2025年高考数学试题分类汇编 专题09 立体几何

这是一份2025年高考数学试题分类汇编 专题09 立体几何，共39页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2025·河南·高考试题）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·高考试题）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，
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，
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·高考试题）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·高考试题）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】
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·高考试题）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.
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：.
四、解答题
6.（2025·河南·高考试题）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，
∴，，
∵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：，
∴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，
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，，
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：.
2025年高考模拟试题分类汇编
单选题
1．（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
2.（2025·河南·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．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.
故选：D
3．（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
4．（2025·山东·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．①③B．②④C．①②③D．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.
5．（2025·湖南·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．3πB．6πC．9πD．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·湖北·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．112B．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.
7．（2025·河北·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（ ）
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，
所以，即，所以，
所以，故.
因此，平面与侧面的交线长为.
故选：A.
8．（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
二、多选题
9．（2025·河南·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；
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.
10．（2025·河北·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，
取中点，连接，则，而，
所以最短路程为，故D正确.
故选：ACD
11．（2025·河北·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，
在中，，，D正确.
故选：ABD

12．（2025·江苏·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，
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，
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
13．（2025·江苏·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，，
，
当且仅当，即时取等号，因此的最大值为，D正确.
故选：ABD
14．（2025·山东·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，
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.
三、填空题
15．（2025·河南·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，
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：.
16．（2025·安徽·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】
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.
17．（2025·安徽·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，
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
18．（2025·河北·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；
(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，，
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.
19．（2025·山东·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．
（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，
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．
20．（2025·湖南·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，，
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 .
21．（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，
，，
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，，，
有，
故平面与平面的夹角的正弦值为．
22．（2025·湖北·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，
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.
23．（2025·山东·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．

(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，

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．
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．