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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
空间向量
与立体几
何
2024 全国新高考
I 卷5、17
2024 全国新高考
Ⅱ卷7、17
2023 全国新高考
I 卷12、14、18
2023 全国新高考
Ⅱ卷9、14、20
2022 全国新高考
I 卷4、8、19
2022 全国新高考
Ⅱ卷7、11、20
关于空间向量与立体几何的考查，题量维持
在2-3 道，必有一道主观题.应注意以下几个
方面的问题：
1.几何体的结构特征及面积、体积的计算；
2.多面体、旋转体与球的切、接问题，综合
考查几何体结构特征、面积或体积的计算，
以及线面关系的应用；
3.空间点线面位置关系的判断，包括各种角
的简单计算；
4.以棱锥、棱柱为载体，证明线线关系、线
面或面面关系，求线面角的函数值；
5.以棱锥、棱柱为载体，证明线线关系、线
面或面面关系，求二面角的函数值；
6.以棱锥、棱柱为载体，证明线线关系、线
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.
空间几何体点线面位置关系
以及夹角问题，表面积体积
以及圆锥对应面积的运算一
直是高考的热门考点，要加
以重视，另外台体的表面积
体积应该重点复习
几何体内切球外接球问题是
高考立体几何中的难点，近
两年考查比较少，但是应掌
握长常规的空间几何体的外
接球内切球的简单技巧
空间几何体容易与其他知识
点相结合构成新的情景类问
题也是近年来高考新改革的
一个重要方向
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
，
，
1
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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．
2
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【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
，
3
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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
，
，
，
.
4
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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
5
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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
6
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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（ ）
7
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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
8
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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：
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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
．
．
10
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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
．
11
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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
，
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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（ ）
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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
，
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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（ ）
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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
，
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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
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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°
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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
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，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
，
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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（ ）
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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
22
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【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，
23
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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，
24
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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
25
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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，
26
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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，∴
，
27
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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
，∴
．
28
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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AB1与
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
，
，
29
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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AB1与直线BD 所成角的余弦值为:
.
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
．
30
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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
，
31
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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
，
32
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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．
33
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【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
34
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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
，
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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）
36
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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.
37
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【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，
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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
，
，
39
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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．
40
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【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，
41
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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.
42
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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（ ）
43
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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
44
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【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
；
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(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
，
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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.
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(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
，
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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.
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(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
，
50
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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，
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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，
，
52
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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
.
53
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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
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(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，
55
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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
.
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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，
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，
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
，
，
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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
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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
，
，
.
60
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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
，
61
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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.
62
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【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
．
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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
，
64
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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）
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【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
66
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.
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
，
67
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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
.
68
