专题04 立体几何-2024年高考数学二模试题分类汇编学案（原卷版+解析版）

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空间几何体的有关计算
一、单选题
1．（2024·山西晋城·二模）已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，根据圆锥的侧面积公式以及扇形弧长解得，再结合锥体的体积公式运算求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
由题意可得：，解得，
则圆锥的高，
所以此圆锥的体积为.
故选：B.
2．（2024·安徽黄山·二模）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式,宋代称为撮尖,清代称为攒尖.通常有圆形攒尖,三角攒尖,四角攒尖,八角攒尖,也有单檐和重檐之分,多见于亭阁式建筑,园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖,可近似看作一个圆锥,已知其轴截面是底边长为m,顶角为的等腰三角形,则该屋顶的面积约为（ ）.
A．m2B．m2C．m2D．m2
【答案】C
【分析】根据题意作出圆锥轴截面图像,根据图像求出圆锥底面半径和母线,根据侧面积公式即可求解.
【详解】如图所示为该圆锥轴截面,
由题意,底面圆半径,母线,
所以侧面积.
故选：C.
3．（2024·山东聊城·二模）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解.
【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，
则，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以.
故选：A
4．（2024·浙江·二模）在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．
【详解】正三棱台中，已知，，
所以的面积为，的面积为，
设，分别是，的中心，
设，分别是，的中点，
，，三点共线，，，三点共线，
，，
，，
，
过作，垂足为，则，
，
三棱台的高为，
三棱台的体积为．
故选：C．
5．（2024·浙江嘉兴·二模）如图，这是一个水上漂浮式警示浮标，它的主体由上面一个圆锥和下面一个半球体组成.已知该浮标上面圆锥的侧面积是下面半球面面积的2倍，则圆锥的体积与半球体的体积的比值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设半球半径为，圆锥高为，再根据圆锥侧面积与体积公式，结合球的表面积与体积公式求解即可.
【详解】设半球半径为，圆锥高为，由题意，解得.
故圆锥的体积与半球体的体积的比值为.
故选：D
6．（2024·云南贵州·二模）底面积是，侧面积是的圆锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用圆锥的侧面积公式求出母线长，进而求出高，再利用圆锥的体积公式求解．
【详解】设圆锥的母线长为，高为，半径为，
则且，故
，
圆锥的体积为．
故选：D．
7．（2024·河南新乡·二模）设圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为，且上底面半径为质数，则该圆台的母线长为（ ）
A．2B．3C．5D．6
【答案】B
【分析】如图，易知且，根据圆台侧面积公式计算可得，结合质数的概念即可求解.
【详解】设圆台上底面的半径为r，下底面半径为R，母线为l，则.
如图，分别为圆台上、下底面的圆心，AB为一条母线，连接，
过点A作于点D，则四边形为矩形，得，
所以，在中，，圆台的侧面积为，
所以，又为质数，所以或3.
当时，，则，符合题意；
当时，，则，不符合题意.
所以圆台的母线长为3.
故选：B
8．（2024·安徽池州·二模）已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用题给条件求得圆锥的母线长，再利用公式即可求得该圆锥的侧面积.
【详解】球表面积为，则该球半径为，
设圆锥的高为h，则圆锥的母线长为，
则此圆锥的轴截面面积为
，解之得，
则该圆锥的侧面积为
故选：B
9．（2024·湖南长沙·二模）蒙古包（Mnglianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ）
A．平方米B．平方米
C．平方米D．平方米
【答案】A
【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，
设底面圆的半径为r，则，
则圆锥的母线长为（米），
故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米），
故选：A
点、线、面的位置关系
一、单选题
1．（2024·浙江宁波·二模）已知平面，则“”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，即可利用线面垂直的判断求证必要性.
【详解】由于，所以，
若 ，则，，故充分性成立，
若，，设，，
则存在直线使得，所以，由于，故，
同理存在直线使得，所以，由于，故，
由于不平行，所以是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立，
故选：C
2．（2024·辽宁·二模）设是两个平面，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可.
【详解】对于A，若，，，则相交或平行，故A错误；
对于B，若，，，
由线面平行的性质可得，故B正确；
对于C，若，，，
当两两相交时，两两相交，故C错误；
对于D，若，，则或，故D错误.
故选：B.
3．（2024·河北邯郸·二模）已知是两个平面，是两条直线，且，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及线面垂直的性质可得结果.
【详解】用平面代表平面，平面代表平面，
当如图所示时显然m与平面不垂直，
反之，当时，又，根据线面垂直的性质有，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：A.
4．（2024·辽宁沈阳·二模）正方体中，为正方形内一点（不含边界），记为正方形的中心，直线与平面所成角分别为，．若，则点在（ ）
A．线段上B．线段上C．线段上D．线段上
【答案】B
【分析】根据线面角的定义可得直线与直线所成角大小关系，再根据判断即可.
【详解】直线与平面所成角大小分别为，
等价于直线与直线成角大小分别为，
由，可知P在线段上，又，则与所成角更小，
则点P在线段上.
故选：B.
5．（2024·安徽·二模）已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】D
【分析】利用直线与平面的位置关系的判定和性质即可选出正确答案.
【详解】选项A：根据给定条件有 或；
选项B：根据给定条件有 或；
选项C：根据给定条件有与的位置可能平行、相交或m在α内；
选项D：因为，所以存在直线使得，
又因为，所以，因为，所以.
故选：D.
6．（2024·湖北·二模）、、是平面，a，b，c是直线，以下说法中正确的是（ ）
A．，B．，
C．，，D．，
【答案】C
【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定选项即可.
【详解】对于A，，可以平行，也可以相交，
对于B，a，c可以平行，可以相交，也可以异面，
对于D，，可以平行，也可以相交，
对于C，不妨设，在平面内作，
因为，则，同理在平面内作，则，
所以，
又，则，而，所以，所以，即C正确.
故选：C
7．（2024·湖南·二模）如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（）
A．四点共面B．
C．三线共点D．
【答案】D
【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，故C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，故D错误.
故选：D.
二、多选题
8．（2024·山西晋城·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面
B．当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为
C．点E到直线的距离的最小值为
D．当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】由题意分别画出图形，再逐项解决线面垂直、截面面积、距离最值和轨迹问题即可.
【详解】对于A，如下图所示，连接，
因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点，
所以平面即为平面.
根据正方体的性质，平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，所以与重合时，平面，故A正确；
对于B，如下图所示，取的中点，
根据分别为的中点，易得，
所以四点共面，
所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形.
又因为，
所以等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故B错误；
对于C，如图建立空间直角坐标系，
由图可得，，所以，
设，所以，
所以点到直线的距离，
所以时，距离最小，最小为，故C正确；
对于D，如图所示，取的中点，连接，
易得平面，
又因为平面，所以，
所以，
则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为，
所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD.
9．（2024·山东聊城·二模）已知四棱锥的底面是正方形，则下列关系能同时成立的是（ ）
A．“”与“”
B．“”与“”
C．“”与“”
D．“平面平面”与“平面平面”
【答案】BC
【分析】利用正方形的特征可判定A，利用球的特征可判定B，利用面面垂直的性质可判定C，利用反证法可判定D.
【详解】对于A，显然时，而底面是正方形，，
所以不成立，故A错误；
对于B，设底面正方形中心为O，则P在以O为球心，以为半径的球面上时可符合题意，故B正确；
对于C，当平面底面时，
由面面垂直的性质可知平面，平面，显然符合题意，故C正确；
对于D，先证两相交平面同时垂直于第三平面，则交线垂直第三平面，
如图有，取，作，
垂足分别为B、C，由面面垂直的性质可知，
由线面垂直的性质可知，
又，由线面垂直的判定可知，
若“平面平面”与“平面平面”同时成立，
易知平面平面，可设平面平面，则，
则平面，
易知平面，所以面，则，
则有平面，显然不成立，故D错误.
故选：BC
10．（2024·山西吕梁·二模）如图，在平行六面体中，底面是正方形，为与的交点，则下列条件中能成为“”的必要条件有（ ）
A．四边形是矩形
B．平面平面
C．平面平面
D．直线所成的角与直线所成的角相等
【答案】ACD
【分析】先分析得“”的必要条件是由“”推出，从而结合利用平行六面体的结构特征判断A；假设选项B成立，利用面面垂直与线面垂直的性质定理推得矛盾，从而判断B，利用线面垂直的判定定理判断C，利用异面直线所成角的定义，结合三角形全等判断D，从而得解.
【详解】要成为“”的必要条件，则该条件可由“”推出，
对于A，因为在平行六面体中，，
所以四边形为平行四边形，又，
所以四边形为矩形，故A正确；
对于B，假设平面平面，
由选项A，可知四边形为矩形，则，
又平面平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以，与四边形为正方形矛盾，故B错误；
对于C，因为四边形是正方形，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，故C正确；
对于D，因为四边形为矩形，为的中点，易得，
又正方形中，是公共边，
所以，则，
又，
所以分别为直线所成的角与直线，所成的角（或其补角），
则直线所成的角与直线所成的角相等，故D正确.
故选：ACD.
球的内切、外接问题
一、单选题
1．（浙江省宁波市2023-2024学年高三下学期高考模拟考试数学试题）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解.
【详解】设棱台上下底面的中心为,连接，
则，
所以棱台的高,
设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接,
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
2．（山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试（二模）数学试题）已知圆柱的下底面在半球的底面上，上底面圆周在半球的球面上，记半球的底面圆面积与圆柱的侧面积分别为，半球与圆柱的体积分别为，则当的值最小时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，根据基本不等式可得、，结合圆柱与球的体积公式化简计算即可求解.
【详解】设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，
则，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，
所以.
故选：A
3．（2024届江西省九江市二模数学试题）已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用圆台表面积得母线长和圆台的高，由勾股定理求出球的半径，可计算体积.
【详解】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为和，

则圆台侧面积为，
上、下底面面积分别为和.
由圆台表面积为，得，
所以圆台高，
设球半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，高为1.
作于点，
设，由，则球心在圆台外部.
则有，解得，
所以球的体积为.
故选：C.
4．（河北省石家庄市2024届高三下学期教学质量检测（二）数学试卷）已知正方体的棱长为，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心为球心作一个半径为的球，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果.
【详解】如图所示，为的中点，为正方体的中心，过作的垂线交于点，正八面体的棱长为2，即，故，，，则，
设球与正八面体的截面圆半径为，如图所示，则，
由于，，所以，则，平面与球的交线所对应的圆心角恰为，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为
故选：B
5．（湖北省部分学校2024届高三下学期新高考信息考试数学试题二）已知圆锥的顶点为，其三条母线，，两两垂直．且母线长为6．则圆锥的内切球表面积与圆锥侧面积之和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由三条母线两两垂直且长为6可得，圆锥的底面圆内接正边长，进而由正弦定理得底面圆的半径，再求出圆锥的高，就可得圆锥轴截面面积，又圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径，等面积即可得内切球的半径，进而得所求.
【详解】因为，，两两互相垂直且长度均为6，
所以为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长，
由正弦定理得底面圆的半径，
所以圆锥的高．
如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径，
轴截面三角形面积为，
所以内切球的半径．
内切球的表面积为，
圆锥的侧面积为，
所以其和为.
故选：C.
6．（2024届江苏省南通市高三第二次适应性调研数学试题）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正方体的几何性质确定外接球半径，设球心为，求解到截面的距离，从而可得截面圆的面积.
【详解】取正方体的中心为，连接，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，
正方体外接球球心为点，半径，
又易得，且，
所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，
即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方体外接球的球心到截面的距离为，
所以截面被球所截圆的半径，
则截面圆的面积为.
故选：A.
7．（湖南省衡阳市2024届高三第二次联考数学试题）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（ ）
A．7B．8C．D．10
【答案】C
【分析】依题意可知为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点到平面的距离为，由求得半径求出过的截面圆半径，即可得出结论.
【详解】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得；
又，因此，即，此时；
设点到平面的距离为，则，可得，
因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值；
设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为，
则，故球心到平面的距离为，
可知截面圆半径为；
设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：

设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长，
此时，故线段长度的最大值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当三点共线时且点在中间时，最长，利用勾股定理计算可得其最大值.
8．（黑龙江省哈尔滨市第六中学校2024届高三下学期第二次模拟考试数学试题）已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设底面的外接圆的半径为，由正、余弦定理求得，再设外接球的半径为，结合球的截面圆的性质，求得，利用求得表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，在中，，且，
由余弦定理得，
设底面的外接圆的半径为，由正弦定理得，即
再设直三棱柱外接球的球心为，外接球的半径为，
在直角中，可得，
所以球的表面积为.
故选：B.

9．（湖南省九校联盟2024届高三下学期第二次联考数学试题）如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，长方体的外接球即为四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积.
【详解】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，
四面体的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为，
故，所以外接球表面积为.
故选：B.
10．（河北省邯郸市2024届高三第三次调研考试考试数学试题）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解.
【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，

所以，又易知，所以是等边三角形．
设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．
设，则，，所以．
又，所以，因为，易知，
则，，从而，．

故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题.
11．（吉林省白山市2024届高三第二次模拟考试数学试题）已知四面体中，，点在线段上，过点作，垂足为，则当的面积最大时，四面体外接球的表面积与四面体外接球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由题意可知，四面体中，为长方体的一角，设，勾股定理计算，的长，由均值不等式可计算的面积取最大值时的值，由此可计算四面体外接球的半径与四面体外接球的半径，从而求出结果.
【详解】
由题意可知，四面体中，
设，则，由等面积法可知，.
由已知得平面，故；
因为，故平面.
故，
故.，当且仅当，即时取等号，
此时四面体外接球的半径满足，而四面体外接球的半径满足，故所求比值为.
故选：C.

12．（河南省开封市2024届高三下学期第二次质量检测数学试题）已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出圆锥的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到上、下底面的半径的关系，从而得到两圆锥的体积之比.
13．（福建省莆田市2024届高三毕业班第二次教学质量检测数学试卷）柏拉图多面体是指每个面都是全等正多边形的正多面体，具有严格对称，结构等价的特点．六氟化硫具有良好的绝缘性和广泛的应用性．将六氟化硫分子中的氟原子按图1所示方式连接可得正八面体（图2）．若正八面体外接球的体积为，则此正八面体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正八面体的几何特点求得该几何体的球心，再由球的体积计算公式求得球半径，结合球半径和棱的关系，以及三角形面积计算公式，即可求得结果.
【详解】根据题意，作正八面体如下所示，连接，设，
根据其对称性可知，过点，
又该八面体为正八面体，则面，又面，故；
显然正八面体的外接球球心为，设其半径为，，
则，在直角三角形中，；
由可得，则；
故该八面体的表面积.
故选：D.
二、多选题
14．（浙江省温州市2024届高三第二次适应性考试数学试题）已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（ ）
A．有最大值，但无最小值B．最大时，球心在正四面体外
C．最大时，同时取到最大值D．有最小值，但无最大值
【答案】ABD
【分析】求出的取值范围可判断A，B；设，根据题意得到关于的表达式，构造函数，对求导，得到的单调性和最值可判断C，D.
【详解】对于AB，设球心为，正四面体为，的中心为，
则在上，，，
球与平面，平面，平面相切，与平面相切于点，
，，
因为，在中，，则
所以在中，，
因为，所以，有最大值，但无最小值，故A正确；
当，此时，
最大时，球心在正四面体外，故B正确；
对于CD，设，，，
所以，令，
令，解得：或（舍去），
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递减，
所以当时，，所以有最小值，但无最大值，故D正确，C错误.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，假设，将表示为关于的表达式，再利用导数即可得解.
15．（广东省佛山市禅城区2024届高三统一调研测试（二）数学试题）对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（ ）
A．底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体
B．以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为
C．该正方体内能同时整体放入两个底面半径为，高为的圆锥
D．该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥
【答案】BCD
【分析】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，求出底面圆的最小半径即可判断；对于B，原问题等价于求与平面所成角的正切值，利用等体积法求高，结合勾股定理、正切定义即可验算；对于C，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，求出圆锥的最大高度即可判断；对于D，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，圆锥的体积大于，由此即可判断.
【详解】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，
，因为，所以，所以，
圆锥底面圆半径最小为，A错误；
对于B，如图，以，，三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面，
等价于求与平面所成角的正切值，因为，
所以，
所以点到平面的距离为，
则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为，B正确；

对于C，如图，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，
分别以，的中点，为两个圆锥的顶点，
每个圆锥高的最大值为，C正确；

对于D，如图，的中点作垂线，分别交，于点，，
则，
以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，
该圆锥的体积为，D正确．

事实上，以正方体的体对角线作为轴，为顶点的圆锥的体积最大值，
显然底面圆心在线段上（不含点），设，
当与为的四等分点）重合时，，
因此，因为，所以，
则，
圆锥体积，在上恒成立，
所以在上单调递增，体积的最大值为, D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，算出圆锥的最大高度，由此即可顺利得解.
三、填空题
16．（辽宁省部分学校2024届高三第二次联考（二模）数学试题）如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ．
【答案】
【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案.
【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设球心，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则球心到平面的距离为，
因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以，解得，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.
17．（2024届浙江省嘉兴市二模数学试题）在四面体中，，且与所成的角为.若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为 .
【答案】3
【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，设，由求得，在中，勾股定理得，由余弦定理可得，结合基本不等式求解.
【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为，
所以或，设，外接球半径记为，
外接球的球心如图点.
易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，得，
在中，，
在中，由余弦定理得，
所以当时，外接球的半径会更小.
所以，
所以，
所以.
故答案为：3.
【点睛】关键点点睛：本题关键是将求四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值.
18．（湘豫名校联考2024届高三下学期第二次模拟考试数学试卷）已知圆锥的轴截面为正三角形，球与圆锥的底面和侧面都相切.设圆锥的体积､表面积分别为，球的体积､表面积分别为，则 .
【答案】1
【分析】设正的边长为2，求出圆锥底面圆半径、高、母线及球的半径，再利用体积、表面积公式计算即得.
【详解】依题意，设正的边长为2，则圆锥的底面圆半径为1，高为，母线长为2，
因此，，
球半径即为正的边心距，因此，，
所以.
故答案为：1
19．（湖南省新高考教学教研联盟2024届高三下学期第二次联考数学试题）已知表面积为的球面上有四点是边长为的等边三角形，若平面平面，则三棱锥的体积的最大值为 ，
【答案】
【分析】根据题意作出相应的图形，利用外接球的性质依次求得与过平面的截面圆的半径，从而得到点到平面的最大距离，再利用三棱锥的体积公式即可得解.
【详解】如图，为的外接球的球心，为正的中心，

则平面，
因为球的表面积为，设球的半径为，则，故，
因为是边长为的等边三角形，则，
所以，
因为平面平面，所以过平面的截面圆的半径，
点在截面圆的圆周上，所以点到平面的最大距离为，
所以的体积的最大值为
.
故答案为：.
20．（黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024届高三第二次模拟考试数学试卷）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，则三棱锥的外接球半径为 ；点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 ．
【答案】 /
【分析】
由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径；由动点的轨迹形状，求长度.
【详解】三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，如图所示，
则有，，
把三棱锥扩成长方体，
则有，解得，
则长方体外接球半径，
所以三棱锥的外接球半径；
点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，
由，动点的轨迹是半径为的圆，
轨迹长度为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：
三组对棱分别相等的四面体(三棱锥)——补形为长方体(四面体的棱分别是长方体各面的对角线).
21．（安徽省安庆市2024届高三模拟考试（二模）数学试题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为M，底面直径．圆锥的内切球和外接球的球心重合于一点O，则该圆锥的全面积为 ．
【答案】
【分析】画出圆锥的截面，由圆锥的内切球和外接球的球心重合于一点O，可得为等边三角形，借助圆锥的表面积公式计算即可得.
【详解】画出圆锥的轴截面如图所示，由O为圆锥的内切球球心，则有为的角平分线，
由O为圆锥的外接球球心，则，故，
故，又，故为等边三角形，
故，，则.
故答案为：.
22．（湖南省长沙市四县区2024届高三下学期3月调研考试数学试卷）一个正四棱锥底面边长为2，高为，则该四棱锥的内切球表面积为 .
【答案】/
【分析】根据三角形相似求出内切球半径，再利用球的表面积公式求其表面积.
【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，
为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点，
连接是球与侧面的切点，可知在上，，
设内切球半径为，
则，
由△∽△可知，即，解得，
所以内切球表面积.
故答案为：.
空间角
一、解答题
1．（广东省韶关市2024届高三综合测试（二）数学试题）如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱的轴截面是边长为6的正方形，，点在线段上运动．
(1)证明：；
(2)当时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量和的坐标，由得到；
（2）先由，得到点是线段的中点，求出的一个方向向量和平面的一个法向量的坐标夹角余弦的绝对值，即为与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）
连接并延长，交于，交圆柱侧面于，
，为圆柱的高，
两两垂直，以为原点，过点做平行线为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
，，
在中，由射影定理得 ，
，
从而，
，
设，，
，
.
（2）由（1）可得，，
，得，即点是线段的中点，
，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设的一个方向向量为，于是得：
，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
2．（安徽省黄山市2024届高中毕业班第二次质量检测数学试题）如图，已知为圆台下底面圆的直径，是圆上异于的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，是的中点，．
(1)证明：；
(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）取AC的中点O，根据面面垂直的性质定理，可得平面，即可求证，进而可证矩形，即可根据线线平行以及平行的传递性求解.
（2）建系，利用向量法，求解法向量与方向向量的夹角，即可求解．
【详解】（1）证明：取的中点为，连接，，，
，为中点，，
又平面平面，且平面平面，平面,
平面，，，故四边形为矩形，
，又，分别是，的中点，
，
；
（2）是圆上异于，的点，且为圆的直径，
，，
如图以为原点建立空间直角坐标系，由条件知，
,0,,,4,,,0,,，，
设,,，，，
由，得，，
，，
设平面法向量为，
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．
3．（山东省聊城市2024届高三下学期模拟考试（二模）数学试题）如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，点在线段上，且．
(1)证明：平面；
(2)若平面，且，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）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，从而由公式即可运算求解.
【详解】（1）在线段上取一点，使，
连结，则，
又因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
由，得，又，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两互相垂直．
所以以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
于是，
，
设平面的法向量为，则，
得，即，
令，得，所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
4．（浙江省绍兴市2024届高三下学期4月适应性考试数学试卷）如图，在三棱锥中，，，，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的平面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）先由解三角形知识证得，进一步由，结合线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
（2）解法一：一方面，过点作交于点，过点作交于点，连接，可以证明是二面角的平面角，另一方面可以通过解三角形知识即可得解；解法二：建立适当的空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进一步由法向量夹角的余弦坐标公式，结合平方关系以及商数关系即可运算求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得
，
所以，所以，
又，，面，面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
过点作交于点，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，因为面，所以，
过点作交于点，连接，
因为，面，面，
所以面，因为面，则，
所以是二面角的平面角.
由（1）知，平面，因为平面，所以，
所以，
又，所以三角形是正三角形，
所以，.
在直角三角形中，，
所以.
所以，二面角的平面角的正切值是2.

解法二：
以为原点，，所在直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，设，其中，
由，得，
所以，，即，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
又平面的法向量为，
设二面角的大小为，
因为为锐角，所以，
所以，，
所以，二面角的平面角的正切值为2.
5．（浙江省宁波市2023-2024学年高三下学期高考模拟考试数学试题）在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
(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）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【详解】（1）平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
（2）法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
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.
法2：取中点，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因为平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
6．（河北省邯郸市2024届高三下学期学业水平选择性模拟考试数学试题）如图，四棱锥的底面是正方形，设平面与平面相交于直线.
(1)证明：.
(2)若平面平面，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）利用线面平行的判定定理和性质定理即可证明；
（2）利用面面平行的性质确定平面，建立直角坐标系，利用坐标法结合线面角公式即可求解.
【详解】（1）因为四棱锥的底面是正方形，所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面平面，
所以；
（2）因为，取的中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，
则平面，所以以坐标原点建立如图坐标系，
因为，是正方形，所以，
则，，，,
，，，
设平面的法向量为，
则，，
取，，，即，
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.
7．（山西省吕梁市2024届高三下学期4月高考模拟考试数学试题）如图，在四棱锥中，平面，， ，为的中点.
(1)试判断是否为正三角形，并给出证明；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)为正三角形，证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据条件，可得四边形为菱形，所以对角线垂直且平分；再证平面，得到，所以是等腰三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到，可证为等边三角形.
（2）根据（1）可知：两两垂直，故以为原点建立空间直角坐标系，再设，求平面与平面的法向量，根据平面向量的数量积运算求法向量夹角的余弦，其绝对值即为所求二面角的余弦.
【详解】（1）为正三角形.
证明如下：如图，设，连接,.
因为，，为的中点，所以四边形，均为菱形，所以，，所以.
因为平面，平面，所以.
因为，
所以平面，所以平面.
又平面，所以.
又易知为的中点，所以.
因为平面，平面，所以，所以，所以为正三角形.
（2）由（1）知平面，所以为直线与平面所成的角，
所以，所以，所以.
因为均为正三角形，所以，所以，所以.
又，，所以平面.
又，
所以以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
令，则，
所以.
设平面的法向量为，则得
令，则，所以平面的一个法向量.
由平面，得是平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【点睛】要点点睛：用逻辑推理的方式判断空间线面的位置关系时，命题的条件一定要写全，不可以认为条件很明显，就可以不用列出.这一点很重要.
8．（黑龙江省哈尔滨市第六中学校2024届高三下学期第二次模拟考试数学试题）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，，是的中点.
(1)求证：平面BDM；
(2)若平面，点为线段CE上一点，且，求直线PM与平面AEF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接AC交BD于，连接MN，通过可证明；
（2）建立空间直角坐标系，，利用坐标运算通过求出，再利用向量法求线面角.
【详解】（1）连接AC交BD于，连接MN，
因为四边形ABCD是正方形，故为AC中点，是AE的中点，
所以在中，有，
又平面平面，
所以平面；
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
又是AE的中点，故，
，因为，
所以，解得，
设，即，
可得，则，
又，设平面AEF的一个法向量为，
则，令，则，即，
设直线PM与平面AEF所成角为，
则
所以直线PM与平面AEF所成角的正弦值为.
9．（山东省部分学校2023-2024学年高三下学期4月金科大联考（二模）数学试题）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，．

(1)证明：；
(2)若，设为的中点，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理确定直线和平面的位置关系证得平面，在根据线面垂直的定义可证得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解直线的方向向量与平面法向量，再根据向量夹角余弦公式确定线面所成角的正弦值，即可得结论.
【详解】（1）在四棱锥中，其的中点为，连接，

在等腰中，，所以，
在直角梯形中，，夹角余弦
所以四边形是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）因为，若，则，
又平面，所以平面，
如图建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，则，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值.
10．（河南省郑州市2024届高三第二次质量预测数学试题）如图，在多面体DABCE中，是等边三角形，，.
(1)求证：；
(2)若二面角为30°，求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取BC中点O，连接AO，EO，利用线面垂直的判断定理证明平面，继而可解；
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量表示进行计算即可.
【详解】（1）取BC中点O，连接AO，EO.
∵是等边三角形，O为BC中点，
∴，
又，∴，
∵，平面,
∴平面，
又平面AEO，∴.
（2）连接DO，则，
由，
得，，
又，∴，∴，
又，平面,
∴平面.
如图，以O为坐标原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，
设平面ACD的法向量为，
则即
取，则.
∵是二面角的平面角，
∴，
又，∴，，
则，
∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为.
11．（2024届浙江省嘉兴市二模数学试题）在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面，.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）法一，先证明，再证明平面，利用面面垂直的判定定理得证；法二，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面和平面的法向量证明；
（2）法一，过作分别平行于，连结，作交于点，连结，证明，说明为平面与平面的夹角，求解得答案；法二，建系求出平面和平面的法向量，利用向量法求解.
【详解】（1）解法一：，
在中，，即，
，，
，又，
底面，底面，
，平面且相交于，
平面，又平面，
平面平面.
解法二：.
如图建立空间直角坐标系，，，
则，，
设是平面的法向量，则，可取，
设是平面的法向量，则，可取，
所以，所以平面平面.
（2）解法一：在直角梯形中，因为，解得，
过作分别平行于，连结，作
交于点，连结，
，且都在面内，
平面，
平面，又平面，
，又，平面且交于，
平面，又平面，
，
为平面与平面的夹角或其补角，
在中，，,
，由等面积法解得，又，
.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
（2）解法二：在直角梯形中，解得，
如图建立空间直角坐标系，，，
平面的法向量为，又，
设平面的法向量为，则，即，
令，解得，，
设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
12．（广东省2024届高三高考模拟测试（二）数学试题）如图，在直三棱柱中，点是的中点，.
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，以及，即可根据线线垂直求证线面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，，即可利用向量的夹角求解.
【详解】（1）如图，记与的交点为点，连接，，
因为三棱柱是直三棱柱，
所以．
因为，所以四边形是正方形，故.
因为，，
所以又因为是的中点，
所以，
所以D.
因为四边形是正方形，所以点是的中点，
所以．
又因为，平面，，
所以平面．
（2）因为，，所以．
如图，以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
因为平面，所以平面的法向量为．
设平面的法向量为，
则即解得取，
得
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
13．（浙江省杭州市2024届高三下学期4月教学质量检测数学试题）如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．
(1)证明：；
(2)若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，
（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以．
又因为，平面,
所以平面,平面．
所以．
由于,所以四边形为平行四边形，所以．
又，所以，
所以．
（2）因为，所以，
又，平面,所以平面．
取中点，连接，设．
设多面体的体积为，
则
．
解得．
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．
则平面的一个法向量．
所以，
设平面的一个法向量，
则即取．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
14．（浙江省台州市2024届高三下学期第二次教学质量评估数学试题）如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.
∵，∴，∴，
取的中点，连接，，
∵，且，∴四边形为平行四边形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
（2）由于，所以，
又梯形面积为，
设到平面距离为，则，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，
而，所以平面.
以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，
易得为等边三角形，所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
得，，不妨取，
又平面的一个法向量为.
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
15．（河北省石家庄市2024届高三下学期教学质量检测（二）数学试卷）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①.
(1)当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若过作，垂足为.
（i）证明:直线过定点；
（ii）求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）
【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线与所成角的余弦值；
（2）（i）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标，同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，可判断定点在轴上，故令，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），由即可求解.
【详解】（1）由椭圆定义可知，，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，
所以，所以，
又，
所以椭圆的方程：，
所以椭圆的焦点为，，
当点为椭圆的上顶点时，，
所以直线的方程为：，
由解得，，
由对称性知，
以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴的正半轴所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设直线与所成角为，
则，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）（i）设点，，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，
所以，故，
又，
同理，，，
由三点共线，得，
所以，
直线的方程为，
由对称性可知，如果直线过定点，则该定点在轴上，
令得，
，
故直线过定点.
（ii）由题意知点，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），
圆心为，半径为，故.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
16．（湖北省部分学校2024届高三下学期新高考信息考试数学试题二）如图1．在菱形ABCD中，，，，，沿EF将向上折起得到棱锥．如图2所示，设二面角的平面角为．
(1)当为何值时，三棱锥和四棱锥的体积之比为？
(2)当为何值时，，平面PEF与平面PFB的夹角的余弦值为？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意分析可知△AEF为正三角形，，进而求正、四边形BDEF的面积，结合锥体的体积公式分析求解；
（2）建系，用表示相关点的坐标，分别求平面PEF与平面PFB的法向量，根据面面夹角的向量求法列式求解.
【详解】（1）因为，，所以．
因为在菱形ABCD中，，，
所以为正三角形，，
正的面积为，四边形BDEF的面积为，
而三棱锥和四棱锥有相同的高（点P到平而BCDEF的距离），
所以其体积之比等于，解得或，
因为，所以．
（2）因为菱形ABCD的对角线互相垂直，
设AC与EF的交点为O，在翻折的过程中，始终有，，
所以二面角的平面角为，
在棱锥中，显然有，
以O为坐标原点，OF，OC分别为x轴、y轴，
过O且与平面BCDEF垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，
则，，，，
可得，，
设平面PEF的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面PBF的法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可得，解得，
且，所以当时，．
17．（2024届江苏省南通市高三第二次适应性调研数学试题）已知三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，为的重心，.
(1)求证：；
(2)已知，平面，且平面.
①求证：；
②求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）连交于，由重心可得为的中点，由已知借助三角形全等证得，再由线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）①由给定条件，证得三棱锥为正四面体，进而证得平面，再得用线面垂直的性质得结论；②以的重心为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求出，再由向量共线求出点，进而利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，连交于，连，由为的重心，得为的中点，
由，，，得，则，
因此，，又平面，
于是平面，而平面，则，又，
所以.
（2）①由，，得为正三角形；同理，也为正三角形，
则，从而三棱锥的所有棱长均为2，该四面体为正四面体，
由为的重心，得平面，又平面，显然不在直线上，
所以.
②设的重心为，则，在平面内，过作，连，有平面，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
，
则，，，，
，则，
由，得，
由平面，则设，而，则存在实数，使，
即，解得，，，
即，，令，
，令，设与平面所成的角为，
因此，
所以与平面所成角的正弦值.
【点睛】关键点点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．
18．（2024届辽宁省高三二模数学试题）如图，在直三棱柱中，，点是棱上的一点，且，点是棱的中点．
(1)求证：平面平面；
(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）建立空间直角坐标系，求解平面法向量即可利用向量垂直求证．
（2）利用向量的夹角即可求解．
【详解】（1）因为直三棱柱中,，故,所以两两垂直，
分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
， ，点是棱的中点
所以，
所以,
所以，
设平面法向量为，则，
令，则，，所以平面的法向量．
设平面法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量．
由于，故，
因此平面平面；
（2）由（1）知平面的法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
19．（安徽省皖江名校联盟2024届高三下学期4月模拟数学试题）将正方形绕直线逆时针旋转，使得到的位置，得到如图所示的几何体．
(1)求证：平面平面；
(2)点为上一点，若二面角的余弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面与线面垂直的性质可得，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，设，，利用空间向量法求出二面角的余弦值，建立方程，结合三角恒等变换求出即可.
【详解】（1）由已知得平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，又平面，故，
因为是正方形，所以，
，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图.
设，，
则，，，，
故，，
设平面的法向量为，则，
故，取，则，
所以
设平面的法向量为，，
故，取，则，
所以，
所以，
由已知得，
化简得：，解得或（舍去）
故，即.
20．（安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2024届高三第二次模拟考试数学试题）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于．
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以．
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设，因为，所以，
又，，
所以，即，
设中点为，则，如图：
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为；
（2）由（1）知，可设，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得．
为平面的一个法向量，令二面角为角，
，又，
解得，（舍去）或，，
则或，
从而可得三棱锥的体积．
21．（河南省新乡市第一中学2024届高三二模模拟测试数学试题）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，E在棱上，．
(1)证明：．
(2)设Q为线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明四边为平行四边形，再由余弦定理求出，然后利用勾股定理得到，可得垂直关系；
（2）先证明两两垂直，然后以为原点建系，分别求出平面与平面的法向量，再代入二面角的余弦公式求解即可.
【详解】（1）
证明：因为所以为三等分点且靠近点，
过作交于点，连接，则，
又，所以，
又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，
因为为等边三角形，取的中点，连接，则，
又由余弦定理，
又，，所以，
所以，所以，
因为，所以.
（2）由（1）知，面，面，
所以面，
因为面，所以面面，且交线为，
因为面，所以面，
取中点，连接，则，
所以两两垂直，以为原点，建立如图所示坐标系，
则，
，设平面的法向量为，
则，令，则，
又，设平面的法向量为，
所以，令，则，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
22．（安徽省池州市普通高中2024届高三教学质量统一监测数学试题）如图，在三棱锥中，底面是边长为6的正三角形，，，点分别在棱上，，且三棱锥的体积为.
(1)求的值；
(2)若点满足，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)4
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由线线垂直得到线面垂直，得到为三棱锥的高，由余弦定理得到角，进而得到边长，根据三棱锥体积得到三角形面积，结合三角形面积公式求出，由余弦定理求出；
（2）证明出面面平行，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的正弦公式求出线面角的正弦值，进而得到余弦值.
【详解】（1）如图所示，取中点，连接，
是边长为6的正三角形，为中点，
，且，
又，
，
又，平面，
∴平面，
过点作，点为垂足，
平面，
，
又，，
平面，
∴为三棱锥的高，
，
在中，，
，
，
，
又，
，
①，
又在中，，
由余弦定理得，
②，
由①②得；
（2）过作，以为坐标原点，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
且，取的方向向量.
由（1）知，
，
，
又平面平面，
平面，
又，
，同理可证平面，
又，
∴平面平面，
所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，且记为，
设平面的法向量，则，
解得，令，则，
故，
，
，
所以直线与平面所成角的余弦值.
23．（湘豫名校联考2024届高三下学期第二次模拟考试数学试卷）如图1，中，分别是线段上的动点，且，将沿折起至，如图2，在四棱锥中，为的中点，且平面.
(1)证明：；
(2)若为线段上一点，若平面与平面的夹角为，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）取中点，利用线面平行的性质证明四边形是平行四边形即可推理得解.
（2）建立空间直角坐标系，利用面面角、线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）取中点，连接，由为的中点，得，
由，得，则，
由平面，平面，平面平面，
因此，四边形是平行四边形，，
所以.
（2）由（1）知，，，而，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，由点在线段上，设，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
依题意，，解得，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
空间距离
一、多选题
1．（山西省晋城市2024届高三第二次模拟考试数学试题）如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面
B．当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为
C．点E到直线的距离的最小值为
D．当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】由题意分别画出图形，再逐项解决线面垂直、截面面积、距离最值和轨迹问题即可.
【详解】对于A，如下图所示，连接，
因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点，
所以平面即为平面.
根据正方体的性质，平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，所以与重合时，平面，故A正确；
对于B，如下图所示，取的中点，
根据分别为的中点，易得，
所以四点共面，
所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形.
又因为，
所以等腰梯形的高为，
所以截面面积为，故B错误；
对于C，如图建立空间直角坐标系，
由图可得，，所以，
设，所以，
所以点到直线的距离，
所以时，距离最小，最小为，故C正确；
对于D，如图所示，取的中点，连接，
易得平面，
又因为平面，所以，
所以，
则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为，
所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD.
2．（广东省梅州市2024届高三下学期总复习质检（二模）数学试题）如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可求解D.
【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误，
对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
,所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确，
对于D, ，,
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
3．（黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024届高三第二次模拟考试数学试卷）如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．直线与平面所成的角等于
C．点到面的距离为
D．四面体的体积是
【答案】BCD
【分析】建立适当空间直角坐标系后借助空间向量逐项计算与判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
对A：、、、，
则、，故，
故，即异面直线和所成的角为，故A错误；
对B：，由轴平面，故平面法向量可为，
则，故直线与平面所成的角为，故B正确；
对C：，，，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故，故C正确；
对D：易得四面体为正四面体，
则，故D正确.
故选：BCD.
二、解答题
4．（江苏省南通市2024届高三第二次调研测试数学试题）如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，,，
设平面的一个法向量为,则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
5．（广东省佛山市禅城区2024届高三统一调研测试（二）数学试题）如图，在直三棱柱形木料中，为上底面上一点．
(1)经过点在上底面上画一条直线与垂直，应该如何画线，请说明理由；
(2)若，，，为的中点，求点到平面的距离．
【答案】(1)答案见解析
(2)．
【分析】（1）连结BD，在平面ABC上作,由为直三棱柱，证明平面，进而得到；
（2）分别以所在直线为轴建立空向直角坐标系，写出的坐标，设平面的法向量，求出到平面的距离.
【详解】（1）连结，在平面上作，
因为为直三棱柱，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）因为，所以，，两两互相垂直，以为原点，
分别以，，所在直线为，，轴建立空向直角坐标系，
，，，，
则，，．
设平面的一个法向量为，因为，，
所以，，则，取，则，
设点到平面的距离为，则
因此点到平面的距离为．
6．（2024·天津·二模）如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值；
（3）向量法求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，则，
且，∴且，
则四边形为平行四边形，．
又平面平面，
平面．
（2）解：直三棱柱中，． 以为原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设平面的一个法向量为，则
即令，则，得到平面的一个法向量．
易知平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：，，
点到平面的距离．