专题07 立体几何（8大考点）（全国通用）2026年高考数学二模分类汇编

专题07 立体几何 8大考点概览 题型01 空间中的点线面位置关系 题型02 空间几何体的表面积与体积 题型03 有关几何体外接球、内切求的问题 题型04 有关立体几何中的最值与轨迹问题 题型05 有关空间线线角与线面角的问题 题型06 有关空间二面角的问题 题型07 有关立体几何中折叠的问题 题型08 有关空间中的距离问题 SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·陕西咸阳·二模）已知 ， ， 是三个不同的平面， ， 是两条不同的直线，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 2．（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 3．（2026·上海黄浦·二模）若a，b是空间中的两条直线，则“ ”是“存在平面 ，使 ， ”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 4．（2026·浙江·二模）已知正方体 ，E为棱 的中点，则下列与直线 不互为异面直线的是（    ）． A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 5．（2026·安徽马鞍山·二模）已知直线 ， 与平面 ， ， ，则 的一个充分条件是（    ） A． ， B． ， C． ， D． ， ， 6．（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． 7．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥 中，若 平面 ， ，则平面 、平面 、平面 、平面 中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 8．（2026·福建·二模）设 是两个不重合的平面，则 的充要条件是（   ） A．存在无数条直线与 都平行 B．存在无数个平面与 都垂直 C．对任意的直线 ，都存在直线 ，使得 D．对任意的直线 ，都存在直线 ．使得 9．（2026·云南昭通·二模）已知 是两个平面， 是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 10．（2026·青海西宁·二模）设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则 的一个充分条件是（   ） A．存在一条直线 B．存在一条直线 C．存在两条平行直线 D．存在两条异面直线 11．（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 12．（多选）（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知直线a，b及平面 ， ．下列命题中正确的是（   ） A．若 ， ，则 B．若 ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ，则 13．（多选）（2026·广东深圳·二模）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 14．（多选）（2026·西藏拉萨·二模）如图，在直三棱柱 中， ． 为 的中点， 为棱 的中点，下列说法正确的是（   ） A． 平面 B． 四点共面 C． 平面 D． 平面 15．(多选）（2026·广东汕头·二模）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 16．（多选）（2026·广东肇庆·二模）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 EMBED Equation.DSMT4 平面 B．当 为 的中点时，存在点 ，使得平面 EMBED Equation.DSMT4 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 17．（2026·河南开封·二模）已知平面 和直线m，n，给出下列三个论断： ①      ②        ③ . 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：如果______，______，则______．（只填写序号） SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·山东德州·二模）已知圆柱的底面半径是圆锥底面半径的2倍，圆柱的高是圆锥高的 ，则圆柱和圆锥的体积之比为（    ） A．6 B．3 C．2 D．1 2．（2026·湖北武汉·二模）某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为 ，下底面半径为 ，圆台母线长为 ，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（2026·河北衡水·二模）中国古代有一种盛米的重要容器叫“方斗”，其形状是一个上大下小的正四棱台，如图.已知一“方斗”上底面边长为3，下底面边长为1，若从这个恰好盛满米的“方斗”中取出38斤米后，米的高度下降了一半，则剩余的米的质量为（   ） A．14斤 B．24斤 C．38斤 D．56斤 5．（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． 6．（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． 7．（2026·江西·二模）已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（   ） A． B． C． D． 8．（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． 9．（2026·天津和平·二模）如图，在六面体 中，上下底面均为矩形，且平面 平面 ， ， ， 平面ABCD， ， ， ，则六面体 EMBED Equation.DSMT4 的体积为（   ） A．45 B．47 C．60 D．75 10．（2026·河北·二模）已知正四棱台上、下底面的边长分别是2，8，体积为 ，则其表面积为（   ） A．148 B． C．168 D．80 11．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为 ，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 12．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 13．（多选）（2026·辽宁沈阳·二模）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 14．（多选）（2026·四川成都·二模）如图，平行六面体 的底面ABCD是边长为1的菱形，且 ， 平面 ，则（   ） A．平面 平面 B． C． D．平行六面体 的体积为 15．（多选）（2026·陕西咸阳·二模）如图1所示的几何体是一个流星锤形正多面体，称为流星锤形十二面体，是由6对（12个）平行五角星面构成的，每对平行五角星面角度关系如图2所示，则下列说法正确的是（    ）参考数据： . A．一个流星锤形十二面体有12个星尖（凸起的正五棱锥） B．一个流星锤形十二面体有10个星尖（凸起的正五棱锥） C．将所有的星尖沿其底面削去后所得的几何体和流星锤形十二面体的表面积之比是 D．将所有的星尖沿其底面削去后所得的几何体和流星锤形十二面体的表面积之比是 16．（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___________． 17．（2026·浙江·二模）如图所示，有一只内壁呈半球面的小碗，半径为 ，碗内放了三颗汤圆（视为半径均为 的球）．三颗汤圆两两相切，且汤圆与碗的内壁均相切．若汤圆与碗口等高，则 ______． 18．（2026·吉林·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 _______． 19．（2026·甘肃酒泉·二模）已知底面为正方形的直四棱柱的高为4，底面边长为4，其内部有一个与直四棱柱所有面均相切的内切球 .现以直四棱柱上底面的中心为顶点，下底面的外接圆为底面作一个圆锥，则该圆锥与内切球 的公共部分的体积为__________.注：球缺的体积公式为 为球的半径， 为球缺的高. SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（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． 2．（2026·湖北宜昌·二模）三棱锥 满足 ，且 ，则三棱锥 外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·福建·二模）已知三棱锥 的体积为 ， ．若该三棱锥的四个顶点都在球 的球面上，则球 的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·浙江温州·二模）已知圆台的上下底面的半径分别为1和3，圆台的侧面积为 ，若圆台内接于球 ，则球 的半径为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·江苏·二模）一个正六棱锥的高为 ，底面边长为 ，则它的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（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． 7．（2026·重庆渝中·二模）如图所示，二面角 为 ， 是边长为2的正三角形，若 是三棱锥 外接球的直径，则 （   ） A． B． C． D． 8．（2026·福建厦门·二模）已知四面体ABCD的各顶点均在球 的球面上，平面 平面 ，若 与 的外接圆面积之和为 ，则球 的半径为（   ） A． B． C． D．3 9．（2026·天津·二模）如图，在正方体 中，三棱锥 和 的公共部分形成的几何体为 .若 的体积记为 ， 的内切球的体积记为 ，则 （   ） A． B． C． D． 10．（多选）（2026·广东江门·二模）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 11．（多选）（2026·山西运城·二模）在空间直角坐标系 中，已知正四面体 的四个顶点的坐标为 ， ， ， ，点 在四面体 外接球的球面上，且 平面 ，点 在四面体 内切球的球面上，则下列结论正确的有（   ） A． B． 的最大值是最小值的2倍 C．四面体 外接球的体积为 D．当 取得最小值时，点 的坐标为 12．（多选）（2026·广东深圳·二模）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 13．（2026·山东东营·二模）已知一个棱长为 的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 14．（2026·甘肃酒泉·二模）已知底面为正方形的直四棱柱的高为4，底面边长为4，其内部有一个与直四棱柱所有面均相切的内切球 .现以直四棱柱上底面的中心为顶点，下底面的外接圆为底面作一个圆锥，则该圆锥与内切球 的公共部分的体积为__________.注：球缺的体积公式为 为球的半径， 为球缺的高. 15．（2026·四川南充·二模）已知正四面体 外接球的球心为 ， ，过点 ， 的平面 与棱 ， 分别相交，记在平面 两侧的几何体的体积分别为 、 ，则 的取值范围为_____________. 16．（2026·西藏拉萨·二模）平行六面体 所有棱长都等于2，点 在底面 的射影为底面对角线的交点，且线段 是它在底面射影长的 倍，则三棱锥 的外接球的体积为______． 17．（2026·河南郑州·二模）已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为 ．若在该圆锥内放入三个半径均为 的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则 ______． 18．（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图，圆台形容器内放进半径分别为2和4的两个实心铁球，小球与容器下底面、容器壁均相切，大球与小球、容器壁、容器上底面均相切，若向该容器内注满水，则水的体积为_____. 19．（2026·河北·二模）在母线与底面所成角为 的圆锥内放入三个半径为1的球，这三个球两两相切，且均与圆锥的底面和侧面都相切，则圆锥的底面半径为_____；若再放入一个半径为 的小球，使得它与三个小球均相切，且与圆锥的侧面相切，则 _____． SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（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． 2．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为 ，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 3．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱 中， ，点 为 的中点，点 为侧面 内（含边界）的动点，且 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，设直线 与平面 所成的角为 ，则 的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（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． 5．（2026·浙江嘉兴·二模）在三棱锥 中， ，二面角 的大小为 ，若 ，则点 到平面 的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·湖北黄冈·二模）如图，在棱长为1的正方体 中， 为棱 的中点， 为正方体 表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥 外接球的表面积为 B．若 平面 ，则动点 的轨迹是一条线段 C．若 平面 ，则动点 的轨迹的长度为 D．若 ，则动点 的轨迹长度为 8．（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． 9．（2026·四川内江·二模）在棱长为 的正方体 中，点 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 C．三棱锥 的体积为定值 D．球面经过 ， ， ， 四点的球的半径最小值为 10．（多选）（2026·山西太原·二模）已知在棱长为1的正方体 中， 为侧面 内一点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．若 平面 ，则 的最大值为 B．若点 在线段 上，则 的最小值为 C．存在点 ，使得点 和点 到平面 的距离相等 D．三棱锥 外接球的体积的最小值是 11．（多选）（2026·四川眉山·二模）如图，在正方体 中，点 在线段 上运动，则下列结论正确的是（    ） A． 平面 B．不存在点 ，使得平面 平面 C．直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 D．若正方体棱长为1，则以 为球心， 为半径的球体被平面 所截图形面积的最小值为 12．（多选）（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 13．（多选）（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 14．（多选）（2026·黑龙江大庆·二模）已知正方体 的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A． EMBED Equation.DSMT4 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 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，则线段 长度的最小值为 15．（多选）（2026·广西河池·二模）如图，平面 平面 为线段 的中点， ，直线 与平面 所成角的大小为 为平面 内的动点，则下列说法正确的是（   ） A．球心为 、半径为 的球面被平面 截得的圆周长为 B．若点 到点 和点 的距离相等，则点 的轨迹是抛物线 C．若点 到直线 的距离为 ，则 的最大值为 D．满足 的点 的轨迹是椭圆 16．（多选）（2026·浙江宁波·二模）正四棱台 的高为 ， ， ，点 均在平面 内，且直线 与 夹角的正切值的最小值为 ，则（    ） A．点 的轨迹的长度为 B．直线 与 所成角的正切值的最小值为 C．线段 的长度的最小值为 D．点 到直线 的距离大于 17．（多选）（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 18．（2026·福建泉州·二模）现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___． 19．（2026·河北保定·二模）已知圆锥SO的底面为单位圆，其体积为 是底面圆O的直径，圆O内有一条动弦MN垂直于AB，过MN作平面 与母线SA交于点 ，当 时， 面积的最大值为______________． 20．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体 的各顶点均在球 的球面上， 为 的中点，动点 在球 的球面上运动，且 ．记 在平面 上的射影为 ，则 的轨迹长度为___________， 的轨迹所围成的区域面积为___________． 21．（2026·甘肃·二模）圆锥 的母线长为2，底面半径为1，过圆锥顶点 和底面圆周上任意两点 作圆锥的截面，当底面圆心 到截面 的距离为 时， 重心的轨迹所围成图形的面积是__________. SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·湖北武汉·二模）在三棱锥 中，直线 平面 ， ， .设直线 与平面 所成的角为 ，则 的最小值为（ ） A． B． C． D． 2．（2026·陕西咸阳·二模）已知圆锥 的侧面积为 ，其母线与底面所成的角是60°，要在圆锥 内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥 的底面上，则挖去的圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）（25-26高三下·重庆·月考）如图，在棱长为2的正方体 中，点P在 内（含边界）且 ，则以下结论正确的是（   ） A．异面直线 与 所成的角是 B． 与平面 所成的线面角的正切值为 C．点P的运动轨迹长度为 D．点P到平面ABCD距离的取值范围是 4．（多选）（2026·河北唐山·二模）在四棱锥 中， 平面 ， ，则下列说法正确的是（    ） A．当 时，直线 平面PAB B．当 时，直线CE与PB所成角为 C．当 时，直线CE与平面PAD所成角为 D．当 时，三棱锥 的外接球表面积为 5．（多选）（2026·广东揭阳·二模）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 6．（2026·云南大理·二模）庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为： （ 上袤 下袤） 广 高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为 ，广为 ，上袤是下袤的 ， 和 与底面所成角均为 ，则该刍甍的体积为________ ． 7．（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___________． 8．（2026·河南开封·二模）已知正方体 的棱长为1， 为平面 内一动点，且直线 与平面 所成角为 ，点 为正方形 的中心，若点 为直线 上一动点，则 的最小值为__________． 9．（2026·河南濮阳·二模）如图，在四棱锥 中，底面四边形ABCD是正方形， 底面ABCD， 是线段PC的中点， 在线段PB上， ． (1)求证： 平面BDE； (2)求证： 平面DEF (3) 在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为 ，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值． 10．（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． 11．（2026·河北·二模）如图，四棱台 的底面为正方形， 平面 ，平面 与平面 的交线为l. (1)证明: 平面 ; (2)若 ，直线 与 交于点 ，点N是l上一点，且 ，当直线 与平面 所成的角最大时，求 . 12．（2026·福建泉州·二模）如图，已知在四棱锥 中， ， ， ， ． (1)证明： 平面 ； (2)证明： ； (3)若直线 与平面 所成角为 ，点 在平面 内的正投影是点 ，求四棱锥 的体积． 13．（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. 14．（2026·重庆·二模）如图，某几何体由半个圆锥(轴截面为SAB)和三棱锥 组成．已知圆锥的底面半径为1，高 ， 为直径，C为底面圆周上异于A，B的动点，M为SC的中点． (1)若 ，证明：平面 平面SAB； (2)在点C运动的过程中，记直线BM与底面ABC所成角为 ，求 的取值范围． 15．（2026·山西太原·二模）如图，三棱锥 中， . (1)若 ，求三棱锥 的体积； (2)若直线 与平面 所成的角为 ，求平面 与平面 夹角的取值范围. 16．（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． 17．（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. SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·重庆渝中·二模）如图所示，二面角 为 ， 是边长为2的正三角形，若 是三棱锥 外接球的直径，则 （   ） A． B． C． D． 2．（2026·四川成都·二模）在四棱锥 中，底面 为矩形， ，且 ，记二面角 为 ，直线 与底面 所成的角为 ，若 ，则 的值的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2026·广西南宁·二模）在三棱锥 中， 为正三角形， ， ，二面角 的平面角为 ，则三棱锥 外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（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． 5．（多选）（2026·广西柳州·二模）已知圆锥的顶点为 ，底面圆心为 ， 为底面直径， ， ，点 在底面圆周上，且二面角 为 ，则（    ）. A．该圆锥的侧面积为 B．该圆锥的体积为 C． D． 的面积为8 6．（多选）（2026·辽宁辽阳·二模）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 7．（多选）（2026·山东济宁·二模）如图1， 与 是两个等腰三角形， ， .将 沿着 翻折到 ，如图2，设二面角 的平面角为 ， ， 分别为 和 的中点，则（    ） A． B．四面体 体积的最大值为1 C． 时，过直线 且与 平行的平面截四面体 所得截面面积为 D． 时，四面体 外接球表面积为 8．（2026·湖北·二模）三棱锥 中， 、 、 与底面 所成的线面角相等，二面角 、 、 的大小也相等，且 ， ，则三棱锥 的外接球体积为__________. 9．（2026·上海·二模）在正四棱台 中， ， ，异面直线 与 所成角为 ，设二面角 的大小为 ，则 ________． 10．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是菱形， ，点 在线段 上， 平面 . (1)证明： 为 的中点； (2)若 ，二面角 的余弦值为 ，求 的长. 11．（25-26高三上·河北保定·期中）如图，在四棱锥 中，已知平面 平面 ， ， ， ， 与 的交点为 .    (1)证明: 平面 ; (2)设 为 的中点，点 在 上且平面 平面 ，若 ，点 到平面 的距离为 ，求平面 与平面 所成二面角的正弦值. 12．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四面体ABCD中， ，点E，F分别是CD，AB的中点. (1)证明： ； (2)若二面角 的大小为 ，求直线EF与平面BCD所成角的大小. 13．（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． 14．（2026·河北保定·二模）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ，平面 平面 ，平面 平面 ， ， ， . (1)证明： 平面 ； (2)证明： ； (3)若 ，点 在平面 内的射影为 ，求二面角 的正弦值. 15．（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. 16．（2026·四川绵阳·二模）在三棱锥 中， ， ， 为边 的中点， ，且 平面 .    (1)在直线 上是否存在一点M，使得直线 平面 ?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说明理由. (2)若平面 平面 . ①求证： ； ②求二面角 的大小. 17．（2026·上海长宁·二模）如图， 是圆锥顶点， 是底面圆心，点 、 在底面圆周上， ， . (1)若圆锥的侧面积为 ，求圆锥的体积； (2)若直线 与平面 所成角为 ，求二面角 的平面角的正切值 18．（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. 19．（2026·江西南昌·二模）如图，在多面体 中，若四边形 是边长为2的正方形， ， 都是边长为2的等边三角形，且 ， ， 分别为 ， 的中点． (1)求证：平面 平面 ； (2)求二面角 的余弦值． 20．（2026·河北邢台·二模）如图，在平行六面体 中，底面 为菱形且 ， 与底面 所成角为 ， . (1)证明：平面 平面 ； (2)求二面角 的正弦值； (3)若 ，求三棱锥 外接球的体积. 21．（2026·山西临汾·二模）如图，在三棱锥 中， ， 分别是 ， 的中点，点 在 上，且满足 . (1)证明： 平面 ； (2)设底面 是边长为6的等边三角形，点 到底面的距离为3，且点 在底面的射影恰好落在线段 上. （ⅰ）求二面角 的正切值； （ⅱ）若三棱锥 的所有顶点都在球 的表面上，当球 的表面积取最小值时，求球心 到底面 的距离. SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·上海长宁·二模）将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是（    ）. A． B． C． D． 3．（2026·湖北十堰·二模）如图，在正方形 中， 为 的中点，将 沿直线 折起至 处，使得点 在平面 上的射影在直线 上，若三棱锥 外接球的表面积为 ，则三棱锥 的体积为（    ） A． B．1 C． D． 4．（多选）（2026·重庆·二模）如图，平面四边形 中， 为正三角形， 为等腰直角三角形， 与 交于点 ，若将 沿斜边 翻折，得到三棱锥 ，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中， 与 始终垂直 B．在翻折过程中， 与 始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 5．（多选）（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 6．（多选）（2026·湖北宜昌·二模）如图1，梯形 中， 分别是边 的中点，将 沿 向上翻折至 ，如图2，则（    ） A．在翻折过程中 和 可能平行 B． 到平面 的距离的最大值为 C．直线 和 所成角可能为 D．若平面 平面 ，则三棱锥 的外接球的表面积是 7．（多选）（2026·四川遂宁·二模）如图所示，矩形 中， ，将 沿 翻折至 ，使得 ，则（    ） A．不存在 的值使 B．存在 的值使平面 平面 C．三棱锥 体积的最大值为 D．当点 在平面 上的射影落在 上时，直线 与平面 所成角为 8．（多选）（2026·江西抚州·二模）如图，平面图形 由等腰直角 和直角 组成， ， 分别是边 和 的中点，现将 沿 翻折，则下列结论中正确的是（    ） A． B．若平面 平面 ，则 C． D．已知点 均在球 的表面上，当三棱锥 的体积最大时，球 的半径为 9．（多选）（2026·云南玉溪·二模）已知菱形ABCD的边长为 与BD交于点 ，将 沿AC翻折得到 且 分别为AB，BC中点， ，设平面EFG截四面体 所得截面面积为 ，下列选项正确的是（    ） A．若GE与平面ABC所成角为 ，则 B．若 ，则 C． 的极大值为 D． 的极小值为 10．（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___________． 11．（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形 中， 是边长为2的等边三角形， ， ．现将 沿 翻折至 ，使得 ． (1)证明：平面 平面 ； (2)已知 是线段 上的点，若直线 与平面 所成角 的正弦值为 ，求点 到直线 的距离． 12．（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． 13．（2026·山东东营·二模）已知全等的等腰直角三角形 和 ，其中 ， ，现将 沿 进行翻折，使二面角 的大小为 ，连接 得到四面体 ． (1)证明： ； (2)求直线 与平面 所成角的正弦值． 14．（2026·浙江宁波·二模）在 中， 为 的中点，如图，沿 将 翻折至 位置，满足 . (1)证明：平面 平面 ； (2)线段 上是否存在点 ，使得 在平面 内的射影恰好落在直线 上.若存在，求出 的长度；若不存在，请说明理由. 15．（2026·云南昆明·二模）如图，直角 ，斜边 为 的中点，将 沿 翻折到 ，设二面角 的大小为 ，满足 . (1)证明： ； (2)求直线 与平面 所成角的大小； (3)当四面体 的体积最大时，求 . 16．（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. 17．（2026·山东日照·二模）如图1，在边长为2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，记二面角 的平面角为 ． (1)若 ，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． SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·新疆·二模）桌面上有以下四种几何体，设P是几何体表面上的一点，任意转动几何体（始终与桌面保持接触），则点P到桌面的距离最大的几何体是（    ） A．棱长为1的正方体 B．表面积为 的球 C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱 D．体积为 且轴截面为直角三角形的圆锥 2．（2026·广西柳州·二模）某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图， ， ， ， 为该正方体的顶点， ， ， 为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面 .若平面 与平面 平行，且直绳索 的长度为 米，则点 到平面的距离为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 3．（2026·福建漳州·二模）空间中有四个平行平面，相邻两个平面的距离从上到下依次为1，2，3，则在各平面上分别取一点构成的正四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（2026·广西河池·二模）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．平面 D．点到直线的距离为 5．（多选）（2026·河北保定·二模）已知四边形是平行四边形，，则（   ） A．点D的坐标是 B． C．四边形的面积是3 D．坐标原点O到直线的距离为 6．（多选）（2026·山东德州·二模）正三棱锥中，，点在底面内运动（含边界），到棱的距离分别为，若，则（    ） A．的体积为 B．外接球的体积为 C． D．的运动路径的长度为 7．（多选）（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 8．（多选）（2026·浙江台州·二模）已知正四面体的棱长为4，顶点在平面的同侧，点，顶点到平面的距离分别为1，2，直线与平面交于点，则（   ） A．直线与平面所成角为 B．平面与平面所成角为 C． D．点到平面的距离为 9．（2026·河北邢台·二模）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为______. 10．（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 11．（2026·山西临汾·二模）在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______. 12．（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. 13．（2026·湖北黄冈·一模）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．   14．（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. 15．（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. 16．（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，. (1)证明：平面平面. (2)求点到平面的距离. (3)求平面和平面夹角的余弦值. 17．（2026·山西临汾·二模）如图，在三棱锥中，，分别是，的中点，点在上，且满足. (1)证明：平面； (2)设底面是边长为6的等边三角形，点到底面的距离为3，且点在底面的射影恰好落在线段上. （ⅰ）求二面角的正切值； （ⅱ）若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，当球的表面积取最小值时，求球心到底面的距离. 18．（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. 空间中的点线面位置关系 考点1 空间几何体的表面积与体积 考点2 有关几何体外接球、内切求的问题 考点3 有关立体几何中的最值与轨迹问题 考点4 有关空间线线角与线面角的问题 考点5 有关空间二面角的问题 考点6 有关立体几何中折叠的问题 考点7 有关空间中的距离问题 考点8 2 / 13 $ 专题07 立体几何 8大考点概览 题型01 空间中的点线面位置关系 题型02 空间几何体的表面积与体积 题型03 有关几何体外接球、内切求的问题 题型04 有关立体几何中的最值与轨迹问题 题型05 有关空间线线角与线面角的问题 题型06 有关空间二面角的问题 题型07 有关立体几何中折叠的问题 题型08 有关空间中的距离问题 SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·陕西咸阳·二模）已知 ， ， 是三个不同的平面， ， 是两条不同的直线，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】A 【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由 ， ，若 ，由面面平行的性质知： ，所以“ ”是“ ”的充分条件；由 ， ，若 ，则 或 与 相交， 所以“ ”是“ ”的不必要条件．则“ ”是“ ”的充分不必要条件. 2．（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以 所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可. 【详解】以 所在平面作为下底面还原， 则 重合， 重合，还原成如图正方体: 对于A，由图可得 异面不平行，故A错误；对于B，显然 ，故B正确； 对于C， ，故C错误；对于D，由图可得 异面不平行，故D错误. 3．（2026·上海黄浦·二模）若a，b是空间中的两条直线，则“ ”是“存在平面 ，使 ， ”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】A 【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断. 【详解】若 ，可知直线a，b是共面直线，则存在平面 ，使 ， ，即充分性成立；若存在平面 ，使 ， ，则直线a，b可能相交，即必要性不成立； 综上所述：“ ”是“存在平面 ，使 ， ”的充分非必要条件. 4．（2026·浙江·二模）已知正方体 ，E为棱 的中点，则下列与直线 不互为异面直线的是（    ）． A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】C 【详解】 对于直线 ， 在底面 内，不与 共面，也不相交,所以是异面直线. 对于直线 ，与 不在同一平面，无交点，不平行，所以是异面直线. 对于直线 ,与 相交于中心点，是相交直线，所以不是异面直线. 对于直线 ,两者无交点，不平行，不在同一平面内，所以是异面直线. 5．（2026·安徽马鞍山·二模）已知直线 ， 与平面 ， ， ，则 的一个充分条件是（    ） A． ， B． ， C． ， D． ， ， 【答案】C 【详解】A：当 ， 时， ，所以本选项不符合题意； B：当 ， 时，平面 ， 可以平行，所以本选项不符合题意； C：当 ， 时，由面面垂直的判定定理可得 ，所以本选项符合题意； D：当 ， ， 时，根据线面垂直的判定定理，由 不一定能推出 ，所以本选项不符合题意. 6．（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. 7．（2026·四川眉山·二模）在三棱锥 中，若 平面 ， ，则平面 、平面 、平面 、平面 中相互垂直的共有（    ） A．1对 B．2对 C．3对 D．4对 【答案】C 【分析】应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理分别得出面面垂直即可求解. 【详解】因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ； 因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ；因为 平面 ， 平面 ，所以 EMBED Equation.DSMT4 ，又 ， 平面 ， 所以 平面 ， 平面 ，平面 平面 ； 所以平面 、平面 、平面 、平面 中相互垂直的共有3对. 8．（2026·福建·二模）设 是两个不重合的平面，则 的充要条件是（   ） A．存在无数条直线与 都平行 B．存在无数个平面与 都垂直 C．对任意的直线 ，都存在直线 ，使得 D．对任意的直线 ，都存在直线 ．使得 【答案】C 【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可. 【详解】    如上图，作长方体 ，取平面 ，平面 分别为平面 . 对于A，因 ，且 ，且 ，则 ， 显然可作无数条与 平行且不在平面 的直线，即存在无数条直线与 都平行，但 不平行，故A错误；对于B，因平面 与平面 均垂直，且显然可作无数个与平面 平行的平面，即存在无数个平面与 都垂直，但 不平行，故B错误； 对于D，由上图，显然 ，且 ，在平面 内作一条与 垂直相交的直线 ， 则 ，从而对平面 内的任意直线 ，都有 ， 即对任意的直线 ，都存在直线 ．使得 ，但 不平行，故D错误；    对于C，假设 为两相交平面，如上图取平面 ，平面 分别为平面 ， 则 ，对于任意的直线 ，（不妨设 与 相交）都存在直线 ，使得 ， 因 ，则有 ，又因 ，则有 ，这与 与 相交矛盾，故假设不成立，故有 ，充分性成立；反过来， 时，对于任意的直线 ，都可以过直线 和平面 内一点作一个平面 ，使 ，则必有 ，故必要性成立，故C正确. 9．（2026·云南昭通·二模）已知 是两个平面， 是两条直线，则下列命题正确的是（   ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 【答案】D 【详解】若 ，则 或 ，A错误；若 ， ，所以 或 ，B错误；若 ，直线 只垂直于平面 内的一条直线，无法得到 ，C错误； ，则平面 内存在直线l与直线 平行， 则 ，可得 ,D正确. 10．（2026·青海西宁·二模）设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则 的一个充分条件是（   ） A．存在一条直线 B．存在一条直线 C．存在两条平行直线 D．存在两条异面直线 【答案】D 【详解】选项A：若 与 相交，只要直线 平行于两平面的交线，就满足 ，无法推出 ，排除A；选项B：若 与 相交，只要 内的直线 平行于两平面的交线，就满足 ，无法推出 ，排除B；选项C：若 与 相交，可在 内取 平行于交线，在 内取 也平行于交线，满足 ，无法推出 ，排除C；选项D：对于异面直线 ，可在 内作出 ，在 内作出 ，可得 是 内的相交直线， 是 内的相交直线，且都平行于另一个平面，根据面面平行判定定理可推出 ，符合要求. 11．（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． 12．（多选）（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知直线a，b及平面 ， ．下列命题中正确的是（   ） A．若 ， ，则 B．若 ， ，则 C．若 ， ，则 D．若 ， ，则 【答案】BD 【详解】对于A，若 ， ，则直线 与直线 可能平行，可能异面，故A错误. 对于B，根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两条直线平行.若 ， ，则 ，故B正确.对于C，若 ， ，则直线 与平面 ，可能垂直可能平行也可能相交但不垂直. 故C错误.对于D，若 ， ，如图过直线 作平面 与平面 相交于直线 ，可得 ，因为 ，所以 ，又因为 ， 可得 .故D正确. 13．（多选）（2026·广东深圳·二模）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】对于A. 平面 ， 平面 ，且 ，所以 与 是异面直线，故A错误；对于B. 平面 ， 平面 ，且 ，所以 与 是异面直线，故B正确；对于C.点 分别是 的中点，所以 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故C正确；对于D. 因为 ， 为 的中点，所以 ，且 ， ，且 平面 ，所以 平面 ，故D正确. 14．（多选）（2026·西藏拉萨·二模）如图，在直三棱柱 中， ． 为 的中点， 为棱 的中点，下列说法正确的是（   ） A． 平面 B． 四点共面 C． 平面 D． 平面 【答案】ACD 【分析】由平面的基本性质判断A，利用异面直线的定义确定 为异面直线判断B，应用线面平行的判定证明并判断C，由面面垂直的判定、性质证明判断D. 【详解】由 ， ，且 ， 平面 ，所以 平面 ，则 平面 ，A对，由 平面 ， 平面 ，则 平面 ， 而 平面 ，且 ，则 为异面直线，B错， 若 为 的中点，连接 ， 为 的中点，则 且 ， 而 ，且 ，即 ，则 且 ， 所以四边形 为平行四边形，则 ，由 平面 ， 平面 ，则 平面 ，C对，由直棱柱中 平面 ， 平面 ，则平面 平面 ，由 ，则 ，而 平面 ，平面 平面 ， 所以 平面 ，结合C的结论，知 平面 ，D对. 15．(多选）（2026·广东汕头·二模）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. 16．（多选）（2026·广东肇庆·二模）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 EMBED Equation.DSMT4 平面 B．当 为 的中点时，存在点 ，使得平面 EMBED Equation.DSMT4 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， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ，据此可判断；B取 中点 ，连接 与 ，由平面 EMBED Equation.DSMT4 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】对于A，如图1，当点 与点 重合时， EMBED Equation.DSMT4 平面 平面 ，所以 平面 ，正确；对于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；对于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；对于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. 17．（2026·河南开封·二模）已知平面 和直线m，n，给出下列三个论断： ①      ②        ③ . 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：如果______，______，则______．（只填写序号） 【答案】 ② ③ ① 【详解】若以①②为条件,③为结论,已知 , ,则直线 可能在平面 内，也可能与平面 平行，所以不能得出 ，该情况不成立.若以①③为条件,②为结论, 即已知 , 则直线 与平面 可能相交，平行或者直线 在平面 内， 所以不能得出 ，该情况不成立. 若以②③为条件,①为结论,即已知 , 因为 ，所以平面 内一定存在一条直线 ，使得 ，又 ，依据直线与平面垂直的性质可知, 如果一条直线垂直于一个平面,那么该直线与平面内任意一条直线垂直, 所以 ，又 因此 ,该情况成立. SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·山东德州·二模）已知圆柱的底面半径是圆锥底面半径的2倍，圆柱的高是圆锥高的 ，则圆柱和圆锥的体积之比为（    ） A．6 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【详解】设圆锥底面半径为 ，高为 ，则圆柱底面半径为 ，高为 ，故圆柱和圆锥的体积之比为 . 2．（2026·湖北武汉·二模）某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为 ，下底面半径为 ，圆台母线长为 ，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助圆台侧面积公式计算即可得. 【详解】 . 3．（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 . 4．（2026·河北衡水·二模）中国古代有一种盛米的重要容器叫“方斗”，其形状是一个上大下小的正四棱台，如图.已知一“方斗”上底面边长为3，下底面边长为1，若从这个恰好盛满米的“方斗”中取出38斤米后，米的高度下降了一半，则剩余的米的质量为（   ） A．14斤 B．24斤 C．38斤 D．56斤 【答案】A 【分析】设线段 、 、 、 的中点分别为 、 、 、 ，利用台体的体积公式计算出棱台 与棱台 的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量，即可求解剩余米量. 【详解】设线段 、 、 、 的中点分别为 、 、 、 ，如下图所示： 易知四边形 为等腰梯形，因为线段 、 的中点分别为 、 ， 则 ，设棱台 的高为 ，体积为 ， 则棱台 的高为 ，设其体积为 ，则 ， 则 ，所以， ，所以，该“方斗”可盛米的总质量为 斤.所以米的高度下降了一半，则剩余的米的质量为 斤。 5．（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 ． 6．（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 . 7．（2026·江西·二模）已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面半径为r，则其母线长为2r，高为 ，所以该圆锥的表面积为 ，设球O的半径为R，则球O的表面积为 ，由题意知 ，所以 ，圆锥的体积 ，球O的体积 ，所以 . 8．（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． 9．（2026·天津和平·二模）如图，在六面体 中，上下底面均为矩形，且平面 平面 ， ， ， 平面ABCD， ， ， ，则六面体 EMBED Equation.DSMT4 的体积为（   ） A．45 B．47 C．60 D．75 【答案】B 【分析】先根据题意把六面体 可以看成长方体的一部分；再结合柱体体积和锥体体积用该长方体的体积减去多余部分的体积即可求解. 【详解】根据题意可知：六面体 可以看成长方体 的一部分.在长方体 中， ， . 长方体 的体积 . 直三棱柱 的体积 . 直三棱柱 的体积 . 三棱锥 的体积 . 所以六面体 的体积 . 10．（2026·河北·二模）已知正四棱台上、下底面的边长分别是2，8，体积为 ，则其表面积为（   ） A．148 B． C．168 D．80 【答案】A 【分析】根据已知条件和正四棱台的特征计算侧面等腰梯形的面积，然后利用表面积的定义计算可得结果． 【详解】因为正四棱台的侧面都是等腰梯形， 又正四棱台的上、下底面的边长分别是2、8，体积为 ,设其高为 ，则 ，故 ，所以侧面梯形的斜高为 ， 则梯形的面积 ，上，下底底面面积分别为 ， ，所以该四棱台的表面积为 ． 11．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为 ，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 【答案】D 【分析】先算出母线长，结合体积公式、表面积公式计算后可判断AB的正误，求出轴截面的顶角值后可判断CD的正误. 【详解】对于A，圆锥的体积为 ，故A错误；对于B，圆锥的母线长为 ，故圆锥的表面积为 ，故B错误；对于C，设圆锥轴截面顶角为 ，则 ，而 为锐角，故 ，故 ，故两条母线的夹角的最大值为 ，故C错误；对于D，设两条母线的夹角为 ，则过顶点的截面面积为 而 ，故当 ， ，故D正确. 12．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则弧长为 ， 则底面直径为 ，则圆锥轴截面是以 为腰， 为底的等腰三角形，此时顶角为 ，则 ，所以 ，则过圆锥顶点的截面是以 为腰的等腰三角形，设顶角为 ，此时面积 ，可知当 时，即 时，面积最大，此时面积 . 13．（多选）（2026·辽宁沈阳·二模）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. 14．（多选）（2026·四川成都·二模）如图，平行六面体 的底面ABCD是边长为1的菱形，且 ， 平面 ，则（   ） A．平面 平面 B． C． D．平行六面体 的体积为 【答案】ABD 【分析】A选项，由线面平行得到面面平行；B选项，由线面垂直的判定定理和性质定理可证；C选项，先根据线面垂直得到线线垂直，由空间向量相关公式得到 的长度，进而求出 ；D选项，求出平行六面体的高，得到体积. 【详解】A选项，因为 ， ，所以四边形 为平行四边形， 所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 同理可知 ， 平面 ，又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，A正确；B选项，连接 ，因为底面ABCD是边长为1的菱形，所以 ⊥ ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 ， 平面 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，B正确； C选项，因为 平面 ， 平面 ，所以 ， ， ，则 ， 即 ， ， 又 ， ，设 的长度为 ， 故 ，解得 ，负值舍去，又 ， 故 ，所以 ，C错误； D选项， ， 又 ，故 ，故 ，过点 作 ⊥ 于点 ，则 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 平面 ， 为相交直线，所以 ⊥平面 ，故 为平行六面体 的高，菱形 的面积为 ，则平行六面体 的体积为 ，D正确. 15．（多选）（2026·陕西咸阳·二模）如图1所示的几何体是一个流星锤形正多面体，称为流星锤形十二面体，是由6对（12个）平行五角星面构成的，每对平行五角星面角度关系如图2所示，则下列说法正确的是（    ）参考数据： . A．一个流星锤形十二面体有12个星尖（凸起的正五棱锥） B．一个流星锤形十二面体有10个星尖（凸起的正五棱锥） C．将所有的星尖沿其底面削去后所得的几何体和流星锤形十二面体的表面积之比是 D．将所有的星尖沿其底面削去后所得的几何体和流星锤形十二面体的表面积之比是 【答案】AC 【分析】结合图形可判断出星尖的个数；将每个正五棱锥沿着侧面展开与底面在同一个平面上，形成一个正五角星，计算出正五棱锥侧面积和底面积之比即可. 【详解】由图可知，每个流星锤形十二面体有12个星尖，将每个正五棱锥沿着侧面展开与底面在同一个平面上，形成一个正五角星， 则这个正五角星的五个顶点在圆 上，连接 ，则 垂直平分 ，设 ， 正五棱锥的侧面积等于 ，底面积等于 ，正五边形的每个内角为 ，则 ，故 ，则 ，所以， ， ，设 ，则 ，则 ， ，则 ，所以，将所有的星尖沿其底面削去后所得几何体和流星锤形十二面体的表面积之比为 . 16．（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 ，∴ . 17．（2026·浙江·二模）如图所示，有一只内壁呈半球面的小碗，半径为 ，碗内放了三颗汤圆（视为半径均为 的球）．三颗汤圆两两相切，且汤圆与碗的内壁均相切．若汤圆与碗口等高，则 ______． 【答案】 【分析】设半球面的球心为 ，三颗汤圆的球心分别为 ，等边三角形 的中心为 ，由题意得 ， ，在 中利用勾股定理即可求出答案. 【详解】设半球面的球心为 ，三颗汤圆的球心分别为 ,因为汤圆与碗的内壁相切，所以 ，又因为三颗汤圆两两相切，所以 ， 设等边三角形 的中心为 ，因为汤圆与碗口等高，所以 ，在 中， ，在 中， ，即 ，即 ， 所以 ，所以 . 18．（2026·吉林·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 . 19．（2026·甘肃酒泉·二模）已知底面为正方形的直四棱柱的高为4，底面边长为4，其内部有一个与直四棱柱所有面均相切的内切球 .现以直四棱柱上底面的中心为顶点，下底面的外接圆为底面作一个圆锥，则该圆锥与内切球 的公共部分的体积为__________.注：球缺的体积公式为 为球的半径， 为球缺的高. 【答案】 【分析】根据题意可知重合部分由圆锥 和球缺构成，根据公式计算体积即可． 【详解】根据题意该直四棱柱是边长为 的正方体，则球的半径为 ，圆锥底面半径为 ，高为 ，如图，重合部分由圆锥 和球缺构成， 设 ，则 ， ， ， 又 ，即 ，解得 或 （舍去）， 则 ，圆锥 的体积 ， 球缺的体积 ，故重合部分的体积 ． SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（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 . 2．（2026·湖北宜昌·二模）三棱锥 满足 ，且 ，则三棱锥 外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由底面三角形的已知边角求出其外接圆半径，结合侧棱相等得到高，再利用球心在高的线上且到顶点和底面顶点距离相等求出球半径，最后计算表面积. 【详解】设点 在底面 的投影为 ，因为 ，所以点 是 的外心， 则 ，且 底面 ，球心 在 上，由正弦定理得 外接圆的直径径 ，解得半径 ，即 ，则 ，设 ， 外接圆半径为 ，则 ，则 ，且 ，则 ，解得 ，则外接球半径 ，则三棱锥 外接球的表面积为 . 3．（2026·福建·二模）已知三棱锥 的体积为 ， ．若该三棱锥的四个顶点都在球 的球面上，则球 的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先找到 的外接圆圆心位置 ，结合三棱锥的体积确定外接球半径 及外接球球心 的位置，并利用勾股定理建立关于 的方程求解，最后用球的表面积公式 计算求解. 【详解】 已知 ， ，所以 的面积 . ，直角三角形外接圆圆心为斜边 中点， 设 中点为 ，则 .因为三棱锥体积 ，代入得 ， ，又 ， 为 中点，由等腰三角形三线合一得 ， 且 ，因此 平面 ，即 在底面投影为 .设 ，球半径为 ，则 . ， ，联立得 ，解得 ，因此 .即球 的表面积 . 4．（2026·浙江温州·二模）已知圆台的上下底面的半径分别为1和3，圆台的侧面积为 ，若圆台内接于球 ，则球 的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用圆台侧面积公式得到母线长和圆台的高，再由勾股定理求出球的半径. 【详解】设圆台母线长为 ，上、下底面半径分别为 和 ， 则圆台的侧面积为 ，即 ， 所以圆台的高为 ，设球 的半径为 ， 圆台轴截面为等腰梯形 ，且 ，如图，过 作 的垂线，与 交于点 ，与 交于点 ， 设 ，由 ，则球心 在圆台内部，所以 ，解得 . 5．（2026·江苏·二模）一个正六棱锥的高为 ，底面边长为 ，则它的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出示意图，确定球心的位置，设外接球的半径为 ，构造关于 的等式，解出 的值，结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】在正六棱锥 中，设点 为正六边形 的中心，连接 、 ， 易知 为等边三角形，所以 ， ，由正棱锥的几何性质可知，外接球球心 在直线 上，设外接球的半径为 ，则 ，由勾股定理可得 ，即 ，解得 ，故该正六棱锥的外接球的表面积为 . 6．（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 . 7．（2026·重庆渝中·二模）如图所示，二面角 为 ， 是边长为2的正三角形，若 是三棱锥 外接球的直径，则 （   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作辅助线，设 ，根据题意分析可知 ， ， ，结合余弦定理运算求解即可. 【详解】如图，设 的中点为 ，连接 ， ，则 ， ， 因为 是三棱锥 外接球的直径，则 ，且 ， ，则 ，可得 ，则 ，可知二面角 的平面角为 ， 设 ，则 ， ，在 中，由余弦定理得 ，即 ，解得 ， 所以 . 8．（2026·福建厦门·二模）已知四面体ABCD的各顶点均在球 的球面上，平面 平面 ，若 与 的外接圆面积之和为 ，则球 的半径为（   ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】球 的半径为 ，取外接圆的圆心分别为 ，由 ，及 ，列出等式即可求解. 【详解】 设 与 的外接圆半径分别为 ，外接圆的圆心分别为 由题意可得 ，即 ，设球 的半径为 ， 的中点为 ， 连接 ，因为 是 外接圆圆心，所以 ，又 是 的中点，所以 ，同理 ，又 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，所以 为二面角 的平面角，又平面 平面 ，则 ，由球的性质可知： 平面 ， 平面 ，又 平面 ， 平面 ，则 ， ，所以四边形 为矩形，则 ， 又 ,所以 ， 又 ，所以 ，所以 ,又 ，所以 ，即 ,则球 的半径为 . 9．（2026·天津·二模）如图，在正方体 中，三棱锥 和 的公共部分形成的几何体为 .若 的体积记为 ， 的内切球的体积记为 ，则 （   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】不妨取正方体边长为 ，根据题意可得三棱锥 ， 的公共部分为一个棱长为 的正八面体，计算出表面积和体积，进而得到内切球半径及体积，再求比值即可． 【详解】连接它们的交点后如下图所示， 是 中点，不妨取正方体边长为 ，所以 ，即两个三棱锥 ， 的公共部分为一个棱长为 的正八面体，所以表面积为 ，体积 ，则内切球半径 ， ， ． 10．（多选）（2026·广东江门·二模）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. 11．（多选）（2026·山西运城·二模）在空间直角坐标系 中，已知正四面体 的四个顶点的坐标为 ， ， ， ，点 在四面体 外接球的球面上，且 平面 ，点 在四面体 内切球的球面上，则下列结论正确的有（   ） A． B． 的最大值是最小值的2倍 C．四面体 外接球的体积为 D．当 取得最小值时，点 的坐标为 【答案】ABD 【分析】根据外接球体积公式、勾股定理、空间向量坐标的线性表示等知识逐项计算判断即可. 【详解】四面体 的直观图如图所示．设顶点 在底面 上的射影为 ，连接 ， 则 平面 ，连接 并延长，交 于点 ，易得 为 的中点．因为 ，所以 ，所以 ，则 ，则 ，A正确．设四面体 外接球的球心为 ，则 在 上，设 ，则 ，解得 ，所以四面体 外接球的半径为3，四面体 外接球的体积为 ，C错误． 易得四面体 内切球的半径 ，内切球的球心为 ，则 的最大值为 ，最小值为 ，B正确．因为 平面 ，所以 ，又因为 ，所以 ，解得 或 （舍去）， ．当 取得最小值时， ，即 ，得 ，D正确． 12．（多选）（2026·广东深圳·二模）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． 13．（2026·山东东营·二模）已知一个棱长为 的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 【答案】 【详解】已知正四面体的棱长 ，设正四面体的高为 ，设底面正三角形的中心到顶点的距离为 ，则 ， ，正四面体的外接球球心在高上，且满足： ， 外接球的体积： ；小球在一个角的情况如下图所示，作平面 平面 ，与小球相切于点 ，则小球球心 为正四面体 的中心， 面 ，垂足 为 的中心， ， ，故 ，此时小球与面 的切点为 ，连接 ，则 ，考虑小球与正四面体的面 相切的情况，则小球在面 上最靠近边的切点轨迹仍为正三角形，即为 ，过 作 于 ， ，则 ， 小三角形边长 ，小球与面 不接触部分的面积为： ， 小球永远不可能接触到的容器内壁面积为： ． 14．（2026·甘肃酒泉·二模）已知底面为正方形的直四棱柱的高为4，底面边长为4，其内部有一个与直四棱柱所有面均相切的内切球 .现以直四棱柱上底面的中心为顶点，下底面的外接圆为底面作一个圆锥，则该圆锥与内切球 的公共部分的体积为__________.注：球缺的体积公式为 为球的半径， 为球缺的高. 【答案】 【分析】根据题意可知重合部分由圆锥 和球缺构成，根据公式计算体积即可． 【详解】根据题意该直四棱柱是边长为 的正方体，则球的半径为 ，圆锥底面半径为 ，高为 ，如图，重合部分由圆锥 和球缺构成， 设 ，则 ， ， ， 又 ，即 ，解得 或 （舍去）， 则 ，圆锥 的体积 ，球缺的体积 ，故重合部分的体积 ． 15．（2026·四川南充·二模）已知正四面体 外接球的球心为 ， ，过点 ， 的平面 与棱 ， 分别相交，记在平面 两侧的几何体的体积分别为 、 ，则 的取值范围为_____________. 【答案】 【分析】设 ，利用 四点共面，可得 ，再进一步确定 ，进而得到 ，再计算得 ，结合 得到 的范围． 【详解】解：如图，延长 分别交平面 、平面 于 ，平面 与棱 ， 分别相交于 ， 连接 交 于 ，又 为正四面体，不妨设正四面体 的边长为 ， 为 的重心， 为 的中点， ， ， 设 ， ， 共面， ，解得 ，即 ，又 ， ， ， ，即 ，即 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ，且 ， ． 16．（2026·西藏拉萨·二模）平行六面体 所有棱长都等于2，点 在底面 的射影为底面对角线的交点，且线段 是它在底面射影长的 倍，则三棱锥 的外接球的体积为______． 【答案】 【分析】根据外接球性质，结合平行六面体的性质确定球心及半径，最后利用球体积公式进行求解即可. 【详解】设底面对角线的交点为 ， 因为线段 是它在底面射影长的 倍，所以 ，所以 ， ，即 ， ，则 ， ，又 平面 ， 平面 ， ，则 ， ，即 ，三棱锥 中， 均为直角三角形， 且平面 平面 ，三棱锥 的外接球是以 为直径， 为球心，半径 ，外接球的体积为 . 17．（2026·河南郑州·二模）已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为 ．若在该圆锥内放入三个半径均为 的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则 ______． 【答案】 【分析】根据圆锥的表面积公式得到母线 ，根据圆锥截面的性质、圆的截面性质及相互之间关系求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为 ，则 ，解得 . 则圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形. 沿圆锥内三个球的球心的截面如图，则 为边长为 的等边三角形，根据圆锥的性质易知截面圆的圆心 为 的外心，所以 .沿 ， 所在轴截面如图，易知 ，所以 .所以 ，解得 . 18．（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图，圆台形容器内放进半径分别为2和4的两个实心铁球，小球与容器下底面、容器壁均相切，大球与小球、容器壁、容器上底面均相切，若向该容器内注满水，则水的体积为_____. 【答案】 【分析】通过轴截面结合相切的几何性质分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，即可得水的体积. 【详解】作几何体的轴截面图如图， 分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形 两腰 和 的延长线的交点. 分别是球 和球 与圆台侧面的切点， 分别是与圆台上下底面的切点． 则 ，且 ， ， ． 过 点作 交 于 ，显然 ，可知四边形 为矩形， 且 ，在直角三角形 中， ， 且 为锐角，则 ， 由 可得 ，所以 ，在直角三角形 中， ，得 ，所以 ．在直角三角形 中， ．在直角三角形 中， , ．即圆台的上底面半径 ，下底面半径 ，高 ．可得圆台的体积 ，所以水的体积为 ． 19．（2026·河北·二模）在母线与底面所成角为 的圆锥内放入三个半径为1的球，这三个球两两相切，且均与圆锥的底面和侧面都相切，则圆锥的底面半径为_____；若再放入一个半径为 的小球，使得它与三个小球均相切，且与圆锥的侧面相切，则 _____． 【答案】 【分析】取过圆锥轴及其中一个大球球心的截面，并结合与底面平行且距离底面为 的平面内三个球心的位置关系，将空间问题转化为平面中圆与直线、圆与圆的相切问题.先由截面中半径为 的圆确定大球球心到圆锥轴的距离，再利用三个球心构成边长为 的正三角形求圆锥底面半径.设再放入的小球半径为 ，由对称性知其球心在圆锥轴上，再由相切条件列方程即可求得 . 如图： 【详解】设圆锥底面圆心为 ，顶点为 ，底面半径为 ，高为 ，三个半径为 的大球球心分别为 .因为母线与底面所成角为 ，所以 ，故过圆锥轴的截面是边长为 的等边三角形.取过圆锥轴及球心 的截面.在该截面内，单位圆与底边、腰都相切.设右侧底角为 ，则 在 的角平分线上，且 到底边的距离为 .在相应的直角三角形中， ，解得 .于是球心 到圆锥轴的距离为 .设 为圆锥轴与过 且平行于底面的平面的交点，则 .又因为三个大球两两相切，所以 ，故 是边长为 的正三角形.由对称性可知， 是 的外心，于是 .从而 ，解得 .故第一空应填 .设再放入的小球半径为 ，球心为 .由对称性可知， 在圆锥轴上.在上述截面内，小球化为一个与两腰都相切的圆.由于顶角为 ，且 在顶角平分线上，所以 ，从而 .又因为 ，所以 到底面的距离为 .在同一截面内，大球与小球相切，所以 . 由前面结论可得，球心 到圆锥轴的距离为 ，且 到底面的距离为 ，因此 .于是 ，化简得 .解得 .因为 ，所以 .故第二空应填 . SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（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 . 2．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为 ，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 【答案】D 【分析】先算出母线长，结合体积公式、表面积公式计算后可判断AB的正误，求出轴截面的顶角值后可判断CD的正误. 【详解】对于A，圆锥的体积为 ，故A错误；对于B，圆锥的母线长为 ，故圆锥的表面积为 ，故B错误；对于C，设圆锥轴截面顶角为 ，则 ，而 为锐角，故 ，故 ，故两条母线的夹角的最大值为 ，故C错误；对于D，设两条母线的夹角为 ，则过顶点的截面面积为 而 ，故当 ， ，故D正确. 3．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱 中， ，点 为 的中点，点 为侧面 内（含边界）的动点，且 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，设直线 与平面 所成的角为 ，则 的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面 的法向量为 ，设 ，进而得 ，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以 为坐标原点，分别以 为 轴，建立空间直角坐标系，如图， 设 ，则 ， 所以 ，设平面 的法向量为 ，所以 ，令 ，得 ，设 ，所以 ，因为 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，所以 ，解得 ，所以 ，显然平面 的一个法向量为 ，所以 ，当 时， 取最大值，即 取最大值，即 ，所以 ，所以 . 4．（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 . 5．（2026·浙江嘉兴·二模）在三棱锥 中， ，二面角 的大小为 ，若 ，则点 到平面 的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出在平面 上点 的轨迹方程，得到点 到直线 的距离的最大值，即可求出点 到平面 的距离的最大值. 【详解】 在平面 上，以 中点 为原点，以 为 轴，以 垂直平分线为 轴建立平面直角坐标系，则 ， ，设 .因为 ，则 ， 整理得 ，即点 的轨迹为在平面 上，以 为圆心， 为半径的圆. 所以点 到直线 的最大距离 .又二面角 的大小为 ，所以点 到平面 的距离的最大值为 . 6．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为 的扇形，则弧长为 ， 则底面直径为 ，则圆锥轴截面是以 为腰， 为底的等腰三角形，此时顶角为 ，则 ，所以 ，则过圆锥顶点的截面是以 为腰的等腰三角形，设顶角为 ，此时面积 ，可知当 时，即 时，面积最大， 此时面积 . 7．（2026·湖北黄冈·二模）如图，在棱长为1的正方体 中， 为棱 的中点， 为正方体 表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥 外接球的表面积为 B．若 平面 ，则动点 的轨迹是一条线段 C．若 平面 ，则动点 的轨迹的长度为 D．若 ，则动点 的轨迹长度为 【答案】A 【分析】三棱锥 的外接球即为三棱锥 的外接球，利用正弦定理可得 的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径 ，再利用表面积公式计算即可得A；取 与 中点 、 ，利用面面平行性质定理可得平面 平面 ，则可得B；取 靠近点 的四等分点 ，利用线面垂直判定定理可得 平面 ，则可得动点 的轨迹为线段 ，计算出 即可得C；由对称性，可假设 平面 ，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得 ，即可得 在平面 内轨迹，同理可得点 所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A：由四边形 为正方形，故三棱锥 的外接球即为三棱锥 的外接球，设三棱锥 的外接球半径为R， 的外接圆半径为 ， ，故 ，又 ，则 ，故 ， ，因为 平面 ，故三棱锥 的外接球球心在过 的外接圆圆心和 平行的直线上，则 ，即 ， 故三棱锥 的外接球的表面积为 ，故A正确， 对于B：取 与 中点 、 ，连接 、 、 ， 由正方体性质可得 ， ，又 平面 ， 平面 ，故 平面 ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，又 ， 、 平面 ，故平面 平面 ，由 平面 ，则点 的轨迹是 除去点 ，故B错误； 对于C：取 靠近点 的四等分点 ，连接 ， 由正方体性质可得 平面 ，又 平面 ，故 ，由 ， ，故 与 相似，则 ， 故 EMBED Equation.DSMT4 ，故 ，又 ， 、 平面 ，故 平面 ，又 平面 ，故动点 的轨迹为线段 ， ，故C错误； 对D：若 平面 ，因为 平面 ， 平面 ，故 ，由 ，则 ， 即点 的轨迹为以 为圆心，在平面 内半径为 的四分之一圆，同理可得，点 也可为以 为圆心，在平面 内半径为 的四分之一圆，点 也可为以 为圆心，在平面 内半径为 的四分之一圆，故其轨迹长度为 ，故D错误. 8．（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 . 9．（2026·四川内江·二模）在棱长为 的正方体 中，点 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 C．三棱锥 的体积为定值 D．球面经过 ， ， ， 四点的球的半径最小值为 【答案】ACD 【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错误；对于C，因为 平面 ，点 是棱 的中点，则 ，所以C正确； 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 ，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，最小值为 ，故D正确. 10．（多选）（2026·山西太原·二模）已知在棱长为1的正方体 中， 为侧面 内一点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．若 平面 ，则 的最大值为 B．若点 在线段 上，则 的最小值为 C．存在点 ，使得点 和点 到平面 的距离相等 D．三棱锥 外接球的体积的最小值是 【答案】ACD 【分析】对于A，根据题意，点 的轨迹为线段 ，再判断 的最值即可；对于B，将 沿 翻折到与平面 共面，再计算最值即可；对于C，易得点 在线段 上；对于D，设平面 的中心为 ，平面 的中心为 ，易知三棱锥 外接球的球心 在线段 上，令 ，外接球半径为 ，利用勾股定理表示出 ，结合函数的性质求最值即可． 【详解】易知 平面 ， 又点 在侧面 内， 点 的轨迹为线段 ，当点 在 处时， 取最大值为 ，故A正确；将 沿 翻折到与平面 共面，且 在 的异侧，如图，连接 ，交 于点 ， 则 即为 的最小值，易知 最小值为 ，故B错误； 由 平分 可知点 和点 到平面 的距离相等，若点 和点 到平面 的距离相等，必有 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，又 ， 点 在线段 上，故C正确；设平面 的中心为 ，平面 的中心为 ，易知三棱锥 外接球的球心 在线段 上， 令 ，外接球半径为 ，则 .又 ，整理得 ， 当 时， ，此时外接球的体积为 ，即点 与点 重合时，三棱锥 外接球的体积取最小值 ，故D正确． 11．（多选）（2026·四川眉山·二模）如图，在正方体 中，点 在线段 上运动，则下列结论正确的是（    ） A． 平面 B．不存在点 ，使得平面 平面 C．直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 D．若正方体棱长为1，则以 为球心， 为半径的球体被平面 所截图形面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】通过证明平面 平面 ，判断A；建立空间坐标系，利用空间向量判断BCD. 【详解】对于A，连接 ， 由题意可得 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，同理可证 平面 ，又因为 、 平面 ， ， 所以平面 平面 ，又因为 平面 ，所以 平面 ，故A正确； 以 为坐标原点， 分别为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为 ，则 ， ，所以 ， 所以 ， ，所以 ， ， 即 ， ，又因为 平面 ，且 ，所以 平面 ，又因为 平面 ，所以平面 平面 ，所以当点 为 中点时， 三点共线，此时 平面 ，所以平面 平面 ，故B错误；取平面 的法向量为 ，设 ，则 ，设直线 与平面 所成角为 ，则 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ，因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，即直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 ，故C正确；当 时，易知 为边长为 的等边三角形，此时 ， ， ，设点 到平面 的距离为 ，则 ，当点 与点 重合时， 取最小值，最小值为 ，此时截面的半径 取最小值，为 ，所以截面面积的最小值为 ，故D正确. 12．（多选）（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. 13．（多选）（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. 14．（多选）（2026·黑龙江大庆·二模）已知正方体 的棱长为3，则下列说法正确的是（    ） A． EMBED Equation.DSMT4 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 EMBED Equation.DSMT4 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， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， 平面 平面 ，所以 EMBED Equation.DSMT4 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 EMBED Equation.DSMT4 平面 ，因为点 满足 EMBED Equation.DSMT4 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 15．（多选）（2026·广西河池·二模）如图，平面 平面 为线段 的中点， ，直线 与平面 所成角的大小为 为平面 内的动点，则下列说法正确的是（   ） A．球心为 、半径为 的球面被平面 截得的圆周长为 B．若点 到点 和点 的距离相等，则点 的轨迹是抛物线 C．若点 到直线 的距离为 ，则 的最大值为 D．满足 的点 的轨迹是椭圆 【答案】AC 【分析】A利用 可求；B、D建立坐标系，利用关系式求得点 轨迹即可；C利用已知信息，求点 轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题； 【详解】对于A，因为直线 与平面 所成角的大小为 ，所以点 到平面 的距离 ，球心为 、半径 的球面被平面 截得的图形为圆，圆的半径 ，所以圆的周长为 ，故A正确；对于B，由于平面 平面 ，所以以 所在直线为 轴，在平面 内过 作 轴 ，平面 内作 轴 ，建立如图1所示的空间直角坐标系，则 , ，设 ，则 EMBED Equation.DSMT4 ，即 化简得 ，故 到点 和点 的距离相等，则点 的轨迹是一条直线,故B错误；对于C， ，所以 到直线 的距离为 ，化简可得 ，所以点 的轨迹是平面 内的椭圆 上一点，如图2，当 在短轴的端点时， 最大，由于 ，故 是正三角形，因此 ，故C正确； 对于D， ，若 ， 则 ，化简得 且 ，故满足 的点 的轨迹是双曲线的一部分，D错误． 16．（多选）（2026·浙江宁波·二模）正四棱台 的高为 ， ， ，点 均在平面 内，且直线 与 夹角的正切值的最小值为 ，则（    ） A．点 的轨迹的长度为 B．直线 与 所成角的正切值的最小值为 C．线段 的长度的最小值为 D．点 到直线 的距离大于 【答案】ACD 【分析】先由直线 与直线 所成角正切值的最小值，判断点 的轨迹，再分别验证四个选项是否正确. 【详解】 在平面 内， 在平面 外，所以 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 因为直线与直线所成角范围为 ，正切函数 在 上单调递增，所以当直线 与直线 所成角正切值最小时，直线 与直线 所成角最小，此时，直线 与直线 所成角为直线 与平面 所成角，设直线 与平面 所成角为 ， EMBED Equation.DSMT4 ，则 ,设 如图，以 为原点，与 平行的直线为 轴，与 平行的直线为 轴，与平面 垂直的直线为 轴，建立空间直角坐标系. ， ， ， ， ， ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 设平面 的法向量 ,则 ，解得 所以 ，则 ， 所以 点轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，则 点轨迹长度为 ，A正确； 因为 在平面 内，设 ， ， ， ， 所以 ， 化简得 ,设 ，其中 EMBED Equation.DSMT4 设直线 与直线 所成角为 ，则 EMBED Equation.DSMT4 ， 因为 ，所以 ， ， 即 ，当 取最大值时， 取最小值，即 取最小值，此时 ， ， ，所以直线 与直线 所成角的正切值的最小值为 ，B错误； ， 所以 ,因为 ， ， ， ， 所以 长度的最小值为 ，C正确； ， ，同理 过 作 于 ，设 ,由正棱台性质可知： 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 ， ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 EMBED Equation.DSMT4 ，所以 ，因为 ， ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，即 与 重合，所以 ，则 ，设点 为 中点，则 ， ， ，因为 ，所以 ，点 到直线 的距离为 ，则点 到直线 的距离为 ，所以点 到直线 的距离的大于或等于 ，D正确. 17．（多选）（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. 18．（2026·福建泉州·二模）现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___． 【答案】 【分析】先确定正方体边长，再关联正方体边长与小球半径，代入求解即可； 【详解】大球半径为 ，8个小球半径相同，设为 ，设正方体的边长为 ，则正方体的体对角线长度为 ，要使小球半径 最大，8个小球既要与大球内壁相切，也要使得相邻的小球之间相互外切。由小球与大球内壁相切可得 由相邻小球相互外切可得正方体的边长 正方体中心到任意一个顶点（小球球心）的距离是体对角线的一半，即 ，将 代入 得 ，解得 所以小球半径最大值为 19．（2026·河北保定·二模）已知圆锥SO的底面为单位圆，其体积为 是底面圆O的直径，圆O内有一条动弦MN垂直于AB，过MN作平面 与母线SA交于点 ，当 时， 面积的最大值为______________． 【答案】 【分析】弦MN交AB于点 ,设 ，则 的面积为： ,利用导数求解最值即可. 【详解】如图， 弦MN交AB于点 ，当 时， 平面 ，平面 平面 ，则 ， 由圆锥SO的底面为单位圆，其体积为 ，得 ，得 ，则 ， 设 ，则 ，得 ，得 ， ， 则 的面积为： ， 则 ，由 ，得 ，当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，则当 时， 取得极大值，也为最大值，故 的最大值为： . 20．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体 的各顶点均在球 的球面上， 为 的中点，动点 在球 的球面上运动，且 ．记 在平面 上的射影为 ，则 的轨迹长度为___________， 的轨迹所围成的区域面积为___________． 【答案】 【分析】根据正四面体及外接球的性质，运用几何法求出外接球半径，进而求出点 的轨迹长度，求出点 所在平面和点 所在平面的夹角余弦值，进而求出点 的轨迹所围成的区域面积． 【详解】 如图，设 在平面 上的射影为 ，四面体 的外接球的半径为 ， 则 EMBED Equation.DSMT4 ，由 得 EMBED Equation.DSMT4 ，解得 ， EMBED Equation.DSMT4 为 的中点， ，又 ， 的轨迹是半径为 的圆， 的轨迹长度为 ，设 的轨迹所在平面为 ，记平面 与平面 的夹角为 ， 平面 的法向量 ，平面 的法向量 ，则 EMBED Equation.DSMT4 ， 的轨迹所围成的区域面积为 ． 21．（2026·甘肃·二模）圆锥 的母线长为2，底面半径为1，过圆锥顶点 和底面圆周上任意两点 作圆锥的截面，当底面圆心 到截面 的距离为 时， 重心的轨迹所围成图形的面积是__________. 【答案】 【分析】先利用线面垂直关系确定点 在底面 上的投影 的位置，求出 的长度，再结合三角形重心的性质得到 的长度，最后通过作垂线确定点 的轨迹为圆并计算其面积. 【详解】如图，设 为 中点，连接 ，作 平面 ，连接 ，又 平面 ，则 ，又 ，所以 ，所以 ， 又 ，所以 ，所以 ，所以垂足 必在 上，由题意可知 ，则 ， ，由于 为等腰三角形，所以重心 在底边的中线 靠近点 的三等分点处， ，作 ，垂足为 ，则 ， 可知点 的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆，其面积为 . SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·湖北武汉·二模）在三棱锥 中，直线 平面 ， ， .设直线 与平面 所成的角为 ，则 的最小值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据线面角的定义，转化为求 的最大值，利用正弦定理求 的最大值. 【详解】因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角 ， 中， ， ， 外接圆的半径为 ，所以 ，不妨设点 为定点，点 在以 为弦，半径为 的圆上运动，所以 的最大值为直径 ， ，当 时， 的最小值为 . 2．（2026·陕西咸阳·二模）已知圆锥 的侧面积为 ，其母线与底面所成的角是60°，要在圆锥 内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥 的底面上，则挖去的圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合已知可求得圆锥的底面半径 和高 ，设挖去的圆柱底面半径为 ，高为 ，列出函数关系借助导数求得最值. 【详解】设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，高为 ，由母线与底面所成角是60°，知 ， ， 所以侧面积为 ．设挖去的圆柱底面半径为 ，高为 ，要圆柱体积最大，首先有 ，所以 ，圆柱的体积 ， ，则 得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 时， 取得最大值，最大值为 ． 3．（多选）（25-26高三下·重庆·月考）如图，在棱长为2的正方体 中，点P在 内（含边界）且 ，则以下结论正确的是（   ） A．异面直线 与 所成的角是 B． 与平面 所成的线面角的正切值为 C．点P的运动轨迹长度为 D．点P到平面ABCD距离的取值范围是 【答案】BCD 【分析】利用异面直线夹角的计算方法结合正方体的特征判定A；先证明 平面 ，结合等体积法计算 到平面 的距离，由线面夹角的定义可判定B，由勾股定理及圆的周长公式可判定C，由数形结合结合正三角形内切圆的特征计算即可判定D. 【详解】对于A，在正方体中易知 且 ， 所以异面直线 与 所成的角即 或其补角，显然 ，即A错误；连接 ，易知 ，又 平面 ，所以 平面 ，而 平面 ，所以 ，同理可知 ，即 平面 ，设垂足为E，取 的中点 ，连接 ，则 ，所以 ， 连接 ，由勾股定理可知 ， 对于B，易知 与平面 所成的角为 ，故B正确； 对于C，由三棱锥 为正三棱锥可知 为该正三角形的中心， 则 三点共线， ， 所以 点轨迹为以E为圆心， 为半径的圆上，该圆即正三角形 的内切圆， 所以点P的运动轨迹长度为 ，故C正确； 对于D，假设P的轨迹圆与 交于G点，由上可知 ， 而 到底面 的距离为2，所以 到底面 的距离为 ， 由图形可知点P到平面ABCD距离的取值范围是 ，故D正确. 4．（多选）（2026·河北唐山·二模）在四棱锥 中， 平面 ， ，则下列说法正确的是（    ） A．当 时，直线 平面PAB B．当 时，直线CE与PB所成角为 C．当 时，直线CE与平面PAD所成角为 D．当 时，三棱锥 的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】对A，以A为原点建立空间直角坐标系，求出 时 点坐标与 向量，验证 与平面 内两个不共线的向量共面，且 不在平面 内，可判断线面平行成立；对B，得到 ​时 和 的向量坐标，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值判断；对C，得到 时 坐标与平面 的法向量，利用线面角的向量计算公式得到线面角的正弦值判断；对D，得到 时三棱锥 四个顶点的坐标，设外接球球心坐标，根据球心到各顶点距离相等求出球心与半径，计算得到外接球表面积. 【详解】因为 ，所以 ， 以 为原点，以 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，则 ， 由 得 ， . 对于A：当 时， ， ，平面 的法向量为 ， 因为 ，且 不在平面 内，故 平面 ，A正确； 对于B： 时， ， ，设直线 与 所成角为 ， 则 ，故夹角不是 ，B错误； 对于C：当 时， ， ， 平面 的法向量为 ，设直线 与平面 所成角为 ， 则 ，得 ，C正确； 对于D：当 时，四点坐标： ， 则 ，所以 是直角三角形，其外接圆圆心为 ，半径 ， 因为平面 平面 ，球心与截面圆圆心连线垂直截面圆，所以可设外接球球心为 ， 则由球心到各顶点的距离相等，可得 ， 解得 ，所以球心为 ，半径 ，故外接球表面积 ，D正确. 5．（多选）（2026·广东揭阳·二模）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. , 6．（2026·云南大理·二模）庑殿顶是中国传统建筑中等级最高的屋顶形式之一，形态为四面斜坡，有一条正脊和四条斜脊，《九章算术》中将类似庑殿顶的几何体称为“刍甍”（图1）．据记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广（袤：南北方向长度；广：东西方向长度）”，其体积公式为： （ 上袤 下袤） 广 高．如图2所示，刍甍是底面为矩形的五面体，顶部是一条与底面平行的正脊，四条斜脊长度相等，若下袤为 ，广为 ，上袤是下袤的 ， 和 与底面所成角均为 ，则该刍甍的体积为________ ． 【答案】640 【分析】过点F作 平面ABCD，垂足为O，Q为BC的中点， 为平面BCF与底面所成的角，利用相关条件求出高，代入体积公式即可． 【详解】如图，已知 ， ， ，过点F作 平面ABCD，垂足为O，连接OB，OC，Q为BC的中点，连接FQ，因为 ，所以 ， ，所以 为平面BCF与底面所成的角，则 ，所以 ，则 ，则该刍甍的体积 （ ）． 7．（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 ，∴ . 8．（2026·河南开封·二模）已知正方体 的棱长为1， 为平面 内一动点，且直线 与平面 所成角为 ，点 为正方形 的中心，若点 为直线 上一动点，则 的最小值为__________． 【答案】 【分析】利用条件先确定点 的轨迹为以 为圆心， 为半径的圆（在平面 内），通过将平面 翻折到平面 ， 与 的对应点为 与 .由几何性质可知 ，而 的最小值即可由余弦定理和二倍角公式计算得到. 【详解】如图，在正方体中， 平面 ，直线 与平面 所成的角为 （ 是 在底面的射影），在 中， ，则 ，则点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆（在平面 内）．将平面 沿着 翻折至平面 ，使其与平面 共面，翻折后 与 的对应点为 与 .如图所示）由几何性质可知 （当且仅当 在 与 的交点时取等号）．在 中， ，则 ， 由余弦定理， EMBED Equation.DSMT4 ， 所以 的最小值为 ． 9．（2026·河南濮阳·二模）如图，在四棱锥 中，底面四边形ABCD是正方形， 底面ABCD， 是线段PC的中点， 在线段PB上， ． (1)求证： 平面BDE； (2)求证： 平面DEF (3) 在线段PB之间（不含端点），EG与PA所成的角为 ，求平面DEF与平面DEG夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据线面垂直的性质和判定定理进行证明即可； （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）连接AC，交BD于 ，连接OE，因为E，O为中点， 所以EO是 的中位线，所以 ，又因为 平面 平面BDE，所以 平面BDE． （2） ，又 是PC的中点，所以 ，因为 底面ABCD，所以 ， 而 平面 平面PDC，所以 底面 平面PDC，所以 又 平面 平面PBC，故 平面PBC， 平面PBC，所以 ，又因为 平面 平面DEF，故 平面DEF． （3）设 ，以点 为坐标原点，以 所在直线分别为 轴， 轴， 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设 ． ， ， ， EMBED Equation.DSMT4 ，因为 与 所成的角为 ， 则 即 ， 化简得 ，又因为 ，解得 ，又因为 ， 故 ，设平面DEG的一个法向量为 ， 则 ，令 ，则 所以 ． 由（2）可知： 平面DEF，故 是平面DEF的一个法向量， 设平面DEF与平面DEG夹角为 ，则有 ． 故平面DEF与平面DEG夹角的余弦值为 ． 10．（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 . 11．（2026·河北·二模）如图，四棱台 的底面为正方形， 平面 ，平面 与平面 的交线为l. (1)证明: 平面 ; (2)若 ，直线 与 交于点 ，点N是l上一点，且 ，当直线 与平面 所成的角最大时，求 . 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明 平面 ，根据线面平行的性质定理证得 ，进而证得 平面 ； （2）建立空间直角坐标系，设出 点的坐标，求得直线 与平面 所成的角的正弦值，根据正弦值取最大值求得 点坐标，进而求得 . 【详解】（1）因为四边形 是正方形，所以 ，因为 平面 平面 ，所以 ，由于 平面 ，所以 平面 . 由于 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 由于 平面 ，平面 与平面 的交线为 ，所以 ，所以 平面 ； （2）以 为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， 根据正四棱台的性质可知 ，则 ，设 ，由于 ， 而 ，所以 同向，则 ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ，故可设 ， 设直线 与平面 所成的角为 ， 则 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， 所以当 时， 取得最大值，也即 取得最大值，对应 . 12．（2026·福建泉州·二模）如图，已知在四棱锥 中， ， ， ， ． (1)证明： 平面 ； (2)证明： ； (3)若直线 与平面 所成角为 ，点 在平面 内的正投影是点 ，求四棱锥 的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据 ，由线面平行的判断定理证明； （2）取 中点 ，连接 ，设 ，可得 ， ，由线面垂直的判定定理和性质可证； （3）方法一：过 作 ，可证点 与 重合，即 平面 ，以点 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系 ，根据 平面 ，设 ，根据 ，可得 ，进而得解； 方法二：以点 为原点， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系 ，其他同方法三；同方法一可证 平面 ，取 中点 ，连接 ，可证点 在平面 内的正投影 必在直线 上，过点 作 ，垂足为 ，则点 到平面 的距离 ，利用等体积法求点 到平面 的距离，从而得解. 【详解】（1）因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 . （2） 取 中点 ，连接 ，设 ，因为 ， 所以四边形 是正方形，所以 . 连接 ，因为 为 的中点，所以 ， 因为 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 . （3）方法一： 由（2）可知 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 . 过 作 ，垂足为 ，又因为平面 平面 平面 ， 所以 平面 ，所以 在底面 的射影在直线 上， 所以直线 与平面 所成角是 ，所以 ， 因为正方形 中 ，所以 ，又因为 ，所以 ， 所以 ，所以 ．所以点 与 重合，即 平面 . 以点 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系 ， 则 ， 因为点 在平面 内的正投影是 ，所以 平面 ． 设 ， 因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 ， 所以点 到平面 距离为 ， 方法二： 以点 为原点， 为 轴， 为 轴，建立空间直角坐标系 ， 则 ， 因为点 在平面 内的正投影是 ，所以 平面 ． 因为 ，所以 ，所以 ， 所以 ，所以 ，所以点 到平面 距离为 ， 方法三：由（2）可知 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 . 过 作 ，垂足为 ，因为平面 平面 ，且 平面 ， 所以 平面 ，所以 在底面 的射影在直线 上， 所以直线 与平面 所成角是 ，所以 ， 因为正方形 中 ，所以 ，又因为 ，所以 ， 所以 ，所以 ．所以点 与 重合，即 平面 . 取 中点 ，连接 ，由题意知 ，则 ；同理题意知 ， 又 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 ． 注意到平面 平面 ，故点 在平面 内的正投影 必在直线 上， 过点 作 ，垂足为 ，则点 到平面 的距离 ， 因为 ，所以 ，即 ， 所以 . ，设点 到平面 的距离 ， 因为 ，所以 ，即 ，解得 . 13．（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. 14．（2026·重庆·二模）如图，某几何体由半个圆锥(轴截面为SAB)和三棱锥 组成．已知圆锥的底面半径为1，高 ， 为直径，C为底面圆周上异于A，B的动点，M为SC的中点． (1)若 ，证明：平面 平面SAB； (2)在点C运动的过程中，记直线BM与底面ABC所成角为 ，求 的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由直角三角形的性质可得 ，然后利用线面垂直的性质定理得 ，进而利用线面垂直的判定定理得 平面 ，最后利用面面垂直的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，由线面夹角的向量公式得 ，然后根据余弦函数性质求解即可． 【详解】（1）因为 为直径，所以 ， 又 ，所以 ，则 ， 又 为 中点，所以 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又 平面 ， ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面SAB． （2）以 为原点，以 所在直线为 轴，过点O且垂直平面SAB的直线为x轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则 ，设 ，则 ， ， 所以 ，平面 的一个法向量为 ， 则 ， 因为 ，所以 ，所以 ． 15．（2026·山西太原·二模）如图，三棱锥 中， . (1)若 ，求三棱锥 的体积； (2)若直线 与平面 所成的角为 ，求平面 与平面 夹角的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意可证 平面 ，结合面积公式求三棱锥 的体积； （2）建系并标点，分别求平面 与平面 的法向量，利用空间向量求面面夹角，进而分析其取值范围. 【详解】（1）因为 ，则 ，可得 ，且 ，即 ，则 ，又因为 ，即 ，则 ，且 ， 平面 ，则 平面 ， 又因为 ，且 ，则 ， 可得 的面积为 ， 所以三棱锥 的体积 . （2）过点 作 ，垂足为 ，以 为原点， 所在直线分别为 轴､ 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为 ，则 ，可得 ，过点 作 平面 ，垂足为 ，由直线 与平面 所成的角为 ，可得 ，设 为在 平面内射线 从 轴的非负半轴开始，绕点 按逆时针方向旋转至 时的旋转角，则 ，可得 ， ， 设 是平面 的一个法向量，则 ， 令 ，则 ，可得 ，由题意可知： 是平面 的一个法向量，设平面 与平面 的夹角为 ， 则 ，令 ，则 ， 可得 在 上单调递增，且 ， ，则 ， 即 ，又因为 ，则 ，所以平面 与平面 夹角 的取值范围为 . 16．（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 ． 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 EMBED Equation.DSMT4 ． 因为 ，所以 ，当 时， 取最大值 ，又 ，此时 取最大值，所以 ． 17．（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. SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·重庆渝中·二模）如图所示，二面角 为 ， 是边长为2的正三角形，若 是三棱锥 外接球的直径，则 （   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作辅助线，设 ，根据题意分析可知 ， ， ，结合余弦定理运算求解即可. 【详解】如图，设 的中点为 ，连接 ， ，则 ， ， 因为 是三棱锥 外接球的直径，则 ，且 ， ，则 ，可得 ，则 ，可知二面角 的平面角为 ，设 ，则 ， ，在 中，由余弦定理得 ，即 ，解得 ，所以 . 2．（2026·四川成都·二模）在四棱锥 中，底面 为矩形， ，且 ，记二面角 为 ，直线 与底面 所成的角为 ，若 ，则 的值的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】取 、 中点E、F，证得 平面 ，过点P在平面 内作 垂足为点O，证得 平面 ，结合线面角、二面角的定义及已知求出相关边，进而列方程求 . 【详解】 分别取 、 中点E、F，因为 ，则 ， 在矩形 中， ， ， 平面 ， 所以 平面 ，则 ，过点P在平面 内作 垂足为点O， 所以 ， ， 平面 ，则 平面 ， 连接 ，所以直线 与平面 所成角为 ，于是 ． 设 ，则 ， ，于是 ， ， ， 所以 ，则 ， 所以 ，解得 或 ． 3．（2026·广西南宁·二模）在三棱锥 中， 为正三角形， ， ，二面角 的平面角为 ，则三棱锥 外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意证明三棱锥 外接球的球心即是正三角形 的中心，计算得解. 【详解】如图，取 的中点 ，连接 ，因为 为正三角形，所以 ，又二面角 的平面角为 ，所以 平面 ，则 ， 设 为正三角形 的中心，则 ， 因为 ，所以 ，又 ，所以 ， 所以 ，则 ，即 为三棱锥 外接球的球心， 因为 ，所以 ，所以三棱锥 外接球的半径 ， 所以三棱锥 外接球的表面积为 . 4．（多选）（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 . 5．（多选）（2026·广西柳州·二模）已知圆锥的顶点为 ，底面圆心为 ， 为底面直径， ， ，点 在底面圆周上，且二面角 为 ，则（    ）. A．该圆锥的侧面积为 B．该圆锥的体积为 C． D． 的面积为8 【答案】BCD 【分析】根据二面角的定义与圆锥的几何性质逐项判断即可. 【详解】如图，取 中点 ，则 ， 平面 ， 平面 ，由二面角定义可知， ，又 ，所以 ，在 中， ，所以 ， ，所以 ， ，C正确；所以 ，D正确， ，A错误； ，故B正确.故选：BCD. 6．（多选）（2026·辽宁辽阳·二模）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. 7．（多选）（2026·山东济宁·二模）如图1， 与 是两个等腰三角形， ， .将 沿着 翻折到 ，如图2，设二面角 的平面角为 ， ， 分别为 和 的中点，则（    ） A． B．四面体 体积的最大值为1 C． 时，过直线 且与 平行的平面截四面体 所得截面面积为 D． 时，四面体 外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，作辅助线通过证明线面垂直证明线线垂直；对于B选项，找出二面角的平面角，计算四面体 体积与 的关系来判断体积的最大值；对于C选项，通过取各边中点把截面作出来，结合A选项得到截面为矩形，再计算面积；对于D选项， 时，四面体 有两个平面互相垂直，属于垂面型外接球，找到球心，计算出半径即可. 【详解】对于A选项，取 中点 ，连接 由于 与 是两个等腰三角形， ， 沿着 翻折到 ，所以， ,点 为 中点，所以， 故 平面 , ,所以A选项正确；对于B选项，作 于点 ，作 于点 ,连接 ,那么由 可知 ,那么 为二面角 的平面角, 面 , ，所以， 面 , ， ， 所以，四面体 体积的最大值为1，故B选项正确； 对于C选项，分别取 的中点 ，连接 , 根据中位线的性质可知 ,且 所以， 且 ，四边形 为平行四边形， 所以，直线 且与 平行的平面截四面体的截面为 .当 时，由B选项可知 为正三角形， , , 由 可得， , 为矩形， ，故C选项错误； 对于选项D，当 时，平面 平面 ,由B选项可知 平面 , 取 的外心 ，取 的外心 ，外接圆半径 , 分别作平面 的垂线，平面 的垂线交于一点 ,即四面体 外接球球心，作 于点 ，则 ，由于 ，所以 为等腰直角三角形， 所以， ,所以， ， ，故D正确. 8．（2026·湖北·二模）三棱锥 中， 、 、 与底面 所成的线面角相等，二面角 、 、 的大小也相等，且 ， ，则三棱锥 的外接球体积为__________. 【答案】 【分析】若 平面 ，利用已知线面角、面面角的关系确定 是 的外心和内心，进而得到三棱锥是正三棱锥，应用外接球半径与棱锥高、底面三角形外接圆半径的关系列方程求外接球半径，即可得. 【详解】若 平面 ，连接 ，即 ， 而 ，则 ， 所以 是 的外心，同上分析可得 ， 由 平面 ， 平面 ， 平面 ，则 ， 若 ，且 ， 而 平面 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 平面 ， 平面 ，即 ， 所以 ，则 ，所以 是 的内心， 综上， 是等边三角形，该三棱锥是正三棱锥，所以外接球球心落在过 的高线 上， 若棱锥的外接球半径为 ， 的外接圆的半径为 ，则 ， 所以 ，而 ，则 ， ， 所以 ，则三棱锥 的外接球体积为 . 9．（2026·上海·二模）在正四棱台 中， ， ，异面直线 与 所成角为 ，设二面角 的大小为 ，则 ________． 【答案】 【分析】法一在正四棱台中，由异面直线所成角可得 ，再根据面面角定义计算求解即可，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用二面角的向量求法并结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】法一：在正四棱台 中， ，因为 ， ，所以 为异面直线 与 所成的角，即 ，过点 作平面 的垂线，垂足为 ， 作直线 的垂线，垂足为 ，连接 ，如图所示： 由正四棱台性质可知，点 在线段 上， ， 所以 ， ， ，由二面角定义可知 即为二面角 的平面角，而 ，故 . 法二：如图，作出符合题意的图形，作下底面中心 ，上底面中心 ，以 为原点，建立空间直角坐标系，设正四棱台的高为 ， 由题意得 ， ，则 ， ， ， ， ，则 ， ，因为异面直线 与 所成角为 ，所以 ，解得 ， 由题意得面 的法向量为 ，则 ， ， ，设面 的法向量为 ，则 ，令 ，解得 ， ，得到 ，由图可知， 是锐角，则 ， 由已知得 ，由同角三角函数的基本关系得 ，故 . 10．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是菱形， ，点 在线段 上， 平面 . (1)证明： 为 的中点； (2)若 ，二面角 的余弦值为 ，求 的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，根据线面平行的性质得到 ，即可得证； （2）取 中点 ，连接 ，即可得到 ，建立空间直角坐标，设 ，求出平面 、平面 的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出 . 【详解】（1）连接 交 于点 ，连接 ．因为底面 为菱形，所以 为 的中点．又因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，所以 ，所以 为 的中点. （2）取 中点 ，连接 ．在菱形 中， ，所以 ，则 为正三角形，所以 ，又 ，所以 ．又因为 平面 ，如图建立空间直角坐标系 ．设 ， 则 ， ， ， ， 则 ， ， ，则平面 的一个法向量为 ．设平面 的一个法向量为 ，则 ，取 ，因为二面角 的余弦值为 ，所以 ，解得 （负值已舍去）， 所以 ． 11．（25-26高三上·河北保定·期中）如图，在四棱锥 中，已知平面 平面 ， ， ， ， 与 的交点为 .    (1)证明: 平面 ; (2)设 为 的中点，点 在 上且平面 平面 ，若 ，点 到平面 的距离为 ，求平面 与平面 所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用全等三角形的性质结合三线合一定理得到 是 的中点，再结合 得到 ，最后利用面面垂直的性质证明线面垂直即可. （2）建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法得到 ，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，最后利用二面角的向量求法并结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】（1）因为 ， ， ， 所以 ，则 ，得到 平分 ， 由三线合一定理得 是 的中点，因为 ，所以 ，且 面 ， 因为平面 平面 ，平面 平面 ， 所以 平面 ，即结论得证. （2）如图，由（1）可以 为原点建立空间直角坐标系 ，    因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ， 所以 ，因为 为 的中点，所以 是 的中点，因为 ，所以 ， ，同理可证 ，则 ，得到 ，由已知得 ，可得 ，由四边形内角和定理得 ，设 ， 而 ，由余弦定理得 ，解得 （负根舍去）， 则 ，此时 ，由勾股定理得 ， 设 ，则 ， ， ， ， 则 ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ，可得 ，令 ，解得 ， ，则平面 的一个法向量为 ，设C到平面 的距离为 ， 由点到平面的距离公式得 ，因为点 到平面 的距离为 ， 所以 ，解得 （其他根舍去），此时 ， ， 设平面 的一个法向量为 ，因为平面 平面 ，所以 ，令 ，解得 ， ，故 ， 设平面 与平面 所成二面角为 ，则 ， 而 ，则 ，由同角三角函数的基本关系得 . 12．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四面体ABCD中， ，点E，F分别是CD，AB的中点. (1)证明： ； (2)若二面角 的大小为 ，求直线EF与平面BCD所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2) . 【分析】（1）异面直线垂直问题可转化为证明线面垂直； （2）求线面所成角可转化成求直线方向向量与平面法向量的夹角问题. 【详解】（1）证明：如图过 作 , ， . , 四边形 为平行四边形，连接 、 ， 四边形 为平行四边形，点E 是 的中点， EMBED Equation.DSMT4 ， ， 为 的中点， EMBED Equation.DSMT4 ,即 ， 又 EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 平面 ，又 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 ， 又 EMBED Equation.DSMT4 是 的中点， 为 的中点， EMBED Equation.DSMT4 为 的中位线， EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， （2）由(1)可知 ， ，又平面 平面 ， EMBED Equation.DSMT4 为二面角 的平面角，即 ， 如图，在平面 内过点 作 ，从而 、 、 两两互相垂直， 以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，则 ， ， ，由 ，得 ， 所以点 的横坐标为 ，点 的纵坐标为 ， 即 ，从而 ， , , 设平面 的法向量为 ，则 ，取 。 则 ，又 EMBED Equation.DSMT4 ， 所以直线 与平面 所成角 的正弦值 ， ， 即直线 与平面 所成角为 . 13．（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 . 14．（2026·河北保定·二模）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ，平面 平面 ，平面 平面 ， ， ， . (1)证明： 平面 ； (2)证明： ； (3)若 ，点 在平面 内的射影为 ，求二面角 的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出 平面 ， 平面 ，可得出 ， ，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，证明出 ，即可证得结论成立； （3）求出平面 的一个法向量 的坐标，可设 ，求出 的坐标，根据 求出 的值，可得出点 的坐标，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】（1）因为 ，平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ， 因为 ， ，所以 ， 因为 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ， 因为 ， 、 平面 ，所以 平面 . （2）因为 平面 ， ，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则 、 、 ，设 ，则 ， 所以 ， ，则 ，故 . （3）由题意可知 ，则 ，易知 ， ， 设平面 的一个法向量为 ， ， ， 则 ，取 ，可得 ， 易知 ，设 ，则 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 所以 ，解得 或 （舍）， 故点 ，设平面 的一个法向量为 ， 则 ，取 ，可得 ， 易知平面 的一个法向量为 ，则 ， 故 ，故二面角 的正弦值为 . 15．（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 . 16．（2026·四川绵阳·二模）在三棱锥 中， ， ， 为边 的中点， ，且 平面 .    (1)在直线 上是否存在一点M，使得直线 平面 ?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说明理由. (2)若平面 平面 . ①求证： ； ②求二面角 的大小. 【答案】(1)存在，当 为 中点 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）取 为 中点，可得 ，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）①由面面垂直的判定定理可得 平面 ，即可得 ， ，进而可证 平面 ，即可得结果；②建系标点，分别求平面 、平面 的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）存在，当 为 中点时 平面 ，    当 为 中点时，连接 ，因为 为 中点，则 ， 且 平面 ， 平面 ，所以 平面 . （2）①因为平面 平面 ，平面 平面 ， 过 作 交 于H，因为 平面 ，所以 平面 ， 且 平面 ，可得 ，又因为 平面 ， 平面 ，则 ， 且 ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ； ②以 为坐标原点， ， ， 方向为x，y，z轴正方向，建空间直角坐标系 ，    由题意可得： ， ， 则 ， ， ， ， ， 可得 ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，则 ，可得 ； 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，则 ，可得 ；则 ， 设二面角 的平面角为 ，由图可知 ，则 ，可得 ， 所以二面角 的大小为 . 17．（2026·上海长宁·二模）如图， 是圆锥顶点， 是底面圆心，点 、 在底面圆周上， ， . (1)若圆锥的侧面积为 ，求圆锥的体积； (2)若直线 与平面 所成角为 ，求二面角 的平面角的正切值 【答案】(1) ；(2) 【分析】（1）根据条件求圆锥的高，再求体积； （2）首先根据线面角求 ，再根据垂直关系，构造二面角的平面角，即可求解. 【详解】（1）设圆锥的底面半径为 ，母线为 ， ，圆锥的侧面积 ，所以 ，则圆锥的高 ，则圆锥的体积 ； （2）因为 平面 ， 平面 ， 所以 ，又因为 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，则 与平面 所成角为 ，所以 ， 又因为 ，所以 ，取 的中点 ，连结 ， ，因为 ， ， 所以 ， ， 为二面角 的平面角, 因为 ， ，所以 ， ， 所以二面角 的平面角的正切值为 . 18．（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 . 19．（2026·江西南昌·二模）如图，在多面体 中，若四边形 是边长为2的正方形， ， 都是边长为2的等边三角形，且 ， ， 分别为 ， 的中点． (1)求证：平面 平面 ； (2)求二面角 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证得 平面 ，再利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）取 的中点 ，连接 ，结合几何关系得到 ， ，进而得到 与 所成的角就是二面角 的平面角，建立空间直角坐标系，利用向量夹角的坐标表示求解即可. 【详解】（1）在四棱锥 中，如图， 因为 是边长为2的等边三角形，所以 ，因为 为 的中点，则 ， 因为 ， 分别为 ， 的中点，四边形 是边长为2的正方形，所以 ， 又 ， 平面 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 . （2）如图，连接 ， ，同理可以证明平面 平面 ，过点 作 的垂线，垂足为 ，所以 平面 ，在等边 中， 为 的中点， . 因为 ， 为 的中点，所以 .又 ， ，所以 ，所以 ，取 的中点 ，连接 ，因为 ，所以 ，又因为 ， ，所以 ，所以 与 所成的角就是二面角 的平面角， 以 为坐标原点，以 ， 分别为 ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， ， ， ，所以 ， ， 所以 ，所以二面角 的余弦值为 ． 20．（2026·河北邢台·二模）如图，在平行六面体 中，底面 为菱形且 ， 与底面 所成角为 ， . (1)证明：平面 平面 ； (2)求二面角 的正弦值； (3)若 ，求三棱锥 外接球的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设 ，借助菱形性质可得 ，借助等腰三角形三线合一可得 ，则可利用线面垂直判定定理得到 平面 ，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）可建立适当空间直角坐标系，再设 ， ，从而可表示出各点坐标，再求出平面 与平面 的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）利用（2）中所建立空间直角坐标系，由 可表示各点具体坐标，再利用三棱锥 外接球性质可得该球球心坐标，即可得半径，最后利用体积公式计算即可得解. 【详解】（1）连接 ，设 ，连接 、 、 ， 由底面 为菱形，故 ，且 ， 为 中点， 由 ， ，故 与 全等， 故 ，又 为 中点，故 ，又 ， 、 平面 ， 故 平面 ，又 平面 ，故平面 平面 ； （2）由 ，故可以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设 ， ，则 、 ， 由 ，则 ，故 ，则 ， 由平面 平面 ，且 平面 平面 ， 故直线 在平面 上的投影为直线 ，又 与底面 所成角为 ，则 ， ，即 ， 则 ， ， ， 设平面 于平面 的法向量分别为 、 ， 则有 ， ， 取 ，则 ， ， ，故 、 ， 则 ， 故 ，即二面角 的正弦值为 ； （3）由 ， ， ， 则 ， ， ， ，由 ，则 ， 由 ，则 与 都为等边三角形，故 ， 则点 为 外接圆圆心，设三棱锥 外接球球心为点 ， 则必有 平面 ，可设 ，则有 、 ， 则 ，即 ， 整理得 ，即 ，故 ， 即三棱锥 外接球的半径为 ，故其体积 . 21．（2026·山西临汾·二模）如图，在三棱锥 中， ， 分别是 ， 的中点，点 在 上，且满足 . (1)证明： 平面 ； (2)设底面 是边长为6的等边三角形，点 到底面的距离为3，且点 在底面的射影恰好落在线段 上. （ⅰ）求二面角 的正切值； （ⅱ）若三棱锥 的所有顶点都在球 的表面上，当球 的表面积取最小值时，求球心 到底面 的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ） ；（ⅱ） 【分析】（1）设 为 与 的交点，连接 ，过点 作 交 于点 ，通过 从而得到 ，继而得到 ，即可证明； （2）解法一：（ⅰ）设 为 在底面 上的射影，连接 ， 在底面 上的射影为 ，点 作 于点 ，连接 ，证明 从而得到 为二面角 的平面角，求出 ，再根据二面角 的平面角与二面角 的平面角互余即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为 ， 在底面 上的射影恰为 的中点 ，设 ，点 作 于点 ，设 ，根据几何关系可知 ， ，联立求得 ，根据 的范围即可求出答案. 解法二：（ⅰ）以点 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量 及平面 的法向量 ，利用向量法求出二面角 的正切值，再根据二面角 的平面角与二面角 的平面角互余，即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为 ，设 ，根据 得 ，即可求出答案. 【详解】（1）如图，设 为 与 的交点，连接 ，过点 作 交 于点 ， 由题 是 的中点，则 ，易得 ，故 ， 又 为 的中点，故 ，因为 平面 ， 平面 ， 所以 平面 . （2）解法一：（ⅰ）如图，设 为 在底面 上的射影，连接 ， 则点 在线段 上， 平面 ，设 在底面 上的射影为 ，则 在线段 上， 因为 为 的中点，则 为 的中点，过点 作 于点 ，连接 . 因为 平面 ，又 平面 ，则 ， 又 ， 平面 ，则 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，故 为二面角 的平面角， 过点 作 交 的延长线于点 ，则 ， 又 为 的中点，则 ，因为底面为边长为6的等边三角形， ， 所以 ，即 ， 所以 ，即 ， 所以 ，则 ，又点 到底面的距离为3，则 ， 在 中， ，易知平面 平面 ， 则二面角 的平面角与二面角 的平面角互余， 所以二面角 的正切值为 . （ⅱ）如图，设球的半径为 ，因为 为直角三角形，所以 在底面 上的射影恰为 的中点，记为点 ，记 ，则 ①， 过点 作 于点 ，则 ，过点 作 于点 ，易知四边形 为平行四边形， 设 ，则 EMBED Equation.DSMT4 ②， 由①②有 ，即 ，当 时， 取最小值， 取到最小值，球 的表面积取到最小值，此时 ，则当球 的表面积取最小值时，球心 到底面 的距离为 . 解法二：（ⅰ）如图，以点 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向，建立空间直角坐标系 . 设点 的横坐标为 ，由余弦定理可知 ，则 ， 则 ， ， ， ，则 ， 故 ， ，设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，得 ， ，则 ， 易知平面 的一个法向量为 ，故 ， 则 ，易知平面 平面 ，则二面角 的平面角与二面角 的平面角互余，所以二面角 的正切值为 . （ⅱ）设球的半径为 ，易知 在底面 上的射影恰为 的中点，可设 ，则 .则有 .则 （ ）. 当 时， ， 取到最小值，则球 的表面积取最小值.则球心 到底面 的距离为 . SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·湖北恩施·二模）如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】以 所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可. 【详解】以 所在平面作为下底面还原，则 重合， 重合，还原成如图正方体: 对于A，由图可得 异面不平行，故A错误；对于B，显然 ，故B正确； 对于C， ，故C错误；对于D，由图可得 异面不平行，故D错误. 2．（2026·上海长宁·二模）将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】该几何体上的点 是一条棱的两端点.对于A，C，D项，在折叠时，这两点会被带到几何体的两个不同顶点，所有面可以无重叠地闭合，形成完整的双三棱锥.而对于B，折叠后，点 和点 是相对的两个顶点. 3．（2026·湖北十堰·二模）如图，在正方形 中， 为 的中点，将 沿直线 折起至 处，使得点 在平面 上的射影在直线 上，若三棱锥 外接球的表面积为 ，则三棱锥 的体积为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【详解】如图: 记 ， 在平面 上的射影为点 ，则 在 上，连接 ． 由 平面 ， ，可得 . 又 是线段 的中垂线，所以 在 上，即 ，因为三棱锥 外接球的表面积为 ，所以该球的半径为 .又 ，所以 ；因为 为 的中点， 为 的中点，所以 为 的重心.所以 ， ， .所以三棱锥 的体积 ． 4．（2026·重庆·二模）如图，平面四边形 中， 为正三角形， 为等腰直角三角形， 与 交于点 ，若将 沿斜边 翻折，得到三棱锥 ，则下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中， 与 始终垂直 B．在翻折过程中， 与 始终垂直 C．在翻折过程中，三棱锥有可能是正四面体 D．在翻折过程中，三棱锥有可能是正三棱锥 【答案】AD 【分析】对于A，因为在翻折过程中 平面 ，可判断A；对于B，当平面 平面 时，假设 与 垂直，可得到 ，显然不成立，可判断B；对于C，利用正四面体的定义即可判断；对于D，当 的投影为 的中心 时，此时三棱锥为正三棱锥，可判断D. 【详解】由题意知，在翻折过程中， ， ，可得 ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，故A正确；当翻折使平面 平面 时，因为 ，平面 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，若 ， ， 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ，易知 不成立，故此时 与 不垂直，故B错误；而正四面体为四个面均为等边三角形的三棱锥，显然 不是等边三角形，故C错误； 在翻折过程中，当 的投影为 的中心 时，此时 平面 ，又 ，所以 ，此时三棱锥为正三棱锥，故D正确. 5．（多选）（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， EMBED Equation.DSMT4 ，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． 6．（多选）（2026·湖北宜昌·二模）如图1，梯形 中， 分别是边 的中点，将 沿 向上翻折至 ，如图2，则（    ） A．在翻折过程中 和 可能平行 B． 到平面 的距离的最大值为 C．直线 和 所成角可能为 D．若平面 平面 ，则三棱锥 的外接球的表面积是 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量。利用空间位置关系的向量表示判断A，利用空间距离的向量求法判断B，利用线线角的向量求法判断C，求出球的方程，进而得到半径，再结合球的表面积公式判断D即可. 【详解】如图，作 面 ，以 为原点，建立空间直角坐标系， 对于B，由题意得 ，则 ，可得 ， ， ， ，设 ，由中点坐标公式得 ， ，由折叠性质得 ， ，即 ， ，由两点间距离公式得 ， ， ， 联立可得 ，化简得 ，得到 的轨迹方程为 ，此时 ，由空间坐标的定义得 到平面 的距离为 ，将 代入 中，可得 ，由题意得 ，解得 ，令 ，由二次函数性质得对称轴为 ，则 ， 则 ，得到 到平面 的距离的最大值为 ，故B正确， 对于A，由题意得 ， ，若 和 可能平行，则 ， 得到 ，解得 ，与题意不符，故A错误， 对于C，由题意得 ， ， ，设直线 和 所成角为 ，则 ，令 ，由一次函数性质得 在 上单调递增，则 ，即 ，可得 ，得到直线 和 所成角不可能为 ，故C错误， 对于D，由题意得面 的法向量为 ，且 ， ，设面 的法向量为 ，可得 ，令 ，解得 ， ，得到 ，因为平面 平面 ，所以 ，得到 ，解得 ，而 ，则 ，而 ，可取 （负根等效），得到 ， 设三棱锥 的球心为 ，半径为 ，三棱锥 的外接球的方程为 ，将 代入方程，可得 ，将 代入方程，可得 ，两式相减可得 ，解得 ，此时球心变为 ， 将 代入方程，可得 ，而 ，两式相减可得 ，解得 ，此时球心变为 ，可得 ，将 代入方程，可得 ，联立方程组 ，解得 ， ， 由球的表面积公式得外接球的表面积是 ，故D正确. 7．（多选）（2026·四川遂宁·二模）如图所示，矩形 中， ，将 沿 翻折至 ，使得 ，则（    ） A．不存在 的值使 B．存在 的值使平面 平面 C．三棱锥 体积的最大值为 D．当点 在平面 上的射影落在 上时，直线 与平面 所成角为 【答案】BCD 【分析】直接利用勾股定理即可判断A；当 时，可证 平面 ，进而得到平面 平面 即可判断B；过 作 交 于 ，则当 平面 时，三棱锥 体积最大，接着求出 判断存在性，再得到体积即可判断C；当点 在平面 上的射影落在 上时，可推出平面 平面 ，则 ，再利用等体积法求出三棱锥 的高，进而得到直接 与平面 所成角即可判断D． 【详解】根据题意， ，若 ，则 ，即 ，解得 ，符合题意，故A错误；当 时， ， 又 平面 ， 平面 ，又 平面 ， 平面 平面 ，故B正确；过 作 交 于 ， 由题易知 ， ， ，解得 ，又 ，所以当 平面 时，三棱锥 体积最大，此时， ， ，又 ， ， ，符合题意， 三棱锥 体积最大值为 ，故C正确；当点 在平面 上的射影落在 上时，平面 平面 ，又 ，平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，故 ， 又 ，所以 ， ， ，设三棱锥 的高为 ，直线 与平面 所成角为 ， ，解得 ， ，又 ，所以 ， 直线 与平面 所成角为 ，故D正确． 8．（2026·江西抚州·二模）如图，平面图形 由等腰直角 和直角 组成， ， 分别是边 和 的中点，现将 沿 翻折，则下列结论中正确的是（    ） A． B．若平面 平面 ，则 C． D．已知点 均在球 的表面上，当三棱锥 的体积最大时，球 的半径为 【答案】BC 【分析】应用边长关系计算判断A，应用面面垂直性质定理计算判断B，应用线面垂直判定定理判断C，应用三棱锥体积公式结合线面垂直得出 平面 ，再应用外接球性质列式计算求解判断D. 【详解】对于A，由题可知 ，在等腰直角 中， ，故A错误； 对于B，由题可知 ， 是 的中点， ， 若平面 平面 ，又平面 平面 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，又因为 ，所以 ，所以 ，故B正确； 对于C，因为 为边 的中点， ，所以 ，又 是边 的中点，所以 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ，由 ，可得 .因为 ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，故C正确；对于D，当三棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，由B可知， 平面 .又 是以 为斜边的直角三角形，所以球心 在过点 且与平面 垂直的直线上，设球心 到点 的距离为 ，球 半径为 ，则 ，即 ，解得 ，所以球 的半径为1，故D错误. 9．（2026·云南玉溪·二模）已知菱形ABCD的边长为 与BD交于点 ，将 沿AC翻折得到 且 分别为AB，BC中点， ，设平面EFG截四面体 所得截面面积为 ，下列选项正确的是（    ） A．若GE与平面ABC所成角为 ，则 B．若 ，则 C． 的极大值为 D． 的极小值为 【答案】ABC 【分析】过 作 ，分析可知截面为 ，且 平面 ， 平面 ，结合长度关系可得 ， ，对于A：根据线面夹角可知 ，即可得结果；对于B：分析可知 ，代入运算即可；对于CD：令 ， ，利用导数分析 的单调性，即可得 的单调性，进而可得极值. 【详解】过 作 ，设 ， ， ， 因为 分别为AB，BC中点，则 ，可得 ，可知平面 截四面体 所得截面为 ，又因为 ，则 ， ，且 ， 平面 ，则 平面 ，由 平面 可得 ，即 ， ， 因为 ， ，且 ， 平面 ，则 平面 ， 由题意可知 ， ，则 ， ， ， ，可得 ，所以平面 截四面体 所得截面面积如下， 为 .对于选项A，因为 平面 ，则GE与平面ABC所成角为 ，且 ，可得 ，故A正确；对于选项B，若 ，且 为 中点，则 ，即 ，解得 ，故B正确； 对于选项CD，因为 ， ，令 ， ， 则 ， 因为 ，则 ，令 ，解得 ；令 ，解得 或 ；可知 在 内单调递增，在 ， 内单调递减，且 在定义域内单调递增，则 在 内单调递增，在 ， 内单调递减，所以 的极大值为 ，极小值为 ，故C正确，D错误. 10．（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 . 11．（2026·四川攀枝花·二模）如图，平面四边形 中， 是边长为2的等边三角形， ， ．现将 沿 翻折至 ，使得 ． (1)证明：平面 平面 ； (2)已知 是线段 上的点，若直线 与平面 所成角 的正弦值为 ，求点 到直线 的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用勾股定理的逆定理证明 ， ，再利用线面垂直的判定定理证明 平面 ，最后利用面面垂直的判定定理证明平面 平面 . （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离. 【详解】（1）在 中， ， ， ， 由余弦定理， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， 即 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 .由 ， 所以 为直角三角形，且 .在 中， ， ， ， 因为 ，所以 为直角三角形，且 ，由 平面 ， ，所以 平面 .由 平面 ，所以平面 EMBED Equation.DSMT4 平面 . （2）以 的中点 为原点， 所在直线为 轴，以过 点与 平行的直线为 轴， 以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系. 则 ， ， ， .所以 ， . 设平面 的法向量为 ，则 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， 令 ，则 ， ，此时 .因为 ，设 （ ），则 .因为 ， ， ， 由 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， 又 ，所以 .所以 .因为 ， ， ，所以点 到直线 的距离为： . 12．（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 ． 13．（2026·山东东营·二模）已知全等的等腰直角三角形 和 ，其中 ， ，现将 沿 进行翻折，使二面角 的大小为 ，连接 得到四面体 ． (1)证明： ； (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）取 的中点 ，连接 ，通过证明 平面 ，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，求出平面 的一个法向量，再求线面角的正弦值即可． 【详解】（1）证明：取 的中点 ，连接 ． 在等腰直角 中， ，则斜边 ．因为 是 的中点，所以 ．同理，在等腰直角 中， ，因为 ，且 平面 ， 所以 平面 ．又因为 平面 ，所以 ． （2）以 为原点， 的正方向分别为 轴、 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系． 因为 ， ，所以 是二面角 的平面角，故 ． 因为 是 的中点，所以 ，所以 ． ，设平面 的法向量为 EMBED Equation.DSMT4 ，令 ，则 ，所以 ．设直线 与平面 所成的角为 ． 故直线 与平面 所成角的正弦值为 ． 14．（2026·浙江宁波·二模）在 中， 为 的中点，如图，沿 将 翻折至 位置，满足 . (1)证明：平面 平面 ； (2)线段 上是否存在点 ，使得 在平面 内的射影恰好落在直线 上.若存在，求出 的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， . 【分析】（1）根据余弦定理，求出几何体各边长，再根据勾股定理证明线线垂直，进而根据面面垂直的判定定理，证明结果即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由向量共线的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，求出参数值，求出结果. 【详解】（1）在 中，由余弦定理可得 ， 则 ，又 为 的中点，则 .取 的中点 ，显然有 . 因为 ，则在 中， ， 由余弦定理可得 ， 可得 ，所以 ，所以 ， ， ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以平面 平面 （2）如图所示，连接 ，因为 ，所以 ，由（1）可知， 两两相互垂直，则以 为坐标原点，以 为 轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 故 .记 在 上的射影点为 ， 设 ，可得 ， 则 ，即 ，解得 ， 因为 ，且 ，所以 ；所以存在 符合题意，且 . 15．（2026·云南昆明·二模）如图，直角 ，斜边 为 的中点，将 沿 翻折到 ，设二面角 的大小为 ，满足 . (1)证明： ； (2)求直线 与平面 所成角的大小； (3)当四面体 的体积最大时，求 . 【答案】(1)证明见解析；(2) ；(3)4. 【分析】（1）根据 ，应用线面垂直判定定理可得 平面 ，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点 为原点建立空间直角坐标系，先求出平面 的法向量 ，利用向量法求线面夹角，即可得出答案； （3） 的面积与 的面积相等，再求出平面 的法向量，进而应用点到平面距离公式计算化简最后结合基本不等式计算求解参数. 【详解】（1）依题意，斜边 ，有 ，取 中点 ，因为 ， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ； （2）以点 为原点， 分别为 轴，建立空间直角坐标系， 则 ，由二面角的定义可得 ，则 ， 由于 ，则 ， ，故 ， ，设平面 的法向量 ，设 与平面 所成角为 ，则 EMBED Equation.DSMT4 ，故 与平面 所成角为 ； （3）由于 的面积与 的面积相等，则 的面积与 的面积相等， 因此，当 到平面 的距离最大时，四面体 的体积最大；设平面 的法向量 ， 有 ， 令 ，则 ，可得 ， ， 所以 到平面 的距离 ， ， 令 ，则 ， 当且仅当 ，即 时等号成立，此时 . 16．（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 . 17．（2026·山东日照·二模）如图1，在边长为2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，记二面角 的平面角为 ． (1)若 ，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． 【答案】(1)1 (2) 【分析】（1）根据二面角的定义以及线面垂直的判定定理证明该图形为直三棱柱，然后根据棱柱的体积公式即可求解. （2）建立空间直角坐标系，求出 点坐标以及平面 的一个法向量，然后根据线面角的空间向量公式即可求解. 【详解】（1）由折叠性质可知： ， ，因此 就是二面角 的平面角，即 ，三棱柱 为直三棱柱，原正方形边长为2， 为中点，故 ， . 当 时， ， ， ，侧棱长 为高，因此三棱柱 的体积 . （2）建立空间直角坐标系：以 为原点， 为 轴， 为 轴，垂直平面 向上为 轴，各点坐标为 EMBED Equation.DSMT4 ， EMBED Equation.DSMT4 ， ， ， 设 ， ， ，由 得 ，解得 ，即 ，因此 ， ， ，设平面 的法向量为 ，由 ，取 得 ， ， ，设直线 与平面 所成角为 ，由线面角公式得 . SHAPE \* MERGEFORMAT 1．（2026·新疆·二模）桌面上有以下四种几何体，设P是几何体表面上的一点，任意转动几何体（始终与桌面保持接触），则点P到桌面的距离最大的几何体是（    ） A．棱长为1的正方体 B．表面积为 的球 C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱 D．体积为 且轴截面为直角三角形的圆锥 【答案】D 【分析】逐一求出选项ACD中几何体外接球直径及选项B中球的直径即可. 【详解】对于A，棱长为1的正方体外接球直径为 ，点P到桌面的距离最大值为 ； 对于B，表面积为 的球直径为2，点P到桌面的距离最大值为2；对于C，轴截面是边长为1的正方形的圆柱外接球直径为 ，点P到桌面的距离最大值为 ；对于D，设体积为 且轴截面为直角三角形的圆锥底面圆半径为 ，则 ，解得 ，因此此圆锥外接球直径为3，点P到桌面的距离最大值为3. 2．（2026·广西柳州·二模）某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图， ， ， ， 为该正方体的顶点， ， ， 为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面 .若平面 与平面 平行，且直绳索 的长度为 米，则点 到平面 的距离为（    ） A． 米 B． 米 C． 米 D． 米 【答案】D 【分析】利用等体积法求得点 到平面 的距离，可求点 到平面 的距离. 【详解】设点 到平面 的距离为 ，根据正方体的性质可知：点 到平面 的距离为 ，因为 ，所以 ，由正方体可得 ，所以 ，解得 ，所以点 到平面 的距离为 ， 又因为平面 与平面 平行，直绳索 的长度为 米，所以点 到平面 的距离为 . 3．（2026·福建漳州·二模）空间中有四个平行平面，相邻两个平面的距离从上到下依次为1，2，3，则在各平面上分别取一点构成的正四面体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将正四面体为 补成正方体，建系并标点，设正方体的棱长为 ，四个平面的法向量均为 ，根据点到面的距离公式列方程，不妨设 ，解得 ，进而可得正四面体的体积. 【详解】设四个平行平面从上到下依次为 ， ， ， ，正四面体为 ， 其中 ， ， ， ，如图所示，将正四面体为 补成正方体，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为 ，则 ， ， ， ，可得 ， ， ，因为 ，设4个平面的法向量均为 ， ，在平面 上任取一点 ，则 ，可得 ，即平面 的方程为 ，同理可得：平面 的方程为 ， 平面 的方程为 ，平面 的方程为 ， 因为平面 ， ， 均在平面 的同侧，则 ， ， 同号，即 ， ， 同号，由题意可知：点A为到平面 ， ， 的距离依次为1，3，6， 根据点到面的距离公式可得 ，整理可得 ，若 ，解得 ，不合题意，可知 ，不妨设 ，可得 ，解得 ，即 ，代入 可得 ，即 ，由正方体性质可知：正四面体的体积为 . 4．（多选）（2026·广西河池·二模）如图，在棱长为4的正方体 中， 分别是棱 的中点，点 为线段 上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥 的体积为定值 B． C． 平面 D．点 到直线 的距离为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，可通过 平面 得到H到平面 距离恒定，得体积为定值，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断BCD. 【详解】以 为原点， 方向为 轴， 方向为 轴， 方向为 轴建立空间直角坐标系， 由已知 ， 平面 ，所以 平面 ，所以 上任意一点到平面 的距离等于点 到平面 的距离，由已知三角形 的面积为定值，所以三棱锥 的体积为定值，所以A正确；由已知 分别是棱 的中点，所以 ， ， ， ，所以 ， ，所以 ，所以 ，所以B正确； 点 ，所以 ， ，设平面 的法向量为 ，所以 ，得 ，所以平面 的一个法向量为 ，点 ，所以 ，所以 ，即 与平面 的法向量不垂直，所以 与平面 不平行，C错误；过点 作 ， ， ，所以 ， 所以 ，所以 ，所以D正确. 5．（多选）（2026·河北保定·二模）已知四边形 是平行四边形， ，则（   ） A．点D的坐标是 B． C．四边形 的面积是3 D．坐标原点O到直线 的距离为 【答案】ACD 【分析】根据平行四边形的性质、中点坐标公式，结合空间向量夹角公式、三角形面积公式、空间点到线距离公式逐一判断即可. 【详解】A：设平行四边形 的对角线交点为点 ，因为 ，所以点 坐标为 ，设点D的坐标是 ，因为 ，所以 ，即点D的坐标是 ，所以本选项说法正确；B：因为 ， 所以 ，所以本选项说法不正确； C：由上可知： ，所以 ， 四边形 的面积是 ，所以本选项说法正确；D： ， ，设 方向上的单位向量为 ，坐标原点O到直线 的距离为 ，所以本选项说法正确. 6．（多选）（2026·山东德州·二模）正三棱锥 中， ，点 在底面 内运动（含边界）， 到棱 的距离分别为 ，若 ，则（    ） A． 的体积为 B． 外接球的体积为 C． D． 的运动路径的长度为 【答案】ACD 【分析】求出棱锥的高后可判断A，再求出外接球的半径后可判断B，利用向量法可求 的长，从而判断C，求出 的轨迹后可求其长，从而判断D. 【详解】设底面中心为 ，连接 ，则 平面 .连接 ， 因为 ，故 ，故 ，故 ，故A正确； 设 外接球的半径为 ，则 ，故 即 ， 故外接球的体积为 ，故B错误； 因为 平面 ，故可设 ，其中 ， 在 中， ，故 ，同理 ， 故 ，所以 到 的距离为： EMBED Equation.DSMT4 ， 同理 ， ，由 可得 ， 故 ，故 ，故 ， 故 ，即 ，故C正确；而 ，故 ，又 内切圆的半径为 ，故 的轨迹为如图所示的三段实线圆弧，如图，其中 ，而 到 的距离为 ，故 ，而 为锐角，所以 ，由对称性可得 ，故 ，故三段圆弧的长为 ，故D正确. 7．（多选）（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 EMBED Equation.DSMT4 ， 则 ，点 到平面 的距离为 ， 所以 ，整理得 ，即点 的轨迹方程为 EMBED Equation.DSMT4 . 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. 8．（多选）（2026·浙江台州·二模）已知正四面体 的棱长为4，顶点 在平面 的同侧，点 ，顶点 到平面 的距离分别为1，2，直线 与平面 交于点 ，则（   ） A．直线 与平面 所成角为 B．平面 与平面 所成角为 C． D．点 到平面 的距离为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据线面角的定义可求其正弦值，故可判断其正误，对于B，求出 的面积，进而求出面面角的余弦值判断其正误，对于C，利用空间垂直关系的转化可判断其正误，对于D，利用向量法可求点 到平面 的距离，从而可判断其正误. 【详解】 设 在平面 内的射影为 ， 在平面 内的射影为 ，连接 ，则 ， 对于A，因为 ，所以 为直线 与平面 所成的角，而 ，而 为锐角，故 ，故A正确； 对于B，因为 ，故 ，故四边形 为梯形，而 ， ，故 ，故四边形 为直角梯形，同理 ,而 ， 故 .在 中， ， 故 ，而 ，设平面 与平面 所成角为 ，则 ，故平面 与平面 所成角不为 ，故B错误； 对于C，由题设 平面 ，而 ，故 平面 平面 ，故 三点共线，而 ，故 为 的中点，故 ，故 ， 连接 ，则 ，而 ， ，故 ，而 平面 ，故 平面 ，而 平面 ，故 ，故C正确； 对于D，由C的分析可得 ，故 .由 可得 为 的中点，故 ，连接 ，则 ，故 . 过 作平面 的垂线 ，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，故 ，设 ，则 ， 故 ，消元可得 ，故 ，故D正确. 9．（2026·河北邢台·二模）如图，在棱长为2的正方体 中， ， 分别是 ， 的中点，平面 经过直线 且平行于直线 ，则点 到平面 的距离为______. 【答案】 【分析】如图，取 的中点 ，连接 ， ， ，过 作 ，垂足为点 ，可证 平面 ，从而可求点 到平面 的距离. 【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， ， ，则 ， ， 所以四边形 是平行四边形，所以 ，同理 .又 ，所以 ， 所以 ， 确定一个平面，即为平面 .过 作 ，垂足为点 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又 ， 平面 ,所以 平面 ，即 .在 中， ，所以 . 10．（2026·四川凉山·二模）若 ，则点 到平面 的距离 __________. 【答案】 【分析】利用空间向量坐标公式计算出 、 可求出平面 法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】 ， ，设平面 的法向量为 ， 则 ，取 ，则 , ，故 ，则 . 11．（2026·山西临汾·二模）在棱长为1的正方体 中，点 到平面 的距离为______. 【答案】 【分析】设 到平面 的距离为 ，根据 ，列出方程，即可求解. 【详解】在棱长为 的正方体 中，由 平面 ，即 到平面 的距离为 ，即三棱锥 的高 ，所以三棱锥 的体积为 ， 设 到平面 的距离为 ，由 ，可得 , 所以 ，因为 ，可得 ，解得 ， 所以点 到平面 的距离为 . 12．（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 . 13．（2026·湖北黄冈·一模）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 ．    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 ． 14．（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 . 15．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥 中，底面ABCD为直角梯形，其中 EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， ，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 EMBED Equation.DSMT4 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， EMBED Equation.DSMT4 EMBED Equation.DSMT4 ， 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 EMBED Equation.DSMT4 , 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 , . 16．（2026·江西抚州·二模）如图，在三棱锥 中， 是边长为2的等边三角形， . (1)证明：平面 平面 . (2)求点 到平面 的距离. (3)求平面 和平面 夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】取 中点 ，连接PO，CO，根据等边及等腰三角形的性质，可证 ， ，根据勾股定理，可求得PO，CO的长，根据AC的长，结合勾股定理，可证 ，根据线面垂直的判定定理，可证 平面 ，根据面面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和各个所需向量坐标，可求得平面 的法向量，根据点到平面距离的向量求法，代入数据，即可得答案. （3）求出平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案. 【详解】（1）证明：如图，取 中点 ，连接 ， 因为 是边长为2的等边三角形， 为 中点，所以 ，且 . 又因为 为 中点，所以 ，且 . 因为 ，所以 ，所以 .又 平面 ， 所以 平面 ，又因为 平面 ，所以平面 平面 . （2）由（1）得 两两互相垂直，故以 为坐标原点， 所在直线分别为 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 ，则 ，故平面 的一个法向量为 ， 所以点 到平面 的距离 . （3）由（2）可知， ，设平面 的法向量为 ， 所以 ，即 ，令 ，则 ，故平面 的一个法向量为 ，由（2）知平面PAC的一个法向量为 ， ），所以 ，故平面 和平面 夹角的余弦值为 . 17．（2026·山西临汾·二模）如图，在三棱锥 中， ， 分别是 ， 的中点，点 在 上，且满足 . (1)证明： 平面 ； (2)设底面 是边长为6的等边三角形，点 到底面的距离为3，且点 在底面的射影恰好落在线段 上. （ⅰ）求二面角 的正切值； （ⅱ）若三棱锥 的所有顶点都在球 的表面上，当球 的表面积取最小值时，求球心 到底面 的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ） ；（ⅱ） 【分析】（1）设 为 与 的交点，连接 ，过点 作 交 于点 ，通过 从而得到 ，继而得到 ，即可证明； （2）解法一：（ⅰ）设 为 在底面 上的射影，连接 ， 在底面 上的射影为 ，点 作 于点 ，连接 ，证明 从而得到 为二面角 的平面角，求出 ，再根据二面角 的平面角与二面角 的平面角互余即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为 ， 在底面 上的射影恰为 的中点 ，设 ，点 作 于点 ，设 ，根据几何关系可知 ， ，联立求得 ，根据 的范围即可求出答案. 解法二：（ⅰ）以点 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量 及平面 的法向量 ，利用向量法求出二面角 的正切值，再根据二面角 的平面角与二面角 的平面角互余，即可求出答案； （ⅱ）设球的半径为 ，设 ，根据 得 ，即可求出答案. 【详解】（1）如图，设 为 与 的交点，连接 ，过点 作 交 于点 ， 由题 是 的中点，则 ，易得 ，故 ， 又 为 的中点，故 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 . （2）解法一：（ⅰ）如图，设 为 在底面 上的射影，连接 ， 则点 在线段 上， 平面 ，设 在底面 上的射影为 ，则 在线段 上， 因为 为 的中点，则 为 的中点，过点 作 于点 ，连接 . 因为 平面 ，又 平面 ，则 ，又 ， 平面 ，则 平面 ，因为 平面 ，所以 ，故 为二面角 的平面角， 过点 作 交 的延长线于点 ，则 ，又 为 的中点，则 ，因为底面为边长为6的等边三角形， ，所以 ，即 ，所以 ，即 ， 所以 ，则 ，又点 到底面的距离为3，则 ， 在 中， ，易知平面 平面 ， 则二面角 的平面角与二面角 的平面角互余， 所以二面角 的正切值为 . （ⅱ）如图，设球的半径为 ，因为 为直角三角形，所以 在底面 上的射影恰为 的中点，记为点 ，记 ，则 ①， 过点 作 于点 ，则 ，过点 作 于点 ，易知四边形 为平行四边形， 设 ，则 ②，由①②有 ，即 ， 当 时， 取最小值， 取到最小值，球 的表面积取到最小值， 此时 ，则当球 的表面积取最小值时，球心 到底面 的距离为 . 解法二：（ⅰ）如图，以点 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向，建立空间直角坐标系 . 设点 的横坐标为 ，由余弦定理可知 ，则 ， 则 ， ， ， ，则 ， 故 ， ，设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，得 ， ，则 ， 易知平面 的一个法向量为 ，故 ， 则 易知平面 平面 ，则二面角 的平面角与二面角 的平面角互余，所以二面角 的正切值为 . （ⅱ）设球的半径为 ，易知 在底面 上的射影恰为 的中点，可设 ，则 .则有 .则 （ ）.当 时， ， 取到最小值，则球 的表面积取最小值.则球心 到底面 的距离为 . 18．（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. 空间中的点线面位置关系 考点1 空间几何体的表面积与体积 考点2 有关几何体外接球、内切求的问题 考点3 有关立体几何中的最值与轨迹问题 考点4 有关空间线线角与线面角的问题 考点5 有关空间二面角的问题 考点6 有关立体几何中折叠的问题 考点7 有关空间中的距离问题 考点8 2 / 13 $