专题07 立体几何（8大考点）（全国通用）2026年高考数学一模分类汇编

专题07 立体几何 8大考点概览 题型01 空间中的点线面位置关系 题型02 空间几何体的表面积与体积 题型03 有关几何体外接球、内切求的问题 题型04 有关立体几何中的最值与轨迹问题 题型05 有关空间线线角与线面角的问题 题型06 有关空间二面角的问题 题型07 有关立体几何中折叠的问题 题型08 有关空间中的距离问题 ( 空间中的点线面位置关系 考点1 ) 1．（2026·黑龙江吉林·一模）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【详解】对于A，若，，则或或l与相交，故A错误； 对于B，若，，则或或l与相交，故B错误； 对于C，若，，，则或或l与相交不垂直或l与垂直，故C错误； 对于D，若，，则，又因为，则，故D正确. 2．（2026·辽宁抚顺·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，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】C 【详解】若，，则，又n⊥，所以；反之，若，，则，又，所以，则“”是“”的充要条件. 3．（2026·甘肃兰州·一模）已知直线，平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系结合面面平行判定定理和线面平行性质定理逐项判断. 【详解】选项A：若，，则或，故A错误；选项B：面面平行的判定定理：内两条相交直线，，则，由于直线不一定相交，故命题不一定成立，故B错误；选项C：若，，则，或，故C错误；选项D：若，则垂直于平面内所有直线；又，由线面平行性质定理可知：存在直线，使得， 又，所以，D正确. 4．（2026·河北张家口·一模）已知l是一条直线，，为两个不同平面，若，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】A 【详解】因l是一条直线，，为两个不同平面，，当时，可过直线作平面与平面交于直线，根据线面平行的性质定理可得，又，所以，又，所以，故充分性成立；当时，当且时符合，但推不出，故必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要条件． 5．（2026·江苏·一模）已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，可能平行于平面，也可能(此时不平行于平面，)，故A错； 对于B，若，，直线，可能平行、相交或异面，故B错； 对于C，如果两平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面，故C正确； 对于D，若，，直线与平面可能相交、平行或. 6．（2026·天津·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】C 【详解】对于A，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故A错误； 对于B，若，则的位置关系可以是平行或或异面，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故D错误. 7．（2026·天津和平·一模）在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（   ） A．面 B． C．面 D．平面 【答案】D 【分析】根据面面平行的性质判断A的真假；根据线面垂直的性质判断B的真假；根据线面平行的判定定理判断C的真假；利用反证法判断D的真假. 【详解】如图： 对A：因为为正三棱柱，所以平面平面，平面，所以面.故A正确； 对B：因为为正三棱柱，所以平面，平面，所以. 因为是正三角形，且为中点，所以.平面，且，所以平面.平面，所以.故B正确； 对C：连接和，相交于点，因为为正三棱柱，所以为中点， 又因为为的中点，所以.又因为平面，平面，所以平面.故C正确； 对D：假设平面，因为平面，所以.这需要四边形是正方形才可以.而条件中并无四边形是正方形，所以假设不成立，故D错误. 8．（2026·上海·一模）将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有（    ） A．过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B．垂直于同一平面的两条直线平行 C．平行于同一直线的两条直线平行 D．平行于同一平面的两直线平行 【答案】D 【分析】将每个选项中的命题进行变换，结合空间中线面、面面位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A选项，将该选项中的命题变换为：过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行， 变换后的命题为真命题，A选项中的命题为“可换命题”； 对于B选项，将选项中的命题变换为：垂直于同一直线的两个平面平行，根据线面垂直的性质定理可知变换后的命题为真命题，B选项中的命题为“可换命题”； 对于C选项，将选项中的命题变换为：平行于同一个平面的两个平面平行，根据平面平行的传递性可知变换后的命题为真命题，C选项中的命题为“可换命题”； 对于D选项，平行于同一平面的两直线平行、相交或异面，D选项中的命题为假命题，D选项不满足要求. 9．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A．B． C．D． 【答案】D 【分析】对于A、B和C，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法，即可求解；对D，利用面面平行的性质，即可求解. 【详解】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，所以设平面的一个法向量为，则，取，则，所以，又易知，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误， 对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为，，则，又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误， 对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为，，则，又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误， 对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得，又平面，平面，所以平面，又，平面，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 又平面，则直线平面，所以D正确， 10．（多选）（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. 11．（多选）（2026·江西南昌·一模）在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有（   ） A．平面 B．平面平面 C． D．平面 【答案】BC 【分析】设，如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，可求出平面的法向量，根据数量积公式，可判断A、C的正误；根据向量平行的坐标关系，可判断D的正误；根据面面垂直的判定定理，可判断B的正误. 【详解】取AC中点O，中点，连接，设，因为正三棱柱，所以两两垂直，以O为原点，为轴正方向建系，如图所示， 则 ， 所以 ， 选项A：设平面的法向量，则，即，令，则，即，则，所以与平面不平行，故A错误；选项B：连接，因为正三角形ABC，所以，又正三棱柱，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故B正确； 选项C：，所以，则，故C正确； 选项D：因为，所以与不平行，所以与平面不垂直，故D错误. 12．（多选）（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. 13．(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 【分析】对于异面直线所成角，因为异面直线所成角可通过找平行线转化为共面直线所成角，所以先找与其中一条直线平行的直线，再计算夹角；对于直线与平面所成角，因为直线与平面所成角是直线与平面中所有直线所成角中最小的，等于直线与它在平面内的射影所成角，所以先找直线在平面内的射影，再计算正弦值；对于线面垂直的判断，因为线面垂直的判定定理是直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线垂直于该平面，所以需验证直线与平面内两条相交直线的垂直关系； 对于四面体体积，因为四面体体积可利用等体积法转换底面，所以选择易计算面积的底面和对应的高来计算体积. 【详解】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. 14．（多选）（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， 15．（2026·广西南宁·一模）如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（   ）    A．平面 B．平面FPH∥平面ABE C．四点共面 D．异面直线与所成的角小于60° 【答案】AB 【分析】根据题意，易得为等腰直角三角形，根据线面垂直的判定定理可得平面，即可判断选项A；根据，根据面面平行的判定定理可判断选项B； 取中点，可得四点共面，点不在平面，即可结合图形判断选项C； 将图形补全为正方体，将异面直线BD与AE所成的角转化为与的夹角，再由正方体面对角线特点求夹角即可. 【详解】由题意易得在边长为2正方形中，，则，在等腰中，，可得，所以即，所以，同理可证在中，可得，且，平面，所以BE⊥平面，故A正确；如图所示，在中F，P分别为棱AD，DE的中点，所以，不在平面内，在平面内，所以平面，在中，P，H分别为棱的中点，所以，又因为，所以，同理可证平面，因为，平面，所以平面平面，故B正确；如图所示，取的中点，连接，易知，由选项B知，所以，即共面，显然点B不在面，则四点不共面，故C错误；    由且，可将图形补全为正方体，连接，易知，则异面直线与所成的角即为与的夹角，因为在中，三边均为正方体各面上的对角线，所以为等边三角形，即，即异面直线BD与AE所成的角为，故D错误，    故选：AB. 16．（2026·上海·一模）如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形． (1)若E是PB上任意一点，四边形ABCD是菱形，，BD= 6，当面积的最小值是9时，求证：平面； (2)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．若四棱锥是阳马，PD=5，CD=4，AD=3，求：该阳马的外接球表面积； (3)若四棱锥是阳马，且，点可能为的中点，试确定点E位置使得四面体为鳖臑，并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)点是的中点. 【分析】（1）应用线面垂直判定定理得出平面，再结合面积的最小值得，最后再应用线面垂直判定定理证明； （2）先补形再应用长方体外接球性质计算求解；   （3）应用线面垂直判定定理得出平面，再结合几何体特征得出平面，即可证明几何体形状. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，又因为平面，平面，所以，且，平面，所以平面；  设与相交于点，连接，又由平面，平面，所以，； 当面积最小时，最小，则，，，解得：；由且，，、平面，则平面，又平面，则；又由，则，而， 、平面，故平面. （2）把四棱锥放置在长方体中， 则长方体的外接球即为四棱锥的外接球， ，，，长方体的对角线长为， 则长方体的外接球的半径， 该阳马的外接球的表面积为． （3）点是的中点，因为，所以， 又因为底面，底面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 由，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以，所以四面体为鳖臑。 ( 空间几何体的表面积与体积 考点2 ) 1．（2026·青海西宁·一模）已知圆柱的底面半径为r，高为，上、下底面圆的圆心分别是，，点O为线段的延长线上一点，圆锥的底面为圆柱的下底面，顶点为O．若圆锥的表面积与圆柱的表面积相等，则圆锥与圆柱的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆锥的母线为l，则由题意知，所以，所以圆锥的高，所以圆锥的体积与圆柱的体积比为. 2．（2026·江苏南京·一模）已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设该圆锥的底面半径为，根据轴截面性质求得圆锥的高，进而求得圆锥的体积，由勾股定理求得外接球的半径，进而求得球的体积，即可得解. 【详解】设该圆锥的底面半径为，因为该圆锥的轴截面为直角三角形，所以该圆锥的高为，则该圆锥的体积．设球的半径为R，则，解得，则球的体积为．所以该圆锥与球的体积之比为. 3．（2026·山东·一模）若两个球的表面积之比为，则这两个球的体积比是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设大球的半径为，小球的半径为，根据球的表面积公式得到，再由体积公式计算即可求解. 【详解】设大球的半径为，小球的半径为，两个球的表面积之比为，所以，所以，球的体积之比为.故选：D. 4．（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. 5．（2026·河北·一模）已知某圆锥与圆柱的底面半径均为r，高分别为h₁，h₂，且该圆锥与圆柱的表面积相等，若 4r，则圆锥的体积V₁ 与圆柱的体积V₂ 的大小关系为（    ） A． B． C． D．不确定 【答案】C 【详解】因圆锥与圆柱的表面积相等，则有，整理得，因，代入化简得，解得：，代入，可得，因，，则，故. 6．（2026·宁夏银川·一模）已知直四棱柱的侧面积为，在等腰梯形中，，，，若异面直线与所成角的余弦值为，则该直四棱柱外接球的表面积为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】找出余弦值，建立关于底面边长的方程，解出其关系.再结合直四棱柱侧面积公式，列方程解出侧棱长，然后算出等腰梯形的高，找到底面等腰梯形外接圆的圆心，求出外接球的半径，最后用球的表面积公式计算结果 【详解】因为，所以异面直线与所成角等于，故.设，由得，设直四棱柱侧棱长为. 在中，，平方化简得. 因为直四棱柱侧面积，代入、 得整理得，解得，舍去负根，因此，即，.易得等腰梯形的高，故可在平面建立坐标系， 设等腰梯形四个顶点坐标， 由对称性可知外接圆圆心在轴上，设为，，即，解得，因此.直四棱柱外接球半径满足，因此外接球表面积为 7．（多选）（2026·山西大同·一模）如图，在几何体中，底面是边长为1的正方形，棱底面，，且，则下列表述一定正确的是（    ） A．平面 B．几何体外接球表面积是 C．几何体的体积是 D．当时，几何体一定有内切球 【答案】AC 【分析】根据平行四边形的判定定理和线面平行判定定理判断选项A；根据割补法判断选项B；运用割补法，结合锥体和柱体的体积公式进行求解判断选项C；运用等积性判断选项D. 【详解】因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 根据线面平行的判定定理可知平面，故A正确；几何体外接球即为长方体的外接球，所以，所以外接球表面积是，故B错误；对于C选项，可以将几何体补成长方体，如图，几何体的体积为，故C正确；当时，假设几何体有内切球， 则根据等体积法可得，即，因为平面上的点与平面上的点的距离是1，即内切球半径为，矛盾，故几何体没有内切球，故D错误. 8．（2026·安徽马鞍山·一模）已知一个球的体积和表面积的数值相等，若该球的内接圆柱的高与其底面直径相等，则此圆柱的侧面积为__________. 【答案】 【分析】由球的体积与表面积相等求出球的半径，再由题意求出球的内接圆柱的底面圆半径与高，即可得解. 【详解】设球的半径为，则球的体积为：，球的表面积为：，因为球的体积与其表面积的数值相等，所以，解得，设圆柱底面半径为，作球的内接圆柱的轴截面图，如图， 由题意可知，解得，所以圆柱的侧面积为. 9．（2026·新疆·一模）若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则___________． 【答案】 【分析】利用正方体的性质，作出辅助线，可利用三角形相似来求球的半径，从而可求面积比. 【详解】 设正方体的边长为，由球与正方体的六个面均相切，可知球的半径为1， 由球与正方体的三个面相切且与球也相切，设球的半径为， 如图可知，，，所以，根据，则有，解得：，所以， 10．（2026·黑龙江吉林·一模）圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可. 【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为，高， 此圆台的体积，，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，则当，即时，此圆台体积取得最大值，设球的半径为，则球心到两个截面距离分别为，显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上， 则或，解，无解；解，得，所以此圆台的外接球的表面积为. 11．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 【答案】 【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱台体积，即可得解. 【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，    设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，，不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，，则，，，故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以，在中，，为棱台的高，也是球的直径，所以半径为，所以球的体积为，棱台体积为，所以球与棱台的体积比为. 12．（2026·陕西西安·一模）如图，点，的中点及的中点所确定的平面把直三棱柱切割成体积不同的两部分，记小部分的体积为，大部分的体积为，则________. 【答案】 【分析】先确定平面与棱交点的位置，再将上部分几何体分割成三棱锥和四棱锥，分别计算它们体积与原三棱柱体积的比，最后求比值. 【详解】设平面与棱交点为，则，（可先补成四棱柱，如图易得结论）    所以， ，所以上部分几何体体积，因此小部分的体积和大部分的体积之比为， 13．（2026·山西运城·一模）如图，在多面体中，平面平面，四边形是直角梯形，，，，且． (1)证明：平面． (2)求多面体的体积． (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）先由题意求证平面得到，再结合和线面垂直的判定定理即可求证； （2）依次求出和即可求解多面体的体积； （3）建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用平面夹角的向量法公式即可计算求解. 【详解】（1）证明：因为平面平面，， 且平面平面，平面，所以平面，平面， 所以，又，，平面，所以平面； （2）由题意可知，所以由平面得平面， 因为平面，平面，所以， 所以由可知四边形是边长为2的正方形， 所以，又，所以，所以多面体的体积为； （3）由平面和可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 因为，平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则， 所以，平面与平面夹角的余弦值为. 14．（2026·辽宁辽阳·一模）如图，在正方体中，，，为线段上的动点，是点关于所在直线的对称点. (1)证明：； (2)若正方体的棱长为4，求三棱锥的体积； (3)当时，求二面角的余弦值的绝对值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为4，，求，，利用空间向量证明线线垂直； （2）求的面积，利用转换顶点法求三棱锥的体积； （3）可得，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为4，则，设，，则，，因为，所以. （2）若正方体的棱长为4，则的面积， 所以三棱锥的体积. （3） 当时，则，可得，，，设平面的法向量，则，令，则， 可得；设平面的法向量，则， 令，则，可得；因为， 所以二面角的余弦值的绝对值为. 15．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到平面和平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量，从而得到锥体的高，最后利用锥体的体积公式即可得到答案. 【详解】（1）因为E，F分别为，的中点，所以.又平面， 平面，所以平面.因为，， 且E为的中点，所以，则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，，所以平面平面. （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 设（），则，，，，则，.因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，解得， 故四棱锥的体积为. 16．（2026·福建泉州·一模）科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体. 现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为. (1)求； (2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因. (3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)答案见解析 (3)存在，. 【分析】（1）根据正四面体的表面积和体积公式求出，再根据递推规律求出； （2）根据等比数列写出，根据极限思想分析，说明理由； （3）法一：证明各次球心距离与顶点到球心距离之和恒为，由向量三角不等式得任意顶点到的距离，进而求出最小球形容器半径； 法二：先证明每次构造的正四面体外接球对应的点集都包含于前一次的点集中，由递推关系可得⫋⫋⫋，其中是初始正四面体的外接球对应的点集，进而求出最小球形容器半径. 【详解】（1）正四面体的表面积为. 依题意，得；正四面体的体积为. （2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的倍，故数列是首项为，公比为的等比数列，所以；依题意得，， 所以； 又当时，故.又为递增数列，且当时，为递增数列，且当时，，所以当时，， 故由此解释，该结构吸附能力强.（或，故当时，，类似说法亦可）； （3）法一：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为. 理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为，，则，所以，则由，解得，所以.记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结.则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心，故在上，且，故与重合，所以共线，则平面，故. 记第2次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，连结，依次类推，第次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，其任意顶点为，连结.则依题意得：，， 从而. 又，所以，故，即无论第几次迭代，的任意顶点到的距离都不会超过正四面体的外接球半径，又，故的最小值即为. 法二：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为.理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为，则，所以，则由，解得，所以.记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结.则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心， 故在上，且，故与重合， 所以共线，则平面，故. 以此类推，几何体最新构造的任一四面体及其在上对应的四面体，棱长分别为和，其外接球球心为别为和，半径为和，记正四面体的中心为，则.因为，所以，故. 记球体内（含表面）所有点的集合为，因为， 所以，故⫋⫋⫋，所以⫋， 因为球为四面体的外接球，即对上的任一点，都有， 所以，即，故的最小值即为正四面体的外接球半径为. ( 有关几何体外接球、内切求的问题 考点3 ) 1．（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 【分析】由体积关系可知正四棱柱和正四棱锥的高相等，依题意可得，即可求解． 【详解】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. 2．（2026·江苏南京·一模）已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设该圆锥的底面半径为，根据轴截面性质求得圆锥的高，进而求得圆锥的体积，由勾股定理求得外接球的半径，进而求得球的体积，即可得解. 【详解】设该圆锥的底面半径为，因为该圆锥的轴截面为直角三角形，所以该圆锥的高为，则该圆锥的体积．设球的半径为R，则，解得，则球的体积为．所以该圆锥与球的体积之比为. 3．（2026·广西崇左·一模）在正三棱柱中，，若该正三棱柱存在棱切球（与所有棱都相切的球），则其棱切球的半径与外接球的半径之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据正三棱柱有棱切球的条件，得出棱切球半径等于底面正三角形内切圆半径，同时正三棱柱的高等于内切球直径；再找到外接球的球心位置，利用勾股定理计算出外接球半径；最后求出两者的半径之比. 【详解】设正三棱柱的下底面中心为，上底面中心为，连接.若该正三棱柱存在棱切球，则棱切球的球心O为线段的中点.设，的中点分别为D，E，连接，，，，则. 所以正三棱柱外接球的半径为，故该正三棱柱棱切球的半径与外接球的半径之比为. 4．（2026·辽宁抚顺·一模）在四面体中，平面平面，，若点均在球的球面上，且，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取AB的中点，由条件可得点为的外心，由平面平面，可得四面体的外接球球心为的外心，利用正弦定理即可求得其半径，进而求出答案. 【详解】如图，取AB的中点M，因，则点为的外心，又因平面平面，平面平面，故四面体的外接球球心必在平面内，且是的外心，易得平面，故有，在中，，，由正弦定理，，则，故四面体的外接球的表面积为. 5．（2026·河北邢台·一模）在正三棱柱中，，若该正三棱柱存在棱切球（与所有棱都相切的球），则其棱切球的半径与外接球的半径之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据棱切球球心到正三棱柱侧棱与底面棱长距离相等可求出侧棱长，据此求出外接球半径即可得解. 【详解】若正三棱柱存在棱切球，由球的对称性，球心在上下底面中心连线的中点，设棱切球半径为，外接球的半径为，取的中点分别为，则，如图所示， 由正三棱柱知，，则， 所以，解得，又正三棱柱外接球的球心也为，所以半径，所以. 6．（多选）（2026·山西大同·一模）如图，在几何体中，底面是边长为1的正方形，棱底面，，且，则下列表述一定正确的是（    ） A．平面 B．几何体外接球表面积是 C．几何体的体积是 D．当时，几何体一定有内切球 【答案】AC 【分析】根据平行四边形的判定定理和线面平行判定定理判断选项A；根据割补法判断选项B；运用割补法，结合锥体和柱体的体积公式进行求解判断选项C；运用等积性判断选项D. 【详解】因为且，所以四边形为平行四边形，所以， 根据线面平行的判定定理可知平面，故A正确； 几何体外接球即为长方体的外接球，所以，所以外接球表面积是，故B错误； 对于C选项，可以将几何体补成长方体，如图，几何体的体积为，故C正确； 当时，假设几何体有内切球，则根据等体积法可得，即，因为平面上的点与平面上的点的距离是1，即内切球半径为，矛盾，故几何体没有内切球，故D错误. 7．（多选）（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. 8．（多选）（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 9．（多选）（2026·安徽淮北·一模）已知正四棱锥，为棱上的动点．则（   ） A．平面平面 B．存在使得为直角三角形 C．当为中点时，平面 D．若，球与四棱锥的所有棱都相切，则球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，连接，设交于点，连接，先证明，，可得平面，进而结合面面垂直的判定定理判断即可；对于B，先假设为直角三角形，可得，进而得到，再结合即可判断；对于C，当为中点时，连接，可证明，进而判断即可；对于D，当时，分析可得到的距离与到的距离均为1，可得球的球心位于点，半径为1，进而求解判断即可. 【详解】对于A，连接，设交于点，连接，如下图： 在正四棱锥中，，平面，因为平面，所以， 又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正四棱锥中，若为直角三角形，则，， 由，得，即，而在正方形中，，由于，则，矛盾，所以不存在使得为直角三角形，故B错误； 对于C，当为中点时，连接，由于在正方形中，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面，故C正确； 对于D，当时，，而，则，在等腰直角中，到的距离为，而到的距离也为1，则球的球心位于点，半径为1，则球的表面积为，故D正确.故选：ACD 10．（多选）（2026·河北衡水·一模）已知正方形的边长为2，平面，平面，，在平面的同一侧，且，则（   ） A．点在四棱锥外接球的球面上 B．四棱锥内切球的表面积为 C．四棱锥与四棱锥公共部分的体积为 D．四棱锥的四个侧面所在平面将空间分成14个部分 【答案】ACD 【分析】根据四棱锥与正方体的关系即可判断选项A；根据四棱锥内切球体积与表面积的关系即可判断选项B；找出四棱锥与四棱锥公共部分，转化为求四棱锥和三棱柱的体积问题，再求和即可判断选项C；结合直观想象及空间想象判断选项D. 【详解】A：将四棱锥补成一个正方体， 则四棱锥的外接球为该正方体的外接球，因为点是该正方体的一个顶点，所以点在四棱锥外接球的球面上，A正确. B：四棱锥的体积，侧面积， 表面积，则四棱锥内切球的半径，则该内切球的表面积为，B错误. C：连接，易证，， 则四边形和四边形均为平行四边形，设，，则，分别为，的中点，设，的中点分别为，，连接，，，， 则四棱锥和四棱锥的公共部分为几何体，其体积为四棱锥和三棱柱的体积之和，即，C正确. D：平面、平面、平面将空间分成8个，最后平面将其中6个空间各分成2部分，所以四个侧面所在平面将空间分成个部分，D正确. 11．（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 【分析】利用长方体的性质结合球的表面积公式判断A，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量表示并结合题意得到轨迹方程，进而求解轨迹长度判断B，利用异面直线夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系判断C，利用球的方程求出的坐标，进而得到的长度判断D即可. 【详解】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 12．（2026·新疆·一模）若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则___________． 【答案】 【分析】利用正方体的性质，作出辅助线，可利用三角形相似来求球的半径，从而可求面积比. 【详解】 设正方体的边长为，由球与正方体的六个面均相切，可知球的半径为1，由球与正方体的三个面相切且与球也相切，设球的半径为，如图可知，，，所以，根据，则有，解得：， 所以， 13．（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. 14．（2026·山西临汾·一模）已知在底面边长为，高为的正三棱柱内有一个半径为的小球，该小球可以在正三棱柱内自由活动，当任意旋转、晃动正三棱柱过程中小球至少与正三棱柱的一个面相切时，小球球心的轨迹在正三棱柱的内部又会形成一个新的几何体，则该几何体的体积为________. 【答案】 【分析】根据题意，结合几何体的结构特征，可得新的几何体也为正三棱柱，分别求得其底面的边长和高，即可求得其体积. 【详解】由题意，正三棱柱的高为，小球的半径为，当小球与上底面相切时，球心到上底面的距离为，当小球与下底面相切时，球心到下底面的距离为，所以在上下方向上，球心的轨迹在距离上下底面各为的位置，即在高为的范围内.正三棱柱底面是边长为的正三角形，当小球与侧面相切时，球心到侧面的距离为，相当于在正三角形的内切圆基础上，向正三角形的中心方向移动了个单位，如图， 而，，在正三角形中，可得，又为正三角形的中心，所以，所以，又，所以，所以，所以，这样，球心的轨迹在底面形成的图形是一个边长为的正三角形， 综合以上分析，球心的轨迹在正三棱柱的内部形成的新几何体是一个底面边长为，高为的正三棱柱.因此，该几何体的体积为. 15．（2026·辽宁大连·一模）如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为直线. (1)证明：； (2)，点在直线上. （i）若，且点均在球的球面上，证明：点在球的球面上； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）先应用线面平行判定定理再结合性质定理证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，根据，得，设球的球心，根据得球心，半径为，验证即可； （ii）设，平面的法向量为，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以； （2）以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， （i）因为点在直线上，设，因为，则，即， 设点所在球的球心，则， 即，解得， 即球心，半径为，又，所以点在球的球面上； （ii）设，且，设平面的法向量为，则，可取，记直线与平面所成的角为，则，解得或，所以的长为或. 16．（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. ( 有关立体几何中的最值与轨迹问题 考点4 ) 1．（2026·河南鹤壁·一模）一个圆锥的底面直径为2，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，可得当该球为圆锥的外接球时，球的表面积最小，设球的半径为，再根据勾股定理求出球的半径可得答案. 【详解】由题意知，当该球为圆锥的外接球时，球的表面积最小，圆锥的底面半径为，体积为高，设球的半径为，由图可得，解得， 故球的表面积的最小值为故选：C 2．（2026·陕西商洛·一模）在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，．若点均在球的表面上，则当四棱锥的体积最大时，球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件，分析可得四边形必为等腰梯形，即可求出所需长度，分析可得，梯形的面积为定值，要使四棱锥的体积最大，必有平面，则球心在上，根据勾股定理，求出半径R，代入公式，即可得答案. 【详解】由题意可得共圆，且，所以四边形必为等腰梯形，如图所示， 取中点，中点，则，因为，，则， 所以，则，所以梯形的面积为定值．因为是等腰直角三角形，为斜边的中点，，所以，要使四棱锥的体积最大，必有平面，此时平面，而点为的外心，因此球心在上，设，球的半径为，则，即，解得， 所以，球的表面积． 3．（多选）（2026·江苏·一模）已知异面直线，四点不共面，是线段的中点，，则（   ） A．当时， B．当时，直线所成角为 C．点到直线的距离为 D．三棱锥的体积的最大值为3 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量一一判定选项即可. 【详解】过B点作，根据题意，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示， 设，易知，，若，则，由，此时，所以；对于A，易知，故A正确；对于B，，所以直线所成角为，故B正确；对于C，易知，则点到直线的距离，故C正确； 对于D，，当且仅当时取得等号，故D错误. 4．（多选）（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. 5．（多选）（2026·江苏镇江·一模）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（   ） A．当为的中点时， B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当平面时，线段长度最大值为 【答案】ACD 【分析】由线面垂直的判定定理可判断A；由题意作出点的轨迹，计算可判断B；根据等体积法确定点的位置计算可判断C；取，，，，，的中点分别为，，，，，，连接，，，，，，，，，根据题意确定轨迹，计算可判断D. 【详解】对于A，当为的中点时，因为是线段的中点，所以，在正方体中，平面，因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确； 对于B，连接，，以为圆心，为半径画，如图1所示， 当点在弧上时，直线与所成的角为，长度，故点的轨迹长度为，故B错误： 对于C，因为，而等边的面积为定值，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，易知点是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，其高为，所以，故C正确； 对于D，取，，，，，的中点分别为，，，，，，连接，，，，，，，，，如图2所示， 易知，面，平面，故平面，，平面，平面，故平面，又，，平面， 故平面平面，又，，，故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为该正六边形，； 故，故长度的最大值为，故D正确. 6．（多选）（2026·四川宜宾·一模）已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（   ） A．正三棱台的高为 B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C．点P的轨迹长度为 D．过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 【答案】ABD 【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，对于A：根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解；对于B，根据三棱台的高及上底面内切圆的半径即可判断；由得到，进而根据等边三角形的内切圆半径为求得点的轨迹，再求轨迹长度判断C；设正四面体的内切球的半径为，利用等体积法得到，再结合题意可知过点，，的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断D． 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，由题意可知：，在等腰梯形中，因为，，，则.即为等边三角形，可知三棱锥为正四面体，且. 对于A：设为等边的中心， 由正四面体的性质可知：侧面，且，即点到底面的距离为，又因为，，所以正三棱台的高为，故A正确； 对于B，设的内切圆的半径为，则根据等面积法有：，解得，因为正三棱台的高为，的内切圆的半径为，且， 所以高为、底面半径为的圆柱可以放进该棱台内，故B正确； 对于C，由A选项知，侧面，且，因为点在侧面内（包含边界）运动，且所以，因为等边三角形的内切圆的半径为，又，，所以，点在侧面内的轨迹为弧和，而,故，故为等边三角形，所以，所以点的轨迹长度为，故C错误； 对于D，设正四面体的内切球的半径为，由等体积法可得，解得，因为，所以该棱台内最大的球即正四面体的内切球， 又因为，，，所以为的中点，过点，，的平面正好过该内切球的球心，所以截面面积为，故D正确． 7．（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 【分析】对于A，由题可知四面体是由两个直角三角形构成，结合外接球定义即可求解；对于B，易知当平面时，四面体体积最大，利用等体积法确定内切球半径，再求即可；对于CD，根据题意确定截面，结合异面直线距离公式求出截面面积的最值即可． 【详解】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． 8．（多选）（2026·甘肃·一模）如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（    ） A． B．圆锥与球的交线的轨迹长为 C．若，则 D．平面截球的截面面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据圆锥轴截面是正三角形且底面半径为，可以计算圆锥的高、母线长，再利用轴截面的几何关系求内切球半径，进而可计算球和圆锥的体积比，可以判断选项A；先确定圆锥与球的交线是一个圆，通过分析球心到圆锥轴截面的距离、球半径，求出交线圆的半径，再计算其周长，可以判断选项B；根据题意可得，再结合三余弦定理，可以判断选项C；当球心到平面的距离最大时截面圆半径最小，进而得到最小面积，可以判断选项D. 【详解】对于A，画出圆锥的轴截面如图（1）所示.连接，则必过球心， 因为轴截面为正三角形且底面圆半径为，所以， 所以，故A正确； 对于B，如图（2），易知，圆锥与球的交线的轨迹为， 因为，所以在中，可得，求得半径，故轨迹长为错误； 对于C，根据三余弦定理可知，，故C正确； 对于D，当绕着旋转时，平面恒过定直线，若要使得平面截球的截面面积最小，只需球心到平面的距离达到最大，如图（3）过作直线的垂线，垂足为到平面的最大距离为，又因为在中，，所以截面半径的最小值为，所以平面截球的截面面积的最小值为，故D正确. 9．（多选）（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 10．（多选）（2026·安徽淮南·一模）已知正三棱柱的外接球球心为，，点满足，．则下列结论正确的是（   ） A．球的表面积为 B．当时，的取值范围为 C．当时，不存在点，使得平面 D．当时，设点在直线上运动，则线段长度的最小值为 【答案】ABD 【分析】作的中点，连接，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，结合图形可知正三棱柱的外接球球心在上下底面的重心连线的中点上，计算出半径即可求解A选项； 将平面与平面沿展开使其共面，易知当三点共线时，最短，当点与重合时，最长，结合展开的图形分别计算出长度即可求解B选项； 依题意求出向量的坐标，然后由可得的值，检验的值是否符合即可判断C选项； 根据题意可知三点共线，由此可得的最小值为点到平面的距离，利用点到平面的距离的向量公式即可判断D选项. 【详解】如图，分别作的中点，连接；分别作的中点，连接；分别作靠近的三等分点，连接交于；则两两相互垂直，建立如图空间直角坐标系，则     ， ； 所以， ， ； 对于A，因为，所以即为正三棱柱的外接球球心，半径为，所以球的表面积为，所以A正确； 对于B，如图，分别作的中点，连接，则，    当时，点在上，将平面与平面沿展开使其共面，则 当三点共线时，最短，最小值为； 当点与重合时，最长，最大值为； 所以当时，的取值范围为，所以B正确； 对于C，如图，作的中点，连接，则，    当时，点在上，连接，则， 所以； 由，得，即，即，解得，符合题意，即点与点重合时，； 又平面，所以平面；所以C不正确； 对于D，如图，连接，则，， 当时，，此时三点共线，所以的最小值为点到平面的距离；设平面的一个法向量为，则，即，化简得，取，则，所以；所以点到平面的距离为，即线段长度的最小值为，所以D正确.故选：ABD. 11．（2026·天津河东·一模）篮球有不同的型号，比如男篮和女篮的比赛用球无论是质量还是大小均不相同，儿童一般用3号球，半径约9厘米.一款儿童篮球为标准球体，半径9厘米，球面上有三点、、，它们相互之间的直线距离均为9厘米，球面上有一动点，则点到平面的距离的最大值为__________厘米. 【答案】 【分析】求出球心到平面的距离，点到平面的距离的最大值为，即可求出答案. 【详解】如图，为球心，为的中心，为中点，设球半径为，由题意知为等边三角形，，，则，，在中，，即球心到平面的距离，当三点共线时，点到平面的距离最大，最大值为. 12．（2026·广西北海·一模）若一个半径为1的实心球O放置于一个正方体形盒子内，且与该正方体内切，若在该盒子内再放入一个球，则球的表面积的最大值是______． 【答案】 【详解】设正方体为，又一个半径为1的实心球O与该正方体内切，所以正方体的棱长为，当球与正方体的三个面相切且与球O相切时，球的半径能取得最大值 ，设球的半径为，连接球心与球心，以及球心到与它相切的正方体的三个面的垂足，可构成一个以球心，球心和正方体顶点为顶点的直角三角形，此时球心与球心的距离为，球心到正方体顶点的距离为，正方体棱长的一半为，根据上述关系可列出方程：，解得，所以球的表面积最大值为. 13．（2026·湖北荆州·一模）在棱长为2的正方体内，有按照如下方式产生的一系列大小均不相同的n个球：第1个球与正方体的6个面均相切；第2个球与第1个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切；第3个球与第2个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切，…，依次下去.记这n个球的表面积和为，若对总成立，则M的最小值为______. 【答案】 【分析】作出辅助线，得到外切球的半径关系，求出的关系式，求出最小值. 【详解】如图，过棱作正方体的截面， 由对称性知，这些球的球心都在线段上，与底面ABCD的切点都在线段AC上.设第i（1，2，…）个球的球心为，半径为，与底面ABCD切于，作于P，由∽，得，解得，同理可得，对于任意，，又由于＝1，所以，其表面积，所以，注意到当时，，此时，且，故M的最小值为. 14．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）在四面体中，两两垂直，，以为球心，为半径的球与四面体各面交线的长度和为___________． 【答案】 【分析】作出辅助线，得到各边长，分析出与底面和侧面的交线，分别求出交线长，相加即可. 【详解】由题意得两两垂直，， 由勾股定理得，三棱锥为正三棱锥，顶点在底面上的投影为的中心，取的中点，则三点共线，连接， 由题意得，，，，，因为，而，故以为球心，为半径的球与底面相交于三段圆弧，如图，分别为， 其中，所以，同理， 所以，故，同理， 所以，所以， 由于，故以为球心，为半径的球与底面边分别相交于， 则即为球与底面的交线，因为，故，所以， 故，，则，所以， 故以为球心，为半径的球与底面的交线长度也为， 所以交线的长度和. 15．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. (1)设，求证：PO⊥平面； (2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； (3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)500， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论； （3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小. 【详解】（1）证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点又由于，，所以，， 平面，，所以平面； （2）假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高，因为底面是菱形，则， 所以，解得， 此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥； （3）方法一：过点P作直线，则l平面， 由于，所以，则l平面，所以平面平面， 作，垂足分别为E，F，则, 所以是平面与平面所成二面角或其补角，， 由于PO⊥平面，平面，故，而O为的中点，则, 设，则， ， 由PO⊥平面，平面，故， 而平面，故平面，平面，故， 所以 当且仅当时取等号，故四棱锥体积的最大值为500（）， 此时平面与平面所成二面角为90° 方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E， 取的中点G，，由以上分析可知，所以， 以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系， 设，，，， 由勾股定理知，， 当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500；此时，，，，，，， 设平面的一个法向量，则，则， 可取；，， 设平面的一个法向量，则，则， 可得平面的一个法向量，故，所以所求二面角为90°. ( 有关空间线线角与线面角的问题 考点 5 ) 1．（2026·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取BC中点F，连接，后可得或其补角即为直线与所成角，求出、、的长度后根据余弦定理得线线角的余弦值，注意线线角的余弦值非负. 【详解】 取BC中点F，连接，，因为，故，故或其补角即为直线与所成角，因为平面，平面，故，而， 故，同理，而为中位线，故， 而是边长为的等边三角形，，所以，在中，由余弦定理可得，所以直线与所成角的余弦值为. 2．（2026·辽宁辽阳·一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先找到异面直线与所成的角，通过几何关系求出与该角的余弦值有关的线段长即可. 【详解】如图，连接， 因为平面，平面，所以.又四边形是正方形，，所以，，，所以异面直线与所成的角即与所成的角，即.由勾股定理得，，所以，所以. 因为是的中点，所以，所以， 所以.故选：D. 3．（2026·安徽芜湖·一模）正四棱锥的底面边长为4，且所有顶点都在半径为3的同一球面上,则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【分析】设外接球球心为，底面中心为，外接球半径，利用求出进而得到侧棱长，根据异面直线的概念可知即为异面直线与所成角的平面角，在中利用余弦定理求解即可. 【详解】设外接球球心为，底面中心为，外接球半径，    因为底面边长为4，所以，易知球心在线段上，则， 解得或，当时，又，解得， 因为，所以即为异面直线与所成角的平面角， 在中，由余弦定理可得，解得， 当时，又，解得，因为，所以即为异面直线与所成角的平面角，在中，由余弦定理可得，解得，故选：A 4．（2026·安徽滁州·一模）已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用内切圆台的性质求出圆台高，建立空间直角坐标系后，结合线面角的定义，用点到平面距离除以线段长得到所求正弦值. 【详解】已知圆台上下底面半径分别为，，且圆台存在内切球，根据圆台内切球性质，母线长. 由勾股定理，圆台的高满足： 代入得，即.以为原点，以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，平面即为（平面），点到平面的距离； ，设直线与平面所成角为，由线面角定义可知 . 5．（多选）（2026·重庆·一模）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用向量法求出点到直线距离判断B；利用线线角的向量法求解判断C. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 点， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，点到直线的距离为，B正确；对于C，，直线与所成角的余弦值，C正确；对于D，，即，又直线， 因此直线直线，点共面，直线与直线不是异面直线，D错误. 6．（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 【分析】应用空间向量法证明线线垂直、线面平行以及向量法求线线角余弦，向量法求线面角从而确定正确答案. 【详解】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 7．(多选）（2026·湖北荆州·一模）在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F，G分别为棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的正切值为2 D．直线与平面所成角为 【答案】CD 【分析】建立空间直角坐标系，设，求出相关点坐标，利用向量数量积的运算可判断A；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量判断方法可判断B；根据空间角的向量求法可判断CD. 【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设， 则， ，，故不垂直，A错误； 设平面的法向量为，, 则，可取，而， ，故和平面不平行，B错误； ，，, 设异面直线与所成角为，则，，则，C正确； 设平面的法向量为，,， 则，可取，而，则， 则直线与平面所成角的正弦值为，故直线与平面所成角为，D正确. 8．（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 【分析】对于异面直线所成角，因为异面直线所成角可通过找平行线转化为共面直线所成角，所以先找与其中一条直线平行的直线，再计算夹角；对于直线与平面所成角，因为直线与平面所成角是直线与平面中所有直线所成角中最小的，等于直线与它在平面内的射影所成角，所以先找直线在平面内的射影，再计算正弦值；对于线面垂直的判断，因为线面垂直的判定定理是直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线垂直于该平面，所以需验证直线与平面内两条相交直线的垂直关系； 对于四面体体积，因为四面体体积可利用等体积法转换底面，所以选择易计算面积的底面和对应的高来计算体积. 【详解】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. 9．（多选）（2026·河北张家口·一模）如图，已知正四棱锥中，底面边长为2，高为1，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．该正四棱锥的外接球的表面积为 D．若平面与平面所成的角为，平面与平面所成的角为，则 【答案】BC 【分析】以正四棱锥底面中心为原点，高为轴，底面两条对角线为轴，建系，由夹角公式可判断ABD，设球心，结合半径列出等式求，进而求得半径即可判断. 【详解】设正四棱锥底面中心为原点，底面在平面，高为轴，分别以两条对角线为轴，如下图： 根据题意：底面边长为，高为，可得， 对于A：易得，， 则异面直线所成角余弦： ，A错误； 对于B：，，设平面的法向量， 则，令，可得， 即平面的法向量， 则直线与平面所成角满足： ，B正确； 对于C：易知正四棱锥外接球球心在高（轴）上，设球心，半径，又， 由得： ，所以外接球表面积， C正确；对于D： 设平面法向量，又， 则设可得， 则，易知平面法向量；平面法向量： ，， ，D错误. 10．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】/ 【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【详解】作，因为，所以是的中点，过作，由直三棱柱性质得面，如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得，则，，，，可得，，设异面直线与所成角为，则. 11．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得到平面和平面，再利用面面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量，从而得到锥体的高，最后利用锥体的体积公式即可得到答案. 【详解】（1）因为E，F分别为，的中点，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为，，且E为的中点，所以， 则四边形为平行四边形， 则.又平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，，所以平面平面. （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示. 设（），则，，，， 则，.因为异面直线与所成角的余弦值为， 所以，解得， 故四棱锥的体积为. 12．（2026·辽宁大连·一模）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，，，，E，F分别是线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，①求的长；②求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合三角形中位线定理、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）①建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、面面夹角定义进行求解即可； ②根据线面角定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）如图，取的中点G，连接，，． 因为，，所以，，即是平行四边形， 因E，F分别是线段，的中点，则， 又平面，平面， 所以平面； （2）①如图，以G为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则点，，，，， 则，，，， 设平面的一个法向量为，则由，． 设平面的一个法向量为，由，． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得（负值舍），故 ②由①，，因， 故与平面所成角的正弦值为． 13．（2026·辽宁抚顺·一模）如图所示，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为的中点，且，平面平面． (1)求证；平面平面； (2)设直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）推导出，，从而平面，由此能证明平面平面． （2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，先根据线面角正弦值得出，再应用线面角正弦公式计算得，最后应用同角三角函数关系计算余弦值． 【详解】（1）在等腰梯形中，，，， 是的中点，， 所以四边形是菱形，， 因为平面平面，平面平面，又，为的中点， 所以，平面，平面，平面，， 平面，平面，，平面， 平面，所以平面平面． （2） 由底面为等腰梯形，如图，取的中点，连接，可得，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，因为，， 所以，设，    则， 则，， 设平面的一个法向量，则，令，得， 因为直线与平面所成的角为，所以，所以，即， 设平面的一个法向量，，，则，令，得， 设直线与平面所成角为，则． 所以直线与平面所成角的余弦值为． 14．（2026·江西萍乡·一模）已知四棱锥的顶点是半径为1的球的球心，底面为矩形，且，，，均在该球的表面上，当该四棱锥的体积最大时． (1)求证：平面； (2)若的中点为，内（不含边界）是否存在一点，使直线与直线，，所成的角均相等．若存在，求出的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）先根据球的半径和矩形顶点在球面上的条件，求出四棱锥体积最大时底面矩形的形状，再利用线面垂直的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，用向量法表示直线所成角相等的条件，结合点Q在内（不含边界）的限制，判断是否存在并计算长度. 【详解】（1）设球心到底面的距离为（），其中底，为矩形边长， 由于在半径为1的球面上，球心为，因此. 则矩形的对角线，所以. 由基本不等式 ，当且仅当 （即底面为正方形）时,等号成立. 体积， 设，则，令，解得：（因）， 所以在为增函数，在为减函数，即当时，四棱锥的体积最大. 此时底面为正方形，取的中心为，连接，则底面， 因为平面，所以，因为，，平面， 所以平面； （2）由（1）知，当时，四棱锥的体积最大，此时， 以为坐标原点，，，所在方向分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，，又， 则，而，，，要使直线与直线，，所成的角相等， 则， 所以， 解得：，不符题意，所以满足条件的点不存在． 15．（2026·河北衡水·一模）如图，在正三棱柱中，，，分别为棱，，的中点，为线段上的动点. (1)证明：平面. (2)若为线段的中点，且，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析; (2). 【分析】第一小问 分别连接EB1、FB1，利用平面EFB1与平面ACD面面平行推出线面平行，第二小问利用空间向量将线面角转化成求直线方向向量与平面法向量所成的角. 【小题1】证明：连接，. 因为，，分别为棱，，的中点，为正三棱柱 所以，，所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. 同理可得平面.因为，所以平面平面. 又平面，所以平面. 【小题2】解：取的中点，连接，，则 在正三棱柱中，则，，.以为坐标原点，，，所在直线分别为，，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.由， 所以与平面所成角的正弦值. 得与平面所成角的正弦值为. 16．（2026·福建龙岩·一模）如图，在正四棱台中，，是的中点，其外接球的表面积为. (1)求证：平面； (2)若平面与交于点，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）通过证明四边形为平行四边形得到线线平行，再结合线面平行的判定定理证得线面平行或建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用方向向量与法向量垂直证明线面平行； （2）先由外接球表面积求出半径，结合正四棱台性质列方程求出棱台的高，再通过建立空间直角坐标系求出相关点坐标、直线方向向量和平面法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系计算出正弦值（或先确定平面与棱的交点位置，再结合空间向量求解线面角）. 【详解】（1）法一：（1）在正四棱台中，，是的中点，则，且，所以四边形是平行四边形. ，又平面，平面，平面. 法二：（1）连接交于，连接交于，以为原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系. ，，，由正四棱台外接球的表面积为得其半径为2. 即为正四棱台外接球的球心.，在中，， 则，，，，，，， ，，， 设平面的法向量，则，取. ，又平面，平面. （2）法一：延长交于，连接交于. 由正四棱台性质，可知直线即为直线，连接交于，连接交于， 因为，所以，. 由外接球的表面积为，得其半径.设棱台的高为，球心在直线上. 记球心到点的距离为，则球心到点的距离为. 根据下底面顶点和上底面顶点到球心的距离均为，得到方程组： 代入，，，得：解得，. 因此球心与点重合，棱台高.在中，.由棱台相似关系可得. 以为原点，分别以为轴，轴的正方向，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，取. 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. 法二：建系如（1）法二，设，则， ，又，， 设平面的法向量，则，取， 则由得，即， ，设直线与平面所成角为，由（1）得平面的法向量，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 法三：建系如（1）法二，延长交于点，连接交于， ，而平面，平面，平面， 平面，则点即为平面与的交点. ，是的中点.， ，设直线与平面所成角为， 由（1）得平面的法向量， 则，所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．（2026·天津河北·一模）如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可； （2）根据面面角向量法计算求解； （3）设，由空间向量线性运算可得，根据线面角向量法计算即可求解. 【详解】（1）设的中点，连接，则，且， 所以四边形为平行四边形，所以，又，所以． 如图，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． ，，，，．，，，设平面的法向量为，则，令，则，，故， 因为，所以，又因为平面，所以平面． （2），，设平面的法向量为， 则，令，则，，故， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）设，，， 设与平面所成角为，则， 因为，，所以的取值范围是． 18．（2026·北京平谷·一模）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 法二：根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：法一：取的中点，连接， 因为分别是的中点，可得，且， 在三棱台中，可得，所以， 又因为，所以，所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面． 法二：在三棱台中，为的中点，且， 因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，于是平面． （2）解：因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面，又因为平面，所以， 因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，可得， 则．设平面的法向量为， 则，令，可得．所以． 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角正弦值为． 19．（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． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）先证明，再根据线面平行判定定理证明结论； （2）设圆柱的底面半径为，母线长为，根据侧面积与底面面积关系证明，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（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. ( 有关空间二面角的问题 考点 6 ) 1．（2026·广西崇左·一模）若正三棱锥的高为3，，二面角为，则______. 【答案】/ 【分析】通过二面角的几何求法与长度关系先确定二面角的平面角为，再结合垂直关系求解即可. 【详解】如图，取棱的中点D，连接，，过点P作底面的垂线，垂足为E，则E在线段上，且，因为，，所以，， 所以二面角的平面角为.因，所以，所以，即，故. 2．（2026·北京密云·一模）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，则根据线面平行的判定定理证明； （2）因为两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角. 【详解】（1）取的中点，连接，因为分别为的中点，所以，又因为，所以，所以四边形为平行四边形.所以，因为平面平面，所以平面. （2）由题知平面，所以，又因为，所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系. 所以，则. 根据题意平面的一个法向量是，设平面的法向量为， 则即，令，则.于是， 设二面角的平面角为，则，由图可知为锐角，所以. 3．（2026·河北邢台·一模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明一条直线垂直于一个平面，只需证明该直线垂直于平面内的两条相交直线； （2）利用空间向量法，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后计算法向量夹角的余弦值，即得到二面角的余弦值. 【详解】（1）已知侧面为正方形，所以， 又因为平面平面，且两平面的交线为，平面， 所以平面，平面，即有， 已知，，所以，满足，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2） 如图所示，以为原点，分别以、、的方向为轴正方向，则各点坐标为：，，，，，则，，，，设平面的法向量为，则 令，则，，即， 设平面的法向量为，则 令，则，，即，设二面角的大小为，易知为锐角， 则有. 4．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角的大小为，求的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论； （2）设平行于的截面与的交点分别为，得为平行四边形，令，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面积的最大值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解. 【详解】（1）由，则，即，由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则平面平面. （2）设平行于的截面与的交点分别为， 因为平面，平面，平面平面， 所以，同理可得，所以，同理可证， 所以四边形为平行四边形，令，则， 所以，，又截面始终为平行四边形， 所以， 要使截面的面积最大，只需且，此时最大； （3）由（1）平面，在平面内作，如下图示，可构建如图示的空间直角坐标系，设，则， 故， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为，则， 令，得， 所以平面的法向量为，由二面角的大小为， 则，所以， 可得，解得或（舍），所以的余弦值为. 5．（2026·广西北海·一模）如图，四边形和都是正方形，四边形为平行四边形，为锐角，M，N分别为的中点，直线AE与平面所成的角为． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，要证明线面平行，则需要证明线线平行，即证明. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，然后求出平面与平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接. 根据中位线定理可得，因为. 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内，所以平面. （2）四边形和都是正方形，所以， 又平面，所以平面. 平面，所以平面平面. 过点作，垂足为，由平面平面可知平面. 所以是与平面所成的角，.设，则. 如图，以为原点，所在直线分别为轴，在平面内过作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，则，设. 由，所以，可得.同理可得， 为的中点，所以.可知平面的一个法向量为. 设平面的法向量坐标为，. 则，那么有，令，则，所以. 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 6．（2026·广东江门·一模）如图，在三棱柱中，，，，平面平面. (1)求证：； (2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先应用余弦定理得出，再应用平面平面结合面面垂直性质定理得出平面，即可得出线线垂直； （2）解法一：应用面面垂直性质定理得出平面，进而得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算边长计算求解；解法二：建系得出平面和平面的法向量，再应用二面角的余弦公式计算求解. 【详解】（1）因为在中，， 由余弦定理得：，所以， 所以，故，又因为平面平面， 平面平面平面，所以平面， 又平面，所以； （2）解法一：过作，垂足为，因为平面平面， 平面平面平面，所以平面， 直线是直线在平面上的投影，所以是直线与平面所成的角，即.由（1）知，又， 连接，则是等边三角形，取的中点，连接，则， 由（1）知，所以平面，所以， 所以是二面角的平面角，由（1）知平面，所以， 又， 所以，所以二面角的平面角的余弦值为. 解法二：过作，垂足为，因为平面平面， 平面平面平面，所以平面，则直线是直线在平面上的投影，所以是直线与平面所成的角，且， 则， 由（1）可知，即是的中点.取的中点，连接，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， 则所以. 设平面的法向量为，则，取，则， 所以是平面的一个法向量，取平面的法向量为，则，所以二面角的平面角的余弦值为. 7．（2026·湖南株洲·一模）在四棱锥中，底面为正方形，平面. (1)求证：平面； (2)求钝二面角的余弦值； (3)若存在一球心在面上，且为四棱锥的外接球，求该球体的体积和表面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由已知得出，，再利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）以为坐标原点，建空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，再利用向量法即可求解； （3）利用反证法证明即可. 【详解】（1）因为底面为正方形，所以，因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面. （2）如图，以为原点，为轴， 为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，则，，设平面的一个法向量，则，令，则， 设平面的一个法向量，则，令，则， 则，因为二面角为钝二面角，二面角大小为法向量夹角的补角，所以钝二面角的余弦值为. （3）不存在，理由如下： 假设存在一球心在面上，且为四棱锥的外接球，则，因为底面为正方形，所以为对角线与的交点， 因为平面，平面，所以，即， 所以，与矛盾，故假设不成立， 所以不存在一球心在面上，且为四棱锥的外接球. 8．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在, 或 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面∥平面，再由面面平行的性质定理证明∥； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，设棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ，由面面角的向量求法列出关于的方程，求解可得. 【详解】（1）若∥，平面，平面，所以∥平面； 若∥，平面，平面，所以∥平面. 因为平面，所以平面∥平面. 又平面平面，平面平面，所以∥. （2）因为，所以，所以. 因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面.过作，垂足为，则. 所以. 如图所示，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. 所以. 设：在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为，且 ， 则，所以. 设平面的法向量为，则. 令，则.所以平面的法向量为. 由平面，知平面的一个法向量为.所以， 即，化简得，解得或. 故在棱上存在点G，使得平面与平面所成角为，此时 或. 9．（2025·河北邯郸·一模）如图，在四棱锥中，，为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面底面，求直线与底面所成角的正切值； (3)若异面直线与所成的角为，求平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）构造辅助线，取的中点，通过证明，结合线面平行判定定理即可证得平面. （2）由于，则直线与底面所成角即直线与底面所成角， 过作于，推理可得即为直线与底而所成角，再结合已知条件计算其正切值； （3）由，可得或，取的中点，连接，过作交于，连接，则或它的补角即为平面和平面的夹角，借助余弦定理计算即可. 【详解】（1）取的中点为，连接,则，且，又，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）因为，所以直线与底面所成角即直线与底面所成角， 如图，过作于，又平面底面，平面底面， 平面，则底面，所以即为直线与底面所成角. 取的中点，连接，因为，则. 因为为的中点，所以为的中点.又 则，, 在中，，所以， 即直线与底面所成角的正切值为. （3）因为异面直线与所成的角为，又， 所以（或其补角）即为异面直线与所成的角，所以或. 如图，取的中点，连接，因为，则.过作交于，连接，则或的补角，即为平面和平面的夹角. 由， 易知，，，即为等腰直角三角形，所以. 当时，在中，， 由余弦定理得. 在中，， 由余弦定理得.当时，在中，，由余弦定理得， 在中，，所以，此时不能构成三角形，不合题意，舍去.综上，若异面直线与所成的角为，平面和平面夹角的余弦值为. 10．（2026·江西赣州·一模）如图，在三棱锥中，平面，且为的中点. (1)求二面角的余弦值； (2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角公式可求答案； （2）根据求出的长，求解两个平面的法向量，利用法向量垂直可求答案. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以，所以两两垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，因为为的中点，所以， 设，则， 设平面的一个法向量为，则，令，可得； 易知平面的一个法向量为，二面角的大小为，易知为锐角， ，所以二面角的余弦值为. （2）由，则， ，解得，即. 因为，所以,且， ,, 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，即., 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，即， 因为平面平面，所以，解得 11．（2026·四川宜宾·一模）在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． (1)求线段长度的最小值； (2)若异面直线与所成角为． （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）可证，平面，建系并标点，，根据题意结合向量共线可得，进而分析线段BQ长度的最小值； （2）利用空间向量结合向量夹角可得.（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量求面面夹角；（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，根据外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积. 【详解】（1）因为，平面，平面，则平面， 且平面，平面平面，所以， 又因为，，，平面，可得平面， 以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， 可得，则， 可得，，， 则，， 由题意可知：直线的一个方向向量为，且， 设，则， 因为，则，可得， 则，即， 则， 令，则， 当且仅当时，等号成立，所以线段BQ长度的最小值为. （2）由（1）可知：，， 由题意可得：， 解得，即，则，，，，. （ⅰ）因为，，， 设平面的法向量为，则， 设，则，可得； 设平面的法向量为，则， 设，则，可得；则， 所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为； （ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则， 即，解得， 可得，所以三棱锥的外接球的表面积为. 12．（2026·湖北襄阳·一模）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，进而根据面面平行的判定求证， （2）证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角公式求解. 【详解】（1）因为四边形为平行四边形，F、G分别为的中点， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面， 又H、G分别为的中点，所以． 平面，平面，所以平面， 因为FD、平面，，所以平面平面． （2）因为三角形为正三角形，，F为的中点，所以，，所以为二面角的平面角，又，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面． 作平面于O，则O在直线上．又二面角的平面角为， 所以O在线段的延长线上．由已知得，则，．以F为原点，所在直线分别为x轴、y轴，过点F平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 因为， ，所以，则，，，，，则，，设平面的一个法向量为， 则由，，得，令，得．易得平面的一个法向量，所以平面与平面的夹角的余弦值为． 13．（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：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，判定线面垂直，进而得到线线垂直，证明命题即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和面的法向量，进而求出线面角的正弦值的代数式，列出不等式，求出参数范围即可； （3）根据等体积法，求出四面体的内切球半径与四面体表面积之间的关系，再根据三角形正弦面积公式，列出不等式，证明结果即可； 【详解】（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.. ( 立体几何中的翻折 问题 考点 7 ) 1．（多选）（2026·湖北襄阳·一模）已知菱形中，，，现将沿对角线折起至，连接，形成三棱锥，则下列说法正确的是（   ） A．二面角的大小为时，平面平面 B．在折起的过程中，存在某个位置使 C．时，三棱锥的体积为 D．三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】BCD 【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，设，则可表示出各点坐标；对A：由二面角定义可得，则可求出平面与平面的法向量，再利用数量积公式判断其数量积是否为即可得；对B：表示出、后，通过数量积公式判断其数量积能否为即可得；对C：表示出、后，利用可得点坐标，再利用体积公式计算即可得解；对D：表示出体积后即可得三棱锥的体积最大时的点坐标，再设出三棱锥外接球的球心，借助外接球定义计算即可得外接球球心坐标及其半径，再利用球体表面积公式计算即可得解. 【详解】由，四边形为菱形，则、、均为等边三角形， 取中点，以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系，设， 则、、、、； 对A：由、均为等边三角形，则、，由平面平面，故即为二面角的平面角，即，故， 则，，，设平面与平面的法向量分别为、，则，， 取，则，，，故、， 则，故与不垂直，故平面与平面不垂直，故A错误； 对B：，，令，则， 故在折起的过程中，存在某个位置使，故B正确； 对C：，，时，有，则，则，即，则三棱锥的体积为，故C正确； 对D：三棱锥的体积为，则当时，三棱锥的体积最大，此时，设其外接球的球心为，半径为， 则有，解得， 故其外接球的表面积为，故D正确. 2．（多选）（2026·浙江·一模）已知矩形，若点为边上的一动点（不包括端点），现将沿着翻折成，使得平面平面，并记为.则（    ） A．存在点，使得 B．任意点，都有 C．存在两点，使得它们所确定的直线与垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角都小于 【答案】BCD 【分析】分析折叠前后的图形，假设A正确，利用线面垂直的判定定理，通过证明不成立，判断A错误；根据线面垂直的判定定理，证明平面，从而证得，判断B正确；借助点的轨迹，可说明C正确；求出任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角的范围判断D. 【详解】过作垂直于点，则.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.若存在点，使得，则由平面，得平面.因为平面，所以.显然不成立，所以A错误. 因为，，且平面，所以平面. 因为平面，所以，所以B正确. 假设存在两点，使得它们所确定的直线与垂直.在边上取点，连接. 过作垂直于点，并记则.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 同理在边上取异于点的点，连接.过作垂直于点，并记，则平面.所以∥.所以四点共面. 因为平面，所以.如图所示，均在以为直径的圆上，当弦平行于时，可与垂直.此时因为平面，所以平面.因为平面，所以，所以C正确. 由C的分析可得，线段在平面的射影为，所以直线与平面的所成角，即为直线与所成的角.记直线与平面的所成的角为， 则.， 如上图，令， 则，且. 所以 . . 因为，且在上单调递减，所以，所以，即.所以，即对于任意两点， 它们所确定的直线与平面的所成角都小于，所以D正确. 故选：BCD. 3．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 【答案】 【详解】如图： 设折叠后，矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，记为.则，，平面，且，所以平面.同理平面.所以三点共线.又，，所以.，，所以是等腰直角三角形，所以.所以. 4．（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】/ 【分析】取的中点，先证明平面平面，则与平面所成角为，即，再证为的外接圆的圆心，设为三棱锥外接球的球心，半径为，设，分别考虑球心和点位于平面的两侧和同侧分别讨论，利用球的表面积公式求解. 【详解】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. 5．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 【答案】 【分析】取的中点E，由已知可得为二面角的平面角，利用余弦定理求出，利用勾股定理的逆定理可得为直角三角形，则得的中点O为三棱锥的外接球的球心，即可得到外接球的半径，进而求出表面积. 【详解】 如图，取的中点E，连接，已知，，所以，， 又，所以，，所以为二面角的平面角，其余弦值为，在中，由余弦定理得， 即，则，所以为直角三角形， 则的中点O为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为. 6．（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． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）在线段上取一点，根据题意可证平面，平面，进而可得平面平面，即可证线面平行； （2）设的中点分别为，可证，平面，建系并标点，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（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. 7．（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. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（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. 8．（2026·宁夏·一模）矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，求解以下问题：      (1)求四棱锥的体积. (2)求二面角的余弦值． (3)在上是否存在点使得平面? 若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； 【答案】(1) (2) (3)存在，是线段上靠近点的三等分点 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，即得出棱锥的高，代入四棱锥的体积公式即得； （2）先证，平面，得，计算，从而证，得出为二面角的平面角，在中即得余弦值； （3）设交于点，可证，因此只要，就有，进而可得平面. 【详解】（1） 取的中点，连接，在原矩形中，因为，点为的中点，故，因为是等腰三角形，所以. 翻折后，因为平面平面，且平面平面， 根据面面垂直的性质定理得：平面，即是四棱锥的高， 又因为，所以，又因为， 所以四棱锥的体积. （2）在矩形中，，，，． 又平面平面，平面，平面平面 平面，平面，，． 在中，，， 又，平面，平面，平面平面， 为二面角的平面角， 在中，，∴二面角的余弦值为． （3）存在．如图所示：连接、，设交于点， ，且，． 取的三等分点，使，连接、、，则． 又平面，平面，平面． 故存在满足条件的点，且是线段上靠近点的三等分点． 9．（2026·陕西渭南·一模）如图1，在等边三角形中，，分别为，的中点，为的中点，，连接，，，将沿折到的位置，如图2，使平面平面. (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）根据题意，结合面面垂直的性质可得平面，再根据已知条件证明平面，最后结合面面垂直的判定即可求证； （2）根据题意，建立适当的空间直角坐标系，转化为向量求法即可求解. 【详解】（1）因为点，分别为等边三角形的，边的中点， 所以是等边三角形，且.因为点是的中点，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面.又平面，所以. 因为，所以与平行且相等，所以四边形为平行四边形，所以. 易知，所以，又，平面，所以平面. （2）设等边三角形的边长为4，取的中点，连接，由题设知， 由（1）知平面，又平面，所以，以点为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，所以，. 设平面的一个法向量为， 则，得，令，则，，此时. 易知平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为， 所以，则平面与平面夹角的余弦值为. 10．（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. 11．（2026·江苏·一模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)若在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面． （2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解， （3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解. 【详解】（1）二面角为直二面角，即平面平面， 又因为平面，平面平面，所以平面． 又因为平面，所以．由题意平面， 所以平面． （2）取中点中点，连接，则， 因为平面，平面，所以，所以，在中，为中点，所以.以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系， 则．设该球的球心坐标为，则 解得.所以该球的半径为. （3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接， 平面平面平面，平面平面，所以平面．而平面，故，又因为，平面，故平面，而平面，所以，则为平面与平面的所成角.直角三角形中，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 法二：平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则即 取，得平面的一个法向量为. 所以平面与平面所成角的余弦值为. 12．（2026·海南儋州·一模）如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，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）在上取一点，使得，根据题意，分别证得平面，平面，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）在上取一点，使得，连接， 因为分别在和上，且，在中，可得，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在中，可得，所以，因为，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以 平面； （2）因为，且，平面， 所以平面，则即为二面角的平面角，所以， 以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，设，可得，，，， ，则，，设平面的法向量为，则 ，取，可得，，所以， 又由，可得，， 设，，可得且， 解得，，，，，，所以， 设与平面所成的角为，其中， 则，所以与平面所成的角的正弦值为. 13．（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 . 14．（2026·黑龙江吉林·一模）在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． (1)求证：平面平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得； （3）求出平面的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出取最大值时的，则可得三棱锥的高与底面积，再利用体积公式计算即可得解. 【详解】（1）因为，则，且，可得， 将沿折起到的位置，始终有， 因为平面，所以平面，由平面，可得， 且，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）由（1）可知，两两垂直，翻折前，因为，且，所以，，所以，翻折后，由勾股定理得， 故可以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，，，，，， ，可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）由（2）可知，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得，且，， 因为直线与平面所成角为，则 ，当且仅当时，等号成立，取最大值， 则，故点到平面的距离为， 又，则，所以三棱锥的体积为． ( 有关空间中的距离 问题 考点 8 ) 1．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则，，，所以点到直线的距离为故选：D 2．（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. 3．（2026·河北承德·一模）已知三棱锥P-ABC中，，，D为AC中点，M为BD中点，平面平面ABC，点P到平面ABC的距离为2． (1)证明：； (2)若，求平面APB与平面CPB夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一得到中线和底边垂直，利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，利用线面垂直的定义得到线线垂直. （2）由点到平面的距离为2和得到平面，利用空间向量法求解，求出平面的法向量和平面的法向量，设平面与平面的夹角为，利用向量的数量积求出，从而得到平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）因为，为中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以． （2）M为BD中点，在等腰中，，因为点到平面的距离为2，，所以平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 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·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． (1)求证：； (2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得，结合菱形对角线垂直及推出平面，进而平面，从而，由中点性质即得. （2）由及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用与平面所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面的距离. 【详解】（1）证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即．    （2）若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴．     ∴，，．    设平面的法向量为 则取，，，∴，     设，，则，到平面的距离相等， ，∴． 又，∴，解得，， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴，     则点到平面距离为． 5．（2026·江苏·一模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. (1)证明：； (2)若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）根据勾股定理可证，根据等边三角形可证，由线面垂直的判定定理可证平面，故可证； （2）以向量，，所在方向建立空间直角坐标系，设，则可通过向量法求出面面角的余弦值，结合已知正切值可求，再根据点面距的向量法可求距离，我们也可以过做，垂足为，过做，垂足为，连接，则是二面角的平面角，根据已知正切值可求 【详解】（1）因为是边长为2的等边三角形，为的中点，所以， 在中，由余弦定理得:，所以， 因为为中点，所以，因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以 （2）解法一：以向量，，所在方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 因为在线段上，设， 则，，设平面的法向量为， 则即取. 又平面的法向量为，因为二面角的正切值为， 所以， 整理得，解得或（舍去），所以， 设平面的法向量为，则即 取，则，所以点到平面的距离. 解法二：过作，垂足为，过作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，故，所以是二面角的平面角， 而二面角的正切值为，故， 设，，所以， 在中，，，， 故，故为等腰直角三角形， 故，故， 所以，，故，故， 又， 设到平面的距离为，则可得， 故，故到平面的距离为. 6．（2026·海南海口·一模）如图，在棱长为3的正方体中，点E在BD上，且；点F在上，且．    (1)求证：平面； (2)求直线EF与平面所成角的大小； (3)设为平面内任意一点，点到平面ABCD，，的距离分别为，，，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）解法1：由线面平行的判定定理证明即可；解法2：建立空间直角坐标系，由空间位置关系向量法证明即可； （2）解法1：建立空间直角坐标系，由空间位置关系向量法可得平面，即可求得线面角；解法2：建立空间直角坐标系，由线面角向量法计算即可求解； （3）设，则，根据点到平面距离向量法计算即可求解. 【详解】（1）解法1：证明：如图1，连接AE并延长交BC于点G，∵，    ∴，且，∴， 即：G点是BC的中点，连接并延长交BC于点H， 同理，H点是BC的中点，所以G与H重合，连接， ∴，∴，在，∴∴， 又平面，平面，∴平面； 解法2：证明：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，，    则，，，，，， ，∴，∴，∴， 又平面，平面，∴平面； （2）解法1：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，，  ，，，，， ∵，，，， 因为，所以，， ，平面，平面， 平面，∴平面，∴EF与平面所成角为； 解法2：，，，，， 设平面的法向量为，则，即，取，则， 所以平面的法向量为， 设直线EF与平面所成角为，则， ∴与平面所成角为； （3）设，则，，，， 求的最小值转化为求点A到平面的距离的平方， ∵，，，，，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 所以平面的法向量为， 设点A到平面的距离为d，则，所以. 7．（2026·江西·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质，判断线线垂直. （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而求出线面角的正弦值. （3）根据三棱锥外接的性质，求出球心和半径，进而根据向量法，求出点到平面的距离的最大值. 【详解】（1）设O为的中点，连接， 由题得， 所以为正三角形，则， 所以平面，平面，． （2）由（1）可知两两垂直，故以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，， 则，设平面的法向量为， 则，令，则，则， 则，所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）设外接球的球心为，分别过和外心作平面和平面的垂线， 垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径， 又，所以点到平面的距离， 所以点到平面距离的最大值为. 8．（2026·江西·一模）如图几何体中，四边形和均为平行四边形，，平面，点到平面的距离为（点位于平面上方），直线与间的距离为2. (1)求； (2)求四边形的面积. 【答案】(1) (2)5 【分析】（1）解法一：在平面内过点作，垂足为点，利用几何法求出的长，利用即可得到答案；解法二：以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量表示求出，即可得到答案； （2）解法一：在平面内过点作，垂足为点，求出，从而得到，利用面积公式即可求出答案；解法二：由题意知，到的距离为，利用空间点到直线距离的向量表示求出，利用面积公式即可求出答案. 【详解】（1）解法一：因为平面，平面，所以， 又因为即平面， 所以平面， 在平面内过点作，垂足为点（如图所示），则， 又因为平面，且， 所以平面，所以， 因为平面，平面，所以， 在平行四边形中：，即，结合解得，在中，因为，所以. 解法二： 因为平面，平面，平面， 所以，， 又因为即， 故两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系： 设，则， 故， 所以， 设，则，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，则， 所以，解得或， 即，或，（舍去）， 在中，因为，所以. （2）解法一：在平面内过点作，垂足为点，则， 由（1）知平面，平面，则， 又因为，平面，且， 所以平面，所以，又，， 所以，所以， 又因为，所以平行四边形是矩形， 所以四边形的面积. 解法二：，由题意知，到的距离为， 则，解得（负值舍去）， 又因为，所以平行四边形是矩形， 所以四边形的面积. 9．（2026·河北石家庄·一模）如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是棱上的一点. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)若平面平面，是否存在点，使得点到平面的距离为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）解法一：取的中点，连接，利用面面垂直的性质定理得平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用点面距离的向量公式列式求解即可； 解法二：取的中点，连接，利用面面垂直的性质定理得平面，利用等体积法求得，利用求解即可. 【详解】（1）在四棱锥中，连接，交于点，连接， 因为四边形为菱形，所以为的中点，因为为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）解法一：取的中点，连接， 四边形是菱形，且，为正三角形，所以， 因为为正三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，且，所以平面. 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， ，则， 所以，设平面的法向量为， 则，即，令，则，，则. 假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，点到平面的距离为， 则解得， 所以存在点，当时，点到平面的距离为. 解法二：取的中点，连接， 四边形是菱形，且，所以为正三角形，所以， 因为为正三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，且，所以平面. 又平面，所以，因为为等边三角形，边长为8， 所以，所以在， 又，可以求得，所以， 因为，所以， 因为，所以，可得， 所以存在点，当时，点到平面的距离为. 10．（2026·山西朔州·一模）如图，线段的中点都是. (1)若，证明：平面平面； (2)若，且点到平面的距离为，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）先证平面，得，由及O为中点可得，进而可得，从而可得平面，即可证得面面垂直； （2）先建立空间直角坐标系，再由点到平面的距离及可得，进而再用向量的方法计算线面角可得. 【详解】（1）因为，且，平面，则平面 又因平面，所以.由可得，因为线段的中点都是O，所以，则得， 即，即，所以. 又因，，平面，所以平面， 而平面，故平面平面. （2）在平面内，以过O且垂直的直线为x轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图： 设，则，因为，所以.设平面的法向量为，， 所以，即，故可取. 又因为点到平面的距离为，且， 依题意可得，联立，解得， 将代入，解得(舍去). 所以，满足. 设平面的法向量为，则，即，故可取. 因为，，设直线与平面所成角为， 所以. 11．（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. 12．（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. 13．（2026·江苏南京·一模）如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，结合等边三角形的性质，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而由线面垂直的性质定理得，然后利用面面垂直的判定定理证明即可． （2）法一：利用线面垂直的判定定理证明平面，在平面内，作于，由线面垂直的性质定理和判定定理得平面，然后在中求解即可； 法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后点面距的向量公式求解即可． 【详解】（1）连接，因为是等边三角形，是中点，所以． 又因为，，平面，，所以平面． 因为平面，所以．因为平面平面，平面平面， ，平面，所以平面． （2）法一：在菱形中，，又因为，，所以，． 因为，平面，，所以平面． 在平面内，作于．因为平面，平面，所以． 又因为，，平面，，所以平面， 所以的长度为点到平面的距离． 在中，因为，，，所以，同理． 因为平面，平面，所以． 在中，因为，所以边上的高．即点到平面的距离为． 法二：因为平面，平面，所以．由（1）得、、两两垂直， 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，． 设平面的法向量为，所以所以 所以是平面的一个法向量．所以点到平面的距离． 14．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【详解】（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AB中点，连接OP，OD，BD因为，所以， ∵平面平面，面，为交线，平面，， 为正三角形，，以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图， 设，则，，，，， 所以， 易知平面PAB的法向量可取，设平面PAE的法向量为， 因为，令，可取， 所以，解得，所以，，，设平面PBC的法向量为，因为， 令，可得，所以. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何 8大考点概览 题型01 空间中的点线面位置关系 题型02 空间几何体的表面积与体积 题型03 有关几何体外接球、内切求的问题 题型04 有关立体几何中的最值与轨迹问题 题型05 有关空间线线角与线面角的问题 题型06 有关空间二面角的问题 题型07 有关立体几何中折叠的问题 题型08 有关空间中的距离问题 ( 空间中的点线面位置关系 考点1 ) 1．（2026·黑龙江吉林·一模）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2．（2026·辽宁抚顺·一模）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，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 3．（2026·甘肃兰州·一模）已知直线，平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（2026·河北张家口·一模）已知l是一条直线，，为两个不同平面，若，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 5．（2026·江苏·一模）已知两条直线，和平面，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．（2026·天津·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 7．（2026·天津和平·一模）在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（   ） A．面 B． C．面 D．平面 8．（2026·上海·一模）将一个真命题中的“平面”换成“直线”、“直线”换成“平面”后仍是真命题，则该命题称为“可换命题”，则下列命题中不是“可换命题”的有（    ） A．过直线外一点有且只有一条直线与该直线平行 B．垂直于同一平面的两条直线平行 C．平行于同一直线的两条直线平行 D．平行于同一平面的两直线平行 9．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A．B． C．D． 10．（多选）（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 11．（多选）（2026·江西南昌·一模）在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有（   ） A．平面 B．平面平面 C． D．平面 12．（多选）（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 13．(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 14．（多选）（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 15．（2026·广西南宁·一模）如图，在几何体中，，四边形是边长为2的正方形，是等边三角形，点分别为棱的中点，则（   ）    A．平面 B．平面FPH∥平面ABE C．四点共面 D．异面直线与所成的角小于60° 16．（2026·上海·一模）如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形． (1)若E是PB上任意一点，四边形ABCD是菱形，，BD= 6，当面积的最小值是9时，求证：平面； (2)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．若四棱锥是阳马，PD=5，CD=4，AD=3，求：该阳马的外接球表面积； (3)若四棱锥是阳马，且，点可能为的中点，试确定点E位置使得四面体为鳖臑，并证明． ( 空间几何体的表面积与体积 考点2 ) 1．（2026·青海西宁·一模）已知圆柱的底面半径为r，高为，上、下底面圆的圆心分别是，，点O为线段的延长线上一点，圆锥的底面为圆柱的下底面，顶点为O．若圆锥的表面积与圆柱的表面积相等，则圆锥与圆柱的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·江苏南京·一模）已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·山东·一模）若两个球的表面积之比为，则这两个球的体积比是（    ） A． B． C． D． 4．（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 5．（2026·河北·一模）已知某圆锥与圆柱的底面半径均为r，高分别为h₁，h₂，且该圆锥与圆柱的表面积相等，若 4r，则圆锥的体积V₁ 与圆柱的体积V₂ 的大小关系为（    ） A． B． C． D．不确定 6．（2026·宁夏银川·一模）已知直四棱柱的侧面积为，在等腰梯形中，，，，若异面直线与所成角的余弦值为，则该直四棱柱外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 7．（多选）（2026·山西大同·一模）如图，在几何体中，底面是边长为1的正方形，棱底面，，且，则下列表述一定正确的是（    ） A．平面 B．几何体外接球表面积是 C．几何体的体积是 D．当时，几何体一定有内切球 8．（2026·安徽马鞍山·一模）已知一个球的体积和表面积的数值相等，若该球的内接圆柱的高与其底面直径相等，则此圆柱的侧面积为__________. 9．（2026·新疆·一模）若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则___________． 10．（2026·黑龙江吉林·一模）圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 11．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 12．（2026·陕西西安·一模）如图，点，的中点及的中点所确定的平面把直三棱柱切割成体积不同的两部分，记小部分的体积为，大部分的体积为，则________. 13．（2026·山西运城·一模）如图，在多面体中，平面平面，四边形是直角梯形，，，，且． (1)证明：平面． (2)求多面体的体积． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 14．（2026·辽宁辽阳·一模）如图，在正方体中，，，为线段上的动点，是点关于所在直线的对称点. (1)证明：； (2)若正方体的棱长为4，求三棱锥的体积； (3)当时，求二面角的余弦值的绝对值. 15．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 16．（2026·福建泉州·一模）科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体. 现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为. (1)求； (2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因. (3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由. ( 有关几何体外接球、内切求的问题 考点3 ) 1．（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 2．（2026·江苏南京·一模）已知圆锥的轴截面是直角三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·广西崇左·一模）在正三棱柱中，，若该正三棱柱存在棱切球（与所有棱都相切的球），则其棱切球的半径与外接球的半径之比为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·辽宁抚顺·一模）在四面体中，平面平面，，若点均在球的球面上，且，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·河北邢台·一模）在正三棱柱中，，若该正三棱柱存在棱切球（与所有棱都相切的球），则其棱切球的半径与外接球的半径之比为（   ） A． B． C． D． 6．（多选）（2026·山西大同·一模）如图，在几何体中，底面是边长为1的正方形，棱底面，，且，则下列表述一定正确的是（    ） A．平面 B．几何体外接球表面积是 C．几何体的体积是 D．当时，几何体一定有内切球 7．（多选）（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 8．（多选）（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 9．（多选）（2026·安徽淮北·一模）已知正四棱锥，为棱上的动点．则（   ） A．平面平面 B．存在使得为直角三角形 C．当为中点时，平面 D．若，球与四棱锥的所有棱都相切，则球的表面积为 10．（多选）（2026·河北衡水·一模）已知正方形的边长为2，平面，平面，，在平面的同一侧，且，则（   ） A．点在四棱锥外接球的球面上 B．四棱锥内切球的表面积为 C．四棱锥与四棱锥公共部分的体积为 D．四棱锥的四个侧面所在平面将空间分成14个部分 11．（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 12．（2026·新疆·一模）若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则___________． 13．（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_______. 14．（2026·山西临汾·一模）已知在底面边长为，高为的正三棱柱内有一个半径为的小球，该小球可以在正三棱柱内自由活动，当任意旋转、晃动正三棱柱过程中小球至少与正三棱柱的一个面相切时，小球球心的轨迹在正三棱柱的内部又会形成一个新的几何体，则该几何体的体积为________. 15．（2026·辽宁大连·一模）如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为直线. (1)证明：； (2)，点在直线上. （i）若，且点均在球的球面上，证明：点在球的球面上； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 16．（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. ( 有关立体几何中的最值与轨迹问题 考点4 ) 1．（2026·河南鹤壁·一模）一个圆锥的底面直径为2，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（　　） A． B． C． D． 2．（2026·陕西商洛·一模）在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，．若点均在球的表面上，则当四棱锥的体积最大时，球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（2026·江苏·一模）已知异面直线，四点不共面，是线段的中点，，则（   ） A．当时， B．当时，直线所成角为 C．点到直线的距离为 D．三棱锥的体积的最大值为3 4．（多选）（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 5．（多选）（2026·江苏镇江·一模）如图点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（   ） A．当为的中点时， B．当在面上，且直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当平面时，线段长度最大值为 6．（多选）（2026·四川宜宾·一模）已知正三棱台，上底面边长为2，下底面ABC边长为6，侧棱长为4，点在侧面内（包含边界）运动，且，Q为上一点，且，则下列说法正确的是（   ） A．正三棱台的高为 B．高为，底面半径为的圆柱可以放进该棱台内 C．点P的轨迹长度为 D．过点的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 7．（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 8．（多选）（2026·甘肃·一模）如图所示，轴截面为正三角形的圆锥，底面圆半径为是底面的两条直径，母线与该圆锥内切球分别切于点.则下列说法正确的是（    ） A． B．圆锥与球的交线的轨迹长为 C．若，则 D．平面截球的截面面积的最小值为 9．（多选）（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 10．（多选）（2026·安徽淮南·一模）已知正三棱柱的外接球球心为，，点满足，．则下列结论正确的是（   ） A．球的表面积为 B．当时，的取值范围为 C．当时，不存在点，使得平面 D．当时，设点在直线上运动，则线段长度的最小值为 11．（2026·天津河东·一模）篮球有不同的型号，比如男篮和女篮的比赛用球无论是质量还是大小均不相同，儿童一般用3号球，半径约9厘米.一款儿童篮球为标准球体，半径9厘米，球面上有三点、、，它们相互之间的直线距离均为9厘米，球面上有一动点，则点到平面的距离的最大值为__________厘米. 12．（2026·广西北海·一模）若一个半径为1的实心球O放置于一个正方体形盒子内，且与该正方体内切，若在该盒子内再放入一个球，则球的表面积的最大值是______． 13．（2026·湖北荆州·一模）在棱长为2的正方体内，有按照如下方式产生的一系列大小均不相同的n个球：第1个球与正方体的6个面均相切；第2个球与第1个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切；第3个球与第2个球外切，且与正方体过顶点A的3个面均相切，…，依次下去.记这n个球的表面积和为，若对总成立，则M的最小值为______. 14．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）在四面体中，两两垂直，，以为球心，为半径的球与四面体各面交线的长度和为___________． 15．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. (1)设，求证：PO⊥平面； (2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； (3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. ( 有关空间线线角与线面角的问题 考点 5 ) 1．（2026·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·辽宁辽阳·一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·安徽芜湖·一模）正四棱锥的底面边长为4，且所有顶点都在半径为3的同一球面上,则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．或 B．或 C． D． 4．（2026·安徽滁州·一模）已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 5．（多选）（2026·重庆·一模）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 6．（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 7．(多选）（2026·湖北荆州·一模）在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F，G分别为棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的正切值为2 D．直线与平面所成角为 8．（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 9．（多选）（2026·河北张家口·一模）如图，已知正四棱锥中，底面边长为2，高为1，则下列说法正确的是（    ） A．直线与直线所成角的余弦值为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．该正四棱锥的外接球的表面积为 D．若平面与平面所成的角为，平面与平面所成的角为，则 10．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 11．（2026·广西崇左·一模）如图，在四棱锥中，底面，，，，E，F，G分别为，，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若异面直线与所成角的余弦值为，求四棱锥的体积. 12．（2026·辽宁大连·一模）如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，，，，E，F分别是线段，的中点． (1)证明：平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，①求的长；②求与平面所成角的正弦值． 13．（2026·辽宁抚顺·一模）如图所示，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，为的中点，且，平面平面． (1)求证；平面平面； (2)设直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的余弦值． 14．（2026·江西萍乡·一模）已知四棱锥的顶点是半径为1的球的球心，底面为矩形，且，，，均在该球的表面上，当该四棱锥的体积最大时． (1)求证：平面； (2)若的中点为，内（不含边界）是否存在一点，使直线与直线，，所成的角均相等．若存在，求出的长度；若不存在，说明理由． 15．（2026·河北衡水·一模）如图，在正三棱柱中，，，分别为棱，，的中点，为线段上的动点. (1)证明：平面. (2)若为线段的中点，且，，求与平面所成角的正弦值. 16．（2026·福建龙岩·一模）如图，在正四棱台中，，是的中点，其外接球的表面积为. (1)求证：平面； (2)若平面与交于点，求直线与平面所成角的正弦值. 17．（2026·天津河北·一模）如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 18．（2026·北京平谷·一模）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 19．（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． ( 有关空间二面角的问题 考点 6 ) 1．（2026·广西崇左·一模）若正三棱锥的高为3，，二面角为，则______. 2．（2026·北京密云·一模）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 3．（2026·河北邢台·一模）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 4．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角的大小为，求的余弦值． 5．（2026·广西北海·一模）如图，四边形和都是正方形，四边形为平行四边形，为锐角，M，N分别为的中点，直线AE与平面所成的角为． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 6．（2026·广东江门·一模）如图，在三棱柱中，，，，平面平面. (1)求证：； (2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值. 7．（2026·湖南株洲·一模）在四棱锥中，底面为正方形，平面. (1)求证：平面； (2)求钝二面角的余弦值； (3)若存在一球心在面上，且为四棱锥的外接球，求该球体的体积和表面积；若不存在，请说明理由. 8．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥中，平面⊥平面，， 分别为棱上的点. (1)若∥，∥，证明:∥； (2)若分别为棱 的中点，在棱上是否存在点G，使得平面与平面所成角为?若存在，求 的值；若不存在，请说明理由. 9．（2025·河北邯郸·一模）如图，在四棱锥中，，为的中点. (1)证明：平面； (2)若平面底面，求直线与底面所成角的正切值； (3)若异面直线与所成的角为，求平面和平面夹角的余弦值. 10．（2026·江西赣州·一模）如图，在三棱锥中，平面，且为的中点. (1)求二面角的余弦值； (2)若，在线段上各取一点，设，若平面平面，求的值. 11．（2026·四川宜宾·一模）在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点． (1)求线段长度的最小值； (2)若异面直线与所成角为． （ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积． 12．（2026·湖北襄阳·一模）如图，正三角形和平行四边形在同一个平面内，其中，，AB，DE的中点分别为F，G．将沿直线AB翻折到，使二面角为120°，设CE的中点为H． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 13．（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：． ( 立体几何中的翻折 问题 考点 7 ) 1．（多选）（2026·湖北襄阳·一模）已知菱形中，，，现将沿对角线折起至，连接，形成三棱锥，则下列说法正确的是（   ） A．二面角的大小为时，平面平面 B．在折起的过程中，存在某个位置使 C．时，三棱锥的体积为 D．三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 2．（多选）（2026·浙江·一模）已知矩形，若点为边上的一动点（不包括端点），现将沿着翻折成，使得平面平面，并记为.则（    ） A．存在点，使得 B．任意点，都有 C．存在两点，使得它们所确定的直线与垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角都小于 3．（2026·天津河北·一模）如图，点E，H，G，F是矩形中，，，边的中点，依次沿，，，，折叠，使得矩形四个顶点D，C，B，A重合于一点，得到三棱锥．若，，则三棱锥的体积为______． 4．（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__________. 5．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 6．（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． 7．（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. 8．（2026·宁夏·一模）矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，求解以下问题：      (1)求四棱锥的体积. (2)求二面角的余弦值． (3)在上是否存在点使得平面? 若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； 9．（2026·陕西渭南·一模）如图1，在等边三角形中，，分别为，的中点，为的中点，，连接，，，将沿折到的位置，如图2，使平面平面. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 10．（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. 11．（2026·江苏·一模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)若在同一个球面上，求该球的半径； (3)求平面与平面所成角的余弦值． 12．（2026·海南儋州·一模）如图，等腰梯形中，，，，现将沿翻折，使得点到点处，得四棱锥，若点，分别在，上，且． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 13．（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. 14．（2026·黑龙江吉林·一模）在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． (1)求证：平面平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积． ( 有关空间中的距离 问题 考点 8 ) 1．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（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___________． 3．（2026·河北承德·一模）已知三棱锥P-ABC中，，，D为AC中点，M为BD中点，平面平面ABC，点P到平面ABC的距离为2． (1)证明：； (2)若，求平面APB与平面CPB夹角的余弦值． 4．（2026·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． (1)求证：； (2)若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 5．（2026·江苏·一模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. (1)证明：； (2)若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 6．（2026·海南海口·一模）如图，在棱长为3的正方体中，点E在BD上，且；点F在上，且．    (1)求证：平面； (2)求直线EF与平面所成角的大小； (3)设为平面内任意一点，点到平面ABCD，，的距离分别为，，，求的最小值． 7．（2026·江西·一模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，为正三角形，且平面平面． (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求点到平面距离的最大值． 8．（2026·江西·一模）如图几何体中，四边形和均为平行四边形，，平面，点到平面的距离为（点位于平面上方），直线与间的距离为2. (1)求； (2)求四边形的面积. 9．（2026·河北石家庄·一模）如图，在四棱锥中，是正三角形，四边形是菱形，，，点是棱上的一点. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)若平面平面，是否存在点，使得点到平面的距离为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 10．（2026·山西朔州·一模）如图，线段的中点都是. (1)若，证明：平面平面； (2)若，且点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 11．（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. 12．（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． 13．（2026·江苏南京·一模）如图，在四棱锥中，是等边三角形，底面是菱形，平面平面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 14．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $