新高考数学二轮专题培优训练猜押 空间向量与立体几何（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题培优训练猜押 空间向量与立体几何（2份，原卷版+解析版），共8页。试卷主要包含了旋转体的结构特征，表面积与体积，多面体的结构特征，表面积与体积，几何体与球的切接问题，空间中的角度问题，立体几何开放题，空间位置关系的证明与线面角等内容，欢迎下载使用。

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．πB．2πC．4πD．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．4B．C．1D．
【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．2B．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，，
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．
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．1265.5B．1897.5C．2846.5D．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.
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