解答题第18、19题34分练 专攻练（3）立体几何 -2026届高三数学三轮冲刺

高考数学解答题第18、19题 练透压轴题 思维无难题！ 必刷小卷3 解答题第18、19题 专攻练[3] 立体几何 🎯题型一 翻折几何体线面垂直、线面角与体积最值 1. （2026·陕西渭南二模）如图，直角，斜边为的中点，将沿翻折到，设二面角的大小为，满足. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）当四面体的体积最大时，求. 【解析】（1）依题意，斜边，有，取中点， 因为，平面， 所以平面，又平面，所以； （2）以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 由二面角的定义可得，则， 由于，则，，故，， 设平面的法向量，设与平面所成角为， 则， 故与平面所成角为； （2）由于的面积与的面积相等，则的面积与的面积相等， 因此，当到平面的距离最大时，四面体的体积最大； 设平面的法向量， 有， 令，则，可得，， 所以到平面的距离， 令，则， 当且仅当，即时等号成立，此时. 🎯题型二 平行四边形四棱锥空间角最值及体积范围 2.（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. 【解析】（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． 🎯题型三 新定义椭圆柱线面平行与内切球最值 3.（2026·江苏苏北七市二调）一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且． （1）证明：平面； （2）若，求直线与底面所成角的正弦值； （3）求四面体的内切球半径的最小值． 【解析】（1）记椭圆所在平面为，由椭圆柱定义可知，. 因为，所以因为平面， 所以平面. （2）设在下底面射影分别为， 则．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的方程为， 设，若与坐标轴不垂直，设直线的方程为， 联立直线与椭圆方程，得，所以， 同理，可得．由得，，解得， 所以所以， 所以．设直线与底面所成角为，则， 所以直线与底面所成角的正弦值为. （3）因为四面体的体积 ， 设四面体的内切球半径为，则 所以 当且仅当，即时，等号成立. 若与坐标轴垂直，不妨设为长轴，为短轴，即， 此时内切球半径．所以四面体的内切球半径最小值为. 🎯题型四 直三棱柱空间角、动点轨迹与线面角范围 4.（2026·海南中学、海口一中文昌中学、嘉积中学联考）在直三棱柱中，，D是的中点，E是的中点． （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）圆O是的外接圆，P是圆O及内部的一个动点， （i）若，求动点P轨迹的长度； （ⅱ）若点P只在圆O上运动，记与平面所成角为，求的取值范围． 【解析】（1）由题意可知 两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，，所以， 则， 设平面的法向量为，由得，， 令，则，所以， 取平面的一个法向量，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （2）（i）法1：连接，过点作的垂线交圆于点，则线段就是点的轨迹， 理由如下：因为平面，平面， 所以，，，平面， 所以平面，又平面 ，所以， 因为圆O半径为2，为正三角形， 所以由垂径定理可得，线段． 法2：设，则，， 由得，因为圆心O到直线的距离为1， 所以，所以动点轨迹形状为线段，长度为． （ii）取中点，连接，则有平面， 因为为在平面上的射影，所以，则， 在中，，所以， 所以． 🎯题型五 长方形四棱锥面面角最值与外接球存在性 5.（2026·福建福州3月质量检测） 如图，在四棱锥中，底面为长方形，，为的中点，，，. （1）证明：平面； （2）点为底面所在平面内的任意一点（在长方形外，和均为锐角），且. （ⅰ）若平面和平面的夹角为，求的最大值； （ⅱ）请判断是否存在点，使得五棱锥存在外接球，若存在，求出外接球的半径；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明：因为，所以，所以，故．又平面，所以平面． 又平面，所以． 因为，所以，所以，即． 又平面，所以平面． （2）如图，取的中点，连接，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． 设，由，得． 又在长方形外，和均为锐角， 所以．可化为， 两边平方后，整理得， 故，整理可得． （i）设平面的法向量为，由， 得取，得， 故平面的一个法向量为． 设平面的法向量为． 得取，得， 故平面的一个法向量为． 则． 令，则，所以． 由函数单调递增，得当时，取最大值，最大值为． （ii）设和交于点，则． 若五棱锥存在外接球，则球心在过点且垂直于平面的直线上， 设球心，必有． ，解得，， 则． 又，所以，解得或， 由题知，且，即，但都不在这个范围内， 故不存在点，使得五棱锥存在外接球． 🎯题型六 梯形折叠面面垂直、空间角与外接球体积 6. （2026·陕西咸阳二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，（如图2）. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若，，，四点在一个球面上，求这个球的体积. 【解析】（1）依题意，，平面，平面， 则平面，又，平面，平面， 则平面，又，平面，所以平面平面. （2）由四边形为等腰梯形，，，得， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，直线两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 点， 得到， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则，取，得. 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）点四点在一个球面上， 由（2）得该球可看成是以分别为长、宽、高的长方体的外接球， 因此该外接球的直径为，所以所求球的体积为. 🎯题型七 菱形四棱锥空间角最值与迭代数列综合 7. （2026·山东烟台诊断性测试）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，， （1）证明：； （2）若点在底面内的正投影为的中点． （i）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值最大？ （ii）设平面与交于点；在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点：在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点；依次类推，…，设平面与交于点，求． 【解析】（1）连接与交于点，连接．因为四边形为菱形，所以，在中，，所以， 因为平面，平面，， 所以平面，又平面，所以. （2）（i）因为点在底面投影为，由题意两两垂直． 因为，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，因为，所以．因为，即，所以. 因为， 设平面的法向量为，所以， 令，所以， 而平面的法向量为． 设平面与平面夹角的大小为， 则. 令，则， 当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 所以，当时，取最大值. （ii）因为共面，故存在实数使得， 因此， 设，则，则， 由坐标分量对应相等，化简整理得 在平面内，因为，设，则． 类比前面推导过程，可得，将上式取倒数可得， 所以为以为首项、1为公差的等差数列． 所以，所以. 🎯题型八 分形科赫四面体表面积体积与外接球最值 8. （2026·福建泉州质量检测）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. 【解析】（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. 学科网（北京）股份有限公司 $高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题！ 必刷小卷3解答题第18、19题专攻练[3]立体几何 口口题型一翻折几何体线面垂直、线面角与体积最值 1. (2026·陕西渭南二模)如图，直角ABC,斜边AB=4,B=元，D为AB的中点，将△4CD沿 6 CD翻折到aP.CD(neN),设二面角Pn-CD-A的大小为On,满足tan0,=(N2)2m-9. (1)证明：CD⊥APn; (2)求直线PC与平面ABC所成角的大小： (3)当四面体PCDP.1的体积最大时，求n. 规范答题 ----- D B 高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题」 口口题型二平行四边形四棱锥空间角最值及体积范围 2.(2026·湖南怀化一模)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是等边三 角形，AB=2AD=4,AD⊥BD,二面角P-AD-B的平面角大小为0,0 π2π 63 Q为AB的中点. (1)设平面QPC⌒平面PAD=I,求直线I与直线AD的夹角大小： (2)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值的最大值： (3)设N为侧棱PC上一点，四边形AENF是过A,N两点的截面，分别交PD,PB于E,F两点，其中 E为PD的中点，BD//平面AENF,求四棱锥P-AENF的体积的取值范围 规范答题 2 B 高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题！ 口·题型三新定义椭圆柱线面平行与内切球最值 3.(2026·江苏苏北七市二调)一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫 作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面.如图，在椭圆柱00'中，椭圆0的长轴长为4， 短轴长为2，OO'=2.A,B是椭圆O上关于0对称的两点，C,D是椭圆0'上关于0'对称的两点， 且AB⊥CD (1)证明：CD⊥平面AOB; (2)若AB=CD,求直线AC与底面所成角的正弦值； (3)求四面体ABCD的内切球半径的最小值 规范答题 C O B ◆40 高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题」 00题型四 直三棱柱空间角、动点轨迹与线面角范围 4.(2026·海南中学、海口一中文昌中学、嘉积中学联考)在直三棱柱ABC-ABC中， AC⊥BC,AC=2V3,BC=2,AB=AA,,D是AB,的中点，E是BD的中点. (1)求平面ACD与平面ABC夹角的余弦值； (2)圆0是ABC的外接圆，P是圆O及内部的一个动点， (i)若BP⊥OC,求动点P轨迹的长度； (iⅱ)若点P只在圆O上运动，记EP与平面ABC所成角为O,求sinO的取值范围. 规范答题… C D A B E P 4g80“8040e004” 高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题！ 口口题型五长方形四棱锥面面角最值与外接球存在性 5.(2026·福建福州3月质量检测)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为长方形， AD=2AB=2,0为AD的中点，OP⊥AD,OP=1,BP=V5 (1)证明：OC⊥平面OBP: (2)点E为底面ABCD所在平面内的任意一点(E在长方形ABCD外，∠EAD和∠EDA均为锐角)， 且AE+DE=2V2. (i)若平面APE和平面DPE的夹角为O,求c0s0的最大值； (ⅱ)请判断是否存在点E,使得五棱锥P-ABCDE存在外接球，若存在，求出外接球的半径；若 不存在，请说明理由. 规范答题 ........................................................................................ 口口题型六梯形折叠面面垂直、空间角与外接球体积 高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题」 6.(2026·陕西咸阳二模)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB//CD,EF⊥AB, CF=EF=2DF=2,AE=3,将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A'D'位置，且平面 A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C(如图2). (1)求证：平面A'EB//平面DFC; (2)求平面AA'D'与平面BA'D'夹角的余弦值： (3)若C,E,F,D'四点在一个球面上，求这个球的体积. 规范答题 01t00 B B E E 图1 图2 口口题型七菱形四棱锥空间角最值与迭代数列综合 高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题」 7. (2026·山东烟台诊断性测试)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形， ∠BAD=60°，PA=PC=2W3,PN=ND,PM=2PB,1∈0,1， (1)证明：AC⊥MN; (2)若点F在底面ABCD内的正投影为AC的中点. (i)当入为何值时，平面ANM与平面ABCD夹角的余弦值最大？ (ii)设平面ANM与PC交于点H1;在平面PBC内，过H,作BC的平行线交PB于点M,设平面 ANM,与PC交于点H,:在平面PBC内，过H,作BC的平行线交PB于点M,,设平面ANM,与 PC交于点H,:依次类推，，设平面ANM,与PC交于点H.(neN'),求PH 规范答题 D M A B 口☐题型八分形科赫四面体表面积体积与外接球最值 高考数学解答题第18、19题练透压轴题思维无难题！ 8.(2026·福建泉州质量检测)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 .a 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62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F,设F的表面积为Sn,体积为V,. (1)求S,S2,','2; (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V 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 规范答题 .