第05讲：空间向量和立体几何【十题型】训练-2026届高考数学三轮冲刺

第05讲：空间向量和立体几何 【题型归纳】 · 题型一：空间几何体表面积与体积 · 题型二：几何体的内切、外切问题 · 题型三：点、线、面的位置关系问题 · 题型四：空间几何体的压轴小题问题 · 题型五：求异面直线所成的角 · 题型六：定义法或几何法证明位置关系或者线面角、面面角 · 题型七：向量法求空间角问题 · 题型八：空间点线面距离问题 · 题型九：空间线段点的存在问题 · 题型十：空间心里与立体几何压轴问题 【题型探究】 题型一：空间几何体表面积与体积 【典例1】．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 连接，，，因为四面体ABCD为正四面体， 所以，设， 在中，，，， 在，，， 故圆柱的表面积为， 解得. 故． 【变式1】．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】将正三棱台中补成正三棱锥，如图所示． 因为为棱的中点，所以，又， 所以四边形是平行四边形.所以. 由，且，得是的中位线，所以分别为的中点， 故，与的面积比为. 所以三棱锥是正四面体. 取底面的中心为，连接，易知底面，又平面，所以． 因为为正三角形，，． 在中，． 所以正四面体的体积为. 所以． 【变式2】．（2026·山西吕梁·三模）如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如C，D），另外两条相对的侧棱交于一点（如O）.已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计算即可. 【详解】如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点I，    则多面体可以分成8个全等三棱锥， 则，且平面，， 则， 该“十字贯穿体”的体积即为. 题型二：几何体的内切、外切问题 【典例2】．（2026·辽宁抚顺·二模）如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，由题可知，外接圆的圆心O是的中点. 设三棱锥外接球的球心为，连接，则平面. 过A作，与的延长线交于点，则由平面平面，可得平面. 因为，，所以，. 取的中点E连接，，可得，， 则. 设，连接，，则，解得， 故三棱锥外接球的表面积为. 【变式1】．（2026·天津红桥·二模）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过作两个平面的垂线交于点，点即为该球的球心，求出长度，由勾股定理可求出四棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式可得出答案． 【详解】 如图，在四棱锥中， 取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为， 分别过作两个平面的垂线交于点，则由外接球的性质知， 点即为该球的球心，连接并延长，交于，则是线段的中点， 连接，则四边形为矩形， 在等边中，可得，则，即， 在正方形中，因为，可得， 在中，，即， 所以四棱锥外接球的表面积为． 【变式2】．（2026·山东泰安·模拟预测）已知三棱锥，平面，，，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，则，， 所以的面积，而三棱锥体积．所以解得，即，，如图，取中点，过作平面的垂线，即平面， 所以，所以球心在直线上， 连接，，所以（为外接球半径）， 取中点，连接，得到， 又因为，所以四边形为矩形， 所以，， 由勾股定理得， 得到表面积． 题型三：点、线、面的位置关系问题 【典例3】．（2026·天津东丽·二模）已知，是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】结合直线与平面的位置关系逐项判断即可得. 【详解】对A：若，，，，此时与可能平行，可能相交，故A错误； 对B：若，，，则与可能平行，可能异面，故B错误； 对C：若，，，则，故C正确； 对D：若，，，则可能在内，也可能与相交或平行，故D错误. 【变式1】．（2026·天津·二模）已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】作出相交平面可说明B项错误；借助于长方体模型可说明D项错误；利用面面平行的判定定理可说明A正确；利用线面平行的判定定理可判断C项. 【详解】对于A，由可得，又有，且是两个平面，故，即A正确； 对于B，如图，取，，且，则易得，但得不到，故B错误； 对于C，由，可得或，故C错误； 对于D，如图，设为长方体的两个相对的底面，是长方体的一条竖直和一条水平的棱， 显然满足，但得不到，故D错误. 【变式2】．（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. 题型四：空间几何体的压轴小题问题 【典例4】．（2026·河北·三模）如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（    ） A．平面ABCD B． C．三棱锥的体积是正方体体积的 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【详解】如图，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设棱长为1， 则，，，，，，，，，. ，易知平面ABCD的法向量为，则， 又平面，故平面，故A正确； ，，则，故，故B正确； 三棱锥的体积， 正方体的体积，所以，故C正确； ，，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误. 【变式1】．（2026·山西·二模）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在动点，使平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D．若正方体的外接球为球，则球被平面所截截面圆的面积为 【答案】BCD 【详解】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， 则，，，，， 对于A，设，且， ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量为， 若平面，则， 由，解得，不合题意， 不存在动点，使平面，故A错误； 对于B，如图，取的中点，的中点，连接， 则，由正方体性质可知，故， 平面，平面， 平面， ， ， 因为，且平面， 平面， 且平面， 平面平面， 若平面，则平面， 动点的轨迹为线段，其长度为，故B正确； 对于C，， ， 空间向量法计算点到直线的距离为， 则的面积为， 显然，当与重合时，三棱锥的体积最大，则， 点到平面的距离为， 三棱锥体积的最大值为，故C正确； 对于D，正方体外接球的球心为，半径， 则，则点到平面的距离为， 故球被平面所截截面圆半径， 截面圆的面积为，故D正确. 【变式2】．（2026·辽宁沈阳·三模）在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A． B． C．点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为 D．点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为 【答案】BCD 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 正方体棱长为，各点坐标为，，，，， ，，，，. 选项A：，.两向量坐标不成比例，故与不平行，A错误. 选项B：，. ， 故，B正确. 选项C：取中点，中点，连接.， ，，，，. 可得与共面，与共面，. 因为平面，平面，且， 所以平面平面.点在正方形内且平面， 故点轨迹为线段，则，C正确. 选项D：，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得，即. 设，. 由平面得，即，解得，即. 四面体的顶点为，，，， 该四面体的外接球等价于以为邻边的长方体的外接球， 长方体的长宽高分别为，外接球直径， 外接球半径，表面积，D正确. 题型五：求异面直线所成的角 【典例5】．（2026·广东佛山·二模）在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】/ 【详解】在三棱柱中，， 所以异面直线与所成的角即或其补角， 因为，，所以， 因为，，，平面，平面， 所以平面，又，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为异面直线所成角的范围是， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【变式1】．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体中，，，M为的中点，过点B作平面与平面平行，则平面与底面的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，则动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是_________． 【答案】 【分析】设的中点为，通过证明平面平面，可解决第一空，由，确定为动直线AP与的夹角，进而可求解. 【详解】 如图，设的中点为，连接，，分别为，的中点， 则, ,又， 所以四边形都是平行四边形， 所以，， 又平面， 所以平面，平面， 又平面， 所以平面平面，即平面为平面， 线段为平面与底面的交线， 易得； 连接，因为，所以为动直线AP与的夹角，，过作（H为垂足），则， 在中，由等面积法可得，得， 又, 所以． 即动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是. 【变式2】．（25-26高三上·吉林长春·月考）如图，在三棱锥中，，，，且直线与所成角的余弦值为，则该三棱锥的外接球的体积为______    【答案】 【详解】由题意知，，平面ADC， 则平面ADC，又平面ADC，所以， 又，，平面ABC，所以平面ABC， 将三棱锥放入对应的长方体中，如图：    易知，所以为直线AB与DC所成的角， 所以，解得. 设长方体的长､宽､高分别为a，b，c，则，，， 三式相加得，所以长方体的外接球的半径为， 所以该三棱锥的外接球的体积为. 故答案为： 题型六：定义法或几何法证明位置关系或者线面角、面面角 【典例6】．（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. 【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. 【变式1】．（2026·福建龙岩·三模）已知三棱锥，与都是边长为的等边三角形． (1)若，证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）由题意，是边长为的等边三角形，过点作于点，连接， 则，又，则，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， （2）因为，，平面平面，所以， 又，所以 因为，过作于， 因为，，平面，则平面， 又平面，所以平面平面 又因为平面平面，故平面， 所以，所以， 由，可得， 则， 由，得到，解得， 设直线与平面所成角为，则. 【变式2】．（2026·湖南长沙·一模）如图，在三棱台中，，， ，，分别为的中点，且 (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，求平面与平面的夹角的正弦值. 【详解】（1）记的交点为，的交点为，连接， 因为是三角形的中线，所以， 因为，所以，所以， 所以，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）由（1）可知，，，所以，所以， 因为，所以， 因为，分别为的中点，所以，且， 所以，所以， 因为，所以， 所以，， 所以，所以， 所以，又是平面内的相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面. （3）由（2）知，，， 所以（或其补角）即为平面与平面的夹角， 因为且，所以，所以四边形为平行四边形，， 因为，所以，由余弦定理得，所以，所以，则， 又，，所以， 因为，所以即为平面与平面的夹角， 所以. 题型七：向量法求空间角问题 【典例7】．（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． 【详解】（1）因为底面平面ABCD，所以． 在和中，，即， 故，得，即， 又平面，故平面PAC． （2）由已知得，， 故以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 当时，，则， 设平面HEF的法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面EFH的距离． （3）由已知得，，，， 所以，又，所以， 所以，， 设平面AFC的法向量为， 则，故可取， 又，取直线PC的方向向量为， 设直线PC与平面AFC所成的角为， 则 ． 因为，所以，当时，取最大值， 又，此时取最大值，所以． 【变式1】．（25-26高三下·辽宁沈阳·阶段检测）平面四边形是指在同一个平面内，由四条线段首尾顺次连接围成的封闭图形，它有四个顶点、四条边和四个内角．如图1，在平面四边形中，，，，，将沿折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面平面． (2)在三棱锥中，点分别为线段的中点． （i）证明：平面． （ii）设，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【详解】（1）在平面四边形中，，，则， 在中，， 翻折后，，则，即， 又，平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）（i）由分别为线段的中点，得，而平面平面， 所以平面. （ii）在三棱锥中，，则， 即，由（1）知，而平面， 于是平面ABD，又，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 而， 则，， 设平面的法向量为，则，取，得， 而平面的法向量为，设平面与平面的夹角为， 因此， 由，得，则，， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 【变式2】．（2026·山西·二模）在如图（1）所示的直角梯形中，，，，点是的中点，将图形（1）沿折起至图（2），使得到处，且.是上一动点，且， (1)求证：平面平面； (2)是否存在，使得平面与平面的夹角为？若存在，则求的值及点到的距离；若不存在，请说明理由. 【详解】（1）证明：如图（1）所示的直角梯形中， 由，，，点是的中点， 可得四边形是边长为2的正方形，且， 所以， 因为，可得，所以， 又因为，且，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）解：由（1）可知平面，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，， 因为，可得，其中， 所以，，，， 设，分别是平面和平面的法向量， 则和 取，可得，取，可得. 设平面与平面的夹角为，则 可得，即，解得或因为，所以， 即存在，使得平面与平面的夹角为，此时点，所以，， 则点到的距离. 所以点到的距离是. . 题型八：空间点线面距离问题 【典例8】．（24-25高三上·四川成都·月考）已知三棱锥中，与底面所成角相等，，为中点，点在上且截面.    (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 【详解】（1）与底面成相等的角，设点在平面上射影为， 则有， ∴ 且， ∴是的外心. 是直角三角形，且是斜边的中点， ∴点和点重合， ∴平面. （2）法一：由（1）平面，平面，则， 又，，平面， ∴平面，又平面，则①. 且，又， 也是等腰直角三角形，，， 截面，过的平面与平面交于， ，则②， 由①②，都在面内，则平面， ∴点到平面的距离即， ，且由知是中点， ∴.点到平面的距离为. ∴平面， ∴到平面的距离即为点到面的距离，即为.    法二：截面，过的平面与平面交于， ∴，是中点，则是中点，故， 由（1）平面，又平面， ∴，又，，平面， ∴平面，平面， ，且， ， ∵， 因为是中点，平面， 所以点到平面的距离为， 设点到面的距离为， ， ∴，故， ∵平面， ∴到平面的距离即为C点到面的距离，即为. 【变式1】．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离． 【详解】（1）记的中点为，连接， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，即两两垂直， 故以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为， 而， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． （2）设平面的一个法向量为， 而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 而， 所以，令，则 ， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）依题意，不妨设，则，， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为． 【变式2】．（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； （2）（i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 题型九：空间线段点的存在问题 【典例9】．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）在菱形中，，，故，为中点，， 由余弦定理得： ， 故， 即，得，， 翻折后，仍成立， 又，平面， 故平面， 又平面，因此. （2）存在，为的中点，过程如下： 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标： ，，，， 设，由得， 由，得， 代入，解得，故， 在线段上，设，得，则， 平面中，，设平面的一个法向量为， 由得，取 得，， 设直线与平面夹角为，则， 代入计算： ，化简得，解得（舍去，超出范围）. 因此存在点，为的中点满足条件. 【变式1】．（2026·陕西西安·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 又平面，且， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，分别为，，的中点， 所以，且， ，且， 所以四边形为平行四边形． 又，，所以，且， 所以四边形为正方形，所以． 因为，且，平面， 所以平面． 又平面， 所以平面平面． （2）由（1）知，四边形为正方形， 又平面，所以，，两两垂直， 故以点为坐标原点，以，，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，． 假设上存在点满足条件， 令，， 则，． 设平面的法向量为， 则 令，则，， 故平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以 解得或（舍）， 即当点为上靠近点的四等分点时，平面与平面夹角的余弦值为． 【变式21】．（2026·甘肃酒泉·二模）如图，在直角梯形中，为的中点.将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面. (1)求证：平面平面. (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【详解】（1）在直角梯形中，为的中点， 所以，四边形是正方形，所以. 所以在四棱锥中，. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又正方形中，， 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）由（1）知平面，，所以两两垂直. 以坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则. 所以， 设平面的法向量为，则. 令，则，所以平面的一个法向量为. 假设在线段上存在点，满足题意，且， 则. 由与平面所成角的正弦值为，得， 所以，化简得，所以（负值舍去）.所以，所以.即存在点M满足题意，且. 题型十：空间心里与立体几何压轴问题 【典例10】．（2026·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱中，，，，动点D可沿线段往复匀速滑动，记，. (1)当平面时，求实数的临界值； (2)取（1）中临界值，求直线与平面所成角的正弦值； (3)以（1）求得的为几何分界点，将上D的位置划分为两个几何状态：状态靠近B端，即；状态靠近端，即.D每次滑动仅受几何约束产生状态转移：若当前在状态M，下一次滑向N的概率为；若当前在状态N，下一次滑向M的概率为.记为第n次滑动后D处于状态M的概率，求数列的前n项和. 【详解】（1） 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系． 由题意可取，，，，． 因为在线段上，且，所以，即． 平面内有向量，． 设平面的一个法向量为，则，．由这两个条件可取． 又．若平面，则，所以． 于是，解得．因此临界值． （2）由第（1）问得，所以． 平面内有向量，． 设平面的一个法向量为，由，，可取． 直线的方向向量为．设直线与平面所成角为，则． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）由第（1）问知．先确定． 若初始时在状态，则第一次滑动后仍在状态的概率为． 若初始时在状态，则第一次滑动后滑向状态的概率为．所以无论初始状态在还是在，都有． 当第次滑动后在状态时，下一次仍在状态的概率为． 当第次滑动后在状态时，下一次滑向状态的概率为． 因此由全概率公式得，整理得． 令．将上式两边同乘，得，且． 设，直接代入可验证． 于是．又，所以．因此． 所以．由，得． 于是数列的前项和为. 【变式1】．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足. (1)当时，证明：； (2)当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积； (3)动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值. 【详解】（1）当时，取的中点为N，连接， 由已知可知， ， 又因为 平面， 所以平面， 因为平面， 所以； （2）设的中心分别为，连接， 由已知可知球心在线段上， 设，则， 所以， 所以，又因为时，，即， 故， 所以球的表面积； （3）如图，取的中点，连接，则. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设，由，得 化简得， 由和均为锐角，得. 设平面的法向量为， 由 得取，得， 故平面的一个法向量为. 设平面的法向量为. 得，取，得， 故平面的一个法向量为. 则 ， 令，则， 所以. 由函数单调递增， 所以当时，取最大值，最大值为. 【变式2】．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【详解】（1）因为 ， 所以，即． （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则，则， ，则，， ，设平面的法向量为，则， 令，则，平面的法向量可取，设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 【高考达标】 一、单选题 1．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】利用充分条件与必要条件定义，结合直线与平面的位置关系判断即可得. 【详解】由，，若，则与可能平行也可能相交； 由，，若，则与可能平行、可能异面也可能相交； 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 2．（2026·吉林·三模）已知圆柱和圆锥的高均为3，侧面积之比为，底面半径之比为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆锥、圆柱的底面半径为，，则圆锥的母线长为， 则圆锥、圆柱的侧面积分别为、， 则，得，则圆锥的体积为. 3．（2026·安徽马鞍山·二模）已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】面是过的平面，截球所得截面圆的圆心为，半径为, 顶点都在球内（），在球外（）， 因此和各有一个交点，交线为两点间的圆弧, 上交点满足，得， 又（中），因此圆弧圆心角，弧长， 同理，面与对称，弧长， 是等边三角形，、各有一个交点，圆心角为， 弧长：， 到面的距离，截面圆半径，截面圆心为， 弧长：， . 4．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】取底面的中心，连接，则平面，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面的外接圆半径，则由题易得高，故， ，由、分别为、的中点，所以， 同理得，故， 所以由向量夹角公式可知. 5．（2026·云南·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面和都是等腰三角形，且，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图设外接圆圆心为，外接球球心为，外接球半径为，由题设可得，据此可得答案. 【详解】如图设外接圆圆心为，外接球球心为，外接球半径为， 连接，则平面，取中点为，因，则， 又平面平面，，平面平面，平面， 则平面，又平面，平面，则，， 四点共面.因，，则， 从而四边形为平行四边形，. 由题，，则，由正弦定理推论： ， 因为为等腰三角形，且，所以， 所以又由题可得， 则，从而外接球表面积为：. 6．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，确定公共部分，再结合锥体体积公式求解. 【详解】连接，由，，得四边形为平行四边形， 在四棱锥中，由平面，平面，得， 则为矩形，又四边形为矩形，于是， 四边形为平行四边形，令，连接， 由为线段的中点，得，即点是线段靠近点的三等分点， 点是线段的中点，则公共部分的体积 由，平面，得平面，而平面， 则，又，平面，于是平面， 在矩形中，为线段的中点，则 三棱锥的体积， ，点到平面的距离为点到平面距离的， 因此，所以公共部分的体积为：. 7．（2026·北京昌平·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面. 则线段的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，取中点，中点，连接，， ，，， 因为点分别是棱的中点，所以，因为为中点， 所以，，，所以平面平面， 点在平面上运动，又因为点在正方体的表面上运动，所以点在直线，， ，上运动，且为等腰三角形， 求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值，点到边距离最小， 设点到边的垂足为，则为的中点，所以，所以线段的最小值为. 二、多选题 8．（2026·湖南张家界·三模）在直四棱柱中，四边形是菱形，，则（    ） A．四棱柱的体积为162 B．四棱柱的表面积为 C．点到平面的距离为 D．直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【详解】对于A，记棱柱的高为,即直四棱柱的侧棱长都为， 因为， 可得， 又因为是菱形，可得，所以是等边三角形，所以， 可得，联立方程组，解得， 故棱柱的体积，所以A正确； 对于B，棱柱表面积，所以B正确； 对于C，记点到平面的距离为， 由，可得， 由余弦定理得， 因为，可得， 所以，所以，所以C错误； 对于D，由，所以直线与所成角，即为直线与所成角， 即所求角为的补角，由C项知， 所以直线与所成角的余弦值为，所以D正确. 9．（2026·四川内江·三模）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】取定空间的一个基底，利用空间位置关系的向量证明推理判断AB；利用空间向量数量积运算律计算判断C；求出三棱锥外接球半径求解判断D. 【详解】在平行六面体中，令，则为空间的一个基底， ， 对于A，，不成立，A错误； 对于B，由，得，由菱形， 得，而平面，则平面，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，依题意，三棱锥为正四面体，令正的重心为，则平面， ，，令正四面体外接球半径为， 则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确. 10．（2026·四川广元·三模）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则（   ） A．直线与平面平行 B．四面体的外接球的表面积为 C．三棱锥的体积为 D．平面与平面的夹角的余弦值为 【答案】BCD 【详解】 以原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 对于A，，， 设平面的法向量为，则， 所以，取， 因为，故直线与平面不平行，故A错误； 对于B，设四面体的外接球的球心为，半径为， 则， 故即， 故，故外接球的表面积为，故B正确； 对于C，因为到平面的距离即为棱长， 故，故C正确； 对于D，因为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，， 故D正确. 11．（2026·江西赣州·二模）四面体满足，，，，则（   ） A．直线与的夹角为 B．四面体外接球的表面积为 C．的中点到直线的距离为 D．四面体内切球的半径为 【答案】BCD 【分析】推导出，，，，将四面体补成长方体，并建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；求出四面体外接球半径，利用球体表面积公式可判断B选项；利用等体积法可判断D选项. 【详解】在四面体满足，，，， 由勾股定理可得，所以， 同理可得，，， 将四面体补成长方体如下图所示： 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 对于A选项，、、、， ，，则， 所以直线与的夹角为，A错； 对于B选项，该四面体的外接球直径为，则， 所以四面体外接球的表面积为，B对； 对于C选项，线段的中点为，， 所以点到直线的距离为，C对； 对于D选项，， ，同理可得，，， 设该四面体内切球球心为，内切球半径为， 则 ， 解得，D对. 三、填空题 12．（2026·山西运城·二模）已知一个正三棱台的上、下底面的边长分别为，，高为，则该三棱台的侧棱与底面所成角的正切值为________. 【答案】 【详解】设该三棱台为正三棱台，且，， 设该三棱台的上、下底面的中心分别为，，则． 在平面中，过作，垂足为，则平面， 且，且该三棱台的侧棱与底面所成的角为． 因为，， 所以， 故． 13．（2026·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，其体积为.若点，都在球的球面上，则球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据三棱锥的体积公式求出到底面的距离为，结合底面正三角形的外接圆半径和外接球的性质可求得球的半径，从而求出球的表面积. 【详解】因为底面是边长为的正三角形， 所以的面积为， 设到底面的距离为，正三棱锥的体积为. 则，所以. 底面正三角形的外接圆半径，故， 设球的半径为，则， 所以，球的表面积为. 14．（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】 【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. 15．（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】 【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， ， 所以的最小值为． 四、解答题 16．（2026·山东聊城·模拟预测）如图，在四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）， ，． 为的中点，，． 又， ，． ，，． 是等边三角形，为的中点，． 平面平面，平面平面平面 平面． 平面． 平面平面， 平面． 平面平面平面． （2），平面平面，平面平面，平面， 平面． 平面， 两两垂直． 以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则． 设平面的法向量为，则， ， 令，则． 设平面的法向量为，则， ， 令，则． 设平面与平面的夹角为，则 即平面与平面夹角的余弦值是． 17．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． (1)求证：平面平面； (2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小． 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）解法一：由平面，平面，可知， 又因为是正三角形，所以． 设，由，， 可得，故， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下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， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的大小为． 解法二：连接，过作平面，垂足为，连接， 则就是直线与平面所成的角， 取的中点，连接，取的中点，连接， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为、分别为、的中点，所以，则， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以平面，且， 因为，故， 因为平面，平面，所以， 又因为，， 所以， 所以，解得， 又， 故，则， 所以与平面所成的角的大小为． 解法三：设是的中点，连接、、， 因为，，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别为、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，所以，， 又因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 点与到平面的距离相等． 由四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 故，所以，故，即， 又平面平面，平面，平面平面， 故平面，易知，故到平面的距离也为， 又， 设与平面所成的角为，则，故， 所以与平面所成的角的大小为． 18．（2026·贵州安顺·模拟预测）如图，是斜边的等腰直角三角形，正三角形所在平面与三角形所在平面垂直，梯形中，，且梯形所在平面与三角形所在平面垂直． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【详解】（1）因为平面平面，所以平面. 因为是斜边的等腰直角三角形，所以． 如图1，取AC的中点，连接PE． 因为是正三角形，且，所以，且， 又平面平面ABC，平面平面， 所以平面. 因为，平面平面BCMN，平面平面，平面BCMN， 所以平面， 所以． 如图2，连接BE，因为， 所以四边形PEBN为平行四边形，因此． 因为平面平面， 所以平面， 又平面平面PMN， 所以平面平面. 方法二： 如图3，取BC的中点，连接MF． 因为，所以，又，所以， 又，所以四边形BFMN是平行四边形， 所以， 因为，所以， 连接EF，因为平面平面，平面平面，平面BCMN， 所以平面， 又平面，所以， 因此四边形MPEF是平行四边形，． 因为平面平面ABC，所以平面， 又平面平面平面， 所以平面平面. （2）如图4，取AB的中点，连接ED，因为是AC的中点，所以， 又是斜边的等腰直角三角形， 所以，所以． 又平面平面，所以，所以EP，EA，ED两两垂直． 分别以EA，ED，EP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以，） 设平面PMC的法向量为， 则即取，得， 则是平面PMC的一个法向量． 设平面PAN的法向量为， 则即取，得， 则是平面PAN的一个法向量． 设平面PMC与平面PAN的夹角为， 则， 因此平面PMC与平面PAN夹角的余弦值为． 19．（2026·安徽·三模）如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面. (1)若为上靠近点的三等分点，证明：平面； (2)若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 【详解】（1）如图，设与交于点，连接， 因为，，所以， 所以，所以为上靠近点的三等分点， 又因为为上靠近点的三等分点，所以在中，， 而平面，平面，所以平面． （2）因为，，所以， 又因为平面，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， ， ， 从而， 因为，所以， 所以点的坐标为，， 设平面的一个法向量为， 则即 则，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，为锐角， 则， . 20．（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. 【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. 21．（2026·湖南湘潭·二模）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 【详解】（1）证明：因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面； （2）解：在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，可知. , 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而， 故； （3）解：由题可知， 设， ，，，， ． 22．（2026·湖北·二模）如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于. (1)求证：； (2)若三棱锥的体积为， （i）求直线与平面所成的角； （ii）当时，求二面角的余弦值. 【详解】（1）由菱形的边长为，且，可得和都是等边三角形， 现将沿折起，可得，为等边三角形， 如图所示，取的中点，连接，，可得，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以； （2）（i）由（1）知平面，可得， 又由，，所以是二面角的平面角，即， 因为菱形的边长为，可得， 又因为三棱锥的体积为，可得， 解得，所以或， 因为平面，且平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以点在平面的投影在直线上， 所以即为直线与平面所成角， 所以直线与平面所成角为或； （ii）因为，所以，且， 过点作平面的垂线为轴，，所在直线为轴，轴， 建立空间直角坐标系，可得，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 可得， 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 23．（2026·河南许昌·三模）四棱锥的底面为矩形，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)设四棱锥的外接球的球心为M，且点M与点P在平面的同一侧，球M的半径为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）已知平面与平面的交线为l，点Q在l上，设直线和平面所成的角为，求的取值范围． 【详解】（1）取中点O，连接，，   底面为矩形，且，， ， ， 又， ， ， ，，平面， 平面，又平面， ， ， ， 又，平面， 平面， 平面， 平面平面． （2）（i）连接交于点N，连接．分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建系，    过点N作平面的垂线l，则， 设，，其中； ，，解得， ，解得， ，， 连接，， ，， 是平面与平面的夹角， 又，，， 由余弦定理得． 平面与平面夹角的余弦值为． （ii），平面，平面， 平面，平面，平面平面， ，可设，又，， ，，设平面的法向量为， 则，，可取， ， ， ，即的取值范围为． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲：空间向量和立体几何 【题型归纳】 · 题型一：空间几何体表面积与体积 · 题型二：几何体的内切、外切问题 · 题型三：点、线、面的位置关系问题 · 题型四：空间几何体的压轴小题问题 · 题型五：求异面直线所成的角 · 题型六：定义法或几何法证明位置关系或者线面角、面面角 · 题型七：向量法求空间角问题 · 题型八：空间点线面距离问题 · 题型九：空间线段点的存在问题 · 题型十：空间心里与立体几何压轴问题 【题型探究】 题型一：空间几何体表面积与体积 【典例1】．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，圆柱的表面积为，AB，CD分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式1】．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【变式2】．（2026·山西吕梁·三模）如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如C，D），另外两条相对的侧棱交于一点（如O）.已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为（   ）    A． B． C． D． 题型二：几何体的内切、外切问题 【典例2】．（2026·辽宁抚顺·二模）如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式1】．（2026·天津红桥·二模）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式2】．（2026·山东泰安·模拟预测）已知三棱锥，平面，，，，三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 题型三：点、线、面的位置关系问题 【典例3】．（2026·天津东丽·二模）已知，是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【变式1】．（2026·天津·二模）已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【变式2】．（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 题型四：空间几何体的压轴小题问题 【典例4】．（2026·河北·三模）如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（    ） A．平面ABCD B． C．三棱锥的体积是正方体体积的 D．异面直线与所成角的余弦值为 【变式1】．（2026·山西·二模）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的是（   ） A．存在动点，使平面 B．若平面，则动点的轨迹长度为 C．若平面，则三棱锥体积的最大值为2 D．若正方体的外接球为球，则球被平面所截截面圆的面积为 【变式2】．（2026·辽宁沈阳·三模）在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A． B． C．点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为 D．点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为 题型五：求异面直线所成的角 【典例5】．（2026·广东佛山·二模）在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【变式1】．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体中，，，M为的中点，过点B作平面与平面平行，则平面与底面的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，则动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是_________． 【变式2】．（25-26高三上·吉林长春·月考）如图，在三棱锥中，，，，且直线与所成角的余弦值为，则该三棱锥的外接球的体积为______    题型六：定义法或几何法证明位置关系或者线面角、面面角 【典例6】．（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. 【变式1】．（2026·福建龙岩·三模）已知三棱锥，与都是边长为的等边三角形． (1)若，证明：平面平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【变式2】．（2026·湖南长沙·一模）如图，在三棱台中，，， ，，分别为的中点，且 (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)若，求平面与平面的夹角的正弦值. 题型七：向量法求空间角问题 【典例7】．（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． 【变式1】．（25-26高三下·辽宁沈阳·阶段检测）平面四边形是指在同一个平面内，由四条线段首尾顺次连接围成的封闭图形，它有四个顶点、四条边和四个内角．如图1，在平面四边形中，，，，，将沿折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面平面． (2)在三棱锥中，点分别为线段的中点． （i）证明：平面． （ii）设，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【变式2】．（2026·山西·二模）在如图（1）所示的直角梯形中，，，，点是的中点，将图形（1）沿折起至图（2），使得到处，且.是上一动点，且， (1)求证：平面平面； (2)是否存在，使得平面与平面的夹角为？若存在，则求的值及点到的距离；若不存在，请说明理由. 题型八：空间点线面距离问题 【典例8】．（24-25高三上·四川成都·月考）已知三棱锥中，与底面所成角相等，，为中点，点在上且截面.    (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离. 【变式1】．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离． 【变式2】．（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题型九：空间线段点的存在问题 【典例9】．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 【变式1】．（2026·陕西西安·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式21】．（2026·甘肃酒泉·二模）如图，在直角梯形中，为的中点.将沿翻折，使点到达点的位置，且平面平面. (1)求证：平面平面. (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型十：空间心里与立体几何压轴问题 【典例10】．（2026·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱中，，，，动点D可沿线段往复匀速滑动，记，. (1)当平面时，求实数的临界值； (2)取（1）中临界值，求直线与平面所成角的正弦值； (3)以（1）求得的为几何分界点，将上D的位置划分为两个几何状态：状态靠近B端，即；状态靠近端，即.D每次滑动仅受几何约束产生状态转移：若当前在状态M，下一次滑向N的概率为；若当前在状态N，下一次滑向M的概率为.记为第n次滑动后D处于状态M的概率，求数列的前n项和. 【变式1】．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足. (1)当时，证明：； (2)当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积； (3)动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值. 【变式2】．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【高考达标】 一、单选题 1．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，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·吉林·三模）已知圆柱和圆锥的高均为3，侧面积之比为，底面半径之比为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·安徽马鞍山·二模）已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·云南·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面和都是等腰三角形，且，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·北京昌平·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面. 则线段的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（2026·湖南张家界·三模）在直四棱柱中，四边形是菱形，，则（    ） A．四棱柱的体积为162 B．四棱柱的表面积为 C．点到平面的距离为 D．直线与所成角的余弦值为 9．（2026·四川内江·三模）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 10．（2026·四川广元·三模）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，则（   ） A．直线与平面平行 B．四面体的外接球的表面积为 C．三棱锥的体积为 D．平面与平面的夹角的余弦值为 11．（2026·江西赣州·二模）四面体满足，，，，则（   ） A．直线与的夹角为 B．四面体外接球的表面积为 C．的中点到直线的距离为 D．四面体内切球的半径为 三、填空题 12．（2026·山西运城·二模）已知一个正三棱台的上、下底面的边长分别为，，高为，则该三棱台的侧棱与底面所成角的正切值为________. 13．（2026·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，其体积为.若点，都在球的球面上，则球的表面积为__________. 14．（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__________. 15．（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__________． 四、解答题 16．（2026·山东聊城·模拟预测）如图，在四棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，平面平面，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 17．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． (1)求证：平面平面； (2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小． 18．（2026·贵州安顺·模拟预测）如图，是斜边的等腰直角三角形，正三角形所在平面与三角形所在平面垂直，梯形中，，且梯形所在平面与三角形所在平面垂直． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 19．（2026·安徽·三模）如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面. (1)若为上靠近点的三等分点，证明：平面； (2)若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 20．（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. 21．（2026·湖南湘潭·二模）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 22．（2026·湖北·二模）如图，菱形的边长为2，.现将沿折起，得到四面体，设二面角等于. (1)求证：； (2)若三棱锥的体积为， （i）求直线与平面所成的角； （ii）当时，求二面角的余弦值. 23．（2026·河南许昌·三模）四棱锥的底面为矩形，，，，．    (1)证明：平面平面； (2)设四棱锥的外接球的球心为M，且点M与点P在平面的同一侧，球M的半径为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）已知平面与平面的交线为l，点Q在l上，设直线和平面所成的角为，求的取值范围． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $