专题07 空间向量与立体几何（7大考点）（山东专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题07 空间向量与立体几何 7大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间点、线、面位置关系 考点03 球的切接 考点04线面角 考点05 面面角 考点06翻折问题 考点07 创新融合 ( 空间几何体的 白哦啊面积与体积 考点1 ) 1．（2026·山东泰安·一模）已知某圆锥的母线长为4，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设圆锥底面半径为，则由题意可得，，则， 则该圆锥的体积为.故选：A 2．（2026·山东菏泽·一模）在长方体中，，，.若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥的体积的最大值为________. 【答案】 【解析】设， 因为平面平面，， 则到平面的距离， 因为平面平面，平面与平面，平面的交线分别为, 所以， 因为平面与平面，平面的交线分别为， 所以，所以， 又，所以, 同理，， 在矩形中，，，所以, 故的夹角为，故的夹角为， 所以， 所以， 由，解得或（舍去）， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 故当时，. ( 空间点、 线、面位置关系 考点2 ) 1．（2026·山东日照·一模）已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”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】B 【解析】如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点， 且三点共线，但直线不共面， 所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件； 若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内， 则在平面与的交线上，所以三点共线， 所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件； 所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（2026·山东青岛·一模）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】因为，若，则由线面平行的性质可知，故“”是“”的必要条件， 设，，显然，从而有成立，但此时不平行， 所以故“”是“”的不充分条件， 即“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 3．（2026·山东淄博·一模）在正方体中，为的中点，，，若，，，四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】如图所示，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，因为为的中点，，， 所以. 所以. 因为，，，四点共面，所以， 得到，解得.故选：A.    4．（多选）（2026·山东威海·一模）在正方体中，P，Q，R分别是的中点，则（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面 【答案】AC 【解析】对于A，因为分别是的中点，所以. 因为在正方体中，，所以. 因为，所以，A正确； 对于B，因为分别是的中点，所以. 而平面，所以与平面相交，不平行，B错误； 对于C，因为，所以. 因为平面，不在平面内，所以平面. 因为，所以， 因为平面，不在平面内，所以平面. 又平面，所以平面平面，C正确； 如果平面，而平面，所以， 则根据勾股定理有. 设正方体的棱长为1，则在直角三角形中，， 所以，而，. 很显然不成立，所以不成立，所以D错误. 故选：AC. ( 球的 切接 考点3 ) 1．（2026·山东日照·一模）已知正方体的棱长为，圆锥在正方体内，且垂直于圆锥的底面，则该圆锥底面半径的最大值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【解析】如图所示，取的中点，记为，易知六边形为正六边形，且， 又因为垂直于圆锥的底面， 所以当圆锥底面内切于正六边形时，圆锥的底面积最大，此时半径也达到最大值，且的中点在正六边形的中心，设此时圆锥的半径为， 因为， 所以， 所以. 2．（2026·山东滨州·一模）已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】作出圆锥的轴截面，如图，作出符合题意的图形， 记内切球的半径为，圆锥的母线长为，高为， 由题知，解得， 由三角形面积公式可得，即①， 又②，联立①②解得， 故圆锥的侧面积. 3．（2026·山东菏泽·一模）图1是菏泽牡丹园中的一座仿古牡丹亭，它的主体部分可看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解析】因为正四棱柱和正四棱锥的体积之比为， 所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，设为，如图， 则， 则其外接球的半径为, 解得，所以. 4．（2026·山东济宁·一模）四面体中，平面平面，，，则该四面体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】如图，设的外心为点，过点作于点，连接， 取边的中点为点，连接，则. 因平面平面平面平面， 平面， 则平面又平面故. 因为，，所以， 在中，由正弦定理，，解得， 在中，，则， 在中，由面积相等可得，解得， 则，， 在中，，在中，， 即，故点为该四面体外接球的球心，故其表面积为. 5．（多选）（2026·山东泰安·一模）已知在长方体中，，点为的中点，为底面（含边界）内一个动点，且平面，长方体的外接球的球心为，则下列选项正确的是（    ） A．球的表面积为 B．动点的轨迹长度为 C．异面直线与所成角的正切值的取值范围是 D．三棱锥的外接球球心为，则 【答案】ABD 【解析】对于A，设长方体的外接球半径为， 由长方体性质得， 由球的表面积公式得球的表面积为，故A正确， 对于B，如图，在长方体中， 以为原点建立空间直角坐标系，连接， 由题意得，，，，， 因为点为的中点，所以， 则，，设面的法向量为， 可得，令，解得，故， 因为为底面（含边界）内一个动点， 所以设，则， 因为平面，所以， 得到，化简得， 当时，，不符合题意，当，时，符合题意， 则的轨迹是点与点之间的线段， 由两点间距离公式得轨迹长度为，故B正确， 对于C，因为，所以，此时变为， 由题意得，，则，， 设异面直线与所成角为， 可得， 由同角三角函数的基本关系得， 则，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 而，，，可得， 即，故C错误， 对于D，由题意得是的中点，则由中点坐标公式得， 且，，，，设，半径为， 则外接球的方程为， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 两式相减可得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减可得，解得， 则，由两点间距离公式得，故D正确. 故选：ABD 6．（多选）（2026·山东青岛·一模）已知四面体满足，，点，，，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体所得的截面的面积为，则（   ） A．球的表面积为 B．当四面体体积最大时， C．当时，的最大值为 D．当时，的最小值为 【答案】ACD 【解析】对于A，，， ， ， 则的中点为四面体的外接球球心，半径，表面积为，故A正确； 对于B，，又， 当平面时，四面体体积最大， 平面，， ，即和为全等的等边三角形， 则， 四面体的表面积， ， 则四面体内切球半径， 易得平面，故四面体关于平面对称， 则内切球球心在平面上， 过分别作，则， 平面， 平面，同理可得平面， ，即四边形为正方形， ，故B错误； 对于CD，根据题意内切球球心在平面上，且为的角平分线， 设的中点为，又，故直线为直线， 则为其中一个截面， 又平面，平面， ，， 在上取一点，作截面， 由对称性可知，截面关于对称，即当面积最小时，截面面积最小， 以为原点建立空间直角坐标系， 则， 设异面直线的公共法向量为，距离为， ，不妨取，则， ， 即点到距离的最小值为，此时， 则截面面积最小值为， 综上，过直线的平面截四面体所得的截面的面积最大值为，最小值为，故CD正确． 7．（多选）（2026·山东烟台·一模）如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（    ）    A．当点在线段上时， B．当点在线段上时，平面 C．当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为 D．当点在面上时，若，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】如图：    连接，则， 又为正方体，所以平面， 平面，所以， 因为平面，且，所以平面. 平面，所以. 同理可得，平面，， 所以平面. 同理可得：平面，所以平面平面. 对A：当点在线段上时，平面， 又平面，所以，故A正确； 对B：当点在线段上时，平面， 又平面平面，所以平面，故B正确； 对C：当点与点（或）重合时， 三棱锥的外接球即为正方体的外接球. 设半径为，则. 此时三棱锥的外接球的表面积为：，故C错误； 对D：当点在面上时，如图：    设，则，由， 所以点轨迹是平面中，以为圆心，以为半径的圆弧， 与的交点，，与的交点，. 所以. 由余弦定理，，所以. 所以点轨迹的长度为：，故D正确. 故选：ABD 8．（2026·山东临沂·一模）已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________． 【答案】 【解析】设圆柱的底面圆半径为，则需满足，可得； 易知三棱锥的外接球与圆柱的外接球相同，其半径满足，解得； 设外接球球心为，, 所以，解得,即圆柱的高为6， 因为点是上底面圆周上的一动点，即点到底面的距离为6， 取的中点为，连接，因此，如下图： 因为，所以， 当点到的距离最大时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大； 因为点在下底面的圆周上，所以点到的距离最大值为， 因此， 所以三棱锥体积的最大值为. 9．（2026·山东济南·一模）已知正方体的棱长为2，点均在某圆锥的侧面上，点均在该圆锥的底面上，则该圆锥的体积的最小值为__________. 【答案】. 【解析】设圆锥底面半径为，高为，则， 过正方体的一组对棱作圆锥的截面，如图所示： 由题意可得：，， 正方体的棱长为2，则， 面对角线，所以， 由，可得，， 即，解得：， 所以圆锥的体积， 令，则， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 所以，时，圆锥的体积有最小值. ( 线面角 考点4 ) 1．（2026·山东烟台·一模）若某圆锥侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为___________． 【答案】 【解析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，可得， 设圆锥的母线与底面所成的角为，则，， 所以圆锥的母线与底面所成的角为. 2．（多选）（2026·山东枣庄·一模）在正方体中，若点为底面的中心，则（   ） A．平面 B． C．与所成的角为 D．与平面所成的角的正切值为 【答案】ABD 【解析】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设， 则， 所以，又因为，所以，B选项正确； 取中点，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面，A选项正确； 设与所成的角为，， 所以，所以与所成的角为，C选项错误； 设平面的法向量为，设与平面所成的角为， 则，所以， 所以，所以D选项正确. 故选：ABD 3．（多选）（2026·山东德州·一模）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，则（    ） A．异面直线与所成角的大小为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．平面 D．四面体的体积为 【答案】ACD 【解析】对于A，正方体中，， 则异面直线与所成角即为与所成角，即（或其补角）， 而为等腰直角三角形，故，故A正确； 对于B，由于平面，故为在平面内的射影， 则直线与平面所成角为， 在中，，故，故B错误； 对于C，设G为的中点，连接，则， 而，故， 则四边形为平行四边形，故； ≌，则， 而，故， 设交于H，则，即， 则；又平面，平面，故， 又平面，故平面，故C正确； 对于D，由于，（h为三棱锥的高，）， 而，则，故D正确. 4．（2026·山东临沂·一模）如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点. (1)求证：平面； (2)当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值. 【解】（1）证明：如图所示，连接交于点， 因为四边形为正方形，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， 又因为四边形为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）解：因为四边形为矩形，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以，， 又因为四边形为正方形，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，则， 可得， 所以向量， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面的夹角为， 可得， 所以直线与平面的夹角的正弦值为. 5．（2026·山东聊城·一模）如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． (1)证明：平面； (2)是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）由已知点为线段的中点，点为线段的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）设圆柱的底面半径为，母线长为， 因为圆柱的侧面积等于其两底面面积之和， 所以，所以， 由已知，，，，， 因为是该圆柱的母线，所以平面， 因为四边形是正方形，所以， 故平面，又平面， 所以，， 又为圆的直径，为圆上异于，的点， 所以， 以点为坐标原点，，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 故，，， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则，， 故为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 6．（2026·山东济宁·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值. 【解】（1）取的中点为，连接， 因为为的中点，所以且， 又因为为的中点，，，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）因为平面平面，平面平面，， 所以平面，所以为三棱柱的高， 所以， 所以，解得， 在平面内作， 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， 设平面的法向量为， 则，令，则， 则平面的一个法向量为， 设与平面所成角为， 所以. 所以与平面所成角的正弦值为. 7．（2026·山东淄博·一模）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)求证：； (2)若为的重心， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）若交平面于，求的值. 【解】（1）在中，，， ，， 平面，平面，， ，平面，平面， 平面，平面，； （2）（i）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， ，，. ，，，，， ，， 为的重心，，， 设平面的法向量为， 则，，， 取，则，即， ，， ， 设与平面所成的角为， 则， 故与平面所成角的正弦值为； （ii）由（i）知，，， 设，则， ， 由（i）知，平面的法向量为， 则，即，则，解得， 即. ( 面面角 考点 5 ) 1．（2026·山东烟台·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. 【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. 2．（2026·山东枣庄·一模）如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上．    (1)若，求证：点是棱的中点； (2)若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 【解】（1）由底面，底面，则， 又底面都是正方形，则，故两两相互垂直， 以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，则，，， 因为，故，即， 因为点在棱上，所以，，， 所以，解得，即， 而的中点坐标为，所以点是棱的中点；    （2）设， 则， 即， 由题意，可得， 所以，则，， 设平面的法向量为，则， 令，得. 由平面的一个法向量，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 3．（2026·山东济南·一模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【解】（1）取中点，连接. 因为为中点， 所以为的中位线， 所以且. 在正方形中，为中点， 所以且， 所以且， 所以四边形是平行四边形. 所以. 又平面平面， 所以平面. （2）由于平面平面，平面平面，平面平面. 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则有. 设平面的法向量， ，所以，不妨令， 得； 设平面的法向量， ，所以，不妨令， 得； 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4．（2026·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【解】（1）取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. （2）取中点，连接， ，， ∵平面平面，面， 平面，， 为正三角形，， 如图，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，取，解得， ，面，， ，面，， 面，是平面的法向量， ， 平面与平面夹角的余弦值为. 5．（2026·山东德州·一模）如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且. (1)证明：平面平面； (2)当时，求平面与平面所成角的正弦值. 【解】（1）因为平面平面，交线为平面， 所以平面，又平面，故. 又因为平面， 所以平面，而平面， 故平面平面. （2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，由题设得，， 设是平面的法向量，则 ，即，令，可得. 又是平面的法向量， 设平面与平面所成角为， ，所以， 所以平面与平面所成角的正弦值是. 6．（2026·山东菏泽·一模）如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且. (1)求证：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【解】（1）取的中点R，连接PR、RQ， 由P为的中点知， 因为平面，平面，所以平面， 由M为的中点且，知，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面. 又因平面PRQ，所以平面. （2）取的中点，由知， 以为坐标原点，、所在的直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以， 则，，，，，， 所以， 由得，所以. 设平面的法向量为，则，即， 取，则，， 所以平面的一个法向量为. 因为平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. ( 翻折问题 考点 6 ) 1．（多选）（2026·山东聊城·一模）如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（   ） A．该六面体的体积为 B．直线与所成角的余弦值为 C．二面角的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的表面积为 【答案】BCD 【解析】根据题意，在六面体中， ， 故此六面体由两个全等的三棱锥构成， 又，， 同理可得， 又平面， 平面， ，故A错误； 如图，以为原点建立空间直角坐标系，并连接交平面于， 则， 又为等边三角形，且六面体关于平面对称， ，， 则，， ，直线与所成角的余弦值为，故B正确； 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， ，又二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为，故C正确； 该六面体内能装下的最大的球为其内切球，设半径为，六面体表面积为， ， ，即，解得，表面积为， 即该六面体内能装下的最大的球的表面积为，故D正确． 2．（2026·山东德州·一模）在矩形中，已知是的中点，将沿直线翻折成为线段的中点，连接.当与平面所成角为时，三棱锥外接球的表面积为__________. 【答案】/ 【解析】因是的中点，则， 是矩形，， 翻折后，因为线段的中点，则， 因，，则，故， 取的中点，连接，则，，， ，平面，平面，平面， 平面，平面平面，在平面的射影为， 与平面所成角为，， 因和都是直角三角形，则，为等边三角形， 取的中点为，连，则， 平面，平面，， ，，平面，平面， 平面， 是直角三角形，，为的外接圆的圆心， 设为三棱锥外接球的球心，半径为，则平面， 设，则， 若球心和点位于平面的两侧，如图1，延长到点，使得， 平面，平面，， 四边形为平行四边形，， ， ， 解得，则， 三棱锥外接球的表面积； 若球心和点位于平面的同侧，如图2， 平面，平面，， 过点作，交于点，则四边形为平行四边形， 则，， 则，解得，舍去. 综上可得，三棱锥外接球的表面积为. 3．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值． 【解】（1）在线段上取一点，使得， 因为平面，平面，所以平面， 由平行线性质可得：， 且，，则， 即，可得，且，则， 又因为平面，平面，所以平面， 且，平面，可得平面平面， 由平面，可得平面. （2）设的中点分别为，连接，则， 由题意可知：，， 且，平面，可得平面， 因为平面，则， 可知二面角的平面角为， 且，可知为等边三角形，则， 又因为，平面，则平面， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 又因为，可知点分别是线段的中点， 则，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4．（2026·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥. (1)证明：平面平面； (2)当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值. 【解】（1）由题意得，为等边三角形， 又为中点，所以，，故. 又因为，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，， 又，所以即为二面角的平面角，即. 则，，，. ，，， 设平面的法向量， 则，即，取 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. ( 创新融合 考点 7 ) 1．（2026·山东日照·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，分别是的中点，二面角为直二面角． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为，且，求的取值范围； (3)与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线．已知点为线段的中点，分别在线段上（不包含端点），且为的公垂线，如图所示，记四面体的内切球半径为，证明：． 【解】（1）由题意知， 又因为是的中点，所以， 又因为，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）在平面内作的垂线作为轴，所以轴， 如图以为坐标原点，分别以为轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，设， 所以， 则， 所以， ． 设平面的法向量， 得， 取， ， 解得． 所以长度的取值范围为. （3）设是四面体的表面积，则， 令与面所成角为， 则， 因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是，（取不到等号）， 则，又因为， ， 所以. . 2．（2026·山东威海·一模）在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆、上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为．    (1)证明：平面； (2)已知为下底面圆周上的一点，当时，求平面与平面所成角的正弦值； (3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程． 【解】（1）因为AD，BC是圆柱的母线， 所以底面底面， 所以，因为， 所以四边形ABCD为正方形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面． （2）在底面内过点作直线AB的垂线， 以为原点，分别以l，AB，AD所在的直线为轴，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，令，可得， 此时，    由（1）可知为平面的一个法向量，   因为，     所以平面与平面所成角的正弦值为． （3）法一 设的平面展开曲线上任意一点的坐标为， 当时，；当； 当时，设点在圆柱侧面上对应点为， 过点的母线交上底面于点， 则，劣弧DM的弧长为|x|， 作分别为垂足，连接QN， 因为平面平面，底面平面ABCD， 所以平面平面ABCD， 所以， 因为，所以平面ABCD，所以， 可得四边形为矩形，所以，    因为底面圆周半径为1，所以， 因为，所以，   当时，在Rt中，， 因为，所以，即， 当时，，所以， 当时，在Rt中，， 因为， 所以，因此，即．    综上可得，．    法二 设的平面展开曲线上任意一点的坐标为，设点在圆柱侧面上对应点为， 则在空间直角坐标系中，    所以，   因为为平面的法向量，所以，   可得，即． 综上可得，． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 空间向量与立体几何 7大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间点、线、面位置关系 考点03 球的切接 考点04线面角 考点05 面面角 考点06翻折问题 考点07 创新融合 ( 空间几何体的 白哦啊面积与体积 考点1 ) 1．（2026·山东泰安·一模）已知某圆锥的母线长为4，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·山东菏泽·一模）在长方体中，，，.若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点P、Q、R、S四点，则四棱锥的体积的最大值为________. ( 空间点、 线、面位置关系 考点2 ) 1．（2026·山东日照·一模）已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”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 2．（2026·山东青岛·一模）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2026·山东淄博·一模）在正方体中，为的中点，，，若，，，四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（2026·山东威海·一模）在正方体中，P，Q，R分别是的中点，则（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面 ( 球的 切接 考点3 ) 1．（2026·山东日照·一模）已知正方体的棱长为，圆锥在正方体内，且垂直于圆锥的底面，则该圆锥底面半径的最大值为（    ） A． B．1 C． D．2 2．（2026·山东滨州·一模）已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·山东菏泽·一模）图1是菏泽牡丹园中的一座仿古牡丹亭，它的主体部分可看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．（2026·山东济宁·一模）四面体中，平面平面，，，则该四面体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（2026·山东泰安·一模）已知在长方体中，，点为的中点，为底面（含边界）内一个动点，且平面，长方体的外接球的球心为，则下列选项正确的是（    ） A．球的表面积为 B．动点的轨迹长度为 C．异面直线与所成角的正切值的取值范围是 D．三棱锥的外接球球心为，则 6．（多选）（2026·山东青岛·一模）已知四面体满足，，点，，，均在球的表面上，球与四面体的4个面均相切，过直线的平面截四面体所得的截面的面积为，则（   ） A．球的表面积为 B．当四面体体积最大时， C．当时，的最大值为 D．当时，的最小值为 7．（多选）（2026·山东烟台·一模）如图，已知点是棱长为的正方体表面上一动点，则下列结论正确的有（    ）    A．当点在线段上时， B．当点在线段上时，平面 C．当点在面上时，三棱锥外接球的表面积的最大值为 D．当点在面上时，若，则点的轨迹长度为 8．（2026·山东临沂·一模）已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________． 9．（2026·山东济南·一模）已知正方体的棱长为2，点均在某圆锥的侧面上，点均在该圆锥的底面上，则该圆锥的体积的最小值为__________. ( 线面角 考点4 ) 1．（2026·山东烟台·一模）若某圆锥侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为___________． 2．（多选）（2026·山东枣庄·一模）在正方体中，若点为底面的中心，则（   ） A．平面 B． C．与所成的角为 D．与平面所成的角的正切值为 3．（多选）（2026·山东德州·一模）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，则（    ） A．异面直线与所成角的大小为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．平面 D．四面体的体积为 4．（2026·山东临沂·一模）如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为矩形，，为的中点. (1)求证：平面； (2)当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值. 5．（2026·山东聊城·一模）如图，，是圆柱下底面圆的两条直径，点是该圆柱上底面圆周上一点，的中点为． (1)证明：平面； (2)是该圆柱的母线，若四边形是正方形，且该圆柱的侧面积等于其两底面面积之和，求直线与平面所成角的正弦值． 6．（2026·山东济宁·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点，为的中点. (1)求证：平面； (2)若三棱柱的体积为，求与平面所成角的正弦值. 7．（2026·山东淄博·一模）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)求证：； (2)若为的重心， （i）求与平面所成角的正弦值； （ii）若交平面于，求的值. ( 面面角 考点 5 ) 1．（2026·山东烟台·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. 2．（2026·山东枣庄·一模）如图，已知四棱台的上底面是边长为2的正方形，，底面，点，分别在棱，上．    (1)若，求证：点是棱的中点； (2)若三棱锥的体积是，求平面与平面夹角的余弦值． 3．（2026·山东济南·一模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点分别是棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 4．（2026·山东泰安·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 5．（2026·山东德州·一模）如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且. (1)证明：平面平面； (2)当时，求平面与平面所成角的正弦值. 6．（2026·山东菏泽·一模）如图，在直三棱柱中，M、P分别为，的中点，点Q在上，且. (1)求证：平面； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. ( 翻折问题 考点 6 ) 1．（多选）（2026·山东聊城·一模）如图长方形，，，点C，F，D，E是所在边和上的三等分点，将长方形按照图中虚线进行翻折，使得，重合，，重合，，重合，，重合，得到六面体，其直观图如图所示，则（   ） A．该六面体的体积为 B．直线与所成角的余弦值为 C．二面角的余弦值为 D．该六面体内能装下的最大的球的表面积为 2．（2026·山东德州·一模）在矩形中，已知是的中点，将沿直线翻折成为线段的中点，连接.当与平面所成角为时，三棱锥外接球的表面积为__________. 3．（2026·山东滨州·一模）如图，在矩形中，，点分别是边的中点，点分别在线段上移动（不含端点），且，将四边形沿翻折至四边形，使得二面角的大小为． (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值． 4．（2026·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥. (1)证明：平面平面； (2)当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值. ( 创新融合 考点 7 ) 1．（2026·山东日照·一模）已知四棱锥的底面为平行四边形，，分别是的中点，二面角为直二面角． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为，且，求的取值范围； (3)与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线．已知点为线段的中点，分别在线段上（不包含端点），且为的公垂线，如图所示，记四面体的内切球半径为，证明：． 2．（2026·山东威海·一模）在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆、上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为．    (1)证明：平面； (2)已知为下底面圆周上的一点，当时，求平面与平面所成角的正弦值； (3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $