专题04 空间向量与立体几何（3大考点）（安徽专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题04 空间向量与立体几何 3大考点概览 考点01空间几何体的体积与表面积 考点02外接球与内切球 考点03空间向量与点线面的位置关系 ( 空间几何体的体积与表面积 考点1 ) 一、单选题 1．（2026·安徽滁州·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，下面结论中不正确的是（    ） A．四面体的体积为 B．存在点，使为等边三角形 C．过点三点的正方体截面一定是平行四边形 D．有且仅有一条直线与垂直 2．（2026·安徽淮南·二模）已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·安徽安庆·二模）三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2026·安徽滁州·二模）正方体的棱长为2，点在平面内（含边界），且点到点的距离与到平面的距离相等，点为线段中点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．恰有两个点，使得直线平面 C．的最小值为 D．若与平面所成角的正弦值为，则到平面的距离为 ( 外接球与内切球 考点 2 ) 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·二模）已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·安徽马鞍山·二模）已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2026·安徽阜阳·二模）如图，五面体中，，，，，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（   ）. A． B．平面平面 C．平面截该几何体所得截面面积的最小值为 D．三棱锥外接球的表面积为 4．（2026·安徽淮北·二模）设正六棱锥的侧面与底面所成的角为，则（    ） A．若，则的侧棱与底面所成角的余弦值为 B．若的高为，，则其内切球半径为 C．若的高为，，则其外接球半径为 D．若的体积为定值，则其表面积最小时 5．（2026·安徽池州·二模）如图，在棱长为1的正方体中，，过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面记为S，若三棱锥的外接球球心，则（   ） A． B．S为五边形 C．S的面积为 D．S分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为 三、填空题 6．（2026·安徽合肥·二模）如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 四、解答题 7．（2026·安徽淮南·二模）如图，在直四棱柱中，，. (1)证明：平面； (2)动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为. （i）求的取值范围； （ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值. ( 空间向量与点线面的位置关系 考点 3 ) 一、多选题 1．（2026·安徽安庆·二模）在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（   ） A．点的轨迹长度等于 B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 二、解答题 2．（2026·安徽合肥·二模）如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 3．（2026·安徽滁州·二模）如图，在直四棱柱中，下底面为平行四边形，，，，分别是上、下底面所在平面内两点，点在棱上，且点是以为圆心的圆弧上的动点，点是半圆弧上的动点（不包括端点）． (1)若点在上，证明：平面； (2)设三棱锥的外接球的半径为，求的取值范围． 4．（2026·安徽淮北·二模）如图，在三棱锥中，为正三角形，是棱的中点，，，． (1)证明：； (2)点满足，且平面 （i）求的值； （ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值． 5．（2026·安徽马鞍山·二模）如图，圆锥的底面半径为1，高为2，是的直径，点在上，且． (1)求点到平面的距离； (2)点在线段上，二面角的大小为，求直线与圆锥底面所成角的正弦值． 6．（2026·安徽安庆·二模）如图，在斜三棱柱中，，侧面为矩形，在底面内的射影为． (1)求证：； (2)若，与底面所成角的余弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值． 7．（2026·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是正三角形，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 8．（2026·安徽池州·二模）如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面平面ACD； (2)点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 空间向量与立体几何 3大考点概览 考点01空间几何体的体积与表面积 考点02外接球与内切球 考点03空间向量与点线面的位置关系 ( 空间几何体的体积与表面积 考点1 ) 一、单选题 1．（2026·安徽滁州·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，下面结论中不正确的是（    ） A．四面体的体积为 B．存在点，使为等边三角形 C．过点三点的正方体截面一定是平行四边形 D．有且仅有一条直线与垂直 【答案】D 【分析】A选项，根据锥体体积公式进行求解；B选项，设，，需满足与的夹角等于，建立空间直角坐标系，由夹角公式得，令，结合零点存在性定理可得B正确；C选项，画出截面图形，得到C正确；D选项，举出例子，得到不止一条直线与垂直. 【详解】A选项，点在线段上，故点到直线的距离， 故， 又点在线段上，故点到平面的距离， 故四面体的体积为，故A正确； B选项，假设存在点，使为等边三角形，故， 由勾股定理可得， 所以，故只需与的夹角等于即可， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，，则， 故， 则， 整理可得，两边平方得， 即，令， 显然在上单调递增， 其中，， 故由零点存在性定理可得，使得， 所以假设成立，故存在点，使为等边三角形，B正确； C选项，在平面中，过点作， 分别交于点，连接， 由于平面平面，故，故四边形为平行四边形， 当分别在线段和运动时，均满足四边形为平行四边形， 故过点三点的正方体截面一定是平行四边形，C正确； D选项，当分别与重合时，⊥， 又为等边三角形，所以当为的中点，与重合时，⊥， 故不止一条直线与垂直，D错误. 2．（2026·安徽淮南·二模）已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由圆台的母线与底面所成的角求出圆台的高，再由圆台的体积公式求体积即可. 【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为， 过作于，即为母线与下底面所成角，则. 因为圆台的上、下底面半径分别为2和4，所以， 由，所以，所以，即， 由圆台的体积公式为. 3．（2026·安徽安庆·二模）三棱锥的底面为边长为1的等边三角形，三个侧面三角形中至少有两个为等腰直角三角形，则该三棱锥的体积不可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】（1）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 因为，，所以， 所以，则. （2）是等边三角形，且，如下图所示， 由于，平面，所以平面， 所以. （3）是等边三角形，且，如下图所示， 取的中点，连接，则，， 所以，所以，所以， 所以，，平面， 所以平面.所以. 二、多选题 4．（2026·安徽滁州·二模）正方体的棱长为2，点在平面内（含边界），且点到点的距离与到平面的距离相等，点为线段中点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．恰有两个点，使得直线平面 C．的最小值为 D．若与平面所成角的正弦值为，则到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】对于A：根据等体积法计算即可；对于B：建立空间直角坐标系，根据点到点的距离与到平面的距离相等得到点的轨迹方程，结合线面平行的向量求法得到，联立求解即可；对于C：求出的解析式，结合换元法及二次函数最值求解即可；对于D：根据线面角的向量求法得到，与点的轨迹方程联立求解即可. 【详解】对于A：正方体中，平面平面， 又点在平面内（含边界），所以点到平面的距离为定值. 又点为线段中点，所以，则. 故，为定值，故A正确. 对于B：以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 因为点为线段中点，所以. 设， 则， 点到平面的距离为， 所以，整理得，即点的轨迹方程为. 设平面的法向量为，，， 则，即，令，则，，所以. 且. 若直线平面，则，所以，即. 联立，整理得，解得或. 因为，所以. 故只有1个点，使得直线平面，故B错误； 对于C：由选项B可知，，，则. 又，，所以. 又，所以. 令，则. 令，则，则， 当，即时，取最大值1， 此时取最小值，取最小值，故的最小值为，C正确. 对于D：已知平面的一个法向量为，. 因为与平面所成角的正弦值为， 则，整理得， 联立，整理得，即， 解得或（舍去）， 故到平面的距离为，D正确. ( 外接球与内切球 考点 2 ) 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·二模）已知圆柱的轴截面是周长为24的矩形，其上下底面的圆周都在同一球面上，当圆柱的侧面积最大时，该球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设该圆柱高为，底面半径为，则可得、间关系，再表示出圆柱的侧面积后，利用二次函数性质可得取最大时的、，从而可求出此时该球的半径，即可得其体积. 【详解】设该圆柱高为，底面半径为，则，即有， 圆柱的侧面积， 故当且仅当、时，取最大， 此时圆柱的外接球半径为， 则该球的体积. 2．（2026·安徽马鞍山·二模）已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于每个相交面，利用点到面的距离公式，结合球的半径，求出交线圆弧的半径；再通过几何关系确定圆心角，最后将所有相交得到的曲线长度相加，得到总长度. 【详解】面是过的平面，截球所得截面圆的圆心为，半径为, 顶点都在球内（），在球外（）， 因此和各有一个交点，交线为两点间的圆弧, 上交点满足，得， 又（中），因此圆弧圆心角，弧长， 同理，面与对称，弧长， 是等边三角形，、各有一个交点，圆心角为， 弧长：， 到面的距离，截面圆半径，截面圆心为， 弧长：， . 二、多选题 3．（2026·安徽阜阳·二模）如图，五面体中，，，，，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是（   ）. A． B．平面平面 C．平面截该几何体所得截面面积的最小值为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，利用线面平行的性质判断即可；对于B，利用线面垂直证明面面垂直；对于C，分析出当，之间的距离最小时，梯形的面积最小，再计算面积的最小值；对于D，建立空间直角坐标系根据外接球性质计算半径后求表面积. 【详解】对于A，因为，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以，又， 所以四边形为平行四边形，则，正确. 对于B，因为，， 故四边形为等腰梯形. 如图，过点F作，垂足为O，连接， 又，，所以， 又，所以. 取的中点Q，连接， 因为，， 所以，，， 又， 所以四边形为矩形， 所以， 又，所以， 故，又，， 所以平面， 又平面，所以平面平面，故正确. 对于C，如图，设截面与棱交于点M，连接，，因为，平面，平面，所以平面，又平面平面， 所以， 又，所以， 所以截面是梯形.因为四边形为平行四边形， 所以.又， 所以当，之间的距离最小时，梯形的面积最小. 显然，，之间的最小距离等于直线到平面的距离， 也就是点O到平面的距离. 过点O作，垂足为H， 由B知，，又， 所以平面，则平面， 所以，又，， 所以平面.所以点O到平面的距离等于， 在中，. 所以截面面积的最小值为，故错误. 对于D，由B可知，故由正弦定理可得， 外接圆的半径. 因为， 所以外接圆的圆心在上，且. 如上图，以点O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，. 易知三棱锥外接球的球心T在过点且与底面垂直的直线上， 故可设T的坐标为， 因为A，F均在球T的球面上， 所以， 得， 所以三棱锥外接球的半径， 故三棱锥外接球的表面积为，故正确. 4．（2026·安徽淮北·二模）设正六棱锥的侧面与底面所成的角为，则（    ） A．若，则的侧棱与底面所成角的余弦值为 B．若的高为，，则其内切球半径为 C．若的高为，，则其外接球半径为 D．若的体积为定值，则其表面积最小时 【答案】ABD 【分析】对于A选项，可得（正六边形半径等于边长），侧棱，再由求解即可；对于B选项，内切球心在高上，半径等于球心到侧面的距离，设六棱锥底面面积为，侧面面积为，由棱锥体积为以及求解即可；对于C选项，外接球心在高上，设球心为​，半径为，由为直角三角形求解即可；对于D选项，列出正六棱锥表面积表达式，求解即可. 【详解】正六棱锥如图所示，顶点为， 设正六棱锥底面正六边形的边长为，底面中心为，顶点为，高， 底面正六边形的边心距（中心到边的距离）：， 侧面等腰三角形的斜高（顶点到底边的距离）：， 侧面与底面所成二面角满足： 当时可解得， 对于A选项，侧棱与底面所成角为侧棱与底面的夹角，即，如图， 其中 （正六边形半径等于边长），侧棱，，因为，则，故A正确； 对于B选项，内切球心在高上，半径等于球心到侧面的距离，设六棱锥底面面积为，侧面面积为，则棱锥体积为， 表面积：，由可得， 代入可得，，又因为，所以，故B正确； 对于C选项，外接球心在高上，设球心为​，半径为，则， ，，在中：，即， 代入 ，可得，即，故C错误； 对于D选项，设体积为定值，底面边长为，高为，底面边心距为，所以，底面积，体积， 侧面与底面成角为，斜高为，侧面积， 总表面积为，将，即， 代入可得， 因为为定值，只需要研究，令，则， 则，则， 因为，则等价于，即，解得，故D正确. 5．（2026·安徽池州·二模）如图，在棱长为1的正方体中，，过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面记为S，若三棱锥的外接球球心，则（   ） A． B．S为五边形 C．S的面积为 D．S分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为 【答案】AC 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得，和，求得平面的法向量为，结合，列出方程，求得，可判定A正确；得到截面的形状为等腰梯形，可判定B不正确；结合梯形的面积公式，求得截面的面积，可判定C正确；结合棱台的体积公式，结合正方体的体积，可判定D不正确. 【详解】对于A，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，可得， 因为，所以点为中点，可得， 又因为，设，可得， 所以，可得，解得，所以， 由三棱锥的外接球即为为棱的长方体的外接球， 因为，可得对应长方体的对角线长为， 所以的外接球的半径为， 可得球心为长方体的对角线的中点，所以， 设平面的法向量为， 由，令，则，所以， 因为，所以向量与平面的法向量为垂直，则， 即，解得，所以A正确； 对于B，当时，可得，此时点为的中点， 因为点为中点，可得， 在正方体中，可得，所以， 此时过点的平面截正方体的截面为等腰梯形，所以B不正确； 因为正方体的棱长为，可得， 设等腰梯形的高为， 则， 所以等腰梯形的面积为，所以C正确； 对于D，因为正方体的棱长为，可得其体积为， 又因为分别为的中点， 根据棱台的定义，可得多面体为三棱台， 且，高， 可得三棱台体积为， 所以较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积比为，所以D错误. 三、填空题 6．（2026·安徽合肥·二模）如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 【答案】/ 【分析】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质、勾股定理的逆定理、平行线的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质，利用空间两点间距离公式、球的体积公式进行求解即可. 【详解】取的中点为， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，， 所以，因此， 因为平面，平面， 所以，因为平面， 所以平面，而平面， 所以，， . 在平面内，过作，交于点， 所以， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 于是有， 设，显然有， 所以有， 所以球的半径为， 所以球的体积为. 四、解答题 7．（2026·安徽淮南·二模）如图，在直四棱柱中，，. (1)证明：平面； (2)动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为. （i）求的取值范围； （ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据直四棱柱性质利用线面垂直判定定理证明可得平面； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用可求出球心以及点的坐标表示，利用可得取值范围； （ii）易知当最大时,求出平面与平面的法向量，求出两法向量夹角余弦值的绝对值即可. 【详解】（1）因为在直四棱柱中，平面， 又平面，所以， 因为，所以， 在中，，，满足， 所以， 又，平面， 所以平面； （2）（i）因为在直四棱柱中，， 所以四边形为平行四边形，四边形为正方形， 所以平面， 因此两两垂直，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，如下图所示： 根据题意可得； 取的中点，的中点为； 因为球经过点，，，且为等腰直角三角形， 所以球心在直线上， 设， 则， 又， 点在球上，所以， 可得，故； 因为，所以，； 所以，即； 因此该球的半径的取值范围为； （ii）当球的半径最大时，，， 所以，，即点与点重合； 此时， 设平面的一个法向量为， 则有，令，可得， 所以， 即平面的一个法向量为， 因为平面，可得平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. ( 空间向量与点线面的位置关系 考点 3 ) 一、多选题 1．（2026·安徽安庆·二模）在棱长为1的正方体中，点是正方形内（含边界）一动点，若点到平面的距离为，则（   ） A．点的轨迹长度等于 B．平面 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．异面直线与，所成角的余弦值的最小值为 【答案】ACD 【详解】构建空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，轴，轴， 则可得， 因为点在平面（含边界）一动点，则可设点，设为点到平面的距离. 对于A，根据题意可设平面的方程为， 则有，解之可得，令，则可得， 所以平面的方程为， 再根据点到平面的距离公式可求出， 而，所以可求出， 当时，，当时，，而，即点为一条线段， 由点的轨迹长度为，故A正确； 对于B，因为，，所以可知平面，所以 同理可证，是平面法向量，， 根据平面，则有，可求出， 而由A可知，有矛盾，故可判断B错误； 对于C，法（一）直线与平面所成角为，则， 而为点到平面的距离， 根据两点之间距离公式可求出， ，要使最大，则只需最小即可， 当时，取最小值为，所以， 法（二）点为中点，点为中点，根据图形可知当点位于线段中点时， 线段最短，， 此时直线与平面所成角最大，故所成角的正弦的最大值为，故C正确； 对于D，法（一）设直线与所成角度为，而 根据异面直线所成角的余弦公式可知， 由C选项可知， 所以， 令，化简后可得， 令，， 则， 所以在上大于，所以为单调递增， 则，则， 所以最小值为， 法（二）平移到根据图形可知当点位于点时， 异面直线与所成角最大，其余弦值最小，最小值为，故D正确. 二、解答题 2．（2026·安徽合肥·二模）如图，在面积为的梯形中，，，为的中点.将沿翻折至. (1)证明：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)当时，求四棱锥体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，由菱形性质可得，即可得； （2）借助梯形面积可得的面积，从而可求出，再以为坐标原点，建立适当空间直角坐标系，可求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过作，垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即为四棱锥的高，再设，，可得，则可用表示出，再构造相应函数，利用导数求出最大值即可得解. 【详解】（1）连接，由为中点，则，又， 则四边形为菱形，设，则为中点， 则，故； （2）当时，是边长为的等边三角形， 又因为梯形的面积为，所以的面积为， 所以，所以， 以为坐标原点，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，所以， 设为平面的法向量，则， 即，令，则，，所以， 所以， 因此，平面与平面夹角的余弦值为； （3）过作，垂足为， 因为四边形为菱形，所以，即， 又是平面内的两条相交直线， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 设，，则，， 根据的面积为，得，即， 要使三棱锥的体积最大，则最大， 因为， 所以， ，其中， 令，记，， 令，，或（舍）， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 所以三棱锥的体积最大值为， 因此，四棱锥体积的最大值为. 3．（2026·安徽滁州·二模）如图，在直四棱柱中，下底面为平行四边形，，，，分别是上、下底面所在平面内两点，点在棱上，且点是以为圆心的圆弧上的动点，点是半圆弧上的动点（不包括端点）． (1)若点在上，证明：平面； (2)设三棱锥的外接球的半径为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，通过证明平面平面，即可得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示求解即可. 【详解】（1）如图，作出符合题意的图形，连接， ，， 是等边三角形，是的中点，又是的中点， ，且，四边形是平行四边形， ，又平面，平面， 平面，又， 且平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又平面，平面． （2）如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，， 中点坐标为，可设球心， 在以为圆心、1为半径的圆弧上， ，． 则，， 由， 化简得，，， 故，，． 4．（2026·安徽淮北·二模）如图，在三棱锥中，为正三角形，是棱的中点，，，． (1)证明：； (2)点满足，且平面 （i）求的值； （ⅱ）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用几何性质求出PD、CD的长，利用勾股定理可得，再结合线面垂直的性质即可证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，（i）根据求出E点的坐标，再求出平面PAE的法向量，结合平面即可求出的值；（ii）进一步求出PBC的法向量，利用空间向量法即可求解． 【详解】（1）已知，， 由勾股定理得， 又是AB中点，且由题意得为等腰直角三角形，故，且， 在正中，是AB中点，故，且， 在中，有，故， 又，且平面PAB，故平面PAB， 又平面PAB，因此． （2）（i）由（1）可知，PD、CD、AB三者之间两两互相垂直， 所以以为原点，建立空间直角坐标系，如下图所示， 由题意及（1）可得，，，，， 所以，，， 由，得，又，， 设平面PAE的法向量为，则可得， 解得（*），因为平面PAE，所以， 即，联立（*）可解得． （ii）由前述可知，所以对于平面PAE的法向量为， 有，令，则， 设平面PBC的法向量为，又， 则，可得，令，则， 所以两平面夹角的余弦值． 5．（2026·安徽马鞍山·二模）如图，圆锥的底面半径为1，高为2，是的直径，点在上，且． (1)求点到平面的距离； (2)点在线段上，二面角的大小为，求直线与圆锥底面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）法1，利用三棱锥等体积，计算得解；法2，建立空间直角坐标系，利用向量法求解； （2）法1，取中点，可得二面角的平面角为，进而求得，得解；法2，利用向量法求得平面和平面的法向量，进而求得点的坐标，计算得解. 【详解】（1）方法－：因为为直径，所以， 由，得，，所以， 所以， 在中，，，所以， 设点到平面的距离为，由，得. 方法二：取弧的中点，连接，则， 以为坐标原点，方向为轴方向如图建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， ，令，得， 则点到平面的距离为. （2）方法一：取中点，连接、，则， 又平面，则，，故面，故， 所以二面角的平面角为，即， 在等边中，，为等腰直角三角形得， 在中，，故所求线面角，. 方法二：设， 设平面的法向量， ，令，得， 底面的法向量，则，得， 即，， 设直线与底面所成角为，则. 6．（2026·安徽安庆·二模）如图，在斜三棱柱中，，侧面为矩形，在底面内的射影为． (1)求证：； (2)若，与底面所成角的余弦值为，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）由射影得平面，再结合三角形性质和线面垂直判定定理得出. （2）建立空间直角坐标系，求相关向量与法向量，最后利用向量夹角公式求平面夹角余弦值. 【详解】（1）因为在底面内的射影为， 所以平面， 又平面，则， 在斜三棱柱中， ，​， 又因为侧面为矩形， 所以，因此， 因为​，平面， 所以平面，又平面， 所以，结合，得. （2）由（1）知两两垂直， 以为原点，所在直线为轴，平行轴， 所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 已知， 设，则，， 又因为与底面所成角的余弦值为， 所以， 则，，，， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，， 令，解得， 在平面中，，， 设平面的一个法向量为， 则，， 令，解得， 又因为两个平面的夹角范围为， 所以. 7．（2026·安徽合肥·二模）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是正三角形，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理得出结论； （2）利用同一法证明平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，由法向量的夹角与二面角的关系求得结论． 【详解】（1）设，则在点相互平分， 又菱形中，， 是正三角形，则， 而，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）由已知，因为是正三角形，所以， 中，， 设，垂足为，则， 所以与重合，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 分别以为轴，过且平行于的直线为建立空间直角坐标系，如图， 又， 所以，，，, 是中点，则， ， 设平面的一个法向量是， 则，令，得， 设平面的一个法向量是， 则，令，得， 所以二面角的正弦值为． 8．（2026·安徽池州·二模）如图1所示，在平面四边形ABCD中，已知，，将沿直线AC翻折至（如图2），使得． (1)证明：平面平面ACD； (2)点F在线段DE上，且二面角的大小为60°． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）求CD与平面ACF所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）取的中点，先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论； 解法一：（ⅰ）先证明是二面角的平面角，根据面积公式可得，由此可求结论； （ⅱ）过作交于，求三棱锥的体积，利用等体积法求点到平面的距离，再由线面角的几何定义求结论； 解法二：（ⅰ）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式列方程求， （ⅱ）求直线的方向向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）证明：取的中点，由题意知，，所以，，三点共线， 由得；由得， 又，故，所以， 又，且，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）解法一：（几何法） （ⅰ）由（1）知平面，平面， 所以，又，平面平面， 所以是二面角的平面角，所以， 由得， 所以， 即，即， 由得，所以； （ⅱ）过作交于，则平面， 由（ⅰ）知， 所以， 由（ⅰ）知，所以， 记到平面的距离为，所以， 所以，即， 记与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为． 解法二：（建系法） （ⅰ）由（1）可知如图所示建系，则，，， 由得， 设平面的法向量为，由得， 故，取，可得，所以， 设平面的法向量为， 记二面角的大小为，则， 化简得，解得或（舍）， （ⅱ）由（ⅰ）知，取平面的法向量为， 又，记与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为． 1 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $