解】补成正三棱锥 ，
因 ， ，则 为三棱锥 侧棱的中点，
又 ，则 ，
则由勾股定理可知 两两垂直，故该图形为正方体的一角，
所以 ，
同理，得 ，
所以正三棱台 的体积 ．故答案为：
7．（2025高一·全国·专题练习）四面体 的棱长为4，E为棱BC的中点，过点E作其外接球的截面，
则截面面积的最小值是 .
【答案】
【分析】将正四面体 放置于正方体中，该正方体的外接球就是正四面体 的外接球，求出半径，
过点 作其外接球的截面，当截面到外接球的球心 的距离最大时，截面面积最小，据此即可求解.
【详解】将正四面体 放置于如图所示的正方体中，可得该正方体的外接球就是正四面体 的外
接球，
设该外接球的球心为 ，半径为R，
正四面体 的棱长为4，且正四面体 的棱长是正方体的面对角线长，
正方体的棱长为 ，
正方体外接球的半径 满足 ，
解得 ， 为棱BC的中点，
过点 作其外接球的截面，
当截面到外接球的球心 的距离最大时，截面面积最小，
此时 为截面圆心，球心 到截面的距离 ，
由截面的性质可得截面半径 ，
故截面面积的最小值为 ．
故答案为： .
8．（2025·江西·模拟预测）在斜三棱柱 中， 分别为侧棱 上的点，且 ，过 的截面将三棱柱分成上、下两个部分的体积之比可以为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】应用锥体体积及柱体体积公式结合图形特征计算求解即可.
【详解】设三棱柱 的体积为 ，因为侧棱 上各有一动点 ，
满足 ，所以四边形 与四边形 的面积相等，
故四棱锥 的体积等于三棱柱 的体积的 ，即 ，
则几何体 的体积等于 ，
故过 的截面将三棱柱分成上，下两个部分的体积之比为 或 .
故选：A.
9．（24-25高三下·河北邢台·阶段练习）（多选）如图，在正三棱柱 中， ， ，
是 的中点，则下列结论正确的是（ ）A．若 ，则 与平面 成 角 B．若 ，则平面 平面
C．若 ，则 D．若 ，则三棱柱有内切球
【答案】ACD
【分析】对于A，找到线在平面上的射影，通过相关线段的长度关系求解角度；对于B，C，运用空间向量
法，计算判断；对于D，三棱柱内切球，找出其半径与三棱柱棱长的关系，计算判断.
【详解】对于选项A，取 中点 ，连接 .因为正三棱柱中 平面 ，所以 就是
与平面 所成的角.
已知 ，则 ， .
当 时， ，所以 ，选项A正确.
对于选项B，以 为原点，分别以 所在直线为 、 、 轴建立空间直角坐标系.
当 时， ， ， ， ， .
可得 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，解得 .
又 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，解得 .
计算 ，
所以平面 与平面 不垂直，选项B错误.
对于选项C， ， .
已知 ， ， ， ， ， .
当 时，
，故 ，选项C正确.
对于选项D，若正三棱柱有内切球，则内切球的半径 等于底面正三角形的内切圆半径 且等于侧棱长的
一半，
即 ，此时 ，选项D正确.
故选：ACD.
10．（24-25高三下·天津蓟州·开学考试）在直三棱柱 中， ， ，
， 分别是BC， 的中点， 在线段 上，则下面说法中不正确的是（ ）A． 平面
B．直线EF与平面ABC所成角的余弦值为
C．直三棱柱 的外接球半径为
D．直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可得A正确，再由线面角的向量求法计算可得
B错误，确定直三棱柱 的外接球球心位置可计算半径为 ，即C正确，利用异面直线向量
求法求出直线 与直线 所成角最小时点 的位置，可判断D正确.
【详解】因为 是直三棱柱，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，又 ，即 ；
因此 两两垂直，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
如下图所示：
对于A，又 ，所以 ，可得 ，显然平面 的一个法向量为 ，
所以 ，又 平面 ，所以 平面 ，即A正确；
对于B，易知平面 的一个法向量为 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，
所以
因此直线 与平面 所成角的正弦值为 ，余弦值为 ，即B错误；
对于C，因为、 ， ，所以 为等腰直角三角形，所以其外接圆圆心为 的中
点，外接圆半径为 ；
因此可得直三棱柱 的外接球球心即为 的中心 ，易知 ，
则外接球半径为 ，因此C正确；
对于D，易知 ，所以 ，
由 在线段 上，可设 ，其中 ，
所以 ，
因此直线 与直线 所成的角的余弦值为令函数 ，可得 ；
易知当 时， ，当 时， ，
因此 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时， 取得最大值，再结合余弦函数单调性可得此时直线 与直线 所成的角最小，
因此 ，即 ，
因此线段 长为 ，即D正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用空间向量法得到线线角余弦值表达式，再利用导数求出其
最值.
11．（2025·江苏·模拟预测）（多选）六氟化硫（ ）分子结构为正八面体（可看作是将两个棱长均相等
的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图，正八面体 的棱长为 ，下列说法中正确的有
（ ）
A．异面直线AE与BF所成的角为45°B．此八面体的外接球与内切球的体积之比为
C．若点P为棱 上的动点，则 的最小值为
D．若点 为四边形 的中心，点 为此八面体表面上动点，且 ，则动点 的轨迹长度为
【答案】BD
【分析】利用等角定理即可判断A，再利用内切圆和外接圆的性质求的 ，可判断B，利用展开图可得
最小值为菱形的对角线可判断C，由 可得轨迹为正八面体与半径为 的球的交线，可求出其一个
面的长度，再由对称性可求出轨迹的总长.
【详解】对于A，由正八面体的结构特征可得， ，所以异面直线AE与BF所成的角为 ，A错误；
对于B，根据对称性易得其外接球与内切球的球心为其中心，所以 ，内切球切点在面的中
线 上，
且在四边形 中，由等面积法可得 ，则 ，B
正确；
对于C，因为 的展开图为一个角为 的菱形，对角线 即为 的最小值，此时，C错误；
对于D，因为 到各棱的距离都等于 ，则点 在各面的轨迹恰好为各个面的内切圆，记其半径为 ，
因为 为等边三角形，
所以 ，所以在一个面的轨迹长度为 ，
所以在八个面内的轨迹长度之和为 ，D正确.
故选：BD
题型三 几何体与球的切接问题
1．（2025高一·全国·专题练习）在四棱锥 中， 平面 ， ，且二面角
的大小为 ， ．若点 均在球O的表面上，则球O的体积的最小值为
.
【答案】 /
【分析】根据题设易得 是四边形 外接圆的直径，利用线面垂直的性质、判定证 、
、 ，进而得到 是二面角 的平面角， 中点 为 的外接球球
心，令 且 ，求得外接球半径关于 的表达式，求其最小值，即可求球 的最小体积.
【详解】
由题设， 在一个圆上，故 ，
又 ，则 ，即 ，故 是四边形 外接圆的直径，
由 平面 ， 平面 ，则 ，由 ， 面 ，则 面 ， 面 ，则 ，
由 ， 面 ，则 面 ， 面 ，则 ，
则 是二面角 的平面角，故 ，
令 且 ，则 ， ，故 ，
且 都是以 为斜边的直角三角形，故 中点 为 外接球球心，
所以外接球半径 ，
当 时， ，此时球O的体积的最小值为 .
故答案为： .
2．（2025·黑龙江·一模）已知正四棱柱 的所有顶点均在球 的球面上，若该四棱柱的体
积为1，则球 的表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用正四棱柱的底面边长及高表示其外接球的表面积，再利用导数求出最小值.
【详解】设正四棱柱 的底面边长为 ，高为 ，则其外接球的直径 ，
由四棱柱的体积为1，得 ，即 ，
因此球 的表面积 ，
令 ，求导得 ，
当 时， ；当 时， ，函数 在 上递减，在 上递增，
则当 时， ，所以球 的表面积的最小值为 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求出球的表面积的函数关系是求得答案的关键.
3．（24-25高二下·广东阳江·阶段练习）已知正三棱柱的侧棱长为 ，底面边长为 ，若该正三棱柱的外接
球的体积为 ，则 的最大值为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用球的体积公式得到 ，结合勾股定理得到 ，再构造 ，结合直线与椭圆
的位置关系求解最值即可.
【详解】设该正三棱柱的外接球半径为 ，且正三棱柱的外接球的体积为 ，
则 ，解得 ，如图，我们作出符合题意的正三棱柱，
设球心为 ，底面外接圆圆心为 ，由正三棱台性质得 ， ，
则由勾股定理得 ，即 ，
设 ，当直线 与曲线 相切时， 最大，
联立方程 得 ，
由 ，得 （舍去负根），
故 的最大值为 ，此时 ， ，故A正确.
故选：A
4．（2025高三·全国·专题练习）已知棱长为 的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在平
面的交线都为一个面积为 的圆，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】根据正弦定理可得外接圆半径，进而根据勾股定理可得四面体的高，即可根据球的性质，结合勾
股定理求解半径得解.
【详解】由对称性，可知球心与正四面体重心重合，
由于球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为 的圆，故每个面的交线为半径为3的圆．
设球心为 , 为 的中心，则 ,故 ，故
设球心到任意面的距离为 ，则由等体积法可得 ,
故连接球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连交线圆上一点与球心（即为球的半径），
由勾股定理得球的半径为 ，则表面积为 ．
故选：B．
5．（2025·四川广安·二模）已知正方形 的中心为 ， ，现将其沿对角线 翻折，使得 在
面 内的射影为 的中点，且 ， ， ，再将 绕直线 旋转
一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的体积为 .
【答案】
【分析】第一空：过 作 于点 ，连接 ，在直角三角形 中，求得 长度，再结合余弦
定理即可求解；第二空：通过轴截面，求得内切球半径即可求解.
【详解】正方形 的中心为 ，将其沿对角线 翻折，使得 在面 内的射影为 的中点，则
二面角 为直二面角，如图所示，又 ，则可得， ， ， ，平面 平面 ，
又平面 平面 ， 平面 ，
平面 ，
又 ，
所以 为 的中点， 为 的中点，
又正方形 的中心为 ，
为 的中点，
则可得 ， ，
过 作 于点 ，连接 ，
则 ， 平面 ，
又 平面 ，
又 ， ， ， ，
，
在 中， ，
又 ，
，
将 绕直线 旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合体，
作出其轴截面，如图，则该轴截面中 和 为边长为1的等边三角形，
该旋转体的内切球的半径 即为菱形 的内切圆的半径，
由等面积法，则 ，
即 ，则 ，
因此该旋转体的内切球的体积为 .
故答案为： ， .
6．（24-25高三上·安徽阜阳·期末）如图，圆锥的底面半径为 ，高为 ，且该圆锥内切球（球与圆锥的
底面和侧面均相切）的半径为1，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】画出轴截面，根据 列方程求解即可.
【详解】画出圆锥的轴截面如图设内切球的球心为 ，半径为 ，
则 ， ，
所以 ，
又 ，
即 ，
解得 ，
故选：B.
7．（2025·天津滨海新·模拟预测）如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上
盒盖．可放小球的最大半径为 ．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出截面图，设储物盒所地球的半径为 ，从而利用 表达出小球最大半径 和正方体棱长 ，
进而求出比值.
【详解】设储物盒所在球的半径为 ，如图，小球最大半径 满足 ，所以 ，
正方体的最大棱长 满足 ，解得 ，
所以 .
故选：D.
8．（23-24高一下·云南昭通·阶段练习）四棱锥 的底面 为正方形， 平面 ，且
， ．四棱锥 的各个顶点均在球O的表面上， ， ，则该四棱锥外接球
半径为 ；直线l与平面 所成夹角的范围为 ．
【答案】 1
【分析】由题可证 平面 ，若 平面 ，则l与平面 所成的角为0，若过B的直线l与平
面 相交于点R，在平面 中，过B作直线 ，与平面 相交于点为S，可得 为 在
平面 内的射影， 为直线l与平面 所成的角，求出 的范围，得解.
【详解】因为四棱锥 的底面为正方形，且 平面 ，
将四棱锥 补形成长方体，则四棱锥 的外接球即为长方体的外接球，
可得四棱锥 的外接球的球心O为 的中点，∴ ，连接 ， ，交点为Q，因为底面 为正方形，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 ，则l与平面 所成的角为0．
如图，若过B的直线l与平面 相交于点R，在平面 中，过B作直线 ，与平面 相交
于点为S，
因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又 ， ，且 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
故过B且与 垂直的直线与平面 的交点的轨迹为直线 ，又 平面 ，所以 ，
又 ，且 ，所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 平面 ，所以 为 在平面 内的射影，
即 为直线l与平面 所成的角，且 ，
在 中， ， ，由射影定理求得 ，
而 ，当且仅当 重合时，等号成立，
故 ，∴ ．综上，直线l与平面 所成夹角的取值范围为 .
故答案为：1； .
题型四 空间中的角度问题（小题）
1．（2025·宁夏石嘴山·一模）正四棱台 的体积为 ， ， ，则直线AB 与
1
直线BD所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式求出正四棱台的高，建立空间直角坐标系，再利用向量法求解异面直线
所成角的余弦值即可.
【详解】设正四棱台的高为 ,
已知体积 、下底面积 、上底面积 ,
代入正四棱台体积公式 ,可得 ，
解得高 ，
取AB的中点 ,连接OF, 取AD的中点 ,连接OE，
如图，以 所在的直线分别作 轴，建立空间直角坐标系，
而 ， ，则顶点 , ，顶点 ，
直线 的方向向量为 , ，
直线 的方向向量为 ， ，
则 ，
则直线AB 与直线BD所成角的余弦值为: .
1
故选：C.
2．（24-25高二下·上海·阶段练习）在三棱锥 中， 平面ABC， ，
，则点 到平面 的距离等于 .
【答案】
【分析】根据线面垂直的性质可得 ，再根据线面垂直的判定可推出 面 ，则 ，
再利用等体积法转换即可.
【详解】 面 ， 面 ； .
且 ， 面 ； .
； .
； ；
设点 到平面 的距离等于 .
； ；即 .
即点 到平面 的距离等于 .
3．（2025高三·全国·专题练习）已知 是圆锥的顶点， 是底面圆的直径， 是底面圆周上一点， 是
线段 的中点， ，则 ．
【答案】
【分析】根据线面垂直判定定理得出 ，再应用三角形边长求角即可.
【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， ．
因为 为 的中点， 为 的中点，所以 ．因为 平面 ，所以 平面 ．可得 ．
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
在 中， ，所以 ．
所以 ．
故答案为：
4．（24-25高二下·全国·开学考试）如图．在二面角 中， ， ， ， ，
， ，且 ， ，则二面角 的大小为 ．
【答案】
【分析】根据二面角定义得出二面角为 ，再结合空间向量的数量积公式计算得出余弦值即可
求出二面角．
【详解】设二面角 的平面角为 ，
由二面角的平面角的定义知 ．
因为 ，所以 ．
由 ， ，得 ， ．
因为 ，所以
，
所以 ，所以 ．
故答案为： .
5．（24-25高三上·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在直三棱柱 中， ，
，D，E，F分别是棱 ，BC， 的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为
．
【答案】 /
【分析】把直三棱柱 补成一个底面为菱形的直四棱柱，利用平移法找到异面直线 与 所
成的角，再结合余弦定理求解即可.
【详解】把直三棱柱 补成一个底面为菱形的直四棱柱，如图所示：
因为 ，且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
所以异面直线AD与EF所成的角为 或其补角，
不妨设 ，
因为 ，所以 ，
所以 为等边三角形，所以 ， ，
所以 ，
因为 为边长为 的等边三角形，所以 ，
又因为 ，
所以在 中，由余弦定理可得 ，
故异面直线 与 所成角的余弦值为 .
故答案为： .
6．（2025·新疆喀什·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方婷，如图，在方婷 中，
，其体积为 ，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线 所成角的余弦值为
（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】根据异面直线夹角的定义，在图中明确夹角，根据正四棱台的几何性质以及体积公式，求得夹角
所在的直角三角形的边长，结合锐角三角函数的定义，可得答案.
【详解】连接 ，过 作 平面 ，其中垂足为 ，连接 ，如下图：
在正四棱台 中，易知 ， ，
则 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ，
易知 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，则 ，
故 ，
因为 分别为 的中点，所以 ，
则异面直线 与 的夹角为 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
在正方形 中， ，同理可得 ，
在等腰梯形 中，易知 ，
在正四棱台 中，上下底面面积分别为 ， ，
正四棱台 的体积 ，
则 ，解得在 中， ， .
故选：D.
7．（2025·四川南充·二模）已知正三棱锥 底面边长为2，其内切球的表面积为 ，则二面角
的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据内切球的表面积求出内切球半径，再利用等体积法求出正三棱锥的高，最后找出二面角
的平面角，进而求出其余弦值.
【详解】已知内切球表面积 ，则 ，解得 .
设正棱锥 的顶点 在底面 上的射影为 ，取 中点 ，连接
.
因为正棱锥的性质， 平面 ， ，根据三垂线定理可得 ，所以 就是二面角
的平面角.
底面 是边长为 的正三角形，则 .
设正棱锥 的体积为 ，表面积为 .
底面 的面积 .
侧面 中， ， ，则侧面面积
，正棱锥 的表面积 .
根据等体积法 ，即
化简 ，即 ， .
两边平方：整理得到 ，即 ，解得 （舍去）或 .
在 中， ， ， ，所以
.
二面角 的余弦值为 .
故选：A.
题型五 立体几何开放题
1．（24-25高三下·重庆·阶段练习）《九章算术》是中国古代的一部重要数学著作， 成书于公元一世纪左
右， 是《算经十书》中最重要的一部. 书中商功章第二题至第七题涉及到城、 垣、堤、沟、堑、渠这些
建筑，其形状都是底面为等腰梯形的直四棱柱. 以“城”为例，有如下问题:“今有城下广四丈，上广二丈，
高五丈，袤一百二十六丈五尺. 问积几何？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】根据给定条件，利用棱柱的体积公式计算得解.
【详解】依题意，“城”的形状是底面为等腰梯形的直四棱柱，
其中等腰梯形的两底分别为2丈、4丈，高为5丈，因此底面积 （平方丈）
直四棱柱的高为126.5丈，所以体积 （立方丈）.
故选：B
2．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了著名的原理:“幂势既同，则积不
容异”，这句话的意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体. 被平行于这两个平面的任意平面所截.
如果截得的这两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.一段弯曲的水管，如图（1），其横
截面为圆面，最大纵截面是由曲线 与两直线 围成的平面区域，如图（2），
根据祖暅原理，计算该段水管的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造一个底面直径为 ，高为 的圆柱 ，利用正切函数的性质及祖暅原理，即可求解.【详解】根据正切函数的周期性，在图（2）中，平行于直线 的任一直线与曲线
两个交点的距离都为 ，
构造一个底面直径为 ，高为 的圆柱 ，如图（3），
如图，用距离上底面为 的平面分别去截水管、圆柱 ，所得截面圆 、圆 的面积都为 ，
根据祖暅原理，水管和圆柱 的体积相等，而圆柱 的体积为 ，所以水管的体积为
.
故选：C.
3．（2024高三·全国·专题练习）利用祖暅原理，可以计算抛物体的体积：在 坐标系中，设抛物线 的
方程为 ，将曲线 围绕 轴旋转，得到的旋转体称为抛物体．利用祖暅原理可计算得
该抛物体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用祖暅原理，通过高相等、截面面积相等来计算出抛物体的体积.
【详解】构造如图所示的直三棱柱高设为 ，底面两个直角边长为2，1，若底面积相等得到， ， ．
下面说明截面面积相等，设截面距底面为 ，矩形截面长为 ，圆形截面半径为 ，
由左图得到， ， ，
截面面积为 ，
由上图得到， （坐标系中易得）， ，
截面面积为 ，
二者截面面积相等， 体积相等．
抛物体的体积为 ．
故选：B
4．（24-25高二上·辽宁·期中）刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规
定：多面体顶点的曲率等于 与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角
度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为 ，则其各个顶点的曲率均为
.若正四棱锥 的侧面与底面所成角的正切值为 ，则四棱锥 在顶点 处的
曲率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用正四棱锥的结构特征得到 为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥
的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解.
【详解】如图，连接 ， ，设 ，连接 ，则 平面 ，
取 的中点 ，连接 ， ，则由正四棱锥的结构特征可知 ，
所以 为侧面与底面所成的角，
设 ，则 ，
在 中， ，
所以 ，又 ，所以 ，
所以正四棱锥 的每个侧面均为正三角形，
所以顶点 的每个面角均为 ，
故正四棱锥 在顶点 处的曲率为 .
故选：D.
5．（24-25高二上·江西景德镇·阶段练习）攒尖式屋顶是中国古代传统建筑的一种屋顶样式，如图所示的
建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知该圆锥的底面直径为6m，高为4m，则该屋顶的面积约
为（ ）
A． B．
C． D．【答案】A
【分析】根据题中条件求出母线，再运用圆锥侧面积公式求出侧面积，即为屋顶的面积.
【详解】由题知，圆锥底面圆半径 ，高 ，
则母线 ，
因此圆锥的侧面积为 .
即屋顶的面积为 .
故选：A.
6．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，桌面上放置着两个底面半径和高都是 的几何体，左边是圆柱挖去
一个倒立的圆锥（以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点）剩余的部分，右边是半球，用平行于桌面
的平面截这两个几何体，截得左边几何体的截面面积为 ，截得半球的截面面积为 ，则（ ）
A． B．
C． D． 与 的大小关系不确定
【答案】B
【分析】设截面与圆柱底面的距离为 ，分别求出 和 ，即可得出结论.
【详解】设截面与圆柱底面的距离为 ，该平面截半球所得圆面的半径为 ，圆的面积为 ，
由于圆柱的底面半径与高相等，所以，圆环的内圆半径为 ，
所以，圆环的面积为 ，故 ，
故选：B.
7．（23-24高二下·江西萍乡·期末）我市某中学高二学生到一工厂参加劳动实践，欲将一个底面直径为 ，
高为 的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面上，若不考虑损耗，
则得到的圆柱体的最大侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设圆柱的底面半径为 ，高为 ，体积为 ，由几何关系得 ，再根据圆柱的
侧面积公式可得圆柱侧面积关于 的函数，最后根据二次函数的最值即可求解.
【详解】如图，设圆柱的底面半径为 ，高为 ，侧面积为 ，
由题意得， ， ，所以 ，
在 中，因为 ，
所以 ，即 ，解得 ，
所以圆柱的侧面积为 ，
又 ，所以 时， 取得最大值为 ，
故圆柱的最大侧面积为 ，
故选：C.8．（22-23高一下·北京东城·阶段练习）经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理
坐标系统，它是利用三维空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系.能够标示地球上任何一个位置，其
中纬度是地球重力方向上的铅垂线与赤道平面所成的线面角.如世界最高峰珠穆朗玛峰就处在北纬30°，若
将地球看成近似球体，其半径约为 ，则北纬30°纬线的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用球的截面，结合球与截面之间的关系，在直角三角形中，求出北纬 纬线圈的半径，即可
得到答案．
【详解】按照纬线的垂直方向，作图如下， 为所求纬线圈的直径，
过圆心作 的垂线，垂足为 ，连接 ，
在直角三角形 中， ，
则北纬 纬线的长为 ．
故选：A．
9．（24-25高一下·河北保定·阶段练习）紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，
潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位： ），那
么该壶的容积约为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意可知圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，由圆台的结构可知该壶的容积为大
圆锥的体积减去小圆锥的体积，设大圆锥的高为 ，所以 ，求出 的值，最后利用圆锥的体积公
式进行运算，即可求出结果.
【详解】根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，
圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，
可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，
设大圆锥的高为 ，所以 ，解得： ，
则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，
所以该壶的容积 .
故选：B.
10．（2024·云南·模拟预测）我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱
台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4
分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D【分析】先根据体积求出棱台的高，再根据高求出侧棱长，进而可求侧面面积及表面积.
【详解】如图所示，高线为 ，由方斗的容积为28升，可得 ，
解得 .
由上底边长为4分米，下底边长为2分米可得
，
侧面梯形面积为 ，
所以方斗的表面积为 .
故选：D.
题型六 空间位置关系的证明与线面角（解答题）
1．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）如图，在多面体 中， 为正三角形， 平面
， 平面 ， 平面 ， ， ， 分别为 与 的重心.
(1)求证： ，且平面 平面 ；(2)若 ， ，直线 与平面 所成的角为 ，求 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质可得 ，再借助三角形重心性质推理证
得 ；利用正三角形性质，线面垂直、面面垂直的判定推理得证.
（2）以 的中点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】（1）延长 交 于 ，延长 交 于 ，连接 ，
由 ， 分别为 与 的重心，得 ， 分别为对应线段的中点，
则 ，由 平面 ， 平面 ， 平面 ，得 ，
则 ，点 四点共面，由 ， ，
得 ，则 ；
由 平面 ， 平面 ，得 ，
而 为正三角形，即 ，又 平面 ，
因此 平面 ， 而 平面 ，则平面 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）由 ， 平面 ，得 平面 ，而 平面 ，
则 ， ，而 ，则直线 两两垂直，
以 为原点，以直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图，
过 作 于 ，则 ，由 平面 ， 平面 ，得平面 平面 ，直线 是 在平面 内的射影，
因此 为直线 与平面 所成的角， ， ，
而 ，则 ， ，又 ，则 ，连接 ，
，
，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 ，
所以 到平面 的距离为 .
2．（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）如图，在多面体 中， 为正三角形， 平面
， 平面 ， 平面 ， ， ， 分别为 与 的重心.(1)求证： ，且平面 平面 ；
(2)若 ， ，直线 与平面 所成的角为 ，求 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质可得 ，再借助三角形重心性质推理证
得 ；利用正三角形性质，线面垂直、面面垂直的判定推理得证.
（2）以 的中点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离.
【详解】（1）延长 交 于 ，延长 交 于 ，连接 ，
由 ， 分别为 与 的重心，得 ， 分别为对应线段的中点，
则 ，由 平面 ， 平面 ， 平面 ，得 ，
则 ，点 四点共面，由 ， ，
得 ，则 ；
由 平面 ， 平面 ，得 ，
而 为正三角形，即 ，又 平面 ，
因此 平面 ， 而 平面 ，则平面 平面 ，所以平面 平面 .
（2）由 ， 平面 ，得 平面 ，而 平面 ，
则 ， ，而 ，则直线 两两垂直，
以 为原点，以直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图，
过 作 于 ，则 ，由 平面 ， 平面 ，
得平面 平面 ，直线 是 在平面 内的射影，
因此 为直线 与平面 所成的角， ， ，
而 ，则 ， ，又 ，则 ，连接 ，
，
，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 ，
所以 到平面 的距离为 .
3．（2025·湖北武汉·一模）已知四棱锥 的底面 为平行四边形， ， ，
， ， .
(1)求三棱锥 外接球的表面积.(2)设 为线段 上的点.
（i）若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
（ii）平面 过点 ， ，且 平面 ，探究：是否存在点 ，使得平面 与平面 之间所成角的正
切值为 ，若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）存在， 的值为 或
【分析】（1）根据线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直，再根据外接球性质确定外接球球心，进
而可得外接球半径及表面积；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；（ii）建立空间直角坐标系，设
，利用坐标法表示线面夹角余弦值，结合正弦值可得 ，再根据平面 过点 ， ，可得解.
【详解】（1）如图所示，
因为 ， ， ，
故 ，即 ，
则 ，
故 为直角三角形，即 ，
又 ， ，且 ， 平面 ，
则 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 ，
设 中点为 ，则 的外接圆圆心 满足 ，过 的外接圆圆心 作直线 垂直于平面 ，
过线段 的中点 作直线 垂直于平面 ，其中 ，
则 即为三棱锥 的外接球球心，
且四边形 为矩形，
即 ，
故 ，
故三棱锥 外接球的表面积 ；
（2）（i）以 的中点 为原点， 为 轴，平行 方向为 轴， 为 轴，
建立如图1所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
而 ，故 ，
， .
设 为平面 的法向量，则 ，则 ，
令 ，则 为平面 的一个法向量.
而 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值 ；
（ii）由（i）可知 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
如图2，建立空间直角坐标系，记直线 平面 ，直线 平面 ，连接 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
不妨设 ，则 ， ，
则 ，故 ，
同理可得， ，则有 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
解得 ，设 ，则 ，
故 ，
所以 ，
又 与平面 之间所成角的正切值为 ，
则 ，
化简得 ，解得 或 ，
设 ，则 ，则 ，
解得 ，
故 .当 时， .
因为 ，所以 ，
化简得 ，解得 ，满足要求.
当 时， .
因为 ，所以 ，
化简得 ，解得 ，满足要求.
综上所述， 的值为 或 .
4．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱 中，平面 平面
， 为线段 上一点．
(1)求证： ；
(2)是否存在点 ，使得平面 与平面 的夹角余弦值为 ？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， 或
【分析】（1）连接 ，证明四边形 为平行四边形，再用菱形性质得到 ，通过面面垂直
的性质得到 平面 ，运用线面垂直性质进而证明 ，最后使用线面垂直定理得证；
（2）以 的中点 为坐标原点，过O作射线 ,以 所在直线分别为 轴，建立空间
直角坐标系，求出相关点坐标，记平面 的法向量 求出 和平面
的法向量 ，再根据二面角的余弦公式建立方程求解 即可.
【详解】（1）连接 ，因为在三棱柱 中，所以四边形 为平行四边形，
因为 ，所以四边形 为菱形，
所以 ，
又平面 平面 ，平面 平面 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ;
（2）如图，以 的中点 为坐标原点，过O作射线 , 则可以 所在直线分别
为 轴，建立空间直角坐标系，因为 ，
则 ，
，
设 ，
则 ，
记平面 的法向量 ，
则 ，
即 ，
得 ，
易得平面 的法向量 ，
由题意： ，
解得： 或 ，经验证， 或 均符合题意．
所以 或 .5．（2025·江西鹰潭·一模）如图，在三棱柱 中， ， ，
(1)求证： ；
(2)侧棱 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，确定点 的位
置；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在， 在靠近 的三等分点处.
【分析】（1）根据这条件证明 平面 ，即可证得结果；
（2），以 为原点，直线 ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，求出平面 的法向
量，利用线面角的向量法求解.
【详解】（1）证明：在三棱柱 中，取 的中点 ，连接 ， ，
在 与 中，，
由 ，同理， ，
由 平面 ；
（2）在 中， ， ，则 ，
在 中， ， ， ，同理 ，
在等腰 ， ， ，
在 中，由余弦定理得： ，即 ，
在平面 内过 作 ，则 平面 ，于是直线 ， ， 两两垂直，
以 为原点，直线 ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，
在平面 内过 作 于 ，
则 平面 ，
则 ， ， ， ，
则 ， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，
取平面 的一个法向量 ，
设 ， ，
则 ，由 与平面 所成角的正弦值为 ，
得 ，
整理得 ，解得 或 （舍），即 在靠近 的三等分点处.
6．（2025高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥 中，底面 为菱形， 平面 ，
与 相交于点 ，点 在 上，且 ， .
(1)证明：平面 平面 .
(2)点 是线段 上的一动点，是否存在点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，
指出点 的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)点 为线段 上距离点 长度为 的点
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出关键平面的法向量，利用法向量相互垂直证明面面垂直即可.
（2）利用线面垂直的判定定理证明 平面 ，进而求出面 的法向量，再利用平面夹角的向量求法建立方程，求解参数，最后得到动点位置即可.
【详解】（1）由题可得 平面 ，且底面 为菱形，
则 ，故以 为坐标原点，以 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，
过点 且平行于 的直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，又 ，
在 中， ，解得 ，
， ， ， ， ，
则 ， ， .
设平面 的法向量为 ， ，
即 ，令 ，解得 ， ，
平面 的一个法向量为 .
设平面 的法向量为 ， ，
即 ，令 ，解得 ， ，
平面 的一个法向量为 .
而 ， 平面 平面 .
（2） 底面 是菱形， ，
平面 ，且 ， 平面 ， ， .又 ， ， 平面 ， 平面 .
平面 ， .
又 ， ， ，且 ，
在 中，由余弦定理得 ，
即 ， ，从而 ， .
又 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ，得到 平面 ，
为平面 的一个法向量，
令 ，且 ，则
， ，
设平面 的法向量为 ，则 ,
则 ，令 ，则 ， ，
平面 的一个法向量为 .
设平面 与平面 夹角的大小为 ，
则 ，即 ，解得 或 （舍）.
，
故存在点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ，
此时点 为线段 上距离点 长度为 的点.
7．（2025高三·全国·专题练习）如图，平面四边形 中，点 是线段 上一点， ， ，
沿着 将 折叠得到四棱锥 ．
(1)求证：平面 平面 ．
(2)若 ，且 ， ，折叠后 ．
①求平面 与平面 夹角的余弦值的最大值．
②若三棱锥 的四个顶点均在以 为球心的球上，试问三棱锥 的外接球的体积是否存在最
小值？若存在，求出线段 的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②存在， ．
【分析】（1）根据 折叠后应用线面垂直判定定理得出 平面 ，再应用，面面垂直判定
定理证明；
（2）①建立空间直角坐标系计算面面角余弦 根据单调性即可求最大值；②先根
据（1）的结论设外接圆圆心得出 ，再结合正弦定理及余弦定理即可
求出最值.【详解】（1）在平面四边形 中，因为点 是线段 上一点， ，
所以折叠后有 ， ．
又 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以平面 平面 ．
（2）设 ，则 ．
①如图，以 为原点，以 所在直线为 轴，以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系 ，
因为 ， ， ，
所以 ， ， ， ，
所以 ， ， ， ．
设平面 的法向量为 ，由 ， 得
令 ，则 ．
设平面 的法向量为 ，由 ， 得
令 ，则 ．
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ．令 ，则
，
所以当 ，即 时， 取得最大值 ．
②如图，由（1）知平面 平面 ，又因为三棱锥 的四个顶点均在以 为球心的球上，
设 和 的外接圆圆心分别 和 ，
则球心为过点 和 且分别垂直于平面 、平面 的两直线的交点 ，过点 作 于 ，
连接 ，
设 ，显然四边形 为矩形，所以 ．
在 中，因为 ，所以由余弦定理得 ，
再由正弦定理得 的外接圆半径 ．
在 中， ， ， ，所以由余弦定理得 ，
再由正弦定理得 的外接圆半径 ．
所以 ，即
，所以 ，
故当 时， 取得最小值，即 ，此时三棱锥 外接球的体积最小值为 ，
故三棱锥 外接球的体积存在最小值 ，此时 ．
8．（2025·河南焦作·二模）球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所
组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫
做球面三角形的一个内角.如图（1），球 的半径 为球 的球面上的四点.
(1)若球面三角形 的三条边长均为 ，求此球面三角形一个内角的余弦值.
(2)在球 的内接三棱锥 中， 平面 ，直线 与平面 所成
的角为 .
（i）若 分别为直线 上的动点，求线段 长度的最小值；
（ii）如图（2），若 分别为线段 的中点， 为线段 上一点（与点 不重合），当平面
与平面 夹角的余弦值最大时，求线段 的长.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）【分析】（1）由题意易得四面体 为正四面体，取 的中点 ，连接 ，分析可得 为
二面角 的平面角，进而结合余弦定理求解即可；
（2）（i）设 ，先证明 平面 ，可得 ，结合题设易得 ，可得
，建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可；
（ii）设 ，设平面 与平面 的夹角为 ，利用空间向量表示出
，令 ，再结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）因为球面三角形 的三条边长均为 ，
所以球面三角形每条边所对的圆心角均为 ，所以四面体 为正四面体.
取 的中点 ，连接 ，则 ，且 ，
则 为二面角 的平面角.
由余弦定理可得 .
所以此球面三角形一个内角的余弦值为 .
（2）因为 平面 ，所以 .
设 ，则 ，所以 .
由勾股定理的逆定理可得 ，又 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
因为直线 与平面 所成的角为 ，所以 .
易知在 和 中，斜边 的中点到点 的距离相等，即 为球 的直径，所以.
以点 为坐标原点，直线 分别为 轴，过点 且与 平行的直线为 轴，建立如图所示的空间直
角坐标系.
（i）由题可知 ，
则 .
设与 都垂直的向量为 ，
则 令 ，则 ，
所以线段 长度的最小值为 .
（ii）设 ，由题可知 ，
则 .
设平面 的一个法向量为 ，
则 取 ，可得 .
设平面 的一个法向量为 ，则 取 ，可得 .
设平面 与平面 的夹角为 .
因为
，
令 ，则 ，
可得 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，此时 取得最大值，
故 .
