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2026 届高考压轴题冲刺演练（一）
立体几何
1．（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 ．
2．（2026·河北保定·一模）某个圆锥容器的轴截面是边长为8的等边三角形（容器壁厚度
忽略不计），一个半径为r的小球在该容器内自由运动，小球能接触到的容器内壁侧面的
区域可以形成一个圆台侧面，设该圆台上下底面圆心为 和 ，如图所示．(1)求圆台 的体积（用r表示）；
(2)设小球半径 ，圆台 的轴截面为等腰梯形 ，B为底面圆周上一点，且
，平面 平面 ， ，求平面 与平面 夹角的余弦值的
取值范围；
(3)在第（2）问条件下的圆台 内放置若干个小球，要求每个小球均和该圆台上、下底
面相切，则最多能放几个小球，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)3个，理由见解析
【分析】（1）根据题意求出上下底面圆的半径，然后按照圆台的体积公式求解即可；
（2）以 为原点，以 ， ， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，分别求
出平面 和平面 的法向量，即可求出答案；
（3）根据题意分析小球在圆台 的位置情况，尽可能让小球与圆台侧面、小球与小球
都是相切的状态，根据圆台上下底面圆的半径确定小球的个数.
【详解】（1）设圆台上下底面圆的半径分别为 ， ，在圆锥的轴截面中（如图所示），
∵ ， ，∴ ， ， ，即 ， ，
设上下底面圆的面积为 ， ，则 ， ，
圆台的高 ，∴
（2）延长 ， 交于点H，∵ 平面 ， 平面 ，∴ ，
BH即l，∵ ， ，∴ ， ， ， ，
以 ， ， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
， ， ， ， ， ，
设 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，则
令 ，则 ， ，即 ，
同理可求平面 的法向量为 ，则
令 ，对称轴为 ，∴ ， ，
即平面 与平面 夹角的余弦值的取值范围为 ．（3）最多能放3个小球．
理由如下：因为小球与上下底面均相切，∴小球半径为 ．
圆台上、下底面直径分别为3和5，则至少能放入一个半径为 的小球．
为能放入更多小球我们先让放入的第一个小球 与圆台侧面也相切，作出圆台轴截面如图
1，小球 与底面切于点 ， ，由题意可计算出 ，可得
， ，所以 ，如图右侧还能再放一个这样的小球，所以至少
能放下2个这样的小球．
现在分析是否能放3个小球，为了能放入更多小球，尽可能先让已放入的两个球两两相切
且与圆台侧面相切，设先前放入的两个小球为球 和球 ，它们与底面切于点 ， ，
作出两个小球的俯视图， ，由上面结论可知
在 中，利用余弦定理可得 ，由圆台和球的对称性可知，恰好只再能放一个与这两个小球相切并和圆台侧面也相切的这
类小球．
综上所述，圆台内最多能放3个这样的小球．
3．（25-26高三下·安徽·月考）如图，在 中， .将
以 为轴旋转至 ，动点 与原来的 形成三棱锥 ，点 在棱
上，且 .
(1)证明： 平面 .
(2)记二面角 为 ，二面角 为 .
（i）证明： 为定值；
（ii）当 取最大值时，求 .
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析 （ii）
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）（i） 过点 分别向 引垂线，垂足分别为 ，根据线面垂直的性质定理证
明 ，由此可得 ，同理 ，再计算 即可；（ii）根据均值不等式计算 ，设 ，可得 ，表示
，根据 计算即可.
【详解】（1）因为 ，所以 .
因为 ，所以 ∽ ，
所以 ，即 .
由已知可得 ≌ ，同理，在 中可证 .
又 ，且两直线在平面内，所以 平面 .
（2）（i）由（1）知 平面 ，所以平面 平面 ，
则点 在平面 内的射影 在直线 上.
如图，过点 分别向 引垂线，垂足分别为 ，
连接 ，则四边形 是矩形.
由于 ，且两直线在平面内，所以 平面 ，
从而 ，因此 ，同理 .
因此 ，
从而 ，为定值.
（ii）由题意可知 ，由（i）知 .
所以 ，当且仅当 时等号成立.
设此时 （ 为钝角时， 在 的延长线上， 为负）.
计算可得 ，则 ， ，
.由 ，得 ，
解得 （ 舍去），所以 .
4．（2026·湖南怀化·一模）如图，四棱锥 的底面 是平行四边形，侧面
是等边三角形， ，二面角 的平面角大小为
为 的中点.
(1)设平面 平面 ，求直线 与直线 的夹角大小；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值的最大值；
(3)设 为侧棱 上一点，四边形 是过 两点的截面，分别交 于 两
点，其中 为 的中点， 平面 ，求四棱锥 的体积的取值范围.
【答案】(1) ；
(2) ；
(3) .【分析】（1）作出合理辅助线，再找到两直线夹角即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出线面角的表达式，利用换元法并求导即可求出其最
大值；
（3）首先计算得 ，再计算体积表达式，最后根据 范围即可得到答案.
【详解】（1）延长 交 的延长线于点 ，则 为交线 ，
因为 为 的中点， ，所以 为 的中点，所以 ，
因为侧面 是等边三角形，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以所求角为 ．
（2）取 的中点 ，连接 ，由 ，则 ，
分别以 所在直线为 轴和 轴，
以过 垂直于底面 的直线为 轴建立空间直角坐标系，
，
则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ．
设直线 与平面 所成角为 ，则 ． ，
令 ，则 ，
令 ，结合 的取值范围可知 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 的最大值为 ，故 .
（3）由题意可知 ，所以点 为 的中点，
设 ，
因为 ，
则 ，
又因为 ，
所以 ，解得 ．即
，
因为 ，所以 ．
5．（2026·福建泉州·一模）科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程
是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小
三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体
执行上述操作，最终得到科赫四面体.
现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为 的正四面体经
过持续重复上述操作得到的.记第 次操作后生成的几何体为 ，设 的表面积为 ，体
积为 .
(1)求 ；
(2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.
根据比表面积 随 的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因.
(3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若
不存在，请说明理由.
【答案】(1) ；
(2)答案见解析(3)存在， .
【分析】（1）根据正四面体的表面积和体积公式求出 ，再根据递推规律求出 ；
（2）根据等比数列写出 ，根据极限思想分析 ，说明理由；
（3）法一：证明各次球心距离与顶点到球心距离之和恒为 ，由向量三角不等式得任意
顶点 到 的距离 ，进而求出最小球形容器半径；
法二：先证明每次构造的正四面体外接球对应的点集 都包含于前一次的点集 中，
由递推关系可得 ⫋ ⫋ ⫋ ，其中 是初始正四面体 的外
接球对应的点集，进而求出最小球形容器半径.
【详解】（1）正四面体 的表面积为 .
依题意，得 ；
正四面体 的体积为 .
（2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的 倍，
故数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，所以 ；
依题意得， ，
所以
；
又当 时，
故 .
又 为递增数列，且当 时， 为递增数列，
且当 时， ，所以当 时， ，
故由此解释，该结构吸附能力强.（或 ，故当 时， ，类似说法亦
可）；
（3）法一：存在， 的最小值即为正四面体 的外接球半径为 .
理由如下：
过点 作 平面 于点 ，因为四面体 为正四面体，故 为 外心，即
重心，内心，垂心，则 在 上，且 ，同理得 在 上，且 ，则为四面体 的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为 ，
，则 ，所以 ，则由
，解得 ，
所以 .
记第1次操作后构造的任一正四面体 （即四面体 ）的外接球球心为 ，连结 .
则 平面 ，设垂足为 ，则 为 的外心，重心，垂心，故
在 上，且 ，故 与 重合，所以 共线，则
平面 ，故 .
记第2次操作后在 上构造的任一正四面体 的外接球球心为 ，连结 ，依次类推，
第 次操作后在 上构造的任一正四面体 的外接球球心为 ，其任意顶点为 ，连结
.则依题意得：，
，
从而 .
又 ，所以
，故 ，即无论第几次迭
代， 的任意顶点到 的距离都不会超过正四面体 的外接球半径，又 ，
故 的最小值即为 .
法二：存在， 的最小值即为正四面体 的外接球半径为 .
理由如下：
过点 作 平面 于点 ，因为四面体 为正四面体，
故 为 外心，即重心，内心，垂心，则 在 上，且 ，
同理得 在 上，且 ，则 为四面体 的外接球球心和内切球球心，
设四面体棱长为 ，则 ，所以 ，则由 ，解得 ，
所以 .
记第1次操作后构造的任一正四面体 （即四面体 ）的外接球球心为 ，连结
.则 平面 ，设垂足为 ，则 为 的外心，重心，垂心，
故 在 上，且 ，故 与 重合，
所以 共线，则 平面 ，故 .
以此类推，几何体 最新构造的任一四面体 及其在 上对应的四面体 ，棱长分别
为 和 ，其外接球球心为别为 和 ，半径为 和 ，记正四面体 的中心为
，则 .
因为 ，所以 ，故 .记球 体内（含表面）所有点 的集合为 ，
因为 ，所以 ，
故 ⫋ ⫋ ⫋ ，所以 ⫋ ，
因为球 为四面体的外接球，即对 上的任一点 ，都有 ，
所以 ，即 ，
故 的最小值即为正四面体 的外接球半径为 .
6．（25-26高三下·湖南·月考）如图，锐二面角 的大小为γ，α，β均为半平面，
，过A作 垂直于 ，垂足为 过B作 垂直于 ，垂足为 ，且
(1)若 ，求γ的值；
(2)在(1)的条件下，设 P为 内任意一点，且 ，满足 ，求
点 P到 的距离；(3)设点 M为二面角 内部的一个点，且 ， ，且点 M满足:
① ；
② 与 所成的角为 ，射线 与 所成的角为 设点M到直
线. 的距离为 ，若对满足上述条件的任意 和 ，均有 恒成立，求 的
最小值.
【答案】(1) ；
(2) ；
(3) 的最小值为 ．
【分析】（1）根据向量数量积的运算律即可得到方程，解出即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，得到相关方程，解出即可；
（3）首先求出 ，再代入 表达式，最后分析其最小值即可.
【详解】（1）因为 ，
故 ，
即 ，解得 ，故 ．
（2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图，
则 ，
因为 ，所以 的一个法向量为 ，设 ，则 ，
故 ，
从而 ，即 ，①
，
即 ，②
由①②得 ，代入（1）可得 ，故 ，
从而点 到 的距离为 ．
（3）同（2）建系，设 ，因为 ，则 ，
又点 到直线 的距离为 ，则 ，
因为 的一个单位法向量为 的一个单位法向量为 ，
则 ，
因为点 为二面角 内部的一个点，
故 ，故 ，从而 ，从而有 ，
代入 可得 ，
即 ，
又 ，
，
故 ，
又因为 ，
故 ．
因为任意 和 ，均有 恒成立，
一方面：必有当 ，即 时，不等式成立，
此时 ，
化简得 ，解得 ，故必有 ．
另一方面：当 时， ，故 恒成立，符合题意.
根据最值定义知， 的最小值为 ．
此时 ．
7．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面 为矩形，
， ， ， 为 的中点， ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)点 为底面 所在平面内一点，且 ．
（ⅰ）若点 在两平行直线 与 之间，设平面 和平面 的夹角为 ，求
的最大值；
（ⅱ）已知 ， ， ， ， 在同一球面上，设该球的球心为 ，证明：球心 在平面
上，并判断是否存在点E在球 的球面上，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析，存在
【分析】（1）连接 ，利用勾股定理的逆定理可得 ，再利用等腰三角形中线性
质可得 ，再利用面面垂直判定定理即可得证；
（2）（ⅰ）建立适当空间直角坐标系后，可设出点 坐标，再表示出平面 和平面
的法向量后，利用向量夹角公式计算即可得解；（ⅱ）由底面 为矩形，可得球
心投影在矩形中心，再利用外接球性质计算可得球心，即可得其位置，再计算是否存在符
合要求的点 ，使得 等于外接球半径即可得.
【详解】（1）连接 ，由 ， ，四边形 为矩形，则 ，又 ， ，
则有 ，故 ，
由 ， 为 的中点，则 ，
又 ， 、 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，故平面 平面 ；
（2）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 ，则点 轨迹为以 、 为焦点的椭圆，
且椭圆方程为 ；
（ⅰ）由点 在两平行直线 与 之间，则 ，
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，
则当 时， 取最大值，最大值为 ；
（ii）设 ，由四边形 为矩形，则 在平面 的投影为矩形中心，
即有 ， ，则由外接球性质可得 ，
即有 ，
解得 ，即 ，故球心 在平面 上，
该外接球半径 ，
由 ，则点 到球心 的距离
，
令 ，则有 ，
解得 或 ，
由 ，可得 ，则 符合题意， 不合题意，故存在点E在球 的球面上.
8．（2026·四川凉山·二模）如图，在三棱柱 中， ， ，
二面角 的平面角为 ，点 在平面 上的射影为点 .
(1)若四边形 是矩形，求 ；
(2)若 ， .
①若 ，求直线 与平面 所成角的最大值；
②当点 在其轨迹上运动时，点 的轨迹是离心率为 的圆锥曲线，记数列 的前
项和为 ，若 ，求 的最小值.
【答案】(1)
(2)① ；②
【分析】（1）先证明点 落在直线 上，再求角.
（2）①建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值和线面角的正弦值，再结合不等式的性质可求线面角的最大值.②先判断 的轨迹为椭圆，求出离心率后结
合不等式放缩和裂项相消法求 最小值.
【详解】（1）取 中点 ， 中点 ，连接 ，如下图：
因为 为矩形，则 ，且 .
由 ， 可得 ，则 ，
且 .而 ，且 平面 ，则 平面 .
而 平面 ，则平面 平面 .
因为 ， ，则 ，所以点 平面 ，
则 在平面 上的射影 落在直线 上，所以 .
（2）①设 为 中点连接 ，则 ，
过 作直线 平面 ，以 所在直线分别为 轴，
建立空间直角坐标系 ，如图所示：
则 ， ， ，设 ，则 ， ， ，
， ，由 ，
得 ，即 .
设直线 与平面 所成角为 ，则 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，故 ，取 ，
因为二面角 的平面角为 且平面 的法向量为 ，
故 即 ，
①若 ，则 ，故 ，
设 与平面 所成的角为 ，则
，
而 ，故 ，当且仅当 时等号成立，故 .
②由①可得 ，故 ，故 的坐标满足： 且 ，
表示圆柱，而 表示如图所示的平面，
两者的截面为椭圆，其短轴长为 ，长轴长为 ，
故离心率为 ，所以 ，
，
当 时， ，
当 时， ，矛盾；
当 时， ，
因为 ，
所以 ，
故 最小值为 .
9．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，在平行六面体 中，三棱锥
是底面边长为 的正三棱锥.(1)证明：四边形 是矩形；
(2)已知 .
（i）求平面 与平面 夹角的余弦值；
（ii）若点 、 、 、 都在球 的表面上，求球 的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i） ；（ii） .
【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，证明出 平面 ，可得出
，进而得出 ，再结合 ， 可证得结论成立；
（2）（i）以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴，过点 且在平面
内且垂直于 的直线为 轴建立空间直角坐标系，分析可知平面 与平面
夹角为 或其补角，利用空间向量法求出 的余弦值，即可得解；
（ii）设球心为 ，根据 可得出关于 、 、 的方程组，求
出这三个未知数的值，可得出球心 的坐标，即可得出球 的半径为 的值.【详解】（1）连接 交 于点 ，连接 ，
在平行六面体 中，四边形 为平行四边形，
由题意可知 是边长为 的等边三角形，故四边形 为菱形，
所以 为 的中点，且 ，
因为三棱锥 是底面边长为 的正三棱锥，所以 ， ，
所以 ， ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
在平行六面体 中， ，所以 ，
又因为 ， ，故四边形 为矩形.
（2）（i）因为 ， ，且 是边长为 的等边三角形，
所以 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
由余弦定理可得 ，
所以 ，
因为 平面 ，以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴，
过点 且在平面 内且垂直于 的直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 、 、 、 ，设点 ，则 ，
，即点 ，
设点 ，则 ，且 ，
所以 ，解得 ，即点 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以平面 与平面 夹角为 或其补角，
， ，
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ；
（ii）易知点 、 、 、 ，
设球心为 ，由 ，解方程组 ，解得 ，
所以球 的半径为 ，
所以球 的表面积为 .
10．（2026·江苏·二模）一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图
形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱 中，椭圆
的长轴长为4，短轴长为 是椭圆 上关于 对称的两点， 是椭圆
上关于 对称的两点，且 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求直线 与底面所成角的正弦值；
(3)求四面体 的内切球半径的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3) .
【分析】（1）利用椭圆柱的平移性质得到线面垂直关系，结合 的条件，推导线
线垂直，再根据线面垂直的判定定理完成证明；
（2）先确定点在底面上的射影，建立平面直角坐标系写出椭圆方程，设直线方程并联立椭
圆，结合已知条件求解点的坐标，再根据线面角的定义计算正弦值；
（3）先通过等体积法建立四面体体积与内切球半径的关系式，表达出内切球半径 的表达式，再利用基本不等式求 的最小值，同时验证 、 与坐标轴垂直的特殊情况，确定
最终最小值.
【详解】（1）记椭圆 所在平面为 ，由椭圆柱定义可知， .
因为 ，所以
因为 平面 ，
所以 平面 .
（2）设 在下底面射影分别为 ，
则 ．
如图，在平面直角坐标系 中，
椭圆 的方程为 ，
设 ，若 与坐标轴不垂直，设直线 的方程为 ，
联立直线 与椭圆方程，得 ，
所以 ，
同理，可得 ．
由 得， ，解得 ，
所以所以 ，
所以 ．
设直线 与底面所成角为 ，则 ，
所以直线 与底面所成角的正弦值为 .
（3）因为四面体 的体积
，
设四面体 的内切球半径为 ，则
所以
当且仅当 ，即 时，等号成立.若 与坐标轴垂直，不妨设 为长轴， 为短轴，即 ，
此时内切球半径 ．
所以四面体 的内切球半径最小值为 .
11．（2026·四川宜宾·一模）在四棱锥 中，四边形 为矩形， 为锐角
三角形， ， ， ， 为棱 的中点，平面 与平面
的交线为 ，直线 与 相交于点 ．
(1)求线段 长度的最小值；
(2)若异面直线 与 所成角为 ．
（ⅰ）求平面 与平面 夹角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥 的外接球的表面积．
【答案】(1)
(2) ；
【分析】（1）可证 ， 平面 ，建系并标点， ，根据题意
结合向量共线可得 ，进而分析线段BQ长度的最小值；
（2）利用空间向量结合向量夹角可得 .（ⅰ）分别求平面PCD与平面QCD的法向量，利用空间向量求面面夹角；（ⅱ）设三棱锥 的外接球的球心为 ，根据
外接球的定义结合空间中两点间距离可得球心坐标，进而可得半径和表面积.
【详解】（1）因为 ， 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
且 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， ， 平面 ，可得 平面 ，
以 为坐标原点， 分别为 轴，过点 垂直于平面 的直线为 轴，建立空
间直角坐标系，
设 ，则 ， ， ，
可得 ，则 ，
可得 ， ，
，
则 ， ，
由题意可知：直线 的一个方向向量为 ，且 ，
设 ，则 ，
因为 ，则 ，可得 ，
则 ，即 ，
则 ，令 ，则 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以线段BQ长度的最小值为 .
（2）由（1）可知： ， ，
由题意可得： ，
解得 ，即 ，则 ， ， ， ， .
（ⅰ）因为 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
设 ，则 ，可得 ；
设平面 的法向量为 ，则 ，
设 ，则 ，可得 ；
则 ，
所以平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为 ；
（ⅱ）设三棱锥 的外接球的球心为 ，半径为 ，则 ，即 ，解得 ，
可得 ，所以三棱锥 的外接球的表面积为 .
12．（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 ．
13．（2026·山东烟台·一模）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，
， ，
(1)证明： ；
(2)若点 在底面 内的正投影为 的中点．
（i）当 为何值时，平面 与平面 夹角的余弦值最大？（ii）设平面 与 交于点 ；在平面 内，过 作 的平行线交 于点 ，
设平面 与 交于点 ：在平面 内，过 作 的平行线交 于点 ，设平
面 与 交于点 ；依次类推，…，设平面 与 交于点 ，求
．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i） ；（ii） .
【分析】（1）连接 与 交于点 ，连接 ，由已知及线面垂直的判定和性质定理
证明结论；
（2）（i）构建合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再应用向量法求面面角
的余弦值，结合导数求其最大值；
（ii）由题设存在 使得 ，从而得
，设 ，则 ，得
，从而得到参数关系，应用类似过程及等差数列的定义写出通项公式，
即可得.
【详解】（1）连接 与 交于点 ，连接 ．
因为四边形 为菱形，所以 ，
在 中， ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 .
（2）（i）因为点 在底面投影为 ，由题意 两两垂直．
因为 ，所以 ，
以 为原点， 所在直线分别为 轴，建立如图空间直角坐标系 ，则 ，因为 ，所以
．
因为 ，即 ，所以 .
因为 ，
设平面 的法向量为 ，所以 ，
令 ，所以 ，
而平面 的法向量为 ．
设平面 与平面 夹角的大小为 ，
则 .
令 ，则 ，
当 时， 在 单调递增；
当 时， 在 单调递减；所以，当 时， 取最大值.
（ii）因为 共面，故存在实数 使得 ，
因此 ，
设 ，则 ，则 ，
由坐标分量对应相等，化简整理得 .
在平面 内，因为 ，设 ，则 ．
类比前面推导过程，可得 ，将上式取倒数可得 ，
所以 为以 为首项、1为公差的等差数列．
所以 ，所以 .
14．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，圆内接四边形 中， 为等腰直角三
角形，且 ， ， .
(1)求 的长；
(2)如图2，将 沿 翻折，形成四面体 ，当 时，
（i）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面 ， ， ， 使得 ， ，， ，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii） ， ， ， ；
【分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；
方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行
求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进
行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行
求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可.
【详解】（1）方法一：在圆内接四边形 中， 为等腰直角三角形，
，
所以 ，
在 中，因为 ， ，
所以 ， ，所以 .
在 中， ，
由余弦定理得
，
所以 .
方法二：在圆内接四边形 中， 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）方法一：以 的中点 为原点，以 ， 方向为x，y轴正方向，建立如图所示
的空间直角坐标系 ，则 ， ， .
（i）设 ，由（1）可知， ， ，
又因为 ，
所以
解得 ， ， ，即 ，
则 .
取平面 的一个法向量 ，设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .（ii）如图所示，取 的三等分点P，Q， 的中点M，
过三点D，P，M作平面 ，过三点 ，Q，C作平面 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，同理 平面 ，
又因为 ，所以平面 平面 ，
再过点A，C分别作平面 ， 与平面 平行，
那么四个平面 ， ， ， 依次相互平行，
由线段 被平行平面 ， ， ， 截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距
离相等，故 ， ， ， 为所求平面.
由（i）可知 ， ， ，
所以 ，.
设平面 的法向量 ，则
即 可取 ，
所以点 到平面 的距离 .
故相邻两个平面间的距离为 .
（方法二）
（i）设 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为M，
连接 ， ， ， .
由（1）知 ， ，则 ，
又因为 ， ，所以 平面 ，
所以平面 平面 .
过点 作 交直线 于点 ，连接 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，则 为直线 在平面 上的射影， 为直线 与平面
所成角.
由（1）知 ， ， ，则 ， .
又因为 ， ，所以 ，
所以 ，则 .在 中， .
所以 ，得 ，
所以 ，得 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（ii）以 为原点，以 ， 方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
，
则 ， ， .
设平面 的法向量 ，
由（i）可知 ，所以 ， ， .
由 ， ， ， 两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等，
可得 ，
从而 ，
由 可得 或 .
若 ，由 得 ，
从而 或 .
若 ，由 得 ，
从而 或 .
综上，可得 ，或 ，
或 ，或 .
当 或 时，由于 ，
此时 ，
从而点B在点D与 所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；当 ，由于 ，此时 ，
从而点A在点C与 所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
当 ，可求点A到平面 的距离 ，
此时 ， ， ， 分别为过A，D，C，B，且以 为法向量的平面，
所以相邻两个平面间的距离为 .
15．（2026高二上·浙江温州·专题练习）已知七面体 中的三个面都是平行四边
形，其余四个面都是三角形，如图所示，
(1)求证： 平面 ；
(2)若 ， ，平面 平面 ，
（i）求直线 与平面 所成角的余弦值；
（ii）将 以 为折痕进行翻折得到 ，且 平面 .在翻折的过程中，
棱 与棱 所形成的曲面与平面 所围成的图形记为 ，记 的内切球体积为 ，
七面体 的体积为 ，求 的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i） ；（ii）【分析】（1）先利用平行四边形的性质证明平面 平面 ，然后利用面面平行
的性质可证 平面 .
（2）（i）先构建空间直角坐标系，再利用向量的数量积求出线面夹角的余弦值.
（ii）先找出 的形状及内切球所在位置，根据三角形内切圆性质求出半径，算得 ；
将七面体 视为棱柱与棱锥组合，分别求出棱柱和棱锥的体积并相加，得到 .
【详解】（1）（1）证明：因为四边形 与四边形 均为平行四边形，
所以 ， ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
同理可证 平面 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
又 平面 ，
所以 平面 .
（2）（2）连接 ，
由（1）可知 且 ，所以四边形 是平行四边形，则 ，
又因为 ，所以 是正三角形，则 是菱形且 ，
取 的中点 ，连接 ，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ，
因此以 为原点， ， ，平面 的法向量分别为 轴， 轴， 轴的正方向，如图
建系，
（i）设 ，则 ，
则 ， ， ， ，则 ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，即 ，
取 ，得 ， ，则 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
则 ，
即直线 与平面 所成角的余弦值为 .
（ii）设 ， ， ，
所以 ，
所以 ，
又 ， ，
所以 ， 的周长为 ，
因为 以 为折痕进行翻折得到 ，且 平面
所以 为两个等底面圆半径的圆锥拼成的复合体的一半，
设含有 ，且与平面 相垂直的平面为平面 ，
在平面 的截面如图所示，点 为 内切球球心，设 内切球半径为 ，
则 ， ，
易得 ，
所以 .
16．（2026·山东威海·一模）在如图所示的圆柱中，AB，DC分别是下底面圆 、上底面
圆 的直径，AD，BC是圆柱的母线，过直线BD且与平面ABCD垂直的平面记为 ，平
面 与该圆柱侧面的交线记为 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)已知 为下底面圆周上的一点，当 时，求平面 与平面 所成角的正弦
值；
(3)将圆柱沿母线BC剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以 为原点，
以 的方向分别为 轴、 轴的正方向建立平面直角坐标系，求 的平面展开曲线
的方程．
【答案】(1)证明见解析(2)
(3)
【分析】（1）证明四边形ABCD为正方形，根据面面垂直，可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可；
（3）法一，设曲线上任意一点 的坐标为 ，设点 在圆柱侧面
上对应点为 ，可证四边形 为矩形，对 分类讨论求解；法二在空间直
角坐标系中，利用向量法，根据 求解即可.
【详解】（1）因为AD，BC是圆柱的母线，
所以 底面 底面 ，
所以 ，因为 ，
所以四边形ABCD为正方形，
所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ．
（2）在底面 内过点 作直线AB的垂线 ，
以 为原点，分别以l，AB，AD所在的直线为 轴， 轴， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，可得 ，
此时 ，
由（1）可知 为平面 的一个法向量，
因为 ，
所以平面 与平面 所成角的正弦值为 ．
（3）法一
设 的平面展开曲线上任意一点 的坐标为 ，
当 时， ；当 ；
当 时，设点 在圆柱侧面上对应点为 ，
过点 的母线交上底面于点 ，
则 ，劣弧DM的弧长为|x|，
作 分别为垂足，连接QN，
因为平面 平面 ，底面 平面ABCD，
所以 平面 平面ABCD，
所以 ，
因为 ，所以 平面ABCD，所以 ，
可得四边形 为矩形，所以 ，因为底面圆周半径为1，所以 ，
因为 ，所以 ，
当 时，在Rt 中， ，
因为 ，所以 ，即 ，
当 时， ，所以 ，
当 时，在Rt 中， ，
因为 ，
所以 ，因此 ，即 ．
综上可得， ．
法二
设 的平面展开曲线上任意一点 的坐标为 ，设点 在圆柱侧面
上对应点为 ，
则在空间直角坐标系中 ，
所以 ，
因为 为平面 的法向量，所以 ，
可得 ，即 ．
综上可得， ．
17．（24-25高三下·贵州遵义·月考）如图1，在 中， ， ， 为
的中点，现将 及其内部以边 为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，
点 为点 在旋转过程中形成的圆的圆心，点 为圆 上任意一点.(1)求新的几何体的体积；
(2)记 与底面 所成角为 ，求 的取值范围；
(3)当 时，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用割补法来求得新的几何体的体积.
（2）作出 与底面 所成角，求得 的表达式，进而求得 的取值范围.
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案.
【详解】（1）连接 ，
在 中，由题可得 ，
因为新的几何体是以 为高的圆锥减去以 为高的圆锥后剩余的部分，
所以新的几何体的体积 .
（2）如图，取 的中点 ，连接 ，因为 分别为 的中点，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
所以 为 与底面 所成的角，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
（3）以 为原点，分别以 为 轴建立空间直角坐标系，则
，所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，取
所以点 到平面 的距离为 .
18．（2026·陕西西安·模拟预测）已知四棱锥 的底面是边长为4的正方形，点
在底面 （不含边界）上的射影为点 ，且 ，设直线 与平面 所成
角为 ，直线 与平面 所成角为 ．
(1)已知 ．
（i）证明： 的面积为定值；
（ii）若平面 平面 ，求四棱锥 外接球的表面积；
(2)若 ，判断是否存在点 ，使得 平面 ．
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)存在
【分析】（1）（i）由 ，可知点 在直线 的中垂线上，从而可得 边上的高为
定值．
（ii）由平面 平面 ，判断 为直角三角形，从而判断点 的位置，求出外接球球心的位置．
（2）将条件转化为 ，求出轨迹方程，判断方程组是否有解．
【详解】（1）（i）如图：
连接 ，可知直线 ， 与平面 所成角分别为 ，
故 ，
由 ，知 ，
故点 在线段 的中垂线上.
过点 作 垂直 于点 ，连接 ，
所以 ．
因为点 是点 在底面 上的射影，
所以 ．
又 ，且 平面 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ．
所以 ，为定值．
（ii）过点 作直线 ，显然 为平面 与平面 的交线，
设 分别为 的中点，连接 ，
由（i）知 ，故 ，所以 ，又平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又 ，所以 ，
不妨设 ，则 ，所以 ，
解得 或 ．
根据对称性，不妨取 ，
设四棱锥 外接球球心到平面 的距离为 ，
所以 或 ，
解得 或 （舍），
所以四棱锥 外接球的表面积为 ．
（2）存在．理由如下：
因为 ，
所以 ，
即 ，所以 ．
假设存在点 ，使得 平面 ，则 ，
以 的中点 为坐标原点， 为 轴，平行于 的直线为 轴建立如图所示的平面直
角坐标系，
则 ，设 ，则由 ，
可得 ，
整理得 ，
又 ，则点 在圆 上，
由 ，
解得 ，
即 或 .
也即 或 ．
所以存在点 ，使得 平面
