专题05 空间向量与立体几何（5大考点）（广东专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 空间向量与立体几何专题汇编，涵盖5大核心考点，精选广东各地市2026年二模真题，注重基础巩固与综合应用能力梯度设计。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（单选/多选）|22题|空间几何体表面积与体积、点线面位置关系、距离与夹角|多结论探究题（如正方体中异面直线夹角判断），结合动态问题（如动点轨迹长度）| |填空|5题|棱台体积、异面直线成角余弦值|正三棱柱截面体积计算，翻折问题外接球半径求解| |解答|10题|线面垂直证明、面面夹角余弦值、存在性问题|融合翻折（如矩形翻折体积计算）、动态探究（如四棱锥内切球存在性），贴合高考命题趋势，强调空间想象与逻辑推理|

专题05 空间向量与立体几何 5大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02立体几何中点线面的位置关系及应用 考点03立体几何中的距离与夹角问题 考点04立体几何中的多结论探究问题 考点05立体几何中的解答题综合问题 ( 空间几何体的表面积与体积 考点 1 ) 1．（2026·广东惠州·二模）已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】圆锥的高为，底面半径为， 则圆锥的母线长， 可得圆锥的侧面积为. 2．（2026·广东肇庆·二模）已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用球的体积公式结合圆柱体积公式计算求解. 【详解】设半球的半径为，则半球体积为， 设圆柱的高为，则圆柱体积为， 由题意得，所以， 容器竖直倒置后，圆柱部分的水的体积为， 此时圆柱部分的水的高为， 所以水的高度与容器高度的比值为. 3．（2026·广东肇庆·二模）已知圆台的上、下底面的面积分别为和，侧面积为，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设圆台的母线为，高为，根据圆台的侧面积公式求出母线，从而求出，最后由圆台的体积公式计算可得. 【详解】依题意，记圆台的上、下底面半径分别为，则解得 设圆台的母线长为，则，解得， 所以圆台的高， 所以圆台的体积． 故选：C 4．（2026·广东佛山·二模）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件求得母线长，以及长度，从而确定为底面圆直径；再求三角形面积的最大值，即可求得三棱锥体积的最大值. 【详解】因为，，故母线， 又，故，故为底面圆直径； 对三角形，设边上的高为，则其面积， 当且仅当为弧的中点时取得最大值； 故三棱锥体积. 5．（2026·广东肇庆·二模）在三棱锥中，，平面与平面夹角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二面角的大小求出的值，证明成立，则三棱锥为正方体的一个角，据此求出外接球的半径便可得到表面积． 【详解】取的中点，连接， 因为， 所以， 所以就是平面与平面的夹角， 设，则，则， 即，解得， 所以，即， 同理，，将三棱锥放置在如图的正方体中， 由正方体的外接球的直径为正方体的对角线长知， 三棱锥外接球的直径， 所以三棱锥外接球的表面积． 故选：B． 6．（2026·广东清远·二模）在正三棱台中，，侧棱与平面所成角为，则该棱台的体积为___________． 【答案】 【分析】首先分别计算正三棱台上下底面的面积，再根据侧棱与底面所成角为求出棱台的高，最后代入棱台体积公式计算最终结果. 【详解】∵ 正三棱台上底面边长，下底面边长， ∴ 上底面面积，下底面面积. 设上下底面的中心分别为，，则为正三棱台的高， 侧棱与底面所成角为. ∵ 正三角形外接圆半径， ∴下底面外接圆半径，上底面外接圆半径. 过作于点，则， 可得四边形为矩形，故. ∵ 在中，， ∴ . 代入棱台体积公式， 得， ∴ . 7．（2026·广东江门·二模）正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______． 【答案】/ 【分析】先证明，再确定所求几何体可通过三棱台截去三棱锥得到，结合台体和锥体体积公式求结论. 【详解】如图，连接并延长，与的延长线交于点，连接， 延长与的延长线交于点，连接，交于点，连接，． 因为，，， 所以，所以．， 同理可得． 三棱柱和三棱锥的公共部分为几何体， 其体积为三棱台的体积和三棱锥的体积之差， 即． ( 立体几何中点线面的位置关系 考点 2 ) 8．（2026·广东深圳·二模）已知直线，平面，满足，则下列命题一定正确的是（   ） A．存在，使得相交 B．存在，使得 C．存在，使得的夹角为 D．存在，使得 【答案】D 【分析】由空间中线面的位置关系进行判断即可. 【详解】解析：对于选项A，若，任意直线不相交，矛盾； 对于选项B，若与相交，不存在直线，使得，矛盾； 对于选项C，若，任意直线，矛盾； 对于选项D，若，任意直线； 若，存在直线，令，则； 若与相交，存在平面，令，则，D正确． 9．（2026·广东东莞·二模）设为两个不同平面，为一条直线，则的充分条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对于A，如图： 当时，满足，但不能得出，故A错误； 对于B，由垂直于同一直线的两平面互相平行，可得当时，则有，故B满足题意； 对于C，如图： 当，且，则有.所以由，不能得出，故C错误； 对于D，因为，根据线面垂直的判定定理可得，故D错误. ( 立体几何中的距离与夹角问题 考点 3 ) 10．（2026·广东揭阳·二模）已知圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内部有一个半径1的球，该球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则该球与圆锥的接触点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取圆锥的轴截面，分析可得接触点的轨迹为两个圆，进而结合图形关系、相似比求解即可. 【详解】取圆锥的轴截面，因为圆锥的底面半径为，母线长为， 所以轴截面为等边，半径为1的圆与此等边三角形的一条腰和底边相切， 如图，设切点为，圆心为， 由于球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则接触点的轨迹为两个圆，设其圆心为， 则，所以，，，， 由于，则，即，则， 所以该球与圆锥的接触点的轨迹长度为. 11．（2026·广东湛江·二模）已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】取的中点，过点作的垂线，垂足为，则， 又,平面，所以平面， 平面，故， 又，故平面， 所以点到平面的距离即为点到直线的距离即， 故当点与重合时，所求距离有最大值， ， 又， 解得，所以点到平面的距离的最大值为. 12．（2026·广东茂名·二模）（多选）已知正方体的棱长为1，则（    ） A． B．在上的投影向量的模为1 C． D．与所成的角为45° 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，根据数量积运算公式，异面直线夹角公式，投影向量的相关公式进行求解 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，故， 故，A正确； B选项，，， 在上的投影向量的模为，B正确； C选项，，， ，， ， 故，C错误； D选项，设与所成的角大小为，由图知为锐角， 则， 故与所成的角大小不是45°，D错误. 13．（2026·广东汕头·二模）（多选）如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成角 D．与垂直 【答案】BCD 【分析】正四面体的平面展开图复原为正四面体即可求解. 【详解】 将正四面体的平面展开图复原为正四面体，如图所示，三点是同一点，因此有： 对于A，分别是的中点，则，而与异面，故与不平行，故A错误； 对于B，易知与为异面直线，故B正确； 对于C，依题意知，故与成角，故C正确； 对于D，连接，则点在平面上的投影在上，所以平面，所以， 而，所以与垂直，故D正确. 14．（2026·广东佛山·二模）在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】/ 【详解】在三棱柱中，， 所以异面直线与所成的角即或其补角， 因为，，所以， 因为，，，平面，平面， 所以平面，又，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为异面直线所成角的范围是， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 15．（2026·广东佛山·二模）在平面四边形中，．将沿翻折到，若三棱锥的外接球半径是2，则二面角的正弦值是___________． 【答案】 【分析】根据给定条件，确定三棱锥外接球球心，利用球面的性质及二面角的定义求解. 【详解】在三棱锥中，取中点，为的外心， 由，得，在线段上，且， 由，得是的外心，令三棱锥的外接球球心为， 则平面，平面，而，则， 显然平面，则平面， 令平面平面，则是二面角的平面角， 且，而，则， 所以二面角的正弦值是. ( 立体几何中的多结论探究问题 考点 4 ) 16．（2026·广东揭阳·二模）（多选）如图，已知正方体，点，O分别为上、下底面的中心.正四面体以为轴旋转一圈，形成一个空间几何体，该几何体的轴截面的截口曲线（截面与几何体侧面的交线）为双曲线的局部，则（   ） A．直线与直线所成的角为90° B．直线与平面所成的角为45° C．若正方体的棱长为2，则点到平面的距离为 D．此双曲线的离心率为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量相乘为零可以判断A选项，利用线面夹角公式可以判断B选项，利用点到面距离公式可以判断C选项，结合题目条件分析其为等轴双曲线即可求出离心率，判断出D选项 【详解】对于A，设正方体棱长为，以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示 所以，，，，，， 所以 ， 所以直线与直线所成的角为，故A正确； 对于B，，，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令 ，， 设直线与平面所成的角为， 则， 因为，所以，故B错误； 对于C，由于正方体的棱长为2，则，，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令 ，得， 所以点到平面的距离，故C正确； 对于D， 因为，，所以旋转轴的方向向量为， 四个顶点，，，，所以， ，同理可得是正四面体， 正四面体绕轴旋转，其侧面上的每一条母线绕轴旋转形成一个曲面， 在包含旋转轴的轴截面中，这些母线的轨迹与轴截面相交形成双曲线， 选取母线，计算母线与旋转轴的夹角， ，所以， 在轴截面中，其母线旋转轨迹是双曲线，其渐近线与轴角也为，即渐近斜率为， 所以，，故D正确. , 17．（2026·广东深圳·二模）（多选）已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（   ） A． B．平面平面 C．截面的面积为 D．该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 【答案】BCD 【分析】A选项，先求出下底面等边三角形的高，进而求出；B选项，找到两平面所成夹角的平面角，结合勾股定理逆定理得到垂直关系；C选项，找到截面四边形为等腰梯形，求出面积；D选项，在C基础上，得到两部分的体积，得到比值. 【详解】A选项，如图，取上底面，下底面的中心分别为，取的中点， 取中点，于是四边形为矩形，则， 于是， 又为等边三角形，则，A错误； 选项B，由于，且平面 平面，则平面， 又因为平面，平面平面，则， 如图，连接，由于， 则为平面与平面所成角的平面角， 由于，则， 于是平面平面，B正确； 选项C，如图，连接，交于点，过点作的平行线交于， 由于∽，则 ，则为上靠近的三等分点， 于是，由于为中点，为中点， 则四边形为等腰梯形，且， 于是，C正确； 选项D，由于正三角形与正三角形相似，三条侧棱延长相交于一点， 于是为正三棱台， 该三棱柱被截面分成两部分，分别为三棱台和剩余部分， 其中，同理可得， 三棱台的体积， 而三棱柱的体积， 于是截面所截的另一部分的体积， 则较小部分与较大部分的体积之比为，D正确． 18．（2026·广东江门·二模）（多选）若正方体外接球的球心为，且，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．二面角的正切值为 C．平面 D．为四面体外接球的球心 【答案】BC 【详解】设正方体棱长为，以为原点建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，,， ，，，,， 可得， ,，A错误. ,. 设平面的一个法向量为，则, 令，则，同理可得平面的一个法向量. 设二面角对应的平面角为， 则，所以，则. 由题可知为钝角，所以，B正确. 由题意得，， 而平面，平面,平面，C正确. 由题意得， 因为， 所以到四面体各顶点距离不全相等，不是四面体外接球球心，D错误. 19．（2026·广东肇庆·二模）（多选）在正四棱柱中，，点分别为棱上的点（含端点），则（    ） A．当为的中点时，存在点，使得平面 B．当为的中点时，存在点，使得平面平面 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 【答案】ACD 【分析】A注意到当点与点重合时，，据此可判断；B取中点，连接与，由平面平面，平面与平面有一个公共点，可判断；C注意到，据此可判断；D以分别为轴建立空间直角坐标系，设2]，通过方程是否有解可判断. 【详解】A，如图1，当点与点重合时，平面平面，所以平面，正确； B，如图2，取中点，连接与，易证明平面平面， 此时，平面与平面有一个公共点，且显然与平面不重合， 所以不存在点使得平面与平面平行，错误； C，如图3，因为平面平面，所以， 所以对任意给定的点，存在与点重合的点，使得，正确； D，如图4，以分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，设2]， 则，假设，则，即， 所以，因为， 所以对于任意，存在使得成立， 即对任意给定的点，存在点，使得，正确. 20．（2026·广东广州·二模）（多选）在棱长为1的正方体中，点在线段（包括两端点）上运动，点为线段的中点，则（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3:1的两部分 D．当的面积为时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】利用正方体的几何特征建立空间直角坐标系，对于选项A：设再利用时数量积为零，求解出此时的与条件不符，对于选项B：利用平面等价于向量与平面的法向量垂直，求出 选项C：先根据求出再假设存在满足题意的平面再求出满足体积的两者比较可知假设成立，选项D：利用球心到球表面的距离相等列出三个方程，进而求解出球心的坐标，从而求出三棱锥的外接球表面积. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 设 对于 ， ，若 ，则 ，即 不符，故 错. 对于 ：设平面 的法向量为则 令则 则平面 的法向量 ， 若 平面 ，则 0，即 ，故存在这样的点 故选项B正确； 选项C：由设则故解得： 假设经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3：1的两部分， 连接过点做与平行，与交于点 作直线可知三条直线交于点 所以多面体为三棱台， 则三棱台体积为 又三棱台体积为 解得：成立，故选项C正确， 对于D，设则又 则 解得： 则与 重合， 即 ，即 与 重合，则球心 为 ， ， ，D 对 设球心为 则利用球心到球表面上的点的距离相等可知： 则， ， 将上面两式代入第三个方程： 即 ，则 所以球心为 半径为球的表面积为 ： ，故选项D正确， 21．（2026·广东深圳·二模）（多选）设P为菱形所在平面外一点，与交于，为上（异于，）的一点，则（    ） A． B．与异面 C．若为的中点，则平面 D．若，则平面 【答案】BCD 【分析】根据线线，线面的位置关系判断AB，根据线面平行的判断定理判断C，根据线线垂直，证明线面垂直，判断D. 【详解】A.平面，平面，且，所以与是异面直线，故A错误； B. 平面，平面，且，所以与是异面直线，故B正确； C.点分别是的中点，所以，平面，平面，所以平面，故C正确； D. 因为，为的中点，所以，且，， 且平面，所以平面，故D正确. 22．（2026·广东广州·二模）（多选）如图，在正四面体中，点分别为各棱的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．直线与直线所成角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】对于A，取中点，连接，利用线面垂直的判定定理得平面，再由性质可得；对于B，利用等腰三角形性质和中位线性质得，同理，从而可得线面垂直；对于C，设正四面体棱长为1，顶点在平面上的射影为点，则为的重心，分别求出体积即可判断；对于D，为直线与直线所成的角，利用余弦定理求解. 【详解】对于A，取中点，连接， 在正四面体中，根据题意，可得， 所以，同理， 又平面， 所以平面，平面，则， 又，所以，A正确； 对于B，根据正四面体的性质可知，则，又， 所以，同理， 又平面， 所以平面，B正确； 对于C，设正四面体棱长为1， 顶点在平面上的射影为点，则为的重心， 所以， 所以， ， 所以，C错误； 对于D，因为， 所以为直线与直线所成的角， 则，D正确. ( 立体几何中的解答题综合问题 考点 5 ) 23．（2026·广东清远·二模）如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）由余弦定理求出，并利用勾股定理逆定理证得，再建立空间直角坐标系，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由四边形为矩形，得，又，平面， 则平面，而平面，所以. （2）在中，， 由余弦定理得， 则，于是，由（1）得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，又D为的中点， 则， 于是，设平面的法向量为， 则，取，得，， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的余弦值. 24．（2026·广东佛山·二模）如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，. (1)证明：； (2)若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，证明平面，即可证明； （2）建系，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）取中点，连， 由知， 又平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）过作交于，则平面，所以. 又，所以中，， 由余弦定理可求得，，所以. 以为原点，如图建系， 平面中，， 设法向量为，则. 即，令，所以. 设平面的法向量为，, 则. 即，令，所以. 所以. 25．（2026·广东江门·二模）如图，在四棱锥中，正三角形所在平面与矩形所在平面垂直． (1)在答题卡中，作出四棱锥的高，并说明理由； (2)若，且，，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)，理由见解析； (2). 【分析】（1）作出高，再利用面面垂直的性质推理证明. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）取的中点，连接，则是四棱锥的高. 由是正三角形，是线段的中点，得，而平面平面， 平面平面，平面，则平面， 所以是四棱锥的高. （2）取中点，连接，由（1）得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， ，设平面的法向量， 则，取，得， 因此， 所以与平面所成角的正弦值为. 26．（2026·广东揭阳·二模）如图，三棱锥中，平面AOB，，，． (1)求证：平面POC； (2)求平面PAB与平面POC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据几何性质，证明，再结合平面AOB即可证明平面POC； （2）以O为原点，OA为轴，OC为轴，OP为轴建立空间直角坐标系，通过空间向量法求解二面角的余弦值即可． 【详解】（1）因为平面AOB，平面AOB，因此， ，故， 在等腰中，易知，， 由正弦定理可得，则， 在中，由余弦定理， 可得，故有，则， 因为，平面POC，且、， 所以平面POC． （2）由（1）知，OA、OP、OB三者两两垂直， 则以O为原点，OA为轴，OC为轴，OP为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 又，可得， 因为平面POC，所以平面POC的一个法向量为， 又，， 设平面PAB的法向量为，则，即， 令，则可得平面PAB的一个法向量，为， 所以平面PAB与平面POC的夹角余弦值为． 27．（2026·广东惠州·二模）如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接. (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理及平行公理可得； （2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，利用线面角的向量求法，结合的取值范围可得的取值范围，从而得到的最大值.. 【详解】（1）由题意得，点是正方形的中心，所以平面. ∵平面，∴. ∵正方形中，， 平面， ∴平面PAC. ∵四边形中，∥， ∴四边形是平行四边形，∴∥，. ∴平面. （2）∵平面，平面， ∴. ∵，∴两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系. 由题意知，， ∴，. ∴， ∴. 设平面的法向量为， 则， 令，则， ∴平面的一个法向量为. 设，则. 记与平面所成的角为，则. 由，得，所以， ∴， ∴的最大值为，此时，点与的中点重合. 28．（2026·广东肇庆·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，由条件证明平面，再由线面垂直的性质推得，结合线段中垂线的性质即可得证； （2）由题意建系，利用几何法推得二面角的平面角为，求出相关点的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】（1）如图，取的中点，连接和， 因为，所以， 又因为，且平面， 所以平面， 因为平面，所以，因， 所以. （2）由（1）知，，平面平面， 所以二面角的平面角为，即， 在平面内，过点作，易知两两相互垂直， 如图，以分别为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以满足，即， 则， 于是， 因为，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 设平面的法向量为， 则，即，故可取， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 29．（2026·广东肇庆·二模）如图，在四棱锥中，，底面是矩形，． (1)设平面与平面的交线为，证明：． (2)证明：． (3)当四棱锥的体积最大时，四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由平面平面，结合线面平行的性质定理证明即可. （2）分别取，的中点，，连接，，，由线面垂直的判定定理证明平面，再由线面垂直的性质定理可得，再由是的中点求证即可. （3）当平面时，此时四棱锥的体积最大， 方法一：由线面垂直证明平面平面，再由面面垂直的性质定理证明平面，即可得，由勾股定理可求，由四棱锥体积求解内切球半径，再由内切球半径求解即可； 方法二：以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由内切球的性质，求解点到平面，平面，平面，平面的距离即可求证. 【详解】（1）证明：因为底面是矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以. （2）证明：如图1，分别取，的中点，，连接，，. 因为，是的中点，所以，又因为底面是矩形，分别是的中点， 所以，因为，所以，，因为，，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以，因为是的中点，所以. （3）假设四棱锥存在内切球，设点到平面的距离为， 则，当平面时，取最大值，此时四棱锥的体积最大， 方法一： 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，，所以平面，即， 所以，则易知， ，， 所以内切球半径，设内切球球心为中点为，因为到平面与平面距离相等， 所以由对称性可知，点在平面上，又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为， 所以点在上，如图2所示，因为， 所以，解得，因为两个的值不同，所以不存在内切球. 方法二： 因为平面，平面，所以平面平面， 因为，平面平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图3所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 平面的一个法向量为，则，，， 设平面的法向量为，因为，所以，化简得 令，设内切球球心，易知，．同理可求，平面法向量为， 平面法向量为，因为，所以，令，则，则， 平面法向量为，，所以，令，所以，所以 点到平面的距离，点到平面的距离， 易知点到平面的距离，点到平面的距离， 点到平面的距离，由，解得，由，解得， 由，解得，则，所以，矛盾，所以这样的内切球不存在. 30．（2026·广东湛江·二模）如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先由菱形性质得 ,再由投影得 底面 ,故 ；因 与 交于 且共面,从而证得 平面 . （2）方法一:以菱形对角线交点 为原点, 分别为轴建立空间直角坐标系,求出各点坐标与 等向量,设平面 的法向量 并由线线垂直列方程求解,再利用线面角公式 计算正弦值. 方法二:作 得正三角形 的高 ，利用 将 与平面 的线面角转化为 与平面 的线面角,用等体积法 求点 到平面 的距离 ，再由线面角定义 计算正弦值. （3）方法一：先设出平面 的法向量,根据法向量与平面内两向量 、 垂直列出方程组,对未知量赋值求出具体法向量,再选取从平面内一点指向点 的向量 ，最后代入点到平面的向量距离公式,计算模长与数量积得到点 到平面 的距离. 方法二：先由 得四点共面,将点 到平面 的距离转化为到平面 的距离；取 中点 ，证明面面垂直,作 得到垂线段 即为所求距离；再用余弦定理与等面积法求出 、 ，最后在三角形中算得 . 【详解】（1）证明：在菱形中，对角线互相垂直，所以， 因为在底面上的投影为，所以平面， 又平面，故. 又平面，平面，， 所以平面. （2）方法一： 由，，得，，， 如图1，作于点，则. 因为平面平面，交线为，所以平面. 以为原点，，，所在的直线分别为，，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，即 令，得，故. 设直线与平面所成的角为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 方法二： 如图2，过点作于点，因为三角形为正三角形，所以为中点. 由平面 平面 ，平面 平面 , 平面 .故 平面 . 由 平面 ， 平面 ，故 . 由勾股定理得，可得. 连接，则. 因为面，面. 所以且，即四边形为平行四边形. 所以，因为、分别为、中点 所以，所以. 所以与平面所成角的正弦值即为与平面所成角的正弦值.， 在中，. 所以. 设点到平面的距离为，则. 即，所以. 故所求正弦值为. （3）方法一： 设平面的法向量为， 则即 令，得，故， 又， 所以点到平面的距离. 方法二： 由（2）方法二可得，所以，，，四点共面， 所以点到平面的距离即为点到平面的距离. 如图2，取的中点，连接，. 因为三角形和三角形都是正三角形 所以，所以，同理， 又，所以平面， 又平面，所以平面平面. 作于，平面平面，平面， 所以平面，所以即为所求距离. 在中，，由（2）方法二可得 在中由余弦定理可得. 解得，所以. 解得，同理在中由余弦定理和等面积法可得. 所以. 设边上的高为，则. 解得. 31．（2026·广东广州·二模）如图1，在矩形ABCD中，于于，将沿AC翻折至，使得，连接，如图2． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与直线AC所成角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)作辅助线画出底面的高，利用已知条件算出底面积和高即可求出体积； (2)先算出和的比，利用向量线性关系求出和、，再利用向量数量积公式求出夹角余弦值. 【详解】（1）解：过点作交于点，如图所示， 由知，且， 又因为且，所以平面， 过点作交延长线于点，所以， 又因为，故平面，即为三棱锥的高， 由题知，，则，，， 所以； （2）解：因为，，解得，所以， 同理可得，所以，， 由图知， 两边平方得：，所以， 又因为， 所以. 32．（2026·广东佛山·二模）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． (1)证明：平面； (2)已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1． （i）求的长度； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判断推理得证. （2）（i）以点为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出；（ii）求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. （2）（i）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，而，解得， 所以. （ii），，设平面的法向量为， 则，取，得，设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 33．（2026·广东广州·二模）如图.底面为平行四边形的直四棱柱，点为边上的中点，点是空间一点. (1)证明：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求； (3)若，直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在 【分析】（1）根据线面平行的判定定理进行证明. （2）以为基底，利用空间向量表示平面与平面所成角的余弦值，列式可求. （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量探索的存在性. 【详解】（1）连接，交于点，连接.如图： 因为四棱柱为直四棱柱，所以四边形为矩形， 所以为中点，又为中点， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）以为基底，设， 则，，，. 设平面的法向量为， 则. 令，则，所以. 设平面的法向量为， 又，. 由， 所以. 令，则，. 所以. 又. ， . 由， 所以， 所以或（舍去）. 所以. （3）因为三棱柱为直四棱柱，且，故可以为原点，所在的射线为轴，建立如图空间直角坐标系. 则，，，. 设，则，，， 因为平面，所以. 整理得，即在以为球心，为半径的球上，也在平面：上，其中平面的一个法向量， 要使得为定值，则， 由已知，由（2）得平面的法向量， 而，且点平面， 则平面， 则直线与平面无交点，故不存在点使得为定值. 34．（2026·广东茂名·二模）如图，在矩形中，，，为的中点，把沿翻折至，为线段上的动点． (1)当为的中点时，证明：平面； (2)在翻折过程中，若在平面内的投影落在边上，且三棱锥的各个顶点均在球的球面上． （ⅰ）求球的半径； （ⅱ）求平面与平面的夹角的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）构造线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用外接球的概念，结合空间两点间的距离公式可求三棱锥外接球的半径；利用空间向量可求平面与平面的夹角的余弦，再结合余弦函数的性质，可得夹角的最小值. 【详解】（1）如图， 取的中点，连接，， 由题意知，四边形是平行四边形，所以． ∵平面，∴平面． ∵，分别为，的中点，∴． 又∵平面，平面， ∴平面，又，所以平面平面， ∵平面，∴平面． （2）（ⅰ）过作于，连接， ∵在平面内的投影在边上，∴平面， 又平面，即， 又，故平面，即． ∵，，， ∴，． 又，所以，则， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，， 设三棱锥外接球的球心为点，外接球半径为， 因为点，，，均在球的球面上，所以， 解得， 则三棱锥外接球的半径为． （ⅱ）解：由（ⅰ），可得，， 设平面的一个法向量为， 则即， 可取． 因为，C为线段上的动点， 可设，则， 即，， 设平面的一个法向量为， 则即， 可取， 设平面与平面的夹角为，则， 当时，，为最大值； 当时，， 故时，取到最大值，即平面与平面的夹角的最小值为． 35．（2026·广东东莞·二模）如图，四棱锥中，底面，，. (1)求平面与平面所成角的余弦值； (2)已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 【分析】（1）方法一：由面面角的定义确定二面角的平面角，计算即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，由面面角向量法计算求解； （2）由面面垂直的判定定理及四点共面结合相似三角形计算即可求解；方法二：由面面垂直的判定定理及空间向量共面的基本定理计算求解；方法三：建立空间直角坐标系，设，，由面面垂直向量法即空间向量共面的基本定理计算求解. 【详解】（1）方法一：因为， 所以，即 因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面与平面所成的角， 因为，所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； 方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， 由已知，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，所以， 因为底面，所以平面的法向量为， 因此平面与平面所成角的余弦值为 ； （2）方法一：取线段上的中点，因为，所以， 由（1）可知平面平面，所以， 又因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 延长、交于点，连接，并延长交线段于点， 则，，，四点共面， 过点作，交延长线于点， 因为，所以① 因为，， 所以，同理可得， 所以，，故， 所以是的中点， 因为，所以② 联立①②可得，即， 所以存在这样的点，满足题意， 此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 方法二：取线段上的中点，因为，所以， 由（1）可知平面平面，所以， 又因为平面平面PBC，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， ， 假设存在这样的点，使得，，，四点共面， 不妨设（其中）， 则， 因为存在唯一的有序实数对，使得， 所以， 解得，此时， 所以存在这样的点，满足题意， 此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， ， 假设存在这样的点，， 不妨设（其中），（其中）， 则 设平面的法向量为，则， 即， 令，则，所以， 因为平面与平面垂直， 由（1）可得平面的法向量为 由，可得，此时， 又因为，，，四点共面， 所以存在唯一的有序实数对，使得， 即， 解得，此时， 所以存在这样的点，满足题意， 此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 36．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)，截面周长为12 (3)存在， 【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直； （2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长； （3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积. 【详解】（1）证明： 又平面 平面 又平面 平面平面 （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,， 四边形 为平行四边形 点为中点， ，四边形为平行四边形,则 ， 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以，四边形周长为：; （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 方法一（等体积法）： 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. 方法二（建坐标系）： 取中点，由可知为正三角形， 所以， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 那么, 设平面法向量为，那么 取，则为平面一个法向量， 那么点到平面距离， 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆， 半径,. 37．（2026·广东深圳·二模）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将圆锥侧面展开为平面扇形，利用 “两点之间线段最短” 确定最短路径为展开图中连接两点的线段，再结合扇形弧长公式求出圆心角，最后用余弦定理计算线段长度即最短路径长； （2）建立空间直角坐标系，利用参数表示底面圆周上点的坐标，通过向量共线表示出轨迹上点的坐标，再通过向量数量积验证轨迹在某一平面内并求出该平面的法向量； （3）解法 1：求出平面的法向量，利用两平面法向量夹角公式计算夹角余弦值，再通过三角函数值域求出余弦值的取值范围；解法 2：结合几何分析，通过几何关系求出夹角余弦值的最值，进而得到取值范围. 【详解】（1）如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点． 因为轨迹在圆锥的侧面上， 所以，在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线． 又是最短路径，而平面上连接两点之中，线段最短， 所以，轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段． 由于，所以的长度为，又，所以． 所以，在等腰三角形中，，即的长度为． （2）如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由于平面，平面，故，， 则，两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 于是，设， 则， 于是，则， 于是， 于是令，则； （3）解法1：由（2）可知，是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由于， 则，即 令， 于是平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 于是， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为； 解法2  ： 由（2）可知，平面的法向量， 由于在底面圆周上运动， 则平面即平面的法向量可以是底面上任意方向的向量， 如图，在平面内，设，过点作，则， 设平面与平面所成的角为，则， 易知，则， 综上，， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 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05 空间向量与立体几何 5大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02立体几何中点线面的位置关系及应用 考点03立体几何中的距离与夹角问题 考点04立体几何中的多结论探究问题 考点05立体几何中的解答题综合问题 ( 空间几何体的表面积与体积 考点 1 ) 1．（2026·广东惠州·二模）已知圆锥的高为4，底面半径为3，则其侧面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·广东肇庆·二模）已知一个盛有水的玻璃容器，该容器由圆柱和半球组合而成，圆柱底面半径与球的半径相等，且圆柱部分的体积是半球部分的体积的3倍.如图放置容器时，水面恰好经过圆柱的上底面，若将容器竖直倒置，则水的高度与容器高度的比值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·广东肇庆·二模）已知圆台的上、下底面的面积分别为和，侧面积为，则该圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·广东佛山·二模）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·广东肇庆·二模）在三棱锥中，，平面与平面夹角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·广东清远·二模）在正三棱台中，，侧棱与平面所成角为，则该棱台的体积为___________． 7．（2026·广东江门·二模）正三棱柱的棱长均为，，分别是棱，的中点，过点，，的平面分别交直线，于点，，则三棱柱与三棱锥公共部分的体积为______． ( 立体几何中点线面的位置关系 考点 2 ) 8．（2026·广东深圳·二模）已知直线，平面，满足，则下列命题一定正确的是（   ） A．存在，使得相交 B．存在，使得 C．存在，使得的夹角为 D．存在，使得 9．（2026·广东东莞·二模）设为两个不同平面，为一条直线，则的充分条件可以是（   ） A． B． C． D． ( 立体几何中的距离与夹角问题 考点 3 ) 10．（2026·广东揭阳·二模）已知圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内部有一个半径1的球，该球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则该球与圆锥的接触点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 11．（2026·广东湛江·二模）已知长方体中，，，是的中点，点在线段上运动（含端点），则点到平面的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·广东茂名·二模）（多选）已知正方体的棱长为1，则（    ） A． B．在上的投影向量的模为1 C． D．与所成的角为45° 13．（2026·广东汕头·二模）（多选）如图是正四面体的平面展开图，分别是的中点，则在该正四面体中，下列结论正确的是（   ） A．与平行 B．与为异面直线 C．与成角 D．与垂直 14．（2026·广东佛山·二模）在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 15．（2026·广东佛山·二模）在平面四边形中，．将沿翻折到，若三棱锥的外接球半径是2，则二面角的正弦值是___________． ( 立体几何中的多结论探究问题 考点 4 ) 16．（2026·广东揭阳·二模）（多选）如图，已知正方体，点，O分别为上、下底面的中心.正四面体以为轴旋转一圈，形成一个空间几何体，该几何体的轴截面的截口曲线（截面与几何体侧面的交线）为双曲线的局部，则（   ） A．直线与直线所成的角为90° B．直线与平面所成的角为45° C．若正方体的棱长为2，则点到平面的距离为 D．此双曲线的离心率为 17．（2026·广东深圳·二模）（多选）已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（   ） A． B．平面平面 C．截面的面积为 D．该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 18．（2026·广东江门·二模）（多选）若正方体外接球的球心为，且，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．二面角的正切值为 C．平面 D．为四面体外接球的球心 19．（2026·广东肇庆·二模）（多选）在正四棱柱中，，点分别为棱上的点（含端点），则（    ） A．当为的中点时，存在点，使得平面 B．当为的中点时，存在点，使得平面平面 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 20．（2026·广东广州·二模）（多选）在棱长为1的正方体中，点在线段（包括两端点）上运动，点为线段的中点，则（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．当时，经过点A，C，E的平面将正方体分成体积之比为3:1的两部分 D．当的面积为时，三棱锥的外接球表面积为 21．（2026·广东深圳·二模）（多选）设P为菱形所在平面外一点，与交于，为上（异于，）的一点，则（    ） A． B．与异面 C．若为的中点，则平面 D．若，则平面 22．（2026·广东广州·二模）（多选）如图，在正四面体中，点分别为各棱的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．直线与直线所成角的余弦值为 ( 立体几何中的解答题综合问题 考点 5 ) 23．（2026·广东清远·二模）如图，在六面体中，为的中点，四边形为矩形，且，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的余弦值． 24．（2026·广东佛山·二模）如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，. (1)证明：； (2)若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值. 25．（2026·广东江门·二模）如图，在四棱锥中，正三角形所在平面与矩形所在平面垂直． (1)在答题卡中，作出四棱锥的高，并说明理由； (2)若，且，，求与平面所成角的正弦值． 26．（2026·广东揭阳·二模）如图，三棱锥中，平面AOB，，，． (1)求证：平面POC； (2)求平面PAB与平面POC夹角的余弦值． 27．（2026·广东惠州·二模）如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接. (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值. 28．（2026·广东肇庆·二模）如图，在三棱锥中，. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，且，求平面与平面夹角的余弦值. 29．（2026·广东肇庆·二模）如图，在四棱锥中，，底面是矩形，． (1)设平面与平面的交线为，证明：． (2)证明：． (3)当四棱锥的体积最大时，四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由． 30．（2026·广东湛江·二模）如图，在几何体中，四边形是菱形，，且，三角形是正三角形，平面平面.点在平面上的投影为与的交点，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求点到平面的距离. 31．（2026·广东广州·二模）如图1，在矩形ABCD中，于于，将沿AC翻折至，使得，连接，如图2． (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与直线AC所成角的余弦值． 32．（2026·广东佛山·二模）如图，是圆柱的母线，四边形是底面内接正方形．点是棱上的动点（不与端点重合），且． (1)证明：平面； (2)已知圆柱的体积为，，点到直线的距离是1． （i）求的长度； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 33．（2026·广东广州·二模）如图.底面为平行四边形的直四棱柱，点为边上的中点，点是空间一点. (1)证明：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求； (3)若，直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 34．（2026·广东茂名·二模）如图，在矩形中，，，为的中点，把沿翻折至，为线段上的动点． (1)当为的中点时，证明：平面； (2)在翻折过程中，若在平面内的投影落在边上，且三棱锥的各个顶点均在球的球面上． （ⅰ）求球的半径； （ⅱ）求平面与平面的夹角的最小值． 35．（2026·广东东莞·二模）如图，四棱锥中，底面，，. (1)求平面与平面所成角的余弦值； (2)已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由. 36．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 37．（2026·广东深圳·二模）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $