专题05 空间向量与立体几何（福建专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题05 空间向量与立体几何 2大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间向量及其运算 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·福建福州·三模）已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·福建龙岩·三模）已知圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积的比值为__________． 3．（2026·福建三明·二模）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥内切球表面上的一点，则点M到直线CD距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·福建泉州·模拟预测）某超市在售的西瓜均可视为实心球体，且瓜皮厚度均匀相等.已知大、小两种西瓜的售价分别为80元/个、10元/个，且半径之比为2：1.若以西瓜瓜瓤的体积与其售价的比值作为西瓜的性价比，则（    ） A．大西瓜的性价比高 B．小西瓜的性价比高 C．大、小西瓜的性价比一样 D．大、小西瓜的性价比的高低不确定 5．（2026·福建宁德·二模）（多选）已知圆台形状的容器的上､下底面半径分别为1，2，母线长为2.若容器壁厚度忽略不计，则（    ） A．该容器的侧面积为 B．该容器的容积为 C．该容器可以整体放入表面积为的球形容器内 D．能将7个半径为的球平铺放入该容器内 6．（2026·福建漳州·三模）已知圆台的上底面和下底面的半径分别为1，2，母线长为，则该圆台的体积为___________． 7．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）如图，木块的底面为矩形，平面，四边形，是两个全等的等腰梯形，，则（   ） A． B．的体积为 C．沿的表面从经过棱到作任意线条，则该线条长度的最小值为 D．将加工成一个球，则这个球半径的最大值为 8．（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． 9．（2026·福建厦门·二模）在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 10．（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 11．（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． 12．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 13．（2026·福建三明·二模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C．当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D．线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 14．（2026·福建南平·二模）（多选）如图，在棱长为1的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放置两个小球，两球相切，且各自与对角的三个面均相切，设过两球公切点的公切平面为，则下列结论正确的是（    ）      A．平面截正方体所得截面不可能为五边形 B．平面截正方体所得截面面积的最大值是 C．两球半径之和为定值 D．两球体积之和的最大值是 空间向量中及其应用 考点2 15．（2026·福建福州·三模）在四棱锥中，平面 ，. (1)证明：平面平面； (2)若为棱上一点（不含端点），直线与平面所成角的正弦值为，求. 16．（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． 17．（2026·福建南平·二模）如图所示，圆柱的一个轴截面为矩形，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为圆柱的一条母线，为的中点，且. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的大小. 18．（2026·福建龙岩·三模）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部（不含边界）的一点，且 ，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（   ） A． B． C． D． 19．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，，，，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值． 20．（2026·福建漳州·三模）如图，在四棱锥中，，点在线段上，， ，平面平面． (1)证明：； (2)过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明； (3)若，求当取最小值时，二面角的正弦值． 21．（2026·福建三明·二模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD为等腰梯形，且，，，且四面体AFDC的体积为． (1)求t的值； (2)若E为AD的中点，过点E，F的平面与AC平行，交PC于点G，求平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值． 22．（2026·福建漳州·三模）（多选）已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面可能是五边形 B．可能是钝角三角形 C．的最小值大于 D．的最小值小于 23．（2026·福建泉州·模拟预测）如图1，在梯形中，，，，于，，将沿翻折至，使得，如图2. (1)证明：平面； (2)已知四棱锥的体积为，若点在线段上，且二面角的大小为60°，求直线与平面所成角的正弦值. 24．（2026·福建宁德·二模）如图1，平面四边形中，. (1)求的长； (2)将沿翻折到，连接，如图2.当时，求直线与平面所成角的正弦值. 25．（2026·福建厦门·模拟预测）在梯形ABCD中，，，E为CD上一点，，将△AED沿AE所在直线翻折成△AED＇（如图所示）.AD＇上一点M满足，在翻折过程中，二面角的正弦值的最大值为______. 26．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在三棱柱中，，.过点，C的平面与直线AB垂直. (1)作出截此三棱柱所得的截面，请写出作图过程并说明理由； (2)已知，求与平面所成角的正弦值. 27．（2026·福建厦门·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值． 28．（2026·福建·二模）已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 29．（2026·福建莆田·二模）（多选）已知正三棱台的所有顶点都在球的球面上，且，点满足，则（   ） A．当为棱的中点时， B． C．若直线平面，则 D．若，则球的表面积为 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量与立体几何 2大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间向量及其运算 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·福建福州·三模）已知圆台的上､下底面面积分别为，且，圆台的高为3，轴截面面积为9，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设圆台的上下底面半径为， 因为，所以，则， 则轴截面面积为，得， 则该圆台的体积为 2．（2026·福建龙岩·三模）已知圆锥的轴截面是等边三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积的比值为__________． 【答案】 【详解】设圆锥底面半径为，又圆锥的轴截面是等边三角形，故圆锥母线长为，圆锥的高为， 设球的半径为，球心到底面圆心的距离为，有, ，化简得， 则该圆锥的体积为，球的体积为， 故圆锥与球的体积的比值为. 3．（2026·福建三明·二模）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥内切球表面上的一点，则点M到直线CD距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线距离的最小值. 【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为，取的中点为，的中点为，连接，，， 球O为四棱锥的内切球， 底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面， 则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆， 此圆为的内切圆，半径为r，与分别相切于点E，F， 平面平面，交线为 平面， 为正三角形，有，平面， 平面，， ，，则有，，， 则中，，解得. 所以，四棱锥内切球半径为2，连接. 平面，平面，， 又，平面，， 平面，平面，可得， 所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径， 所以， 又. 所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为. 4．（2026·福建泉州·模拟预测）某超市在售的西瓜均可视为实心球体，且瓜皮厚度均匀相等.已知大、小两种西瓜的售价分别为80元/个、10元/个，且半径之比为2：1.若以西瓜瓜瓤的体积与其售价的比值作为西瓜的性价比，则（    ） A．大西瓜的性价比高 B．小西瓜的性价比高 C．大、小西瓜的性价比一样 D．大、小西瓜的性价比的高低不确定 【答案】A 【分析】根据新定义分别求出大小西瓜的性价比，作商比较大小即可. 【详解】设大西瓜半径为，小西瓜半径为，已知，即， 设瓜皮厚度为（为常数，且）， 则， 所以大、小西瓜的性价比分别为，， 因为，令， 则上式可化为， 因为，所以，所以， 所以，即，所以 ， 所以大西瓜的性价比高. 5．（2026·福建宁德·二模）（多选）已知圆台形状的容器的上､下底面半径分别为1，2，母线长为2.若容器壁厚度忽略不计，则（    ） A．该容器的侧面积为 B．该容器的容积为 C．该容器可以整体放入表面积为的球形容器内 D．能将7个半径为的球平铺放入该容器内 【答案】ACD 【分析】对于A，B选项，利用圆台的侧面积公式和体积公式求解；对于C，求出球形容器的半径，再判断圆台形容器能否放入；对于D选项，求出当球与圆台相切时球的半径，再判断能否放入. 【详解】对于A，该容器的侧面积为，A正确； 对于B，该容器的高为， 所以该容器的容积为，B错误； 对于C，设表面积为的球形容器半径为， 则，所以，将圆台形状的容器按照如图所示放置， 假设，则圆台上底面半径，又， 所以该容器可以整体放入表面积为的球形容器内，C正确； 对于D，这7个球按如下方式放入该容器，当球与圆台相切时，过点A，B，C作圆台的轴截面， 易知圆台的母线与下底面的夹角为，则， 此时，故能将7个半径为的球平铺放入该容器，D正确. 6．（2026·福建漳州·三模）已知圆台的上底面和下底面的半径分别为1，2，母线长为，则该圆台的体积为___________． 【答案】 【详解】因为圆台上、下底面半径分别为，母线长， 可得圆台的高， 所以． 7．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）如图，木块的底面为矩形，平面，四边形，是两个全等的等腰梯形，，则（   ） A． B．的体积为 C．沿的表面从经过棱到作任意线条，则该线条长度的最小值为 D．将加工成一个球，则这个球半径的最大值为 【答案】ABD 【分析】过作交于点，连接，利用勾股定理计算可判断A；利用分割法求得体积可判断B；将绕转动到使与侧面在同一个平面内，利用余弦定理可求得判断C；作交于，过作交于，可得内的最大球，即为四棱锥的内切球，进而求得球的最大半径即可判断D. 【详解】过作交于点，连接， 因为是等腰梯形，所以，所以四边形是平行四边形， 所以，，所以， 又因为底面为矩形，且， 所以，所以， 所以，所以，所以，故A正确； 过作于，过作于，过作于， 过作于，过作于， 因为，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面， 由题意可得，所以， ， 所以的体积为，故B正确； 将绕转动到使与侧面在同一个平面内，如图所示： 由题意可得， 由余弦定理可得 ， 所以， 所以沿的表面从经过棱到作任意线条，则该线条长度的最小值为，故C错误. 作交于，过作交于， 由题意可知四棱锥为正四棱锥， 则可得内的最大球，即为四棱锥的内切球， 设内切球的半径为，由题意得， 所以，即， 解得， 所以将加工成一个球，则这个球半径的最大值为，故D正确. 8．（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. 9．（2026·福建厦门·二模）在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 【答案】 【分析】利用圆锥体积公式计算即可. 【详解】由题意如图所示： 在直角中，， 所以， 所以围成的几何体是一个底面圆半径为，高为的圆锥， 故该几何体的体积为：. 10．（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. 11．（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. 12．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 【答案】 【分析】作，垂足为，则为的中点，根据二面角的定义得到为二面角的平面角，设， 由的面积建立的等式得到的值，从而得到圆锥的高的值，底面圆的半径的值，求出圆的面积，利用圆锥的体积公式求出体积. 【详解】如图，作，垂足为，则为的中点， ，，为二面角的平面角， 二面角为，， 在等腰三角形中，， 设，则，， 则， ， 的面积等于，解得， 则，， 圆的面积为， 圆锥的体积为. 故答案为：. 13．（2026·福建三明·二模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C．当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D．线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 【答案】ABD 【分析】对于A，连接，先证明平面，可得，同理可证平面，可得，进而得到平面，进而求证即可判断；对于B，先证明，结合题设可得点P到点B的距离等于它到直线的距离，再根据抛物线的定义即可判断；对于C，由向量关系找到点的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，结合勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积即可判断；对于D，旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围即可判断. 【详解】对于A，连接，在正方形中，， 在正方体中，平面， ∵平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 同理可证平面，∵平面，∴， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， ∵平面，∴， 则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离， 由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离， ∴点P到点B的距离等于它到直线的距离， 又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点， 因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确； 对于C，当时，为线段上靠近点的四等分点，如图， 易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径， 设中点为，连接， 则，易得，，则， 若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP， 因此，截面面积最小为，故C错误； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥， 设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值， 则，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确. 14．（2026·福建南平·二模）（多选）如图，在棱长为1的封闭正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内放置两个小球，两球相切，且各自与对角的三个面均相切，设过两球公切点的公切平面为，则下列结论正确的是（    ）      A．平面截正方体所得截面不可能为五边形 B．平面截正方体所得截面面积的最大值是 C．两球半径之和为定值 D．两球体积之和的最大值是 【答案】ACD 【分析】根据正方体及球的对称性，结合题意，可知两球的球心在正方体的体对角线上，两球的公切点在体对角线上，公切平面与体对角线垂直，由此可判断A；利用特殊截面，求其面积，可判断B；根据A的判断，结合正方体的性质，求出两球半径之和，判断C；用较大球的半径表示两球的体积之和，根据二次函数在给定区间上的最值，求得体积之和的最大值，判断D. 【详解】由题意知，两球球心到各自相切的三个面的距离相等，所以球心到三个面的距离分别等于对应球的半径， 因此两球的球心在正方体的体对角线上，两球的公切点在体对角线上. 因此公切平面与体对角线垂直，根据正方体的对称性可得， 平面截正方体所得截面不可能为五边形，所以A正确.    如图，当截面为时，因为为正三角形，所以其面积为， 所以B错误. 设两个球的半径为，且，则. 因为每个球都与一个顶点出发的三个面相切，此时可看作两个球分别棱长为的正方体的内切球， 所以两球球心到相应顶点的距离为对应正方体的体对角线的一半，即. 所以，所以，故C正确. 由，，得. 两球体积之和， 在上单调递增，所以当时，取得最大值，最大值为， 所以D正确. 空间向量中及其应用 考点2 15．（2026·福建福州·三模）在四棱锥中，平面 ，. (1)证明：平面平面； (2)若为棱上一点（不含端点），直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)见小问1详解 (2) 【详解】（1）在底面梯形 中，，，，. 过点 作 于点 ，过点 作 于点 ， 则 ，，如图所示： 在 中，，，由勾股定理得： 在 中，，， 由勾股定理得： 在 中，，，， 因为，所以 ，即 . 因为 平面 ，平面 ，所以 ， 又 ，，所以 平面 . 因为 平面 ，所以平面 平面 ，证毕. （2）以 为原点， 所在直线为 轴，过 且垂直于 的直线为 轴， 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系. 则 ，，， 点 在棱 上，设 （）， 则：， 因为 ， 向量： 设平面 的法向量 ， 则，令，则 所以：又因为 所以直线 与平面 所成角的正弦值为， 解得 ，所以 16．（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． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作于点，连接，利用几何关系及线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可求解； （2）法一，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及，利用线面角的向量法，即可求解；法二，利用等体积法，求出到平面的距离，再利用线面角的定义，即可求解. 【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）方法一（向量法） 因为，，平面 平面，所以， 以为坐标原点，分别以所在直线为，轴，过作底面的垂线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 方法二（几何法） 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. 17．（2026·福建南平·二模）如图所示，圆柱的一个轴截面为矩形，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为圆柱的一条母线，为的中点，且. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据图形特征结合勾股逆定理先证，，再由线线垂直得线面垂直，进而根据线面垂直的性质可得面面垂直；或根据定义证得为二面角是直二面角，进而得面面垂直. （2）建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值. 【详解】（1）思路一： 由BC是直径可知，则是等腰直角三角形，故， 由圆柱的特征可知平面ABC，又平面ABC，所以， 因为，，平面，则平面， 而平面，则， 因为，则，所以， ， 所以， 所以，即， 因为，，，，平面， 所以平面， 又平面，故平面平面. 思路二：因为，则，，， 所以， 所以，即， 同理可证， 在二面角中且， 所以为二面角的平面角， 由思路一知，所以二面角为直二面角，即平面平面 （2）由题意及（1）易知，AB，AC两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，，， 由（1）知平面，故平面的一个法向量是， 设是平面的一个法向量， 则有，取，可得 设平面与平面夹角为， 所以， 则平面与平面夹角的大小为. 18．（2026·福建龙岩·三模）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部（不含边界）的一点，且 ，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据椭圆的定义的动点的轨迹方程，根据异面直线所成角空间向量法得其表达式，利用换元法结合二次函数性质计算可得取值范围. 【详解】如图，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，在平面内，由，符合椭圆的定义． 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为， 由题意可知， 所以椭圆方程为：， 显然， 又，则， 直线与所成角的余弦值 又，代入得， 当时，令，， 由二次函数性质可知，在上单调递增，所以， 所以. 19．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，在斜三棱柱中，，，，，，分别为的中点． (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，延长，得出是的中位线，根据线面平行的判定定理结合中位线的性质即可证明. （2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据求出点的坐标，然后求出平面和平面的法向量，最后根据平面与平面夹角的向量公式即可求解. 【详解】（1）连接，延长，因为斜三棱柱​中，侧面是平行四边形， 对角线与​互相平分，又是的中点，因此是的中点. 又因为是中点，所以在中，是中位线，故​， 又平面，平面，因此平面. （2）以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由已知条件得： ，，， 设，由得， 是中点，故；是中点，故. 由​，得，代入解得，，即. 向量，. 设平面的法向量为. 由得， 取得，. 向量， . 设平面的法向量为. 由得， 取​得，. 设平面与平面的夹角为，则. 【点睛】 20．（2026·福建漳州·三模）如图，在四棱锥中，，点在线段上，， ，平面平面． (1)证明：； (2)过点作平面，使得平面，平面，请作出直线，写出画法并证明； (3)若，求当取最小值时，二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）在中，由余弦定理可得，由勾股定理的逆定理可得．再由面面垂直的性质可得平面，即可证明； （2）取的中点，的中点，连接，则即为直线．由面面平行的判断定理证明即可； （3）以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）证明：在中，，，， 所以， 所以，所以． 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面， 所以． （2）取的中点，的中点，连接，则即为直线． 证明如下：连接， 因为分别是和的中点， 所以， 又平面平面， 所以平面， 同理，平面， 又平面， 所以平面平面， 又过且与平面平行的平面有且只有一个，平面， 所以平面即平面， 又平面平面， 所以即为直线． （3）以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 其中轴在平面内，轴垂直平面， 则， 设， 则， 因为， 所以， 化简得， 又，所以， 所以点在面内的曲线上， 同理，点也在上． 在平面直角坐标系内，， 设直线的方程为， 代入， 得， 设， 则 解得． ， 令， 则 因为， 所以， 所以当，即时，， 此时在空间直角坐标系中，， 设是平面的法向量， ,即, 取 设是平面的法向量， , 即, 取 设二面角的大小为， 则， 又， 所以二面角的正弦值为 21．（2026·福建三明·二模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD为等腰梯形，且，，，且四面体AFDC的体积为． (1)求t的值； (2)若E为AD的中点，过点E，F的平面与AC平行，交PC于点G，求平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，根据四面体体积得到方程，求出高，进而得到t的值； （2）解法一：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角余弦公式进行求解； 解法二：作出辅助线，得到为二面角的一个平面角，求出各边长，得到面面角的余弦值. 【详解】（1）在平面PAD中，过点F作AD的垂线，垂足为Q，因为平面平面ABCD， 平面平面，平面PAD，所以平面ABCD 在梯形ABCD中，过点C作，垂足为H， 则，故， 所以，解得 在中，过点P作，垂足为O，则， 因为，，所以．所以 因为，所以，所以； （2）解法一：由（1）知O点即为E点，F为线段AP上靠近A的一个三等分点， 在线段PC上取一点G，使 因为，所以， 又因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG 取BC的中点M，连接EM，则， 由（1）知平面ABCD，所以，， 以E为原点，EM，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，， 所以，因为． 设平面ABG的法向量为，则． 所以．所以． 取，则，． 所以是平面ABG的一个法向量． 因为平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为． 设平面ABG与平面ABCD的夹角为，则． 即平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值为． 解法二：由（1）知O点即为E点，F为线段AP上靠近A的一个三等分点， 在线段PC上取一点G，使． 因为，所以， 又因为平面EFG，平面EFG，所以平面EFG 连接CE，则，又，所以四边形ABCE为菱形． 在线段CE上取点H，使得， 连接GH，则，由（1）知平面ABCD，所以平面ABCD， 因为平面ABCD，所以． 在平面ABCD内过点H作，交AB的延长线于点T， 则HT为菱形ABCE，AB边上的高．连接GT，则平面GHT，所以， 所以为二面角的一个平面角， 在菱形ABCE中，，， 所以AB边上的高为，即，又， 所以， 所以． 所以平面ABG与平面ABCD夹角的余弦值为． 22．（2026·福建漳州·三模）（多选）已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面可能是五边形 B．可能是钝角三角形 C．的最小值大于 D．的最小值小于 【答案】ABC 【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为钝角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于CD：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离． 【详解】对于A：如图，当点与两点不重合时， 将线段向两端延长，分别交的延长线于点， 连接分别交于两点， 连接，此时截面为五边形，故A正确； 对于B：当点与点重合时， ， ，，故是钝角，故B正确； 对于CD：如图，取的中点，连接， 在的延长线上取点，使得， 连接交于点，连接， 则，所以， 因为平面平面，所以， ， 仅当位于时，， 所以C正确． 因为，故D错误． 23．（2026·福建泉州·模拟预测）如图1，在梯形中，，，，于，，将沿翻折至，使得，如图2. (1)证明：平面； (2)已知四棱锥的体积为，若点在线段上，且二面角的大小为60°，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）利用题设条件先证，结合，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题意建系，利用四棱锥的体积求出的长，设，根据空间向量的夹角公式列出方程求得，再由线面角的向量解法即可求得答案. 【详解】（1）连接，在梯形中，因，则， ，，则，又，则， 翻折后.在中，，则得， 因，，平面，故平面. （2）由（1）得平面，且， 故可以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 设，由，解得， 则， 依题意，设，则，可得， 则，， 设平面的法向量为， 则，故可取. 因平面，则平面的法向量可取为， 依题意， 因，方程化简得，解得，此时， 因，设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 24．（2026·福建宁德·二模）如图1，平面四边形中，. (1)求的长； (2)将沿翻折到，连接，如图2.当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）解法一：由题意求得的值，利用余弦定理即可求解；解法二：由题意求得，利用正弦定理即可求解； （2）解法一：以的中点为原点，建立空间直角坐标系，设，结合已知求得设点的坐标，进而求得平面的一个法向量和直线的方向向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.解法二：取的中点，的中点.连接，可证平面，过作交的延长线于，设到平面的距离为，进而利用等体积法可求得，可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）解法一：平面四边形中，，； 因为，所以为等腰直角三角形， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 解法二：平面四边形中，，； 所以平面四边形为圆内接四边形， 又因为，所以为等腰直角三角形， 所以是圆的直径， 在中，，， 所以，，， ， 由正弦定理得，又， 故. （2）解法一：以的中点为原点，以，为x，y轴正方向，以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，由（1）可知，，，又因为， 所以， 解得，，，即， 则，，. 设平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 则，取，则，， 所以平面的一个法向量， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在中，，，故， 由，取的中点，的中点.连接，则，. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以平面 平面. 在中，，，，所以， 因为，所以. 过作交的延长线于， 则平面，且. 设到平面的距离为， 由，所以，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 25．（2026·福建厦门·模拟预测）在梯形ABCD中，，，E为CD上一点，，将△AED沿AE所在直线翻折成△AED＇（如图所示）.AD＇上一点M满足，在翻折过程中，二面角的正弦值的最大值为______. 【答案】 【分析】过作于，利用已知可得，过作于，进而可得，过作于，为二面角的平面角，计算可求得最大值. 【详解】过作于，因为，， 所以四边形是矩形，所以， 所以，所以， 又因为，，，所以， 又因为，所以， 所以，过作于， 则， 所以，过作于， 因为，又，平面， 所以平面，所以为二面角的平面角， 因为，又，所以， 又因为，所以， 由正弦定理可得，所以. 26．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在三棱柱中，，.过点，C的平面与直线AB垂直. (1)作出截此三棱柱所得的截面，请写出作图过程并说明理由； (2)已知，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)作图过程及理由见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，平面为平面，通过线线垂直证明线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再去求线面夹角正弦值 【详解】（1）取的中点为，连接，，则平面为平面. 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，平面为平面 （2）在三棱柱中，， 因为，所以， 在中，因为，所以， 由（1）得，所以， 所以，所以， 所以，，两两互相垂直. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则所以取，则. ， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 27．（2026·福建厦门·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，． (1)证明：平面PAC； (2)已知，点满足平面PEC． （i）求； （ii）求平面PBD与平面PEC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2)； 【分析】（1）设AC，BD交于点，通过证明即可证明平面PAC； （2）（i）取PC中点，通过证明及可得OFEB是平行四边形，即可求得； （ii）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面PBD、PEC的法向量，通过法向量求解余弦值即可． 【详解】（1）因为ABCD为菱形，所以，设AC，BD交于点，则， 又因为，所以，因为，AC，平面PAC，所以平面PAC． （2）（i）取PC中点，则且，由知， 所以，即四点共面， 因为平面PEC，平面OBEF，平面平面，所以， 因此OFEB是平行四边形，故，即． （ii）由（1）可知，平面PAC，因为平面ABCD，所以平面平面PAC， 因为平面平面，所以在平面PAC内作Oz垂直于AC，如图， 以为原点，建立空间直角坐标系， 由题意可知，，，， 因为，且，所以，， 因此，，， ，， 由此可知，设平面PBD的一个法向量， 则，也即， 令，得，设平面PEC的一个法向量， 则，也即， 令，得，所以， 所以平面PBD与平面PEC夹角的余弦值为． 28．（2026·福建·二模）已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断； （2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值． 【详解】（1）证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且， 因为，所以，，， 所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得， 所以，所以是锐角三角形． 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． （2）（i）因为 ，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角． （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为 ，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面 ，平面 ，平面， 所以 ，又 ，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面 ，平面 ，平面， 所以 ，又 ，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为 ，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为 ，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面 ，平面 ，平面， 所以 ，又 ，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为． 29．（2026·福建莆田·二模）（多选）已知正三棱台的所有顶点都在球的球面上，且，点满足，则（   ） A．当为棱的中点时， B． C．若直线平面，则 D．若，则球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对A：借助空间向量线性运算法则计算即可得；对B：设该三棱台高为，建立适当空间直角坐标系后可表示出、，再利用向量坐标运算即可得；对C：求出平面的法向量及向量后计算即可得解；对D：可计算出，从而得到、坐标，再设出球心坐标，利用外接球性质计算可得球心及该球半径，再利用球的表面积公式计算即可得. 【详解】对A：当为棱的中点时，， 则，故A正确； 对B：以为原点，为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设该三棱台高为，则、、， 设该三棱台上下底面中心为、，作底面于点， 则，，， 则，，故， 则，， 则，故B错误； 对C：、， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即， 、、， 则， 则， 由直线平面，则， 即， 故，故C正确； 对D：若，则， 则，， 由正三棱台性质，可设球心坐标， 则，即有， 解得，则， 故球的表面积为，故D正确. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $