立体几何 2025山东各地市一模数学试题分类汇编

立体几何-山东各地市2025届高三数学一模模拟试题汇编4.（2025·山师附中·一模）已知高为4的圆台存在内切球，其下底半径为上底半径的4倍，则该圆台的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】借助圆台轴截面及内切圆的性质，求出圆台的两底半径及母线长，进而求得表面积.【详解】依题意，圆台的轴截面截其内切球得球的大圆，且该大圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆，等腰梯形为圆台轴截面，其内切圆与梯形切于点，其中分别为上、下底面圆心，如图，设圆台上底半径为，则下底半径为，，而等腰梯形的高，因此，解得，所以该圆台的表面积为.故选：D13.（2025·山师附中·一模）已知球的半径等于4，，是球的某内接圆柱的上下底面圆心，，是球的直径（点在上，点在上），为的中点，若四边形是圆的内接矩形，，是圆柱的母线，且平面平面，则______.【答案】【解析】【分析】先根据球的截面图可得，，设利用空间向量法，求出平面和平面的法向量分别为令，，，根据平面平面，得，进而得，再结合，可得，进而可得.【详解】如图为过球、圆柱的上下底面圆心、与的截面，因球半径等于4，，故，故圆柱底面半径为,因为的中点，故，，如图，以为坐标原点，以平行于,的线为轴，以为轴建立空间直角坐标系，设，则，由题意，则，故，，设平面和平面的法向量分别为，则，令，得，故，令，得，故，因平面平面，故，得，又，故，故故答案：.【点睛】关键点点睛：本题关键是根据圆柱和球的位置关系，得到的位置和圆柱底面的半径，设后，在圆柱中利用空间直角坐标系，根据平面平面，可得，即得.17.（2025·山师附中·一模）如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面，，，，分别是线段和上的动点，且，.（1）若，求的值；（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若直线与线段交于点，于点，当的长度最小时，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）首先根据几何关系，建立空间直角坐标系，根据向量的平行关系，即可求解；（2）首先求向量和平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解；（3）设，利用空间向量基本定理以及三点共线的充要条件得出，利用向量模长公式以及导数判断函数的单调性，计算最值即可.【小问1详解】由于四边形是菱形，且，取中点，则，即，又平面，故可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，由，，可知，，∴，易知，因为，所以，得到，得到.【小问2详解】由（1）知，设平面的一个法向量为，则令，则，，，设直线与平面所成角为，则.【小问3详解】设，，则，由于，，共线，不妨设，易知，又，则有，所以，则，则，即，记，则，令，得到，在上，在上，可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以在处取到极小值，此时的长度最小，此时.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是关于为关于的函数，再一个关键是根据平面向量基本定理，得到.10.（2025·山东潍坊·一模）已知圆台的高为2，其母线与底面所成的角为，下底面半径是上底面半径的2倍，则（）A.该圆台的上底面半径为2B.该圆台的体积为C.该圆台外接球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）的表面积为D.用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，则椭圆离心率取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，可求出圆台的上下底半径，进而可求圆台体积与外接球的表面积，可判断ABC的真假；再求截面椭圆的离心率，判断D的真假.【详解】如图：设圆台上底半径为，则下底半径为，有题意，即圆台的上底面半径为，故A错误；圆台的体积为：，故B正确；因为母线，，所以为等边三角形，所以，所以该圆台外接球的球心就是下底面圆心，所以该圆台外接球半径为：，所以其外接球表面积为：，故C正确；用平面截该圆台，若所截图形为椭圆，离心率最大时，截面可以是过，的截面，此时对椭圆：，因为圆台中截面半径为，所以椭圆中，所以，所以.所以椭圆离心率的取值范围为：，故D正确.故选：BCD9.（2025·山东青岛·一模）在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（）A.当时， B.当时，C.存在，使得 D.存在，使得平面【答案】AD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直及平行计算判断A，B，C，求出法向量法结合位置关系求解判断D.【详解】取的中点，建立如图所示空间直角坐标系：

设底面边长为2，则，所以，所以，A.当时，，，，所以，故A正确；B.当时，，，，所以不成立，故B错误；C.，，故C错误；D.因为，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，使得平面，所以，所以，，符合，故D正确；故选：AD.16.（2025·山东青岛·一模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，、是底面半径，，为劣弧上的动点.（1）若为劣弧的中点，证明：平面；（2）若圆锥底面半径为，体积为，当四边形面积最大时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，证明出四边形为菱形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）利用圆锥的体积求出的长，设，利用三角恒等变换结合三角函数的基本性质求出四边形面积的最大值及其对应的的值，然后以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连接，因为，为的中点，则，因为，则和均为等边三角形，所以，，故四边形为菱形，所以，，因为平面，平面，所以，平面.【小问2详解】由题意可知，底面，圆锥的体积为，可得，设，则，其中，四边形的面积为，因为，则，故当时，即当时，取最大值，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的一个法向量为，，，则，取，则，设平面的一个法向量为，，，则，取，可得，，则，所以，，因此，当四边形面积最大时，平面与平面夹角的余弦值为.10.（2025·山东威海·一模）设为三个平面，且，则（）A.若∥，则∥B.若∥，则∥C.若，则D.若与所成的角相等，则【答案】ABC【解析】对于选项A：因为∥，，根据面面平行的性质定理可得：∥，故A正确；对于选项B：因为∥，，，由线面平行的性质定理可得∥，同理可得∥，所以∥，故B正确；对于选项C：因为，则存在，使得，又因为，则∥，且，，可得∥，所以，故C正确；对于选项D：例如正四面体，根据对称性可知平面与平面、平面所成的角相等，且平面平面，但与平面不垂直，故D错误；故选：ABC.17.（2025·山东威海·一模）如图，在以为顶点的多面体中，平面平面，为的中点（1）证明：平面；（2）在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【1】连接交于点，连接，因为，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面平面，所以平面【2】因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，以为坐标原点，在平面内，以过点垂直于的方向为轴正方向，以的方向分别为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，可得，令，则，假设在棱上存在一点，使得直线与平而所成角的大小为，设，因为，则，又因为，所以，则，化简得，解得，因为，所以，所以在棱上存在一点，使得直线与平面所成角的大小为，此时.4.（2025·山东淄博·一模）已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据扇形弧长求底面半径，再代入圆锥的表面积公式，即可求解.【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得，所以该圆锥的表面积为.故选：C10.（2025·山东淄博·一模）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则三棱锥的体积为定值C.若，则直线与直线所成角的最小值为60°D.若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；上求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D.【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，所以，即

，所以，又，所以，所以，所以，故A正确；因，，所以点在直线上，又因为，，所以四边形是平行四边形，所心，又平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；点为的中点，坐标为，点的坐标为

，向量，向量，设直线与直线所成角为，，又因为，当

时，，即直线与直线所成角的最小值为，故C错误；因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形，过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心，因为平面，所以，又，所以三棱锥外接球的半径，因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上，所以

的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆，又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为，所以

的轨迹的周长为

，故D正确.故选：ABD.17.（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且．（1）点在线段上，且平面，证明：为线段的中点；（2）若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度．【答案】（1）见解析（2）的长度为或【解析】【分析】（1）过点作交于点，连接，由线面平行的性质定理证明，即可证明；（2）建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.【小问1详解】连接，过点作交于点，连接，又因为，所以，所以四点共面，因为平面，平面，平面平面，所以，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以为线段的中点；【小问2详解】连接，因为，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面所以平面又因为，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设，，设平面的法向量为，，所以，令，，所以，所以与平面所成的角的余弦值为，所以与平面所成的角的正弦值为，即，所以，化简可得：，解得：或，即或，所以或.16.（2025·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为中点.（1）求证：平面；（2）若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意，取的中点E，连接，即可证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及平面夹角的公式代入计算，即可得到结果.【小问1详解】取中点，连接中，分别为中点，且，又正方形中，为中点，，且，四边形为平行四边形，，平面平面，平面；【小问2详解】取中点中点为，连接，中，，，平面平面平面，平面平面，平面，又四边形为正方形，，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，设平面的法向量为，则即，取，则，，设平面的法向量为，则即，取，则，，设平面与平面的夹角为，则.8.（2025·山东日照·一模）已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可.【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切，设圆的半径为，则，因为，所以，作，，因为，所以，而，由勾股定理得，则，且，而，即得到，解得，则该球的表面积的最大值为，故B正确.故选：B【点睛】关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可．19.（2025·山东日照·一模）已知在四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．（1）证明：平面；（2）若两两垂直，则称四面体为“斜垂四面体”．①在斜垂四面体中，若，求直线与平面所成角的正弦值；②在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若为斜垂四面体，求其外接球表面积的最小值，并求出此时的直线方程．【答案】（1）证明见解析（2）①；②最小值为，直线方程为【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定推理得证.（2）①利用“斜垂四面体”的定义，将四面体补形成长方体，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解；②由①可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理用的函数表示，进而求出最小值.【小问1详解】如图，连接，由分别是棱的中点，得，又平面平面，所以平面.【小问2详解】①由（1）知，平行且等于平行且等于，得与平行且相等，则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，，而，则，同理，如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，由，得，，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以直线与平面所成角的正弦值为.②由①知将补成长方体，设长宽高分别设为，则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：，，，则，在平面内设，由，得，显然，则，，，于是，，在中，，则为锐角，因此，即，则，解得，又，则当最大时，最小，不妨令，则，由函数在上单调递增，则当时，有最大值，此时，所以的最小值为，此时直线方程为.【点睛】关键点睛：由“斜垂四面体”的定义推理并将四面体补形成长方体是求解第2问的关键.10.（2025·山东临沂·一模）圆柱轴截面是正方形，分别是上、下底面的圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线，若圆柱的侧面积为，则（）A.圆柱的体积是B.圆柱内切球的表面积是C.D.点到直线距离的最大值为【答案】AC【解析】【分析】根据圆柱体积公式、侧面积公式，结合空间向量数量积的坐标公式、点到线距离公式逐一判断即可.【详解】设圆柱的底面半径为，所以母线为，因为圆柱的侧面积为，所以.因为圆柱的体积是，所以选项A正确；因为圆柱的底面半径为2，所以母线为4，所以圆柱内切球的半径为，所以圆柱内切球的表面积是，因此选项B不正确；建立如图所示的空间直角坐标系，，设，，，，所以选项C正确；设，直线的单位方向向量为，所以点到直线距离为，由题意，所以当时，，选项D不正确，故选：AC.【点睛】关键点睛：求点到直线距离的最大值的关键是利用点到直线距离的向量公式写出表达式，根据正弦函数与二次函数的性质求出最值.18.（2025·山东临沂·一模）在中，，如图将沿翻折至.（1）证明：平面平面；（2）若二面角大小为.（i）求与平面所成角的正弦值；（ii）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（i）（ii）存在点，当或时满足题意【解析】【分析】（1）只需证明平面，注意到，故只需证明平面，由即可证明；（2）（i）由题意得即二面角的平面角，结合解三角形知识求解即可；（ii）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，将平面与平面的法向量表示出来，结合平面与平面所成角的余弦值为列出关于的方程，判断该方程的解的情况即可得解.【小问1详解】因为，所以，因为平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】（i）在四棱锥中，由（1）知即二面角的平面角，故，因为，所以，从而，过点作，交于点，又因为，可得平面，与平面所成角即为.在中，由余弦定理可得：，由等面积法，，所以与平面所成角的正弦值为；（ii）如图，建立空间直角坐标系，则，，设，可得，，设平面的法向量为，平面的法向量为，，即，令，可得，，即，令，可得，设平面与平面的夹角为，，解得或，所以存在点，当或时满足题意.【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则①两异面直线所成的角为，；②直线与平面所成的角为，；③二面角的大小为，.13.（2025·山东济宁·一模）已知正四棱台的高为3，其顶点都在同一球面上．若该球的半径为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正四棱台的体积为______．【答案】122【解析】【分析】根据题意求出上下底面的边长，再利用棱台的体积公式求解即可.【详解】因为球心在正四棱台的一底面上，设球心所在底面为下底面，正四棱台的高为3，球半径为5，连接球心与正四棱台上底面一顶点，以及球心与上底面中心，构成直角三角形，设上底面边长为，则上底面中心到顶点距离为根据勾股定理，即，解得，因为球心在下底面，下底面中心到顶点距离就是球半径5，设下底面边长为，则，解得，根据正四棱台体积公式（其中是高，是下底面积，是上底面积），下底面积，上底面积，已知高，则体积故答案为：12216.（2025·山东济宁·一模）底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面．（1）证明：平面；（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）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案.【小问1详解】因为四边形为菱形，所以⊥，因为平面平面，为交线，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为平面平面，为交线，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以平面；小问2详解】由（1）知，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，，则，，设，，则，，设平面的一个法向量为，，令得，故，直线与平面所成角的正弦值为，即，化简得，负值舍去，则，平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，，所以平面与平面夹角余弦值为.10.（2025·山东菏泽·一模）若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有（）A.若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等B.这四点能构成三棱锥的个数为58C.若正方体棱长为a，则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为D.若这四点分别记为A，B，C，D，则直线与所成的角不可以为30°【答案】BCD【解析】【分析】举例说明A是错误的；利用组合数公式求三棱锥的个数，判断B的真假；找出表面积最大的三棱锥判断C的真假；找出连接正方体顶点的两条直线所成角的最小值可判断D的真假.【详解】如图：对A：设，则，，所以A不正确；对B：从正方体的8个顶点中任选4个的选法有中，其中不能构成三棱锥的有：①四个点在正方体的一个面上，即所选四点为：,，，，，共6个；②所选四个点在正方体的相对棱上，即所选的四点为：，，，，，，共6个.所以所选的四个点可以构成三棱锥的个数为：个，故B正确；对C：正方体棱长为a，从正方体的8个顶点中选3个，构成三角形，其中面积最大的就是象这样的等边三角形，其边长为，面积为，所以四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大的就是三棱锥这样的正四面体，其表面积为，故C正确；对D：在正方体的8个顶点中选4个，连成两条直线，所成的角最小的就是形如直线与的所成的角，设为，则，所以，故D正确.故选：BCD14.（2025·山东菏泽·一模）如图，在中，，，E是的中点，D是边上靠近A的四等分点，将沿翻折，使A到点P处（P点在平面上方），得到四棱锥.则①的中点M运动轨迹长度为______；②四棱锥外接球表面积的最小值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】因为到中点的距离等于（定值），且点在平面上方，所以的轨迹是以中点为圆心，为半径的半圆，进而可求周长；确定四棱锥底面外接圆的圆心及半径，当该点为球心时，四棱锥外接球的表面积最小.【详解】因为到中点的距离等于，且点在平面上方，所以的轨迹是以中点为圆心，为半径的半圆，所以的中点运动轨迹长度为；因为四边形的外心为的中点，所以四边形的外接球的半径所以四棱锥外接球的球心在过四边形的外心且垂直平面的直线上，设四棱锥外接球的半径为，设球心到四边形的外心的距离为，则，当时，等号成立，所以四棱锥外接球表面积的最小值为.故答案为：；.16.（2025·山东菏泽·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，，F为的中点.（1）求证：平面；（2）若平面平面，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点M，连结，证明四边形为平行四边形即可证明平面；（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量求空间角即可.【小问1详解】由，，，易求取的中点M，连结，F为的中点所以，，所以，所以四边形为平行四边形.所以，，又平面，平面所以平面【小问2详解】由，，所以所以，又平面平面，所以平面以E为原点，所在直线为轴，过E与垂直的直线为轴，所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，，所以，取，则，所以平面的一个法向量为设与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为8.（2025·山东聊城·一模）在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解.【详解】因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的一个法向量为，，直线的一个方向向量为，则，取，可得，设，所以，，因为平面，则，解得，所以，，即点，设经过、、、四点的球的球心为，由可得，解得，故球半径为，因此，经过、、、四点的球的表面积为.故选：C.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.16.（2025·山东聊城·一模）在三棱锥中，为等边三角形，，，为的中点，为线段上一点，.（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）求出的值，利用正弦定理得到，进而得到为的中点，再利用线线平行即可证明线面平行；（2）取中点，连接，利用勾股定理证明，建系，利用线面角的向量求法求解即可.【小问1详解】因，，，所以，所以，在中，根据正弦定理得，又，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以为中点，又为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】取中点，连接，因为为的中点，所以，，因为，即，所以，因为为等边三角形，且，所以，，又，所以，所以，以为原点，分别以为轴的正向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，所以，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.10.（2025·山东烟台·一模）如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，下列说法正确的有（）A.若，则B.直线与底面所成角的正弦值为C.若点在底面内的射影为的中心，则D.若三棱锥的体积为2，则三棱柱的体积为6【答案】ACD【解析】【分析】由题意确定一组基底，对于A，由基底表示向量，根据垂直垂直向量的数量积，建立方程，可得其正误；对于B，由题意作图，根据几何性质明确垂足的位置，进而可得线面角，利用向量的夹角公式，可得其正误；对于C，由B所得三角函数值，根据等边三角形的几何性质，可得其正误；对于D，根据等积变换，结合三棱锥的体积公式以及其与同底等高的三棱柱的体积关系，可得其正误.【详解】设，，，由题意可得，，，对于A，由图可得，，由，则，即，化简可得，解得，故A正确；对于B，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，连接，如下图：由题意可知，则，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以，则，可得，所以为直线与平面的夹角，由A可得，，在等边中，易知，则，所以直线与平面所成角的正弦值为，故B错误；对于C，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，如下图：易知点在平面上的射影为点，即点为等边的中心，易知，因为平面，平面，所以，由B可知，在中，，故C正确；对于D，由题意作图如下：设点到平面的距离为，的面积为，则三棱锥的体积，平行四边形中，易知的面积，则三棱锥的体积，由图可知三棱柱的体积，故D正确.故选：ACD.16.（2025·山东烟台·一模）如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面，（1）求证：；（2）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？【答案】（1）证明见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）由线面垂直的性质有，由圆的性质易得，再由线面垂直的判定和性质证明结论；（2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数即可.【小问1详解】由平面，平面，则，又点在以为直径的半圆的圆周上，则，由且都在面内，则面，由面，故；【小问2详解】若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，由，，则，故可构建如下图示的空间直角坐标系，则，由，故，可得，所以，，，若，分别为面、面的一个法向量，则，取，，，取，，所以，整理得，则，可得或19.（2025·山东齐鲁名校大联考·一模）如图，在正三棱台中，，三棱台的所有顶点均在球的球面上，则（）A.B.三棱台的体积为C.球的表面积为D.平面截球所得截面圆的周长为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，延长交于点，通过，进而可判断；对于B，设点在底面上的投影为，连接，由可判断；对于C，设与平面的交点为，球的半径为，连接，由，求解即可；对于D，取的中点为，连接，过点作的平行线交直线于点，可知平面．求得，再由求得截得的圆面的半径为，即可判断；【详解】如图，延长交于点．因为，所以为的中位线．因为，所以，则，所以，同理可得．因为，都在平面内，所以平面，同理可得平面．又平面，所以，即，故A正确；设点在底面上的投影为，连接，则，所以，所以，故B错误；对于C，设与平面的交点为，球的半径为，连接，则．因为，当球心在棱台内部时，，解得，不满足题意，当球心在平面下方时，①，且②．由①②解得，所以球的表面积为，故C正确；对于D，取的中点为，连接，过点作的平行线交直线于点，则平面．因，所以，所以，所以球被平面截得的圆面的半径为，所以截面圆的周长为，故D正确．故选：ACD20.（2025·山东齐鲁名校大联考·一模）在直平行六面体中，为棱上的动点，且四点均在球的球面上，则（）A.平面B.存在点，使平面C.存在点，使的周长为D.球的表面积为【答案】BD【解析】【分析】连接，交于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断A；根据平面平面，即可判断B；将平面与平面沿展平，求出周长的最小值即可判断C；设为的外心，连接，由，求出球心坐标，即可求出球的半径，从而可判断D.【详解】由题意知直平行六面体的底面为菱形，且为等边三角形，如图，连接，交于点，则，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，．因为，平面，所以与平面不垂直，故A错误；对于B，连接，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，同理，又平面，平面，所以平面，平面，又平面，所以平面平面，所以当点与点重合时，平面，故B正确；将平面与平面沿展平，可得当三点共线时，最小，且最小值为，所以周长的最小值为，故C错误；设为的外心，连接，则底面，设，则由，得，解得，所以球的半径为，所以球的表面积为，故D正确．故选：BD.29.（2025·山东齐鲁名校大联考·一模）如图所示的多面体是由正四棱台和正四棱柱（正四棱柱下底面与正四棱台上底面重合）构成．已知，是上一动点．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）法一：连接，由条件证得平面．