专题07 立体几何（4大考点）（广东专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题07 立体几何（4大考点） 4大考点概览 考点01直线、平面平行的判定与性质 考点02直线、平面垂直的判定与性质 考点03空间向量的应用 考点04空间几何体的表面积与体积 一、多选题直线、平面平行的判定与性质 考点1 1．（2026·广东茂名·一模）已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且高为3，则下列说法正确的有（   ） A．该四棱台的体积为14 B．若为的中点，则平面 C．该四棱台的侧面积为 D．该四棱台的外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】利用台体体积公式可判断A选项；利用线面平行的判定定理可判断B选项；根据棱台的侧面积公式可判断C选项；设出球心的坐标，根据球心到点的距离相等，可求出球心的坐标，进而可求出球的半径，结合球体表面积公式可判断D选项. 【详解】设棱台的上下底面中心分别为，    对于A选项，由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为，A对； 对于B选项，当点为的中点时，易知为的中点，所以， 因为平面，平面，故平面，B对； 对于C选项，侧面的斜高为， 所以此四棱台的侧面积为，所以C错； 对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为， 因为正方形的边长为，正方形的边长为， 所以,, 设点，则， 由可得，解得， 故， 因此，该四棱台的外接球表面积为，D对. 故选:ABD． 2．（2026·广东汕头·一模）正方形、的边长为1，且它们所在的平面互相垂直.点、分别在正方形对角线和上移动，且．则（    ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．当时，的长最小，且最小值为 D．当的长最小时，点到平面的距离为 【答案】BC 【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，则可表示出各点坐标；对A：表示出向量，后，利用向量夹角的余弦公式计算即可得；对B：求出平面的法向量及向量后，计算即可得；对C：借助向量与模长的关系计算即可得；对D：结合C中所得，可得到向量，再计算出平面的法向量后，利用点到平面距离公式计算即可得. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、、、， 对A：，， 则， 故直线与所成的角为，故A错误； 对B：由，则， ，则， ，， 设平面的法向量为， 则有，可取，则， 则，有， 故，又平面，故平面，故B正确； 对C：， 则， 故当且仅当时，取最小，且最小值为，故C正确； 对D：由C知，当的长最小时，，此时， ，则， 设平面的法向量为， 则有，可取，则， 则，又， 则点到平面的距离，故D错误. 3．（2026·广东深圳·一模）在正三棱台中，为的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【详解】如图，将三棱台补足为三棱锥， 对于A，由于，而与相交，则与相交，故A错误； 对于B，由于平面平面，且平面，则平面，故B正确； 对于C，由于，且，则，又因为在平面内，所以与不垂直，故C错误； 对于D，由于，，且，，平面，则平面，故D正确. 二、解答题 4．（2026·广东深圳·一模）已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥. (1)如图1，若点在平面上，求证：平面； (2)如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理直接证明即可； （2）解法1  记正方形的中心为，取中点，设，利用二面角的平面角定义求得，， 因为为二面角的平面角且，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法2  记正方形的中心为，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法3  以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 【详解】（1）如图，连接，则必过点， 在四边形中，由于对角线，互相平分， 则四边形为平行四边形，故， 由于平面且平面， 所以平面； （2）解法1  如图，记正方形的中心为，取中点，连接，，，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则， 则为二面角的平面角，为二面角的平面角， 不妨设点在的下方， 设 则，，，，， 于是，， 于是， ， 由于，则，解得， 则，则，即内接八面体的体积为； 解法2  如图，记正方形的中心为，连接，， 则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设点在的下方， 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则，， 则，即内接八面体的体积为. 解法3  如图，过点作，记正方形的中心为，连接，， 由于平面，，平面，则，， 且，则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由对称性，不妨设点在的下方，设 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则， 则，即内接八面体的体积为. 5．（2026·广东湛江·一模）如图，在四棱锥中，平面，且．过点A作平面与棱交于点，其中，且点G为的中点．    (1)证明：平面； (2)求的值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）证明线面平行转化为线线平行，设的中点为M，证明；（2）证明， 根据平行线分线段成比例可得；（3）二面角用向量法求解. 【详解】（1）证明：如图，设的中点为M，连接．    在中，点G为中点，M为中点， ，且． 根据条件可得，且， 且， 四边形为平行四边形， ． 又平面平面平面． （2）解：平面，平面，平面平面， ． 又， ， ． 又， ． （3）解：如图，以点A为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，    可得． 设平面的法向量为，则 即令，可得． 易得平面的一个法向量为， 故平面与平面夹角的余弦值为． 6．（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥中，平面分别为的中点.    (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)详见解析； (2)存在， 【分析】（1）取PD的中点H，易证，得到是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求得平面PBC的一个法向量，根据平面，由求解. 【详解】（1）如图：取PD的中点H，连接FH，AH， 因为，又， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面 （2）建立如图所示空间直角坐标系：    则， 所以，， 设平面PBC的一个法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 设，则， 若平面，则， 所以，解得， 所以， 则， 所以在线段上是否存在点，使得平面，的长为. 7．（2026·广东佛山·一模）如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，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）连接与交于点，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据平面平面和得到平面，从而得到平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （3）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用向量法即可求解. 【详解】（1）连接与交于点，连接， 三棱柱侧面为平行四边形，所以为的中点， 又为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，所以， 又因为，， 所以， 所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （3）由，，得， 故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 则， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 8．（2025·广东广州·一模）如图所示，已知四棱锥的底面是梯形，侧棱底面，，，，． (1)求证：平面； (2)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）利用已知条件先求出，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，写出相应的点，从而得出相应向量的坐标，求出平面的法向量，最后利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接与交于点，连接，如图所示： 因为，所以，又， 所以，又，所以， 所以，又，故， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）因为底面，， 所以两两互相垂直， 故以点为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由， 则， 又，所以， 即，故， 由已知得，， 设平面的一个法向量， 则 ，     令，则，，故， 设直线与平面所成的角为， 所以 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 直线、平面垂直的判定与性质 考点2 一、单选题 1．（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据“胡不归”模型的概念，将转化为点到面的距离，进而判断最小值时的情况，再根据两角和的正弦公式，即可求出结果. 【详解】 如图所示，将平面绕点旋转得平面，过作于，连接， 则，则的最小值等价于的最小值，即点到面的距离， 过作于，可知在平面内，， 可知，，所以，， 则， 可知，解得， 所以的最小值为. 二、多选题 2．（2026·广东佛山·一模）在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为5 C．若，则的轨迹长度为 D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 【答案】ACD 【分析】根据等体积法求解体积判断A；取点关于平面的对称点后连接，利用三点共线求解即可判断B；找到过点且与垂直的平面与侧面的交线，再计算交线长度即可得C；根据三棱锥外接球的特征分析计算判断D. 【详解】A，依题意点到平面的距离为棱长2，则的面积为， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； B，如图作点关于平面的对称点，连接，则， 故， 当且仅当、、三点共线时等号成立，故B错误； C，易得，因平面，平面，则， 又，平面，则平面，因平面，则， 同理，又平面，故平面， 因为，所以平面，又平面侧面， 所以的轨迹为线段，其长度为，故C正确； D，如图取的中点，因为为直角三角形， 所以为外接圆的圆心，设外接球的球心为，半径为R， 由外接球的性质，得平面， 连接， 则， 以为原点，，，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，设，，且， 则，整理得， 因为点为侧面内一点（包含边界）， 当点和侧面的顶点重合时，有最小值， 即有最大值， 故三棱锥外接球的体积的最大值为， 设正方形中心为，则 当点和点重合时，有最大值， 即有最小值， 故三棱锥外接球的体积的最小值为，故D正确. 故选：ACD 3．（2026·广东·一模）在半径为定值的球的表面上有四个不共面的点，且为球的直径，已知和的大小，若再添加一个条件，则在确保四面体存在的情况下，使得四面体体积有唯一值的条件可以是（   ） A．的长 B．的大小 C．与平面所成角的大小 D．二面角的大小 【答案】ABC 【分析】根据题意判断哪些边是唯一值，结合四面体的体积计算公式，判断四面体体积唯一解的决定条件. 【详解】如图，因是球的直径，所以， 又的大小已知，从而为定值，从而也为定值， 由的大小已知，所以为定值（唯一确定）， 由（其中为点到平面的距离），要使四面体的体积有唯一值（即为定值）只需点到平面的距离为定值即可. 对于选项A，当的长为已知时，由，那么也为定值，四面体的6条边均可以唯一确定，四面体的体积为唯一值，满足题意. 对于选项B，当的大小已知时，那么为定值（唯一确定），同理，由，也为定值，四面体的6条边均可以唯一确定，四面体的体积为唯一值，满足题意. 对于选项C，当与平面所成角已知时，不妨设为，那么，为定值，四面体的体积为唯一值，满足题意. 对于选项D，二面角为已知时，可以确定点到平面的距离为定值，由于为定值，不能唯一确定点，不能唯一确定，不合题意. 4．（2026·广东佛山·一模）已知正方体的棱长为2，为的中点，为上的动点，则下列说法正确的是（   ） A． B．平面 C．直线与平面所成角的正切值为 D．三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【分析】对A，利用判断；对B，平面即平面，由与平面关系可判断；对C，直接找到线面角对应的直角三角形，计算边长得到正切值；对D，由，分析动点到平面的距离是否为定值，结合的面积是否为定值判断体积. 【详解】对于A：以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 由题意得，设， 向量，， 故，A正确； 对于B：平面即平面，直线过平面内一点且不在平面内，直线与平面相交，不平行，B错误； 对于C：因为平面，则为在平面上的射影， 所以即直线与平面所成角，在中，（是中点）， ，故，C错误； 对于D： 因为，平面，平面，故平面， 上所有点到平面的距离恒为正方体棱长（定值）， 因此为定值，而，D正确. 5．（2025·广东佛山·一模）在正三棱柱中，，为中点，点是线段上的动点，则（   ） A． B．有且仅有一个点，使得 C．有且仅有一个点，使得 D．有且仅有一个点，使得平面平面 【答案】AD 【分析】根据线线平行、线线垂直、面面平行的判定逐项判定即可. 【详解】对于选项A： 因为正三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以，所以A正确；    对于选项B： 如图建立空间直角坐标系，设，，则. 则，要使得， 那么，无解，所以不存在点使得，所以B错误； 对于选项C： ，要使得， 那么，所以，解得或， 所以存在两个点使得，所以C错误； 对于选项D： ，所以， 设平面的法向量为，则. 得到，令，则，所以. ， 设平面的法向量为，则. 得到，令，则，所以， 要使得两平面平行，则，解得， 所以有且仅有一个点使得平面平面，所以D正确. 故选：AD.    三、填空题 6．（2025·广东深圳·一模）如图所示四棱锥，平面平面，是AB中点，平面PCD与平面POD的夹角的余弦值为，则线段OP的长为___________．    【答案】 【分析】取中点，连接，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量夹角公式列式求解即可. 【详解】取中点，连接，则， 所以， ，是中点，， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 平面，， 以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，    设，， 则，，，，，， ，，设平面的法向量为， ，， 取，解得，则， ，，设平面的法向量为， ，，取，解得，， ，，，， ，， 设平面与平面的夹角为，则， ，，，. 故答案为： 7．（2025·广东佛山·一模）两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上，，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 【答案】 【分析】由题意可知，为外接球的直径，设平面，则为等边三角形的中心，取的中点，连接，，得二面角的平面角为，设，，，由即可求，最后利用球的表面积公式即可求解. 【详解】由题意可知，外接球的球心，且平面，即为外接球的直径， 设平面，则为等边三角形的中心，取的中点，连接，， 则，，故二面角的平面角为. 设，，，，， 则，，又，， 则， 又，，解得，即球的表面积为. 故答案为：. 四、解答题 8．（2026·广东广州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点． (1)求证：； (2)若点到平面的距离为，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，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的法向量，利用向量的距离公式，列出方程，求得，再由的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为点是棱的中点，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，所以， 由底面为菱形，且，可得为等边三角形， 因为是的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）取的中点，连接，因为是的中点，可得， 因为，所以， 又因为平面，且平面，所以， 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， 设，可得， 所以， 设平面的法向量为，可得， 令，可得，所以， 因为点到平面的距离为，可得， 则，解得，所以，所以，且. 又因为平面与轴所在直线垂直，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，可得， 所以平面与平面夹角的余弦值. 9．（2026·广东佛山·一模）如图，和所在平面垂直，且，． (1)证明：； (2)求平面和平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过在平面内作，过在平面内作，由面面、线面垂直的性质定理证得，构建合适的空间直角坐标系，再由向量法证明垂直关系； （2）首先求出相关平面的法向量，再由向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）过在平面内作，过在平面内作， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，而平面，所以， 于是，，两两垂直，如图，以为原点建立空间直角坐标系， ，，． 所以，． 因为，所以； （2）由（1）知，而平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以． 因为． 所以平面和平面的夹角的余弦值为. 10．（2026·广东梅州·一模）如图，在斜三棱柱中，侧面底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）法一：利用等体积法可求点到平面的距离；法二：建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离； （2）法一：作出二面角的平面角，进而利用直角三角形的性质可求二面角的正弦值.法二：利用向量法可求二面角的正弦值. 【详解】（1）取中点，连接，. 由题意，易得，，， 法一：因为侧面底面，侧面底面， 所以平面.所以是三棱锥的高. 又因为在中，， 而，， 所以为等腰三角形，且边上的高等于， 所以， 记点到平面的距离为， 由，得， 即，于是得. 法二：以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立坐标系， 易知，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 所以，令，得，， 得到平面的一个法向量， 又因为， 所以点到平面的距离等于. （2）法一：设点在平面上的投影为，的中点为，连接和， 因为是边长为2的等边三角形， 所以，且， 而平面，平面， 所以，平面，， 所以平面，平面， 所以， 因此为二面角的平面角， 在中，. 法二：由（1）可知为平面的一个法向量， 又由（1）知平面的法向量为， 所以， 因此二面角的正弦值为，即为. 11．（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可. 【详解】（1）在四边形中，因为，， 所以四边形为平行四边形， 又因为，， 所以四边形为正方形，         折叠后，显然，， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）法一：如图以为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以，，，        设平面的法向量， 则，令， 解得，，可得，     点到平面的距离为. 法二：如图，过点作，垂足为，连接，    因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，得到，            在中，，， 由余弦定理得，则. 即，         设点到平面的距离为， 由得， 又，，所以， 所以点到平面的距离为. 12．（2025·广东清远·一模）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，， ，，． (1)证明：平面平面； (2)若为等腰三角形且二面角的大小为，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）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）先判断的形状，利用体积法求出点到平面的距离，则即为直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为在四棱锥中，底面为直角梯形， 且，，所以； 又，所以， 平面，，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）由（1）知，，平面，所以平面. 因为平面，所以，. 所以即为二面角的平面角，所以. 又为等腰三角形，所以为等边三角形. 取中点，连接，如下图： 则，平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 且. 又， 所以. 在中，，， . 所以. 设点到平面的距离为，则. 由. 设直线与平面所成的角为， 则. 13．（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点．    (1)若，证明：平面； (2)已知，平面和平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）利用线面垂直得到直角三角形，利用直角三角形的性质和线面垂直的判定定理可证结论； （2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用平面夹角得出的长，结合条件公式可得答案. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，是直角三角形， 因为是的中点，所以，因为，所以，可得， 因为平面，，所以， 因为，，，平面，，所以平面； （2）设，因为两两垂直，以为坐标原点，向量分别为轴建立空间直角坐标系， 有， 设平面的法向量为，由， 有， 取，可得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，由， 有， 取，可得平面PCD的一个法向量为， 又由，， 有，又由平面和平面的夹角的余弦值为，有， 解得， 故，所以．    空间向量的应用 考点3 一、单选题 1．（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式进行求解. 【详解】以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 可得，, 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 其中， 点C到平面的距离. 故选：C． 二、多选题 2．（2026·广东梅州·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，、分别为棱、上的动点，设，，则（    ） A．当时，存在，使得平面 B．当时，存在，使得 C．当，且与相交时， D．三棱锥的外接球在底面上的截痕长为 【答案】AC 【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 对于A，求出平面的一个法向量，利用求解即可； 对于B，利用求解即可； 对于C，若与相交，则存在唯一使得即可求解； 对于D，根据三棱锥的外接球在底面上的截痕为底面的外接圆即可求解. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则：， 对于A，当时，，在上，则， 则，， 设平面的一个法向量，则 取，则，即， ，若平面，则， 即，故存在，故A正确； 对于B，当时，，，， 若，则， 即， 不满足，故B 错误； 对于C，当时，，， 若与相交，则存在唯一使得， 即：， 解得，故 C 正确； 对于D， 因为底面是直角三角形，外接圆半径​​， 因为平面，设外接球半径为，则： ， 三棱锥的外接球在底面上的截痕为底面的外接圆，截痕长为​，故D错误， 3．（2026·广东茂名·一模）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在使得 B．若，则的轨迹长度为 C．若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为 D．若，则的面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】以为原点建立空间直角坐标系求得的最大值，可判断A错误；由求得的轨迹为直线在四边形内的线段，可得其长度为，即B正确；由线面平行的向量证明可得与重合时，其外接球的体积最大为，即C正确；由可得的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，再由圆上点到定直线距离的最值问题可得的面积的最小值为，即D正确. 【详解】以为原点，分别以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为为侧面内的动点（包含边界），设, 对于A：易知，所以， 当时，取得最小值为2，此时与重合， 当时，取得最大值为，此时与重合， 因为，所以不存在点使得，即A错误； 对于B：易知，所以 由得，即； 因此的轨迹为直线在四边形内的线段， 因,可得，所以的轨迹为的中点到点的线段， 因此的轨迹长度为，即B正确； 对于C：又，所以， 设平面的法向量为， 所以，可得, 令，则，则平面的法向量, 因平面，则, 又，即，解得， 显然当时，即与重合时，满足题意， 此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同，其半径满足，即； 此时外接球的体积为，即C正确； 对于D，若，由正方体性质可得平面， 又平面，所以， 利用勾股定理可得，即， 解得， 所以此时的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分， 此时点到的最小距离为， 所以的面积的最小值为，即D正确. 故选：BCD 三、解答题 4．（2026·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系,设,通过向量法可证得，即共面; (2)分别求出平面与平面的法向量，用向量夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）由平面平面，，得平面，以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系： 设， 则， 故，， 共面. （2）设，故， 设平面的法向量为， 由， 得，取，可得； ， 设平面的法向量为， 由， 得，取，所以， ， 设平面与平面夹角为 , 即平面与平面夹角的余弦值. 空间几何体的表面积与体积 考点1 1．（2026·广东·一模）如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 【答案】D 【分析】取的中点，连接过点作直线，分别交于点，先证明，推得平面即过点的截面，所求即为多面体的体积，利用棱柱的体积公式计算即得. 【详解】 如图，取的中点，连接过点作直线，分别交于点，连接， 因为正方形的中心，则，因，则易得. 又因为棱的中点，则易得，即四边形为平行四边形， 则得，故，于是，平面即过点的截面， 显然正方体被截面分成的较小的部分为多面体，记其体积为， 则. 2．（2026·广东汕头·一模）圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】设底面半径为r，母线长为l，根据侧面展开图是一个半圆，可得，代入表面积公式，结合条件，即可得答案. 【详解】设底面半径为r，母线长为l， 由侧面展开图是一个半圆，得，解得， 则侧面展开图的面积， 所以圆锥的表面积，解得. 3．（2025·广东广州·一模）已知三棱锥的体积为，高为，其底面是正三角形，且，，点P，Q，R分别为，，三边上的动点，则的最小值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据棱锥体积公式求出底面三角形的边长，再确定棱锥的高的位置，建立空间直角坐标系，根据点到线的距离公式求出最小值. 【详解】由题可知，所以， 设正三角形的边长为，则，所以， 取的中点，连接，则， 因为，所以， 假设为三棱锥的高，则，，所以 因为，，满足， 所以是三棱锥的高， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 因为在上，设， 因为Q在上，设， 因为在上，设， 所以到直线的距离为， 到直线的距离为， 所以， 故选：D 4．（2025·广东汕尾·一模）某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（    ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为，由圆台的体积公式求解． 【详解】水桶是一个倒立的圆台，设母线长为， 因为表面积为，下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm， 所以，解得， 设水桶的高为，如图所示： ， 所以水桶的容积为. 故选：B 5．（2025·广东清远·一模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】D 【分析】确定PC的中点O是鳖臑外接球的球心，结合外接球表面积得外接球半径，进而求得，结合勾股定理及基本不等式求得，即可求解. 【详解】 在鳖臑中，四个面都为直角三角形，可知PC的中点O到四个顶点的距离都相等， 所以点O是鳖臑外接球的球心，三棱锥的外接球的表面积为， 得外接球半径，所以. 又，所以， 所以， 即，当且仅当时，取等号， 所以三棱锥的体积的最大值为， 故选：D 2 / 49 1 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何（4大考点） 4大考点概览 考点01直线、平面平行的判定与性质 考点02直线、平面垂直的判定与性质 考点03空间向量的应用 考点04空间几何体的表面积与体积 一、多选题直线、平面平行的判定与性质 考点1 1．（2026·广东茂名·一模）已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且高为3，则下列说法正确的有（   ） A．该四棱台的体积为14 B．若为的中点，则平面 C．该四棱台的侧面积为 D．该四棱台的外接球表面积为 2．（2026·广东汕头·一模）正方形、的边长为1，且它们所在的平面互相垂直.点、分别在正方形对角线和上移动，且．则（    ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．当时，的长最小，且最小值为 D．当的长最小时，点到平面的距离为 3．（2026·广东深圳·一模）在正三棱台中，为的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．平面 二、解答题 4．（2026·广东深圳·一模）已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥. (1)如图1，若点在平面上，求证：平面； (2)如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积. 5．（2026·广东湛江·一模）如图，在四棱锥中，平面，且．过点A作平面与棱交于点，其中，且点G为的中点．    (1)证明：平面； (2)求的值； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥中，平面分别为的中点.    (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 7．（2026·广东佛山·一模）如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点.    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，求直线与平面所成角的正弦值. 8．（2025·广东广州·一模）如图所示，已知四棱锥的底面是梯形，侧棱底面，，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 直线、平面垂直的判定与性质 考点2 一、单选题 1．（2026·广东广州·一模）在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2026·广东佛山·一模）在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为5 C．若，则的轨迹长度为 D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 3．（2026·广东·一模）在半径为定值的球的表面上有四个不共面的点，且为球的直径，已知和的大小，若再添加一个条件，则在确保四面体存在的情况下，使得四面体体积有唯一值的条件可以是（   ） A．的长 B．的大小 C．与平面所成角的大小 D．二面角的大小 4．（2026·广东佛山·一模）已知正方体的棱长为2，为的中点，为上的动点，则下列说法正确的是（   ） A． B．平面 C．直线与平面所成角的正切值为 D．三棱锥的体积为定值 5．（2025·广东佛山·一模）在正三棱柱中，，为中点，点是线段上的动点，则（   ） A． B．有且仅有一个点，使得 C．有且仅有一个点，使得 D．有且仅有一个点，使得平面平面 三、填空题 6．（2025·广东深圳·一模）如图所示四棱锥，平面平面，是AB中点，平面PCD与平面POD的夹角的余弦值为，则线段OP的长为___________．    7．（2025·广东佛山·一模）两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上，，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 四、解答题 8．（2026·广东广州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点． (1)求证：； (2)若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值． 9．（2026·广东佛山·一模）如图，和所在平面垂直，且，． (1)证明：； (2)求平面和平面的夹角的余弦值． 10．（2026·广东梅州·一模）如图，在斜三棱柱中，侧面底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形. (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 11．（2025·广东佛山·一模）如图，四边形中，，，为中点，点在上，，.将四边形沿翻折至四边形.    (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 12．（2025·广东清远·一模）如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，， ，，． (1)证明：平面平面； (2)若为等腰三角形且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 13．（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，为的中点．    (1)若，证明：平面； (2)已知，平面和平面的夹角的余弦值为，求四棱锥的体积． 空间向量的应用 考点3 一、单选题 1．（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2026·广东梅州·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面，，，、分别为棱、上的动点，设，，则（    ） A．当时，存在，使得平面 B．当时，存在，使得 C．当，且与相交时， D．三棱锥的外接球在底面上的截痕长为 3．（2026·广东茂名·一模）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在使得 B．若，则的轨迹长度为 C．若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为 D．若，则的面积的最小值为 三、解答题 4．（2026·广东·一模）如图，平面平面，四边形与都是直角梯形，． (1)求证：，，，四点共面； (2)设，求平面与平面夹角的余弦值． 空间几何体的表面积与体积 考点1 1．（2026·广东·一模）如图，正方体的棱长为4，为正方形的中心，为棱的中点，过点的平面将正方体分成上、下两部分，则较小的部分体积大小为（   ） A．16 B．18 C． D．24 2．（2026·广东汕头·一模）圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（    ） A． B． C． D．1 3．（2025·广东广州·一模）已知三棱锥的体积为，高为，其底面是正三角形，且，，点P，Q，R分别为，，三边上的动点，则的最小值为（   ） A．2 B． C． D． 4．（2025·广东汕尾·一模）某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（    ）（水桶壁与底的厚度忽略不计） A． B． C． D． 5．（2025·广东清远·一模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 2 / 49 1 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $