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

专题07 空间向量与立体几何 7大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间点、线、面位置关系 考点03 球的切接 考点04线面角 考点05 面面角 考点06翻折问题 考点07 创新融合 ( 空间几何体的 表面积与体积 考点1 ) 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 【解析】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·山东青岛·二模）以等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该几何体体积为，则其侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】等腰直角三角形绕一条直角边旋转一周，得到的几何体是圆锥. 设等腰直角三角形的直角边长为， 则旋转后圆锥的底面半径，高，母线长. 由于圆锥体积，解得, 因此圆锥侧面积. 3．（2026·山东菏泽·二模）如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】过点作于点， 由，，，. 得，， 故. 以直线为轴旋转一周，形成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥， 圆柱底面半径，高，圆锥底面半径，高. 该几何体的表面积由圆柱的侧面积、圆柱的下底面积和圆锥的侧面积组成. 圆柱侧面积. 圆柱下底面积， 圆锥侧面积. 故表面积. 4．（2026·山东济南·二模）已知圆锥与圆柱的底面积相等，体积也相等，若过圆柱的轴的截面为正方形，则圆锥和圆柱侧面积的比值为______． 【答案】 【解析】由圆锥与圆柱的底面积相等，所以圆柱和圆锥的底面半径相等，设为， 由圆柱的轴截面是一个正方形，故其高，设圆锥的高为， 由圆锥与圆柱的体积相等得，，所以， 则圆锥的侧面积， 圆柱的侧面积，则. ( 空间点、 线、面位置关系 考点2 ) 1．（2026·山东历城二中·二模）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】因为，若，则由线面平行的性质可知，故“”是“”的必要条件， 设，，显然，从而有成立，但此时不平行， 所以故“”是“”的不充分条件， 即“”是“”的必要不充分条件，故选B 2.（2026·山东泰安·二模）已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因三棱柱所有棱长均为1，， 则， ， 则 ， 又，， 则. 3.（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【答案】C 【解析】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 设，则 ， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为， 故截面周长为. 4.（2026·山东聊城·二模）已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，且，则的最小值为 B．若，且，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．的最小值为 【答案】ABD 【解析】对于A选项，过点作交于点，过点作交于点，连接， 因为，平面，所以平面，同理可证平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 当时，平面，则平面，故点的轨迹为线段， 因为，所以，则，同理可得， 又因为，，则是边长为的等边三角形， 当点为的中点时，，此时的长取最小值， 此时，A对； 对于B选项，如下图所示，连接、， 易知、都是边长为的等边三角形，且为的中点， 所以，， 又因为、平面，，所以平面， 当时，平面，则，故点的轨迹为线段， 由勾股定理可得，同理可得， 故当为的中点时，，此时的长取最小值，且，B对； 对于C选项，过点作分别交、于点、，连接、、， 因为为正的中心，则，因为，则， 因为三棱锥为正四面体，则平面， 因为平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 当时，则平面，所以，故点的轨迹为线段， 延长交于点，则为的中点，因为为正的中心，则， 因为，所以，故， 由余弦定理可得， 故，同理可得， 由余弦定理可得， 所以， 当时，的长取最小值，此时， 故长的最小值为，C错； 对于D选项，如下图所示： 延长交线段于点，则点为线段的中点， 因为、均为等边三角形，所以，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 故点关于平面、关于直线的对称点都在平面内， 因为平面，平面，所以， 易知， ， 设点关于直线、的对称点分别为、， 由对称性可知，，， 所以 ， 在中，，， 由余弦定理可得， 所以， 由余弦定理可得， 故， 由对称性知，， 所以， 当且仅当、为线段分别与线段、的交点时，等号成立， 故的最小值为，D对. 5．（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】 【解析】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：． ( 球的 切接 考点3 ) 1．（2026·山东淄博实验中学·二模）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为， 则，故该球的表面积为.故选：C 2．（2026·山东枣庄·二模）如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 【答案】D 【解析】对A：此“勒洛四面体”外接球即为正四面体的外接球， 在正四面体中，为的中心， 是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上， 因为，所以， 则. 因为， 即，解得， 即外接球半径为， 故外接球的体积，故A错误； 对B：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 由外接球半径， 则内切球的半径为，故B错误； 对C：如图，取中点， 在中，，， 设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性， 弧在平面上，且平面. 所以， 所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧， 设圆心角为，则，可知， 所以弧长不等于，故C错误； 对D：过三点截得的截面如图所示： 其面积为，则D正确. 3．（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 【解析】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： ， 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. ( 线面角 考点4 ) 1．（2026·山东德州·二模）如图，三棱锥的体积为，是边长为2的等边三角形，，是棱的中点，，其中. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【解】（1）设点到平面的距离为， 则， 又因为三棱锥的体积为，所以； 又，是线段的中点，所以， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，所以， 因为，， 设直线与平面所成的角为， 则， 解得：， 2.（2026·山东青岛·二模）如图，在三棱柱中，过的截面交于，交于，过点的截面交于，交于，且． (1)求证：； (2)若，，直线与平面所成角的正弦值为，求． 【解】（1）三棱柱中，平面平面， 截面平面，截面平面， 由面面平行的性质定理得， 又，截面与平面分别交于， ， 由平行公理，平行于同一条直线的两条直线互相平行，故． （2）已知，， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则，设，则， ， 由三棱柱的性质得， ， 设，，，则， ， ， 设平面的法向量为， 则， 令，则， ，设直线与平面所成角为， ， 化简整理得，解得， ，故． 3.（2026·山东菏泽·二模）已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. 【解】（1）（1）以为原点，、、所在直线分别为、、轴，建立空间直角坐标系 则、、、、、、， 因为为中点，所以， 所以，，， 所以 ，，所以，， 又因为，，平面，所以平面. （2）因为，为四边形内一动点， 设，则，且，，所以， 又因为，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则， 设与平面所成角为， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 此时，即时，等号成立， 所以当为时，与平面所成角的正弦值的最大值为. （3）法一：因为，，，、平面， 所以平面， 又平面，平面，所以平面平面，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以为点到直线的距离，为点到直线的距离， 在平面内，以为原点，直线所在直线为轴建立如下图所示平面直角坐标系， 设，因为，，则， 同理可知点，则直线的方程为，直线的方程为， 所以，所以， 所以点的轨迹为焦点在轴或者轴的双曲线， 由题意可知，点为焦点在轴的双曲线交于、两点， 所以，令，所以，所以； 法二：由（2）设，，， 由（1）知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，，， 所以，取，可得， 因为，所以，， 所以，所以， 由题意令，，解得或（舍）， 所以. ( 面面角 考点 5 ) 1．（2026·山东枣庄·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【解】（1）因为，为的中点，所以， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，因为平面，所以, 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令，可得， 设平面的法向量，则， 令，可得， 则， 所以，当时，，即 当时，，由可得， 所以， 综上，可知，即的取值范围为. 2．（2026·山东济宁·二模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【解】（1）由四棱锥的底面是矩形，底面，得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令， 则， ， 设平面，平面的法向量分别为， 则，取，得； ，令，得， 由平面平面，得，因此，而，解得， ，，则， 所以. （2）由（1）知平面的法向量，， 设平面的法向量，则，取，得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 3．（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【解】（1）如图，连接. 易知四边形为梯形，且 ， ， . 平面平面，. 平面. 平面. 平面，. 方法二：在四棱锥中，平面，平面， 所以. 又，且，， 所以以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，得，. . （2）设平面的一个法向量为. 则，即 取，则 设平面的一个法向量为 则，即 取，则 ∴平面与平面夹角的余弦值为 4.（2026·山东历城二中·二模）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面 (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【解】（1）解：设的中点为，连接， 为等边三角形，边长为， ，，， 平面平面，平面平面， 平面，又平面， ，， ，则， 又平面平面，平面平面， 平面， ； （2）解：由（1）知平面，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， ， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， 易知平面的一个法向量， ， 则平面与平面夹角的余弦值为． ( 翻折问题 考点 6 ) 1．（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 【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 ，由于，所以为等腰直角三角形， 所以，, 所以，， ，故D正确. 2.（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． 【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 ，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． 3．（2026·山东淄博·二模）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折至△PBE，此时，三棱锥的体积首次达到. (1)求证：； (2)若点G在线段PC上且，求GD与平面PBE所成角的正弦值. 【解】（1）因为为中点，所以，则为等边三角形，则. 又且，故是平行四边形，因此， 取中点，连接，为等边三角形，故，. 在中，，，， 由余弦定理得，满足，故. 由，，平面，得平面， 又平面，故， 又，因此. （2）三棱锥的体积，解得. 以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，平面为平面， 则. 在上，令，则的坐标为. 由得，即， 化简得，故. 向量. 设平面的法向量，， 则，解得法向量，. 设与平面所成角为，则. 4．（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． 【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 ，，，， 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 . 5．（2026·山东聊城·二模）在梯形中，，，、分别是、的中点，，，如图1所示．沿将梯形折起，得到一个多面体，如图2所示． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为， ①求多面体的体积； ②求直线与平面所成角的正弦值． 【解】（1）翻折前，在梯形中，，且、分别是、的中点， 所以为梯形的中位线，所以， 因为，所以，． 翻折后，则，所以，， 因为，、平面，所以平面. （2）①连接、，取中点，连接， 取线段的中点，连接、， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 故二面角的平面角为， 因为平面，、平面，所以，， 因为，所以， 又因为，所以，故， 所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面． 因为，平面，平面，所以平面， 故点到平面的距离等于， 所以， ， 因此多面体的体积 ②因为平面，以为坐标原点，所在直线为轴， 所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，． 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， ， 所以与平面所成角的正弦值为． ( 创新融合 考点 7 ) 1.（多选）（2026·山东泰安·二模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形的中点为，平面过直线，且垂直于平面与圆柱侧面的交线为曲线，则下列选项正确的是（    ） A．圆柱在下方部分的体积为 B．圆柱在下方的部分内放入一个球，则球的半径的最大值为 C．曲线是椭圆且其离心率为 D．为下底面圆周上一动点，，垂直于底面，与曲线交于，若的长为，则 【答案】ACD 【解析】A选项：圆柱底面半径，． 根据割补法，原几何体体积等于高为的圆柱体的体积，为，正确； B选项：最大内接球半径为内接圆半径． 在中，， 内接球半径， 即内接球半径最大值为，错误； Ｃ选项：椭圆长轴为，，短轴长为圆柱底面直径， ，，离心率，正确； Ｄ选项：圆柱底面如左图所示，如右图所示 记，在上投影为，，有， 中，， ，， 中，， 即，正确. 2．（多选）（2026·山东济南·二模）已知正四面体的棱长为，点平面，且，点在之间或在内．记为与（平行时两平面间的距离，则（    ） A．该四面体外接球的表面积为 B．的最小值为 C．若，且，则直线与所成的角为 D．若依次排列且两两平行，满足，则 【答案】ACD 【解析】对于A，将正四面体放入如图所示的正方体，设正方体的棱长为， 所以，所以， 该四面体外接球即为正方体的外接球，所以， 所以该四面体外接球的表面积为，故A正确； 对于B，因为，不妨设为平面，为平面， 所以，故B错误； 对于C，设直线与所成的角为，则， 因为，所以，则直线与所成的角为，故C正确； 对于D，若依次排列且两两平行，满足， 在上取点，使得，如图， 连接交于点，连接交于点，分别过点作 ，连接， 则平面为平面，为平面，易知平面，均垂直底面， 以为坐标原点，将平面放入如图所示的平面直角坐标系， 则， 所以直线的方程为：，化简为：， 同理直线的方程为：， 所以两直线间的距离即为， ，故D正确. 3．（多选）（2026·山东青岛·二模）如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（    ） A．质点移动2次后返回到的概率为 B．质点移动3次后到达的路径有9种 C．质点移动次后到达的概率为 D．已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 【答案】AD 【解析】对于该正八面体，每个面都有三个相邻的面， 设质点从出发按移动，作为的邻面有三种选择即有三种路径， 而移动两次总共有种路径，故移动2次后返回到的概率为，A正确； 质点从出发按移动，其中是的邻面，是的公共邻面， 若，则有三种选择，若，则有两种选择即， 若，则有两种选择即，因此总共有种路径，B错误； 质点从出发移动两次只可能到达当中的一个面， 从出发移动两次也只可能到达当中的一个面， 所以质点移动偶数次只可能到达当中的一个面， 设质点移动次后到达的概率为，则到达的概率为， 若此时在，由A选项的分析可知再移动两次到达的概率为，若此时在， 因为与都只有两个公共邻面，所以再移动两次到达的概率为， 于是可得， 变形得，即是首项为， 公比为的等比数列，其通项公式为， 所以，， 因为到达三个面的可能性是一样的， 所以到达的概率为，C错误； 若质点移动4次后经过的次数为2，因为是邻面所以不存在路径， 同时因为的两个邻面之间不相邻，所以不存在路径， 也不可能存在路径，因此只有形如的路径， 有种，在此基础上若第4次到达，则路径为，有种， 故所求概率为，D正确. 4．（多选）（2026·山东淄博·二模）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（    ） A．的轨迹是双曲线的一部分 B．的轨迹是椭圆的一部分 C．四棱锥体积最大值为 D．的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】因为点在直线上，点在直线上，且， 所以直线可以看作平面内任意一条不与平行的直线 （当间的距离趋于无穷远时，方向趋近于与平行）， 直线与所成角的最小值即为直线与平面所成的角， 因为平面，所以直线与平面所成的角即为， 于是有，已知，可得， 即点到定点的距离为定值，又因为点在正方形内部， 因此的轨迹是以为圆心，为半径，在正方形内部的四分之一圆弧， 轨迹长度为，A错误，D正确； 由前述分析可知，的轨迹是四分之一圆，则形成的曲面是一个以为高， 为母线的四分之一圆锥面，点是与的交点， 则的轨迹即为平面截圆锥面得到的曲线， 显然为正三棱锥，取中点，连接， 则在底面上的投影为底面的中心即在中线上， 所以与平面所成的角为，， 可得，而圆锥面半顶角为， 所以平面截圆锥面得到的曲线为椭圆，因为的轨迹是圆的一部分， 所以的轨迹是椭圆的一部分，B正确； 以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则，因为在上， 所以可设，那么有，， 同时根据在平面上可得 ， 于是有，解得，则的坐标也即到底面的高 ，因为，由柯西不等式可得， 即，所以， 进而有四棱锥体积最大值为，C正确. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 空间向量与立体几何 7大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间点、线、面位置关系 考点03 球的切接 考点04线面角 考点05 面面角 考点06翻折问题 考点07 创新融合 ( 空间几何体的 表面积与体积 考点1 ) 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·山东青岛·二模）以等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，若该几何体体积为，则其侧面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·山东菏泽·二模）如图，在直角梯形中，，，，，以直线为轴，其余各边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山东济南·二模）已知圆锥与圆柱的底面积相等，体积也相等，若过圆柱的轴的截面为正方形，则圆锥和圆柱侧面积的比值为______． ( 空间点、 线、面位置关系 考点2 ) 1．（2026·山东历城二中·二模）已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2.（2026·山东泰安·二模）已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 3.（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 4.（2026·山东聊城·二模）已知棱长为的正四面体，为的中心，为平面内的动点，为棱上一动点，则下列说法正确的是（    ） A．若平面，且，则的最小值为 B．若，且，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．的最小值为 5．（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_____． ( 球的 切接 考点3 ) 1．（2026·山东淄博实验中学·二模）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·山东枣庄·二模）如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 3．（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 ( 线面角 考点4 ) 1．（2026·山东德州·二模）如图，三棱锥的体积为，是边长为2的等边三角形，，是棱的中点，，其中. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 2.（2026·山东青岛·二模）如图，在三棱柱中，过的截面交于，交于，过点的截面交于，交于，且． (1)求证：； (2)若，，直线与平面所成角的正弦值为，求． 3.（2026·山东菏泽·二模）已知正方体的棱长为，与相交于点，为四边形内一动点（包含边界）. (1)若是的中点，证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)若到平面的距离为，到平面的距离为，满足，且的轨迹交平面于、两点，求的长. ( 面面角 考点 5 ) 1．（2026·山东枣庄·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 2．（2026·山东济宁·二模）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2026·山东泰安·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 4.（2026·山东历城二中·二模）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面 (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． ( 翻折问题 考点 6 ) 1．（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 2.（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． 3．（2026·山东淄博·二模）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E是AD的中点.现将△ABE沿BE翻折至△PBE，此时，三棱锥的体积首次达到. (1)求证：； (2)若点G在线段PC上且，求GD与平面PBE所成角的正弦值. 4．（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． 5．（2026·山东聊城·二模）在梯形中，，，、分别是、的中点，，，如图1所示．沿将梯形折起，得到一个多面体，如图2所示． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为， ①求多面体的体积； ②求直线与平面所成角的正弦值． ( 创新融合 考点 7 ) 1.（多选）（2026·山东泰安·二模）如图，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形的中点为，平面过直线，且垂直于平面与圆柱侧面的交线为曲线，则下列选项正确的是（    ） A．圆柱在下方部分的体积为 B．圆柱在下方的部分内放入一个球，则球的半径的最大值为 C．曲线是椭圆且其离心率为 D．为下底面圆周上一动点，，垂直于底面，与曲线交于，若的长为，则 2．（多选）（2026·山东济南·二模）已知正四面体的棱长为，点平面，且，点在之间或在内．记为与（平行时两平面间的距离，则（    ） A．该四面体外接球的表面积为 B．的最小值为 C．若，且，则直线与所成的角为 D．若依次排列且两两平行，满足，则 3．（多选）（2026·山东青岛·二模）如图，正八面体中，记侧面为，侧面为，侧面为，若质点从出发，每次等可能地移动到共享一条棱的相邻表面，则（    ） A．质点移动2次后返回到的概率为 B．质点移动3次后到达的路径有9种 C．质点移动次后到达的概率为 D．已知质点移动4次后经过的次数为2，则第4次到达的概率为 4．（多选）（2026·山东淄博·二模）如图，在棱长为的正方体中，点、分别是直线、上的动点，是正方形内动点（包含边界），与相交于，记直线与所成角为，若的最小值为，则下列说法中正确的是（    ） A．的轨迹是双曲线的一部分 B．的轨迹是椭圆的一部分 C．四棱锥体积最大值为 D．的轨迹长度为 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $