备战2026年高考数学考试易错题（新高考）【消灭易错】专题05 立体几何（解析版）

专题05立体几何

考点01空间几何体

1．（24-25高三上·河北唐山·期末）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC1，ABBCCA2，

CC12，则三棱柱ABCA1B1C1的体积为（）

2

A．B．2C．22D．32

2

【答案】B

【分析】根据条件求出ABC1的面积，把求三棱锥C1ABC的体积转化成求三棱锥CABC1的体积，再根

据V3V的关系进行求解．

三棱柱ABCA1B1C1三棱锥C1ABC

【详解】CC1平面ABC1，

CC1AC1,CC1BC1，

ABBCCA2，CC12，

AC1BC1422，

AC1B是等腰直角三角形，

11

SACBC221，

ABC12112

112，

V三棱锥V三棱锥CCS21

C1ABCCABC131ABC133

所以2，

V三棱柱3V三棱锥32

ABCA1B1C1C1ABC3

故选：B．

易错分析：求几何体的体积时，若几何体是规则图形可直接利用公式求解，若几何体是不

规则图形，可考虑用“割补法”求解.

2．（24-25高三上·北京顺义·期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面

挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕

的造型可视为一个多面体（如图2）．若AB24cm，CD30cm，AE15cm，AB与CD之间的距离为28cm，

则该多面体的体积是（）

A．5040cm3B．5250cm3

C．5460cm3D．5670cm3

【答案】C

【分析】将几何体的体积转化为四棱锥和三棱锥的体积后可得正确的选项.

【详解】

因为四边形ABFE为矩形，故AEAB，而平面ABFE平面ABCD，

平面ABFE平面ABCDAB，AE平面ABFE，

故AE平面ABCD，

在平面ABCD中过A作ASDC，垂足为S，则ASAB，

同理可证AS平面ABFE，

11

而AS28，故V1528302100cm3，

EACD32

1

V2824153360cm3，

CABFE3

故几何体的体积为5460cm3，

故选：C.

3．（24-25高三上·江苏·阶段练习）若在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3,BC1,AA14．则四面体ABB1C1

与四面体A1C1BD公共部分的体积为（）

3102

A．B．C．D．1

13393

【答案】C

【分析】先确定两个四面体的公共部分，再利用锥体的体积公式求体积.

【详解】如图：

取AB1与A1B的交点为E，取BD中点G，连接A1G，交AC1于点F，

则三棱锥EBFC1即为四面体ABB1C1与四面体A1C1BD的公共部分.

11317

因为SABBC3116.

ABC12122

AFAG1

122317

又，所以SABFSABC，所以SS17.

1BFC1ABC1

FC1A1C123332

过B1作B1MBC1于点M，

因为AB平面BCC1B1，B1M平面BCC1B1，所以ABB1M.

因为AB，BC1平面ABC1，所以B1M平面ABC1.

144417

所以B1M为B1到平面ABC1的距离，其值为，

1421717

1417217

点E为AB1的中点，所以点E到平面ABC1的距离为：.

21717

所以12172

V17.

EBFC13173

故选：C

【点睛】方法点睛：几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构

造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻

辑推理与代数运算等解题技巧.

4．（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，这是正四棱台被截去一个三棱锥后所留下的几何体，其中

ABAA14，A1D12，则该几何体的体积为（）

26142615

A．B．C．2615D．2614

33

【答案】A

【分析】由正四棱台的性质，可求得正四棱台的高，从而可得正四棱台的体积.补全图中几何体可知截去的

三棱锥的底面为三角形A1B1C1，高为正四棱台的高A1E，从而可得截去的三棱锥的体积.两者做差即可得到

题目中几何体的体积.

【详解】

因为ABAA14，A1D12，根据正四棱台性质，其高为

2

2222，

MOA1EAA1AEAA1AOA1M1622214

则该正四棱台的体积为112814

VS上S下S上S下h41641614.

333

1

又由图可知截去三棱锥底面积为S222，

A1B1C12

11214

所以三棱锥体积为·S·AE214，

3A1B1C1133

28142142614

即所求几何体体积为.

333

故选：A

5．（24-25高三上·吉林长春·期末）若圆台上、下底的面积分别为π，4π，高为2，则圆台的侧面积为（）

147π35π

A．πB．C．35πD．

332

【答案】C

【分析】利用给定条件结合圆台侧面积公式求解即可.

【详解】因为圆台上、下底的面积分别为π，4π，设上底半径为r1，下底半径为r2，

22

所以πr1π，πr24π，解得r11，r22(负根舍去)，

设圆台母线为l，由勾股定理得l22125，且设圆台侧面积为S，

故S5π(12)35π，故C正确.

故选：C

易错分析：空间几何体的面积问题要注意区分表面积和侧面积的区别.

6．（24-25高三上·重庆·期末）在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，A1B12,AB4，且正四棱台存在内切球，

则此正四棱台外接球的表面积为（）

654965130

A．πB．πC．πD．8π

2224

【答案】A

【分析】由内切球切点的截面性质，确定内切圆的圆心与半径，从而结合勾股定理得四棱台的高度，再由

外接球几何性质建立关系得外接球的半径，从而得所求.

【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形IJLN的内切圆，圆心为E，

设上下底面的中心分别为O1,O2．

过E作EFNL于F，连接EN,EL，

由图可知O1EEFEO2，

11

则NLNFFLONOLINJL243，

1222

2

过作于，22242，

NNKJLKO1O2NKNLKL322

2

即四棱台的高为22，

设外接球球心为O，设外接球的半径为R，

则2222

O1O2O1OOO2A1OA1O1OAAO2

22

R22R22222，

65

解得R2，

8

65π

则外接球表面积为4πR2．

2

故选：A.

【点睛】关键点点睛：关于正四棱台的内切球问题，关键是要通过截面法确定内切圆的圆心与半径，从而

转换为几何体的内切球，由几何性质确定正四棱台的高度，从而再根据外接球的性质求解外接球半径，即

可得所求。

7．（2025高三·全国·专题练习）如图，圆台O1O2内有一个表面积为1的球O，该球与圆台的侧面和底面均

相切，则该圆台的表面积的可能取值为（）

π3π4

A．B．C．D．

2233

【答案】A

2

【分析】设圆台的下底面半径为r1，上底面半径为r2，球O的半径为R，根据几何体的特征可得Rr1r2，

33

根据基本不等式可得SS，从而可得正确的选项.

1222

【详解】不妨设圆台的下底面半径为r1，上底面半径为r2，球O的半径为R，

如图，作出圆台的轴截面ABCD，过点D作DFBC于点F，

由题意知圆O与梯形ABCD的四条边均相切，则DCO2DO1Cr2r1，

又2222，

DCDFCF4Rr1r2

故22，化简可得2，

4Rr1r2r1r2Rr1r2

设圆台与球的表面积分别为S1,S2，

2222

Sπr1r2r1r2r1r2rrrr3rr3

则1121212，（rr，故取不到等号）

212

S24πR2r1r22r1r22

333π43π3π

故SS．由于，，都不大于，，故圆台的表面积的可能取值为．

12222332222

故选：A.

【点睛】思路点睛：解决几何体与球相切问题的基本逻辑是找空间关系或找一个特殊截面，将问题转化为

平面问题进行解决．求内切球半径的两种方法：①等体积法，先将几何体的内切球球心与几何体各个顶点

113V

用线段连接，运用等体积法就有VSrSr（S,S,为几何体各表面的面积），于是就有r，

313212S

其中r为几何体内切球的半径，V为几何体的体积，S为几何体的表面积；②平面化，通过找特殊截面（一

般为球的截面刚好与几何体截面相切的截面），将立体几何问题转化为平面问题，从而通过求得某几何图形

的内切圆半径，求出原问题中内切球的半径．

8．（24-25高三上·广东茂名·阶段练习）已知圆台O1O2的上、下底面圆的半径分别为1和3，母线长为6，且

该圆台上、下底面圆周上的点都在同一球面上，则该球的表面积为（）

A．24πB．36πC．48πD．54π

【答案】D

【分析】求出圆台的高，球心在上、下底圆心的连线上，利用勾股定理建立等量关系，求出球心位置，即

可得到球的半径，从而解出球的表面积.

【详解】取圆台O1O2的一条母线AB，连接AO1、BO2，

过点A在平面ABO2O1内作AEBO2，垂足为点E，如图：

由题意可知，四边形ABO2O1为直角梯形，且AO11，BO23，AB6，

因为AO1//BO2，AEBO2，O1O2BO2，

所以四边形AEO2O1为矩形，所以O2EAO11，则BEBO2O2E312，

所以AEAB2BE2622242，

设OO1x，则OO242x，

因为圆台的上、下底面圆周上的点都在同一个球面上，

252

所以3242x12x2，解得x，

2

2

则球的半径为25236，

r1

22

2

故该球的表面积为236

S4πr4π54π.

2

故选：D.

易错分析：空间几何体的外接球问题要注意先确定球心位置，然后根据截面圆半径、球半

径、球心距组成的直角三角形求解.

9．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥SABC的侧棱长相等，且所有顶点都在球的球面上，

其中SA2,AB1,AC2,BAC60，则球的表面积为（）

16π

A．B．16πC．3πD．4π

3

【答案】A

【分析】由三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，结合余弦定理可得BC的长，从而得ABBC，

于是可得VABC截球O所得的圆O1的半径r，由此能求出球O的半径，从而能求出球O的表面积．

【详解】

如图，三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，

AB1,AC2,BAC60，

1

由余弦定理得BCAC2AB22ACABcos60412213，

2

AB2BC2AC2，则ABBC，

1

ABC截球O所得的圆O1的圆心O1为AC的中点，半径rAC1，

2

由于三棱锥SABC的侧棱长相等，所以O1,O,S共线，且SO1AC，

22

SO1SAAO1413.

22223

设球的半径为R，由RhRr得：R.

3

16π

球O的表面积S4πR2．

3

故选：A．

10．（24-25高三上·湖南株洲·期末）已知长方体的长，宽，高分别为a,b,3，连接其各面的中心，得到一个

八面体.已知该八面体的体积为8，则该长方体的表面积的最小值为.

【答案】80

【分析】由已知条件作出示意图，可以把八面体分成两个同底等高的四棱锥，并且得出四棱锥的底面积和

高与长方体的关系，，从而可求得ab16，再由长方体表面积公式，利用基本不等式，即可求得长方体表面

积的最小值.

【详解】

如上图所示，

八面体分成两个同底等高的四棱锥O1O2O3O4O5和四棱锥O6O2O3O4O5，

11

所以VVV84，

O1O2O3O4O5O6O2O3O4O522

因为四棱锥O1O2O3O4O5的底面面积是长方体底面面积的一半，高是长方体高的一半，

113

所以V(ab)4，化简得：ab16，

O1O2O3O4O5322

所以长方体的表面积为：

S2(ab3b3a)2[163(ab)]326(ab)3262ab32121680

当且仅当ab4时，取等号，所以长方体的表面积的最小值为80.

故答案为：80.

11．（24-25高三上·山东淄博·期末）已知三棱锥SABC的底面ABC是边长为2的正三角形，点A在侧面

SBC上的射影H是△SBC的垂心，三棱锥SABC的体积为3，则三棱锥SABC的外接球半径等

于．

31

【答案】

18

【分析】做辅助线，根据题意结合垂直关系可证BCAG，同理可得ACBG,ABCG，可知点G为VABC

的垂心，即可知点G为VABC的中心，根据体积可得PG3，结合外接球的性质列式求解即可.

【详解】延长SH交BC于点D，连接AD，

因为点H是△SBC的垂心，则SDBC，

又因为AH平面SBC，BC平面SBC，则AHBC，

且SDIAHH，SD,AH平面SAD，可得BC平面SAD，

由SA,AD平面SAD，可得BCSA，BCAD，

且底面ABC是边长为2的正三角形，则点D为BC的中点，

过点S作SG平面ABC，垂足为点G，

且BC平面ABC，可得SGBC，

且ASISGS，AS,SG平面SAG，可得BC平面SAG，

由AG平面SAG，可得BCAG，

同理可得ACBG,ABCG，可知点G为VABC的垂心，

因为VABC为等边三角形，可知点G为VABC的中心，

223

则GAD，且AGAD，

33

11

因为三棱锥SABC的体积为SG233，可得SG3，

32

可知三棱锥SABC的外接球的球心OSG，设三棱锥SABC的外接球的半径为R，

4231

则R23R，解得R，

318

31

所以外接球的半径为.

18

31

故答案为：.

18

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法

1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把

空间问题转化为平面问题求解；

2.正方体的内切球的直径为正方体的棱长；

3.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；

4.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，

弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

考点02点线面的位置关系

1．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知m，l是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则的一

个充分条件是（）

A．ml，m，lB．ml，l，m

C．m//l，m，lD．l，m//l，m//

【答案】D

【分析】对A，与相交或平行；对B，与可能相交但不垂直；对C，可推出//；对D，可得m，

结合m//，得到答案.

【详解】对于A，由ml，m，l，则与相交或平行，故A错误；

对于B，由ml，l，m，则与可能相交但不垂直，故B错误；

对于C，由m//l，m，l，则//，故C错误；

对于D，由l，m//l，则m，又m//，则，故D正确.

故选：D.

易错分析：利用空间中的平行、垂直问题时，一定要注意判定定理成立的前提条件.

2．（2025·云南昆明·模拟预测）设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）

A．若m//,m//，则//B．若m//,//则m//

C．若mn,m,n,则D．若,m//,n//，则mn

【答案】C

【分析】利用空间中线线，面面的位置关系判断即可.

【详解】对于选项A：若m//,m//，当m,n都平行于,的交线时.满足条件，此时两个平面,相交.故

A错误.

对于选项B：若m//,//，则有可能m，故B错误.

对于选项C：若mn,m，则n//或n，又因为n，如果n根据面面垂直的判定定理可得

；如果n//，假设过n作平面与相交于直线l，由n//，可得n//l，因为n，所以l，

而l，根据面面垂直判定定理即可得到，故C正确

对于选项D：若,m//,n//，则m,n可能平行或异面.故D错误.

故选：C

易错分析：平行关系的辨析问题，容易忽略直线在平面内这一特殊位置而致错.

3．（24-25高三上·天津河北·期末）已知，是两个平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是

（）

A．若m∥，l，则m∥lB．若m∥，，则m

C．若m，lm，则l∥D．若∥，m，则m

【答案】D

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一判断四个选项得答案．

【详解】对选项A，若m//，l，则ml，故A错误；

对选项B，若m//，，则m//，m，或m与相交，故B错误；

对于C，若m，lm，则l//或l，故C错误；

对于D，若∥，m，则m，

即一条直线垂直于两平行平面中的一个，也垂直于另一个，D正确．

故选：D

4．（24-25高三上·天津北辰·期末）已知,是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列

命题正确的是（）

A．若m,n,lm,ln，则lB．若m,n,mn，则

C．若l//m,m，则l//D．若l//m,m//n,l，则n

【答案】D

【分析】对于A：根据线面垂直的判定定理分析判断；对于B：根据面面垂直的判定定理分析判断；对于C：

根据线面平面的判定定理分析判断；对于D：根据平行关系可知l//n，再结合线面垂直的性质分析判断.

【详解】对于选项A：根据线面垂直的判定定理可知：需保证m，n相交，故A错误；

对于选项B：根据面面垂直的判定定理可知：需推出线面垂直，现有条件不能得出，故B错误；

对于选项C：根据线面平面的判定定理可知：需保证l，故C错误；

对于选项D：若l//m,m//n，则l//n，

且l，所以n，故D正确；

故选：D.

5．（2024·山东·模拟预测）设是空间中的一个平面，l,m,n是两两不重合的三条直线，则下列命题中，真

命题的是（）

A．若m,n,lm,ln，则l

B．若l，lm则m//

C．若l//m,m,n，则ln

D．若l//m,m//n，l，则n

【答案】D

【分析】利用线面垂直判定定理可判断A；结合线面垂直与线线垂直的性质分析可判断B；由线面垂直性质

可判断C、D.

【详解】对于A，由m,n，lm,ln，只有直线m与n相交时，可得l，故A错误；

对于B，由l,lm，知m//或m，故B错误；

对于C，由l//m,m,n，则l//n，故C错误；

对于D，由l//m,l，可得m，又因为m//n，所以n，故D正确．

故选：D.

6．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）已知，是两个互相平行的平面，l，m，n是不重合的三条直线，

且l，m，n，则（）

A．lnB．mnC．l//nD．m//n

【答案】A

【分析】根据空间线面位置关系的有关判定、性质定理，可得正确结论.

【详解】因为//，l，所以l.

又m，n，所以lm，ln，

m，n平行或异面.

故选：A

7．（24-25高三上·天津和平·期末）已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法

中正确的是（）

A．若m//，n，则m//nB．若m，m//，则

C．若m，mn，则n//D．若m//，//，则m//

【答案】B

【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.

【详解】对于A：若m//，n，则m//n或m与n异面，故A错误；

对于B：在内任取一点P，设点P与直线m确定一个平面，且k，

由m//，由线面平行的性质定理，可得m//k，

因为m，所以k，因为k，所以，故B正确；

对于C：若m且mn，则n//或n在内，故C错误；

对于D：若m//，//，则m//或m，故D错误.

故选：B.

8．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知,为两个不同的平面，l,m为两条不同的直线，则m的一个

充分不必要条件可以是（）

A．m与内所有的直线都垂直B．，l，ml

C．m与内无数条直线垂直D．l，l，m

【答案】D

【分析】A项由线面垂直定义可知；BC项在长方体中举反例可知；D项由推证可得充分性，必要性显然不

成立.

【详解】A项，由直线与平面垂直的定义可知m与内所有的直线都垂直是m的充要条件，选项A错；

B项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件m，

如图长方体ABCDA1B1C1D1中，

设平面A1B1C1D1为平面，设平面A1ADD1为平面，直线AA1为m，

则A1D1l，满足，l，ml，

但m，不与平面垂直，故不能推出m，

故条件“，l，ml”也不是m的充分不必要条件，选项B错；

C项，如图长方体ABCDA1B1C1D1中，

设平面A1B1C1D1为平面，直线BC为m，

则直线m与平面内无数条与B1C1垂直的直线都垂直，但m//，不与平面垂直，

故由m与内无数条直线垂直不能推出m，所以不是m的充分不必要条件，选项C错；

D项，由l，l，得//，又因为m，所以m；

反之，由m推不出l，l，m，

所以l，l，m是m的一个充分不必要条件，选项D正确.

故选：D.

9．（24-25高三上·河北张家口·期末）已知是一个平面，a,b是两条不同的直线，b,p:a,q:ab，

则p是q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】A

【分析】由线面垂直的性质定理及空间中直线与平面的位置关系，结合充分条件与必要条件定义判定即可

得.

rr

【详解】若a，由b，则ab；

rr

若ab，则a与可能垂直、可能相交也可能平行，还有可能a平面；

故p是q的充分不必要条件.

故选：A.

10．（24-25高三上·天津河西·期末）设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列说法中正确

的是（）

A．若m//,m//，则//

B．若m,mn，则n

C．若,m，则m//

D．若m,m//，则

【答案】D

【分析】根据各项给定的线面、面面的位置关系，结合平面的的基本性质及空间想象判断正误即可.

【详解】A：若m//,m//，则、可能平行或相交，故A错；

B：若m,mn，则n//或n，故B错；

C：若,m，则m//或m，故C错；

D：若m,mm//，则存在直线n，使得m//n，

又m，所以n，所以.故D对.

故选：D

11．（2025·上海·模拟预测）如图，ABCDA1B1C1D1是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（）．

A．AB和C1D1；B．AA1和CC1；C．BD1和B1D；D．A1D1和AB．

【答案】D

【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.

【详解】因为ABCDA1B1C1D1是正四棱台，所以AB//A1B1//C1D1，故A错误，

侧棱延长交于一点，所以AA1与CC1相交，故B错误，

同理BB1与DD1也相交，所以B,B1,D1,D四点共面，所以BD1与B1D相交，故C错误，

A1D1与AB是异面直线，故D正确.

故选：D

12．（2025高三·全国·专题练习）在正方体ABCDA1B1C1D1中，下列选项错误的是（）

^

A．AB1与D1C异面B．B1DA1C1

C．平面ACD1//平面A1BC1D．A1B平面B1D1C

【答案】D

【分析】根据异面直线的性质即可求解A，根据线面垂直的性质可判断B，根据线线平行可证明线面平行判

断D，根据面面平行的判定求解C.

【详解】由于AB1//DC1,而D1C与DC1相交，结合正方体的性质易知AB1与D1C异面，所以A正确；

因为DD1平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，所以DD1A1C1，

又在正方体中易知B1D1A1C1，B1D1D1DD1，

B1D1，D1D平面B1DD1，所以A1C1平面B1DD1，

又B1D平面B1DD1，所以A1C1B1D，所以B正确；

因为，平面，平面，所以平面，

A1C1//ACACACD1A1C1A1C1//ACD1

𝐴�1

又BC1//AD1，AD1平面ACD1，BC1平面，所以BC1//平面ACD1，

𝐴�1

Ç=

因为A1C1BC1C1，A1C1，BC1平面A1BC1，

所以平面ACD1//平面A1BC1，所以C正确；

因为A1B//D1C，D1C平面D1B1C，A1B平面D1B1C，

所以A1B//平面D1B1C，所以D错误．故选D．

故选：D

考点03空间角

1．（24-25高三上·甘肃白银·期末）若ABCDA1B1C1D1为正方体，则异面直线BC1与CD1所成角的大小为（）

ππππ

A．B．C．D．

3428

【答案】A

【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线夹角的定义，可得答案.

【详解】连接AD1，AC，如下图：

∥

易知BC1AD1，所以AD1C为异面直线BC1与CD1所成的角（或其补角），

△π

易知ACD1为等边三角形，所以ADC.

13

故选：A.

易错分析：求异面直线所成角的方法一般有两种：一是几何法，即平移作角、通过解三角

形求解；二是向量法，即通过空间向量进行求解，无论何种方法都要注意异面直线所成角的范

围为0，.

2

2．（23-24高三上·江苏南京·期中）已知矩形ABCD中，AB1,BC2,E是边BC的中点．AE和BD交于

点M，将ABE沿AE折起，在翻折过程中当AB与MD垂直时，异面直线BA和CD所成角的余弦值为（）

1152

A．B．C．D．

64123

【答案】D

【分析】证明三角形相似得到AEMD，进而证明出线面垂直，面面垂直，作出辅助线，得到BAB或其

补角即为异面直线BA和CD所成角，结合余弦定理求出答案

【详解】如图1，在矩形ABCD中，AB1,BC2,E是边BC的中点，

2BEAB

故BE，故，

2ABAD

o

又BADABE90，故VABE:VDAB，所以BAEADB，

o

则BAEABDADBABD90，故AEMD．

如图2，将ABE沿AE折起，点B的对应点为B，在翻折过程中，当AB与MD垂直时，

因为AEABA,AE,AB平面ABE，所以MD平面ABE，

因为MD平面AECD，所以平面ABE平面AECD，

因为BMAE,BM平面ABE，平面ABE平面AECDAE，

所以BM平面AECD，

连接BB，因为AB//CD，

所以BAB或其补角即为异面直线BA和CD所成角，

113

因为ABBEAEBM，所以BM，

223

36

故BM，则BBBM2BM2，又ABAB1，

33

2

222112

故ABBABB2，即所求角的余弦值为，

cosBAB3

2ABAB233

故选：D．

3．（24-25高三上·吉林·期末）正三棱台ABCDEF中，AB2AD2DE，G，H分别为AB，DE的中点，

则异面直线GH，BF所成角的余弦值为（）

1122

A．B．C．D．

4433

【答案】C

π

【分析】先做ET//GH，得出TBE，再得出BF3，进而应用空间向量的线性表示及数量积公式

3

计算，最后应用异面直线所成角的向量法求解.

【详解】

设AB2AD2DE2，过点E做ET//GH，T是GB中点，

因为G，H分别为AB，DE的中点，所以GHAB，所以ETAB,

113

因为BT,BE1,所以GHET1，

242

π

所以TBE，因为正三棱台ABCDEF中，三个侧面是全等的等腰梯形，

3

2π

所以BEF，BF211211cosBEF3,BF3

3

11

所以BEEFEBEF11cosBEF，BEBG11cosGBE，

22

11

EFBGBCBG11cosABC

22

1

又因为GHTEBEBTBEBG，BFBEEF，

2

1211111

所以GHBFBEEFBEBGBEBGBEBEEFBGEF11，

222424

设异面直线GH，BF所成角为

GHBF12

所以cos

GHBF33.

3

2

故选：C.

4．（2024·四川绵阳·一模）三棱柱ABCA1B1C1，底面边长和侧棱长都相等．BAA1CAA160，则异面

直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）

3166

A．B．C．D．

2236

【答案】D

【分析】由题意设ABa,ACb,AA1c,abc1，a,bb,cc,a60,AB1ac,BC1abc，

由数量积的运算律、模的运算公式以及向量夹角的余弦的关系即可运算求解.

【详解】

设ABa,ACb,AA1c,abc1，

由题意a,bb,cc,a60,AB1ac,BC1abc，

22

AB1ac2ac11211cos603，

222

BC1abc2ab2ac2bc2，

11

又22，

AB1BC1acabcbabcca111

22

16

设异面直线AB1与BC1所成角为，则coscosAB1,BC1.

326

故选：D．

5．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC,PAB是边长为23的

等边三角形，VABC是直角三角形，且ACBC，则PA与BC所成角的余弦值为（）

21412

A．B．C．D．

4422

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得PA与BC所成角的余弦值.

22

【详解】设O是AB的中点，连接OP,OC，则OPAB，OP2333，

由于平面PAB平面ABC且交线为AB，OP平面PAB，

所以OP平面ABC，由于OC平面ABC，所以OPOC，

由于VABC是直角三角形，且ACBC，

所以OCAB，且OC3，

由此以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

P0,0,3,A3,0,0,B3,0,0,C0,3,0，

PA3,0,3,BC3,3,0，

PABC32

则PA与BC所成角的余弦值为.

PABC2364

故选：A

6．（24-25高三上·四川宜宾·阶段练习）在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，

π

DABAABAAD,AA3,ABAD2，则AC与平面ABCD所成角的正弦值为（）

11311

622226

A．B．C．D．

11112233

【答案】B

uuur

【分析】证明是平面的法向量后，可得直线与平面所成角的正弦值即为与所

A1OABCDAC1ABCDAC1A1O

成角的余弦值，借助空间向量夹角公式计算即可得.

【详解】

连接AC,BD,ACBDO，O为BD的中点，

π1

ABAD22cos222，

32

π1

ABAA23cos233，

132

π1

ADAA23cos233，

132

AC1ACCC1ACAA1ABADAA1，

2222

故

AC1ABADAA1ABADAA12ABAD2ABAA12ADAA1

44946633；

11

AOAOAAABADAA，

11221

11121

又ABA1OABABADAA1ABABADABAA1

2222

2130，

11121

又ADA1OADABADAA1ADABADADAA1

2222

2130，

故A1OAB，A1O