专题04 立体几何与空间向量（3大考点）（四川专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题 04 立体几何与空间向量 3大考点概览 考点01空间几何体 考点02点、直线、平面之间的位置关系 考点03空间向量与立体几何 空间几何体 考点1 1．（2025·四川德阳·一模）若圆锥底面半径为1，高为，则圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是（   ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】求出圆锥侧面展开扇形半径和弧长即可由弧度定义公式求解. 【详解】由题可得圆锥侧面展开扇形半径为圆锥母线长为， 圆锥侧面展开扇形弧长为圆锥底面圆周长为， 所以圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是. 故选：A 2．（2026·四川广安·一模）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，可放正方体的最大体对角线长为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出体对角线长及比值. 【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：， 所以正方体的最大体对角线长为 ∴. 故选：A 3．（2026·四川雅安·一模）在正四棱台中，，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点分别为，连接，过作平面的垂线，垂足为，设正四棱台外接球的球心为，半径为，则在直线上，又，利用勾股定理求出即可求出从而得解. 【详解】正四棱台中，取中点分别为，连接， 由，，，可得，， 过作平面的垂线，垂足为，则点在上，且， 所以， 设正四棱台外接球的球心为，半径为， 由对称性可知球心在直线上， 若球心在线段上，则，此时无正数解， 所以球心在的延长线上，则， 即，解得， 所以， 所以该外接球的表面积为， 故选：B 4．（2026·四川巴中·一模）（多选）如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，则下列说法正确的是（    ）． A．该三棱台的体积为 B．该三棱台的表面积为 C．若点在棱上，则的最小值为 D．该三棱台内半径最大球的体积为 【答案】ABC 【分析】取上、下底面的中心，，连接，，，再结合几何可得高，再利用台体体积公式即可对A求解判断；利用几何知识求出每个侧面的面积，即可对B判断求解；把等腰梯形与展开置于同一平面，连结，从而可得的最小值为，即可C求解判断；体积为的球的半径为，该球的直径即可对D判断求解. 【详解】对于A，正三棱台中，取上、下底面的中心，，连接，，，则，，高． 三棱台的体积，所以A正确； 对B，在等腰梯形中，过向作垂线，垂足为， 在中，， 所以等腰梯形的面积为， 上下底面面积分别为：，， 所以，所以B正确； 对C，把等腰梯形与展开置于同一平面，连结， 由B知，，， 而边的中点到点的距离， 因此当点为线段与的交点时，的最小值为，所以C正确； 对D，设体积为的球的半径为，则，解得，该球的直径，则此球不可能在正三棱台内，所以D错误． 故选:ABC． 5．（2026·四川巴中·一模）（多选）在边长为 2 的正方形 中， 是 的中点， 是 的中点，将 ， 分别沿 ， 折起，使 三点重合于点 ，则（ ） A． B．三棱锥 的体积为 C．三棱锥 的外接球的表面积为 D．点 到平面 的距离为 【答案】ACD 【分析】先根据折叠前后的几何关系证出 平面 ，利用等体积法结合三棱锥体积公式计算体积；再将三棱锥补成长方体，根据外接球的性质计算表面积；利用等体积法，先计算的面积，再用体积公式计算点到平面的距离. 【详解】如图，在正方形 中，， ， 折叠后， ， 因为 ，且 平面 ，所以 平面 ， 又因为 平面 ，所以 ，故选项A正确， 由选项A，知 平面 ，所以 为三棱锥 的高， 已知正方形边长为 是 的中点， 是 的中点，则 ， 则， 所以 ，故选项B错误. 由于 ，所以三棱锥 的外接球就是以 为棱的长方体的外接球,所以 ，则 ， 因此外接球的表面积 ，故选项C正确. 设点 P 到平面 的距离为 ,由选项B可知 ， 在 中，根据余弦定理 ，则 ， 所以 ， 因此 ，即 ，解得 ，故选项D正确. 故答案选:ACD 6．（2025·四川自贡·一模）若圆锥和圆柱的底面半径、高和侧面积都相等，设该圆锥体积为，则该圆柱的高为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用圆锥、圆柱的侧面积公式及圆锥的体积公式列式求解. 【详解】设圆锥的底面半径、高分别为，则该圆锥的母线， 依题意，，则，解得， 由该圆锥体积为，得，则，， 所以该圆柱的高为. 故答案为： 7．（2026·四川遂宁·一模）在三棱锥中，平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球（顶点都在球面上）的体积为 . 【答案】/ 【分析】取的中点，连接，证得平面，得到，利用直角三角形的性质，得到，即为三棱锥的外接球的球心，设三棱锥的外接球的半径为，得到，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，分别连接， 因为平面，平面，所以， 又因为 是以为斜边的等腰直角三角形，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直角中，可得，在直角中，可得， 所以，即为三棱锥的外接球的球心， 在直角中，，可得， 设三棱锥的外接球的半径为，则， 所以三棱锥的外接球体积为. 故答案为：.    8．（2025·四川成都·一模）在三棱锥中，底面，侧面侧面，且，的面积为4.若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，则球表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】根据题设，结合面面垂直的性质有侧面，进而有，，，将三棱锥补全为长方体且，则球是长方体的外接球，结合基本不等式求外接球表面积的最小值. 【详解】由底面，平面，则平面底面， 又侧面侧面，底面侧面，则侧面， 由底面，则，， 由侧面，则，故，即， 所以两两垂直，则三棱锥可补全为如下长方体， 三棱锥的各个顶点都在球的球面上，则球为三棱锥的外接球， 所以球为上述长方体的外接球，则其表面积， 当且仅当时取等号，故球表面积的最小值为. 故答案为： 点、直线、平面之间的位置关系 考点2 1．（2025·四川成都·一模）在空间中，下列命题正确的是（    ） A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．平行于同一直线的两个平面平行 C．若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D．若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 【答案】C 【分析】根据空间中直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断A、B，由面面垂直的判定定理判断C，利用长方体举反例判断D. 【详解】A：空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行、相交或异面，错， B：空间中平行于同一直线的两个平面，可能平行或相交，错， C：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理知这两个平面互相垂直，对， D：在长方体中，三点到平面的距离都相等，但平面与平面并不平行，错. 故选：C 2．（2026·四川巴中·一模）在四面体中，，则直线与平面所成角的正弦值等于（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作，，作点在平面投影为，连接，，设，由直线与平面所成角的定义可得为与平面所成角,由线面垂直的性质定理可得，进而可得，，并求得，，即可得答案. 【详解】如图，过作，，作点在平面的投影为，连接，， 设， 因， 则，． 因为平面，，平面， 所以，，且为与平面所成角． 又，，， ，平面，，平面， 所以平面，平面． 又平面，平面， 则，． 又，，， 则， 故， 结合，得． 又， 则, 故与平面所成角的正弦值等于． 故选：A． 3．（2026·四川雅安·一模）（多选）如图，已知正方体的棱长为，分别是的中点，是正方形内（含边界）一动点，则下列说法正确的是（    ） A．当四点共面时，点的轨迹的长度为 B．平面截正方体所得的截面的形状可能是五边形 C．一定是锐角三角形 D．当正方形内（含边界）一点满足平面平面时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】结合图形可得点的轨迹为线段，由此判断A选项；取特殊点，当点与重合时，作出截面即可判断B选项；取特殊点，当点与重合时，结合余弦定理计算的值，即可判断C选项；结合图形作的中点，可得平面平面，即平面平面，进而判断点在上由此即可判断D选项. 【详解】对于A，当四点共面时，点的轨迹为线段，长度为，故A正确； 对于B，如图，当点与重合时，为棱上靠近的四等分点，为棱上靠近的四等分点， 此时平面截正方体所得的截面为五边形，故B正确； 对于C，如图，当点与重合时，， 因为，所以； 因为，所以； 在中，由余弦定理得，所以为钝角，故C错误； 对于D，如图，分别作的中点，连接， 则，所以点共面，点共面； 所以平面就是平面在正方体中的截面； 由平面，平面，得； 又，所以平面； 又平面，所以平面平面，即平面平面，所以点在上； 显然当点与重合时，取得最小值，且最小值为.故D正确. 故选：ABD. 4．（2026·四川巴中·一模）如图，三棱锥中，底面，，，，点满足，是的中点．    (1)请写出的一个值使得平面，并给予证明； (2)若二面角大小为，且，求点到平面的距离． 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）利用三角形中位线性质可得时，，结合线面平行判定定理可得结论； （2）方法一：利用作，根据线面垂直判定可知平面，由可知所求距离，由长度关系可求得结果； 方法二：根据二面角平面角定义可作出平面角，由此可得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【详解】（1）当时，平面，证明如下： ，为中点，又为中点，， 平面，平面，平面. （2）方法一：过作于， 平面，平面，， 又，平面，平面， ，点到平面的距离， ，点到平面的距离    方法二：，，，； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 又平面，， 是二面角的平面角，即， 以为坐标原点，正方向为轴正方向，作轴平行于，可建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， ，，， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离. 空间向量与立体几何 考点3 1．（2026·四川巴中·一模）已知正四面体，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设正四面体边长为2，设，通过即可求点坐标，从而可表示和，进而可求，即异面直线与所成角的余弦值. 【详解】以点为原点，为轴，在平面内过点作轴与垂直，过作轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如下：    不妨设正四面体的边长为2，则， 设点，则有，解得， 因为是的中点，则有，即， 因为是的中点，则有，即， 则， 则， 故选：A. 2．（2025·四川凉山·一模）（多选）在空间四边形ABCD中，，，则（    ） A．若M为CD的中点，则 B．直线AD与BC所成角的余弦值为 C． D．空间四边形ABCD外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的线性运算以为基底计算即可判断A；根据空间四边形的棱长结合余弦定理计算的值，从而利用空间向量的线性运算与数量积计算，即可判断B；计算，从而得数量积即可判断C；根据空间四边形的对棱长度相等，将几何体补成长方体，按照长方体计算外接球的表面积即可判断D. 【详解】 对于A，若M为CD的中点，则，故A正确； 对于B，因为，，所以由余弦定理得： ， 又，所以， 故直线AD与BC所成角的余弦值为，故B不正确； 对于C，因为，又， 所以，则，故C正确 ； 对于D，由于空间四边形ABCD中，，， 所以如下图将空间四边形ABCD补成长方体， 则空间四边形ABCD外接球即长方体的外接球， 所以外接球半径 所以外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 3．（2025·四川达州·一模）（多选）如图在正方体中，点为棱上的动点（不含端点），点为正方形的中心，下列说法正确的是（ ） A．直线与直线异面 B．平面与平面的交线平行于平面 C．三棱锥的体积为定值 D．当为中点时， 【答案】ABD 【分析】对于A选项，根据异面直线的定义进行判断即可；对于B选项，设平面平面，平面平面，根据面面平行的性质定理可得：，再根据线面平行的判定定理即可判断选项正误；对于C选项，根据，由于底面积恒定不变，在运动过程中高发生改变，即可判断选项正误；对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴如图建系，通过验证，即可判断选项正误. 【详解】对于A选项，如图，连接交于点， 由于平面，平面，平面且，由此可得：直线与直线异面，故A选项正确. 对于B选项，设平面平面，平面平面， 易知平面平面，则，又平面，平面，则平面，故B选项正确； 对于C选项，由于三棱锥的体积,由于的面积恒定不变，因此在上运动的过程中高发生改变，因此三棱锥的体积不为定值，故C选项错误； 对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴如图建系，不妨假设正方体的棱长为， 已知为的中点，则，，，， 可得：，，由于，可得：，故D选项正确. 故选：ABD 4．（2026·四川遂宁·一模）如图，在三棱柱 中，，点在平面上的射影为的中点    (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，由为的中点，证得，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，结合，即可证得. （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接，因为为的中点，，所以， 因为点在平面上的射影为的中点，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，所以. （2）解：由（1）知，，两两垂直， 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，由，则， 则，，，， 所以，，， 且， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面与平面夹角的大小为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为.    5．（2026·四川攀枝花·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，E、F分别为、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，通过作辅助线，说明线线平行，进而说明线面平行即可. （2）根据面面夹角余弦值的向量方法，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面法向量，进而求出结果. 【详解】（1）如下图所示，作中点，连接， 因为分别为的中点，所以在中，且， 因为是中点，四边形为正方形，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为面，面，所以面. （2）如下图所示，作中点，连接， 因为是正三角形，所以， 因为面面，平面，平面平面， 所以面， 因为分别为的中点，四边形为正方形，所以， 则两两相互垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 由正方形边长为，是正三角形，所以， 可得， 所以， 设面的法向量为， 则，即， 令，解得，所以面的一个法向量为， 设面的法向量为， 则，即， 令，解得，所以面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 即，所以平面与平面夹角的余弦值为. 6．（2025·四川凉山·一模）如图，在四棱锥中，，为等边三角形，四边形为直角梯形，，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成的角为． （ⅰ）求四棱锥的体积； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）取的中点，连接，由线面垂直得到； （2）（ⅰ）过点作，根据体积公式求解； （ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 则，， 又，平面，平面， 平面，． （2）（ⅰ）由（1）知，又且，平面， 平面，平面，， 又由（1）知：平面，而平面， 平面平面， 过点作，垂足为． 平面平面，平面，平面， 所以与平面所成的角为，即， ，，， 故四棱锥的体积． （ⅱ）以为坐标原点，所在直线为轴，在平面内， 与平行的线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设平面的法向量为，则，， 又平面ACD的法向量为，， 所以，二面角余弦值为． 7．（2025·四川自贡·一模）三棱锥中，，，，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)若M是PC的中点，求证：； (3)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）补形成四棱锥，根据给定条件可得平面，再利用等体积法求出体积. （2）由（1）中信息建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （3）求出平面PAC与平面PBC的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）过点作，使，连接，则四边形是平行四边形， 而，则是矩形，，由，得， 而平面，则平面，又平面， 则，由，，，得， 而，则，而， 于是，即，平面， 因此平面，， 所以三棱锥的体积为. （2）由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ， ，， 所以. （3）由（2）得， 设平面PAC与平面PBC的法向量分别为， 则，令，得， ，令，得， 因此， 所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为. 8．（2026·四川雅安·一模）如图所示，在中，，，分别是边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，使得二面角为直二面角. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理即得； （2）根据给定条件，利用面面垂直定理判定推理即得； （3）先建立空间直角坐标系，求和平面的法向量，根据线面角的向量公式求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为，且平面，平面， 平面； （2）折叠前，，且，所以，即， 折叠后，变为，故； 又因为二面角为直二面角， 且平面平面，平面，， 所以平面； （3）如图，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 由，得， 因，故， 由，得， 故， ，，， ，为中点，故， 则，， 设平面的法向量为， 由且，得方程组：， 化简得，令，则，故法向量， 直线的方向向量， 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. 9．（2025·四川达州·一模）如图1，半圆的圆心为，直径为中点，将扇形沿着翻折使到，如图2所示，，点分别在上且不与端点重合， (1)求证； (2)当时，求多面体的体积； (3)求平面与平面夹角余弦的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，证得，再利用线面垂直的判定、性质推理得证. （2）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用割补法，结合三棱锥的体积公式求解. （3）设，求出平面的法向量，利用面面角的向量法列式，再结合正弦函数的性质求出最大值. 【详解】（1）在半圆中，直径为中点，则，折后有， 由，得，则， 又平面， 因此平面，而平面， 所以. （2）由（1）得直线两两垂直， 以直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 由，得， ，， 连接，点到平面的距离， 所以多面体的体积. （3）令，由（2）知，， ， 设平面的一个法向量， 则，取，得， 而平面的一个法向量， 因此 ， 由，得，， 则当时，， 所以平面与平面夹角余弦的最大值为. 10．（2026·四川宜宾·一模）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，与均为等边三角形，且.    (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可得到平面，再由线面垂直的性质即可证得； （2）根据题设先判断两两相互垂直，然后建立如图空间直角坐标系求出平面的法向量，结合向量的数量积公式即可求得. 【详解】（1）如图，作的中点，连接，则；    又，平面，所以平面； 又平面，所以； （2）如图，过作交延长线于，过作交于，则；作的中点，连接，则四边形为矩形；    设，则，，由余弦定理得，又，所以，所以； 由（1）知，平面，又平面，所以； 所以两两相互垂直，故建立如图空间直角坐标系，则； 所以，所以，； 设平面的一个法向量为，则，即，化简得，令，则，所以； 易知是平面的一个法向量；所以； 所以平面与平面所成角的余弦值. 11．（2026·四川巴中·一模） 如图①所示将边长为的正方形，沿翻折如图②所示，点 分别为的中点，在折叠过程中. 二面角的范围为 .    (1)求证:四边形 EFGH为矩形； (2)求点到平面距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件先证明四边形为平行四边形，根据图1边之间的关系结合翻折，可得平面，则有，即可证四边形为矩形. （2）为空间直角坐标系原点，分别以，方向为轴，轴，作垂直于平面且垂足点的轴，设二面角为，则可以表示，进而可求的法向量，根据点到平面距离公式，结合增减性，即可求得点到平面距离的最大值. 【详解】（1）因为在图②中，点分别为的中点， 所以 ，即且， 则四边形为平行四边形， 又因为四边形是正方形，所以在图①中有， 折叠后在图②中且面，所以平面， 又因为平面，所以，则， 综上可知四边形为矩形. （2）因为，则以为空间直角坐标系原点，分别以，方向为轴，轴，作垂直于平面且垂足点的轴，      设二面角为，由题意得，，， 所以 ， 设平面的法向量 ， 则 ，令，得 ， 所以点到平面距离 即，(因为) 令，因为，则 令 ， 易知函数在上单调递减， 所以当 时， ， 综上可知，点到平面距离的最大值为 . 12．（2026·四川广安·一模）如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点． (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为正方形，由此证明，再结合面面垂直性质定理证明结论； （2）先证明，，，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，，， 所以可得，可得四边形为正方形， 则，而， 所以可知，所以可知， 平面平面，四边形为正方形， 平面平面，平面， 所以平面，又因平面， 所以平面平面. （2）因为平面平面，且平面平面， ，所以平面，所以平面, 平面，所以，， 由（1）知，所以建立以为原点， 的方向分别为轴的正方向， 设，， 则， 所以， 设平面与平面的法向量分别为， 则， 令则，所以， 令则，，所以， 设平面与平面夹角为 则 13．（2025·四川成都·一模）如图，在菱形中，将三角形沿翻折至三角形，连接，构成四棱锥. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据已知有，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）设交于点，连接，进而有，，应用线面、面面垂直的判定定理证明结论； （3）取中点，连接，，设，，结合已知得，作平面，，，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标并求出平面与平面的法向量，应用向量法求夹角余弦值的最大值. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）设交于点，连接， 因为，，是中点，所以，， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （3）取中点，连接，，易得，设，， 因为，且，所以，， 因为，，，平面， 所以平面，故 ，即， 作平面，以为原点，，，所在直线分别为，，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，则， 取，可得平面的一个法向量， 设平面的法向量，则， 取，可得平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 在三角形中，且，则， 在三角形中，由余弦定理可得，则， 因为，且， ， 所以， 综上，平面与平面夹角的余弦值的最大值为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 04 立体几何与空间向量 3大考点概览 考点01空间几何体 考点02点、直线、平面之间的位置关系 考点03空间向量与立体几何 空间几何体 考点1 1．（2025·四川德阳·一模）若圆锥底面半径为1，高为，则圆锥侧面展开扇形圆心角的弧度数是（   ） A． B． C．2 D．3 2．（2026·四川广安·一模）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，可放正方体的最大体对角线长为，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川雅安·一模）在正四棱台中，，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·四川巴中·一模）（多选）如图，正三棱台的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，则下列说法正确的是（    ）． A．该三棱台的体积为 B．该三棱台的表面积为 C．若点在棱上，则的最小值为 D．该三棱台内半径最大球的体积为 5．（2026·四川巴中·一模）（多选）在边长为 2 的正方形 中， 是 的中点， 是 的中点，将 ， 分别沿 ， 折起，使 三点重合于点 ，则（ ） A． B．三棱锥 的体积为 C．三棱锥 的外接球的表面积为 D．点 到平面 的距离为 6．（2025·四川自贡·一模）若圆锥和圆柱的底面半径、高和侧面积都相等，设该圆锥体积为，则该圆柱的高为 ． 7．（2026·四川遂宁·一模）在三棱锥中，平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，则三棱锥的外接球（顶点都在球面上）的体积为 . 8．（2025·四川成都·一模）在三棱锥中，底面，侧面侧面，且，的面积为4.若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，则球表面积的最小值为 . 点、直线、平面之间的位置关系 考点2 1．（2025·四川成都·一模）在空间中，下列命题正确的是（    ） A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．平行于同一直线的两个平面平行 C．若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D．若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 2．（2026·四川巴中·一模）在四面体中，，则直线与平面所成角的正弦值等于（    ）． A． B． C． D． 3．（2026·四川雅安·一模）（多选）如图，已知正方体的棱长为，分别是的中点，是正方形内（含边界）一动点，则下列说法正确的是（    ） A．当四点共面时，点的轨迹的长度为 B．平面截正方体所得的截面的形状可能是五边形 C．一定是锐角三角形 D．当正方形内（含边界）一点满足平面平面时，的最小值为 4．（2026·四川巴中·一模）如图，三棱锥中，底面，，，，点满足，是的中点．    (1)请写出的一个值使得平面，并给予证明； (2)若二面角大小为，且，求点到平面的距离． 空间向量与立体几何 考点3 1．（2026·四川巴中·一模）已知正四面体，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 2．（2025·四川凉山·一模）（多选）在空间四边形ABCD中，，，则（    ） A．若M为CD的中点，则 B．直线AD与BC所成角的余弦值为 C． D．空间四边形ABCD外接球的表面积为 3．（2025·四川达州·一模）（多选）如图在正方体中，点为棱上的动点（不含端点），点为正方形的中心，下列说法正确的是（ ） A．直线与直线异面 B．平面与平面的交线平行于平面 C．三棱锥的体积为定值 D．当为中点时， 4．（2026·四川遂宁·一模）如图，在三棱柱 中，，点在平面上的射影为的中点    (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 5．（2026·四川攀枝花·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，E、F分别为、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2025·四川凉山·一模）如图，在四棱锥中，，为等边三角形，四边形为直角梯形，，，． (1)证明：； (2)若直线与平面所成的角为． （ⅰ）求四棱锥的体积； （ⅱ）求二面角的余弦值． 7．（2025·四川自贡·一模）三棱锥中，，，，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)若M是PC的中点，求证：； (3)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值． 8．（2026·四川雅安·一模）如图所示，在中，，，分别是边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，使得二面角为直二面角. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若，为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 9．（2025·四川达州·一模）如图1，半圆的圆心为，直径为中点，将扇形沿着翻折使到，如图2所示，，点分别在上且不与端点重合， (1)求证； (2)当时，求多面体的体积； (3)求平面与平面夹角余弦的最大值． 10．（2026·四川宜宾·一模）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，与均为等边三角形，且.    (1)证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 11．（2026·四川巴中·一模） 如图①所示将边长为的正方形，沿翻折如图②所示，点 分别为的中点，在折叠过程中. 二面角的范围为 .    (1)求证:四边形 EFGH为矩形； (2)求点到平面距离的最大值. 12．（2026·四川广安·一模）如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点． (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 13．（2025·四川成都·一模）如图，在菱形中，将三角形沿翻折至三角形，连接，构成四棱锥. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，，四棱锥的体积不大于，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04立体几何与空间向量 考点1 空间几何体 1.A 2.A 3.B 4.ABC 5.ACD 6.5 ,9 8.20π 考点2 点、直线、平面之间的位置关系 1.C 2.A 3.ABD 4.【详解】(1)当入=号时，BC/平面AMN,证明如下： PM=P,M为PB中点，又N为PC中点，MN/BC, :MNC平面AMN,BCt平面AMN,BC/平面AMN (2)方法一：过B作BHIAC于H, BHC平面ABC,PAL平面ABC,:PA⊥BH, 又PAOAC=A,PAACC平面PAC,:BH⊥平面PAC, PM=PB,点M到平面PAC的距离d=BH, BH--号，点N到平面PAC约距离d-9 1/14 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 P M H 方法二：AB1BC,AC=2,BC=1,AB=5: PAL平面ABC,BCc平面ABC,:PA⊥BC, 又AB⊥BC,ABOPA=A,AB,PAc平面PAB,BC⊥平面PAB, 又PBC平面PAB,:PB⊥BC, :∠PBA是二面角P-BC-A的平面角，即∠PBA=晋，PA=AB=V3 以B为坐标原点，BABC正方向为xy轴正方向，作z轴平行于AP,可建立如图所示空间直角坐标系， M C 则A(V5,0,0),C(0,1,0),P(V5,0,V3),B(0,0,0) PA=(00,-5),AC=(V31,0),i=(V5,0,V3), --(0,), 设平面PAC的法向量i=(y,z), PA-T=-V3z-0 Aci=5xy=0,令x=1,解得：y=5,2=0,i=(1,5,0), 则 点N到平配AC的距腐d区_斐- 同 =2=10 考点3 空间向量与立体几何 1.A 2.ACD 2/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3.ABD 4.【详解】(1)证明：如图所示，连接A0,因为0为BC的中点，AB=AC,所以A0⊥BC, 因为点A1在平面ABC上的射影为BC的中点，所以A1O⊥平面ABC, 又因为BCc平面ABC,所以A1O⊥BC, 因为A0nA10=0,且A0,A10C平面A0A1,所以BC⊥平面A0A1, 又因为AA1C平面A0A1,所以AA1⊥BC, 因为AA1/BB1,所以BB1⊥BC (2)解：由(1)知0A,0C,0A1两两垂直， 以0为坐标原点，以0A,0C,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，由AB⊥AC,则0A=BC=1, 则A(1,0,0),B(0,-1,0),C(0,1,0),A(0,0,V3) 所以A=(-1,-1,0),AC=(-1,1,0),AA1=(-1,03), 且AB1=AB+AA=(-1,-1,0)+(-1,0,V3)=(-2,-1,V5), n1AB=-81-y=0 设平面ABBA1的法向量为=(×V24),则可AE=-2x1-y+W324=0, 取2=1，可得x5y=5,所以=(5,5,1)， m2A0=-x2+y2=0 设平面ACB,的法向量为=(×2yz2),则AE1=-2x2-y,522=0' 取x2=1,可得y,=1,22V3,所以2=(1,1，V5), 设平面ABB1A1与平面ACB1夹角的大小为0， 则cos9=cos(时翳-1 1_V105 7X/5 35, 所以平面ABBA1与平面ACB1夹角余弦值为05 35 3/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 5.【详解】(1)如下图所示，作PD中点G,连接GF,GE, G F D E B 因为G,F分别为PD,PC的中点，所以在△PDC中，GF/DC且GF=DC, 因为E是AB中点，四边形ABCD为正方形，所以GF/EB且GF=EB 所以四边形GFBE是平行四边形，所以FB/GE, 因为FBt面PDE,GEc面PDB,所以FB/面PDE (2)如下图所示，作DC中点0，连接0P0E, 因为△PCD是正三角形，所以OP⊥CD, 因为面PCD⊥面ABCD,OPC平面PCD,平面PCDn平面ABCD=CD, 所以OP⊥面ABCD, 因为O,E分别为DCAB的中点，四边形ABCD为正方形，所以OE⊥DC, 则0P,0E,0C两两相互垂直，以0为坐标原点，分别以0E,0C0P为Xy,z轴建立空间直角坐标系， 4/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Z P E B 由正方形ABCD边长为2，△PCD是正三角形，所以PO=V5, 可得P(0,0N3),B(2,1,0),C(0,1,0),D(0,-1,0),E(20,0) 所以p=(21,-V3),元=(0,1，-5)，i=(0,-1,V5),=(2,0,3), 设面PDE的法向量为m=(ab,c), ∫品P元= 0|-b-V3c=0 则(P立=0，即(2aV5c=0 令a=3,解得b=-2V5,c=2,所以面PDE的-个法向量为品=(V5,-2W5,2), 设面PBC的法向量为i=(d,ef), ∫p=0 ∫2d+e-V5f=0 则p-0'即e-V5f=0 令e=3,解得f=1,d=0,所以面PBC的一个法向量为i=(0,V3,1), 设平面PBC与Y面配DB头角为，则cs9=ccs(成)川鼎. 即cos0=6+1、2g 19店=19，所以平面PBC与平面PDE夹角的余弦值为1四 19 6.【详解】(1)取AB的中点0，连接PO,D0, 则DOLAB,POLAB, 5/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又D0nP0=O,D0,POC平面P0D,AB⊥平面P0D, PDC平面POD,AB⊥PD: (2)(i)由(1)知AB⊥PD,又PA⊥PD且PAOAB=A,PAABC平面PAB, :PD⊥平面PAB,POC平面PAB,PD⊥PO, 又由(1)知：AB⊥平面POD,而ABc平面ABCD, :平面POD⊥平面ABCD, 过点P作PG⊥OD,垂足为G. :平面PODn平面ABCD=DO,PGC平面POD,:PG⊥平面ABCD, 所以PD与平面ABCD所成的角为∠PDO,即LPD0=晋， PD=P0=5,D0=BC6,PG=9, 故四棱锥P-ABCD的体积V,-ABD-Xx(1+2)X6x号=号 (iⅱ)以0为坐标原点，OB,OD所在直线为Xy轴，在平面P0D内， 与PG平行的线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(-1,00),c(16,0),D(0,5,0),P(0,): ∫品Pi=0 设平面PAD的法向量为=(xy2),则A-0,=(5,-1,-1小， 又平面4D的法向量为=(00)，c0s(位)部-清=-号。 6/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以，二面角P-AD-C余弦值为票 7.【详解】(I)过点A作AD/BC,使AD=BC,连接CD,PD,则四边形ABCD是平行四边形， 而AB⊥BC,则□ABCD是矩形，AD⊥CD,由PC⊥CB,得AD⊥PC 而CDOPC=CCD,PCC平面PCD,则AD⊥平面PCD,又PDc平面PCD, 则AD1PD,IPALAB,AB=2,PB=7,得PA=VPB2-AB2=V5, 而AD=BC=1,则PD=V2,而PC=PB2-BC2-V6,CD=AB=2, 于是PD2+CD2=6=PC2,即PD⊥CD,ADNCD=DAD,CDc平面ABCD, 因此PDL平面ABCD,V,-ABc=V,-ADc=$△ADcPD=-专X对×2X1xW2-号 所以三棱锥P-ABC的体积为号 D (2)由(1)知，直线DADC,DP两两垂直，以点D为原点，直线DADC,DP分别为Xy,z轴建立空间 直角坐标系， A1,00),B(12,0),C(02,0),P0,02),M0,1号) A=(-1,1号)丽=(12,2)，AM=-1x1+1×2+号x(-)=0, 所以PB⊥AM (3)由(2)得C=(1,0,0),=(0,-2,V2),CA=(1,-2,0), 设平面PAC与平面PBC的法向量分别为=(a,b,c),i=(&y,2), |品.C=-2b+V2c=0 则CAa-2b-0，b=1,得拉=(2,1W5) (1CB=x=0 C=-2y+V2z=0,令y=1,得=(0,1，W2), 因tom动最6吗 7/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为马 8.【详解】(1)因为EF/AC,且ACc平面PAC,EFc平面PAC, EF/平面PAC: (2)折叠前，AC⊥BC,且EF/AC,所以EF⊥BC,即EF⊥BF, 折叠后，BF变为PF,故EF⊥PF: 又因为二面角P-EF-C为直二面角， 且平面PEFn平面AEFC=EF,PFC平面PEF,PFLEF, 所以PF⊥平面AEFC: (3)如图，以F为原点，FC为x轴，FE为y轴，FP为z轴建立空间直角坐标系， ZA B 由ACLBCAC=BC=2,得AB=2√2， 因BB=2AB故AB-号AB-2渠，BE 31 由△BER~△BAC,得器=器=号， 故BF-,FC=BC-BF=号，EF-号AC-等， F(0,0,0)C(,0,0),E(0,0),P(0,0),A(号2,0) ,D为AC中点，故D(号，1,0)， 则P心=（号，0，-），P元=(0，-)， 设平面PCE的法向量为i=(&y,2), (P元-x-青z=0 由1P元且1P,得方程组： p尼-y-号z=0' 化简得x=2zy=z,令z=1,则x=2,y=1,故法向量i=(2,1,1), 直线PD的方向向量PD=(1,-号) 8/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设直线PD与平面PCE所成角为0， 则， 即直线PD与平面PCE所成角的正弦值为74 58 9.【详解】(1)在半圆0中，直径AB=2,C为AB中点，则0CAB,折后有0C⊥0A,0CL0B, 由AB'=2,得AB2=2=0A2+0B2,则0AL0B, 又0Cn0B=0,0C,0BC平面C0B, 因此OAL平面COB,而BEc平面COB, 所以DALBE (2)由(1)得直线0A0C,0B两两垂直， 以直线0A0C0B分别为xy,z轴建立空间直角坐标系， ZA D 则0(0,0,0)，A(1,0,0)B(0,1,0),B(0,0,1), 由AD-BLA0D-青，得D(号0)，E0,号号) SAoD-0Asin乙A0D-9,SAoe0Bsin∠B0B-, 连接BD,点D到平面COB的距离d=, 所以多面体oA8ED的体积V=V:-AoD十W,-B0E-专8aAon0B+S ord--25去 24 (3)令∠A0D=de(0,5),由(2)知，D(cos6,sin6,0),E(0,cos6,sin), OD=(cose.sine,0).0=(0,cos0,sin0). 设平面0DE的一个法向量五=(8y,z), （i.0=xcos0-+ysin6=0 则1i02ycos0+2sin日=0，取z=cos29.得i=(sin6,-sin6c0s8,cos29), 而平面0AB'的一个法向量品=(0,1,0)， 9/14 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因此eos佩 sinecos sin 0+sin20cos20+cos0 sinecose (sin2+cos20)-sincos2 )-1V石i, 由e(0,),得28e(0,π)，0<sin28≤1， 则当6专时，os佩%u与。 所以平面OAB'与平面ODB夹角余弦的最大值为号 10.【详解】(1)如图，作AD的中点0，连接0B,0P,则0B⊥AD,0PLAD; A B 又oBnOP=O,OB,OPC平面B0P,所以AD⊥平面B0P; 又PBc平面BOP,所以PB⊥AD: (2)如图，过P作PF⊥OB交B0延长线于F,过O作OG/PF交PB于G,则OG⊥OB;作AB的中点 E,连接DE,则四边形BCDE为矩形； ZA 设AD-4:测则PB=6:09=0R=25,由余弦定理得c032B0P-2-学=-支，又 2×2W3×23 B0PE(0,m),所以LB0P-变，LPOF=青，所以0F=3,PF=3: 由(1)知，AD⊥平面B0P,又OB,OGC平面B0P,所以AD⊥OB,AD⊥0G; 所以OA0B,0G两两相互垂直，故建立如图空间直角坐标系，则 0(0,0,0),A(2,0,0)B(0,23,0),D(-2,0,0),F(0,-V5,0),P(0,V3,3): 所以F币=(0,03)，A=（-2,25,0),Bi=(-2,-23,0),B=(0,-3V3,3),所以 10/14