第八章 立体几何（综合检测）-【一轮复习讲义】2025年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．若，，且，的夹角的余弦值为，则等于（ ）
A．2B．C．或D．2或
【答案】C
【分析】根据，解得即可得出答案.
【详解】解：因为，，
所以，
解得：或.
故选：C.
2．已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（ ）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．若不垂直于，且，则不垂直于
【答案】C
【分析】A选项，与可能平行、相交或异面， B选项，有或， C选项，由面面垂直的判定定理可知正确.D选项，与有可能垂直.
【详解】对于A选项，若且，则与可能平行、相交或异面，故A错误.
对于B选项，若且，则或，故B错误.
对于C选项，因为，所以由线面平行的性质可得内至少存在一条直线，使得，又，所以，由面面垂直的判定定理可知，故C正确.
对于D选项，若不垂直于，且，与有可能垂直，故D错误.
故选:C.
3．在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为，圆柱的侧面积为，则该毡帐的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用圆锥侧面积公式以及母线、底面半径和高的关系得到方程组即可解出圆锥底面半径，再利用圆柱侧面积公式即可求圆柱的高，最后再根据相关体积公式即可得到答案.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，
因为圆锥的侧面积为，所以，即.
因为，所以联立解得（负舍）.
因为圆柱的侧面积为，所以，即，解得，
所以该毡帐的体积为.
故选：A.
4．如图，是直三棱柱，，点，分别是，的中点，若，则与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，然后坐标运算即可.
【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，，
可得，，
，
此时，与所成角的余弦值是.
故选：A
5．如图，在正四棱台中，，、分别为棱、的中点，则下列结论中一定不成立的是（ ）

A．平面B．
C．平面D．
【答案】C
【分析】利用线面平行的性质可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；取棱的中点，连接、，推导出、相交，可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接，如下图所示：

在正四棱台中，，则且，
因为为的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
由正四棱台的几何性质可知，四边形为正方形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，则平面平面，
因为平面，所以，平面，A对；
对于B选项，将正四棱台补成正四棱锥，
连接交于点，则为的中点，连接，

因为，为的中点，则，
又因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故，B对；
对于C选项，取棱的中点，连接、，

在梯形中，且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，故且，
故四边形为梯形，且、为两腰，则、相交，
又因为平面，从而直线与平面有公共点，
即与平面不平行，C错；
对于D选项，连接，如下图所示：

因为，，为的中点，则且，
因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
若，则，不妨设，，
在平面内，以点为坐标原点，为轴，
过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，

设点到直线的距离为，则、、、、，
，，则，解得，
即当点到直线的距离为时，，D对.
故选：C.
6．圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】A
【分析】首先根据题意，确定出圆锥的底面圆半径和母线长，从而确定出轴截面的顶角，结合三角形的面积公式可确定其为直角三角形时面积最大.
【详解】圆锥的高为1，体积为，则底面圆的半径为，母线长为2，
轴截面的顶角为，
当截面为直角三角形时，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积最大，
最大值为，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关过圆锥定点截面面积的最值问题，正确解题的关键是要明确圆锥轴截面顶角的大小以及三角形面积公式.
7．在中，，，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度至少为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，将三棱锥正方体中，结合条件可得点C的运动轨迹四分之一圆，即可得到结果.
【详解】
如图所示，将三棱锥放到正方体模型中，
因为，，，则正方体的棱长为2，
在旋转过程中，C点的轨迹是以D点为圆心，DC为半径的圆的四分之一，其长度为.
故选：A.
8．四棱锥中，底面ABCD为边长为4的正方形，，，Q为正方形ABCD内一动点且满足，若，则三棱锥的体积的最小值为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】B
【分析】判断三角形全等，从而推出，通过线面垂直得到，确定点在以为直径的半圆上，从而确定当点是正方形的中心时，三棱锥的体积最小，从而利用三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】
因为，所以,
,又，所以，
，因为，所以，
又因为，所以平面.
，又，所以平面，,
故点在以为直径的半圆上，
所以当点是正方形的中心时，三棱锥的体积最小，
即三棱锥的体积的最小值为.
故选：B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知向量则下列命题中，正确的是（ ）
A．若⊥，⊥，，则B．以，为邻边的平行四边形的面积是
C．若，则，之间的夹角为钝角D．若，则，之间的夹角为锐角
【答案】BD
【分析】利用空间向量的垂直的坐标表示可判断A，利用平行四边形的面积与向量之间的关系可求面积判断B，根据向量的夹角与数量积之间的关系可判断CD.
【详解】选项A，设，由⊥，⊥，
得，化简得，
因为，所以或，即A错误；
选项B，由，，
知，，，
所以，
即，所以，
所以以，为邻边的平行四边形的面积
，即B正确；
选项C，若，则，
即，共线反向，故C错误；
选项D，若，则，
此时，之间的夹角为锐角，故D正确，
故选:BD.
10．如图，在正方体中，P是正方形的中心，E是PC的中点，则以下结论（ ）
A．平面BDEB．平面平面BDE
C．D．异面直线PC与AB所成的角为
【答案】ABC
【分析】利用线面平行判定定理即可证得选项A 正确；利用面面垂直判定定理即可证得选项B 正确；利用线面垂直性质定理即可证得选项C正确；求得异面直线PC与AB所成的角判断选项D.
【详解】选项A：设AC与BD交于点，连接OE，则，
又平面BDE，平面BDE，所以平面BDE，故A正确；
选项B：连接PO，因为平面ABCD，
所以，又，，
所以平面PAC，又平面BDE，
所以平面平面BDE，故B正确；
选项C：因为平面PAC，平面PAC，所以，故C正确；
选项D：因为，所以异面直线PC与AB所成的角为或其补角，
设正方体的棱长为1，连接PD，则，，
在中，，
所以异面直线PC与AB所成的角不等于，故D错误．
故选：ABC．
11．如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，点M在上，且，P为线段上的点，则( )
A．平面
B．当P为的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正切值为
C．存在点P，使得
D．存在点P，使得三棱锥的体积为
【答案】BD
【分析】A：假设平面，则可得AC⊥平面，∠ACB=90°与已知矛盾，从而判断假设不成立；B：取BC中点为N，可证PN⊥平面ABC，∠PAN为AP与平面ABC所成角，解△ANP即可；C：假设CP⊥AM，可得CP⊥平面AMN，CP⊥MN，几何图形即可判断假设不成立；D：假设=，求出△CPM的面积，判断△CPM面积是否小于或等于△面积即可．
【详解】对于A，假设平面，则AC，易知⊥AC，∩，故AC⊥平面，故AC⊥BC，这与∠ACB=60°矛盾，故假设不成立，故A错误；
对于B，当P为的中点时，取BC中点为N，连接PN、AN，
易知PN∥，⊥平面ABC，则PN⊥平面ABC，
故∠PAN即为AP与平面ABC所成角，
则tan∠PAN=，故B正确；
对于C，取BC中点为N，连接AN、NM，
由AN⊥BC，AN⊥知AN⊥平面，故AN⊥CP，
若，∵AN∩AM=A，则CP⊥平面AMN，则CP⊥MN，
过C作CG∥MN交于G，则CP⊥CG，即∠PCG=90°，易知∠PCG不可能为90°，故不存在P使得，故C错误；
对于D，取BC中点为N，连接AN，易知AN⊥平面，AN=，
若三棱锥的体积为，
则，
∵
，
故存在P使时，三棱锥的体积为，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题充分考察空间里面的点线面位置关系，判断选项ACD时都可以采用假设存在P点满足条件，然后结合几何关系推出与已知条件矛盾或不矛盾的结论，从而作出判断；选项B考察空间里面直线和平面的夹角，根据几何关系可作出辅助线解决问题即可．
12．如图，在棱长为a的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．异面直线BC与MP所成的最大角为45°
C．不存在点P使得
D．当点P为中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面面积为
【答案】AD
【分析】对于A，点到平面的距离为为定值，利用体积公式即可判断；对于B，利用异面直线所成角的求法即可判断；对于C，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可.
【详解】点到平面的距离为为定值，
又，
所以，即三棱锥的体积为定值，故正确；
设中点为，连接，
则即为异面直线与所成的角
在中，
所以异面直线与所成的最小角为45°，故不正确；
若为中点，则，所以，又，，所以平面，平面，所以，故不正确；
取的中点，的中点，的中点，连接、、、、，
所以过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，面积为，故正确．
故选：．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．《九章算术》中将正四梭台（上､下底面均为正方形）称为“方亭”.现有一方亭，高为2，上底面边长为2，下底面边长为4，则此方亭的表面积为 .
【答案】
【分析】先利用勾股定理求出正四棱台侧面的高，再根据多面体的表面积公式即可得解.
【详解】如图所示，分别是正四梭台不相邻两个侧面的高，，
则即为正四梭台的高，，
由，得，
所以此方亭的表面积为.故答案为：.

14．在棱长为1的正方体中，点Q为侧面内一动点（含边界），若，则点Q的轨迹长度为 ．
【答案】
【分析】根据题设描述确定Q的轨迹，即可求其长度.
【详解】由题意，在面的轨迹是以为圆心，半径为的四分之一圆弧，

所以轨迹长度为.
故答案为：
15．已知三棱锥，若，，两两垂直，且，，则三棱锥的内切球半径为 ．
【答案】
【详解】试题分析：由题意，设三棱锥的内切球的半径为，球心为，则由等体积 可得
，∴．
考点：1．球的体积和表面积；2．棱锥的结构特征．
16．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①当点是中点时，直线平面；
②平面截正方体所得的截面图形是六边形；
③不可能为直角三角形；
④面积的最小值是.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①④
【分析】根据中位线的性质证线线平行后可得线面平行来判定①，利用平面的性质构造相交线可判定②，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量的数量积可判定③，利用空间中点到直线的距离可判定④
【详解】对①，如图所示，因为是中点，，
连接，显然也是的中点，连接，

所以，而平面，平面，
所以直线平面，①正确；
对②，如图直线与的延长线分别交于连接，分别交于，
连接，则五边形即为所得的截面图形，故②错误；

以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，

对③，设，
则，则，
若，
则得，
由，故存在点，使得，
故可能为直角三角形，③错误；
对④，由③得到的投影为，
故到的距离，
面积为，当时，取得最小值为，④正确.
故答案为：①④.
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，分别是棱，，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）连接，证明平面平面，即可说明平面；
（2）先计算出，再利用等体积法，即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）证明：连接，∵在矩形中，，分别是，中点，
∴，，∴四边形是平行四边形，∴.
∵是的中点，∴.
∵平面，平面，
∴平面，平面.
∵，∴平面平面.
∵平面，∴平面.
（2）解：法一：∵平面，，∴平面.
过在平面内，作，垂足为，则.
∵，∴平面，∴长是点到平面的距离.
在矩形中，是中点，，，.
∴.
∵，，∴，
即点到平面的距离为.
法二：设到平面的距离为，
在矩形中，，，∴.
∵平面，平面，∴，
∵，∴，，
∴的面积为.
∵的面积为，，
∴，∴，即点到平面的距离为.
【点睛】本题考查利用面面平行的性质定理证明线面平行、利用等体积法求点到平面的距离，属于基础题．
18．如图，正三棱柱中，是侧棱上一点，设平面平面.
(1)证明：；
(2)当为的中点时，平面与平面所成的锐二面角的大小为30°，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）先根据正三棱柱的结构特征得到，进而得平面，然后利用线面平行的性质定理即可得证；
（2）先寻找垂直关系建立空间直角坐标系，然后根据平面与平面所成的锐二面角的大小为30°，求得三棱柱的底面边长和侧棱长之间的关系，最后求解线面角的正弦值即可.
【详解】（1）解：（1）在正三棱柱中，易知，
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面平面，所以.
（2）（2）取的中点，连接，易知是正三角形，所以.
又三棱柱是正三棱柱，所以平面，
所以以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，，所在直线分别为轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，则，，，，，，所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
则，令，则，所以，
易知平面的一个法向量，
所以.
因为平面与平面所成的锐二面角的大小为30°，
所以，整理得，
所以，，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
19．如图，在四棱锥中，，，，，，，．
(1)证明：平面；
(2)在线段上是否存在一点F，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于？
【答案】(1)证明见解析
(2)存在
【分析】（1）利用勾股定理证得，结合线面垂直的判定定理即可证得结论；
（2）以A为原点建立空间直角坐标系，设点，，求得平面的法向量，利用已知条件建立关于的方程，进而得解.
【详解】（1）取中点为，连接，
在中，，，，
，，所以，
又，，而，所以，
又，，，
又，，平面
（2）存在点F是的中点，使直线CF与平面PBC所成角的正弦值等于．
以A为坐标原点，以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，设点，
因为点F在线段上，设，， ，
设平面的法向量为，，
则，令，则
设直线CF与平面所成角为，，
解得或（舍去），
，此时点F是的中点，所以存在点F．
20．如图1，已知矩形ABCD，其中，，线段AD，BC的中点分别为点E，F，现将沿着BE折叠，使点A到达点P，得到四棱锥，如图2.
(1)求证：；
(2)当四棱锥体积最大时，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证明线线垂直，需先证明线面垂直，首先作辅助线，取BE的中点O，连接PO，OF，证明平面PFO；
（2）首先确定点的位置，法一，利用坐标法，求二面角；法二，几何法，根据二面角的定义，得二面角的平面角就是，即可求解.
【详解】（1）取BE的中点O，连接PO，OF，
因为，，线段AD，BC的中点分别为点E，F，所以，，
又因为，所以，在等腰直角中，，
，所以平面PFO，
因为平面PFO，所以.
（2）当四棱锥体积最大时，点P在平面BCDE的射影即为点O，即平面BCDE.
法一：以OB，OF，OP方向为x轴，y轴和z轴分别建立空间直角坐标系.如图3.
则，，，
，
设平面PEC的法向量为，则
取，可得
易得平面ECB的一个法向量
所以
因为二面角是锐角，所以二面角的大小为.
法二：在中，因为，，，所以.
在中，，，，所以.
由二面角的定义可知，二面角的平面角就是.
所以二面角的大小为.
21．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为的中点，．为上的一点，且与平面所成角的正弦值为．
(1)证明：平面平面；
(2)试确定的值，并求出平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)；平面与平面所成二面角的正弦值为
【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质和勾股定理可分别证得，，由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由线面角的向量求法可构造方程求得，由此可得；利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
，为中点，；
，，；
四边形为菱形，，为等边三角形，，
又分别为中点，，
，即；
，平面，平面，
平面，平面平面.
（2）连接，
由（1）知：为等边三角形，，；
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，；
设，则，
，
轴平面，平面的一个法向量，
，
解得：（舍）或，即，；
由得：，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量，
，，
即平面与平面所成二面角的正弦值为.
22．如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，平面平面，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若四棱柱的体积为6，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）解法一：作辅助线，在平面内找到平行于的一条直线，利用线面平行的判定定理进行证明；解法二：作辅助线，找到过且平行于平面的一个平面，利用面面平行的判定定理可证得平面平面，再由面面平行的性质定理即可证明；
（2）由题意可证得，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再由二面角的向量公式代入即可得出答案.
【详解】（1）解法一：连接交于，连接．
在四棱柱中，易知四边形为平行四边形，
所以是的中点，
在中，因为是的中点，所以．
又平面，平面，
所以平面．
解法二：作辅助线，找到过且平行于平面的一个平面
取的中点，连接，，，
因为是的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以．
又平面，平面，所以平面．
易知，，所以四边形是平行四边形，
所以．又平面，平面，
所以平面．又，所以平面平面．
又平面，所以平面．
（2）由（1）中解法二：知为的中点，连接，
在中，，所以．
又平面平面，平面，平面平面，
所以平面．
在四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，
所以．
由四棱柱的体积为6，得，解得．
连接，易知为正三角形，因为为的中点，所以，
所以，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则由，得，取，则,，得．
设平面的法向量为，
则由，得，
取，则，，得． 所以，
易知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为．