专题05+空间向量与立体几何3个考点（湖南专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题05 空间向量与立体几何 3大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03求线面角二面角与点到平面的距离 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·湖南·模拟预测）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径为（   ） A．1m B．2m C．m D．m 【答案】B 【详解】设这个圆锥底面半径为，母线为，则底面面积为，底面周长为，侧面展开图的半圆弧长为， 由弧度制的定义知，所以，则侧面积为， 所以这个圆锥的表面积为，所以，则直径为2m． 2．（2026·湖南邵阳·一模）在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先得到截面，并由等体积法得到各个几何体之间的体积关系，得到答案 【详解】如图所示，在正四棱锥中，是棱PA的中点， 取PD的中点为，连接EF，BE，CF，CE，CA，FA， 所以，因为，所以， 所以，，，四点共面，所以平面EBC在四棱锥上的截面是平面BCFE. 平面BCFE把四棱锥分为两个部分，设四棱锥的体积为，高为. 设四边形的面积为， 则， 同理. 设点到平面AEF的距离是， 则， 即，故， 所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 3．（2026·湖南怀化·一模）在平面直角坐标系中，曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体，在中放入4个半径为的小球，四个小球均与旋转体的表面以及开口平面相切，则小球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】将两边同时平方，得， 即，所以曲线表示以原点为圆心，半径为的圆的上半部分，该曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体是一个半径为的半球， 四个小球均与旋转体的表面及开口平面相切，且四个小球两两相切，此时四个小球的球心构成一个小正方形。 设四个小球的球心分别为，小正方形的中心为，半球的球心为， 连接，则垂直于小正方形所在平面，为小正方形的对角线的一半，为半球的半径减去小球的半径，即， 因为四个小球两两相切，所以小正方形的边长为，根据勾股定理可得小正方形的对角线长度为，则， 在中，，即， 即，解得， 因为，所以. 4．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】设E为AC的中点，连接BE，DE，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面平面，结合已知条件有为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，过点E作交OC于点F，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值. 【详解】设E为AC的中点，连接BE，DE. 因为为等边三角形， 所以，又，且，BE，平面， 所以平面， 又平面，即， 由题意易知，，，又， 所以. 因为，所以， 即，又，AC，平面， 所以平面，而平面，则平面平面， 又，则，故为等腰直角三角形. 综上，四面体的球心O为的中心，即在线段BE靠近E的三等分点处. 过点E作交OC于点F，连接DF，则即为二面角的平面角. 在中，，，可求得，又， 所以. 5．（2026·湖南湘潭·一模）在正四棱台中，，且，记能将正四棱台罩住的半球的最小半径为，正四棱台外接球的半径为，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】取，的中点分别为，，通过计算分别求得，通过比较可知，设外接球的球心到平面的距离为，通过勾股定理计算求得、，即可得出结果. 【详解】如图，连接，，它们的中点分别记为，，连接，，易知为此正四棱台的高， ，则，所以，， 过点作的垂线，垂足为， 则， ，则，， 故能将正四棱台罩住的半球的最小半径． 设该正四棱台外接球的球心到平面的距离为，则，解得，，故． 故选：D    6．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先建立空间直角坐标系，求出上下底面正方形的顶点坐标、中心坐标，再设外接球球心，利用球心到上下底面顶点距离均为半径列方程，解出半径后计算外接球表面积. 【详解】取下底面正方形的中心为坐标原点，建立如图所示的坐标系， 因为下底面边长为，几何体的高为， 故，，， ，，，，. 设几何体外接球的球心为，外接球半径为. 在中，， 在中， 则，解得. 所以. 故该几何体的外接球的表面积 故选：B. 7．（2026·湖南邵阳·一模）已知圆台的上、下底面的面积分别为和，则下列结论正确的是（   ） A．若圆台存在内切球，则内切球的体积为 B．若圆台的母线与下底面所成的角为，则圆台的外接球的表面积为 C．若圆台的外接球的体积为，则圆台的表面积为 D．若圆台的外接球的体积为，则圆台的体积为或 【答案】AD 【分析】先做出圆台的轴截面，利用数形结合思想，根据各个选项所给条件逐一进行判断和运算即可. 【详解】取圆台的一个轴截面，则，如图（1）所示． 对于选项A，过点作的垂线，交于点，连接，则，所以内切球直径，内切球半径， 所以圆台的内切球体积，故选项A正确； 对于选项B，如图（2），在轴截面中，于点． 因为，所以． 设，则，所以． 所以圆台的外接球的表面积，故选项B错误； 对于选项C，因为，所以． 如图（3）所示，当外接球球心点在之间时，圆台的母线， 圆台的表面积． 当外接球的球心在的延长线上时，如图（4）所示，圆台的母线， 圆台的表面积，故选项C错误； 对于选项D，外接球半径，由选项C分析可知，圆台的高或1． 所以圆台的体积， 当时，；当时，，故选项D正确． 故选：AD 8．（2026·湖南常德·一模）如图，圆柱的轴截面为正方形，、分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为________.    【答案】 【分析】由四面体的体积等于三棱锥的体积的2倍，设圆柱的底面半径为，由于为定值，所以当平面时，三棱锥的体积取得最大值，从而可求出，进而可求出其侧面积. 【详解】设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的母线长为， 设为上底面圆的圆心，如图，    由圆柱的对称性可知，四面体的体积等于三棱锥的体积的2倍， 所以四面体的体积最大值为36，则三棱锥的体积的最大值为， 因为为上底面圆的圆心，是圆柱下底面圆的直径， 所以， 所以当点到平面的距离最大时三棱锥的体积取得最大值， 所以当平面时，三棱锥的体积取得最大值， 所以，解得， 所以该圆柱的侧面积为. 故答案为： 9．（2026·湖南永州·一模）在等腰直角三角形中，斜边为斜边上的一点，沿直线将折起形成二面角．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为___________． 【答案】 【分析】根据正弦定理得出三棱锥的高最大为，再应用换元法计算求解得出线线垂直进而得出外接球半径，最后应用球的表面积求解. 【详解】如图，为直角三角形，且． 设，过点作，交直线于点，则． 在中，由正弦定理，得 ． 当平面平面时，三棱锥的高最大，为． ． 设，则． ． 在区间上单调递增，． ，当时取等号，此时取得最大值，最大值为． 此时，且两两互相垂直． 三棱锥的外接球的直径为表面积为． 故答案为： 10．（2026·湖南永州·一模）在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，是底面内一动点．若直线平面，则三棱锥外接球表面积的最小值为___________． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 【答案】 【分析】先通过面面平行确定点 的轨迹为线段 ，再将三棱锥外接球表面积的最小值，转化为 外接圆半径的最小值，最后利用正弦定理，当 时 最小，从而求出外接球表面积最小值. 【详解】 连接 ，易知平面 平面 ，则点 的轨迹为线段 ， 在三棱锥 中，易知 平面 ，要使三棱锥 外接球表面积最小， 则只需 外接圆的半径 最小， 在 中，由正弦定理得， 又因为 为定值，只需 最小，显然当 时， 有最小值， 的最小值为 ， 所以三棱锥 外接球半径的最小值为， 三棱锥 外接球表面积的最小值为 . 故答案为：. 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，且，则“”是“”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】D 【分析】根据线线、线面和面面的基本关系即可下结论. 【详解】如图，， 若，则与相交或异面，不一定垂直； 若，则不一定成立.    所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 2．（2026·湖南常德·一模）若为两条直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】A 【分析】利用线面位置关系的判断及性质定理逐项分析即可. 【详解】选项A，若，，，， 根据面面垂直的性质定理可得：，故A选项正确； 选项B，若，， 则直线与直线可能平行，可能异面，故B选项不正确； 选项C，若，， 则直线与直线可能平行，可能相交，也可能异面，故C选项不正确； 选项D，若，，， 则直线与直线可能平行，可能相交（包括垂直），也可能异面，故D选项不正确； 故选：A. 二、填空题 3．（2026·湖南株洲·一模）棱长为1的正方体的各顶点均在过点的平面的同侧，若和与平面所成的角的大小均为，则点到平面的距离为___________． 【答案】． 【分析】建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，再根据和与平面所成的角的大小均为可解得法向量，进而可求点到平面的距离. 【详解】如图：以A点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    则，所以， 设平面的法向量为，因为与平面所成的角的大小均为， 所以，即——① 再由与平面所成的角的大小均为，所以 ，即——②. 联立①②得，解得或. 当时，代入①得，，， 解得，令，得，， 则到平面的距离为； 当，代入①得，， ，即，因为，所以方程无解，舍去. 综上所述，点到平面的距离为. 故答案为： 4．（2026·湖南邵阳·一模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 【答案】8 【分析】建立空间直角坐标系，设，由，得，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，即可求解． 【详解】如图所示，将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4，    以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，． 设，则 ． 因为， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为，故截面面积为． 故答案为：8 求线面角二面角与点到平面的距离 考点3 1．（2026·湖南长沙·三模）如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质，可得平面，据此可得线线垂直； （2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理可得：， 则，所以有，则 由平面平面，平面平面， 且，平面，则平面， 又平面，则. （2）取中点分别为，连接 由为正三角形知，， 结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直， 如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 可得 设，则，且， 可得 由，解得或（舍去）， 则，且 故点到直线的距离 2．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，，点在线段上，，平面平面. (1)求证：； (2)设点是三棱锥的外接球的球心，且四棱锥的体积是，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）根据面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，判断出点的位置并求出点坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，则，. 在中，，，所以，. 因为，所以. 在中，，， 则. 又，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2）取的中点为，连接PO. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以，解得. 以点为原点，分别以，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，. ，. 设，因为点是三棱锥的外接球的球心，则点应在平面上，所以. 又，， 所以，解得，所以. 所以. 设是平面的一个法向量， 则，即，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是. 3．（2026·广西河池·一模）如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点． (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）通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可； （2）通过建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，再代入公式即可. 【详解】（1）如图，取的中点，因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面平面， 所以平面． （2） 因为为的中点，，所以． 过点作交于点，由平面平面，可得，则． 以为坐标原点，所在直线分别为轴、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，得．设平面的法向量为， 则 令，得． 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 4．（2026·湖南怀化·一模）如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. (1)设平面平面，求直线与直线的夹角大小； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值； (3)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最大值； （3）首先计算得，再计算体积表达式，最后根据范围即可得到答案. 【详解】（1）延长交的延长线于点，则为交线， 因为为的中点，，所以为的中点，所以， 因为侧面是等边三角形，所以， 所以，所以， 所以所求角为． （2）取的中点，连接，由，则， 分别以所在直线为轴和轴， 以过垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则． 设直线与平面所成角为， 则．， 令，则， 令，结合的取值范围可知， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为，故. （3）由题意可知，所以点为的中点， 设， 因为， 则， 又因为， 所以，解得． 即 ， 因为，所以． 5．（2026·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. (1)求证：； (2)设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直即可得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成的角； （ii）设，利用向量运算求出，再由求解. 【详解】（1）连接和交于点，连接. ∵底面为菱形， 为的中点，且 又平面平面，平面平面， 平面，又平面， . （2）因为，所以 ∵平面平面，平面平面， 平面. 是直线与平面所成角，即. 在菱形中，， . ，即. （i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 平面的法向量为， 因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为 （ii）平面交线段于点，设， 则， 因为，即， 即，解得. 6．（2026·湖南永州·一模）如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面．    (1)若为上靠近点的三等分点，请判断直线与平面的位置关系并说明理由； (2)若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)直线与平面平行，理由见解析 (2) 【分析】（1）设与交于点，由，线线平行判定线面平行； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量，由线面角的正弦等于方向向量与法向量的余弦的绝对值计算即可. 【详解】（1）直线与平面平行， 理由如下：如图，设与交于点，连接，   ， 为上靠近点的三等分点， 为上靠近点的三等分点，在中，， 平面平面平面； （2）， 平面，则以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，   ， 从而， ， 点的坐标为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 则，令，可得， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则，. 7．（2026·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． (2)若，，且直线与平面所成的角为，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）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，则，， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 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. 8．（2026·湖南常德·一模）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点. (1)为的中点，为上一点，平面，证明：为中点； (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）利用线面平行证明线线平行，再利用线线平行证明线面平行，最后证明四边形是平行四边形，从而得到是的中位线即可得证； （2）法一：求出关键点的坐标和平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解，法二：作出符合题意的图形，找到二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点为由三点确定一个平面，交于点， 由平面，平面， 平面平面，可得， 又因为为的中点，所以， 又因为，所以， 由平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 又因为，所以， 则四边形是平行四边形，故， 又因为， 是的中点.， 所以，结合， 可得是的中位线，即为中点; （2）法一：由， 可得，连接，可得四边形是正方形， 即可得，，所以，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，如图建立空间直角坐标系， 令，则， 即， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得，所以， 由于平面，所以平面的法向量可以取， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. 法二：如图，延长，相交于， 连接，由，， ，可得， 可得四边形是正方形，即可得， 所以，. 又因为平面，所以，设，则， 在中，，， 在中.，， 又，所以为正三角形. 取的中点，连接，， 由三线合一性质得，， 在中，得到，， 在中，，，则，. 所以为平面与平面的夹角， 在中，，，， 由余弦定理得， 故平面与平面的夹角余弦值为. 9．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为棱上靠近点的三等分点. 【分析】（1）取棱的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）如图建系，取线段的中点为，连接，易得平面，可得平面的一个法向量，设，根据点的坐标求出平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程求解即得. 【详解】（1）如图1，取棱的中点，连接，因为棱的中点，则． 又因为， 所以，则四边形为平行四边形，所以． 又因为平面平面，所以平面. （2）如图2，以点为坐标原点，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则． 则， 取线段的中点为，连接.因平面，平面，则， 又，则，因，平面，则平面， 因，则，可取平面的一个法向量为. 假设在棱上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 设，则. 设为平面的一个法向量， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则． 解得（舍）或. 此时点为棱上靠近点的三等分点.    10．（2026·湖南永州·一模）如图，是半圆的直径，是上的两个三等分点，点在底面上的射影为的中点． (1)当时，求点到平面的距离； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由题可得四边形是菱形，所以，再证明，进而得平面，所以点到平面的距离为，得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，再连接， 因为是弧上的两个三等分点，所以， 又，所以与都是正三角形， 所以，即四边形是菱形，所以， 又因为点在底面上的射影为的中点， 所以平面， 由，得，即，而，所以， 所以平面，又平面， 所以，而，平面， 所以平面，垂足为， 即点到平面的距离为，而， 所以点到平面的距离为2. （2）取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 故以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，可得，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 故， 因为平面轴，所以取平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 11．（2026·湖南株洲·一模）如图①，在平面内，正方形的边DE，CF分别为两等腰直角，的腰．将分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合，记为点，得到一个四棱锥，点G，H分别是线段，的中点，如图②．    (1)求证：平面DEM； (2)求直线CM与平面所成的角的正弦值； (3)若平面，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）线面平行转化为线线平行即可； （2）建立空间直角坐标系求面的法向量，代入线面角公式求解； （3）转化为点到面的距离的比值. 【详解】（1）如图1，设的中点为，连接，，   分别为，的中点， ，， 又，， 且， ∴四边形为平行四边形． ． 又平面，平面， ∴平面． （2）如图2，因为为等边三角形，为线段的中点， 所以， 又，，，平面， 所以面，过作直线. 以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．      不妨设，则 ， ．              设平面的法向量为， 则，， ． 令，则． 则                      设直线与平面所成的角为， 则 ， ∴直线与平面所成的角的正弦值为； （3）设点，到平面的距离分别为， ， ， . ， 的值． 12．（2023·湖北武汉·一模）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点． (1)证明：平面； (2)若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可； （2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解. 【详解】（1）取的中点Q，连接, 则有，且，又，且， 故，且， 则四边形EFPQ为平行四边形，则， 又平面，平面，故平面． （2）取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则可得，，，， 由P为中点，故， 则，，， 设平面BFP的法向量， 则，即，故取， 故所求角的正弦值为， 所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量与立体几何 3大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03求线面角二面角与点到平面的距离 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 一、单选题 1．（2026·湖南·模拟预测）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径为（   ） A．1m B．2m C．m D．m 2．（2026·湖南邵阳·一模）在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·湖南怀化·一模）在平面直角坐标系中，曲线绕着轴旋转一周得到一个旋转体，在中放入4个半径为的小球，四个小球均与旋转体的表面以及开口平面相切，则小球半径的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 5．（2026·湖南湘潭·一模）在正四棱台中，，且，记能将正四棱台罩住的半球的最小半径为，正四棱台外接球的半径为，则（    ） A． B．1 C． D． 6．（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为2，该几何体的高为，则该几何体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 7．（2026·湖南邵阳·一模）已知圆台的上、下底面的面积分别为和，则下列结论正确的是（   ） A．若圆台存在内切球，则内切球的体积为 B．若圆台的母线与下底面所成的角为，则圆台的外接球的表面积为 C．若圆台的外接球的体积为，则圆台的表面积为 D．若圆台的外接球的体积为，则圆台的体积为或 三、填空题 8．（2026·湖南常德·一模）如图，圆柱的轴截面为正方形，、分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为________.    9．（2026·湖南永州·一模）在等腰直角三角形中，斜边为斜边上的一点，沿直线将折起形成二面角．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为___________． 10．（2026·湖南永州·一模）在直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，分别是棱的中点，是底面内一动点．若直线平面，则三棱锥外接球表面积的最小值为___________． 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南永州·一模）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，且，则“”是“”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·湖南常德·一模）若为两条直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 二、填空题 3．（2026·湖南株洲·一模）棱长为1的正方体的各顶点均在过点的平面的同侧，若和与平面所成的角的大小均为，则点到平面的距离为___________． 4．（2026·湖南邵阳·一模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 求线面角、二面角与点到平面的距离 考点3 一、解答题 1．（2026·湖南长沙·三模）如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为， 求点到直线的距离． 2．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，，，，，，，点在线段上，，平面平面. (1)求证：； (2)设点是三棱锥的外接球的球心，且四棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值. 3．（2026·广西河池·一模）如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 4．（2026·湖南怀化·一模）如图，四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，二面角的平面角大小为为的中点. (1)设平面平面，求直线与直线的夹角大小； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值； (3)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，分别交于两点，其中为的中点，平面，求四棱锥的体积的取值范围. 5．（2026·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. (1)求证：； (2)设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 6．（2026·湖南永州·一模）如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面．    (1)若为上靠近点的三等分点，请判断直线与平面的位置关系并说明理由； (2)若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 7．（2026·湖南湘潭·一模）如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． (2)若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 8．（2026·湖南常德·一模）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，是的中点. (1)为的中点，为上一点，平面，证明：为中点； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 9．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 10．（2026·湖南永州·一模）如图，是半圆的直径，是上的两个三等分点，点在底面上的射影为的中点． (1)当时，求点到平面的距离； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 11．（2026·湖南株洲·一模）如图①，在平面内，正方形的边DE，CF分别为两等腰直角，的腰．将分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合，记为点，得到一个四棱锥，点G，H分别是线段，的中点，如图②．    (1)求证：平面DEM； (2)求直线CM与平面所成的角的正弦值； (3)若平面，求的值． 12．（2023·湖北武汉·一模）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点． (1)证明：平面； (2)若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量与立体几何 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B B B C D B AD 8． 9． 10． 点线面的位置关系 考点2 题号 1 2 答案 D A 3．． 4．8 求线面角二面角与点到平面的距离 考点3 1．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质，可得平面，据此可得线线垂直； （2）建立如图所示空间直角坐标，根据异面直线所成的角求出点的坐标，再由点到直线的距离公式求解即可. 【详解】（1）在中，， 由余弦定理可得：， 则，所以有，则 由平面平面，平面平面， 且，平面，则平面， 又平面，则. （2）取中点分别为，连接 由为正三角形知，， 结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直， 如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 可得 设，则，且， 可得 由，解得或（舍去）， 则，且 故点到直线的距离 2．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，判断出点的位置并求出点坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）证明：在直角梯形中，，，则，. 在中，，，所以，. 因为，所以. 在中，，， 则. 又，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2）取的中点为，连接PO. 因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以，解得. 以点为原点，分别以，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，. ，. 设，因为点是三棱锥的外接球的球心，则点应在平面上，所以. 又，， 所以，解得，所以. 所以. 设是平面的一个法向量， 则，即，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是. 3．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可； （2）通过建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，再代入公式即可. 【详解】（1）如图，取的中点，因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面平面， 所以平面． （2） 因为为的中点，，所以． 过点作交于点，由平面平面，可得，则． 以为坐标原点，所在直线分别为轴、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，得．设平面的法向量为， 则 令，得． 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 4．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最大值； （3）首先计算得，再计算体积表达式，最后根据范围即可得到答案. 【详解】（1）延长交的延长线于点，则为交线， 因为为的中点，，所以为的中点，所以， 因为侧面是等边三角形，所以， 所以，所以， 所以所求角为． （2）取的中点，连接，由，则， 分别以所在直线为轴和轴， 以过垂直于底面的直线为轴建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则． 设直线与平面所成角为， 则．， 令，则， 令，结合的取值范围可知， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值为，故. （3）由题意可知，所以点为的中点， 设， 因为， 则， 又因为， 所以，解得． 即 ， 因为，所以． 5．(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再由线面垂直得线线垂直即可得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面所成的角； （ii）设，利用向量运算求出，再由求解. 【详解】（1）连接和交于点，连接. ∵底面为菱形， 为的中点，且 又平面平面，平面平面， 平面，又平面， . （2）因为，所以 ∵平面平面，平面平面， 平面. 是直线与平面所成角，即. 在菱形中，， . ，即. （i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 平面的法向量为， 因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为 （ii）平面交线段于点，设， 则， 因为，即， 即，解得. 6．(1)直线与平面平行，理由见解析 (2) 【分析】（1）设与交于点，由，线线平行判定线面平行； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量，由线面角的正弦等于方向向量与法向量的余弦的绝对值计算即可. 【详解】（1）直线与平面平行， 理由如下：如图，设与交于点，连接，   ， 为上靠近点的三等分点， 为上靠近点的三等分点，在中，， 平面平面平面； （2）， 平面，则以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，   ， 从而， ， 点的坐标为， 设平面的一个法向量为， 则，即， 则，令，可得， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则，. 7．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，则，， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 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. 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行证明线线平行，再利用线线平行证明线面平行，最后证明四边形是平行四边形，从而得到是的中位线即可得证； （2）法一：求出关键点的坐标和平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解，法二：作出符合题意的图形，找到二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点为由三点确定一个平面，交于点， 由平面，平面， 平面平面，可得， 又因为为的中点，所以， 又因为，所以， 由平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 又因为，所以， 则四边形是平行四边形，故， 又因为， 是的中点.， 所以，结合， 可得是的中位线，即为中点; （2）法一：由， 可得，连接，可得四边形是正方形， 即可得，，所以，所以，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，如图建立空间直角坐标系， 令，则， 即， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得，所以， 由于平面，所以平面的法向量可以取， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. 法二：如图，延长，相交于， 连接，由，， ，可得， 可得四边形是正方形，即可得， 所以，. 又因为平面，所以，设，则， 在中，，， 在中.，， 又，所以为正三角形. 取的中点，连接，， 由三线合一性质得，， 在中，得到，， 在中，，，则，. 所以为平面与平面的夹角， 在中，，，， 由余弦定理得， 故平面与平面的夹角余弦值为. 9．(1)证明见解析 (2)存在，点为棱上靠近点的三等分点. 【分析】（1）取棱的中点，连接，证明四边形为平行四边形，得，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）如图建系，取线段的中点为，连接，易得平面，可得平面的一个法向量，设，根据点的坐标求出平面的一个法向量，利用空间向量的夹角公式列出方程求解即得. 【详解】（1）如图1，取棱的中点，连接，因为棱的中点，则． 又因为， 所以，则四边形为平行四边形，所以． 又因为平面平面，所以平面. （2）如图2，以点为坐标原点，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则． 则， 取线段的中点为，连接.因平面，平面，则， 又，则，因，平面，则平面， 因，则，可取平面的一个法向量为. 假设在棱上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 设，则. 设为平面的一个法向量， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则． 解得（舍）或. 此时点为棱上靠近点的三等分点.    10．(1)2 (2) 【分析】（1）由题可得四边形是菱形，所以，再证明，进而得平面，所以点到平面的距离为，得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，再连接， 因为是弧上的两个三等分点，所以， 又，所以与都是正三角形， 所以，即四边形是菱形，所以， 又因为点在底面上的射影为的中点， 所以平面， 由，得，即，而，所以， 所以平面，又平面， 所以，而，平面， 所以平面，垂足为， 即点到平面的距离为，而， 所以点到平面的距离为2. （2）取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 故以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，可得，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 故， 因为平面轴，所以取平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 11．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）线面平行转化为线线平行即可； （2）建立空间直角坐标系求面的法向量，代入线面角公式求解； （3）转化为点到面的距离的比值. 【详解】（1）如图1，设的中点为，连接，，   分别为，的中点， ，， 又，， 且， ∴四边形为平行四边形． ． 又平面，平面， ∴平面． （2）如图2，因为为等边三角形，为线段的中点， 所以， 又，，，平面， 所以面，过作直线. 以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．      不妨设，则 ， ．              设平面的法向量为， 则，， ． 令，则． 则                      设直线与平面所成的角为， 则 ， ∴直线与平面所成的角的正弦值为； （3）设点，到平面的距离分别为， ， ， . ， 的值． 12．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可； （2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解. 【详解】（1）取的中点Q，连接, 则有，且，又，且， 故，且， 则四边形EFPQ为平行四边形，则， 又平面，平面，故平面． （2）取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则可得，，，， 由P为中点，故， 则，，， 设平面BFP的法向量， 则，即，故取， 故所求角的正弦值为， 所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $