专题03 空间向量与立体几何（5大考点）（湖北专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何核心考点，精选湖北各地2026年二模真题，涵盖5大考点，梯度设计兼顾基础与创新，适配高三二轮复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|7题|位置关系判断、体积表面积计算、截面轨迹|结合“人造太阳”模型（第3题）等科技情境，正方体展开图（第2题）考查空间想象| |填空题|2题|外接球表面积与体积|翻折问题（第5题）融合体积与外接球计算，体现动态几何思想| |解答题|10题|空间角计算、翻折与最值、多面体外接球|多问设计（如第13题三问）递进考查逻辑推理，截面轨迹（第14题）与线面角范围（第17题）呼应高考命题趋势|

动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03空间向量与立体几何 ☆5大考点概览 考点01空间中点线面的位置关系 考点02空间几何体的体积与表面积 考点03空间确的计算 考点04截面与轨迹问题 考点05最值与范围问题 考点01 空间中点线面的位置关系 1.(2026湖北孝感二模)已知三条不同的直线1，m,n和两个不同的平面，阝，下列四个命题中正确 的是() A.若m⊥1，n⊥1，则m∥n B.若1∥a，1⊥B,则a⊥B C.若1∥a,1IB,则a∥B D.若l∥m,mca,则l∥a 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.AB//CD B.EF//AB C.GH//AB D.GH//EF 考点02 空间几何体的体积与表面积 3.(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0.8m,下底面半径为 1.2m，圆台母线长为1.5m,模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（) 1/23 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A. 5 B.元m C.3nm2 D.6m2 4.（(2026湖北宜昌二族)三棱锥P-48C满足P4=PB=PC=2,且∠B4C=行8C=5,则三楼锥 P-ABC外接球的表面积为() A.32V3 B. 32V3元 C.16z 9 D.16x 27 9 3 5.(2026湖北十堰·二模)如图，在正方形ABCD中，E为BC的中点，将aACD沿直线AC折起至△ACP处， 使得点P在平面ABC上的射影在直线AE上，若三棱锥P-ABC外接球的表面积为8π，则三棱锥P-ABC的 体积为() 8 A. B.1 C.16 D.8 6.(2026湖北二模)三棱锥P-ABC中，PA、PB、PC与底面ABC所成的线面角相等，二面角 P-BC-A、P-AB-C、P-AC-B的大小也相等，且AB=3,PC=2√3，则三棱锥P-ABC的外接球体 积为 7.(2026湖北宜昌·二模)（多选）如图1，梯形ABCD中，AB/CD,AB=2DC=4,BC=2,AB⊥BC,E,F,G 分别是边AB,BC,CD的中点，将△ACD沿AC向上翻折至△ACM,如图2，则() M E 图1 图2 A.在翻折过程中EG和BC可能平行 B.M到平面ABC的距离的最大值为25 5 2/23 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.直线AB和CM所成角可能为60 D.若平面ACM⊥平面ABC,则三棱锥M-ABC的外接球的表面积是40π 8.(2026湖北武汉·二模)如图三棱锥A-BCD中，AB=BC=CA=2,平面DAB⊥平面ABC,平面 DAC⊥平面ABC D (I)证明：DA⊥平面ABC; (2)若二面角A-CD-B的正切值为2，求三棱锥A-BCD的体积. 考点03 空间角的计算 9.(2026湖北黄冈·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD为平行四边形，且 PD=AB=2AD,∠BAD= 3 (I)证明：AD⊥PB; (2)求平面PAB与平面PDB夹角的正切值. 10.(2026湖北十报二模)如图，在四棱柱4ABCD-AB,CD,中，四边形4BCD为菱形，∠D1B=号，E为 棱BC的中点，DE⊥平面ABCD,且D,E=DE. 1/23 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A D. S5-- B (I)证明：平面ADD,⊥平面DD,E: (2)若AB=2,F为棱CC,的中点，求平面ADD,与平面B,DF的夹角的余弦值. 11.(2026湖北宜昌·二模)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AB=AC=AA,=1,平面ABC,⊥平面 ACC,A,,点M,N分别为AC,AB上的动点，且 4M-4N AC AB A B (I)求证：AB⊥AC; (②)当线段MN的长度最小时，求平面AMN与平面ABC夹角的余弦值 12.(2026湖北二模)如图，菱形BCDE的边长为2，∠BCD=T现将△EBD沿BD折起，得到四面体 ABCD,设二面角A-BD-C等于0(0<0<π. A E D (I)求证：BD⊥AC; (2②)若三棱锥A-BCD的体积为 2 (i)求直线AC与平面BCD所成的角； (ii)当AC>BD时，求二面角B-AD-C的余弦值 13.(2026湖北二模)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,AD⊥DC,BC=2AD=4√5，DC=6, 点E是CD上靠近点D的三等分点，现将ADE沿着AE折起，使得点D到达点P的位置，且PC=2√6， 2/23 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图2. 图1 图2 (I)求证：平面PAE⊥平面ABCE; (②)若P,A,B,C在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O,证明：点O在平面ABCE内： ③老点F为线段PB上一点，直线F与平面PE所成角的正弦值为2)5，求平面AEF与平面PAB所成着 的余弦值 考点04 截面与轨迹问题 14.(2026湖北黄冈二模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A,B,CD,中，P为棱BB,的中点，Q为正方 体ABCD-A,B,C,D,表面上的一动点（含边界)，则下列说法中正确的是() D C A B D A.三棱锥P-4D,D外接球的表面积为4匹 16 B.若DQ11平面A,PD,则动点Q的轨迹是一条线段 C.若PQL平面APD,则动点Q的轨迹的长度为5 D.若DQ=5,则动点Q的轨迹长度为 15.(2026湖北二模)（多选）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,CD,中，E为棱BC的中点，F为底 面ABCD内一动点（含边界），则下列说法正确的命题有() 1/23 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B C D D A.若DF/平面AEC,则动点F的轨迹长度为√2 B.不存在动点F,使BF⊥平面AEC C.若FE平面AEC,则三棱锥F-A,EC,体积的最大值为2 D.若正方体ABCD-A,B,C,D,的外接球为球O,则球O被平面A,EC,所截截面圆的面积为 23π 考点5 最值与范围问题 16.(2026湖北武汉·二模)在三棱锥P-ABC中，直线BC⊥平面PAB,BC=2AB=2,∠APB=60°.设直 线PC与平面PAB所成的角为O,则tan0的最小值为 17.(2026湖北孝感·二模)如图：正八面体E-ABCD-F可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面 粘接在一起的几何体， E òB (I)证明：平面EAD11平面FCB; (②)若AB=2,点P为棱EB上的动点，则直线AP与平面FAD所成的角的正弦值的范围， 18.(2026湖北恩施二模)如图，四面体P-ABC中，PA=2a,AB=AC=BC=2b,D是AB的中点.若 PB=2a,I是点P在平面ABC内的投影，存在实数x满足P可-PC=x(PA+PB, 2/23 动学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B (1)(i)求x的值： ()若∠PCD<行求号的取植范围： 2若PA上AB,异面直线PC与AB所成角为，记四面体P-4CD外接球的半径为R,求证：当R取最 ab 小值时，a>b. 19.(2026湖北宜昌·二模)如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E、F分别为线段BC、AD的中点， 现将四边形CDFE折起至MNFE,得到三棱柱AFN-BEM,如图2所示，记二面角M-EF-A的平面角为 0. D W M F E E 图1 图2 ①)若0=时， 求三棱柱AFN-BEM的体积； (②)若P为线段EF上一点，满足AP⊥BP,求直线AP与平面NBE所成角的正弦值的取值范围. 1/23 专题03 空间向量与立体几何 5大考点概览 考点01空间中点线面的位置关系 考点02空间几何体的体积与表面积 考点03空间角的计算 考点04截面与轨迹问题 考点05最值与范围问题 空间中点线面的位置关系 考点01 1．（2026·湖北孝感·二模）已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【详解】对于A，若，，则两直线可以平行，可以垂直，可以异面，因此A错误； 对于B，若，，则，因此B正确； 对于C，当时，若，可以满足，但不成立，即C错误； 对于D，若，，也可能满足，所以D错误. 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. 空间几何体的体积与表面积 考点02 3．（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】. 4．（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，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. 5．（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． 6．（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. 7．（2026·湖北宜昌·二模）（多选）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. 8．（2026·湖北武汉·二模）如图三棱锥中，，平面平面，平面平面. (1)证明：平面； (2)若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，线线垂直，证明出线面垂直； （2）作出辅助线，得到二面角的平面角，根据正切值得到各边长，求出三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：在内任取一点P，过点P作于， 因为平面平面，平面平面，所以平面， 又平面，所以. 过作于，同理可得， 又平面，平面，， 所以平面. （2）过点作于，由平面平面， 平面平面知平面. 又平面，所以 再过点作于，连接， 因为 ， 平面， 则平面， 所以即为二面角的平面角. 所以， 又，故为等边三角形， 所以，， 故， 又中，，所以，故， 所以，又为等边三角形，故， 所以三棱锥的体积. 空间角的计算 考点03 9．（2026·湖北黄冈·二模）如图，在四棱锥中，底面，底面为平行四边形，且，． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，则，，利用余弦定理结合勾股定理可证得，利用线面垂直的性质得出，再利用线面垂直和性质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，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的正切值. 【详解】（1）设，则，． 在中，根据余弦定理， 将，，代入可得： ，所以． 则，所以， 因为底面，底面，所以． 又因为，、平面，所以平面． 而平面，所以. （2）因为底面，，四边形为平行四边形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）知，，， 则，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以， 故. 10．（2026·湖北十堰·二模）如图，在四棱柱中，四边形为菱形，，为棱的中点，平面，且． (1)证明：平面平面； (2)若，为棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：连接，因为四边形为菱形，，所以为正三角形， 又为的中点，所以， 因为．所以． 因为平面，平面，所以， 又，平面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）知，，两两垂直，以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 又，所以，，，所以，，，． 设平面的一个法向量，则即 令，解得，，所以， 设平面的一个法向量，则 即令，解得，，所以． 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 11．（2026·湖北宜昌·二模）如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别为上的动点，且. (1)求证：； (2)当线段的长度最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）作出符合题意的图形，结合题意与面面垂直的性质得到，再结合线面垂直的判定得到平面，最后得到即可. （2）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，再结合面面夹角的向量求法求解即可. 【详解】（1）如图，连接交于点， 在直三棱柱中，四边形为矩形， 因为，所以四边形为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）由（1）知，两两垂直， 如图所示，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系. 则. 令，则， 于是， 则当时，取得最小值，此时， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得； 由（1）知平面，则为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 12．（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. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）或；（ii） 【分析】（1）根据题意，取的中点，证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）由和，得到，结合三棱锥的体积为，列出方程，求得，再由面面垂直的性质，证得即为直线与平面所成角，即可求解； （ii）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【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. 13．（2026·湖北·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，点E是上靠近点D的三等分点，现将沿着折起，使得点D到达点P的位置，且，如图2．    (1)求证：平面平面； (2)若P，A，B，C在同一个球面上，设该球面所在球的球心为O，证明：点O在平面内； (3)若点F为线段上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）在平面内过点P作于点H，连接，利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）过点H作的平行线交于点G，易得，以H为原点，建立空间直角坐标系，设A，B，C，P在同一个球的球心坐标为，半径为，利用两点间的距离公式建立方程组，求出球心即可求解； （3）设，，利用线面角求出，进而得点的坐标，求平面与平面的法向量，再利用夹角公式即可求解. 【详解】（1）在平面内过点P作于点H，连接， 在梯形中，由，，， 易得，则，，即． 在中，由余弦定理，得 ． ，且，，又， 平面， 平面，∴平面平面； （2）过点H作的平行线交于点G，易得， 以H为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，    由已知，得，，，，， 再设A，B，C，P在同一个球的球心坐标为，半径为， 则有， 求解可得，即球心坐标为，所以点O在平面内； （3）设，，由，得，则． ，易知平面的法向量为 直线与平面所成角的正弦值为， 解得，， 平面中，，设平面的法向量为， 则，令，则，，所以平面的法向量为， 在平面中，，， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 平面与平面所成角的余弦值为 . 截面与轨迹问题 考点04 14．（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 ， 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. 15．（2026·湖北·二模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为底面内一动点（含边界），则下列说法正确的命题有（   ） A．若平面，则动点F的轨迹长度为 B．不存在动点F，使平面 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O，则球O被平面所截截面圆的面积为 【答案】ABC 【分析】对于A：根据面面平行可得动点F的轨迹，即可得轨迹长度；对于B：建系并标点，求平面的法向量，利用向量求点F的坐标，即可判断；对于C：分析可知当F与D重合时三棱锥的体积最大，利用空间向量求相关距离，即可得体积；对于D：可知球心为，半径，求O到平面的距离，进而可得截面圆半径. 【详解】对于选项A：如图，取的中点M，的中点， 连接，，，可得，， 且平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 且，平面，可得平面平面， 所以动点的轨迹为线段，其长度为，故A正确； 对于选项B：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，， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 若平面，则， 可得，解得，不合题意， 所以不存在动点F，使平面，故B正确； 对于选项C：因为点到直线的距离为， 则的面积为， 显然当F与D重合时三棱锥的体积最大，则， 点F到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故C正确， 对于选项D：因为正方体外接球的球心为，半径， 则，则O到平面的距离为， 故球O被平面所截截面圆半径， 所以截面圆面积为，故D错误； 故选：ABC． 最值与范围问题 考点05 16．（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______. 【答案】 【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. 17．（2026·湖北孝感·二模）如图：正八面体可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体． (1)证明：平面平面； (2)若，点为棱上的动点，则直线与平面所成的角的正弦值的范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，先证，，根据面面平行的判定定理证明； （2）以点为原点，为轴，求出平面的法向量，根据线面角的向量公式求解. 【详解】（1）连接交于点，则四点共面，且为的中点， 所以四边形都是平行四边形，所以，， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 平面，平面，又在平面内相交于点， 所以平面平面. （2）根据正八面体结构，以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则，， 所以，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 因为点为棱上的动点， 所以设， 则， 设直线与平面所成的角为， ， 又， 当时，，当或0时，， 故直线与平面所成角的正弦值的范围. 18．（2026·湖北恩施·二模）如图，四面体中，是的中点．若是点在平面内的投影，存在实数满足． (1)（i）求的值； （ii）若，求的取值范围； (2)若，异面直线与所成角为，记四面体外接球的半径为，求证：当取最小值时，． 【答案】(1)（i）；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）连接，作于点，可得面，即点与在平面内的投影重合，从而三点共线，由化简可得，由三点共线的性质即可求解的值； （ii）由可得，则利用即可求解； （2）法一：设与平面所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系，表示出各点的坐标以及四面体外接球的球心为 根据，可得，化简可得 由可得，从而得到，令得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论； 法二：将四面体补为直三棱柱．可得．则，在中，由余弦定理化简可得 设四面体外接球的球心为，则在平面内的投影，为的外心，由正弦定理，．则，化简得，结合导数研究的单调性以及最值即可证明结论. 【详解】（1）（i）连接，因为，所以． 又，所以． 因为，且两直线在平面内，所以面. 作于点，所以，因为，且两直线在平面内，所以面． 所以点与在平面内的投影重合，从而三点共线． 因为 ． 所以 （ii） 所以为的中点， 则， 由题意 ， （2）法一：因为异面直线与所成的角为，则 设与平面所成的角为，建立如图所示的空间直角坐标系， ， 设四面体外接球的球心为,， 则，即， ,, ． 令， 令，则 令，则，. 所以在上单调递减，在上单调递增，在时取最小值， 即，故. 法二：由题设条件，可将四面体补为直三棱柱． 如图所示，因为与两异面直线所成的角为，所以． ． 在中，由余弦定理，． 因为． 设四面体外接球的球心为，则在平面内的投影 为的外心，则． 由正弦定理，． 则． 所以，令， 令， 则 令，令， 解得，或（舍去）， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在时取最小值，即，故． 19．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为的正方形中，、分别为线段、的中点，现将四边形折起至，得到三棱柱，如图2所示，记二面角的平面角为． (1)若时，求三棱柱的体积； (2)若为线段上一点，满足，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）证明出，，可知，证明出平面，当时，求出的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱的体积； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，分析可知，根据可求出点的坐标，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【详解】（1）翻折前，在图1中，因为四边形为正方形，所以，，， 因为、分别为、的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，且， 因为，所以， 翻折后，在图2中，，， 所以二面角的平面角为， 因为，、平面，所以平面， 当时，即，且，则， 所以三棱柱的体积为. （2）因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，由题意可知，则，故， ，， 因为，则，解得， 则点，， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因此直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 2/5 1/5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $