专题06 立体几何与空间向量（5大考点）（黑吉辽蒙专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题06 立体几何与空间向量 5大考点概览 考点01点线面位置关系 考点02空间几何体表面积体积 考点03动点与截面问题 考点04空间向量夹角问题 考点05空间向量距离问题 点线面位置关系 考点1 1．（2026·内蒙古包头·二模）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（    ） A．若 ，则 B．若，则 C．若 ，则 D．若，则 【答案】D 【详解】A，若且，则可平行于，或者在内，或者与相交，错误； B，若，，则可平行于，或者与相交，错误； C，若 ，则可与平行，或者与相交，或者与异面，错误； D，若，，可知的法向量都与平行，也即的法向量平行，可得 ，正确． 故选D． 2．（2026·吉林长春六中·二模）已知直线和平面，下列表述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和面面平行和垂直的判定定理即可求解. 【详解】由，条件中缺少，故A错误； 由，条件中缺少，故B错误； 由，条件中缺少，故C错误； 由，故D正确； 故选：D. 3．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BD 【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，逐一分析各选项即可得答案. 【详解】解：对A：若，，则或与相交或与异面，故选项A错误； 对B：若，，则，故选项B正确； 对C：若，，则或与相交，故选项C错误； 对D：若，，，则，故选项D正确. 故选：BD. 4．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)（多选）如图，在正方体中，称各面正方形的对角线为面对角线，称为体对角线．设分别为的中点，则（   ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在体对角线与平面平行 C．存在面对角线与平面垂直 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，， 体对角线所在的向量为：， 易知, 因此不存在体对角线与平面平行，即B错误； 对于C，面对角线所在的向量为：， ， 显然以上向量与法向量均不平行， 所以不存在面对角线与平面垂直，即C错误； 对于D，显然，所以平面，即D正确. 空间几何体体积表面积 考点2 1．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆台内切球对应轴截面等腰梯形有内切圆的性质得到母线长，结合勾股定理求出球半径，代入表面积公式计算结果. 【详解】设球的半径为，圆台上底面半径，下底面半径. 因为球与圆台两个底面相切，因此圆台的高； 球与圆台侧面也相切，说明圆台的轴截面（等腰梯形）存在内切圆， 根据有内切圆的四边形对边之和相等，可得圆台母线长； 由圆台母线、高、半径之差的勾股关系：， 代入已知量得，解得； 代入球的表面积公式，得. 2．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）正四棱锥中，，当其外接球半径与内切球半径之比最小时，（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正棱锥球的内切或外接确定球心位置，然后求出外接球和内切球半径，然后根据外接球半径与内切球半径之比最小时，求出，即可求解. 【详解】如图，正四棱锥中，正方形的对角线相交于点，则平面， 如图所示，设正四棱锥外接球的球心为，， 连接，则， 因为，所以, 在中， ,即， 如图所示，设正四棱锥内切球的球心为， ， 取的中点，连接, 设内切球与面切于点,与面切于点,易知,, 则， 所以， 令，则， 所以， 当且仅当即时，等号成立，取得最小值， 所以， 所以， 3．（2026·哈尔滨三中·二模）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先取中点O，分析、与的垂直关系，确定四面体体积的表达式，因为四面体体积最大时，需高最大，所以当平面平面时，体积取得最大值，建立空间直角坐标系，求出外接球的球心坐标，计算外接球半径，最后利用球的表面积公式求解. 【详解】取的中点为O，连接， 由于，故， 平面，故平面， 设，则，， 设，则四面体的体积， 要使得四面体的体积最大，必有，即此时平面平面， 则此时，令，， 则，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故时，取得最大值，此时取得最大值， 即得， 以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设四面体的外接球的球心为，则， 即， 解得，即外接球球心为， 故外接球半径为， 故外接球的表面积为. 4．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）（多选）若正四面体的表面积为，则（    ） A．该正四面体的棱长为1 B．该正四面体的高为 C．该正四面体的体积为 D．该正四面体的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】先根据表面积计算出正四面体的棱长，然后运用正四面体的性质求出高，进而得到体积，最后通过将四面体放入正方体求解外接球表面积. 【详解】设该正四面体的棱长为，则其表面积为，所以，A正确； 作平面，垂足为，则为的重心，连接延长交于中点， 则有，于是该正四面体的高为，B错误； 由 A选项和B选项的分析可知该正四面体的体积为，C正确； 将该四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，且四面体的外接球即为正方体的外接球， 其半径为，表面积为，D正确. 5．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（    ） A．圆台容器的容积为 B．圆台的外接球的半径为 C．容器中可放入一个半径为1.7球体 D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2 【答案】ACD 【分析】对A，根据轴截面分析和台体体积公式求解；对B，圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，由正弦定理求解；对C，根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径；对D，由C知圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可. 【详解】圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为， 由台体体积公式可得， 故A选项正确. 圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面， 则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径， 等价于的外接圆的半径. 由上图可得， 由正弦定理得. B选项错误. 考虑该圆台是否有内切球. 圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底面相切（如图所示）时， 球心在两底面圆心连线们中点，半径为； 接下来验证点到距离， 由题意， 则，即为直角三角形， 所以，解得， 故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确. 正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体， 由（3）可知，最大正方体对角线为， 所以，最大边长的值为2，故D选项正确. 故选：ACD 6．（2026·内蒙古兴安盟·二模）如图，已知在三棱柱中，分别为的中点，则截面分三棱柱的体积比______. 【答案】 【分析】通过设，三棱柱的高为，来求出棱台的体积，进而求出三棱锥的体积，计算比值. 【详解】设，三棱柱的高为. ， . . 7．（2026·吉林长春六中·二模）三棱锥的一组对棱长为，其余四条棱长均为1，则该三棱锥体积最大值为______________. 【答案】 【分析】由题意画出图，先证明出平面，根据图由三棱锥的体积公式，构造函数，利用导数求解函数的最值即可. 【详解】由题意画出棱锥的图形，，； 取的中点分别为，则平面，所以平面， ， 所以， 令， 当在单调递增， 当在单调递减， 故当时，体积取得最大值． 故答案为： 8．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知四面体的顶点都在同一球面上，若该球的表面积为是边长为3的正三角形，则四面体的体积的最大值为_____________. 【答案】 【分析】求得球心到平面的距离，可求得到平面的距离的最大值，进而可求四面体的体积的最大值. 【详解】设球心为，因为球的表面积为，所以球的半径. 因为是边长为3的正三角形，所以的外接圆半径为， 所以到平面的距离， 所以到平面的距离的最大值为， 所以四面体的体积的最大值为：. 故答案为： 9．（2026·辽宁大连·二模）已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为_______. 【答案】/ 【分析】作出辅助线，得到三棱锥的外接球球心为，三棱锥的外接球球心为，设，利用半径相等，求出两个三棱锥外接球半径，得到答案. 【详解】设的中心为G，三棱锥的外接球球心为， 因为三棱锥为正四面体，所以三点共线， 设，取的中点为，则， 所以，同理， 由勾股定理得， 设，则， 由勾股定理得， 因为，所以，解得， 所以三棱锥的外接球半径为， 设的中心为H，则四点共线， 三棱锥的外接球球心为， 且，则， 过点作⊥于点，则，， 设，则， 其中， 其中，， 因为，所以，解得， 所以三棱锥的外接球半径为， 即三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为 故答案为：. 动点与截面问题 考点3 1．（2026·内蒙古兴安盟·二模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，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2 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过四点的球的半径的最小值为 【答案】ABD 【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正确； 对于C，因为平面，点是棱的中点， 则，所以C错误； 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2， 则，设，球心，半径为， 由，得到， 解得，，所以， 又，且，所以当时，取到最小值为，故D正确. 2．（2026·黑龙江大庆·二检）（多选）已知正方体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A． 平面 B．三棱锥的外接球的表面积为 C．若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 D．若该正方体的内切球表面上的动点满足 平面，则线段长度的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用线面平行的判定定理判断A的真假；根据三棱锥的外接球与正方体的外接球相同，求外接球的表面积；明确点的轨迹，可求动点的轨迹长度，判断C的真假；转化为平面上圆外一点与圆上的点的距离问题，判断D的真假. 【详解】如图：    对于A：在正方体中， ，平面平面，所以 平面，故A正确； 对于B：三棱锥与正方体有相同的外接球， 所以外接球的半径，所以，故B正确； 对于C：当平面时，因为平面平面，所以， 因为，所以， 所以点的运动轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是； 同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为； 当点为正方形内部及边界上的动点时， 若，则；若，则， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆的，其长度是； 同理，当点为正方形或内部及边界上的动点时，点的轨迹长度均为， 所以动点的轨迹长度为.故C不正确； 对于D：在正方体中，平面 平面， 因为点满足 平面，所以点在平面上. 又因为点在正方体的内切球表面上， 所以点的轨迹为正三角形的内切圆，记圆心为.    则的最小值为，故D正确. 故选：ABD 3．（2026·辽宁辽阳·二模）（多选）在长方体中，，，M是棱AB的中点，下列说法正确的是（    ） A． B．二面角的余弦值是 C．过的平面截该长方体得到的图形面积是 D．沿长方体表面从到的最近距离是 【答案】BC 【分析】可建立适当空间直角坐标系，则可求出、，再计算即可得A；求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得B；延长、使其交于点，连接，设，可得四边形即为过的平面截该长方体得到的图形，再结合勾股定理与梯形面积公式计算即可得C；将对应平面展开并计算即可得D. 【详解】以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系， 则、、、、、， 则、，则， 故与不垂直，故A错误； 对B：，， 设平面的法向量为， 则，取，则，，则； 由轴平面，故平面的法向量可取， 则，由图可知为锐角， 故二面角的余弦值是，故B正确； 对C：延长、使其交于点，连接，设，连接， 则四边形即为过的平面截该长方体得到的图形， 由为中点，故，则，故为中点， 故、分别为与中点，故且， 则四边形为梯形， 则， 故C正确； 对D：如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面， 此时； 如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面， 此时； 如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面， 此时； 综上可得，沿长方体表面从到的最近距离是，故D错误. 4．（2026·吉林长春六中·二模）（多选）在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（    ） A．与所成角的余弦值为 B．过三点A、M、的截面面积为 C．四面体的内切球的表面积为 D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形． 【答案】AD 【分析】对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、M、的截面，即可求其面积；对于C，利用等体积法求出内切球的半径，即可求解；对于D，利用几何作图，作出过E、M、F三点的截面，即可判断. 【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， ，则, 则， 与所成角的范围为，故与所成角的余弦值为，A正确； 对于B，设N为的中点，连接MN，则，且， 则梯形即为过三点A、M、的截面， ，则梯形高为， 故梯形面积为为，B错误； 对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积， 即， 该四面体的棱长为，其表面积为， 设四面体内球球半径为r，则， 故四面体的内切球的表面积为，C错误； 对于D，如图，延长ME和的延长线交于J，则≌， 则，设H为的中点，则， 连接HJ，则≌，则， 故G为的中点，故， 同理延长交于L，连接LH，交于K， K即为的中点，则K，E在确定的平面内， 则六边形即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确， 故选：AD 5．（2026·吉林白山·二模）已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 【答案】 【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故， ∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为， 由得，， ∴， ∴的最小值为. 故答案为：. 空间向量夹角问题 考点4 1．（2026·东北三省三校·二模）在三棱锥中，，分别是，上的点，且，，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作交于，连接，可证得，得是与所成的角或其补角，由平行线性质求得，由余弦定理求得，从而得与所成的角. 【详解】 作交于，如图，连接，则， 又，所以，所以， 所以是与所成的角或其补角， 由，， 所以，，，所以， 在中，， 所以与所成角的余弦值为. 2．（2026·吉林长春·质量监测(二)）如图，三棱柱的所有棱长均为2，且． (1)证明：； (2)若三棱柱的体积为3，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，，可证得平面，利用线面垂直的性质可证结论； （2）利用体积可得，进而可证，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值． 【详解】（1）取中点，连接，， 又因为是等边三角形，所以， 又因为，，所以是等边三角形，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以. （2）由三棱柱的体积为3．可知三棱锥的体积为1． 即, 解得，即，所以，又， 所以以为原点．以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，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，得， 所以平面的一个法向量为， 又 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， . 即平面与平面所成角的余弦值为． 3．（2026·哈尔滨三中·二模）在四棱锥中，底面为梯形，，，，为等边三角形，侧棱． (1)求证：平面底面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先在梯形ABCD中，证得；再在中利用勾股定理逆定理，得到，进而证明面面垂直. （2）先建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角公式，计算出两个平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）过作于，因为，所以， 又，则， 连接，在中，由余弦定理得 ， 则，得到， 在中，由，得到， 又，，且， 而平面，平面，故平面， 又底面，平面底面. （2）以为坐标原点，方向为轴正方向. 垂直于面方向为轴正方向，建立如图所示坐标系. 则，，，，. 而平面的法向量，设平面的法向量为， 而，， 则， 令，解得，即， 故平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 可得. 故平面与平面夹角的余弦值为. 4．（2026·吉林G35联合体·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，底面是等边三角形，为的中点，，. (1)证明：平面. (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据已知得、，再应用线面垂直的判定证明结论； （2）由题设构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标并求出对应平面的法向量，进而应用向量法求面面角的余弦值，即可得其正弦值. 【详解】（1）因为，所以， 因为底面是等边三角形，为的中点，所以， 因为，平面，所以平面. （2）因为，平面平面，平面平面， 而平面，所以平面. 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如下空间直角坐标系， 则，，，， 则，，. 设平面的法向量为，则， 令，得. 设平面的法向量为，则， 令，得. 设二面角的平面角为，由图知为锐角， 因为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 5．（2026·东北三省三校·二模）四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,侧面是矩形,且M是的中点. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,,求直线与平面MAB所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用边长关系可得，结合线面垂直的判定定理可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）取的中点，连接，可得平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,过点作，可得平面，以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，求出平面MAB的法向量，利用向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为菱形，， 由棱柱得平面平面， 所以。 因为是​ 中点，所以， 由于在 中：， 所以，解得：， 则 所以 ​，即 因为侧面 是矩形， 由，都在平面内， 平面， 因为，平面， 平面 因为平面， ⇒平面 平面. （2）取的中点，连接 因为分别为的中点，，且， 所以四边形为平行四边形， 所以 因为侧面是矩形,所以， 则平面与平面所成二面角的平面角为, 过点作， 因为平面平面，平面平面， 由，所以平面， 因为，则，， 以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，， 所以， ，， 设平面MAB的一个法向量为, 则，取，则， 设与平面MAB所成角为， 则 6．（2026·黑龙江大庆·二检）如图，在三棱锥中，底面.已知是的中点，且.    (1)证明：平面； (2)若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证； （2）由与平面所成角的正弦值为，且平面，得为与平面所成的角.根据三角形相似，可求出.以A为原点，过A作垂直于的直线轴，以所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系，根据平面与平面夹角的向量求法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为底面平面，所以. 又平面，所以平面. 又平面，所以. 又为的中点，所以. 因为平面，所以平面. 又平面，所以. 又平面，所以平面. （2）由（1）知，平面，垂足为. 所以为与平面所成的角. 因为底面平面，所以，所以. 由，所以. 所以，所以. 由（1）知，，而，所以. 所以，所以，所以.    以A为原点，过A作垂直于的直线轴，以所 在直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 因为为中点，所以. 且. 设平面的一个法向量为， 则，取，则. 平面，所以平面的一个法向量可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 7．（2026·吉林长春六中·二模）如图，在四棱锥中，平面 ，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)设平面． （i）求实数的值； （ii）求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）证明：利用空间向量法求解，求出，求出即，由平面知，利用线面垂直的判定定理得到平面． （2）（i）求出，求出平面的一个法向量，得到，从而得到平面，利用线面平行的性质定理得到，设，求出 ，利用求出的值； （ii）由（i）求出，分别求出平面和平面的一个法向量，利用向量的数量积求出 ．设二面角的平面角为，利用同角关系式求出，从而得到二面角的正弦值． 【详解】（1）证明：以为原点，以、、的正方向分别为轴、轴、轴的正方向， 建立如图的空间直角坐标系，则： ，即． 又平面知，由，则平面． （2）（i），平面的一个法向量为，显然， 故平面，而平面平面，于是， 设； （ii）由（i）， 设平面的一个法向量分别为， 则：， 取，则，即． 设平面的一个法向量分别为， ， 取．则，即， ． 设二面角的平面角为，则， ，，， ，， 即二面角的正弦值为． 8．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，，平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面PAD与平面PBD夹角为45°. (1)点P，A，B，C，D均在同一球面上，求该球的体积； (2)点E，F，G分别在棱AB，BC，PB上，当为等边三角形时，求直线AD与平面EFG所成角的正弦值 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理得出线面垂直，进而证明平面ABCD，得出即可求解； （2）先证明面面平行再转化得出直线AD与平面EFG所成角等于AD与平面PAC所成角，最后应用空间向量法求出线面角正弦值. 【详解】（1）因为底面ABCD为矩形，所以， 又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD， 所以平面PCD，所以，同理：， 又因为，平面ABCD，所以平面ABCD， 由题知，由平面ABCD为矩形知：， 所以，所以，ABCD为正方形， 记PB中点为，可求得：， 所以O为该球的球心，其半径 因此，该球的体积 （2）若平面EFG与平面PAC不平行， 依平行性，不妨将点G放在点P的位置，不妨设E不在A的位置， 则，，不合题意 若平面平面PAC，则， 所以，所以为等边三角形， 又因为平面平面PAC，两平面的法向量共线， 所以直线AD与平面EFG所成角等于AD与平面PAC所成角 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，则，，，， 设平面PAC的一个法向量为，则， 所以，令，得 显然，设AD与平面PAC所成角为， 则 9．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)如图，在三棱锥中，侧面底面，，.    (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得. 【详解】（1）取中点，连接、， 由，，故、， 又、平面，， 则平面，又平面，故； （2）由侧面底面，且，平面， 平面平面，故平面， 又平面，故， 即有、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，，，，， 则，， 即、、、、， 、、， 令，则， 由，故，解得， 故， 令平面的法向量为， 则有，令，则有， 由轴平面，故平面的法向量可为， 则， 故二面角的余弦值为.    10．（2026·辽宁大连·二模）如图所示，在四棱锥中，平面平面ABCD，，． (1)若点是棱AP上一点，且平面PCD，求； (2)若，，平面PCD与平面PAB交于直线，求直线与平面PAD所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先证明线面平行，得证面面平行，最后由面面平行的性质定理得出线线平行，即可得出比例； （2）空间向量法计算线面角的正弦值. 【详解】（1）因为，， 所以，所以，，且， 所以是等边三角形． 如图，取AD的中点N，连接BN，MN，所以． 又，则．又因为不包含于平面，平面PCD，所以平面PCD． 又因为平面PCD，，平面，平面，所以平面平面PCD． 因为平面平面，平面平面， 所以，所以是棱AP的中点，即． （2）如图，延长DC，AB交于点，连接PE，则直线PE为直线， 过点作，交AC于点，连接OB，OD． 因为平面平面ABCD，平面平面， 平面PAC，所以平面ABCD． 又，，，所以是直角三角形，且， 所以，，． 又，所以，且． 以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设平面PAD的一个法向量为， 则 令，得，所以． 设直线PE与平面PAD所成的角为， 则， 即直线与平面PAD所成的角的正弦值为． 空间向量距离问题 考点5 1．（2026·吉林长春六中·二模）如图，在三棱锥中，，，，为的中点，为的中点，则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据图形，利用向量的线性运算，用基底表示向量，再利用向量数量积的运算律，即可求解. 【详解】由题意得， 所以， ， 所以线段. 故选：C. 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 【答案】 【分析】法1，建立空间直角坐标系，设出点的参数坐标，利用向量垂直 求出参数，再用空间两点间距离公式求；法2，通过线面垂直判定⊥平面，结合余弦定理、平行线分线段成比例求出，再用勾股定理求. 【详解】法一（坐标法）：如图建立空间直角坐标系， ，，，， 由，得， 由得， 即，得，则， 则. 法二（几何法）：由平面，平面知， 由，，平面，平面， 所以平面，由平面得，取上一点使得， 由余弦定理得，， ，可得， 由平行线分线段成比例知，故， 故. 3．（2026·吉林G35联合体·二模）已知平面，，，分别过正四面体的四个顶点，且平面，，，相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d，若该正四面体的棱长为4，则_______． 【答案】. 【分析】将正四面体放入正方体考虑，利用对称性，判断平面，，，满足的条件，建系求解即可. 【详解】如图，将四面体放入正方体中， 由对称性不妨设平面，，，分别过， 由平面，，，相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d， 从而过的中点，靠点的三等分点； 过的中点，靠点的三等分点； 如图所示，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， ， 设平面的法向量为 则，取， 从而. 4．（2026·内蒙古兴安盟·二模）如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)1； 【分析】（1）根据正方体的性质，利用线面平行证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式结合点到平面的距离公式求解． 【详解】（1）连接，由正方体可知，， 四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面， 平面，平面平面， ． （2） 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设的长为a，则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可得； 设直线与平面所成角为， 则，解得， ， 故的长度为1； ，点到平面的距离． 5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现. (1)求点P到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）分析与的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找到在平面内的射影，进而利用三角函数计算距离； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（1）由题设，可知， 取中点，连接，，故， 又，，平面， ∴平面， 又平面，故. 故为平面与平面所成二面角的平面角，则. 因为平面，故平面平面，平面平面， 过作交于， 故平面. ∵，∴， 因此点到平面的距离为. （2）以为坐标原点，直线，为x轴，y轴，过且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，，，. ，，. 设平面的法向量为，则，即 取，∴， 设平面的法向量为，则，即 取，∴， ∴，故， 所以二面角的正弦值为. 6．（2026·吉林白山·二模）在四棱锥中，底面是矩形且，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点，为的中点，求： (1)异面直线与所成角的余弦值； (2)点到平面的距离； (3)二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，然后列出的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式计算即可. （2）先根据坐标求出平面的法向量坐标，然后根据向量的数量积求出点到平面的距离. （3）求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【详解】（1）以为原点，如图建立空间直角坐标系，因为， 则. 所以. 所以异面直线与所成角的余弦值为. （2）因为，设平面的法向量为. 则，两式相减得. 令，则，所以. 因为，所以点到平面的距离为. （3）因为平面，所以是平面的一个法向量， 由于平面的法向量为. 所以二面角的余弦值为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 立体几何与空间向量 点线面位置关系 考点1 1 2 3 4 D D BD AD 空间几何体体积表面积 考点2 1 2 3 4 5 B D A ACD ACD 6． 7． 8． 9．/ 动点与截面问题 考点3 1 2 3 4 ABD ABD BC AD 5． 空间向量夹角问题 考点4 1．B 2．【详解】（1）取中点，连接，， 又因为是等边三角形，所以， 又因为，，所以是等边三角形，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以. （2）由三棱柱的体积为3．可知三棱锥的体积为1． 即, 解得，即，所以，又， 所以以为原点．以方向为轴，以方向为轴，以方向为轴，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，得， 所以平面的一个法向量为， 又 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， . 即平面与平面所成角的余弦值为． 3．【详解】（1）过作于，因为，所以， 又，则， 连接，在中，由余弦定理得 ， 则，得到， 在中，由，得到， 又，，且， 而平面，平面，故平面， 又底面，平面底面. （2）以为坐标原点，方向为轴正方向. 垂直于面方向为轴正方向，建立如图所示坐标系. 则，，，，. 而平面的法向量，设平面的法向量为， 而，， 则， 令，解得，即， 故平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 可得. 故平面与平面夹角的余弦值为. 4．【详解】（1）因为，所以， 因为底面是等边三角形，为的中点，所以， 因为，平面，所以平面. （2）因为，平面平面，平面平面， 而平面，所以平面. 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如下空间直角坐标系， 则，，，， 则，，. 设平面的法向量为，则， 令，得. 设平面的法向量为，则， 令，得. 设二面角的平面角为，由图知为锐角， 因为， 所以， 所以二面角的正弦值为. 5．【详解】（1）因为菱形，， 由棱柱得平面平面， 所以。 因为是​ 中点，所以， 由于在 中：， 所以，解得：， 则 所以 ​，即 因为侧面 是矩形， 由，都在平面内， 平面， 因为，平面， 平面 因为平面， ⇒平面 平面. （2）取的中点，连接 因为分别为的中点，，且， 所以四边形为平行四边形， 所以 因为侧面是矩形,所以， 则平面与平面所成二面角的平面角为, 过点作， 因为平面平面，平面平面， 由，所以平面， 因为，则，， 以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，， 所以， ，， 设平面MAB的一个法向量为, 则，取，则， 设与平面MAB所成角为， 则 6．【详解】（1）因为底面平面，所以. 又平面，所以平面. 又平面，所以. 又为的中点，所以. 因为平面，所以平面. 又平面，所以. 又平面，所以平面. （2）由（1）知，平面，垂足为. 所以为与平面所成的角. 因为底面平面，所以，所以. 由，所以. 所以，所以. 由（1）知，，而，所以. 所以，所以，所以.    以A为原点，过A作垂直于的直线轴，以所 在直线为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 则， 因为为中点，所以. 且. 设平面的一个法向量为， 则，取，则. 平面，所以平面的一个法向量可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 7．【详解】（1）证明：以为原点，以、、的正方向分别为轴、轴、轴的正方向， 建立如图的空间直角坐标系，则： ，即． 又平面知，由，则平面． （2）（i），平面的一个法向量为，显然， 故平面，而平面平面，于是， 设； （ii）由（i）， 设平面的一个法向量分别为， 则：， 取，则，即． 设平面的一个法向量分别为， ， 取．则，即， ． 设二面角的平面角为，则， ，，， ，， 即二面角的正弦值为． 8．【详解】（1）因为底面ABCD为矩形，所以， 又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD， 所以平面PCD，所以，同理：， 又因为，平面ABCD，所以平面ABCD， 由题知，由平面ABCD为矩形知：， 所以，所以，ABCD为正方形， 记PB中点为，可求得：， 所以O为该球的球心，其半径 因此，该球的体积 （2）若平面EFG与平面PAC不平行， 依平行性，不妨将点G放在点P的位置，不妨设E不在A的位置， 则，，不合题意 若平面平面PAC，则， 所以，所以为等边三角形， 又因为平面平面PAC，两平面的法向量共线， 所以直线AD与平面EFG所成角等于AD与平面PAC所成角 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，则，，，， 设平面PAC的一个法向量为，则， 所以，令，得 显然，设AD与平面PAC所成角为， 则 9．【详解】（1）取中点，连接、， 由，，故、， 又、平面，， 则平面，又平面，故； （2）由侧面底面，且，平面， 平面平面，故平面， 又平面，故， 即有、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，，，，， 则，， 即、、、、， 、、， 令，则， 由，故，解得， 故， 令平面的法向量为， 则有，令，则有， 由轴平面，故平面的法向量可为， 则， 故二面角的余弦值为.    10．【详解】（1）因为，， 所以，所以，，且， 所以是等边三角形． 如图，取AD的中点N，连接BN，MN，所以． 又，则．又因为不包含于平面，平面PCD，所以平面PCD． 又因为平面PCD，，平面，平面，所以平面平面PCD． 因为平面平面，平面平面， 所以，所以是棱AP的中点，即． （2）如图，延长DC，AB交于点，连接PE，则直线PE为直线， 过点作，交AC于点，连接OB，OD． 因为平面平面ABCD，平面平面， 平面PAC，所以平面ABCD． 又，，，所以是直角三角形，且， 所以，，． 又，所以，且． 以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设平面PAD的一个法向量为， 则 令，得，所以． 设直线PE与平面PAD所成的角为， 则， 即直线与平面PAD所成的角的正弦值为． 空间向量距离问题 考点5 1．【详解】由题意得， 所以， ， 所以线段. 故选：C. 2．【详解】法一（坐标法）：如图建立空间直角坐标系， ，，，， 由，得， 由得， 即，得，则， 则. 法二（几何法）：由平面，平面知， 由，，平面，平面， 所以平面，由平面得，取上一点使得， 由余弦定理得，， ，可得， 由平行线分线段成比例知，故， 故. 3．【详解】如图，将四面体放入正方体中， 由对称性不妨设平面，，，分别过， 由平面，，，相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d， 从而过的中点，靠点的三等分点； 过的中点，靠点的三等分点； 如图所示，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， ， 设平面的法向量为 则，取， 从而. 4．【详解】（1）连接，由正方体可知，， 四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面， 平面，平面平面， ． （2） 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设的长为a，则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可得； 设直线与平面所成角为， 则，解得， ， 故的长度为1； ，点到平面的距离． 5．【详解】（1）由题设，可知， 取中点，连接，，故， 又，，平面， ∴平面， 又平面，故. 故为平面与平面所成二面角的平面角，则. 因为平面，故平面平面，平面平面， 过作交于， 故平面. ∵，∴， 因此点到平面的距离为. （2）以为坐标原点，直线，为x轴，y轴，过且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，，，. ，，. 设平面的法向量为，则，即 取，∴， 设平面的法向量为，则，即 取，∴， ∴，故， 所以二面角的正弦值为. 6．【详解】（1）以为原点，如图建立空间直角坐标系，因为， 则. 所以. 所以异面直线与所成角的余弦值为. （2）因为，设平面的法向量为. 则，两式相减得. 令，则，所以. 因为，所以点到平面的距离为. （3）因为平面，所以是平面的一个法向量， 由于平面的法向量为. 所以二面角的余弦值为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 立体几何与空间向量 5大考点概览 考点01点线面位置关系 考点02空间几何体表面积体积 考点03动点与截面问题 考点04空间向量夹角问题 考点05空间向量距离问题 点线面位置关系 考点1 1．（2026·内蒙古包头·二模）已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论一定成立的是（    ） A．若 ，则 B．若，则 C．若 ，则 D．若，则 2．（2026·吉林长春六中·二模）已知直线和平面，下列表述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 4．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)（多选）如图，在正方体中，称各面正方形的对角线为面对角线，称为体对角线．设分别为的中点，则（   ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在体对角线与平面平行 C．存在面对角线与平面垂直 D．存在体对角线与平面垂直 空间几何体体积表面积 考点2 1．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）正四棱锥中，，当其外接球半径与内切球半径之比最小时，（   ） A． B． C． D． 3．（2026·哈尔滨三中·二模）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）（多选）若正四面体的表面积为，则（    ） A．该正四面体的棱长为1 B．该正四面体的高为 C．该正四面体的体积为 D．该正四面体的外接球表面积为 5．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（    ） A．圆台容器的容积为 B．圆台的外接球的半径为 C．容器中可放入一个半径为1.7球体 D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2 6．（2026·内蒙古兴安盟·二模）如图，已知在三棱柱中，分别为的中点，则截面分三棱柱的体积比______. 7．（2026·吉林长春六中·二模）三棱锥的一组对棱长为，其余四条棱长均为1，则该三棱锥体积最大值为______________. 8．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知四面体的顶点都在同一球面上，若该球的表面积为是边长为3的正三角形，则四面体的体积的最大值为_____________. 9．（2026·辽宁大连·二模）已知四棱锥的底面为菱形，三棱锥为正四面体，则三棱锥与三棱锥的外接球半径之比为_______. 动点与截面问题 考点3 1．（2026·内蒙古兴安盟·二模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，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2 C．三棱锥的体积为定值 D．球面经过四点的球的半径的最小值为 2．（2026·黑龙江大庆·二检）（多选）已知正方体的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A． 平面 B．三棱锥的外接球的表面积为 C．若该正方体表面上的动点满足，则动点的轨迹长度是 D．若该正方体的内切球表面上的动点满足 平面，则线段长度的最小值为 3．（2026·辽宁辽阳·二模）（多选）在长方体中，，，M是棱AB的中点，下列说法正确的是（    ） A． B．二面角的余弦值是 C．过的平面截该长方体得到的图形面积是 D．沿长方体表面从到的最近距离是 4．（2026·吉林长春六中·二模）（多选）在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（    ） A．与所成角的余弦值为 B．过三点A、M、的截面面积为 C．四面体的内切球的表面积为 D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形． 5．（2026·吉林白山·二模）已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 空间向量夹角问题 考点4 1．（2026·东北三省三校·二模）在三棱锥中，，分别是，上的点，且，，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·吉林长春·质量监测(二)）如图，三棱柱的所有棱长均为2，且． (1)证明：； (2)若三棱柱的体积为3，求平面与平面所成角的余弦值． 3．（2026·哈尔滨三中·二模）在四棱锥中，底面为梯形，，，，为等边三角形，侧棱． (1)求证：平面底面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 4．（2026·吉林G35联合体·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，底面是等边三角形，为的中点，，. (1)证明：平面. (2)求二面角的正弦值. 5．（2026·东北三省三校·二模）四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,侧面是矩形,且M是的中点. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,,求直线与平面MAB所成角的正弦值. 6．（2026·黑龙江大庆·二检）如图，在三棱锥中，底面.已知是的中点，且.    (1)证明：平面； (2)若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值. 7．（2026·吉林长春六中·二模）如图，在四棱锥中，平面 ，分别为的中点． (1)求证：平面； (2)设平面． （i）求实数的值； （ii）求二面角的正弦值． 8．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，，平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面PAD与平面PBD夹角为45°. (1)点P，A，B，C，D均在同一球面上，求该球的体积； (2)点E，F，G分别在棱AB，BC，PB上，当为等边三角形时，求直线AD与平面EFG所成角的正弦值 9．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)如图，在三棱锥中，侧面底面，，.    (1)求证：； (2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 10．（2026·辽宁大连·二模）如图所示，在四棱锥中，平面平面ABCD，，． (1)若点是棱AP上一点，且平面PCD，求； (2)若，，平面PCD与平面PAB交于直线，求直线与平面PAD所成角的正弦值． 空间向量距离问题 考点5 1．（2026·吉林长春六中·二模）如图，在三棱锥中，，，，为的中点，为的中点，则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在三棱锥中，平面，，，，，，过点M，P的平面与交于点N，，则_____. 3．（2026·吉林G35联合体·二模）已知平面，，，分别过正四面体的四个顶点，且平面，，，相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d，若该正四面体的棱长为4，则_______． 4．（2026·内蒙古兴安盟·二模）如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现. (1)求点P到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 6．（2026·吉林白山·二模）在四棱锥中，底面是矩形且，侧面是正三角形且垂直于底面，是的中点，为的中点，求： (1)异面直线与所成角的余弦值； (2)点到平面的距离； (3)二面角的余弦值． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $