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专题04 立体几何
题型概览
题型01 空间向量与立体几何
题型02 空间几何体
题型03 点线面的位置关系
空间向量与立体几何
1．（2025·河南郑州·一模）如图，直四棱柱
，点M，N，P 分别为
，
和
的中点，底面
为菱形，
且
记
与
所成的角为
，
与
平面
所成的角为
，二面角
的平面角为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】异面直线夹角的向量求法、线面角的向量求法、面面角的向量求法
【分析】证明
平面
，然后以以P 为原点，分别以直线
为x，y，z 轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出
后可比较大小
【详解】解：连接
，由底面
为菱形，
，
所以
为等边三角形，故
取
中点
，连接
，
因为
是直四棱柱，所以
平面
，
题型01
1
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又
平面
，所以
不妨设
，所以
，故
，
由
三线两两互相垂直，故以P 为原点，
所在方向建立x，y，z 轴，如下图所示：
则
,
，
，
由
平面ABCD，所以平面ABCD 可取
，
设平面PMN 的法向量为
，
所以
，
取
，则
，故
由MN 与
所成的角为
，MN 与平面ABCD 所成的角为
，
二面角
的平面角为
，
其中
所以
，
2
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，
所以
，
，
因为
在
上递减，
，
又
，
所以
故选：C
2．（2025·河南信阳·一模）在四棱锥
中，底面
为直角梯形，
，
，
底面ABCD，
，
.
(1)若
为线段
的中点，求证：
平面
.
(2)求点
到平面
的距离；
(3)求平面
与平面
夹角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
3
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【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法、点到平面距离的向量求法
【分析】（1）法一：以
为原点，
，
，
，分别为x、y、z 轴正方向建立空间直角坐标系，
求得平面
的一个法向量，利用
可得结论；法二：取
、
的中点分别为
、
，
连接
、
、
，利用线线平行证明线面平行；
（2）法一：求得平面
的一个法向量，利用向量法求得点
到平面
的距离；法二：利用等
体积法求得点
到平面
的距离；
（3）法一：设平面
与平面
夹角为
，利用向量法可求平面
与平面
夹角的正弦值.
法二：延长
，
交于点
，连接
.可证
为平面
与平面
所成二面角的平面角，
求解即可.
【详解】（1）法一：以
为原点，
，
，
，分别为x、y、z 轴正方向建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
由
为线段
的中点，可得
，
.
由题意可得
为平面
的一个法向量.
，且
平面
，
平面
法二：取
、
的中点分别为
、
，连接
、
、
，
4
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为
的中位线，
，
.
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形
为平行四边形，
又
面
，
面
平面
（2）法一：
，
.
设
为平面
的一个法向量，则
，
不妨设
，则
.
设点
到平面
的距离为
，则
法二：
，
，
底面
，
，
.
，
设点
到平面
的距离为
，则由
可得：
，解得：
（3）设平面
与平面
夹角为
，由题意可知，
为锐角，
5
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即平面
与平面
夹角的正弦值为
.
法二：延长
，
交于点
，连接
.
底面
为直角梯形，
，
，
为
的中位线.
.又
底面
，
，
为等腰直角三角形，其中
.
同理可证：
.
为平面
与平面
所成二面角的平面角.
在
中，
，
，
，
.
即平面
与平面
夹角的正弦值为
.
3．（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.
6
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(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）
【知识点】求二面角、面面角的向量求法、异面直线距离的向量求法、由线面角的大小求长度
【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
7
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，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.
8
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（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
，
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令
，则
，
可得
，
当且仅当
，即
时等号成立，此时
取得最大值，
故
.
4．（2025·河南郑州·一模）如图，在斜三棱柱
中，M 为
的中点，底面
为等
腰直角三角形，且
(1)若
在底面
内的射影为点B，求点A 到平面
的距离;
(2)若
在底面
内的射影为
的中点，求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)
；
(2)
【知识点】求点面距离、面面角的向量求法、证明线面垂直、线面垂直证明线线垂直
【分析】（1）取
的中点O，可得
，证明
面
，
即点A 到平面
的距
离，得解；
（2）取
的中点O，易得
两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面
和
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平面
的一个法向量，利用向量夹角公式运算求解.
【详解】（1）如图，取
的中点O，连接
为等腰三角形，
，
，
又
在底面
内的射影为点B，
面
，又
面
，
，
又
，且
面
，
面
，
即为点A 到平面
的距离.
又
为等腰直角三角形，且
点A 到平面
的距离为
.
（2）如图，
取
的中点O，连接
，
，
在底面
内的射影为
的中点，
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面
为等腰三角形，
，
建立如图所示的空间直角坐标系，易知
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，得
，
设平面
的一个法向量为
，
由
，令
，得
，
则
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
5．（2025·河南·一模）如图，在空间直角坐标系
中，点
分别在
轴上（点
异于点
），且
.
(1)当
（表示面积）取得最大值时，求点
到平面
的距离.
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(2)若
，动点
在线段
上（含端点），探究：是否存在点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
？若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由.
(3)记平面
与平面
、平面
、平面
的夹角分别为
，比较
与1 的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)
;
(2)存在，
;
(3)
，理由见解析.
【知识点】基本不等式求积的最大值、面面角的向量求法、求点面距离、线面角的向量求法
【分析】（1）利用基本不等式可求得
取得最大值时，
,再利用
三棱锥的等体积法求出点到平面的距离；
（2）利用空间向量坐标运算，结合参数表示线面角的正弦值，解方程即可得出参数值，进而得出
结论；
（3）利用空间向量坐标运算求出平面的法向量，再求出面面角的余弦值，利用基本不等式可得到
结论并得证.
【详解】（1）不妨设
，则
且
，
故
，
当且仅当
时等号成立，
取得最大值，此时
.
记点
到平面
的距离为
.
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因为
，
又
，
所以
，解得
.
所以，点
到平面
的距离为
.
（2）由题可知
，
故
.
设
，则
.
设
为平面
的法向量，
则
即
可取
.
记直线
与平面
所成的角为
，
则
，
解得
，则
.
所以,存在线段
的中点
满足题意，此时
.
（3）结论：
.下面给出证明：
同（1）设
的长度分别为
，则
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.
显然平面
的一个法向量为
.
设平面
的法向量为
，
则
可取
，
所以
，
同理得
，
故有
.
要证.
，
即证
①.
事实上，有
，
化简得
，
则①式得证，故
，
当且仅当
即
时等号成立，命题得证.
6．（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥
中，
，
，
两两垂直，
，
，
，
为线段
上靠近
的三等分点，点
为
的重心，则点
到直线
的
距离为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】点到直线距离的向量求法
【分析】根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算代入计算，
即可得到结果.
【详解】
根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则
，
又点
为
的重心，所以
，
则
，
，
则
，
则
，
所以点
到直线
的距离为
.
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故选：B
7．（2025·河南安阳·一模）如图，已知正方体
的棱长为2，
是棱
上靠近
的四等分点.
(1)求点
到平面
的距离；
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【知识点】求点面距离、面面角的向量求法
【分析】（1）利用等体积法即可求得结果.
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量之间夹角公式即可求得结果.
【详解】（1）由正方体的性质可知
平面
，故
是三棱锥
的高，
所以四面体
的体积为
，
由题意知
，
，
，
所以
，又
，
故点
到平面
的距离
；
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（2）以
为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
所以
，
，
.
设平面
的法向量为
，
则
，令
，得
，故
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，得
，故
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
.
8．（2025·河南鹤壁·一模）在直三棱柱
中，
，
，若该棱柱外接
球的表面积为
，则侧面
绕直线
旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】B
【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题
【分析】根据外接球表面积公式求出外接球半径，再结合三棱柱的几何特征求出棱柱的高，最后根
据旋转体的性质确定旋转后几何体的形状并计算其体积.
【详解】由题可知三棱柱两个底面三角形的外接圆的圆心分别为
，
的中点，
．
设外接球的半径为R，则
，
，所以
，
解得
．侧面
旋转后得到的几何体是底面半径为
，高为2 的圆柱，其体积为
．
故选：B.
空间几何体
9．（2025·河南信阳·模拟预测）已知正方体
的棱长为2，
分别是边
的中点. 下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥
的体积为1
C．三棱锥
的表面积为
D．以
为球心，半径为
的球面与侧面
的交线长为
【答案】AD
【知识点】球的截面的性质及计算、锥体体积的有关计算、线面垂直证明线线垂直
【分析】本题根据正方体的特征、空间平行的传递性、球的截面特征以及锥体体积公式即可求解.
【详解】
题型02
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因为点
分别是
的中点，所以
是
的中位线，所以
,
又因为
平面
，所以
平面
，
平面
，所以
，故选
项A 正确.
因为
，故选项B 错误.
因为
，
,
,
因为在
，
,
所以
，
所以
,
所以三棱锥
的表面积是：
，故选项C 错误.
以
为球心，
为半径的球面与平面
相交，由于
,
平面
，故此球面与平面
的交线是以
为圆心，以
为半径的圆
弧
的长度，
易求
的长度为：
，故选项D 正确.
故选：AD.
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10．（2025·河南·一模）已知正方体
的棱长为
，点
在底面
上（含边
界），且
，则下列说法正确的是（ ）
A．点
的轨迹的长度为
B．直线
与平面
所成角的正切值最大为
C．平面
截该正方体的内切球所得截面的面积为
D．若动点
在线段
上，
为
的中点，则
的最小值为
【答案】ACD
【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算、求线面角
【分析】由正方体性质可得点
的轨迹是四分之一圆，可判断A 正确；易知直线
相对于平面
的倾斜程度越大，所成角的正切值越大，计算可知B 错误；求出内切球球心到平面
的
距离可判断C 正确，利用线面垂直关系可知当
三点共线时，满足题意，可得D 正确.
【详解】对于A，根据正方体性质可得
，可知
，
故点
的轨迹是以
为圆心，1 为半径的四分之一圆，如下图所示：
则其轨迹的长度为
，故A 正确；
对于B，易知当点
位于棱
上时，直线
与平面
所成的角最大，
此时
，即直线
与平面
所成角的正切值最大为
，故B 错误；
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对于C，易知内切球的半径为
，球心
位于正方体的中心，其到平面
的距离为
，
易知
，
，点
平面
的距离为
；
可得球心
到平面
的距离为
，
故截面圆的半径满足
，则所得截面的面积为
，故C 正确；
对于D，如下图：
先固定点
，当点
在
上时，
最小，
再让点
移动，当
三点共线时，
最小，
此时
，故D 正确.
故选：ACD
点线面的位置关系
11．（2025·河南安阳·一模）已知直三棱柱
的底面为等腰直角三角形，
，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱柱
的体积为4
题型03
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B．以
为球心，体积为
的球面与侧面
的交线的长度为
C．若
，
分别为
，
的中点，点
在平面
上，则
的最小
值为
D．若空间中的一点
满足
，则
的最小值为
【答案】AD
【知识点】柱体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、椭圆定义及辨析
【分析】利用体积公式求得体积可判断A；先求得球的半径，进而可求得点
的轨迹形状，可求轨
迹长判断B；取
关于平面
的对称点
，连接
交
于线段
的中点，可分别求得
与
的最小值，进而可判断C；由
，可确定点
在空间
中的轨迹，进而可求得
的最小值.
【详解】对于A，由直三棱柱
的底面为等腰直角三角形，
，
所以
，所以
，故A 正确；
对于B，设体积为
的球的半径为，所以
，解得
，
取
中点
，由
，所以
，
，
由直三棱柱
的性质可得
平面
，
设
为球面与侧面
的交线上的任一点，所以
，
所以
，所以
的轨迹是以
为圆心，
为半径的圆，
又点
在侧面
内，故体积为
的球面与侧面
的交线的长度为
，故B 错
误；
23
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对于C，取
关于平面
的对称点
，连接
交
于线段
的中点，
又点
在平面
上，故点
为线段
的中点时，
的最小值为
，
此时
的最小值为
，
所以
的最小值为
，故C 错误；
对于D，点
满足
，
所以点
的轨迹是以
为焦点的椭圆绕长轴旋转形成的椭球面，且
，
所以
，
又
，所以
在椭圆的短轴所在直线上，又
，
所以
到椭圆的中心的距离为
，
所以
的最小值为
，故D 正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：D 选项，关键在于确定点
的轨迹是以
为焦点的椭圆绕长轴旋转形成的
椭球面，以及
在椭圆的短轴上，从而可求得最小值.
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12．（2025·河南鹤壁·一模）已知一圆锥的表面积与底面积的比值为3，则该圆锥的母线与底面所
成的角为 ．
【答案】
【知识点】圆锥表面积的有关计算
【分析】利用圆锥的表面积和底面积公式求出母线长为l 与底面半径为r 的比例，即可得出答案.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，母线与底面所成的角为
．
由题可知
，则
，所以
，
．
故答案为：
.
13．（2025·河南信阳·一模）已知三棱锥
，
，
，
，
，
则三棱锥
的外接球的表面积为 .
【答案】
/
【知识点】余弦定理解三角形、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题
【分析】先通过余弦定理求出
的一个内角的余弦值，进而求出正弦值，再利用正弦定理求出
外接圆的半径，然后根据三棱锥的性质求出外接球的半径
，最后根据球的表面积公式求
出外接球的表面积.
【详解】在
中，已知
，
，
，
根据余弦定理
可得：
设
外接圆的半径为，根据正弦定理
，
可得：
，则
.
因为
，所以点
在平面
上的射影
是
的外心，
25
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设三棱锥
外接球的球心为
，半径为
，则
平面
，且
，
，
.
又因为
，即
，
展开可得：
，
移项化简可得
，解得
.
根据球的表面积公式
，可得：
.
故答案为：
.
14．（2025·河南·一模）已知某正四棱台的上、下底面面积分别为1，16，高为2，则该正四棱台的
体积为（ ）
A．12
B．14
C．15
D．16
【答案】B
【知识点】台体体积的有关计算
【分析】根据棱台的体积公式即可求解.
【详解】
.
故选：B.
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15．（2025·河南·一模）已知某种长方体花岗岩的规格为
（其中第
个数分
别为长、宽、高，且长
宽
高），若从长方体某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取一次共
可得到
三种不同规格的长方体，按照上述
方式对第1 次所截得的长方体进行第2 次截取，再对第2 次所截得的长方体进行第3 次截取，则第
3 次截取后得到的不同规格的长方体的种数
，在上述
种不同规格的长方体中任取
1 种，该种长方体的长与宽之差小于
的概率为 .
【答案】 8
/0.375
【知识点】计算古典概型问题的概率、棱柱的结构特征和分类
【分析】根据题意按照截取规则可将第3 次截取后得到的不同规格的长方体通过列举得到其种类数，
再由古典概型计算可得所求概率.
【详解】列表如下，重复的去掉.
原始状态
第1 次截取
第2 次截取
，
第3 次截取
，
,
,
由表可知，第3 次截取后得到的不同规格的长方体的种数
.
在上述8 种不可规格的长方体中任取1 种，该种长方体的长与宽之差小于10cm 的有
共3 种，
故所求概率为
.
故答案为：8，
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据长方体的原始规格枚举出第3 次截取后得到的不同规格的
长方体的种数，结合古典概型计算可得概率.
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