专题04 空间向量与立体几何（4大考点）（湖北专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题04 空间向量与立体几何 4大考点概览 考点01空间几何体积与表面积 考点02球的表面积与体积 考点03空间中点线面的关系 考点04空间向量与坐标运用 ( 空间几何体积与表面积 考点1 ) 1．（2026·湖北黄冈·一模）圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的底面半径r，再利用圆锥的侧面积公式即可得出结果. 【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面为等边三角形， 所以圆锥的母线长，，解得， 所以圆锥的侧面积为. 2．（2026·湖北黄石·一模）已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________. 【答案】 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为、高为， 则由侧面积相等可得，解得， 由圆锥体积为可得，将代入得，解得， 因此. 3．（2026·湖北孝感·一模）已知长方体中，，，点M在棱上，点N在棱上，且，，P为棱中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)平面把长方体分割成两部分，求较小部分几何体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点Q，连接，利用基本事实4及线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解平面夹角的余弦值即可. （3）取中点R，根据平面性质确定较小部分几何体为三棱台，然后利用棱台体积公式求解即可. 【详解】（1）取中点Q，连接，，则， 因为，，所以四边形为平行四边形，所以， 则， 又平面，平面， 所以平面； （2）以D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， 则，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 由， ， 又平面的一个法向量为 ， 平面与平面夹角为， 则 ， 即平面与平面夹角的余弦值为 ； （3）取中点R，由（1）知，所以B，M，N，R四点共面， 所以四边形为梯形， 设，则平面，平面， 所以平面平面， 所以直线，所以直线，直线，直线共点S， 所以为三棱台，显然为体积较小部分， 因为，，高， 所以其体积为： . ( 球的表面积与体积 考点2 ) 1．（2026·湖北十堰·一模）已知正四面体各条棱的中点都在球的表面上，则球的表面积与该正四面体的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令正四面体的棱长为6，根据给定条件，结合正四面体的结构特征确定球心的位置，再利用球面性质求出球半径，进而求出它们表面积之比. 【详解】取正四面体各棱中点，如图， 可得平面平面，且，作平面于点，交平面于， 则为中点，且球心是的中点，即，令正四面体的棱长为6， ，，， 而，因此球的半径， 所以球的表面积与该正四面体的表面积之比为. 故选：C. 2．（2026·湖北孝感·一模）（多选）若三棱锥的所有棱长均为1，M，N分别为棱，的中点，则（    ） A． B．该三棱锥的表面积为 C．该三棱锥外接球的体积为 D．异面直线，所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】根据线面垂直的性质定理证明选项A；根据正四面体的表面积公式求解即可判断B；利用补体法求解正四面体的外接球半径，代入球的体积公式求解判断C；利用向量法求解异面直线夹角余弦值判断D. 【详解】由题意三棱锥为棱长为1的正四面体， 对于A：因为在正四面体中，M为中点， 所以，，又，平面， 所以平面，平面，所以，所以A正确； 对于B：因为正四面体每个面都是边长为1的正三角形， 所以此正四面体的表面积为，所以B错误； 对于C：把该正四面体放在正方体中，如下图所示：    设该正方体的棱长为，则有， 所以该正方体的对角线长为， 所以该正方体外接球的半径为，即该正四面体外接球的半径为， 所以该正四面体外接球的体积为，所以C正确； 对于D：因为， 所以 ，又， 所以异面直线，所成角的余弦值为，所以D正确. 故选：ACD 3．（2026·湖北襄阳·一模）（多选）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. 4．（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. ( 空间中点线面的关系 考点3 ) 1．（2026·湖北黄石·一模）（多选）如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（    ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在面对角线与平面垂直 C．存在体对角线与平面平行 D．存在体对角线与平面垂直 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 设正方体的棱长为2，则， 所以， 设平面的一个法向量为, 所以， 令，则，可得； 对于A，由可得， 因此，又平面，所以平面，所以A正确； 对于B，又， 则， 显然以上向量与法向量均不平行，所以以上面对角线与平面均不垂直，即B错误； 对于C，体对角线， 易知, 因此不存在体对角线与平面平行，即C错误； 对于D，显然，所以平面，即D正确. 2．（2026·湖北荆州·一模）（多选）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. 3．（2026·湖北荆州·一模）（多选）如图，在直三棱柱中，，，且，点D在线段上运动，则下列结论正确的有（    ）    A．平面 B．与不可能平行 C．与不可能垂直 D．四棱锥的外接球面积为 【答案】ABD 【分析】利用线面垂直可对A判断求解；建立空间直角坐标系，并设，，假设与平行，利用向量法即可求解对B判断；利用向量求出即可对C判断；利用补形法将直三棱柱补成长方体，即可求出长方体外接球半径，即可对D判断求解. 【详解】A：由题平面，平面，所以， 又因，且，平面， 所以平面，因平面，所以， 又，则四边形为正方形，所以， 因，平面，所以平面，故A正确； B：如图，以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，，， 设，，得， 所以，， 假设与平行，则，即，则，无解， 所以假设不成立，故与不可能平行，故B正确； C：，， 若与垂直，则，则，即， 又因，所以假设成立，故C错误； D：四棱锥的外接球就是直三棱柱的外接球， 因为，可将直三棱柱补成长方体，则长方体外接球即为直三棱柱的外接球， 长方体的体对角线长为(为外接球半径)，解得， 所以外接球面积为，故D正确. 故选：ABD.    ( 空间向量与坐标运用 考点4 ) 1．（2026·湖北随州·一模）如图，在四面体中，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图形可得，结合向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意可得： ， 所以. 2．（2026·湖北黄冈·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为________． 【答案】 【分析】分别求出点，的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【详解】设，，∵， ∴，点的轨迹为． 又， 则，， 即， 化简得点的轨迹为． 在平面直角坐标系中作出，轨迹，设点轨迹与轴两个交点分别为， 点轨迹为圆，圆心为，半径，且与轴两个交点分别为，如下图所示， 结合图象得：， 又，， 所以． 3．（2026·湖北·一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，且，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)若，，求平面与平面的夹角. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，连，则可证四边形为平行四边形，从而，再根据线面平行的判定定理可证平面； （2）先证明平面，再建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角，或过点作，连接，可证为面面角，利用解直角三角形可求面面角. 【详解】（1） 设，连，则， 又为线段的中点，所以， 又，，，即， 故，所以四边形为平行四边形， 故，而平面，平面，故平面. （2） 延长交于，则为的中点，连，， 由，，故，故， 而为的中点，故， 由（1）知，故， 故四边形为平行四边形，所以， 因为，，， 平面， 所以平面，又平面，所以平面平面 又平面平面，，平面， 所以平面，又，所以平面. 而平面，故，由正方形可得， 而平面，故平面. 法1：如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，， 设平面的法向量 ，则即， 不妨令，则，即. 故平面的法向量， 设两平面所成的角为，则， 故，所以. 法2：过点作，连接， 因为平面，平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，则即为平面与平面的夹角， 而，而为锐角，所以， 即平面与平面的夹角为. 4．（2026·湖北荆州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，且.点E为线段的中点. (1)在线段上取一点F，使得平面，求此时线段的长； (2)对于（1）中所求的点F，求二面角的余弦值. 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）建系并标点，设，可得，平面的一个法向量为，利用空间向量运算求解； （2）分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）因为底面，， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，，可得， 且平面的一个法向量为， 若平面，则，可得，解得， 所以线段的长为1. （2）由（1）可知：， 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， 由图可知：二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为. 5．（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． 6．（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． 7．（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°. 8．（2026·湖北十堰·一模）如图，几何体为四棱锥和三棱锥的组合体.在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，，. (1)求证：； (2)若三棱锥的体积是四棱锥的体积的，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取的中点为，连接，根据线面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定理可证平面，平面，即可得结果； （2）可证平面，根据体积关系可得，建系并标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为，，则，， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 又因为，，平面，所以平面， 因为底面是正方形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可得平面，所以. （2）因为是正三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 由题意可知：，， 又因为，则，解得， 以为坐标原点，分别为轴，过点平行于直线的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 9．（2026·湖北黄石·一模）如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为，截面与圆锥的轴线的夹角为，当时，截线是圆；当时，截线是椭圆；当时，截线是抛物线；当时，截线为双曲线. 如图2所示，为圆锥的顶点，为底面圆心，为圆的一条直径，且为弧的中点，点满足，点为线段的中点； (1)求直线与平面所成角的大小； (2)平面与圆锥的截线记为曲线，在平面内，以所在的直线为轴（设以的方向为轴正方向），以线段的中垂线为轴（设以逆时针旋转后的方向为轴正方向），建立平面直角坐标系. ①求出曲线的标准方程； ②设为曲线上两动点，若的平分线与轴垂直，求证：直线的斜率是定值，并求出这个定值. 【答案】(1) (2)①；②证明见解析， 【分析】（1）由题设建立适当空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量即可由向量夹角余弦公式计算求解，进而得解； （2）①先由题设结合（1）得到曲线是椭圆，由求出，接着求出点在平面内的坐标，由点在曲线上求出即可得解； ②设直线的方程为，与椭圆联立求出韦达定理，设点，由韦达定理与点坐标求出，同理求出点中的，即可计算直线的斜率是一个定值. 【详解】（1）由题设以为原点，分别以所在直线和正方向为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的一个法向量为， 则，令，则 故，则， 故直线与平面所成角的大小为. （2）①由（1）知，直线与圆锥母线所成的角为，且，故曲线为椭圆， 设该椭圆的方程为，故； 由（1）可得，设与的交点为， 则， 易得，即，且， 设的中点为，易得，故， 故点在平面内的坐标为， 因为点在曲线上，故有， 故曲线的标准方程为. ②易知直线的斜率存在，设其方程为， 联立得， 设点，由韦达定理与点坐标，则， 的平分线与轴垂直，故直线与直线的斜率互为相反数， 设直线的方程为， 设点，同理可得， 故直线的斜率为，是一个定值. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 空间向量与立体几何 4大考点概览 考点01空间几何体积与表面积 考点02球的表面积与体积 考点03空间中点线面的关系 考点04空间向量与坐标运用 ( 空间几何体积与表面积 考点1 ) 1．（2026·湖北黄冈·一模）圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北黄石·一模）已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若圆锥的体积为，则圆柱的底面半径为__________. 3．（2026·湖北孝感·一模）已知长方体中，，，点M在棱上，点N在棱上，且，，P为棱中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)平面把长方体分割成两部分，求较小部分几何体的体积． ( 球的表面积与体积 考点2 ) 1．（2026·湖北十堰·一模）已知正四面体各条棱的中点都在球的表面上，则球的表面积与该正四面体的表面积之比为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北孝感·一模）（多选）若三棱锥的所有棱长均为1，M，N分别为棱，的中点，则（    ） A． B．该三棱锥的表面积为 C．该三棱锥外接球的体积为 D．异面直线，所成角的余弦值为 3．（2026·湖北襄阳·一模）（多选）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 4．（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______. ( 空间中点线面的关系 考点3 ) 1．（2026·湖北黄石·一模）（多选）如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（    ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在面对角线与平面垂直 C．存在体对角线与平面平行 D．存在体对角线与平面垂直 2．（2026·湖北荆州·一模）（多选）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 3．（2026·湖北荆州·一模）（多选）如图，在直三棱柱中，，，且，点D在线段上运动，则下列结论正确的有（    ）    A．平面 B．与不可能平行 C．与不可能垂直 D．四棱锥的外接球面积为 ( 空间向量与坐标运用 考点4 ) 1．（2026·湖北随州·一模）如图，在四面体中，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·湖北黄冈·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义．如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点，分别满足，，则的取值范围为________． 3．（2026·湖北·一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的正方形，，且，为线段的中点. (1)求证：平面； (2)若，，求平面与平面的夹角. 4．（2026·湖北荆州·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，且.点E为线段的中点. (1)在线段上取一点F，使得平面，求此时线段的长； (2)对于（1）中所求的点F，求二面角的余弦值. 5．（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． 6．（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． 7．（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. 8．（2026·湖北十堰·一模）如图，几何体为四棱锥和三棱锥的组合体.在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，，. (1)求证：； (2)若三棱锥的体积是四棱锥的体积的，求直线与平面所成角的正弦值. 9．（2026·湖北黄石·一模）如图1所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角为，截面与圆锥的轴线的夹角为，当时，截线是圆；当时，截线是椭圆；当时，截线是抛物线；当时，截线为双曲线. 如图2所示，为圆锥的顶点，为底面圆心，为圆的一条直径，且为弧的中点，点满足，点为线段的中点； (1)求直线与平面所成角的大小； (2)平面与圆锥的截线记为曲线，在平面内，以所在的直线为轴（设以的方向为轴正方向），以线段的中垂线为轴（设以逆时针旋转后的方向为轴正方向），建立平面直角坐标系. ①求出曲线的标准方程； ②设为曲线上两动点，若的平分线与轴垂直，求证：直线的斜率是定值，并求出这个定值. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $