专题07 空间向量与立体几何（7大考点）（江苏专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题07 空间向量与立体几何 7大考点概览 考点01点线面位置关系 考点02平行关系的判定与性质 考点03垂直关系的判定与性质 考点04空间几何体的表面积与体积 考点05空间角的计算 考点06空间距离的计算 考点07几何体的外接与内切球 ( 点线面位置关系 考点1 ) 1．（2026·江苏·二模）若空间中四条两两不同的直线，满足   则下面结论一定正确的是（  ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 【答案】D 【分析】将满足题意的直线放入长方体模型判断即可. 【详解】如图所示，取，，， 当取时，，当取时，，排除ABC. 故选：D. 2．（多选）（2026·江苏南京·二模）已知三棱柱，为中点，下列选项正确的是（     ） A．过点有且只有一条直线与直线、都垂直 B．过点有且只有一个平面与直线、都垂直 C．过点有且只有一个平面与直线、都平行 D．过点有且只有一个平面与直线、都相交 【答案】AC 【分析】根据异面直线的性质以及线面平行、垂直的判定定理，对过点与直线、的不同位置关系的情况进行逐一分析. 【详解】在B选项中，若一个平面与两条异面直线都垂直，那么这两条异面直线平行， 而与不平行，所以不存在这样的平面，所以B选项错误， 在C选项中，过点分别作直线与的平行线、， 则，平面，平面，所以平面， 同理可知平面，所以过点有且只有一个平面与直线、都平行，所以C选项正确， 在A选项中，由C选项可知，过点有且只有一个平面与直线、都平行，且该平面为平面， 因为过点有且只有一条直线与平面垂直，记该直线为直线， 因为平面，所以，因为，所以，同理可知， 所以，因此过点有且只有一条直线与直线、都垂直，所以A选项正确， 在D选项中，过点与直线、都相交的平面有无数个，所以D选项错误. 故选：AC. 3．（2026·江苏盐城·二模）已知是异面直线的公垂线段，且，直线上有两个不同的动点，直线上有两个不同的动点． (1)若，，求二面角的余弦值； (2)若分别为的中点．是否存在点使得同时成立？若存在，找出这样的点，若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由且是异面直线的公垂线段，所以可以以为轴，其他两个分别平行轴、轴通过建立空间直接坐标系发现，得到就是所二面角求角，通过计算可求； （2）通过建系设点，推出方程组无解得到结论. 【详解】（1），故以M为原点建立空间直接坐标系， ，，，， 直线与轴平行，所以直线的一个方向向量为，， ，所以，又， 所以就是所二面角求角， ， 所以二面角的余弦值为. （2） 设，，，， 分别为的中点，，，，又， ， ， 当时，， 当时，， 故无解， 所以不存在点使得同时成立. ( 平行关系的判定与性质 考点 2 ) 4．（2026·江苏镇江·二模）如图，四边形是平行四边形ABCD在平面上的投影（）． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知四边形是边长为的正方形，，，，，，，点和分别是和的中点，设直线DE与的交点为S． ①求证：点S在直线上； ②求平面SCD与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）先证明线面平行，证明面面平行，最后用面面平行的判定定理证明，同理可得两组平行线段，即可证明平行四边形. （2）①先根据平行四边形和中点得到的中位线，求出为的中点，再用中位线的判定求出是的中点，可得点S在直线上. ②设空间直角坐标系，先求出两个空间向量的法向量，再用法向量夹角的余弦值的绝对值求出平面SCD与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）四边形是平行四边形，， 平面，平面， 平面， 又，平面，平面， 平面， ，平面平面. 又两个平行平面被平面所截，交线为和 所以；同理， 故是平行四边形. （2）①因为是正方形，所以， 又因为，所以， 平面，平面， 所以平面，平面平面于，所以， 又因为，所以为平行四边形， 因为是的中点，在中，由可得, ，即为的中点， 连接，取与的交点为， 在中，为的中点，且，所以， 又因为，此时重合，所以三点共线，点S在直线上. ②在三角形中，， 由余弦定理可得，所以， 所以，所以三角形为直角三角形， 即，所以点是在平面的投影点，又因为， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 可得，，， ，，，， 设平面的法向量， 由题意得，， 得到， 令，则，故； 设平面的法向量， 由题意得，， 可得， 令，，，所以； 设平面SCD与平面的夹角为，两平面的法向量夹角为， 所以. ( 垂直关系的判定与性质 考点 3 ) 5．（2026·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. (1)证明：平面； (2)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）取中点，由线面垂直证明两两垂直，从而建立空间直角坐标系，然后得到点坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直，从而得到线面垂直； （2）由空间直角坐标系得到点坐标，由空间向量求得平面的一个法向量，由空间向量的夹角求得线面角的正弦值. 【详解】（1）如图，取中点，连接，， 在正三角形中，， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，且平面， ∴， 在梯形中，，∴四边形为平行四边形， ∴，又∵，∴， 又，平面，平面， ∴平面，平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， ∵，， ∴且，且，平面，平面， ∴平面. （2）由（1）可知， ∴，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 直线与平面所成角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. ( 空间几何体的表面积与体积 考点 4 )6．（2026·江苏镇江·二模）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. 7．（2026·江苏连云港·二模）国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、下底面边长分别为，，侧棱长为的正四棱台，则该台基的体积约为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解. 【详解】由题意作出正四棱台图象，如下图所示：   为正四棱台，，，， 连接，得，， 过作，过作， 所以，， 在直角三角形中，， 所以正四棱台的高，正四棱台上、下底面积为和， 所以体积 . 故选：A. 8．（多选）（2026·江苏宿迁·二模）如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（   ） A．截面是平行四边形 B．若，则 C．存在点，使得截面为长方形 D．截面的面积存在最小值 【答案】AD 【详解】如图： 对A：设平面交棱于点，连接，. 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以. 同理，所以四边形为平行四边形，即截面是平行四边形，故A正确； 对B：因为，，所以，. 又和中，，，. 所以，所以，. 连接，，则， 且， ， ， 所以，又，所以，所以，故B错误； 对C：假设存在点，使得截面为长方形. 设，则，. 由， 即或. 这与矛盾，所以假设错误.故不存在点，使得截面为长方形.即C错误； 对D：设，，则，， 在中，由余弦定理，， 所以. 所以. 所以截面四边形的面积为， 所以当时，截面的面积最小，为.故D正确. 9．（多选）（2026·江苏苏州·二模）如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（    ） A．截正方体的截面可能是正五边形 B．当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47 C．当E，F分别是的中点时，上存在点P使得 D．当F是中点时，满足的点E有且只有2个 【答案】BCD 【分析】A.若截面为五边形，则截面与正方体的5个面都相交，则必有两条交线平行，与正五边形的性质矛盾. B．作出截面，分别求出两部分的体积，再求体积比. C.作出截面，再在线段上找出P，证明. D.分别从点在线段上去讨论是否成立. 【详解】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，但正五边形没有哪两条边平行，故截面不可能是五边形，选项A错误． B.如图，延长分别交于点G，I，连接分别交于点H，J， ∴截面为五边形，记正方体棱长为6，， 截面下侧的体积为， 另侧体积为：，∴，故选项B正确. C．截面为图中等腰梯形，此时取中点P，知， 平面,平面     ∴，故选项C正确． D.当E在上时，设， 由，故上有一个点E； 当E在上时，，故上不存在这样的点E； 当E在上时，，故上也不存在； 当E在上时，设，∴，故上存在一个点E，   ∴共2个，选项D正确． 故选：BCD. 【点睛】作截面的三种方法： ①直接法：截面的定点在几何体的棱上 ②平行线法：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行 ③延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上 10．（2026·江苏·二模）如图是一把直角三角尺，其中间做了镂空设计，设直角三角尺外轮廓的三角形的三边为，其对应的内角为，被挖去的三角形与直角三角尺的外轮廓三角形相似，且二者外接圆半径之比为1:2． (1)若被挖去的三角形的外接圆面积为16，求：的值； (2)若直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，求：该直角三角尺做镂空设计前绕其一边旋转一周而成的几何图形体积的最小值的最大值． 【答案】(1)16 (2) 【分析】（1）根据外接圆面积求出，再由正弦定理计算即可； （2）根据外接圆半径为6，得出斜边，再由圆锥的体积公式与均值定理计算即可. 【详解】（1）设挖去的三角形的外接圆半径，面积为， 直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径，面积为， 因为外接圆半径之比为1:2，所以，故， 计算得，又因为，故，根据正弦定理得： ； （2）直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，斜边， 设直角边为，满足， 若绕旋转：体积； 若绕旋转：体积； 若绕旋转：斜边上的高，体积； 因为，所以， 当且仅当时等号成立，此时， 即几何图形体积的最小值的最大值为. 11．（2026·江苏盐城·二模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是母线，点D在线段BC上，直线//平面. (1)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，证明：； (2)若，，直线到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得为的中点，结合锥体的体积分析证明； （2）根据题意可得到平面的距离为，结合锥体的体积可得，进而可求得，结合线面夹角的定义分析求解. 【详解】（1）连接，设，连接， 因为直线//平面，平面，平面平面， 所以//， 又因为为的中点，则为的中点， 所以. （2）因为直线//平面，直线到平面的距离为， 则到平面的距离为， 又因为为的中点，则到平面的距离为， 由，则，可得， 延长交底面圆周于点，连接，则 因为平面，平面，则， ，平面， 所以平面， 由平面，则，即的边AD的高为， 由题意可得：， 可得为等腰直角三角形，则， 可得， 由，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值， 因为//，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 故线与平面所成角的正弦值. ( 空间 角的计算 考点 5 )12．（2026·江苏南京·二模）将一个棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥按如图所示的方式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成______个部分.    【答案】21 【分析】利用正四面体和正四棱锥的性质来计算相邻两个面的二面角，通过两个二面角互补，可判断两平面共面，再证明面面平行，可确定这是一个三棱柱，从而可确定结果. 【详解】    因为上图是棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥， 所以取的中点为，可知 即正四面体的一个二面角的平面角为，正四棱锥的两侧面形成的一个二面角的平面角为， 由已知可得：，所以， 又由已知可得：，所以， 由于，因为， 所以， 从而可得侧面与侧面共面， 即四边形是菱形，可得， 再利用正四面体与正四棱锥的性质可知，侧面与侧面也共面， 即四边形是菱形，可得， 由于平面，平面，所以平面， 同理平面，又因为平面， 所以平面平面， 所以这个几何体是一个三棱柱， 其中三个侧面侧面，侧面所在的平面可将空间分成个部分， 再由两个平行底面与底面又将空间分成上、中、下个部分； 所以这五个面所在的平面可以将空间分成个部分. 故答案为： 13．（2026·江苏·二模）已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出二面角的平面角，根据最小角定理，利用线面角求最小值即可. 【详解】过作，垂足为，于，连接，如图， 则，平面， 所以平面，平面，所以, 所以为二面角的平面角，故， 由最小角定理知，当为与所成线面角时，最小， 此时，重合，取得最小值， 设，则，又，则， 所以，即的最小值为. 14．（多选）（2026·江苏·二模）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，二面角的大小为，则.在矩形中，为线段上动点，绕翻折至，记二面角的平面角为，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时，且为中点，则 C．不存在与，使得 D．当时，则最小值为 【答案】ABD 【分析】A：运用已知公式直接判断即可； B：根据面面垂直的性质定理，结合勾股定理和逆定理进行运算判断即可. C：运用假设法，结合余弦函数的最值性质进行判断即可； D：根据锐角三角函数定义，结合余弦定理、基本不等式进行求解判断即可. 【详解】A：当时，由已知公式，得 ， 所以，所以本选项说法正确； B：当为中点，取的中点，连接， 因为在矩形中，， 所以， 由勾股定理可得，且 ，而， 所以， 所以，于是， 因为，所以平面平面， 又因为平面平面，，且平面， 所以平面，平面， 所以，于是有， 因为， 所以，所以本选项说法正确； C：假设存在与，使得， 因为在矩形中，， 所以， 由已知公式 ， 显然，所以假设成立，因此本选项说法不正确； D：在矩形中，设， 所以， 于是有， 因为， 所以由 ， 由余弦定理可得： ， 因为， 所以，当且仅当时取等号， 所以有，当且仅当时取等号， 所以由 ，所以本选项说法正确. 故选：ABD 15．（多选）（2026·江苏·二模）在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（    ） A．直线与平面所成角的最大值为 B．异面直线与所成角的余弦值取值范围 C．若平面平面，则到平面的距离为 D．三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据解三角形可确定即可判定；对于B，由题可计算直线与平面的夹角为，然后可判断直线与所成角为时，两直线共面即可判断；对于C，利用等体积法可计算；对于D，发现为直角三角形，利用外接球半径不小于其外接圆半径可确定； 【详解】 对于A，，，，， 且， 所以直线与平面所成角的最大值为； 对于B，，，又平面， 所以平面，又，所以直线与平面的夹角为， 则直线与所成角最小角为，此时在直线上， 直线与所成角最大角为，当平面平面垂直时， ，平面平面，平面， 平面，， 所以异面直线与所成角的余弦值取值范围，故B错误； 对于C，由B知当平面平面垂直时，平面， ， 平面，，， 又，所以，， 设到平面的距离为，则， 解得，故C正确； 对于D，因为，所以为直角三角形， 外接圆半径分别为，故三棱锥外接球半径最小为2， 此时球心在中点处，表面积为，故D正确； 故选：ACD. 16．（2026·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． (1)证明：平面； (2)在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，证得，再由，得到，证得平面，得到，进而证得平面； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设正方形的边长为，设，根据与所成的角为，求得，得到，求得平面和平面的法向量分别为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：因为底面，且底面，所以， 又因为为正方形，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面. （2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为，可得， 可得， 则，， 因为在线段上，设，其中， 则， 因为与所成的角为，可得， 解得，所以，所以，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的二面角为，其中， 可得，即平面与平面DEG夹角的余弦值为. 17．（2026·江苏盐城·二模）已知平面，，，分别为，上的点，且，. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）先证明BC⊥平面PAB，可得BC⊥AD，证明AD⊥平面PBC，得PC⊥AD，再证明PC⊥平面ADE，即可证明PC⊥DE； （2）过点B作BE∥AP，则BZ⊥平面ABC，分别以BA，BC，BZ所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，根据PC⊥平面ADE，可得是平面ADE的一个法向量，从而向量与所成的角的余弦值的绝对值为，可求PA的值，利用题目条件求出平面的一个法向量，利用夹角公式可得二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：因为平面，∴， 又，， ∴平面，∴. 又，， ∴平面，∴. 又，， ∴平面，∴. （2）过点作，则平面，如图所示 分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 设，则，，， 因为平面， ∴是平面的一个法向量， ∴向量与所成的角的余弦值的绝对值为， 又， ， ∴，∴. 在中，，又， ∴为中点，∴， ∴，， 设平面的一个法向量为， 则，∴，∴， 又是平面的法向量， ∴，， 二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查空间垂直关系的证明与二面角所成平面角的计算，考查空间推理能力与空间建模思想，对学生计算求解能力要求较高，属于中等题. ( 空间距离的计算 考点 6 )18．（2026·江苏南京·二模）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． 19．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据已知条件写出的坐标，再运用线面角的向量求法列出方程，可得即的长； （3）先假设存在点满足条件，得到即为（2）中的，写出长度的表达式，根据根分布可得存在满足条件的点. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴正半轴方向，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，由得， 所以， ，设平面的法向量为， 由，得，取， 得平面的一个法向量为，又， 由直线与平面所成的角为可得， 即，解得或（舍去，因为）， 所以. （3）假设在线段上存在一点到的距离都相等，由， 得，从而，即为（2）中的点， 有，而在中， ， 所以，其中， 设，则， 此时，在有两个不同的解， 即在线段上存在一点，使得到的距离都相等. ( 几何体的外接与内切球 考点 7 ) 20．（2026·江苏连云港·二模）三棱锥中，，二面角的平面角为锐角，则三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点，连接，由题易知为三棱锥的外接球球心，且外接球半径为，再根据球心到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离的一半，转化为求点到平面ABC的距离，最后根据即可求得答案. 【详解】如图，取中点，连接， 因为三棱锥中，， 所以与均为直角三角形，且为公共斜边， 所以，即点为三棱锥的外接球球心，半径为， 设点到平面ABC的距离，球心到平面ABC的距离 所以球心到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离的一半，即， 因为二面角的平面角为锐角， 所以点到平面ABC的距离，当且仅当时等号成立， 所以球心到平面ABC的距离， 即三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为. 故选：D 21．（2026·江苏南京·二模）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. 22．（2026·江苏·二模）已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______． 【答案】 【分析】设为三棱锥的高，得到球的球心在上，结合三棱锥的几何特征和球的截面的性质，求得外接球的半径，利用表面积公式，即可求解. 【详解】因为三棱锥为正三棱锥，又， 所以，又， 设为三棱锥的高，则其外接球的球心在上，且为等边的中心， 如图所示，设外接球的半径为，延长交于点，则， 在等边中，可得，则， 所以， 所以，即，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：.    23．（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. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 空间向量与立体几何 7大考点概览 考点01点线面位置关系 考点02平行关系的判定与性质 考点03垂直关系的判定与性质 考点04空间几何体的表面积与体积 考点05空间角的计算 考点06空间距离的计算 考点07几何体的外接与内切球 ( 点线面位置关系 考点1 ) 1．（2026·江苏·二模）若空间中四条两两不同的直线，满足   则下面结论一定正确的是（  ） A． B． C．既不垂直也不平行 D．的位置关系不确定 2．（多选）（2026·江苏南京·二模）已知三棱柱，为中点，下列选项正确的是（     ） A．过点有且只有一条直线与直线、都垂直 B．过点有且只有一个平面与直线、都垂直 C．过点有且只有一个平面与直线、都平行 D．过点有且只有一个平面与直线、都相交 3．（2026·江苏盐城·二模）已知是异面直线的公垂线段，且，直线上有两个不同的动点，直线上有两个不同的动点． (1)若，，求二面角的余弦值； (2)若分别为的中点．是否存在点使得同时成立？若存在，找出这样的点，若不存在请说明理由． ( 平行关系的判定与性质 考点 2 ) 4．（2026·江苏镇江·二模）如图，四边形是平行四边形ABCD在平面上的投影（）． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知四边形是边长为的正方形，，，，，，，点和分别是和的中点，设直线DE与的交点为S． ①求证：点S在直线上； ②求平面SCD与平面的夹角的余弦值． ( 垂直关系的判定与性质 考点 3 ) 5．（2026·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. ( 空间几何体的表面积与体积 考点 4 )6．（2026·江苏镇江·二模）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． 7．（2026·江苏连云港·二模）国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、下底面边长分别为，，侧棱长为的正四棱台，则该台基的体积约为（    ） A． B． C． D． 8．（多选）（2026·江苏宿迁·二模）如图，在长方体中，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，并将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（   ） A．截面是平行四边形 B．若，则 C．存在点，使得截面为长方形 D．截面的面积存在最小值 9．（多选）（2026·江苏苏州·二模）如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（    ） A．截正方体的截面可能是正五边形 B．当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47 C．当E，F分别是的中点时，上存在点P使得 D．当F是中点时，满足的点E有且只有2个 10．（2026·江苏·二模）如图是一把直角三角尺，其中间做了镂空设计，设直角三角尺外轮廓的三角形的三边为，其对应的内角为，被挖去的三角形与直角三角尺的外轮廓三角形相似，且二者外接圆半径之比为1:2． (1)若被挖去的三角形的外接圆面积为16，求：的值； (2)若直角三角尺的外轮廓三角形的外接圆半径为6，求：该直角三角尺做镂空设计前绕其一边旋转一周而成的几何图形体积的最小值的最大值． 11．（2026·江苏盐城·二模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是母线，点D在线段BC上，直线//平面. (1)记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，证明：； (2)若，，直线到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. ( 空间 角的计算 考点 5 )12．（2026·江苏南京·二模）将一个棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥按如图所示的方式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成______个部分.    13．（2026·江苏·二模）已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 14．（多选）（2026·江苏·二模）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如下左图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，二面角的大小为，则.在矩形中，为线段上动点，绕翻折至，记二面角的平面角为，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时，且为中点，则 C．不存在与，使得 D．当时，则最小值为 15．（多选）（2026·江苏·二模）在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（    ） A．直线与平面所成角的最大值为 B．异面直线与所成角的余弦值取值范围 C．若平面平面，则到平面的距离为 D．三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 16．（2026·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． (1)证明：平面； (2)在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（2026·江苏盐城·二模）已知平面，，，分别为，上的点，且，. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. ( 空间距离的计算 考点 6 )18．（2026·江苏南京·二模）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． 19．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. ( 几何体的外接与内切球 考点 7 ) 20．（2026·江苏连云港·二模）三棱锥中，，二面角的平面角为锐角，则三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为（   ） A． B． C． D． 21．（2026·江苏南京·二模）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． 22．（2026·江苏·二模）已知正三棱锥满足，，则的外接球表面积为______． 23．（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． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $