2026届高考数学压轴题冲刺演练（一）立体几何

2026届高考压轴题冲刺演练（一） 立体几何 一、解答题 1．（2026·福建·二模）已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 2．（2026·河北保定·一模）某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形（容器壁厚度忽略不计），一个半径为r的小球在该容器内自由运动，小球能接触到的容器内壁侧面的区域可以形成一个圆台侧面，设该圆台上下底面圆心为和，如图所示． (1)求圆台的体积（用r表示）； (2)设小球半径，圆台的轴截面为等腰梯形，B为底面圆周上一点，且，平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围； (3)在第（2）问条件下的圆台内放置若干个小球，要求每个小球均和该圆台上、下底面相切，则最多能放几个小球，并说明理由． 3．（25-26高三下·安徽·月考）如图，在中，.将以为轴旋转至，动点与原来的形成三棱锥，点在棱上，且. (1)证明：平面. (2)记二面角为，二面角为. （i）证明：为定值； （ii）当取最大值时，求. 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·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. 6．（25-26高三下·湖南·月考）如图，锐二面角的大小为γ，α，β均为半平面， ，过A作 垂直于，垂足为 过B作 垂直于，垂足为 ，且 (1)若 ，求γ的值； (2)在(1)的条件下，设 P为内任意一点，且，满足 ，求点 P到的距离； (3)设点 M为二面角 内部的一个点，且，，且点 M满足: ①； ② 与所成的角为 ，射线 与所成的角为 设点M到直线. 的距离为，若对满足上述条件的任意和，均有 恒成立，求的最小值. 7．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，为的中点， ． (1)证明：平面平面； (2)点为底面所在平面内一点，且． （ⅰ）若点在两平行直线与之间，设平面和平面的夹角为，求的最大值； （ⅱ）已知，，，，在同一球面上，设该球的球心为，证明：球心在平面上，并判断是否存在点E在球的球面上，请说明理由． 8．（2026·四川凉山·二模）如图，在三棱柱中，，，二面角的平面角为，点在平面上的射影为点. (1)若四边形是矩形，求； (2)若，. ①若，求直线与平面所成角的最大值； ②当点在其轨迹上运动时，点的轨迹是离心率为的圆锥曲线，记数列的前项和为，若，求的最小值. 9．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在平行六面体中，三棱锥是底面边长为的正三棱锥. (1)证明：四边形是矩形； (2)已知. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若点、、、都在球的表面上，求球的表面积. 10．（2026·江苏·二模）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． 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·湖北恩施·二模）如图，四面体中，是的中点．若是点在平面内的投影，存在实数满足． (1)（i）求的值； （ii）若，求的取值范围； (2)若，异面直线与所成角为，记四面体外接球的半径为，求证：当取最小值时，． 13．（2026·山东烟台·一模）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． 14．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 15．（2026高二上·浙江温州·专题练习）已知七面体中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形，如图所示， (1)求证：平面； (2)若，，平面平面， （i）求直线与平面所成角的余弦值； （ii）将以为折痕进行翻折得到，且平面.在翻折的过程中，棱与棱所形成的曲面与平面所围成的图形记为，记的内切球体积为，七面体的体积为，求的值. 16．（2026·山东威海·一模）在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆、上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为．    (1)证明：平面； (2)已知为下底面圆周上的一点，当时，求平面与平面所成角的正弦值； (3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程． 17．（24-25高三下·贵州遵义·月考）如图1，在中，，，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点. (1)求新的几何体的体积； (2)记与底面所成角为，求的取值范围； (3)当时，求点到平面的距离. 18．（2026·陕西西安·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，点在底面（不含边界）上的射影为点，且，设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为． (1)已知． （i）证明：的面积为定值； （ii）若平面平面，求四棱锥外接球的表面积； (2)若，判断是否存在点，使得平面． 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 $ 2026届高考压轴题冲刺演练（一） 立体几何 1．（2026·福建·二模）已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断； （2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值． 【详解】（1）证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且， 因为，所以，，， 所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得， 所以，所以是锐角三角形． 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． （2）（i）因为，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角． （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为． 2．（2026·河北保定·一模）某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形（容器壁厚度忽略不计），一个半径为r的小球在该容器内自由运动，小球能接触到的容器内壁侧面的区域可以形成一个圆台侧面，设该圆台上下底面圆心为和，如图所示． (1)求圆台的体积（用r表示）； (2)设小球半径，圆台的轴截面为等腰梯形，B为底面圆周上一点，且，平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围； (3)在第（2）问条件下的圆台内放置若干个小球，要求每个小球均和该圆台上、下底面相切，则最多能放几个小球，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)3个，理由见解析 【分析】（1）根据题意求出上下底面圆的半径，然后按照圆台的体积公式求解即可； （2）以为原点，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可求出答案； （3）根据题意分析小球在圆台的位置情况，尽可能让小球与圆台侧面、小球与小球都是相切的状态，根据圆台上下底面圆的半径确定小球的个数. 【详解】（1）设圆台上下底面圆的半径分别为，，在圆锥的轴截面中（如图所示）， ∵，， ∴，，，即，， 设上下底面圆的面积为，，则，， 圆台的高，∴ （2）延长，交于点H，∵平面，平面，∴，BH即l，∵，，∴，，，， 以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 设，则， 设平面的法向量为，则 令，则，，即， 同理可求平面的法向量为，则 令，对称轴为，∴，， 即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为． （3）最多能放3个小球． 理由如下：因为小球与上下底面均相切，∴小球半径为． 圆台上、下底面直径分别为3和5，则至少能放入一个半径为的小球． 为能放入更多小球我们先让放入的第一个小球与圆台侧面也相切，作出圆台轴截面如图1，小球与底面切于点，，由题意可计算出，可得，，所以，如图右侧还能再放一个这样的小球，所以至少能放下2个这样的小球． 现在分析是否能放3个小球，为了能放入更多小球，尽可能先让已放入的两个球两两相切且与圆台侧面相切，设先前放入的两个小球为球和球，它们与底面切于点，，作出两个小球的俯视图，，由上面结论可知 在中，利用余弦定理可得， 由圆台和球的对称性可知，恰好只再能放一个与这两个小球相切并和圆台侧面也相切的这类小球． 综上所述，圆台内最多能放3个这样的小球． 3．（25-26高三下·安徽·月考）如图，在中，.将以为轴旋转至，动点与原来的形成三棱锥，点在棱上，且. (1)证明：平面. (2)记二面角为，二面角为. （i）证明：为定值； （ii）当取最大值时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析 （ii） 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）（i） 过点分别向引垂线，垂足分别为，根据线面垂直的性质定理证明，由此可得，同理，再计算即可； （ii）根据均值不等式计算，设，可得，表示，根据计算即可. 【详解】（1）因为，所以. 因为，所以∽， 所以，即. 由已知可得≌，同理，在中可证. 又，且两直线在平面内，所以平面. （2）（i）由（1）知平面，所以平面平面， 则点在平面内的射影在直线上. 如图，过点分别向引垂线，垂足分别为， 连接，则四边形是矩形. 由于，且两直线在平面内，所以平面， 从而，因此，同理. 因此， 从而，为定值. （ii）由题意可知，由（i）知. 所以， 当且仅当时等号成立. 设此时（为钝角时，在的延长线上，为负）. 计算可得，则，， .由，得， 解得（舍去），所以. 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·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. 6．（25-26高三下·湖南·月考）如图，锐二面角的大小为γ，α，β均为半平面， ，过A作 垂直于，垂足为 过B作 垂直于，垂足为 ，且 (1)若 ，求γ的值； (2)在(1)的条件下，设 P为内任意一点，且，满足 ，求点 P到的距离； (3)设点 M为二面角 内部的一个点，且，，且点 M满足: ①； ② 与所成的角为 ，射线 与所成的角为 设点M到直线. 的距离为，若对满足上述条件的任意和，均有 恒成立，求的最小值. 【答案】(1)； (2)； (3)的最小值为． 【分析】（1）根据向量数量积的运算律即可得到方程，解出即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，得到相关方程，解出即可； （3）首先求出，再代入表达式，最后分析其最小值即可. 【详解】（1）因为， 故， 即，解得，故． （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图， 则， 因为，所以的一个法向量为， 设，则， 故， 从而，即，① ， 即，② 由①②得，代入（1）可得，故， 从而点到的距离为． （3）同（2）建系，设，因为，则， 又点到直线的距离为，则， 因为的一个单位法向量为的一个单位法向量为， 则， 因为点为二面角内部的一个点， 故，故， 从而，从而有， 代入可得， 即， 又， ， 故， 又因为， 故． 因为任意和，均有恒成立， 一方面：必有当，即时，不等式成立， 此时， 化简得，解得，故必有． 另一方面：当时，， 故恒成立，符合题意. 根据最值定义知，的最小值为． 此时． 7．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，为的中点， ． (1)证明：平面平面； (2)点为底面所在平面内一点，且． （ⅰ）若点在两平行直线与之间，设平面和平面的夹角为，求的最大值； （ⅱ）已知，，，，在同一球面上，设该球的球心为，证明：球心在平面上，并判断是否存在点E在球的球面上，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析，存在 【分析】（1）连接，利用勾股定理的逆定理可得，再利用等腰三角形中线性质可得，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）（ⅰ）建立适当空间直角坐标系后，可设出点坐标，再表示出平面和平面的法向量后，利用向量夹角公式计算即可得解；（ⅱ）由底面为矩形，可得球心投影在矩形中心，再利用外接球性质计算可得球心，即可得其位置，再计算是否存在符合要求的点，使得等于外接球半径即可得. 【详解】（1）连接，由，，四边形为矩形， 则，又，， 则有，故， 由，为的中点，则， 又，、平面，故平面， 又平面，故平面平面； （2）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，则点轨迹为以、为焦点的椭圆， 且椭圆方程为； （ⅰ）由点在两平行直线与之间，则， 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， 则当时，取最大值，最大值为； （ii）设，由四边形为矩形，则在平面的投影为矩形中心， 即有，，则由外接球性质可得， 即有， 解得，即，故球心在平面上， 该外接球半径， 由，则点到球心的距离 ， 令，则有， 解得或， 由，可得，则符合题意，不合题意， 故存在点E在球的球面上.    8．（2026·四川凉山·二模）如图，在三棱柱中，，，二面角的平面角为，点在平面上的射影为点. (1)若四边形是矩形，求； (2)若，. ①若，求直线与平面所成角的最大值； ②当点在其轨迹上运动时，点的轨迹是离心率为的圆锥曲线，记数列的前项和为，若，求的最小值. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）先证明点落在直线上，再求角. （2）①建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值和线面角的正弦值，再结合不等式的性质可求线面角的最大值.②先判断的轨迹为椭圆，求出离心率后结合不等式放缩和裂项相消法求最小值. 【详解】（1）取中点，中点，连接，如下图： 因为为矩形，则，且. 由，可得，则， 且.而，且平面，则平面. 而平面，则平面平面. 因为，，则，所以点平面， 则在平面上的射影落在直线上，所以. （2）①设为中点连接，则， 过作直线平面，以所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，设， 则，，， ，，由， 得，即. 设直线与平面所成角为，则. 设平面的法向量为， 则，故，取， 因为二面角的平面角为且平面的法向量为， 故即， ①若，则，故， 设与平面所成的角为，则 ， 而，故，当且仅当时等号成立，故. ②由①可得，故， 故的坐标满足：且， 表示圆柱，而表示如图所示的平面， 两者的截面为椭圆，其短轴长为，长轴长为， 故离心率为，所以， ， 当时，， 当时，，矛盾； 当时，， 因为， 所以， 故最小值为. 9．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在平行六面体中，三棱锥是底面边长为的正三棱锥. (1)证明：四边形是矩形； (2)已知. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若点、、、都在球的表面上，求球的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）连接交于点，连接，证明出平面，可得出，进而得出，再结合，可证得结论成立； （2）（i）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且在平面内且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知平面与平面夹角为或其补角，利用空间向量法求出的余弦值，即可得解； （ii）设球心为，根据可得出关于、、的方程组，求出这三个未知数的值，可得出球心的坐标，即可得出球的半径为的值. 【详解】（1）连接交于点，连接， 在平行六面体中，四边形为平行四边形， 由题意可知是边长为的等边三角形，故四边形为菱形， 所以为的中点，且， 因为三棱锥是底面边长为的正三棱锥，所以，， 所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 在平行六面体中，，所以， 又因为，，故四边形为矩形. （2）（i）因为，，且是边长为的等边三角形， 所以，则， 又因为，所以， 由余弦定理可得， 所以， 因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且在平面内且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，则， ，即点， 设点，则，且， 所以，解得，即点， 因为平面，平面，所以， 所以平面与平面夹角为或其补角， ，， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （ii）易知点、、、， 设球心为，由， 解方程组，解得， 所以球的半径为， 所以球的表面积为. 10．（2026·江苏·二模）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． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用椭圆柱的平移性质得到线面垂直关系，结合的条件，推导线线垂直，再根据线面垂直的判定定理完成证明； （2）先确定点在底面上的射影，建立平面直角坐标系写出椭圆方程，设直线方程并联立椭圆，结合已知条件求解点的坐标，再根据线面角的定义计算正弦值； （3）先通过等体积法建立四面体体积与内切球半径的关系式，表达出内切球半径的表达式，再利用基本不等式求的最小值，同时验证、与坐标轴垂直的特殊情况，确定最终最小值. 【详解】（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. 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·湖北恩施·二模）如图，四面体中，是的中点．若是点在平面内的投影，存在实数满足． (1)（i）求的值； （ii）若，求的取值范围； (2)若，异面直线与所成角为，记四面体外接球的半径为，求证：当取最小值时，． 【答案】(1)（i）；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）连接，作于点，可得面，即点与在平面内的投影重合，从而三点共线，由化简可得，由三点共线的性质即可求解的值； （ii）由可得，则利用即可求解； （2）法一：设与平面所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出各点的坐标以及四面体外接球的球心为 根据，可得，化简可得 由可得，从而得到，令得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论； 法二：将四面体补为直三棱柱．可得．则，在中，由余弦定理化简可得 设四面体外接球的球心为，则在平面内的投影，为的外心，由正弦定理，．则，化简得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论. 【详解】（1）（i）连接，因为，所以． 又，所以． 因为，且两直线在平面内，所以面. 作于点，所以，因为，且两直线在平面内，所以面． 所以点与在平面内的投影重合，从而三点共线． 因为 ． 所以 （ii） 所以为的中点， 则， 由题意 ， （2）法一：因为异面直线与所成的角为，则 设与平面所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 设四面体外接球的球心为,， 则，即， ,, ． 令， 令，则 令，则，. 所以在上单调递减，在上单调递增，在时取最小值， 即，故. 法二：由题设条件，可将四面体补为直三棱柱． 如图所示，因为与两异面直线所成的角为，所以． ． 在中，由余弦定理，． 因为． 设四面体外接球的球心为，则在平面内的投影 为的外心，则． 由正弦定理，． 则． 所以，令， 令， 则 令，令， 解得，或（舍去）， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在时取最小值，即，故． 13．（2026·山东烟台·一模）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． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）连接与交于点，连接，由已知及线面垂直的判定和性质定理证明结论； （2）（i）构建合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再应用向量法求面面角的余弦值，结合导数求其最大值； （ii）由题设存在使得，从而得，设，则，得，从而得到参数关系，应用类似过程及等差数列的定义写出通项公式，即可得. 【详解】（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. 14．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 【答案】(1) (2)（i）；（ii），，，； 【分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可. 【详解】（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以是圆的直径，. 在中，，， 所以，，， . 由正弦定理得，又， 故. （2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. （i）设，由（1）可知，，， 又因为， 所以 解得，，，即， 则. 取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M， 过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理平面， 又因为，所以平面平面， 再过点A，C分别作平面，与平面平行， 那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面. 由（i）可知，，， 所以， . 设平面的法向量，则 即可取， 所以点到平面的距离. 故相邻两个平面间的距离为. （方法二） （i）设的中点为，的中点为，的中点为M， 连接，，，. 由（1）知，，则， 又因为，，所以平面， 所以平面平面. 过点作交直线于点，连接， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角. 由（1）知，，，则，. 又因为，，所以， 所以，则. 在中，. 所以，得， 所以，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设平面的法向量， 由（i）可知， 所以，，. 由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得， 从而， 由可得或. 若，由得， 从而或. 若，由得， 从而或. 综上，可得，或， 或，或. 当或时，由于， 此时， 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，由于，此时， 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，可求点A到平面的距离， 此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为. 15．（2026高二上·浙江温州·专题练习）已知七面体中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形，如图所示， (1)求证：平面； (2)若，，平面平面， （i）求直线与平面所成角的余弦值； （ii）将以为折痕进行翻折得到，且平面.在翻折的过程中，棱与棱所形成的曲面与平面所围成的图形记为，记的内切球体积为，七面体的体积为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先利用平行四边形的性质证明平面平面，然后利用面面平行的性质可证平面. （2）（i）先构建空间直角坐标系，再利用向量的数量积求出线面夹角的余弦值. （ii）先找出的形状及内切球所在位置，根据三角形内切圆性质求出半径，算得； 将七面体视为棱柱与棱锥组合，分别求出棱柱和棱锥的体积并相加，得到. 【详解】（1）（1）证明：因为四边形与四边形均为平行四边形， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 又平面， 所以平面. （2）（2）连接， 由（1）可知且，所以四边形是平行四边形，则， 又因为，所以是正三角形，则是菱形且， 取的中点，连接，则， 因为平面平面，平面平面，， 因此以为原点，，，平面的法向量分别为轴，轴，轴的正方向，如图建系， （i）设，则， 则，，，， 则，，， 设平面的法向量， 则，即， 取，得，，则， 设直线与平面所成角为， 则， 则， 即直线与平面所成角的余弦值为. （ii）设，，， 所以， 所以， 又，， 所以，的周长为， 因为以为折痕进行翻折得到，且平面 所以为两个等底面圆半径的圆锥拼成的复合体的一半， 设含有，且与平面相垂直的平面为平面， 在平面的截面如图所示， 点为内切球球心，设内切球半径为， 则， ， 易得， 所以. 16．（2026·山东威海·一模）在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆、上底面圆的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为．    (1)证明：平面； (2)已知为下底面圆周上的一点，当时，求平面与平面所成角的正弦值； (3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明四边形ABCD为正方形，根据面面垂直，可证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可； （3）法一，设曲线上任意一点的坐标为，设点在圆柱侧面上对应点为，可证四边形为矩形，对分类讨论求解；法二在空间直角坐标系中，利用向量法，根据求解即可. 【详解】（1）因为AD，BC是圆柱的母线， 所以底面底面， 所以，因为， 所以四边形ABCD为正方形， 所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面． （2）在底面内过点作直线AB的垂线， 以为原点，分别以l，AB，AD所在的直线为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 此时，    由（1）可知为平面的一个法向量，   因为，     所以平面与平面所成角的正弦值为． （3）法一 设的平面展开曲线上任意一点的坐标为， 当时，；当； 当时，设点在圆柱侧面上对应点为， 过点的母线交上底面于点， 则，劣弧DM的弧长为|x|， 作分别为垂足，连接QN， 因为平面平面，底面平面ABCD， 所以平面平面ABCD， 所以， 因为，所以平面ABCD，所以， 可得四边形为矩形，所以，    因为底面圆周半径为1，所以， 因为，所以，   当时，在Rt中，， 因为，所以，即， 当时，，所以， 当时，在Rt中，， 因为， 所以，因此，即．    综上可得，．    法二 设的平面展开曲线上任意一点的坐标为，设点在圆柱侧面上对应点为， 则在空间直角坐标系中，    所以，   因为为平面的法向量，所以，   可得，即． 综上可得，． 17．（24-25高三下·贵州遵义·月考）如图1，在中，，，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点. (1)求新的几何体的体积； (2)记与底面所成角为，求的取值范围； (3)当时，求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用割补法来求得新的几何体的体积. （2）作出与底面所成角，求得的表达式，进而求得的取值范围. （3）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案. 【详解】（1）连接， 在中，由题可得， 因为新的几何体是以为高的圆锥减去以为高的圆锥后剩余的部分， 所以新的几何体的体积. （2）如图，取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 所以为与底面所成的角， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以. （3）以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则有，取 所以点到平面的距离为. 18．（2026·陕西西安·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，点在底面（不含边界）上的射影为点，且，设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为． (1)已知． （i）证明：的面积为定值； （ii）若平面平面，求四棱锥外接球的表面积； (2)若，判断是否存在点，使得平面． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2)存在 【分析】（1）（i）由，可知点在直线的中垂线上，从而可得边上的高为定值． （ii）由平面平面，判断为直角三角形，从而判断点的位置，求出外接球球心的位置． （2）将条件转化为，求出轨迹方程，判断方程组是否有解． 【详解】（1）（i）如图： 连接，可知直线，与平面所成角分别为， 故， 由，知， 故点在线段的中垂线上. 过点作垂直于点，连接， 所以． 因为点是点在底面上的射影， 所以． 又，且平面，所以平面． 因为平面，所以． 所以，为定值． （ii）过点作直线，显然为平面与平面的交线， 设分别为的中点，连接， 由（i）知，故，所以， 又平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 不妨设，则，所以， 解得或． 根据对称性，不妨取， 设四棱锥外接球球心到平面的距离为， 所以或， 解得或（舍）， 所以四棱锥外接球的表面积为． （2）存在．理由如下： 因为， 所以， 即，所以． 假设存在点，使得平面，则， 以的中点为坐标原点，为轴，平行于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则，设， 则由， 可得， 整理得， 又，则点在圆上， 由， 解得， 即或. 也即或． 所以存在点，使得平面 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 $