专题06 空间向量与立体几何 （6大考点）（四川专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题06 空间向量与立体几何 （6大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 6大考点概览 考点01空间几何体的非向量解法 考点02空间位置关系的非向量解法 考点03空间向量及其运算 考点04空间角为主的向量解法 考点05空间距离为主的向量解法 考点06空间向量与其它知识的综合应用 ( 空间几何体的非向量解法 考点1 ) 1．（2026·四川·二模）一个圆锥的底面直径为4，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．（多选）（2026·四川广安·二模）下列几何体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为0.99m的球体 B．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 C．底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体 D．所有棱长均为1.4m的四面体 3．（多选）（2026·四川凉山·二模）已知圆台的上，下底半径分别为，母线长为，半径为的球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（    ） A．成等差数列 B．圆台的侧面积 C．成等比数列 D．圆台的体积 4．（2026·四川·二模）已知正方体，O为的中心，M为的中点，过O、M两点的平面将正方体分为两部分，记两部分的体积分别为，，则的取值范围为_____________． 5．（2026·四川达州·二模）集合中所有点形成的曲线为，曲线所围成的平面图形为，则的面积为_____；为空间内动点，内存在点，满足，则点所形成的几何体的体积为_____. 6．（2026·四川绵阳·二模）如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足.现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为.则的最小值为_______________.    7．（2026·四川绵阳·二模）已知正四棱锥的体积为分别是棱，上的点，且满足，，过作平面与线段，分别交于，四棱锥的体积为，则的最小值为____. ( 空间位置关系的非向量解法 考点 2 ) 1．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 2．（2026·四川雅安·二模）在工业级3D打印与航天精密构件设计中，圆锥结构常作为支撑部件．现有一个高为3的圆锥，其顶点为，底面圆的圆心为，半径为2，若、两点在底面圆周上，，为线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川成都·二模）在四棱锥中，底面为矩形，，且，记二面角为，直线与底面所成的角为，若，则的值的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2026·四川广安·二模）已知，是两条不同的直线，且在平面内，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．（2026·四川广元·二模）已知直线和平面，，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 6．（多选）（2026·四川广元·二模）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与直线所成角为90° B． C．直线平面 D．三棱锥的体积为1 7．（多选）（2026·四川绵阳·二模）已知是两条不同直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的有（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，，则 ( 空间向量及其运算 考点 3 ) 1．（2026·四川绵阳·二模）已知，，若，则（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线AB与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（2026·四川成都·二模）如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（   ） A．平面平面 B． C． D．平行六面体的体积为 4.（2026·四川南充·二模）已知正四面体外接球的球心为，，过点，的平面与棱，分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为、，则的取值范围为_____________. ( 空间角为主的向量解法 考点 4 ) 1．（多选）（2026·四川眉山·二模）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．不存在点，使得平面平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．若正方体棱长为1，则以为球心，为半径的球体被平面所截图形面积的最小值为 2．（2026·四川达州·二模）在斜三棱柱中，，，，平面平面. (1)证明：； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 3．（2026·四川·二模）如图，在四棱锥中，平面，且底面是等腰梯形，，，． (1)若平面平面，求证：； (2)若平面平面，求n与所成角的余弦值． 4．（2026·四川眉山·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，． (1)当时，求证：平面； (2)若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值． 5．（2026·四川雅安·二模）如图，在三棱锥中，，分别是，上的点，，是等边三角形，． (1)若平面，证明：； (2)若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2026·四川南充·二模）已知两个非零向量，的夹角为，定义与的外积分记为，其结果是一个向量，它的长度规定为，它的方向规定为与，均垂直；如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为上一点，. (1)求的值； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若为上一点，，求. 7．（2026·四川广元·二模）圆锥的底面半径和高都为2，线段是圆锥底面圆的直径，是底面圆上的动点（不与，重合）. (1)如图1，若点为线段的中点，证明：平面； (2)如图2，过作于，取线段的中点，且. ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求直线与平面所成角的正弦值. 8．（2026·四川广安·二模）在四棱锥中，底面，，，，． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的正切值． 9．（2026·四川内江·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，平面平面，，．D为BC的中点，E为PD的三等分点（靠近P点）． (1)请用，，表示； (2)求直线AE与平面PBC所成角的正弦值； (3)设F为AB的中点，过EF的平面与射线AC、AP分别交于点G、H，当三棱锥的体积最小时，求平面FGH与平面PBC所成角的余弦值． 10．（2026·四川成都·二模）如图，在三棱柱中，，. (1)证明：直线平面ABC． (2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值． 11．（2026·四川·二模）如图，在四棱柱中，底面是正方形，，交于点O，P为的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面与平面夹角的正弦值. 12．（2026高三下·江西南昌·专题练习）如图，在梯形ABCD中，，过点作于点．将沿翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 13．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD为正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点． (1)求证：； (2)求平面MAC与平面ABCD的夹角的余弦值． 14．（2026·四川泸州·二模）如图，四棱锥的底面为正方形，平面平面，已知，是棱上的点． (1)若是棱的中点，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成的角的最大值． ( 空间距离为主的向量解法 考点 5 ) 1．（多选）（2026·四川达州·二模）如图，在棱长为3的正方体中，为对角线上的动点，，下列说法正确的是（    ） A． B．点到直线的距离的最小值为 C．过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为 D．当时，三棱锥外接球的体积为 2.（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 3.（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离． ( 空间向量与其它知识的综合应用 考点 6 ) 1．（2026·四川南充·二模）如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当时，二面角的正切值为 C．四面体的外接球体积为 D．若，则的取值范围是 2．（2026·四川内江·二模）在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（   ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过，，，四点的球的半径最小值为 3．（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. 4．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)当F为中点时，平面与平面所成二面角夹角的余弦值为． （i）求的长度； （ii）有系列“二分球族”其中为中点，为中点，……，为中点，平面截三棱锥的外接球的图形为，的面积为，其中，2，……，n，请问数列中是否存在3项成等差数列，请说明理由． 5．（2026·四川绵阳·二模）如图1，直三棱柱 的底面是边长为2的等边三角形，且 . 图2所示的多面体 ，可视为将图1中的 在其平面内绕其中心逆时针旋转 后，记为 ，并重新连接 ，，，，， 得到. (1)如图2，证明：，，， 四点共面； (2)求多面体 的体积； (3)若点 在多面体 的棱 上，求 与平面 所成角的正弦值的最大值，并求出此时点 在 上的位置. 6．（2026·四川绵阳·二模）在三棱锥中，，，为边的中点，，且平面.    (1)在直线上是否存在一点M，使得直线平面?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说明理由. (2)若平面平面. ①求证：； ②求二面角的大小. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 空间向量与立体几何 ( 空间几何体的非向量解法 考点1 ) 1．C 2．ACD 3．BCD 4． 5． 6． 7． ( 空间位置关系的非向量解法 考点 2 ) 1 2 3 4 5 6 7 C A B B B AC ACD ( 空间向量及其运算 考点 3 ) 1．A 2．D 3．ABD 4. ( 空间角为主的向量解法 考点 4 ) 1．ACD 2．【答案】(1)证明见解析. (2) 【分析】（1）取中点，连接，，由面面垂直的性质可得平面，再由余弦定理以及勾股定理，线面垂直判定定理证明即可. （2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求解即可. 【详解】（1）如图，取中点，连接，，因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，因为， 所以在中，，解得，所以， 所以为直角三角形，所以， 因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以. （2）由（1）可得平面，且，， 因为平面，所以， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 所以，，所以，，， 因为，所以，所以， 因为，所以，因为， 所以，，因为，所以解得， 设平面的法向量为，所以，， 所以，即， 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 3．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再根据线面平行的性质定理，即可证明结论； （2）作出平面和平面的交线，建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）因为，且平面,平面，故平面， 又平面，平面平面，故，即； （2）由题意知底面是等腰梯形，，， 延长交于一点，设为E，则为等边三角形，且也为等边三角形， 结合，可得，则为的中位线，故， 由于平面，平面，故E为平面和平面的一个交点， 而P为平面和平面的一个交点， 故即为平面和平面的交线n， 由于平面， 故以C为坐标原点，以所在直线为x轴，过点C作的垂线为y轴，所在直线为z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则, 设n与所成角为，则. 4．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理得证； （2）利用棱锥的体积比求出到平面的距离，由得出，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面的夹角余弦即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为当时，E为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）取中点,连接， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，因为，所以， ， 设到平面的距离为， 则， 所以，又，所以， 以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量， 则，令，则， 取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 5．【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）通过已知的线面平行关系，结合两个平面的交线，利用线面平行的性质定理即可证明； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，从而建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，计算法向量夹角的余弦值，以此得到二面角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以． （2）取的中点为，连接、． 因为，，所以，且. 又因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 因为，， 又是等边三角形，则， 则，所以． 以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以． 又因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为． 6．【答案】(1)3 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用外积分的长度规定结合求的值； （2）求出平面的法向量，向量法求直线与平面所成角的正弦值； （3）设，，由与均垂直，求出的值，得到，再由，求的值. 【详解】（1）在四棱锥中，底面为矩形，底面， 以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，得， ，， ， ， ， 化简得， 即，又，解得. （2）若为线段的中点，有， ，设平面的一个法向量为， ，令，则，即， 又，设直线与平面所成角为， 则. （3）为上一点，设，， 则，设，， ，又，， 则有，解得， 所以，， 又，则. 7．【答案】(1)证明见解析； (2)①；②. 【分析】（1）利用等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据相似三角形的判定定理和性质定理，结合线面垂直的判定定理和性质求出的长度； ①建立空间直角坐标系，利用球的性质、空间两点间距离公式，结合球的表面积公式进行求解即可； ②利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）连接， 因为，且为线段的中点， 所以， 又因为与圆锥的底面垂直，且是底面内的一条线段， 所以，因为平面， 所以平面； （2）因为与圆锥的底面垂直，且是底面内的一条线段， 所以，因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以； 连接，如图所示： 因为线段是圆锥底面圆的直径， 所以，不妨设 因为， 所以， 所以， 同理可得， 因为点是线段的中点， 所以. ①在圆中，过作，交圆于点，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设三棱锥的外接球的球心为， 所以有， 因此， 所以三棱锥的外接球的半径为， 因此三棱锥的外接球的表面积为； ②设平面的法向量为， ， 所以令，得， 即， 设直线与平面所成角为， 所以. 8．【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量法求面面角余弦，最后应用同角三角函数关系即可得出答案. 【详解】（1）在四边形中，作于，于， 因为， 可知四边形为等腰梯形，则， 可得，， 即，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，可得平面， 且平面，所以. （2）如图，以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，则， 可得， 设平面的法向量，则有， 令，则，可得， 设平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 则， 可得， 所以平面与平面的夹角的正切值为. 9．【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）连接，结合空间向量的线性运算求解即可； （2）过点作，垂足为，连接，由平面平面可得平面，则为直线AE与平面PBC所成角，进而求解即可； （3）建立空间直角坐标系，设，根据四点共面求出，进而得到，再利用等体积法求得三棱锥的体积最小时，进而利用空间向量求解平面FGH与平面PBC所成角的余弦值即可. 【详解】（1）由题意，连接， 则 . （2）过点作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线AE与平面PBC所成角. 因为平面ABC，平面ABC，所以，， 又，则，即， 又平面，平面，则，， 因为平面， 所以平面，因为平面，则， 又，，则，即为等腰直角三角形， 由（1）知，， 则 ， 所以， 则直线AE与平面PBC所成角的正弦值为. （3）由（2）知，，，， 以为原点，以所在直线为轴，以与垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 由于四点共面，则存在实数使得， 即，解得， 而，即， 当且仅当，即时等号成立， 而到平面的距离为， 又， 则三棱锥的体积最小时， 此时， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 而， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设平面FGH与平面PBC所成角为， 则， 所以平面FGH与平面PBC所成角的余弦值为． 10．【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，从而可得，，即可得证； （2）建立空间坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合空间向量夹角公式求解即可. 【详解】（1）由题意可知是边长为2的正三角形， 在中，由余弦定理可得 ， 所以， 所以为直角三角形，且， 所以， 同理可得， 因为平面，， 所以直线平面ABC； （2）取中点，连接，则， 又，所以， 由（1）可知直线平面，， 以为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示： 则，， 所以， 设平面的法向量为， 则有， 令，可得， 又因为， 所以， 所以AC与平面所成角的正弦值为. 11．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明和平面内的两条相交直线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角问题. 【详解】（1）因为底面是正方形， 正方形的对角线互相垂直， 所以 . 又已知，且，平面 . 由线面垂直的判定定理，得平面 . 又平面，由面面垂直的判定定理，得平面平面 . （2）因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连结，因为是等边三角形，所以， 且，所以，所以平面， 取的中点，连结，则， 所以平面， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系 . 因为，正方形对角线垂直平分，，，故， ，,，， . 因为，所以， 因此 ， ， . 设平面的法向量为 ， 则: 令，解得，，即. ，， 设平面的法向量为，则： ， 解得，，令，即. 设平面与平面的夹角为，则： . 因此. 12．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先求证平面，进而结合体积可求出，再求证平面即可证出； （2）以为坐标原点建系，计算两个平面的法向量，计算法向量的夹角即可. 【详解】（1）设，，, 平面平面ABED，平面平面，平面， 平面ABED， 由四棱锥的体积为8，，， 得，解得，即， 连接，在中，． 在中，，所以． ， ，即 ， 平面，平面ABED， ， ，平面AEP，平面， 又平面，. （2）以为坐标原点，EB，EC，EP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PAD的法向量为， 则，令，则， 设平面PAB的法向量为， 则， 令，则． 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 13．【答案】(1)证明见解析； (2) 【详解】（1）因为底面为正方形，所以， 又侧面底面，平面，平面平面， 所以平面. 又平面，故. 因为侧面为正三角形，是的中点，所以. 又，平面，，所以平面. 又平面，所以. （2）不妨设，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴， 过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则由题设可得，，， ，. 因为底面，得平面的一个法向量； 设是平面的法向量，则， 即，可得平面的一个法向量， 则. 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 14．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量公式转化为求二次函数的最小值. 【详解】（1）由平面平面，且底面为正方形，得，根据面面垂直的性质定理得平面， 因为，是中点，由等腰三角形三线合一，得， 又，结合平面，得平面， 因为平面，所以， 由于，根据线面垂直的判定定理，可得平面； （2）由二面角的大小为，结合平面，可知， 如图以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 由，得各点坐标：， 设（），则，故的坐标为， 向量，设平面的法向量为，由得； 由得，令，则，故法向量， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为，则， 二次函数（开口向上），其最小值在顶点处取得，最小值为，故的最小值为， 代入得的最大值为：， 因此，. ( 空间距离为主的向量解法 考点 5 ) 1．ABD 2. 3【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用勾股定理的逆定理证明，，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理，， 即. 由， 所以为直角三角形，且. 在中，，，， 因为，所以为直角三角形，且， 由平面，，所以平面. 由平面，所以平面平面. （2）以的中点为原点，所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴， 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， 则， 令，则，，此时. 因为，设（）， 则. 因为，，， 由， 又，所以. 所以. 因为，，， 所以点到直线的距离为：. ( 空间 向量 与其它知识的综合应用 考点 6 ) 1．ABD 2．ACD 3．【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. 4．【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）由平面可以得到平面平面，再由线线垂直得到平面，再由线面垂直得到，由三角形的性质得到，再由线面垂直的判定定理证明平面，由面面垂直的判定定理即可证明. （2）（i）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，代入求解即可. （ii）取中点，作于，证明平面，得到为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，求解圆的面积，假设存在m，n，且使得，，成等差数列，由等差数列的性质求解即可. 【详解】（1）证明：平面  平面， ∴平面平面， 又∵平面平面，且， 平面， 又平面，故． 在中，，E为线段的中点，则． 因为平面，平面，，平面． 平面，∴平面平面． （2）（i）易知，，两两垂直，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，， ，， 设为平面的一个法向量． 故即取， 取为平面的一个法向量． ，解得，故． （ii）如图，取中点，作于． 由，所以满足． 则为三棱锥的球心，其中，2，…，n． 因为，则，则平面， 则为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，为半径 由，则， 所以圆的面积， 假设存在m，n，且使得，，成等差数列，则． 即化简可得 因为，，所以为偶数，即（*）式不成立， 所以数列中不存在3项成等差数列． 5．【答案】(1)证明见解析 (2) (3)     【分析】（1）建系后利用向量证明即可. （2）多面体是由两个全等的四棱锥组成的，先用向量证明是矩形并求出其面积 ，然后求出点到平面的距离，然后利用体积公式计算答案. （3）先设出点的位置，然后利用向量，用参数表示出线面角的正弦值，再利用导数求解最大值. 【详解】（1）如图所示，取的中心记为，取的中心记为，以为坐标原点，过作的平行线为轴，过作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系. 是边长为2的等边三角形，是由绕逆时针旋转得到的. ，， ，， 所以四点共面. （2）由（1）得， 四边形是矩形，. 设平面的法向量，则 ，令，则. . 所以点到平面的距离. 所以多面体的体积. （3）设 . . . 设平面的法向量. 则，令，则. . 记与平面所成的角为，则. 即. 记 则. 故在上单调递增，在上单调递减. 因此. 所以与平面所成角的正弦值为，此时. 6．【答案】(1)存在，当为中点 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）取为中点，可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）①由面面垂直的判定定理可得平面，即可得，，进而可证平面，即可得结果；②建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）存在，当为中点时平面，    当为中点时，连接， 因为为中点，则， 且平面，平面，所以平面. （2）①因为平面平面，平面平面， 过作交于H， 因为平面，所以平面， 且平面，可得， 又因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 因为平面，所以； ②以为坐标原点，，，方向为x，y，z轴正方向，建空间直角坐标系，    由题意可得：，， 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， 设二面角的平面角为， 由图可知，则，可得， 所以二面角的大小为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 空间向量与立体几何 （6大考点）(四川专用) 2026年高考数学二模分类汇编 6大考点概览 考点01空间几何体的非向量解法 考点02空间位置关系的非向量解法 考点03空间向量及其运算 考点04空间角为主的向量解法 考点05空间距离为主的向量解法 考点06空间向量与其它知识的综合应用 ( 空间几何体的非向量解法 考点1 ) 1．（2026·四川·二模）一个圆锥的底面直径为4，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】根据圆锥的结构特征有圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体表面积最小，再由圆锥的体积公式及轴截面的相关计算求球体半径，即可得. 【详解】由题意，圆锥轴截面对应三角形内接于球体最大圆时，球体的半径最小，此时表面积最小， 若圆锥的高为，而其底面半径为2，则，可得， 令球体半径为，则，可得， 所以球体表面积为. 2．（多选）（2026·四川广安·二模）下列几何体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ） A．直径为0.99m的球体 B．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 C．底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体 D．所有棱长均为1.4m的四面体 【答案】ACD 【分析】根据正方体的对称性和选项中几何体的结构特征，充分利用正方体的体对角线与面对角线的特点逐一分析计算即可判断. 【详解】对于A，球体的直径为m，小于正方体的棱长，则可以放入棱长为1m的正方体容器内，故A正确； 对于B，因正方体内最长的线段是体对角线，它的长为，而该圆柱的高为1.8m， 故无法整体放入棱长为1m的正方体容器内，即B错误； 对于C，如上图将底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体放置即可， 此时圆锥的顶点在正方体的体对角线上， 底面圆圆心在平面上，由正方体的对称性性质易得， 且的内切圆半径满足，解得，故C正确； 对于D，如上图，在正方体中，连接， 得到正四面体， 因其棱长，故所有棱长均为1.4m的四面体可整体放入该正方体，故D正确. 3．（多选）（2026·四川凉山·二模）已知圆台的上，下底半径分别为，母线长为，半径为的球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（    ） A．成等差数列 B．圆台的侧面积 C．成等比数列 D．圆台的体积 【答案】BCD 【分析】圆台有内切球，轴截面是有内切圆的等腰梯形，故母线长 .过梯形上底顶点作高，构成直角三角形，两直角边为 、，斜边为 .由勾股定理：， 展开化简得 ，即 .然后逐项分析. 【详解】由球与圆台的两个底面和侧面都相切，得圆台高，且截面为梯形有内切圆，如图所示:梯形的内切圆与上底，下底和腰相切于点，易得，故. 选项A：由，得，故A错误. 选项B：圆台侧面积，代入，得，故B正确. 选项C：如上图，作出圆台的轴截面，截面图形为等腰梯形，内切圆为球的大圆，梯形高为. 过梯形上底一端点作下底的垂线，得直角三角形： 水平直角边：，竖直直角边：，斜边：母线. 由勾股定理：， 展开：， 化简得：，成等比数列，正确. 选项D：圆台的体积，而， 故，D正确. 4．（2026·四川·二模）已知正方体，O为的中心，M为的中点，过O、M两点的平面将正方体分为两部分，记两部分的体积分别为，，则的取值范围为_____________． 【答案】 【分析】先尝试作出截面，并找到截面与上底面的交线，通过对交线的情况讨论解决问题. 【详解】 设正方体棱长为，体积为， 如图1，过O、M两点的平面与交于点， 过O、M两点的平面将正方体分为两部分， 记两部分的体积分别为、，设， 如图2，当时，两部分的体积分别为和，此时， 当时，如下图 的体积相对于时 增加了一个斜三棱柱的体积， 同时减少了多面体的体积， 观察上图发现增加的体积多于减少的体积，且其体积是连续变化的， 当，如下图的体积必然大于多面体的体积， 计算多面体的体积为， ， 所以多面体的体积为， 所以当，如下图的体积必然大于， 如下图，当截面与上底面的交点在上时， 考虑特殊情况为上的中点时，，此时，根据对称性，， 且从运动到上的中点过程中，同时一样，的体积必然大于，， 再根据对称性，及体积变化的连续性知，的取值范围是. 5．（2026·四川达州·二模）集合中所有点形成的曲线为，曲线所围成的平面图形为，则的面积为_____；为空间内动点，内存在点，满足，则点所形成的几何体的体积为_____. 【答案】 【分析】（1）先由确定曲线与坐标轴的交点，从而判断为菱形，再利用对角线长求面积． （2）设，固定高度后考察截面图形．当内存在点满足时，平面常数上的截面恰好是平面图形向外扩张距离后所得图形．再将所形成的几何体分解为一个直棱柱、四个半圆柱及四个四分之一球，最后求和即可． 【详解】（1）由可得曲线与坐标轴的交点分别为，，，． 故为以这四点为顶点的菱形，其两条对角线长均为． 所以的面积为. （2）方法1： 设为所求几何体内任意一点． 若内存在点，满足，则必有 对任意固定的（），记 此时点在平面常数上的截面，恰好是由平面图形向外扩张距离所得的图形． 由此可知，整个几何体可分解为以下三部分： ① 以为底面、高为的两个直棱柱； ② 沿的四条边向外形成的四个半圆柱； ③ 以的四个顶点为球心形成的四个四分之一球． 因为的面积为，故直棱柱的体积为， 又因为菱形 的边长为， 故每个半圆柱的底面半径为 ，高为 ，其体积为， 四个半圆柱的总体积为， 每个四分之一球的半径为 ，其体积为， 四个四分之一球的总体积为， 所以所求几何体的体积为， 故点 所形成的几何体的体积为； 方法2（定积分求体积）： 设 为空间内任意一点． 若 内存在点 ，满足 ，则必有 ． 对任意固定的（），记， 此时点在平面常数上的截面，恰好是由向外扩张距离所得的平面图形． 该截面可看成由原菱形、沿四条边向外作出的四个矩形及四个半径为的圆角部分组成． 因为的周长为， 所以该截面积为， 于是所求几何体的体积为 分别计算得 所以，故点所形成的几何体的体积为. 6．（2026·四川绵阳·二模）如图，某水平测试场地修建了一个实体圆锥形通信屏蔽罩，其高为，底面圆直径，且点满足.现在点处固定一枚无线电信标，且在点有一微型无人机（视为一点）.点在母线上，无人机先在空中以直线航迹从点飞行到处，随后紧贴屏蔽罩表面飞行到点，设飞行路径总长度为.则的最小值为_______________.    【答案】 【分析】采用化曲为直的方法，将曲面展成与平面共面的扇形，再有两点之间线段最短求出飞行路径的最短值，适当采取建系的方法可以大幅度减少计算量. 【详解】由题可知， 故该圆锥侧面展开图的圆心角，则连接可得， 又由题知，如图建立平面直角坐标系    则，由两点之间线段最短可得， 所以， 故答案为： 7．（2026·四川绵阳·二模）已知正四棱锥的体积为分别是棱，上的点，且满足，，过作平面与线段，分别交于，四棱锥的体积为，则的最小值为____. 【答案】 【分析】设，，利用三棱锥体积比例的性质得到，再利用基本不等式可得答案. 【详解】设，， 先将正四棱锥拆为两个体积相等的三棱锥和， 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 因为 ， ， 所以， 同理可得，，所以， 再将正四棱锥拆为两个体积相等的三棱锥和， 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 因为 ， ， 所以， 同理可得，，所以， 由得，当且仅当等号成立. 所以. 故答案为：.    ( 空间位置关系的非向量解法 考点 2 ) 1．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 【答案】C 【分析】应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理分别得出面面垂直即可求解. 【详解】因为平面，平面，平面平面； 因为平面，平面，平面平面； 因为平面，平面，所以，又，平面， 所以平面， 平面，平面平面； 所以平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有3对. 2．（2026·四川雅安·二模）在工业级3D打印与航天精密构件设计中，圆锥结构常作为支撑部件．现有一个高为3的圆锥，其顶点为，底面圆的圆心为，半径为2，若、两点在底面圆周上，，为线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，首先证明或其补角即为直线与直线所成的角，然后利用平面几何知识计算出和即可得出答案. 【详解】取的中点，连接，因为为的中点，所以， 所以或其补角即为直线与直线所成的角， 因为，，，平面，所以平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，，， 所以. 3．（2026·四川成都·二模）在四棱锥中，底面为矩形，，且，记二面角为，直线与底面所成的角为，若，则的值的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】取、中点E、F，证得平面，过点P在平面内作垂足为点O，证得平面，结合线面角、二面角的定义及已知求出相关边，进而列方程求. 【详解】 分别取、中点E、F，因为，则， 在矩形中，，，平面， 所以平面，则， 过点P在平面内作垂足为点O， 所以，，平面，则平面， 连接，所以直线与平面所成角为，于是． 设，则，，于是，，， 所以，则， 所以，解得或． 4．（2026·四川广安·二模）已知，是两条不同的直线，且在平面内，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】B 【详解】若，在平面内,则， 若，在平面内，则不一定能得出， 所以“”是“”的必要不充分条件． 5．（2026·四川广元·二模）已知直线和平面，，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】B 【分析】根据题意，由空间中线面的位置关系，即可判断． 【详解】当时，由，直线与平面可能垂直，也可能平行，故充分性不成立； 当时，由，可知，故必要性成立； 所以“”是“”的必要不充分条件． 6．（多选）（2026·四川广元·二模）如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与直线所成角为90° B． C．直线平面 D．三棱锥的体积为1 【答案】AC 【详解】A：由正方体的性质可知：平面， 因为平面， 所以，因此直线与直线所成角为90°，所以本选项结论正确； B：由正方体性质可知：，所以有， 因为，所以不成立，因此本选项结论不正确； C：连接，由正方体的性质可得：，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以直线平面，故本选项结论正确； D：由正方体的性质可得：平面 三棱锥的体积为，故本选项结论不正确； 7．（多选）（2026·四川绵阳·二模）已知是两条不同直线，，，是三个不同的平面，则下列说法正确的有（   ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，，则 【答案】ACD 【分析】利用线面平行与垂直的判定与性质定理即可判断出正误． 【详解】对A，根据面面平行的性质定理，可得A正确； 对B：若，，，则或异面，故B错误； 对C：因为垂直于同一条直线的平面互相平行，故C正确； 对D：因为，，，所以，又，所以.故D正确. 故选：ACD ( 空间向量及其运算 考点 3 ) 1．（2026·四川绵阳·二模）已知，，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据求出，再求即可. 【详解】，，若，则， 解得，则. 故选：A. 2．（2025·四川巴中·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线AB与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设向量及相关量并表示出，计算数量积与模长，最后求异面直线所成角余弦值. 【详解】设三棱柱棱长为， 所以，，， ， ，则， 设异面直线与所成角为，. 故选：D 3．（多选）（2026·四川成都·二模）如图，平行六面体的底面ABCD是边长为1的菱形，且，平面，则（   ） A．平面平面 B． C． D．平行六面体的体积为 【答案】ABD 【分析】A选项，由线面平行得到面面平行；B选项，由线面垂直的判定定理和性质定理可证；C选项，先根据线面垂直得到线线垂直，由空间向量相关公式得到的长度，进而求出；D选项，求出平行六面体的高，得到体积. 【详解】A选项，因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面， 同理可知，平面， 又，平面，所以平面平面，A正确； B选项，连接，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以⊥， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，B正确； C选项，因为平面，平面，所以， ，， 则， 即， 又，，设的长度为， 故，解得，负值舍去， 又， 故 ， 所以，C错误； D选项，， 又， 故，故， 过点作⊥于点，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，为相交直线， 所以⊥平面，故为平行六面体的高， 菱形的面积为， 则平行六面体的体积为，D正确. 4.（2026·四川南充·二模）已知正四面体外接球的球心为，，过点，的平面与棱，分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为、，则的取值范围为_____________. 【答案】 【分析】设，利用四点共面，可得，再进一步确定，进而得到，再计算得，结合得到的范围． 【详解】解：如图，延长分别交平面、平面于， 平面与棱，分别相交于， 连接交于，又为正四面体，不妨设正四面体的边长为， 为的重心，为的中点，， ，设， ， 共面，，解得， 即，又，，， ， 即，即， ，， ，且， ． ( 空间角为主的向量解法 考点 4 ) 1．（多选）（2026·四川眉山·二模）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．不存在点，使得平面平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．若正方体棱长为1，则以为球心，为半径的球体被平面所截图形面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】通过证明平面平面，判断A；建立空间坐标系，利用空间向量判断BCD. 【详解】对于A，连接， 由题意可得， 因为平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为、平面，， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面，故A正确； 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为， 则，， 所以， 所以，， 所以，， 即，， 又因为平面，且， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面， 所以当点为中点时，三点共线， 此时平面， 所以平面平面，故B错误； 取平面的法向量为， 设， 则， 设直线与平面所成角为， 则 ， 因为， 所以， 所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确； 当时，易知为边长为的等边三角形， 此时，，， 设点到平面的距离为， 则， 当点与点重合时，取最小值，最小值为， 此时截面的半径取最小值，为， 所以截面面积的最小值为，故D正确. 2．（2026·四川达州·二模）在斜三棱柱中，，，，平面平面. (1)证明：； (2)若，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）取中点，连接，，由面面垂直的性质可得平面，再由余弦定理以及勾股定理，线面垂直判定定理证明即可. （2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求解即可. 【详解】（1）如图，取中点，连接，，因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，因为， 所以在中，，解得，所以， 所以为直角三角形，所以， 因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以. （2）由（1）可得平面，且，， 因为平面，所以， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 所以，，所以，，， 因为，所以，所以， 因为，所以，因为， 所以，，因为，所以解得， 设平面的法向量为，所以，， 所以，即， 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 3．（2026·四川·二模）如图，在四棱锥中，平面，且底面是等腰梯形，，，． (1)若平面平面，求证：； (2)若平面平面，求n与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再根据线面平行的性质定理，即可证明结论； （2）作出平面和平面的交线，建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）因为，且平面,平面，故平面， 又平面，平面平面，故，即； （2）由题意知底面是等腰梯形，，， 延长交于一点，设为E，则为等边三角形，且也为等边三角形， 结合，可得，则为的中位线，故， 由于平面，平面，故E为平面和平面的一个交点， 而P为平面和平面的一个交点， 故即为平面和平面的交线n， 由于平面， 故以C为坐标原点，以所在直线为x轴，过点C作的垂线为y轴，所在直线为z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则, 设n与所成角为，则. 4．（2026·四川眉山·二模）如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，． (1)当时，求证：平面； (2)若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，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）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理得证； （2）利用棱锥的体积比求出到平面的距离，由得出，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面的夹角余弦即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为当时，E为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2）取中点,连接， 因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，因为，所以， ， 设到平面的距离为， 则， 所以，又，所以， 以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量， 则，令，则， 取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 即平面与平面的夹角的余弦值为. 5．（2026·四川雅安·二模）如图，在三棱锥中，，分别是，上的点，，是等边三角形，． (1)若平面，证明：； (2)若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）通过已知的线面平行关系，结合两个平面的交线，利用线面平行的性质定理即可证明； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，从而建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，计算法向量夹角的余弦值，以此得到二面角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以． （2）取的中点为，连接、． 因为，，所以，且. 又因为，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 因为，， 又是等边三角形，则， 则，所以． 以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，所以． 又因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为． 6．（2026·四川南充·二模）已知两个非零向量，的夹角为，定义与的外积分记为，其结果是一个向量，它的长度规定为，它的方向规定为与，均垂直；如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，为上一点，. (1)求的值； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若为上一点，，求. 【答案】(1)3 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用外积分的长度规定结合求的值； （2）求出平面的法向量，向量法求直线与平面所成角的正弦值； （3）设，，由与均垂直，求出的值，得到，再由，求的值. 【详解】（1）在四棱锥中，底面为矩形，底面， 以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，得， ，， ， ， ， 化简得， 即，又，解得. （2）若为线段的中点，有， ，设平面的一个法向量为， ，令，则，即， 又，设直线与平面所成角为， 则. （3）为上一点，设，， 则，设，， ，又，， 则有，解得， 所以，， 又，则. 7．（2026·四川广元·二模）圆锥的底面半径和高都为2，线段是圆锥底面圆的直径，是底面圆上的动点（不与，重合）. (1)如图1，若点为线段的中点，证明：平面； (2)如图2，过作于，取线段的中点，且. ①求三棱锥的外接球的表面积； ②求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②. 【分析】（1）利用等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）根据相似三角形的判定定理和性质定理，结合线面垂直的判定定理和性质求出的长度； ①建立空间直角坐标系，利用球的性质、空间两点间距离公式，结合球的表面积公式进行求解即可； ②利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）连接， 因为，且为线段的中点， 所以， 又因为与圆锥的底面垂直，且是底面内的一条线段， 所以，因为平面， 所以平面； （2）因为与圆锥的底面垂直，且是底面内的一条线段， 所以，因为平面， 所以平面，又因为平面， 所以； 连接，如图所示： 因为线段是圆锥底面圆的直径， 所以，不妨设 因为， 所以， 所以， 同理可得， 因为点是线段的中点， 所以. ①在圆中，过作，交圆于点，建立如下图所示的空间直角坐标系， ， 设三棱锥的外接球的球心为， 所以有， 因此， 所以三棱锥的外接球的半径为， 因此三棱锥的外接球的表面积为； ②设平面的法向量为， ， 所以令，得， 即， 设直线与平面所成角为， 所以. 8．（2026·四川广安·二模）在四棱锥中，底面，，，，． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的正切值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量法求面面角余弦，最后应用同角三角函数关系即可得出答案. 【详解】（1）在四边形中，作于，于， 因为， 可知四边形为等腰梯形，则， 可得，， 即，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，可得平面， 且平面，所以. （2）如图，以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，则， 可得， 设平面的法向量，则有， 令，则，可得， 设平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则， 则， 可得， 所以平面与平面的夹角的正切值为. 9．（2026·四川内江·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，平面平面，，．D为BC的中点，E为PD的三等分点（靠近P点）． (1)请用，，表示； (2)求直线AE与平面PBC所成角的正弦值； (3)设F为AB的中点，过EF的平面与射线AC、AP分别交于点G、H，当三棱锥的体积最小时，求平面FGH与平面PBC所成角的余弦值． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）连接，结合空间向量的线性运算求解即可； （2）过点作，垂足为，连接，由平面平面可得平面，则为直线AE与平面PBC所成角，进而求解即可； （3）建立空间直角坐标系，设，根据四点共面求出，进而得到，再利用等体积法求得三棱锥的体积最小时，进而利用空间向量求解平面FGH与平面PBC所成角的余弦值即可. 【详解】（1）由题意，连接， 则 . （2）过点作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线AE与平面PBC所成角. 因为平面ABC，平面ABC，所以，， 又，则，即， 又平面，平面，则，， 因为平面， 所以平面，因为平面，则， 又，，则，即为等腰直角三角形， 由（1）知，， 则 ， 所以， 则直线AE与平面PBC所成角的正弦值为. （3）由（2）知，，，， 以为原点，以所在直线为轴，以与垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 由于四点共面，则存在实数使得， 即，解得， 而，即， 当且仅当，即时等号成立， 而到平面的距离为， 又， 则三棱锥的体积最小时， 此时， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 而， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设平面FGH与平面PBC所成角为， 则， 所以平面FGH与平面PBC所成角的余弦值为． 10．（2026·四川成都·二模）如图，在三棱柱中，，. (1)证明：直线平面ABC． (2)设P是棱的中点，求AC与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，从而可得，，即可得证； （2）建立空间坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，结合空间向量夹角公式求解即可. 【详解】（1）由题意可知是边长为2的正三角形， 在中，由余弦定理可得 ， 所以， 所以为直角三角形，且， 所以， 同理可得， 因为平面，， 所以直线平面ABC； （2）取中点，连接，则， 又，所以， 由（1）可知直线平面，， 以为原点，分别以射线，为，轴的正半轴，建立空间坐标系，如图所示： 则，， 所以， 设平面的法向量为， 则有， 令，可得， 又因为， 所以， 所以AC与平面所成角的正弦值为. 11．（2026·四川·二模）如图，在四棱柱中，底面是正方形，，交于点O，P为的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明和平面内的两条相交直线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角问题. 【详解】（1）因为底面是正方形， 正方形的对角线互相垂直， 所以 . 又已知，且，平面 . 由线面垂直的判定定理，得平面 . 又平面，由面面垂直的判定定理，得平面平面 . （2）因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连结，因为是等边三角形，所以， 且，所以，所以平面， 取的中点，连结，则， 所以平面， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系 . 因为，正方形对角线垂直平分，，，故， ，,，， . 因为，所以， 因此 ， ， . 设平面的法向量为 ， 则: 令，解得，，即. ，， 设平面的法向量为，则： ， 解得，，令，即. 设平面与平面的夹角为，则： . 因此. 12．（2026高三下·江西南昌·专题练习）如图，在梯形ABCD中，，过点作于点．将沿翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8． (1)证明：． (2)求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先求证平面，进而结合体积可求出，再求证平面即可证出； （2）以为坐标原点建系，计算两个平面的法向量，计算法向量的夹角即可. 【详解】（1）设，，, 平面平面ABED，平面平面，平面， 平面ABED， 由四棱锥的体积为8，，， 得，解得，即， 连接，在中，． 在中，，所以． ， ，即 ， 平面，平面ABED， ， ，平面AEP，平面， 又平面，. （2）以为坐标原点，EB，EC，EP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PAD的法向量为， 则，令，则， 设平面PAB的法向量为， 则， 令，则． 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 13．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD为正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点． (1)求证：； (2)求平面MAC与平面ABCD的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【详解】（1）因为底面为正方形，所以， 又侧面底面，平面，平面平面， 所以平面. 又平面，故. 因为侧面为正三角形，是的中点，所以. 又，平面，，所以平面. 又平面，所以. （2）不妨设，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴， 过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则由题设可得，，， ，. 因为底面，得平面的一个法向量； 设是平面的法向量，则， 即，可得平面的一个法向量， 则. 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 14．（2026·四川泸州·二模）如图，四棱锥的底面为正方形，平面平面，已知，是棱上的点． (1)若是棱的中点，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成的角的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量公式转化为求二次函数的最小值. 【详解】（1）由平面平面，且底面为正方形，得，根据面面垂直的性质定理得平面， 因为，是中点，由等腰三角形三线合一，得， 又，结合平面，得平面， 因为平面，所以， 由于，根据线面垂直的判定定理，可得平面； （2）由二面角的大小为，结合平面，可知， 如图以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 由，得各点坐标：， 设（），则，故的坐标为， 向量，设平面的法向量为，由得； 由得，令，则，故法向量， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为，则， 二次函数（开口向上），其最小值在顶点处取得，最小值为，故的最小值为， 代入得的最大值为：， 因此，. ( 空间距离为主的向量解法 考点 5 ) 1．（多选）（2026·四川达州·二模）如图，在棱长为3的正方体中，为对角线上的动点，，下列说法正确的是（    ） A． B．点到直线的距离的最小值为 C．过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为 D．当时，三棱锥外接球的体积为 【答案】ABD 【分析】以​为坐标原点，​为轴，​为轴，为轴，建立空间直角坐标系，对于A，表示出各点坐标，利用向量数量积运算即可判断； 对于选项B，利用空间中点到直线的距离公式结合二次函数的性质即可求解； 对于C，取，连接，可得过，N，A三点的平面截正方体所得截面为梯形，求出各边长即可判断； 对于D,有条件可得，由​是直角三角形，可得外接圆半径​​，外心为​中点，设外接球球心，由即可得到球心坐标，从而求得外接圆的半径结合球的体积公式即可求解. 【详解】以​为坐标原点，​为轴，​为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由，得， 由为对角线上的动点，设 对于A，，， 所以 则，故A正确； 对于B，由于，， 所以， ，， 则点到直线的距离， 即 所以当​时，，B正确; 对于C，取，连接， 因为，，所以， 因为，，所以四边形为平行四边形， 则，所以，且 故过，N，A三点的平面截正方体所得截面为梯形， 由于，，， 所以过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为，故C不正确； 对于D，由，，得，则， 由​是直角三角形，其外接圆半径​​，外心为​中点， 设外接球球心，由： 则，解得：， 则外接球半径：， 所以三棱锥外接球的体积：，故D正确； 2.（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 【答案】 【分析】利用空间向量坐标公式计算出、可求出平面法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】，， 设平面的法向量为， 则，取，则,，故， 则. 3.（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得． (1)证明：平面平面； (2)已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用勾股定理的逆定理证明，，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离. 【详解】（1）在中，，，， 由余弦定理，， 即. 由， 所以为直角三角形，且. 在中，，，， 因为，所以为直角三角形，且， 由平面，，所以平面. 由平面，所以平面平面. （2）以的中点为原点，所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴， 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， 则， 令，则，，此时. 因为，设（）， 则. 因为，，， 由， 又，所以. 所以. 因为，，， 所以点到直线的距离为：. ( 空间 向量 与其它知识的综合应用 考点 6 ) 1．（2026·四川南充·二模）如图，在长方体中，，，点为四边形内部（不含边界）的一个动点，平面平面，则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当时，二面角的正切值为 C．四面体的外接球体积为 D．若，则的取值范围是 【答案】ABD 【分析】建系借助空间向量判断A选项；根据二面角的定义判断B选项；设出外接球球心，根据球心到各点距离相等得到球心坐标和半径进而判断C选项；根据E点坐标结合三角函数换元，利用三角函数值域即可判断D选项. 【详解】以为原点，为轴，为轴，​为轴，建立如图空间直角坐标系， ，设， ，， 所以 故异面直线与所成角的余弦值为，故A正确； 过作，垂足为，因为平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面，又，故， 又，，平面， 所以平面，平面， 故.所以的轨迹是以为直径，中点为圆心的圆在正方形内的部分， 所以在平面上的轨迹方程为， 而DE=1，故此时的轨迹方程为， 联立 ​，得，， 因为平面，平面， 所以， 根据二面角定义可知​是二面角的平面角， 则 ，故 B正确； 而直角三角形外心为中点，设外接球心为， 由球心到各点距离相等得，即， 解得​，半径，体积 ，故C错误； 得，故，因为的轨迹方程为， 设，得 ， 而，故，所以，故D正确. 2．（2026·四川内江·二模）在棱长为的正方体中，点是棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，若平面，则（   ） A．点的轨迹经过线段的中点 B．点的轨迹长度为 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过，，，四点的球的半径最小值为 【答案】ACD 【分析】取的中点，连接，根据条件可得点的轨迹为线段（不含端点），即可判断出A和B的正误；对C，利用等体积法，即可求解；对D，建立空间直角坐标系，设，球心，半径为，利用球的性质可得，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接，，易知， 又平面，平面，所以平面. 又是中点，所以，又平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又平面，则平面，又点在正方形内部（不含边界）运动，且平面平面， 所以点的轨迹为线段（不含端点）. 对于A，连接，由正方体的性质易知与相交，且交点为的中点，所以A正确； 对于B，因为，所以点的轨迹长度为，故B错误； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为， 则，设，球心，半径为， 由，得到，解得，， 所以，又，且，所以当时，取到最小值，最小值为，故D正确. 3．（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. 4．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)当F为中点时，平面与平面所成二面角夹角的余弦值为． （i）求的长度； （ii）有系列“二分球族”其中为中点，为中点，……，为中点，平面截三棱锥的外接球的图形为，的面积为，其中，2，……，n，请问数列中是否存在3项成等差数列，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）由平面可以得到平面平面，再由线线垂直得到平面，再由线面垂直得到，由三角形的性质得到，再由线面垂直的判定定理证明平面，由面面垂直的判定定理即可证明. （2）（i）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，代入求解即可. （ii）取中点，作于，证明平面，得到为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，求解圆的面积，假设存在m，n，且使得，，成等差数列，由等差数列的性质求解即可. 【详解】（1）证明：平面  平面， ∴平面平面， 又∵平面平面，且， 平面， 又平面，故． 在中，，E为线段的中点，则． 因为平面，平面，，平面． 平面，∴平面平面． （2）（i）易知，，两两垂直，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，， ，， 设为平面的一个法向量． 故即取， 取为平面的一个法向量． ，解得，故． （ii）如图，取中点，作于． 由，所以满足． 则为三棱锥的球心，其中，2，…，n． 因为，则，则平面， 则为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，为半径 由，则， 所以圆的面积， 假设存在m，n，且使得，，成等差数列，则． 即化简可得 因为，，所以为偶数，即（*）式不成立， 所以数列中不存在3项成等差数列． 5．（2026·四川绵阳·二模）如图1，直三棱柱 的底面是边长为2的等边三角形，且 . 图2所示的多面体 ，可视为将图1中的 在其平面内绕其中心逆时针旋转 后，记为 ，并重新连接 ，，，，， 得到. (1)如图2，证明：，，， 四点共面； (2)求多面体 的体积； (3)若点 在多面体 的棱 上，求 与平面 所成角的正弦值的最大值，并求出此时点 在 上的位置. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)     【分析】（1）建系后利用向量证明即可. （2）多面体是由两个全等的四棱锥组成的，先用向量证明是矩形并求出其面积 ，然后求出点到平面的距离，然后利用体积公式计算答案. （3）先设出点的位置，然后利用向量，用参数表示出线面角的正弦值，再利用导数求解最大值. 【详解】（1）如图所示，取的中心记为，取的中心记为，以为坐标原点，过作的平行线为轴，过作的垂线为轴，为轴建立空间直角坐标系. 是边长为2的等边三角形，是由绕逆时针旋转得到的. ，， ，， 所以四点共面. （2）由（1）得， 四边形是矩形，. 设平面的法向量，则 ，令，则. . 所以点到平面的距离. 所以多面体的体积. （3）设 . . . 设平面的法向量. 则，令，则. . 记与平面所成的角为，则. 即. 记 则. 故在上单调递增，在上单调递减. 因此. 所以与平面所成角的正弦值为，此时. 6．（2026·四川绵阳·二模）在三棱锥中，，，为边的中点，，且平面.    (1)在直线上是否存在一点M，使得直线平面?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说明理由. (2)若平面平面. ①求证：； ②求二面角的大小. 【答案】(1)存在，当为中点 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）取为中点，可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）①由面面垂直的判定定理可得平面，即可得，，进而可证平面，即可得结果；②建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）存在，当为中点时平面，    当为中点时，连接， 因为为中点，则， 且平面，平面，所以平面. （2）①因为平面平面，平面平面， 过作交于H， 因为平面，所以平面， 且平面，可得， 又因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 因为平面，所以； ②以为坐标原点，，，方向为x，y，z轴正方向，建空间直角坐标系，    由题意可得：，， 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， 设二面角的平面角为， 由图可知，则，可得， 所以二面角的大小为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $