专题07 立体几何与空间向量（期中真题汇编，广东专用）高三数学上学期

专题07 立体几何与空间向量 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．（25-26学年高三上·广东汕头潮阳区棉城中学·期中）如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（     ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·广东深圳理工附·质量监测）某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（       ） A. 10500 B. 12500 C. 31500 D. 52500 4．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）已知圆锥PO的母线长为2，O为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）设一个简单几何体的棱数与面数之和为.用表示正棱台，表示正棱锥，则（       ） A.  B. 存在，使得 C.  D. 存在，使得 6．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）某圆锥的底面半径为3，高为，则该圆锥的表面积为（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高三上·广东华侨中学·期中）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（     ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高三上·广东汕头潮阳区棉城中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（       ） A.  B. 三棱锥的体积为 C. 三棱锥的外接球的表面积为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 9．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）已知圆台上、下底面半径分别为，，高为，且，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为（       ） A.  B.  C.  D. 1 10．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）（多选）如图，正三棱柱的每条棱的长度均为为棱的中点，底面，点在平面的上方，且，则（       ） A. 平面平面 B. 四面体外接球的表面积为 C. 直线与直线相交 D. 四面体与正三棱柱的公共部分的体积为 11．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）正方体的顶点在平面内，三条棱，都在平面同侧.若顶点到平面的距离分别为，则该正方体外接球的表面积是（       ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）在三棱锥中，平面，，且，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）（多选）如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（     ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 14．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则　　　　　　　　． 15．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为　　　　　. 16．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）所有棱长均为4的三棱锥的体积是　　　　　. 17．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）在三棱锥中，若平面，，，，点、、、在同一个球面上，则该球的表面积为　　　　　　． 18．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱为一“堑堵”，P是的中点，，则该“堑堵”的外接球的表面积为　　　　　　；在过点P且与直线平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为　　　　　　 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．（25-26学年高三上·广东佛山南海区石门中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列结论中正确的是（       ） A. 平面 B. 的最小值为 C. 平面平面 D. 异面直线与所成角的最大值是 2．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）（多选）在正方体中，下列结论正确的是（     ） A. 与所成的角为 B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 与平面所成的角为 3．（2026·广东东莞·联考）在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（2026·广东深圳宝安中学·联考）（多选）在直三棱柱中，，，，点在棱上，，是的中点，则（       ） A. 三棱柱的侧面积为 B. 三棱柱外接球的表面积为 C. ∥平面 D. 平面 5．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）（多选）已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（       ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 6．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）设为两个平面，为两条直线，则下列结论中正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 7．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）（多选）如图，直二面角中，，动平面分别交平面和平面于直线､直线，则下列命题正确的是（       ） A. 平面内不存在与平面平行的直线 B. 平面内存在无数条直线与平面垂直 C. 当平面，平面，平面两两垂直时，它们的交线也两两垂直 D. 直线，直线中至少有一条与直线垂直 8．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点.    （1）求证: 平面； （2）求三棱锥的体积. 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，若点在圆锥的侧面上运动，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）（多选）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为60° D. 若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 3．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）如图，正四面体容器的容积为，里面装了体积为的水，固定容器底面一边将容器倾斜，当水面所在平面恰好过点且与棱分别交于点，则平面与平面的夹角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（       ） A. 若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B. 平面平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 5．（高三上·广东汕头金山中学·期中）（多选）如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则下列说法中正确的是（       ） A.  B.  C. 向量与的夹角是 D. 与所成角的余弦值为 6．（2026·广东东莞·联考）（多选）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面（含边界）上的动点，且平面平面，则下列说法正确的是（       ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 点的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 若，且平面，则的取值范围为 7．（25-26学年高三上·广东佛山南海区石门中学·期中）如图，圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为为圆台下底面的一条直径，圆上点满足是圆台上底面的一条半径，点在平面的同侧，且. （1）证明：平面平面； （2）若圆台的高为2，求直线与平面所成角的正弦值. 8．（25-26学年高三上·广东汕头潮阳区棉城中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，且，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 9．（2026·广东深圳理工附·质量监测）如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 10．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 11．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，． （1）设平面平面，求证：； （2）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度． 条件①：平面平面； 条件②：； 条件③：四棱锥的体积为． 12．（2026·广东东莞·联考）如图，在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，是的中点，是上的一点. （1）证明：平面平面； （2）若异面直线和垂直，求二面角的正弦值. 13．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为　　　　. 14．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且.    （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由. 15．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 16．（2026·广东深圳宝安中学·联考）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． （1）若，证明：平面； （2）在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 17．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 18．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，平面平面，平面平面，平面与平面夹角为. （1）证明：平面； （2）求四棱锥外接球的体积； （3）点，，分别在棱，，上，当时，求直线与平面所成角的正弦值. 19．（25-26学年高三上·广东华侨中学·期中）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠使得△ACD垂直于底面ABC，则异面直线AD与BC的距离为　　　　　　． 20．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）如图，在四棱锥中，，. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正切值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 21．（25-26学年高三上·广东佛山南海区石门中学·期中）如图，三棱锥中，，且，. （1）当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； （2）设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 22．（高三上·广东汕头金山中学·期中）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为，为线段上一动点，． （1）当时，证明：平面． （2）当时，若，平面平面，求二面角的正弦值范围． 23．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）求到平面的距离； （2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 24．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）如图，平面将棱长为4的正方体分割成两部分，平面分别与棱交于点，且.    （1）证明：. （2）若，求平面与平面的夹角的取值范围. （3）已知均为非负整数，且的每一组取值对应一种分割方式，设几何体的体积为. （i）证明：为定值； （ii）若从所有不同的分割方式中随机选取一种分割方式，求的概率. 25．（25-26学年高三上·广东华侨中学·期中）如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，，点为棱的中点.    （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点F到平面的距离. 26．（2026·广东深圳理工附·质量监测）在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是　　　　　　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何与空间向量 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．C 2．A 3．A 4．C 5．D 6．D 7．A 8．ACD 9．D 10．AB 11．A 12．B 13．ACD 14．【答案】2 【分析】 先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】 如图，将三棱锥转化为正三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 故答案为：2. 【点睛】 方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解； （3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 15．【答案】 【分析】 通过补形法，求出长方体外接球的半径的平方即可得解. 【详解】 如图，补形为长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高为， 则，所以， 所以，所以棱锥外接球的表面积为. 故答案为：. 16．【答案】 【分析】 分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 【详解】 如图，正三棱锥的所有棱长均为4，为的中心，连接， 则底面， 则，， 所以， 故正四面体的体积. 故答案为：. 17．【答案】 【分析】 推导出，将三棱锥放置于长方体内，计算出其体对角线长，可得出外接球直径，结合球体表面积公式可得结果. 【详解】 在三棱锥中，平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以可将三棱锥放置于长方体内，如图所示， 该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点， 即外接球的半径为长方体体对角线长的一半， 此时为长方体的体对角线，即为外接球的直径， 且， 所以该球的表面积． 故答案为：. 18．【答案】①     ② 【分析】 ① 如图1，把原三棱柱补成正方体，则正方体对角线为外接球的一条直径，根据求出半径，再根据面积公式求解. ② 如图2，取中点E，F，G构造面，由与线线平行推出与面平行，根据边长关系进一步推出四边形即为唯一的等腰梯形，求其面积即可. 【详解】 如图1，将三棱柱补成正方体， 则外接球的半径，则外接球的表面积为． 如图2，分别取的中点为E，F，G，连接FG，EP，EF，PG． 因为F，G分别为的中点，所以且． 在直三棱柱中，且． 因为E，P分别为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且，所以，且，所以P，E，F，G四点共面． 因为E，F分别为的中点，所以． 又,，所以． 因为且F，G分别为的中点，所以， 则，所以四边形即为符合要求的等腰梯形． 当E不是的中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个． 在等腰梯形中，,． 过点G作的垂线，交于点H， 所以． 故答案为：； 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．ABC 2．BCD 3．D 4．BCD 5．AD 6．C 7．CD 8．【答案】（1） 证明：连接与交于点，连接，因为为的中点， 为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）依据线面平行的判定定理，找出面内的直线平行于即可证明平面； （2）根据等积法，即可算出． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因正方体的棱长为2，点为的中点，平面， 则点到平面的距离等于到平面的距离的一半，距离为1， 因， 即三棱锥的体积为． 考点03 空间向量的应用 1．A 2．ABD 3．D 4．BCD 5．AC 6．ABD 7．【答案】（1） 取中点，由题意，， 又，故. 又，故， 所以四边形为平行四边形，则. 由平面，故平面， 又面，故平面平面.     （2）      【分析】 （1）取中点，四边形为平行四边形，从而得到，根据平面可得平面，从而得到需求证的面面垂直. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：， 故 设平面的法向量 而， 故 ，令，得 设所求角的大小为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 8．【答案】（1） 因为平面，平面，则， 因为，即， 因为，平面，平面， 故平面.     （2）.      【分析】 （1）根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式求解即可； 法二：利用等体积法求得D到平面距离为，在中，由余弦定理得，进而求出，利用等面积法求得为点到交线的距离，设平面与平面的夹角为，求出，进一步求出，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：平面，， 以点D为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，， 所以、、、、， ，，，， 设平面的法向量为， 则 ，取，可得， 设平面的法向量为， 则 ，取，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：因为， 所以， 又，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为， 而，所以， 故，即D到平面距离为. 依题意，计算可得，在中，，，， 由余弦定理，得， 因为，所以， 又， 设为点D到交线的距离，则， 设平面与平面的夹角为， 所以，所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 9．【答案】（1） 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）由题意可得平面，可得，结合已知可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面，利用向量法可求两平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 10．【答案】（1）证明：在三棱台中，取的中点，连接， 由，得，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，而平面，则， 又，则四边形是菱形，， 而平面，因此平面，又平面， 所以.      （2）.      【分析】 （1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，则，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， ， 设平面的法向量，则 ，取，得， 设直线与平面所成的角为， ，当且仅当，即时取等号， 所以三棱台的体积 . 11．【答案】（1）证明：在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，则， 而平面平面，于是平面， 又平面，且平面平面，所以.     （2）（ⅰ）；（ⅱ）.      【分析】 （1）利用线面平行的判定、性质推理即得. （2）选条件① ③ 或② ③ ，证明底面，求出，（ⅰ）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令，利用垂直关系的向量表示求出即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 选条件① ③ ，平面平面，四棱锥的体积为， 连接和交于点，连接，显然是中点，由，得， 而平面平面，平面，底面， ，，解得， 选条件② ③ ，，四棱锥的体积为， 连接和交于点，连接，显然是中点，由，得， 又是中点，由，得，而平面，则，底面， ，，解得， 若选条件① ② ，平面平面，，此2条件均可证明底面， 点的位置不确定，即四棱锥存在，但不唯一，因此条件① ② 不可选. （i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，得， 平面的法向量为，因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为. （ii）平面交线段于点，由（i）知，， 设，则， 由，得，所以. 12．【答案】（1） 由题知，， 因为平面，平面， 所以， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以， 又是中点， 所以，又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面.     （2）      【分析】 （1）利用线面垂直的性质定理得到线线垂直，结合等腰三角形三线合一，得到线面垂直，再利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题目建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据和垂直以及在上，即可得到点坐标，然后利用向量法求解面面角的余弦值，即可根据平方关系求得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题知，以为原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系如图所示， 过作，因为， 所以， 则，设， 则，即， 又，即， 所以， 所以，即， 则， 设平面的一个法向量， 平面的一个法向量， 则 ，取，可得， 又 ，可得 ， 取，可得， 令平面与平面的夹角为， 则， 所以， 即二面角的正弦值为. 13．【答案】 【分析】 取的中点，连接，推导出，然后以点为坐标原点，、、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异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】 因为，四边形为平行四边形，且， 则四边形为菱形，所以，，故为等边三角形， 取的中点，连接，则， 又因为，则， 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、、、， 所以，，， 所以，， 因此，异面直线与所成的角的余弦值为. 故答案为：. 14．【答案】（1）      （2） 存在，      【分析】 （1）证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值； （2）在（1）基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案； (1) 小问详解： 设，连接， 因为底面为菱形，所以，，为的中点， 又，为公共边，所以≌， 所以，⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面， 故二面角的大小为， 又，则，， 又，所以为等边三角形，， 由三面角余弦定理得 ； (2) 小问详解： 存在，，理由如下： 由三面角余弦定理得， 即，， 显然为锐角，故， 在中，由正弦定理得， 即，故， 由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 此时，使得； 15．【答案】（1） 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，即， 取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以 又面面ABCD，面面，面， 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）存在，或，理由如下： 取AB的中点，连结ON，则，所以 以为正交基底建立空间直角坐标系， 则， 设，，则， 又，设平面的一个法向量为， 则 ，即 ，若， 取， 由直线AP与平面MBD所成角为，得， 化简得   解得或， 当或时，直线AP与平面所成角为.      【分析】 （1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论； （2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 16．【答案】（1） 取线段的中点P，连接PM，PD， 因为MP为梯形的中位线，所以， 又因为，所以， 因为，，且，所以，， 所以四边形MNDP为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面．     （2） 在平面中，作于O， 因为平面平面ABCD，且平面平面， 所以平面ABCD， 在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则， 分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为四边形为等腰梯形，，，所以， 又因为，所以， 则，，，，，设，，所以， 设平面的法向量为， 所以 ，则 ， 令，所以， 又因为M为的中点， 所以，所以，， 设平面BMN的法向量为， 所以 ，则 ， 令，所以， 又因为平面与平面MNB夹角的余弦值为， 所以，整理得， 所以，解得或， 又因为，所以， 所以存在，点N为CD的中点．      【分析】 （1）取线段的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）在平面中，作于O，可证，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，求得平面的一个法向量为，平面BMN的一个法向量为，利用向量法可求得，可得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 17．【答案】（1）取的中点，连接，， 又是的中点，则且， 由是的中点，底面为矩形，则， 故，，所以， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面.      （2）      【分析】 （1）构造三角形的中位线，得到线线平行，根据线线平行，可证线面平行. （2）方法1：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦； 方法2：根据二面角的平面角的概念，作出平面与平面所成的角，再利用三角形的边角关系，求二面角的余弦. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 底面为矩形，可得， 平面平面，平面平面，，平面PAB， 所以平面，则，， 可以以，，分别为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，， 所以， 设平面EFD的一个法向量为， 则 ，令，则， 依题意，可得平面PAB的一个法向量为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：（2）底面为矩形，，平面平面， 平面平面，平面，所以平面PAB. 延长，交于点，连接， 过点作，垂足为点，连接. 平面，平面， ，，平面，平面， 平面ADH，， 为二面角的平面角， ，，，， ，，， 在中，，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18．【答案】（1） 已知平面平面，平面平面， 又因为平面平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，证明线面垂直即可； （2）根据棱锥的外接球的性质，列出方程，求出外接球的半径，根据球的体积公式，求出结果； （3）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，根据线面夹角正弦值的向量方法，求出结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，设球心为，球心在面上的射影为， 连接，设球的半径为， 因为平面，所以， 所以就是平面与平面夹角的平面角，即为. 所以矩形为正方形， 所以球心在面上的射影是正方形对角线的交点， 已知，平面， 所以，可得. 所以外接球的体积为. (3) 小问详解： 如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以， 因为面，面，所以面， 同理，面，面，所以面， 因为，所以面面， 所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 可知， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，解得， 则平面的一个法向量为， 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 19．【答案】 【分析】 利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线的距离. 【详解】 取的中点，连结，， 由条件可知，平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 如图，以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，， ，，, 设与垂直的向量为，则 ，令，则，所以， 则异面直线AD与BC的距离为. 故答案为： 20．【答案】（1） 取的中点，连接、， 因为， 所以，， 又，，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以，即， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面.      （2）存在，点在的中点，理由如下： 依题意四边形为等腰梯形，取的中点，连接，则且， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 当与点重合时，平面与平面重合，显然不符合题意； 设，则， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，若， 由 ，解得（负值舍去）， 又， 解得或（舍去）， 解得， 所以存在点，在的中点时，平面与平面的夹角的正切值为. 【分析】 （1）取的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可得证； （2）取的中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则，利用空间向量法得到方程，解得即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 21．【答案】（1）① 证明： 三角形的面积为定值，且 ， 当三棱锥 的体积最大时， 平面， 平面 ，； ②     （2）      【分析】 （1）① 由于三角形的面积为定值，当三棱锥 的体积最大时， 平面，从而可证；② 先证 平面 ，可得，而 到的距离相等，所以为三棱锥 的外接球的球心. 求出外接球半径，利用外接球的表面积公式即可求解. （2）如图建立空间直角坐标系，设为的中点，，可设，得 ，利用空间向量法可得的表达式，再构造函数，利用导数研究函数的单调性即可求得的最小值. (1) 小问详解： ① 略 ② 由① 知，当三棱锥的体积最大时，平面 ， 平面 ， 平面 ，， 又 为的中点， 到的距离相等， 即为三棱锥 的外接球的球心. 设外接球半径为，则， 三棱锥的外接球的表面积为 ； (2) 小问详解： 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设为的中点，， 可设 ，由 ，得， 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即 ，令则 ， 可得平面的法向量 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即 ，令，则 ， 可得平面的法向量 , 则 ； 设 ，则 ， 易知 单调递减： 单调递增， 当 时， ， 所以 的最小值为. 【点睛】 关键点点睛：第二小问中，如何设点 坐标是解题关键，利用空间向量法表达出，通过构造函数，求出函数的最小值是难点. 22．【答案】（1） 当时，即为的中点，设，连接， 则是的中位线，则， 因为平面，平面， 所以平面；      （2）      【分析】 （1）找到中位线，由中位线得到线线平行，从而证明线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，结合正方形对角线垂直得到线面垂直，从而得到线线垂直，然后由直三棱柱的体积求出棱长. 解法1，过作，由几何法得到二面角和二面的平面角，从而得到二面角的平面角，由线段关系得到，然后由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法2，延伸平面交平面与，由几何法得到二面角的平面角，由线段关系求得，由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法3，由空间中三条线两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到点坐标和向量坐标，由已证可直接写出平面的一个法向量，利用向量的数量积求得平面的一个法向量，再利用向量的数量积求得二面角的余弦值，从而得到其正弦值，由的取值范围结合二次函数性质求得范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在矩形中，，故矩形为正方形，从而. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 从而，在直三棱柱中，平面，故有， 又因为，平面， 所以平面， 从而且，设， 依题意，，且， 于是，，即. 解法1：过作垂直于．垂足为，过作交于点，连接． 由（1）知，平面，从而. 又因为，所以平面，从而，故为二面角的平面角. 又因为且，所以为二面角的平面角． 又，故二面角的平面角为， 设二面角的平面角为，依题意，. 因为，且，故. 由于，，故有，从而， 所以 因为，所以， 从而， 于是． 因此二面角的正弦值范围为. 解法2：过点作交于点，连接， 显然，故四点共面． 因为平面，从而且. 故为二面角的平面角. 因为，，所以， 又因为，所以，. 在直角中，， 故有. 因为，所以. 于是. 因此二面角的正弦值范围为. 解法3：∵， 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∵平面，∴为平面的一个法向量， ∵，∴， ， 设向量为平面的一个法向量， 则 ，令，则 ，即， 设二面角为， 则， ∴， 令， 又∵，∴，∴， ∴. 23．【答案】（1）     （2）存在，      【分析】 （1）先证明线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，利用点到平面距离公式求解； （2）假设存在点使得命题成立，得出点坐标及相关向量坐标，利用垂直关系求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式构造方程求出，进而得出的值． (1) 小问详解： 取的中点，连接，， 为等边三角形，， 又平面平面，平面平面， 平面， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立下图所示空间直角坐标系， 是边长为2的等边三角形，， ，则，，，，， ，，设平面的法向量为， ，，即 ，令，则， 又， 到平面的距离． (2) 小问详解： 假设线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 则， ，， 设平面的法向量为， ，，， ， 令，则， 又平面的法向量为， ， 化简得，解得或，又，，（舍去）， 存在点，此时． 24．【答案】（1） 过点作，过点作，可得，且， 在正方体中，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以，同理可得，所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为，所以，所以， 因为，所以.     （2）     （3） （i）如图所示，分别连接， 则几何体的体积为， 因为， ， 且， 可得，所以，为定值.    （ii）      【分析】 （1）过点作，过点作，证得，得到，即可证得； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和的法向量为和，求得，结合，求得，即可求解； （3）（i）分别连接，结合，利用锥体的体积公式，求得，即可求解；（ii）由（i）知，由，得到，得到的取值为，利用列举法，求得基本事件的总数和所求事件包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，则， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 又因为平面，所以平面的一个法向量为， 则， 因为，且，即， 所以， 又由， 又因为，所以，所以， 因为，可得， 所以平面与平面的夹角的取值范围. (3) 小问详解： （i）略 （ii）由（i）知，几何体的体积为， 因为，可得， 又因为均为非负整数，所以的组合为，共4种， 因为，且点点在线段，点在线段上， 则且，所以，所以的可能取值为，共4种， 所以满足的组合数为种， 由均为非负整数，且， 当时，有种；当时，有种； 当时，有种；当时，有种； 当时，有种；当时，有种； 当时，有种； 所以共有种分割方式， 所以满足的概率为. 25．【答案】（1） 连接，交于点O， 由P，O分别为和的中点，得， 而平面，平面， 所以平面.         （2）      （3）       【分析】 （1）连接，交于点O，根据中位线的性质及线面平行的判断定理即可判断平面. （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得平面的法向量，根据线面角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）求得平面的法向量，利用点到平面的距离公式即可求得F到平面的距离． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由直线平面，，以所在的直线为x轴， 以所在的直线为y轴，以所在的直线为z轴，建立如图所示的直角坐标系.    则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量，则 ， 令，则， 所以平面的一个法向量为，又 设直线与平面所成角的正弦值，则. (3) 小问详解： ，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为，又， 所以点F到平面的距离. 26．【答案】 【分析】 画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值. 【详解】 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 所以. 故答案为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何与空间向量 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．（25-26学年高三上·广东汕头潮阳区棉城中学·期中）如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 先求出平行四边形的面积，再根据直接求解. 【详解】 因为四边形是平行四边形，且，， 所以平行四边形面积 根据直观图与原图面积关系， 所以. 故选： 2．（2026·广东深圳理工附·质量监测）某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用线面角求出正四棱锥的高，再利用其体积. 【详解】 在正四棱锥中，令，连接，平面， 则，由，得， 所以该正四棱锥的体积为. 故选：A. 3．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（       ） A. 10500 B. 12500 C. 31500 D. 52500 【答案】A 【分析】 利用棱台的体积公式,即可计算得出答案． 【详解】 一斛米的体积为， 因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为， 故选：A. 4．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）已知圆锥PO的母线长为2，O为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据给定条件，利用圆锥侧面积公式求出底面圆半径，进而求出高即可计算得解. 【详解】 设圆锥PO的底面圆半径为，由母线长为2，侧面积等于，得， 解得，因此圆锥的高， 所以该圆锥的体积为. 故选：C 5．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）设一个简单几何体的棱数与面数之和为.用表示正棱台，表示正棱锥，则（       ） A.  B. 存在，使得 C.  D. 存在，使得 【答案】D 【分析】 根据新定义结合棱锥及棱台的棱数与面数计算判断各个选项即可. 【详解】 用表示正棱台，表示正棱锥， ，A选项错误； ，要使得，所以不符合题意，B选项错误； ，C选项错误； 存在，使得，D选项正确； 故选：D 6．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）某圆锥的底面半径为3，高为，则该圆锥的表面积为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 先求得圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式求得正确答案. 【详解】 依题意得该圆锥的母线长为， 则该圆锥的表面积为. 故选：D 7．（25-26学年高三上·广东华侨中学·期中）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 先利用题干条件求得圆锥母线与高的关系，结合三角函数定义即可求得圆锥母线与底面所成角的大小. 【详解】 设圆锥底面的半径为，母线长为，高为，则由题意得，解得， 设圆锥母线与底面所成角为，则， 所以圆锥母线与底面所成角的大小为. 故选：A. 8．（25-26学年高三上·广东汕头潮阳区棉城中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是的中点，则（       ） A.  B. 三棱锥的体积为 C. 三棱锥的外接球的表面积为 D. 由三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 【答案】ACD 【分析】 利用线面垂直证得线线垂直；等体积法计算三棱锥的体积；先计算三棱锥的外接球的半径，根据球的表面积公式计算即可；先找到平面的截面图形再计算截面周长. 【详解】 对于A，，，， 平面，平面，平面， 又平面，，A正确； 对于B：三棱锥的体积，B错误； 对于C，三棱锥的外接球等价于正方体外接球，设其半径为， 其直径等于正方体体对角线长：， 则所求外接球的表面积为，C正确． 对于D，如图，过三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形， 为的中点（平行则四点共面），∴等腰梯形周长为，D正确． 故选：ACD． 9．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）已知圆台上、下底面半径分别为，，高为，且，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为（       ） A.  B.  C.  D. 1 【答案】D 【分析】 利用圆台的体积公式求出，再利用进行消元，得到关于的函数，再利用导函数求其单调性即可求出，的值，最后结合图形求其正切值. 【详解】 因，则， 因，得， 令，则， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，此时， 故圆台母线与底面所成角的正切值为. 故选：D. 10．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）（多选）如图，正三棱柱的每条棱的长度均为为棱的中点，底面，点在平面的上方，且，则（       ） A. 平面平面 B. 四面体外接球的表面积为 C. 直线与直线相交 D. 四面体与正三棱柱的公共部分的体积为 【答案】AB 【分析】 根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，进而证明面面垂直，判断A；因为四面体是侧棱垂直于底面，且底面为直角三角形的三棱锥，所以可根据对应的模型求得外接球半径，从而求得外接球表面积，以判断B；用反法思想证明直线与直线不相交，以判断C；四面体与正三棱柱的公共部分为棱台，可用三棱锥相似及四面体与求得公共部分体积，判断D. 【详解】 对于A，正中，因为为棱的中点，所以，. 因为正三棱柱中，侧棱平面，平面，所以. 平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面.所以A正确. 对于B，四面体中，底面. 因为，所以是直角三角形，所以其外接圆半径为. 所以四面体的外接球半径. 所以四面体外接球的表面积为.所以B正确. 对于C，因为侧棱平面，底面，所以平行于. 因为平面，平面，所以平面. 所以平面平面. 若直线与直线相交，记交点为M，则，又，直线与直线有两个公共点， 所以重合，显然不成立，所以直线与直线不相交.所以C错误. 对于D，如图，记，连接，交于点H. 连接，交于点G，连接. 四面体与正三棱柱的公共部分为三棱台. 因为. 所以. 所以. 四面体与正三棱柱的公共部分的体积为.故D错误. 故选：AB. 11．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）正方体的顶点在平面内，三条棱，都在平面同侧.若顶点到平面的距离分别为，则该正方体外接球的表面积是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为和平面的法向量为，由空间点到面的距离分别表示出顶点到平面的距离，进而得到棱长，再求出半径即可. 【详解】 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系. 设正方体棱长为，则， 设平面的法向量为， 则由顶点到平面的距离分别为， 可得， 即，则. 将三个等式平方相加可得：，则， 所以正方体外接球半径，所以外接球表面积. 故选：A. 12．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）在三棱锥中，平面，，且，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 设，，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值． 【详解】 如图， 设，，为的外心， 为三棱锥外接球的球心， 则平面，又平面， 所以，平面， 则，四边形是直角梯形， 设，，， 由平面，平面，得， 则，由余弦定理可知，，. 令，则，， ，当且仅当，即时等号成立， 所以三棱锥外接球表面积， 故选：B. 13．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）（多选）如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（     ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】 由面面垂直得到何时四棱锥体积最大，并求出此时四棱锥体积，判断A选项；取中点，由等腰三角形和中位线得到线线的位置关系，从而得到线与平面的位置关系，从而得到线线的位置关系，然后得到线与平面的位置关系.假设存在这样的点，由三角形的边角关系建立方程，由方程是否存在解判断B选项；建立坐标系得到点坐标，设线段的中点坐标为，，然后建立方程组求得点坐标，由建立等量关系，从而得到轨迹方程，从而求得轨迹长度，判断C选项；由面面垂直得到线面垂直，再证明四点共圆，得到四棱锥的外接球，求出外接球的半径，从而知道外接球的表面积，判断D选项. 【详解】 平面平面时，易知平面，此时体积最大，，故A正确； 对于B，连接点与中点，连接，因为，所以， 由题意可得为中点，是中点，故， 所以，故，， 又，、平面，故平面， 又平面，所以 ，则当时， 又、平面，，故有平面， 又平面，故平面平面，即需，由题意可得 ， ，， 即当时，有， 由，故存在点，使，故B不正确；    对于C，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系， ，，设线段的中点坐标为，，， 由，得 ，所以 ，即，    由，得，整理得， 所以中点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆， 所以中点的运动轨迹长度为，故C正确； 对D: 平面平面时，平面，又由，故， 由，故 ，即四边形四点共圆，故四棱锥的外接球即三棱锥的外接球， 分别以、、为长、宽、高作长方体， 则该长方体的外接球即三棱锥的外接球，， 此时表面积为， 即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 14．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则　　　　　　　　． 【答案】2 【分析】 先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】 如图，将三棱锥转化为正三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 故答案为：2. 【点睛】 方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解； （3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 15．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为　　　　　. 【答案】 【分析】 通过补形法，求出长方体外接球的半径的平方即可得解. 【详解】 如图，补形为长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高为， 则，所以， 所以，所以棱锥外接球的表面积为. 故答案为：. 16．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）所有棱长均为4的三棱锥的体积是　　　　　. 【答案】 【分析】 分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 【详解】 如图，正三棱锥的所有棱长均为4，为的中心，连接， 则底面， 则，， 所以， 故正四面体的体积. 故答案为：. 17．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）在三棱锥中，若平面，，，，点、、、在同一个球面上，则该球的表面积为　　　　　　． 【答案】 【分析】 推导出，将三棱锥放置于长方体内，计算出其体对角线长，可得出外接球直径，结合球体表面积公式可得结果. 【详解】 在三棱锥中，平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以可将三棱锥放置于长方体内，如图所示， 该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点， 即外接球的半径为长方体体对角线长的一半， 此时为长方体的体对角线，即为外接球的直径， 且， 所以该球的表面积． 故答案为：. 18．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱为一“堑堵”，P是的中点，，则该“堑堵”的外接球的表面积为　　　　　　；在过点P且与直线平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为　　　　　　 【答案】①     ② 【分析】 ① 如图1，把原三棱柱补成正方体，则正方体对角线为外接球的一条直径，根据求出半径，再根据面积公式求解. ② 如图2，取中点E，F，G构造面，由与线线平行推出与面平行，根据边长关系进一步推出四边形即为唯一的等腰梯形，求其面积即可. 【详解】 如图1，将三棱柱补成正方体， 则外接球的半径，则外接球的表面积为． 如图2，分别取的中点为E，F，G，连接FG，EP，EF，PG． 因为F，G分别为的中点，所以且． 在直三棱柱中，且． 因为E，P分别为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且，所以，且，所以P，E，F，G四点共面． 因为E，F分别为的中点，所以． 又,，所以． 因为且F，G分别为的中点，所以， 则，所以四边形即为符合要求的等腰梯形． 当E不是的中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个． 在等腰梯形中，,． 过点G作的垂线，交于点H， 所以． 故答案为：； 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．（25-26学年高三上·广东佛山南海区石门中学·期中）（多选）如图，正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列结论中正确的是（       ） A. 平面 B. 的最小值为 C. 平面平面 D. 异面直线与所成角的最大值是 【答案】ABC 【分析】 根据和可证平面；根据是正三角形可得当为中点时，取的最小值；由面面平行的判定定理可得平面平面；异面直线与所成角即为与所成角，当为中点时，与所成角取得最大值. 【详解】 正方体中，平面，平面，， 正方形中，，，平面，故A正确； 是正三角形，且边长为，当为中点时，取的最小值为，故B正确； 正方体中，且，故四边形是平行四边形， ，平面，平面，平面， 同理可得平面，，平面平面，故C正确； 易得，则异面直线与所成角即为与所成角，且当为中点时，与所成角的最大值为，故D错误. 故选：ABC. 2．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）（多选）在正方体中，下列结论正确的是（     ） A. 与所成的角为 B. 与所成的角为 C. 与平面所成的角为 D. 与平面所成的角为 【答案】BCD 【分析】 根据正方体的结构特征，结合异面直线、线面角的定义判断各项的正误. 【详解】 如下图，且为等边三角形，则与所成的角为，A错； 由，且平面，平面，则，故，B对； 由平面，平面，则，又， 且都在平面内，则平面， 所以与平面所成角为，且，故，C对； 由平面，则与平面所成角为，D对. 故选：BCD 3．（2026·广东东莞·联考）在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 取的中点，可得四边形是平行四边形，，（或其补角）就是异面直线与所成的角，设正方体的棱长为，在中，利用余弦定理可得答案. 【详解】 如图，取的中点，连接分别为的中点， 所以，故. 所以四边形是平行四边形，所以，故（或其补角）就是异面直线与所成的角. 设正方体的棱长为2，则，所以. 又，所以在中，有. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D. 4．（2026·广东深圳宝安中学·联考）（多选）在直三棱柱中，，，，点在棱上，，是的中点，则（       ） A. 三棱柱的侧面积为 B. 三棱柱外接球的表面积为 C. ∥平面 D. 平面 【答案】BCD 【分析】 对于A，直接求解侧面面积即可，对于B，判断出为直角三角形，然后根据已知直接求解外接球的半径，从而可求出其表面积，对于C，由棱柱的性质和线面平行的判定分析判断，对于D，由题意可证得平面，由，再由勾股定理的逆定理可得，然后由线面垂直的判定定理可证得结论. 【详解】 对于A，因为在直三棱柱中，，，， 所以三棱柱的侧面积为 ，所以A错误， 对于B，因为，，所以， 所以为以为直角顶点的等腰直角三角形， 所以三棱柱的外接球半径， 所以外接球的表面积为，所以B正确， 对于C，因为∥，平面，平面，所以∥平面，所以C正确， 对于D，由已知得，又是的中点，所以， 因为侧棱平面，平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 因为， 所以， 则，所以. 因为，平面， 所以平面，所以D正确， 故选：BCD. 5．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）（多选）已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（       ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】AD 【分析】 根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可. 【详解】 A，因为，，所以， 又，所以不同的平面满足，故A正确； B，若，且，则或两平面相交， 比如：正方体的底面和侧面中分别取直线，且，但是底面和侧面并不平行，故B错误； C，若，且，则两平面相交或平行， 比如：正方体的上下两个底面中分别取直线，且，上底面与平行，但是上底面与下底面并不垂直；故C错误； D，因为，，则，又，所以，故D正确. 故选：AD 6．（25-26学年高三上·广东广州黄埔区·期中）设为两个平面，为两条直线，则下列结论中正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 【答案】C 【分析】 ABD都可以举出反例；C可以利用线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理综合证明. 【详解】 对于A：当直线在平面内时，即，此时也可能满足，但根据定义，直线在平面内，线面不平行，故A错误； 对于B：当时，若，则，此时，不成立，故B错误； 对于C：由，经过直线的平面如果与平面有交线，由线面平行的性质定理知且，又，所以，而，所以，故C正确； 对于D：在正方体中，设平面为平面，平面为平面，则两平面的交线为.设直线为，则，但不与垂直，也不与垂直，故D错误. 故选：C. 7．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）（多选）如图，直二面角中，，动平面分别交平面和平面于直线､直线，则下列命题正确的是（       ） A. 平面内不存在与平面平行的直线 B. 平面内存在无数条直线与平面垂直 C. 当平面，平面，平面两两垂直时，它们的交线也两两垂直 D. 直线，直线中至少有一条与直线垂直 【答案】CD 【分析】 利用线面平行的判定判断A；利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合反证法推理判断D；利用线面垂直的判定推理判断B；利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理判断C. 【详解】 对于A，在上取不与点重合的点，过点在平面内作直线， 则平面，而平面，因此平面，A错误； 对于D，假设直线，直线都不垂直于直线， 则在平面内过点作于，在平面内过作， 由，得， 由直二面角，得平面平面， 而平面平面，则平面，， 而平面， 于是平面，而平面， ，因此与假设矛盾，假设错误， 则直线，直线中至少有一条与直线垂直，D正确； 对于B，若，不垂直， 则平面内不存在直线与平面垂直，B错误； 对于C，由选项D知平面平面，若平面平面， 在平面内取点，过点作，则可得平面， ，同理，而平面， 则平面，而平面，于是， 又平面平面，同理得， 因此当平面，平面，平面两两垂直时，它们的交线也两两垂直，C正确. 故选：CD 8．（2026·广东深圳第二实验学校·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点.    （1）求证: 平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 证明：连接与交于点，连接，因为为的中点， 为的中点，所以，又平面，平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）依据线面平行的判定定理，找出面内的直线平行于即可证明平面； （2）根据等积法，即可算出． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因正方体的棱长为2，点为的中点，平面， 则点到平面的距离等于到平面的距离的一半，距离为1， 因， 即三棱锥的体积为． 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）已知圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径，若点在圆锥的侧面上运动，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由，最小时，有最小值，求的最小值即可. 【详解】 圆锥的底面半径为，高为1，其中为底面圆心，是底面圆的一条直径， 则有，， 点在圆锥的侧面上运动， 则， 最小时，有最小值，的最小值为点到圆锥母线的距离， 中，，，则，点到的距离， 则的最小值为，的最小值为. 故选：A 2．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）（多选）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为60° D. 若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；上求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D. 【详解】 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以， 所以，即 ， 所以，又， 所以， 所以，所以，故A正确； 因为，，所以点在直线上， 又因为，，所以四边形是平行四边形， 所心，又平面，平面，所以平面， 所以到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 点为的中点，坐标为，点的坐标为 ， 向量，向量， 设直线与直线所成的角为， ， 又因为，当 时，， 即直线与直线所成角的最小值为，故C错误； 因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形， 过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心， 因为平面，所以，又， 所以三棱锥外接球的半径， 因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上， 所以 的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆， 又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为， 所以 的轨迹的周长为 ，故D正确. 故选：ABD. 3．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）如图，正四面体容器的容积为，里面装了体积为的水，固定容器底面一边将容器倾斜，当水面所在平面恰好过点且与棱分别交于点，则平面与平面的夹角的余弦值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据给定条件，可得，再结合锥体体积求得，然后作出二面角的平面角，利用余弦定理求出夹角的余弦. 【详解】 依题意，平面，而平面平面，平面， 则，由，得，因此， 则，取中点，连接，连接，则为中点， 令正四面体的棱长为，则，， 而平面，则平面， 过点作直线，则，即平面平面，平面， 又平面，于是，是平面与平面的夹角， 在等腰中，，由， 得， 在中，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 故选：D 4．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）（多选）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（       ） A. 若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为 B. 平面平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】BCD 【分析】 建立空间直角坐标系，利用向量求异面直线夹角的取值范围，判断A的真假；平面平面，B选项很好判断；先确定点位置，再展开成平面，转化成平面上两点之间的距离问题判断C的真假；先得到是线段上一点，连接并与交于点，分当与重合，在线段（不含点）上，在线段（不含点，）上和与重合四种情况，得到截面积的最大值，判断D的真假. 【详解】 对于，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， 则， 则 则， 因为 所以， 故，则的取值范围为，故A不正确； 对于B，在正方体中，平面平面，显然成立.故B正确； 对于C：正方体的棱长为2，为空间中的一动点，在上取点，使，在上取点，使,如图： 由得，即，故为线段上一点. 将平面沿展开至与平面共面，如下图： 易知：， 则. 在平面图中，当三点共线时，取得最小值，为，故C正确； 对于D：因为，所以，又，可知是线段上一点，如图： 连接并与交于点. 当与重合时，平面与平面重合，此时截面面积为4. 当在线段（不含点）上时，平面截正方体所得截面为三角形，且当与重合时，截面为，此时截面面积最大，由三边长均为，故此时截面面积最大值为. 当在线段（不含点）上时，如图： 延长与交于点，作平行于并与交于点，则截面为等腰梯形，设，则，梯形的高，面积为. 由图可知：梯形的面积一定小于矩形的面积，且矩形面积为， 所以. 当与重合时，截面为矩形，面积为. 故平面截正方体所得截面面积的最大值为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】 方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 5．（高三上·广东汕头金山中学·期中）（多选）如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是，则下列说法中正确的是（       ） A.  B.  C. 向量与的夹角是 D. 与所成角的余弦值为 【答案】AC 【分析】 根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果即可. 【详解】 在平行六面体中， 其中以顶点为端点的三条棱长均为1 ，且彼此夹角都是， 所以，. 对于A，因为， 所以， ，故A正确； 对于B，因为, 且, 即不成立，故B错误； 对于C，，所以， 所以, 所以向量与夹角是，故C正确； 对于D，， ， 而， ， ，故D错误. 故选：AC 6．（2026·广东东莞·联考）（多选）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面（含边界）上的动点，且平面平面，则下列说法正确的是（       ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 点的轨迹长度为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 若，且平面，则的取值范围为 【答案】ABD 【分析】 对于A，分析可得当点与点重合时，直线与平面所成的角最大，进而计算可判断；对于B，建立空间直角坐标系，设，，由平面平面，可得，，取的中点，连接，可得点的轨迹是线段（不包括点），进而求解判断即可；对于C，分析可得直线与平面不平行，由于点是线段上的动点，进而结合棱锥的体积公式可判断；对于D，由平面，可得，结合，即可求解判断. 【详解】 对于A，当点从点移动到点时，直线与平面所成的角逐渐变大， 如图1所示，当点与点重合时，直线与平面所成的角最大， 因为平面，所以即直线与平面所成的角， 因为，所以，即直线与平面所成角的最大值为，故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立如图2所示的空间直角坐标系，则，，， 则， 设，，（时，平面与平面重合，所以）， 则，设平面的法向量为， 由 ，即 ，取，得， 设平面的法向量为， 由 ，即 ，取，得， 因为平面平面，所以， 即，得， 因为，所以， 取的中点，连接，则点的轨迹是线段（不包括点）， 所以其轨迹长度为，故B正确； 对于C，由对B的分析可知，，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，取，得， 则，所以直线与平面不平行， 因为点是线段上的动点，所以点到平面的距离不是定值， 又的面积是定值，所以三棱锥的体积不是定值，故C错误； 对于D，，所以， 又，所以， 易知平面的一个法向量， 因为平面，所以，所以，即， 又，所以． 故选：ABD． 7．（25-26学年高三上·广东佛山南海区石门中学·期中）如图，圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为为圆台下底面的一条直径，圆上点满足是圆台上底面的一条半径，点在平面的同侧，且. （1）证明：平面平面； （2）若圆台的高为2，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，由题意，， 又，故. 又，故， 所以四边形为平行四边形，则. 由平面，故平面， 又面，故平面平面.     （2）      【分析】 （1）取中点，四边形为平行四边形，从而得到，根据平面可得平面，从而得到需求证的面面垂直. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则有：， 故 设平面的法向量 而， 故 ，令，得 设所求角的大小为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 8．（25-26学年高三上·广东汕头潮阳区棉城中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，且，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为平面，平面，则， 因为，即， 因为，平面，平面， 故平面.     （2）.      【分析】 （1）根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式求解即可； 法二：利用等体积法求得D到平面距离为，在中，由余弦定理得，进而求出，利用等面积法求得为点到交线的距离，设平面与平面的夹角为，求出，进一步求出，即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：平面，， 以点D为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，， 所以、、、、， ，，，， 设平面的法向量为， 则 ，取，可得， 设平面的法向量为， 则 ，取，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：因为， 所以， 又，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为， 而，所以， 故，即D到平面距离为. 依题意，计算可得，在中，，，， 由余弦定理，得， 因为，所以， 又， 设为点D到交线的距离，则， 设平面与平面的夹角为， 所以，所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 9．（2026·广东深圳理工附·质量监测）如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面；     （2）      【分析】 （1）由题意可得平面，可得，结合已知可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面，利用向量法可求两平面夹角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 10．（2026·广东揭阳普宁勤建学校·三调）如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 【答案】（1）证明：在三棱台中，取的中点，连接， 由，得，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，而平面，则， 又，则四边形是菱形，， 而平面，因此平面，又平面， 所以.      （2）.      【分析】 （1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，则，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， ， 设平面的法向量，则 ，取，得， 设直线与平面所成的角为， ，当且仅当，即时取等号， 所以三棱台的体积 . 11．（25-26学年高三上·广东清远第一中学·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，为中点，． （1）设平面平面，求证：； （2）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）平面交直线于点，求线段的长度． 条件①：平面平面； 条件②：； 条件③：四棱锥的体积为． 【答案】（1）证明：在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，则， 而平面平面，于是平面， 又平面，且平面平面，所以.     （2）（ⅰ）；（ⅱ）.      【分析】 （1）利用线面平行的判定、性质推理即得. （2）选条件① ③ 或② ③ ，证明底面，求出，（ⅰ）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令，利用垂直关系的向量表示求出即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 选条件① ③ ，平面平面，四棱锥的体积为， 连接和交于点，连接，显然是中点，由，得， 而平面平面，平面，底面， ，，解得， 选条件② ③ ，，四棱锥的体积为， 连接和交于点，连接，显然是中点，由，得， 又是中点，由，得，而平面，则，底面， ，，解得， 若选条件① ② ，平面平面，，此2条件均可证明底面， 点的位置不确定，即四棱锥存在，但不唯一，因此条件① ② 不可选. （i）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，得， 平面的法向量为，因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为. （ii）平面交线段于点，由（i）知，， 设，则， 由，得，所以. 12．（2026·广东东莞·联考）如图，在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，是的中点，是上的一点. （1）证明：平面平面； （2）若异面直线和垂直，求二面角的正弦值. 【答案】（1） 由题知，， 因为平面，平面， 所以， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以， 又是中点， 所以，又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面.     （2）      【分析】 （1）利用线面垂直的性质定理得到线线垂直，结合等腰三角形三线合一，得到线面垂直，再利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据题目建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据和垂直以及在上，即可得到点坐标，然后利用向量法求解面面角的余弦值，即可根据平方关系求得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由题知，以为原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系如图所示， 过作，因为， 所以， 则，设， 则，即， 又，即， 所以， 所以，即， 则， 设平面的一个法向量， 平面的一个法向量， 则 ，取，可得， 又 ，可得 ， 取，可得， 令平面与平面的夹角为， 则， 所以， 即二面角的正弦值为. 13．（25-26学年高三上·广东广州实验外语学校·期中）在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为　　　　. 【答案】 【分析】 取的中点，连接，推导出，然后以点为坐标原点，、、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异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】 因为，四边形为平行四边形，且， 则四边形为菱形，所以，，故为等边三角形， 取的中点，连接，则， 又因为，则， 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、、、， 所以，，， 所以，， 因此，异面直线与所成的角的余弦值为. 故答案为：. 14．（2026·广东汕头潮阳第一中学·联考）类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且.    （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）      （2） 存在，      【分析】 （1）证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值； （2）在（1）基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案； (1) 小问详解： 设，连接， 因为底面为菱形，所以，，为的中点， 又，为公共边，所以≌， 所以，⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面， 故二面角的大小为， 又，则，， 又，所以为等边三角形，， 由三面角余弦定理得 ； (2) 小问详解： 存在，，理由如下： 由三面角余弦定理得， 即，， 显然为锐角，故， 在中，由正弦定理得， 即，故， 由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 此时，使得； 15．（25-26学年高三上·广东广州铁一中学·期中）如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，即， 取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以 又面面ABCD，面面，面， 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）存在，或，理由如下： 取AB的中点，连结ON，则，所以 以为正交基底建立空间直角坐标系， 则， 设，，则， 又，设平面的一个法向量为， 则 ，即 ，若， 取， 由直线AP与平面MBD所成角为，得， 化简得   解得或， 当或时，直线AP与平面所成角为.      【分析】 （1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论； （2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 16．（2026·广东深圳宝安中学·联考）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． （1）若，证明：平面； （2）在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 取线段的中点P，连接PM，PD， 因为MP为梯形的中位线，所以， 又因为，所以， 因为，，且，所以，， 所以四边形MNDP为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面．     （2） 在平面中，作于O， 因为平面平面ABCD，且平面平面， 所以平面ABCD， 在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则， 分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为四边形为等腰梯形，，，所以， 又因为，所以， 则，，，，，设，，所以， 设平面的法向量为， 所以 ，则 ， 令，所以， 又因为M为的中点， 所以，所以，， 设平面BMN的法向量为， 所以 ，则 ， 令，所以， 又因为平面与平面MNB夹角的余弦值为， 所以，整理得， 所以，解得或， 又因为，所以， 所以存在，点N为CD的中点．      【分析】 （1）取线段的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）在平面中，作于O，可证，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，求得平面的一个法向量为，平面BMN的一个法向量为，利用向量法可求得，可得结论. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 17．（25-26学年高三上·广东汕头·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，，，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取的中点，连接，， 又是的中点，则且， 由是的中点，底面为矩形，则， 故，，所以， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面.      （2）      【分析】 （1）构造三角形的中位线，得到线线平行，根据线线平行，可证线面平行. （2）方法1：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦； 方法2：根据二面角的平面角的概念，作出平面与平面所成的角，再利用三角形的边角关系，求二面角的余弦. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 底面为矩形，可得， 平面平面，平面平面，，平面PAB， 所以平面，则，， 可以以，，分别为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，， 所以， 设平面EFD的一个法向量为， 则 ，令，则， 依题意，可得平面PAB的一个法向量为， 故， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：（2）底面为矩形，，平面平面， 平面平面，平面，所以平面PAB. 延长，交于点，连接， 过点作，垂足为点，连接. 平面，平面， ，，平面，平面， 平面ADH，， 为二面角的平面角， ，，，， ，，， 在中，，， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18．（25-26学年高三上·广东仲元中学·期中）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，平面平面，平面平面，平面与平面夹角为. （1）证明：平面； （2）求四棱锥外接球的体积； （3）点，，分别在棱，，上，当时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 已知平面平面，平面平面， 又因为平面平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）根据面面垂直的性质定理，证明线面垂直即可； （2）根据棱锥的外接球的性质，列出方程，求出外接球的半径，根据球的体积公式，求出结果； （3）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，根据线面夹角正弦值的向量方法，求出结果. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图所示，设球心为，球心在面上的射影为， 连接，设球的半径为， 因为平面，所以， 所以就是平面与平面夹角的平面角，即为. 所以矩形为正方形， 所以球心在面上的射影是正方形对角线的交点， 已知，平面， 所以，可得. 所以外接球的体积为. (3) 小问详解： 如图所示，以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以， 因为面，面，所以面， 同理，面，面，所以面， 因为，所以面面， 所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角， 可知， 设平面的法向量为， 则 ，即 ，令，解得， 则平面的一个法向量为， 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 19．（25-26学年高三上·广东华侨中学·期中）将边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折叠使得△ACD垂直于底面ABC，则异面直线AD与BC的距离为　　　　　　． 【答案】 【分析】 利用垂直关系，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线的距离. 【详解】 取的中点，连结，， 由条件可知，平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 如图，以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，， ，，, 设与垂直的向量为，则 ，令，则，所以， 则异面直线AD与BC的距离为. 故答案为： 20．（25-26学年高三上·广东深圳红山中学·期中）如图，在四棱锥中，，. （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正切值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取的中点，连接、， 因为， 所以，， 又，，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以，即， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面.      （2）存在，点在的中点，理由如下： 依题意四边形为等腰梯形，取的中点，连接，则且， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 当与点重合时，平面与平面重合，显然不符合题意； 设，则， 设平面的一个法向量为， 所以 ，取， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，若， 由 ，解得（负值舍去）， 又， 解得或（舍去）， 解得， 所以存在点，在的中点时，平面与平面的夹角的正切值为. 【分析】 （1）取的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可得证； （2）取的中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标系，设，求出平面与平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则，利用空间向量法得到方程，解得即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 21．（25-26学年高三上·广东佛山南海区石门中学·期中）如图，三棱锥中，，且，. （1）当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； （2）设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】（1）① 证明： 三角形的面积为定值，且 ， 当三棱锥 的体积最大时， 平面， 平面 ，； ②     （2）      【分析】 （1）① 由于三角形的面积为定值，当三棱锥 的体积最大时， 平面，从而可证；② 先证 平面 ，可得，而 到的距离相等，所以为三棱锥 的外接球的球心. 求出外接球半径，利用外接球的表面积公式即可求解. （2）如图建立空间直角坐标系，设为的中点，，可设，得 ，利用空间向量法可得的表达式，再构造函数，利用导数研究函数的单调性即可求得的最小值. (1) 小问详解： ① 略 ② 由① 知，当三棱锥的体积最大时，平面 ， 平面 ， 平面 ，， 又 为的中点， 到的距离相等， 即为三棱锥 的外接球的球心. 设外接球半径为，则， 三棱锥的外接球的表面积为 ； (2) 小问详解： 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设为的中点，， 可设 ，由 ，得， 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即 ，令则 ， 可得平面的法向量 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即 ，令，则 ， 可得平面的法向量 , 则 ； 设 ，则 ， 易知 单调递减： 单调递增， 当 时， ， 所以 的最小值为. 【点睛】 关键点点睛：第二小问中，如何设点 坐标是解题关键，利用空间向量法表达出，通过构造函数，求出函数的最小值是难点. 22．（高三上·广东汕头金山中学·期中）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为，为线段上一动点，． （1）当时，证明：平面． （2）当时，若，平面平面，求二面角的正弦值范围． 【答案】（1） 当时，即为的中点，设，连接， 则是的中位线，则， 因为平面，平面， 所以平面；      （2）      【分析】 （1）找到中位线，由中位线得到线线平行，从而证明线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，结合正方形对角线垂直得到线面垂直，从而得到线线垂直，然后由直三棱柱的体积求出棱长. 解法1，过作，由几何法得到二面角和二面的平面角，从而得到二面角的平面角，由线段关系得到，然后由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法2，延伸平面交平面与，由几何法得到二面角的平面角，由线段关系求得，由和差角公式求得，由的取值范围求得范围. 解法3，由空间中三条线两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到点坐标和向量坐标，由已证可直接写出平面的一个法向量，利用向量的数量积求得平面的一个法向量，再利用向量的数量积求得二面角的余弦值，从而得到其正弦值，由的取值范围结合二次函数性质求得范围. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在矩形中，，故矩形为正方形，从而. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 从而，在直三棱柱中，平面，故有， 又因为，平面， 所以平面， 从而且，设， 依题意，，且， 于是，，即. 解法1：过作垂直于．垂足为，过作交于点，连接． 由（1）知，平面，从而. 又因为，所以平面，从而，故为二面角的平面角. 又因为且，所以为二面角的平面角． 又，故二面角的平面角为， 设二面角的平面角为，依题意，. 因为，且，故. 由于，，故有，从而， 所以 因为，所以， 从而， 于是． 因此二面角的正弦值范围为. 解法2：过点作交于点，连接， 显然，故四点共面． 因为平面，从而且. 故为二面角的平面角. 因为，，所以， 又因为，所以，. 在直角中，， 故有. 因为，所以. 于是. 因此二面角的正弦值范围为. 解法3：∵， 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ∵平面，∴为平面的一个法向量， ∵，∴， ， 设向量为平面的一个法向量， 则 ，令，则 ，即， 设二面角为， 则， ∴， 令， 又∵，∴，∴， ∴. 23．（25-26学年高三上·广东惠州·期中）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）求到平面的距离； （2）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）     （2）存在，      【分析】 （1）先证明线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，利用点到平面距离公式求解； （2）假设存在点使得命题成立，得出点坐标及相关向量坐标，利用垂直关系求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式构造方程求出，进而得出的值． (1) 小问详解： 取的中点，连接，， 为等边三角形，， 又平面平面，平面平面， 平面， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立下图所示空间直角坐标系， 是边长为2的等边三角形，， ，则，，，，， ，，设平面的法向量为， ，，即 ，令，则， 又， 到平面的距离． (2) 小问详解： 假设线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 则， ，， 设平面的法向量为， ，，， ， 令，则， 又平面的法向量为， ， 化简得，解得或，又，，（舍去）， 存在点，此时． 24．（25-26学年高三上·广东揭阳·期中）如图，平面将棱长为4的正方体分割成两部分，平面分别与棱交于点，且.    （1）证明：. （2）若，求平面与平面的夹角的取值范围. （3）已知均为非负整数，且的每一组取值对应一种分割方式，设几何体的体积为. （i）证明：为定值； （ii）若从所有不同的分割方式中随机选取一种分割方式，求的概率. 【答案】（1） 过点作，过点作，可得，且， 在正方体中，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以，同理可得，所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为，所以，所以， 因为，所以.     （2）     （3） （i）如图所示，分别连接， 则几何体的体积为， 因为， ， 且， 可得，所以，为定值.    （ii）      【分析】 （1）过点作，过点作，证得，得到，即可证得； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面和的法向量为和，求得，结合，求得，即可求解； （3）（i）分别连接，结合，利用锥体的体积公式，求得，即可求解；（ii）由（i）知，由，得到，得到的取值为，利用列举法，求得基本事件的总数和所求事件包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，则， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 又因为平面，所以平面的一个法向量为， 则， 因为，且，即， 所以， 又由， 又因为，所以，所以， 因为，可得， 所以平面与平面的夹角的取值范围. (3) 小问详解： （i）略 （ii）由（i）知，几何体的体积为， 因为，可得， 又因为均为非负整数，所以的组合为，共4种， 因为，且点点在线段，点在线段上， 则且，所以，所以的可能取值为，共4种， 所以满足的组合数为种， 由均为非负整数，且， 当时，有种；当时，有种； 当时，有种；当时，有种； 当时，有种；当时，有种； 当时，有种； 所以共有种分割方式， 所以满足的概率为. 25．（25-26学年高三上·广东华侨中学·期中）如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，，，，，点为棱的中点.    （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点F到平面的距离. 【答案】（1） 连接，交于点O， 由P，O分别为和的中点，得， 而平面，平面， 所以平面.         （2）      （3）       【分析】 （1）连接，交于点O，根据中位线的性质及线面平行的判断定理即可判断平面. （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求得平面的法向量，根据线面角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）求得平面的法向量，利用点到平面的距离公式即可求得F到平面的距离． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由直线平面，，以所在的直线为x轴， 以所在的直线为y轴，以所在的直线为z轴，建立如图所示的直角坐标系.    则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量，则 ， 令，则， 所以平面的一个法向量为，又 设直线与平面所成角的正弦值，则. (3) 小问详解： ，， 设平面的法向量为， 则 ，令，则， 所以平面的一个法向量为，又， 所以点F到平面的距离. 26．（2026·广东深圳理工附·质量监测）在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值. 【详解】 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 所以. 故答案为：. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $