专题05+空间向量与立体几何3个考点（湖南专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何三大核心考点，汇编2026年湖南各地二模三模真题，通过翻折问题、正八面体模型等载体，考查空间想象与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|9|表面积体积计算、位置关系判断|结合圆锥与圆台侧面积关联、正四棱锥体积最值| |多选题|7|翻折轨迹、外接球表面积|正方体动点轨迹、正八面体内切外接球比| |填空题|1|折叠后三棱锥外接球|平行四边形折叠与外接球表面积综合| |解答题|8|线面垂直证明、二面角计算|翻折二面角与体积关联、线面角取值范围探究|

专题05 空间向量与立体几何 3大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03求线面角二面角与点到平面的距离 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·二模）已知某圆锥的底面和某圆台的下底面相同，它们的高均为2，且圆台的上、下底面圆的半径之比是1︰2，圆锥的侧面积是，则该圆台的侧面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 设圆台的上底面圆的半径为，则圆锥的底面圆和圆台的下底面圆的半径均为， 圆锥的母线， 圆锥的侧面积是，，得，解得; 圆台的母线， 圆台侧面积为． 2．（2026·湖南·二模）如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【详解】形成的正四棱锥如图所示，取BC中点，连接SM，OM， 由题易知SM为等腰三角形SBC的高，所以，设，中， 则，正四棱锥的体积， 令，其中即， 正四棱锥的体积最大即取得最大值，， 令得到，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则在时正四棱锥的体积最大． 3．（2026·湖南常德·二模）一个圆锥的底面半径与一个球的半径相等，且它们的体积也相等，则圆锥的侧面积与球的表面积的比值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意设圆锥的底面半径与球的半径均为，圆锥的母线长为，高为，由已知可得，，计算侧面积与球的表面积的比值. 【详解】由题意设圆锥的底面半径与球的半径均为，圆锥的母线长为，高为． 由，得，， ，则． 4．（2026·湖南邵阳·二模）在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先得到截面，并由等体积法得到各个几何体之间的体积关系，得到答案 【详解】如图所示，在正四棱锥中，是棱PA的中点， 取PD的中点为，连接EF，BE，CF，CE，CA，FA， 所以，因为，所以， 所以，，，四点共面，所以平面EBC在四棱锥上的截面是平面BCFE. 平面BCFE把四棱锥分为两个部分，设四棱锥的体积为，高为. 设四边形的面积为， 则， 同理. 设点到平面AEF的距离是， 则， 即，故， 所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 5．（2026·湖南湘潭·三模）如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，设外接圆的圆心为，设三棱锥外接球的球心为，连接，，设，过点作的平行线，与的延长线交于点，连接，利用题中条件分别求得，,4，进而，，由，列式，解得，再根据球的表面积公式即可得答案． 【详解】如图，设外接圆的圆心为， 因为都是等腰三角形，，， 所以，是的中点． 设三棱锥外接球的球心为，连接，，则平面． 过点作交的延长线于点． 设在平面内的射影为，连接， 因为二面角的大小为, 所以． 因为是等腰三角形，且， 所以， 所以 ． 过点作的平行线，与的延长线交于点，连接， 则,4，， ． 设，则由，可得， 解得， 故三棱锥外接球的表面积为． 二、多选题 6．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．若平面平面ABCD，则 B．四棱锥的体积最大值为 C．点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 【答案】AD 【详解】对于A：因为平面平面，平面平面， 因为是中点，，所以， 所以，所以，平面， 所以平面，平面，所以，故A正确； 对于B：由已知梯形的面积为， ，直角斜边上的高为， 当平面平面时，四棱锥的体积取最大值，故B错误； 对于C：如图1，取的中点，则，平行且相等，四边形是平行四边形， 所以点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，过点作的垂线，垂足为，， 点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，从而的中点的轨迹长度为，故C错误； 对于D：如图2，的外接圆的半径为，是的中点，外接圆的半径为2， 是圆与圆的公共弦，，设三棱锥外接球心为O，半径为， 则， 因为，所以，所以的最小值为2， 所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，故D正确． 7．（2026·湖南郴州·三模）某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（    ） A．平面与平面的夹角的余弦值为 B．正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C．正八面体的体积与表面积的比值为 D．点到平面距离为 【答案】ABD 【详解】设正方形的对角线交点为 ，则，， A选项，取中点，连接和，因为和都是等边三角形，所以且， 因此即为二面角的平面角，又，， 由余弦定理可得，那么平面与平面的夹角的余弦值为，A正确； B选项，因为到所有顶点的距离相等，因此也是外接球球心，外接球半径， 显然内切球球心也为，内切球半径即为到平面的距离也即到的高， 在中，，利用等面积法有，可得，所以比值为，B正确； C选项，设正八面体的体积和表面积分别为和，由等体积法可知，其中即为内切球半径，所以，C错误； D选项，设点到平面的距离为，利用等体积法有， 即，得，D正确. 8．（2026·湖南岳阳·二模）如图，在棱长为1的正方体 中，点为中点，动点满足 则（    ） A．若点到直线和的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分 B．存在这样的点使EP⊥平面 C．若点与点重合，则三棱锥的外接球半径为 D．若与的夹角为，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】AC 【分析】以为原点，求得点位于上底面内，过点作，得到，结合抛物线的定义，可判定A正确；设，求得平面的法向量，结合，求得的值，可判定B不正确；设三棱锥的外接球的球心为，根据，列出方程求得球心的坐标，可判定C正确；求得点在以为圆心的圆弧上，结合对称性，求得，转化为，可判定D错误. 【详解】以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，可得点位于上底面上， 对于A，连接，在正方体中，可得平面， 因为平面，所以，即点到距离即为， 过点作，可得点到的距离即为， 所以，即点到定点的距离等于到定直线的距离相等， 根据抛物线的定义，点P 的轨迹为抛物线在上底面内的一部分，所以A正确； 对于B，设，其中，则， 又由， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 若平面，则，即，解得， 因为，所以不存在这样的点 使EP⊥平面，所以B不正确； 对于C，当点与点重合时，则三棱锥即为三棱锥， 因为点是的中点，所以,且， 设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 由，可得， 整理得，即， 由，可得， 整理得，所以， 由，可得， 代入，可得，即， 再将代入，可得，所以，所以， 所以外接球的半径为，所以C正确； 对于D，由，其中，且， 可得， 因为与的夹角为，可得， 所以，即，其中， 所以点在以为圆心，半径为的圆弧上， 连接，由对称性知，当点位于上时，取得最小值， 过点作于点，在直角中，， 所以，所以， 在平面中，过点作于点，则， 所以D错误. 三、填空题 9．（2026·湖南·三模）如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且三棱锥外接球的表面积为，则______． 【答案】 【分析】作出辅助线，转化为三棱柱的外接球问题，结合正弦定理和余弦定理得到答案 【详解】如图，过作，且，过作，且， 连接，，，，根据题意可知，， 由题意知，，，所以， 又，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面， 所以三棱柱为直三棱柱． 则三棱锥与直三棱柱的外接球相同，设其半径为． 由，知，设三角形的外接圆半径为， 则，求得． 设，则，在中，设，， 则，， 代入，解得或（舍），． 四、解答题 10．（2026·湖南岳阳·二模）如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点. (1)求证:； (2)若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在原正方形中，分别是，的中点， ，，， 平面，平面， 平面， 平面， . （2），， 就是二面角的平面角，即， 如图，以为原点，为轴，为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， ，原正方形边长为，，分别是，的中点， ，，，， ，， ，即， ，， ，即， 是的中点， ，即， 设，即，三棱锥的体积为， ，, ， 平面，， ， ， ，解得，即， 平面过直线且与直线平行， 设平面的法向量， ，， ，即， 令，可得，，即， 平面在的平面上， 平面的法向量， 平面与平面所成角，. 11．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【详解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. （2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点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、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南永州·二模）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，且，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】D 【分析】根据线线、线面和面面的基本关系即可下结论. 【详解】如图，， 若，则与相交或异面，不一定垂直； 若，则不一定成立.    所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 二、多选题 2．（2026·湖南长沙·二模）如图，在长方体中，，，点P是平面上的动点，满足（    ） A．长方体各棱、体对角线所在的条直线中,共有对异面直线 B．点P在底面上的轨迹是一条直线 C．若角是直线和平面所成角,则的最大值是 D．不存在点,使得 【答案】ABC 【分析】先按总对数减相交、平行对数算出异面直线对数判断A；再建系用向量垂直得轨迹方程，确定轨迹是直线判断B；线面角正切值与到距离成反比，用点到直线距离求最小值得最大值判断C；最后联立垂直条件与轨迹方程，判别式大于说明存在点，判断D错误，整体用空间向量与解析几何方法逐一验证选项． 【详解】 对于A，长方体共有12条棱和4条体对角线，共16条直线， 总直线对：， 相交直线对：每个顶点有条棱相交，个顶点共； 体对角线相交于中心，共，每条体对角线与6条棱相交，共，总计， 平行直线对：每组平行棱有4条，共3组（长、宽、高），每组，共；体对角线无平行， 所以异面直线对：，A正确； 对于B，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ，，，设， ，， 由，得， 化简得，在平面内，这是一条直线方程， 所以点P在底面上的轨迹是一条直线，B正确； 对于C，直线和平面所成角为，设， ， 要使最大，即求最小， 而是到原点的距离， 的最小值为原点到直线的距离， ，此时的最大值是，正确； 对于D，，， 若，则，即， 联立，消去，得， ，有实数解， 所以存在点，D错误． 3．（2026·湖南怀化·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（   ） A．若是的中点，则直线与是异面直线 B．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 C．与平面BCE所成角为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BD 【分析】A应用正方体的结构特征及平行线的传递性判断；B由平面的基本性质画出截面图，并确定其形状，进而求出截面图形的周长判断；C利用线面垂直的性质判断与CE是否垂直即可；D构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标并求出球心坐标，进而求出外接球的半径，即可得. 【详解】A，若为的中点，则，， 所以为平行四边形，则， 又，，则为平行四边形， 所以，故，故A错误； B，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形， 其中F为的中点（平行则四点共面），则等腰梯形的周长为，B正确. C，， 与不垂直，且平面， 若平面，必有，矛盾，C错误； D，以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设外接球的球心为，则 ， ， ， 联立可得，，， ，，D正确. 4．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．若平面平面ABCD，则 B．四棱锥的体积最大值为 C．点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 【答案】AD 【详解】对于A：因为平面平面，平面平面， 因为是中点，，所以， 所以，所以，平面， 所以平面，平面，所以，故A正确； 对于B：由已知梯形的面积为， ，直角斜边上的高为， 当平面平面时，四棱锥的体积取最大值，故B错误； 对于C：如图1，取的中点，则，平行且相等，四边形是平行四边形， 所以点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，过点作的垂线，垂足为，， 点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，从而的中点的轨迹长度为，故C错误； 对于D：如图2，的外接圆的半径为，是的中点，外接圆的半径为2， 是圆与圆的公共弦，，设三棱锥外接球心为O，半径为， 则， 因为，所以，所以的最小值为2， 所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，故D正确． 5．（2026·湖南郴州·三模）下面说法正确的是（    ） A．设是两个不同的平面，是两条不同的直线，若，则 B．命题“”的否定形式是“” C．已知，则“”是“”的必要不充分条件 D．函数的图象关于点成中心对称 【答案】ABD 【详解】对于A，因为，所以，又因为，所以，故A正确； 对于B，命题“”的否定形式是“”，故B正确； 对于C，当时，可得，所以“”是“”的充分条件； 当时，可得，所以，所以，解得或， 所以“”是“”的不必要条件； 所以“”是“”的充分不必要条件，故C错误； 对于D， ， 所以函数的图象关于点成中心对称，故D正确. 求线面角二面角与点到平面的距离 考点3 一、解答题 1．（2026·湖南怀化·二模）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，AB的中点． (1)证明：CF⊥平面． (2)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）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，判断其与共线，从而得证； （2）求出与平面的法向量的夹角的余弦值，进而求解. 【详解】（1）以D为坐标原点，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， 取，可得． 所以，所以平面． （2）由（1）知，所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 2．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，． (1)证明：平面； (2)当时，求点P到平面的距离； (3)若，当直线PC与平面所成的角最大时，求实数的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，由点到平面距离公式即可求解； （3）由线面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）因为底面平面ABCD，所以． 在和中，，即， 故，得，即， 又平面，故平面PAC． （2）由已知得，， 故以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 当时，，则， 设平面HEF的法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面EFH的距离． （3）由已知得，，，， 所以，又，所以， 所以，， 设平面AFC的法向量为， 则，故可取， 又，取直线PC的方向向量为， 设直线PC与平面AFC所成的角为， 则 ． 因为，所以，当时，取最大值， 又，此时取最大值，所以． 3．（2026·湖南岳阳·二模）如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点. (1)求证:； (2)若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在原正方形中，分别是，的中点， ，，， 平面，平面， 平面， 平面， . （2），， 就是二面角的平面角，即， 如图，以为原点，为轴，为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， ，原正方形边长为，，分别是，的中点， ，，，， ，， ，即， ，， ，即， 是的中点， ，即， 设，即，三棱锥的体积为， ，, ， 平面，， ， ， ，解得，即， 平面过直线且与直线平行， 设平面的法向量， ，， ，即， 令，可得，，即， 平面在的平面上， 平面的法向量， 平面与平面所成角，. 4．（2026·湖南·二模）如图，在四棱柱中，底面ABCD是菱形，E为中点． (1)求证：平面； (2)若，，，求直线与平面ABCD所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，可证为平行四边形，可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）作辅助线，可证面ABCD，法一：建立空间直角坐标系，求出线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算即可；法二：根据线面角的定义，找到直线与平面ABCD所成角即为，根据三角函数求值即可. 【详解】（1）连接，设，连接CF， 因为且，则为平行四边形，可得， 且平面，平面，所以平面． （2）因为，可知直线与平面ABCD所成角即为直线CF与平面ABCD所成角， 连接，因为，则， 设，连接， 因为，且为BD中点，则， 且，平面，则平面， 由平面ABCD，可得平面平面ABCD， 又因为，则，即， 且平面平面，平面，所以面ABCD， 法一：可知MC，MD，两两垂直， 以点M为坐标原点，MC，MD，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，可得， 且平面ABCD的法向量为， 则， 所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为； 法二：过MD中点，连接FN，NC， 因为平面ABCD，，所以面ABCD， 直线CF与平面ABCD所成角即为， 可得，则， 所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为. 5．（2026·湖南常德·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，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）连接，与交于点，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而根据及面面垂直的判定定理可得结果；（2）以C为原点建立空间直角坐标系，根据的坐标及平面的法向量可求结果. 【详解】（1）由三棱柱的性质可知四边形，均为平行四边形， 所以，又， 所以， 所以，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 如图，连接，与交于点，连接， 则为的中点，所以. 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由三棱柱的性质可知四边形为平行四边形， 所以，，又， 所以， 所以，所以， 由（1）知平面，所以两两垂直， 以C为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由，可得 由，可得， 所以 设平面的法向量为，则，即， 令，可得. 所以直线与平面所成角的正弦值为． 6．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【详解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. （2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点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、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 7．（2026·湖南永州·二模）如图，是半圆的直径，是上的两个三等分点，点在底面上的射影为的中点． (1)当时，求点到平面的距离； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由题可得四边形是菱形，所以，再证明，进而得平面，所以点到平面的距离为，得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，再连接， 因为是弧上的两个三等分点，所以， 又，所以与都是正三角形， 所以，即四边形是菱形，所以， 又因为点在底面上的射影为的中点， 所以平面， 由，得，即，而，所以， 所以平面，又平面， 所以，而，平面， 所以平面，垂足为， 即点到平面的距离为，而， 所以点到平面的距离为2. （2）取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 故以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，可得，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 故， 因为平面轴，所以取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. 8．（2026·湖南湘潭·二模）如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． (2)若，，且直线与平面所成的角为，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）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，则，， ，， 设平面的法向量为，则，令，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. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 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 3大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03求线面角二面角与点到平面的距离 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 一、单选题 1．（2026·湖南怀化·二模）已知某圆锥的底面和某圆台的下底面相同，它们的高均为2，且圆台的上、下底面圆的半径之比是1︰2，圆锥的侧面积是，则该圆台的侧面积是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·湖南·二模）如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（   ） A． B． C．3 D． 3．（2026·湖南常德·二模）一个圆锥的底面半径与一个球的半径相等，且它们的体积也相等，则圆锥的侧面积与球的表面积的比值为（   ） A．1 B． C． D． 4．（2026·湖南邵阳·二模）在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·湖南湘潭·三模）如图，在三棱锥中，和都是等腰三角形，且，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．若平面平面ABCD，则 B．四棱锥的体积最大值为 C．点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 7．（2026·湖南郴州·三模）某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（    ） A．平面与平面的夹角的余弦值为 B．正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为 C．正八面体的体积与表面积的比值为 D．点到平面距离为 8．（2026·湖南岳阳·二模）如图，在棱长为1的正方体 中，点为中点，动点满足 则（    ） A．若点到直线和的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分 B．存在这样的点使EP⊥平面 C．若点与点重合，则三棱锥的外接球半径为 D．若与的夹角为，为线段上的动点，则的最小值为 三、填空题 9．（2026·湖南·三模）如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且三棱锥外接球的表面积为，则______． 四、解答题 10．（2026·湖南岳阳·二模）如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点. (1)求证:； (2)若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值. 11．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（2026·湖南永州·二模）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，且，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 二、多选题 2．（2026·湖南长沙·二模）如图，在长方体中，，，点P是平面上的动点，满足（    ） A．长方体各棱、体对角线所在的条直线中,共有对异面直线 B．点P在底面上的轨迹是一条直线 C．若角是直线和平面所成角,则的最大值是 D．不存在点,使得 3．（2026·湖南怀化·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（   ） A．若是的中点，则直线与是异面直线 B．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 C．与平面BCE所成角为 D．三棱锥的外接球的表面积为 4．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．若平面平面ABCD，则 B．四棱锥的体积最大值为 C．点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 5．（2026·湖南郴州·三模）下面说法正确的是（    ） A．设是两个不同的平面，是两条不同的直线，若，则 B．命题“”的否定形式是“” C．已知，则“”是“”的必要不充分条件 D．函数的图象关于点成中心对称 求线面角、二面角与点到平面的距离 考点3 一、解答题 1．（2026·湖南怀化·二模）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，AB的中点． (1)证明：CF⊥平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 2．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上，． (1)证明：平面； (2)当时，求点P到平面的距离； (3)若，当直线PC与平面所成的角最大时，求实数的值． 3．（2026·湖南岳阳·二模）如图1，分别为边长为4的正方形三边的中点.将四边形沿着线段EF折起(如图2)，且点M是线段上一点. (1)求证:； (2)若二面角的大小为 且三棱锥M-DFG的体积为 设过直线且与直线平行的平面为，求平面与平面所成角的余弦值. 4．（2026·湖南·二模）如图，在四棱柱中，底面ABCD是菱形，E为中点． (1)求证：平面； (2)若，，，求直线与平面ABCD所成角的正弦值． 5．（2026·湖南常德·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 6．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 7．（2026·湖南永州·二模）如图，是半圆的直径，是上的两个三等分点，点在底面上的射影为的中点． (1)当时，求点到平面的距离； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 8．（2026·湖南湘潭·二模）如图，在四棱锥中，平面，，是以为斜边的等腰直角三角形． (1)证明：平面平面． (2)若，，且直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的正弦值． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 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 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D B D AD ABD AC 9． 点线面的位置关系 考点2 题号 1 2 3 4 5 答案 D ABC BD AD ABD 求线面角二面角与点到平面的距离 考点3 1．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，判断其与共线，从而得证； （2）求出与平面的法向量的夹角的余弦值，进而求解. 【详解】（1）以D为坐标原点，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， 取，可得． 所以，所以平面． （2）由（1）知，所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 2．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，由点到平面距离公式即可求解； （3）由线面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）因为底面平面ABCD，所以． 在和中，，即， 故，得，即， 又平面，故平面PAC． （2）由已知得，， 故以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 当时，，则， 设平面HEF的法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面EFH的距离． （3）由已知得，，，， 所以，又，所以， 所以，， 设平面AFC的法向量为， 则，故可取， 又，取直线PC的方向向量为， 设直线PC与平面AFC所成的角为， 则 ． 因为，所以，当时，取最大值， 又，此时取最大值，所以． 3．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在原正方形中，分别是，的中点， ，，， 平面，平面， 平面， 平面， . （2），， 就是二面角的平面角，即， 如图，以为原点，为轴，为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， ，原正方形边长为，，分别是，的中点， ，，，， ，， ，即， ，， ，即， 是的中点， ，即， 设，即，三棱锥的体积为， ，, ， 平面，， ， ， ，解得，即， 平面过直线且与直线平行， 设平面的法向量， ，， ，即， 令，可得，，即， 平面在的平面上， 平面的法向量， 平面与平面所成角，. 4．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，可证为平行四边形，可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）作辅助线，可证面ABCD，法一：建立空间直角坐标系，求出线的方向向量和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算即可；法二：根据线面角的定义，找到直线与平面ABCD所成角即为，根据三角函数求值即可. 【详解】（1）连接，设，连接CF， 因为且，则为平行四边形，可得， 且平面，平面，所以平面． （2）因为，可知直线与平面ABCD所成角即为直线CF与平面ABCD所成角， 连接，因为，则， 设，连接， 因为，且为BD中点，则， 且，平面，则平面， 由平面ABCD，可得平面平面ABCD， 又因为，则，即， 且平面平面，平面，所以面ABCD， 法一：可知MC，MD，两两垂直， 以点M为坐标原点，MC，MD，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则，可得， 且平面ABCD的法向量为， 则， 所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为； 法二：过MD中点，连接FN，NC， 因为平面ABCD，，所以面ABCD， 直线CF与平面ABCD所成角即为， 可得，则， 所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为. 5．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，与交于点，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而根据及面面垂直的判定定理可得结果；（2）以C为原点建立空间直角坐标系，根据的坐标及平面的法向量可求结果. 【详解】（1）由三棱柱的性质可知四边形，均为平行四边形， 所以，又， 所以， 所以，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 如图，连接，与交于点，连接， 则为的中点，所以. 所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）由三棱柱的性质可知四边形为平行四边形， 所以，，又， 所以， 所以，所以， 由（1）知平面，所以两两垂直， 以C为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由，可得 由，可得， 所以 设平面的法向量为，则，即， 令，可得. 所以直线与平面所成角的正弦值为． 6．(1) (2) 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【详解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. （2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点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、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 7．(1)2 (2) 【分析】（1）由题可得四边形是菱形，所以，再证明，进而得平面，所以点到平面的距离为，得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接，设与相交于点，再连接， 因为是弧上的两个三等分点，所以， 又，所以与都是正三角形， 所以，即四边形是菱形，所以， 又因为点在底面上的射影为的中点， 所以平面， 由，得，即，而，所以， 所以平面，又平面， 所以，而，平面， 所以平面，垂足为， 即点到平面的距离为，而， 所以点到平面的距离为2. （2）取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 故以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，可得，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 故， 因为平面轴，所以取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. 8．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直的性质判定，面面垂直的判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，由已知线面角求出线段长，进而求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）由是以为斜边的等腰直角三角形，得，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）得，而平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由平面，得直线与平面所成的角为，且，则， 而，则，， ，， 设平面的法向量为，则，令，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. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $