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
1．（2026·福建福州·三模）已知圆台的上下底面面积分别为
､
S
′ ,S，且S = 4 S
′，圆台的高为3，轴截面面
积为9，则该圆台的体积为（ ）
A．7π
4
B．7π
C．14π
D．28π
【答案】B
【详解】设圆台的上下底面半径为r1,r2，
因为S = 4 S
′，所以πr2
2= 4πr1
2，则r2=2r1，
则轴截面面积为3(2r1+2r2)
2
=9r1=9，得r1=1，
则该圆台的体积为1
3 (πr1
2+πr2
2+πr1r2)⋅3=7πr1
2=7π
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O的球
面上，则该圆锥与球O的体积的比值为__________．
【答案】9
32
【详解】设圆锥底面半径为r，又圆锥的轴截面是等边三角形，故圆锥母线长为2r，圆锥的高为h= ❑√3r，
设球O的半径为R，球心O到底面圆心的距离为d，有d =h−R = ❑√3r −R,
∴R
2=(❑√3r −R)
2+r
2，化简得R = 2❑√3
3
r，
则该圆锥的体积为1
3 π r
2⋅❑√3r =
❑√3
3 π r
3，球O的体积为4
3 π R
3= 4
3 π(
2❑√3
3
r)
3
= 32❑√3
27
π r
3，
故圆锥与球O的体积的比值为
❑√3
3 π r
3
32❑√3
27
π r
3
= 9
32.
3．（2026·福建三明·二模）已知四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AB = 4 ❑√3，BC =8，侧面PAB 为正三
考点1
空间几何体的表面积与体积
角形且垂直于底面ABCD，M 为四棱锥P−ABCD内切球表面上的一点，则点M 到直线CD 距离的最小值
为（ ）
A．2❑√10−2
B．2❑√10−1
C．4 ❑√3−2
D．4 ❑√3−1
【答案】A
【分析】H , N分别为AB和CD的中点，平面PHN截四棱锥P−ABCD的内切球O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CD距离的最小值.
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取AB的中点为H，CD的中点为N，连接PH，PN，HN，
球O 为四棱锥P−ABCD的内切球，
底面ABCD为矩形，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，
则平面PHN截四棱锥P−ABCD的内切球O 所得的截面为大圆，
此圆为△PHN的内切圆，半径为r，与HN , PH分别相切于点E，F，
平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB , PH ⊂平面PAB，
△PAB为正三角形，有PH ⊥AB，∴PH ⊥平面ABCD，
HN ⊂平面ABCD，∴PH ⊥HN，
AB = 4 ❑√3，BC =8，则有PH =
❑√P A
2−A H
2=6，HN =8，PN =10，
则△PHN中，S△PHN = 1
2 PH ⋅HN = 1
2 ×6×8= 1
2 r (6+8+10)，解得r =2.
所以，四棱锥P−ABCD内切球半径为2，连接ON.
∵PH ⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PH，
又CD⊥HN，PH , HN ⊂平面PHN，PH ∩HN = H，
∴CD⊥平面PHN，∵ON ⊂平面PHN，可得ON ⊥CD，
所以内切球表面上一点M 到直线CD的距离的最小值即为线段ON的长减去球的半径，
所以OE =r =2, EN = HN −r =6，
又ON =
❑√O E
2+ E N
2=2❑√10.
所以四棱锥P−ABCD内切球表面上的一点M 到直线CD的距离的最小值为2❑√10−2.
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R，小西瓜半径为r，已知R:r =2:1，即R =2r，
设瓜皮厚度为d（d为常数，且d <r），
则V 大瓜瓤= 4
3 π(R−d)
3= 4
3 π(2r −d)
3,V 小瓜瓤= 4
3 π(r −d)
3，
所以大、小西瓜的性价比分别为
4
3 π(2r −d)
3
80
，
4
3 π(r −d)
3
10
，
因为
4
3 π(2r −d)
3
80
4
3 π(r −d)
3
10
= (2r −d)
3
8(r −d)
3，令k = d
r
(0<k <1)，
则上式可化为
(2−k )
3
8(1−k )
3 =(
2−k
2−2k)
3
=[
1
2(1+
1
1−k))
3
，
因为0<1−k <1，所以
1
1−k >1，所以1
2(1+
1
1−k)> 1
2
(1+1)=1，
所以[
1
2(1+
1
1−k))
3
>1，即
4
3 π(2r −d)
3
80
4
3 π(r −d)
3
10
>1，所以
4
3 π(2r −d)
3
80
>
4
3 π(r −d)
3
10
，
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6π
B．该容器的容积为14π
3
C．该容器可以整体放入表面积为16π的球形容器内
D．能将7 个半径为1
2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π(1+2)×2=6π，A 正确；
对于B，该容器的高为h=
❑√2
2−(2−1)
2= ❑√3，
所以该容器的容积为1
3 π(4 +2+1)❑√3= 7 ❑√3π
3
≠14π
3
，B 错误；
对于C，设表面积为16π的球形容器半径为R，
则4π R
2=16π，所以R =2，将圆台形状的容器按照如图所示放置，
假设OD = ❑√3，则CD =
❑√2
2−(❑√3)
2=1=圆台上底面半径，又❑√3<2，
所以该容器可以整体放入表面积为16π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π
3 ，则
r
2−2r =
❑√3
3 ，
此时r = 4−2❑√3> 1
2，故能将7 个半径为1
2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❑√10，则该圆台的体
积为___________．
【答案】7π
【详解】因为圆台上、下底面半径分别为r =1, R =2，母线长l = ❑√10，
可得圆台的高h=
❑√l
2−(R−r)
2=3，
所以V = 1
3 π(r
2+ R
2+rR)h= 1
3 π(1
2+2
2+1×2)×3=7π．
7．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）如图，木块Ω的底面ABCD为矩形，EF //平面ABCD，四边形
ABFE，CDEF是两个全等的等腰梯形，EF = FB = BC = 1
2 AB =2dm，则（ ）
A．DE⊥BF
B．Ω的体积为10 ❑√2
3
dm
3
C．沿Ω的表面从A经过棱BF到C作任意线条，则该线条长度的最小值为❑√13+ ❑√3dm
D．将Ω加工成一个球，则这个球半径的最大值为
❑√6−❑√2
2
dm
【答案】ABD
【分析】过F作FH // DE交CD于点H，连接BH，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△FBC绕BF转动到△FBC
′使△FBC
′与侧面ABFE在同一个平面内，利用余弦定理可求得
A C
′判断C；作FH // DE交CD于H，过F作FG // AE交AB于G，可得Ω内的最大球，即为四棱锥
F −BCHG的内切球，进而求得球的最大半径即可判断D.
【详解】过F作FH // DE交CD于点H，连接BH，
因为CDEF是等腰梯形，所以CD // EF，所以四边形HDEF是平行四边形，
所以HF = DE =2，DH = EF =2，所以CH =CD−DH =2，
又因为底面ABCD为矩形，且EF = FB = BC =2，
所以H B
2= H C
2+ BC
2= 4 + 4 =8，所以F H
2+ F B
2= 4 + 4 =8= H B
2，
所以∠BFH =90°，所以FH ⊥BF，所以DE⊥BF，故A 正确；
过F作FN ⊥AB于N，过F作FM ⊥CD于M，过E作EK ⊥AB于K，
过E作EL⊥CD于L，过F作FO⊥MN于O，
因为AB //CD，所以AB⊥FM，又FN ∩FM = F，FN , FM ⊂平面FMN，
所以AB⊥平面FMN，又AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面FMN，
又FO⊂平面FMN，所以FO⊥平面ABCD，
由题意可得FM = FN =
❑√2
2−1
2= ❑√3，所以OM =ON =1，
FO =
❑√(❑√3)
2−1
2= ❑√2，
所以Ω的体积为1
2 ×2×❑√2×2+2× 1
3 ×1×2×❑√2= 10 ❑√2
3
dm
3，故B 正确；
将△FBC绕BF转动到△FBC
′使△FBC
′与侧面ABFE在同一个平面内，如图所示：
由题意可得∠ABC
′ =120°，
由余弦定理可得A C
'2= A B
2+ BC
'2−2 AB×BC
' cos120° =16+ 4−2×4×2×(−1
2)=28 ，
所以A C
′ =2❑√7，
所以沿Ω的表面从A经过棱BF到C作任意线条，则该线条长度的最小值为2❑√7，故C 错误.
作FH // DE交CD于H，过F作FG// AE交AB于G，
由题意可知四棱锥F −BCHG为正四棱锥，
则可得Ω内的最大球，即为四棱锥F −BCHG的内切球，
设内切球的半径为r，由题意得V F −BCHG= 4× 1
3 ×S△FBC×r + 1
3 SBCHG×r = 1
3 SBCHG×❑√2，
所以4× 1
3 × 1
2 ×2×2×
❑√3
2 ×r + 1
3 ×2×2×r = 1
3 ×2×2×❑√2，即4 ❑√3
3
r + 4
3 r = 4 ❑√2
3
，
解得r =
❑√2
❑√3+1 =
❑√2(❑√3−1)
2
=
❑√6−❑√2
2
，
所以将Ω加工成一个球，则这个球半径的最大值为
❑√6−❑√2
2
dm，故D 正确.
8．（2026·福建·二模）已知三棱锥P−ABC的体积为9 ❑√3，
∠BAC =90° , AB = AC =3 ❑√2, PB = PC =6．若该三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面
积为（ ）
A．24π
B．48π
C．96π
D．108π
【答案】B
【分析】首先找到△ABC的外接圆圆心位置D，结合三棱锥的体积确定外接球半径R及外接球球心O的位
置，并利用勾股定理建立关于R的方程求解，最后用球的表面积公式S = 4π R
2计算求解.
【详解】
已知∠BAC =90°，AB = AC =3 ❑√2，所以△ABC的面积S△ABC = 1
2 ×3 ❑√2×3 ❑√2=9.
BC =
❑√A B
2+ A C
2=
❑√(3 ❑√2)
2+(3 ❑√2)
2=6，直角三角形外接圆圆心为斜边BC中点，
设BC中点为D，则AD = BD =CD =3.
因为三棱锥体积V = 1
3 S△ABC·h=9 ❑√3，代入得1
3 ×9×h=9 ❑√3，h=3 ❑√3，
又PB = PC =6，D为BC中点，由等腰三角形三线合一得PD⊥BC，
且PD =
❑√P B
2−B D
2= ❑√36−9=3 ❑√3=h ，
因此PD⊥平面ABC，即P在底面投影为D.
设OD = x，球半径为R，则OA =OP = R.
O A
2= A D
2+O D
2=9+ x
2，O P
2=(PD−OD)
2=(3 ❑√3−x)
2，
联立得9+ x
2=(3 ❑√3−x)
2，解得x = ❑√3，因此R
2=9+(❑√3)
2=12.
即球O的表面积S = 4π R
2= 4π×12= 48π.
9．（2026·福建厦门·二模）在△ABC中，C =90
°, AB =2,BC =1，以△ABC一边BC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】π
【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△ABC中，C =90
°, AB =2,BC =1，
所以AC =
❑√A B
2−BC
2=
❑√2
2−1
2= ❑√3，
所以围成的几何体是一个底面圆半径为r = AC = ❑√3，高为h= BC =1的圆锥，
故该几何体的体积为：V = 1
3 Sh= 1
3 πr
2h= 1
3 π×(❑√3)
2×1=π.
10．（2026·福建厦门·二模）已知四面体ABCD 的各顶点均在球O的球面上，平面ABC ⊥平面
BCD ,BC =2，若△ABC与△BCD的外接圆面积之和为8π，则球O的半径为（ ）
A．❑√5
B．❑√6
C．❑√7
D．3
【答案】C
【分析】球O的半径为R，取外接圆的圆心分别为O1,O2，由O M
2=OO1
2+OO2
2，及O M
2+ B M
2= R
2，
列出等式即可求解.
【详解】
设△ABC与△BCD的外接圆半径分别为r1,r2，外接圆的圆心分别为O1,O2
由题意可得π(r1
2+r2
2)=8π，即r1
2+r2
2=8，
设球O的半径为R，BC的中点为M，
连接OO1,OO2,OM ,O1B ,O2B，
因为O1是△ABC外接圆圆心，所以O1B =O1C =r1，又M是BC的中点，
所以O1 M ⊥BC，同理O2 M ⊥BC，
又O1 M ⊂平面ABC，O2 M ⊂平面BCD，
平面ABC ∩平面BCD = BC，
所以∠O1 M O2为二面角A −BC −D的平面角，又平面ABC ⊥平面BCD，
则∠O1 M O2=90°，
由球的性质可知：OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面BCD，
又O1B⊂平面ABC，O2B⊂平面BCD，
则OO1⊥O1B，OO2⊥O2B，
所以四边形OO1 M O2为矩形，
则O M
2=OO1
2+OO2
2，
又OO1
2=O B
2−O1B
2= R
2−r1
2,OO2
2=O B
2−O2B
2= R
2−r2
2
所以O M
2= R
2−r1
2+ R
2−r2
2，
又OC =OB，所以OM ⊥BC，
所以O M
2+ B M
2= R
2,又BM = 1
2 BC =1，
所以R
2−r1
2+ R
2−r2
2+1= R
2，
即R
2=7,
则球O的半径为❑√7.
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．❑√21
B．7 ❑√21
C．❑√14
D．7 ❑√14
【答案】B
【分析】将正四面体为ABCD补成正方体，建系并标点，设正方体的棱长为a，四个平面的法向量均为⃗
n=(x0, y0, z0)，根据点到面的距离公式列方程，不妨设x0=1，解得a= ❑√21，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α1，α2，α3，α 4，正四面体为ABCD，
其中A ∈α1，B∈α2，C ∈α3，D∈α 4，
如图所示，将正四面体为ABCD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a，则A (0,0,0)，B (a,a,0)，C (a,0,a)，D (0,a,a)，
可得⃗AB =(a,a,0)，⃗AC =(a,0,a)，⃗AD =(0,a,a)，
因为α1//α2//α3//α 4，设4 个平面的法向量均为⃗n=(x0, y0, z0)，x0
2+ y0
2+ z0
2≠0，
在平面α1上任取一点P(x , y , z)，则⃗AP =(x , y , z)，
可得⃗n⋅⃗AP = x0 x + y0 y + z0 z =0，即平面α1的方程为x0 x + y0 y + z0 z =0，
同理可得：平面α2的方程为x0 x + y0 y + z0 z =a(x0+ y0)，
平面α3的方程为x0 x + y0 y + z0 z =a(x0+ z0)，
平面α 4的方程为x0 x + y0 y + z0 z =a( y0+ z0)，
因为平面α2，α3，α 4均在平面α1的同侧，
则a(x0+ y0)，a(x0+ z0)，a( y0+ z0)同号，即x0+ y0，x0+ z0，y0+ z0同号，
由题意可知：点A 为到平面α2，α3，α 4的距离依次为1，3，6，
根据点到面的距离公式可得{
a|x0+ y0)
❑√x0
2+ y0
2+ z0
2 =1
a|x0+ z0)
❑√x0
2+ y0
2+ z0
2 =3
a|y0+ z0)
❑√x0
2+ y0
2+ z0
2 =6)
，
整理可得{
x0+ z0=3(x0+ y0)
y0+ z0=6(x0+ y0))，
若x0=0，解得y0= z0=0，不合题意，可知x0≠0，不妨设x0=1，
可得{
1+ z0=3(1+ y0)
y0+ z0=6(1+ y0))，解得{
y0=−2
z0=−4)，即⃗n=(1,−2,−4)，
代入
a|x0+ y0)
❑√x0
2+ y0
2+ z0
2 =1可得a
❑√21 =1，即a= ❑√21，
由正方体性质可知：正四面体的体积为V =a
3−4× 1
3 × 1
2 a
2×a= 1
3 a
3=7 ❑√21.
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，PA，PB为圆锥的母线，
∠AOB =120°，且二面角P−AB−O为60°.若△PAB的面积等于6 ❑√3，则圆锥的体积为______.
【答案】12π
【分析】作OC ⊥AB，垂足为C，则C为AB的中点，根据二面角的定义得到∠PCO为二面角
P−AB−O的平面角，设AB =a， 由△PAB的面积建立a的等式得到a的值，从而得到圆锥的高PO的值，
底面圆O的半径OA的值，求出圆O的面积S，利用圆锥的体积公式求出体积.
【详解】如图，作OC ⊥AB，垂足为C，则C为AB的中点，
∵PA = PB，∴AB⊥PC，∴∠PCO为二面角P−AB−O的平面角，
∵二面角P−AB−O为60°，∴∠PCO =60°，
在等腰三角形ABO中，∠AOB =120°，
设AB =a，则OA =OB = a
❑√3，OC =
a
2❑√3，
则PO =OC ⋅tan ∠PCO =OC ⋅tan 60° =
a
2❑√3 ×❑√3= a
2，
PC =2OC =2×
a
2❑√3 = a
❑√3，
△PAB的面积等于1
2 ⋅AB⋅PC = 1
2 ⋅a⋅a
❑√3 =6 ❑√3，解得a=6，
则PO =3，OA = 6
❑√3 =2❑√3，
圆O的面积为S =π⋅(2❑√3)
2=12π，
圆锥的体积为1
3 ⋅S⋅OP= 1
3 ⋅12π⋅3=12π.
故答案为：12π.
13．（2026·福建三明·二模）（多选）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P（与点C1不
重合）是正方体侧面BC C1B1内的动点，下列说法正确的是（ ）
A．平面A1BD⊥平面APC1
B．若动点P 到直线AB 的距离等于它到直线C C1的距离，则点P 的轨迹为抛物线的一部分
C．当⃗BP = 1
3⃗PC1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16π
9
D．线段AD 绕A D1旋转一周的过程中，AD 与A C1所成角的正切值的取值范围为[3−2❑√2,3+2❑√2)
【答案】ABD
【分析】对于A，连接AC ,BD , A D1，先证明BD⊥平面AC C1，可得BD⊥A C1，同理可证A1 D⊥平
面A D1C1，可得A1 D⊥A C1，进而得到A C1⊥平面A1BD，进而求证即可判断；对于B，先证明
AB⊥PB，结合题设可得点P 到点B 的距离等于它到直线C C1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P的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以P为截面圆心，
结合勾股定理求出OP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π
4 ，在正方体中求出角∠D1 A C1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AC ,BD , A D1，在正方形ABCD中，AC ⊥BD，
在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，C C1⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD，∴C C1⊥BD，
∵AC ∩C C1=C，C C1⊂平面AC C1，AC ⊂平面AC C1，
∴BD⊥平面AC C1，∵A C1⊂平面AC C1，∴BD⊥A C1，
同理可证A1 D⊥平面A D1C1，∵A C1⊂平面A D1C1，∴A1 D⊥A C1，
又BD∩A1 D = D，BD⊂平面A1BD，A1 D⊂平面A1BD，
∴A C1⊥平面A1BD，∵A C1⊂平面APC1，所以平面A1BD⊥平面APC1，故A 正确；
对于B，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB⊥平面BC C1B1，
∵PB⊂平面BC C1B1，∴AB⊥PB，
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C C1的距离，
∴点P 到点B 的距离等于它到直线C C1的距离，
又P（与点C1不重合）是正方体侧面BC C1B1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，当⃗BP = 1
3⃗PC1时，P为线段BC1上靠近点B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O，外接球的半径R = ❑√3，
设BC1中点为N，连接ON ,OP，
则ON ⊥BC1，易得ON =1，PN = 1
4 BC1=
❑√2
2 ，则OP =
❑√O N
2+ N P
2=
❑√6
2 ，
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π(R
2−O P
2)=π⋅(3−3
2)= 3π
2 ，故C 错误；
对于D，线段AD绕A D1旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为π
4 的圆锥，
设∠D1 A C1=θ，tanθ =
2
2❑√2 =
❑√2
2 ，0<θ<π
4 ，
在旋转过程中，AD与A C1所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值，
则tan ∠D
′ A C1= tan(
π
4 −θ)=3−2❑√2，tan ∠DA C1= tan(
π
4 +θ)=3+2❑√2，
所以在旋转过程中，AD与A C1所成角的正切值的取值范围为[3−2❑√2,3+2❑√2)，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α，则下列结论正
确的是（ ）
A．平面α截正方体所得截面不可能为五边形
B．平面α截正方体所得截面面积的最大值是
❑√6
4
C．两球半径之和为定值3−❑√3
2
D．两球体积之和的最大值是(9−5 ❑√3)π
2
【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α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α与体对角线垂直，根据正方体的对称性可得，
平面α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△A B1C时，因为△A B1C为正三角形，所以其面积为
1
2 ×❑√2×❑√2×
❑√3
2 =
❑√3
2 = 2❑√3
4
>
❑√6
4
，
所以B 错误.
设两个球的半径为R ,r，且R≥r，则R≤1
2.
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2 R ,2r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❑√3 R，❑√3r.
所以❑√3(R+r)+(R+r)= ❑√3，所以R+r =
❑√3
❑√3+1 = 3−❑√3
2
，故C 正确.
由R+r = 3−❑√3
2
，R>r，得3−❑√3
4
< R≤1
2.
两球体积之和
V = 4
3 π (R
3+r
3)= 4 π
3 [R
3+(
3−❑√3
2
−R)
3
)= 4 π
3 × 3(3−❑√3)
2
×(R
2−3−❑√3
2
R+ 2−❑√3
2 )=2(3−❑√3)π[(R−3−❑√3
4
，
在( 3−❑√3
4
, 1
2 ]上单调递增，所以当R = 1
2时，V 取得最大值，最大值为(9−5 ❑√3)π
2
，
所以D 正确.
15．（2026·福建福州·三模）在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥平面ABCD , AB ∥ CD，
PA = AB =2,BC =CD = DA =1.
(1)证明：平面PBD⊥平面PAD；
(2)若M为棱PB上一点（不含端点），直线DC与平面MAD所成角的正弦值为
❑√21
7
，求PM
PB .
【答案】(1)见小问1 详解
(2)PM
PB = 1
2
【详解】（1）在底面梯形 ABCD 中，AB//CD，AD = BC =1，CD =1，AB =2.
考点2
空间向量中及其应用
过点 D 作 DE⊥AB 于点 E，过点 C 作 CF ⊥AB 于点 F，
则 EF =CD =1，AE = BF = AB−CD
2
= 2−1
2
= 1
2，如图所示：
在 △ADE 中，AD =1，AE = 1
2，由勾股定理得：DE =
❑√A D
2−A E
2= ❑√1−1
4 =
❑√3
2 .
在 △BDE 中，BE = AB−AE =2−1
2 = 3
2，DE =
❑√3
2 ，
由勾股定理得：BD =
❑√B E
2+ D E
2=
❑√(
3
2)
2
+(
❑√3
2 )
2
= ❑√
9
4 + 3
4 = ❑√3.
在 △ABD 中，AB =2，AD =1，BD = ❑√3，
因为A D
2+ B D
2=1+3= 4 = A B
2，所以 ∠ADB =90
∘，即 AD⊥BD.
因为 PA ⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 PA ⊥BD，
又 AD⊥BD，PA ∩AD = A，所以 BD⊥ 平面 PAD.
因为 BD⊂ 平面 PBD，所以平面 PBD⊥ 平面 PAD，证毕.
（2）以 A 为原点，AB 所在直线为 x 轴，过 A 且垂直于 AB 的直线为 y 轴，AP 所在直线为 z
轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则 A (0,0,0)，B (2,0,0)，P(0,0,2)，E(
1
2 ,0,0), D(
1
2 ,
❑√3
2 ,0),C(
3
2 ,
❑√3
2 ,0)
点 M 在棱 PB上，设 PM
PB = λ （0< λ<1），
则：PM
→
= λ PB
→
= λ(2,0,−2)=(2 λ ,0,−2 λ)，
因为P(0,0,2),∴M (2 λ ,0,−2 λ+2) ，
向量：⃗AD =(
1
2 ,
❑√3
2 ,0),⃗AM =(2 λ ,0,2−2 λ).
设平面 MAD 的法向量 n
→
=( x1, y1, z1)，
则{
n
→
· AD
→
= 1
2 x1+
❑√3
2 y1=0
n
→
· AM
→
=2 λ x1+(2−2 λ)z1=0)
，令z1=−❑√3 λ，则x1= ❑√3(1−λ), y1= λ−1
所以：n
→
=(❑√3(1−λ), λ−1,−❑√3 λ).又因为DC
→
=(1,0,0).
所以直线 DC 与平面 MAD 所成角的正弦值为sin θ =
∣CD
→
⋅n
→
∣
∣CD
→
∣⋅∣n
→
∣
=
❑√3|1−λ|
1×
❑√4(1−λ)
2+3 λ
2 =
❑√21
7
，
解得 λ= 1
2，所以PM
PB = 1
2 .
16．（2026·福建龙岩·三模）已知三棱锥P−ABC，△ABC与△PAB都是边长为2的等边三角形．
(1)若PC = ❑√6，证明：平面ABP⊥平面ABC；
(2)若二面角P−AB−C的大小为π
3 ，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3 ❑√13
13
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E，连接PE ,CE，利用几何关系及线面垂直的判定定理得CE⊥平
面PAB，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PAC的法向量及⃗PB，利用线面角的向量法，即可求解；法二，
利用等体积法，求出P到平面PAC的距离，再利用线面角的定义，即可求解.
【详解】（1）由题意，△ABC是边长为2的等边三角形，过点C作CE⊥AB于点E，连接PE ,CE，
则PE =CE = ❑√3，又PC = ❑√6，则P E
2+C E
2= PC
2，所以PE⊥CE，
又CE⊥AB , PE∩AB = E , PE , AB⊂平面PAB，
所以CE⊥平面PAB，又CE⊂平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC，
（2）方法一（向量法）
因为PE⊥AB，CE⊥AB，平面PAB ∩平面CAB = AB，所以∠PEC =π
3 ，
以E为坐标原点，分别以EC , EB所在直线为x，y轴，过E作底面的垂线为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则A (0,−1,0),B (0,1,0),C (❑√3,0,0), P(
❑√3
2 ,0, 3
2 )，
所以⃗PA =(−
❑√3
2 ,−1,−3
2 ),⃗AC =(❑√3,1,0),⃗PB =(−
❑√3
2 ,1,−3
2 )，
设平面PAC的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{⃗
m⋅⃗PA =0⃗
m⋅⃗AC =0)，即{
−
❑√3
2 x−y −3
2 z =0
❑√3 x + y =0 )
，令x = ❑√3，得y =−3, z =1，
所以平面PAC的一个法向量为⃗m=(❑√3,−3,1)，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，则sinθ = |⃗PB⋅⃗m)
|⃗PB)⋅|⃗m)
= |−6)
2⋅❑√13 = 3 ❑√13
13
，
方法二（几何法）
因为PE⊥AB，CE⊥AB，平面PAB∩平面CAB = AB，所以∠PEC =π
3 ，
又PE =CE = ❑√3，所以PC = ❑√3
因为S△ABC =
❑√3
4 ⋅2
2= ❑√3，过P作PH ⊥EC于H，
因为PE⊥AB，CE⊥AB，PE∩EC = E , PE , EC ⊂平面PEC，则AB⊥平面PEC，
又AB⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面PEC
又因为平面ABC ∩平面PEC = EC，故PH ⊥平面ABC，
所以PH = PE⋅sinπ
3 = 3
2，所以V P−ABC = 1
3 ⋅S△ABC⋅PH = 1
3 ⋅❑√3⋅3
2 =
❑√3
2 ，
由PA = AC =2, PC = ❑√3，可得cos∠PAC = 5
8 ,sin ∠PAC =
❑√39
8
，
则S△PAC = 1
2 ⋅PA ⋅AC ⋅sin ∠PAC = 1
2 ⋅2⋅2⋅
❑√39
8
=
❑√39
4
，
由V P−ABC =V B−PAC = 1
3 ⋅S△PAC⋅h=
❑√3
2 ，得到1
3 ×
❑√39
4
⋅h=
❑√3
2 ，解得h= 6 ❑√13
13
，
设直线PB与平面PAC所成角为θ，则sinθ = h
PB =
6 ❑√13
13
2
= 3 ❑√13
13
.
17．（2026·福建南平·二模）如图所示，圆柱的一个轴截面为矩形BC C1B1，BC是圆柱底面的直径，O为
底面圆心，A A1为圆柱的一条母线，E为C C1的中点，且AB = AC = A A1=2.
(1)求证：平面AOE⊥平面AO B1；
(2)求平面A B1 E与平面B1OE夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√2
2
【分析】（1）根据图形特征结合勾股逆定理先证B1O⊥OE，AO⊥OE，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∠B1OE为二面角B1−OA −E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AB⊥AC，则△ABC是等腰直角三角形，故AO⊥BC，
由圆柱的特征可知B B1⊥平面ABC，又AO⊂平面ABC，所以B B1⊥AO，
因为B B1∩BC = B，B B1，BC ⊂平面BC C1B1，则AO⊥平面BC C1B1，
而OE⊂平面BC C1B1，则AO⊥OE，
因为AB = AC = A A1=2，则BC = ❑√2 AB =2❑√2，所以B1O
2= B1B
2+ BO
2=6，
O E
2=OC
2+C E
2=3，B1 E
2= B1C1
2+C1 E
2=9,
所以B1 E
2= B1O
2+O E
2=9，
所以∠B1OE =90
∘，即B1O⊥OE，
因为B1O⊥OE，AO⊥OE，AO∩B1O =O，AO，B1O⊂平面A B1O，
所以OE⊥平面A B1O，
又OE⊂平面AOE，故平面AOE⊥平面AO B1.
思路二：因为AB = AC = A A1=2，则OA = ❑√2，O B1= ❑√6，A B1=2❑√2，
所以A B1
2=O A
2+O B1
2=8，
所以∠AO B1=90
∘，即B1O⊥OA，
同理可证OE⊥OA，
在二面角B1−OA −E中B1O⊥OA且OE⊥OA，
所以∠B1OE为二面角B1−OA −E的平面角，
由思路一知∠B1OE =90
∘，所以二面角B1−OA −E为直二面角，即平面AOE⊥平面AO B1
（2）由题意及（1）易知A A1，AB，AC 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则B1(2,0,2)，E (0,2,1)，O(1,1,0)，
所以⃗A B1=(2,0,2)，⃗AE =(0,2,1)，⃗AO =(1,1,0)，
由（1）知AO⊥平面B1OE，故平面B1OE的一个法向量是⃗AO =(1,1,0)，
设⃗n=(x , y , z)是平面A B1 E的一个法向量，
则有{⃗
n⋅⃗A B1=0⃗
n⋅⃗AE =0
⇒{
2 x +2 z =0
2 y + z =0 ))，取z =−2，可得⃗n=(2,1,−2)
设平面A B1 E与平面B1OE夹角为θ，
所以cosθ =|cos⟨⃗n,⃗AO))= |⃗n⋅⃗AO)
|⃗n)⋅|⃗AO)
=
3
❑√2×3 =
❑√2
2 ，
则平面A B1 E与平面B1OE夹角的大小为π
4 .
18．（2026·福建龙岩·三模）在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，
PA = AB =2，点M为正方形ABCD内部（不含边界）的一点，且|MD|+|MA|= 4 ，则直线PM与直线
BC所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A．(0, 4 ❑√41
41 )
B．(0, 2❑√41
41 )
C．(
4 ❑√41
41
,
❑√2
2 )
D．(
2❑√41
41
,
❑√2
2 )
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，根据椭圆的定义的动点M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A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y ，z轴，建立空间直角坐标系，
设M ( x , y ,0)，在xAy平面内，由| MD|+| MA |= 4>| AD|，符合椭圆的定义．
所以点M的轨迹是以A , D为焦点的椭圆，设其方程为( y −1)
2
a
2
+ x
2
b
2 =1(a>b>0)，
由题意可知c =1,a=2,b=
❑√a
2−c
2= ❑√3，
所以椭圆方程为：x
2
3 + ( y −1)
2
4
=1(0< y <2)，
显然A(0,0,0), D(0,2,0), P(0,0,2)，
又BC // AD，则⃗BC =⃗AD =(0,2,0)，⃗PM =( x , y ,−2)
直线PM与BC所成角的余弦值cosθ =|⃗PM ⋅⃗BC |
|⃗PM |⋅⃗|BC |
=
2 y
2
❑√x
2+ y
2+ 4
=
y
❑√x
2+ y
2+ 4
又x
2=3[1−( y −1)
2
4
](0< y <2)，代入得
cosθ =
y
❑√x
2+ y
2+ 4
=
y
❑√
y
2+6 y +25
4
=
2 y
❑√y
2+6 y +25
=
2
❑√
1+ 6
y + 25
y
2
，
当0< y <2时，令t = 1
y ,t ∈(
1
2 ,+∞)，f (t )=25t
2+6t +1，
由二次函数性质可知，f (t )在(
1
2 ,+ ∞)上单调递增，所以f (t )∈(
41
4 ,+∞)，
所以cosθ∈(0, 4 ❑√41
41
).
19．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，在斜三棱柱ABC −A1B1C1中，A A1⊥AB，AB⊥BC，
A A1= BC =2，AB =1，D，E分别为AB，A1C的中点．
(1)证明：DE //平面BC C1B1；
(2)若DE = ❑√3，求平面ADE与平面AC C1 A1的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√3
4
【分析】（1）连接BC1，延长AE，得出DE是△ABC1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B为原点，分别以BC ,BA ,Bz所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，根据DE = ❑√3求出点A1
的坐标，然后求出平面ADE和平面AC C1 A1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BC1，延长AE，因为斜三棱柱ABC −A1B1C1中，侧面AC C1 A1是平行四边形，
对角线A1C与A C1互相平分，又E是A1C的中点，因此E是A C1的中点.
又因为D是AB中点，所以在△ABC1中，DE是中位线，故DE // BC1，
又DE⊂平面BC C1B1，BC1⊂平面BC C1B1，因此DE //平面BC C1B1.
（2）以B为原点，分别以BC ,BA ,Bz所在直线为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
由已知条件得： B(0,0,0)，A (0,1,0)，C (2,0,0)，
设A1(x ,1, z)，由A A1=2得x
2+ z
2= 4，
D是AB中点，故D(0, 1
2 ,0)；E是A1C中点，故E(
x +2
2
, 1
2 , z
2).
由DE = ❑√3，得(
x +2
2 )
2
+(
z
2)
2
=3，代入x
2+ z
2= 4解得x =1，z = ❑√3，即A1(1,1,❑√3).
向量⃗AD =(0,−1
2 ,0)，⃗DE =(
3
2 ,0,
❑√3
2 ).
设平面ADE的法向量为⃗n1=(x1, y1, z1).
由{⃗n1⋅⃗AD =0⃗
n1⋅⃗DE =0得{
y1=0
3 x1+ ❑√3 z1=0，
取x1=1得⃗n1=(1,0,−❑√3)，|⃗n1)=2.
向量⃗A A1=(1,0,❑√3)，⃗AC =(2,−1,0) .
设平面AC C1 A1的法向量为⃗n2=(x2, y2, z2).
由{⃗n2⋅⃗A A1=0⃗
n2⋅⃗AC =0 得{x2+ ❑√3 z2=0
y2=2 x2
，
取x2= ❑√3得⃗n2=(❑√3,2❑√3,−1)，|⃗n2)= 4.
设平面ADE与平面AC C1 A1的夹角为θ，则
cosθ = |⃗n1·⃗n2)
|⃗n1)|⃗n2)
=|1×❑√3+0×2❑√3+(−❑√3)×(−1))
2×4
= 2❑√3
8
=
❑√3
4 .
【点睛】
20．（2026·福建漳州·三模）如图，在四棱锥S−OABC中，OB∩AC = D，点H在线段OD上，
∠SBO=30
∘，SB = 4 , OH = HD = DB = ❑√3，平面SOB⊥平面OABC．
(1)证明：SH ⊥AC；
(2)过点D作平面α，使得α//平面SAB，α ∩平面SAH =l，请作出直线l，写出画法并证明；
(3)若∠ASB =∠CSB=60
∘，求当AC取最小值时，二面角A −SB−C的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)4 ❑√6
25
【分析】（1）在△SBH中，由余弦定理可得SH =2，由勾股定理的逆定理可得SH ⊥OB．再由面面垂直
的性质可得SH ⊥平面OABC，即可证明SH ⊥AC；
（2）取HA的中点E，SH的中点F，连接EF，则EF即为直线l．由面面平行的判断定理证明即可；
（3）以O为坐标原点，OB为x轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：在△SBH中，SB = 4，HB =2❑√3，∠SBO =30
∘，
所以SH =
❑√S B
2+ H B
2−2SB⋅HB⋅cos∠SBO =2，
所以S H
2+ H B
2= S B
2，所以SH ⊥OB．
又因为平面SOB⊥平面OABC，平面SOB∩平面OABC =OB ,SH ⊂平面SOB，
所以SH ⊥平面OABC，
又AC ⊂平面OABC，
所以SH ⊥AC．
（2）取HA的中点E，SH的中点F，连接EF，则EF即为直线l．
证明如下：连接DE , DF，
因为D , F分别是BH和SH的中点，
所以DF // BS，
又DF ⊄平面SAB ,BS⊂平面SAB，
所以DF //平面SAB，
同理，DE //平面SAB，
又DE∩DF = D , DE , DF ⊂平面DEF，
所以平面¿//平面SAB，
又过D且与平面SAB平行的平面有且只有一个，D∈平面DEF，
所以平面DEF即平面α，
又平面¿∩平面SAB = EF，
所以EF即为直线l．
（3）以O为坐标原点，OB为x轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
其中y轴在平面OABC内，z轴垂直平面OABC，
则S(❑√3,0,2),B(3 ❑√3,0,0)，
设A (x , y ,0), y ≠0，
则⃗SA =(x−❑√3, y ,−2),⃗SB =(2❑√3,0,−2)，
因为∠ASB =60
∘，
所以cos⟨⃗SA ,⃗SB)=⃗SA ⋅⃗SB
|⃗SA)⋅|⃗SB)
=
2❑√3 x−2
4
❑√(x−❑√3)
2+ y
2+ 4
= 1
2，
化简得x
2
3 −y
2
6 =1(x>
❑√3
3 )，
又y ≠0，所以x>❑√3，
所以点A在xOy面内的曲线Γ: x
2
3 −y
2
6 =1(x>❑√3)上，
同理，点C也在Γ上．
在平面直角坐标系xOy内，D(2❑√3,0)，
设直线AC的方程为x =my +2❑√3，
代入Γ: x
2
3 −y
2
6 =1(x>❑√3)，
得(2m
2−1) y
2+8 ❑√3my +18=0，
设A(x A , y A),C (xC , yC)，
则{
2m
2−1≠0,
Δ=(8 ❑√3m)
2−72(2m
2−1)>0,
y A+ yC = −8 ❑√3m
2m
2−1
,
y A yC =
18
2m
2−1
<0, )
解得−
❑√2
2 <m<
❑√2
2 ．
|AC)= ❑√(x A−xC)
2+( y A−yC)
2=
❑√1+m
2❑√( y A+ yC)
2−4 y A yC
=
❑√1+m
2❑√(
−8 ❑√3m
2m
2−1 )
2
−4⋅
18
2m
2−1
=2❑√6 ❑√
(m
2+1)(2m
2+3)
(2m
2−1)
2
，
令t =2m
2−1，
则m
2= t +1
2 ,|AC)=2❑√6
❑
√
(
t +1
2 +1)(t +1+3)
t
2
=2❑√6 ❑√
t
2+7t +12
2t
2
=2❑√3 ❑√
1+ 7
t + 12
t
2
=2❑√3 ❑√12(
1
t + 7
24)
2
−12×(
7
24)
2
+1,
因为−
❑√2
2 <m<
❑√2
2 ，
所以t =2m
2−1∈[−1,0), 1
t ≤−1<−7
24 ，
所以当1
t =−1，即m=0时，|AC)min=6 ❑√2，
此时在空间直角坐标系O−xyz中，A (2❑√3,−3 ❑√2,0),C (2❑√3,3 ❑√2,0)，⃗
BA =(−❑√3,−3 ❑√2,0),⃗BS =(−2❑√3,0,2),⃗BC =(−❑√3,3 ❑√2,0),
设⃗n1=(x1, y1, z1)是平面SAB的法向量，
{⃗
n1⋅⃗BA =0⃗
n1⋅⃗BS =0),即{
−❑√3 x1−3 ❑√2 y1=0
−2❑√3 x1+2 z1=0 ),
取⃗n1=(❑√6,−1,3 ❑√2),
设⃗n2=(x2, y2, z2)是平面SBC的法向量，
{⃗
n2⋅⃗BS =0⃗
n2⋅⃗BC =0),
即{
−2❑√3 x2+2 z2=0
−❑√3 x2+3 ❑√2 y2=0),
取⃗n2=(❑√6,1,3 ❑√2),
设二面角A −SB−C的大小为θ，
则|cosθ)=|cos⟨⃗n1,⃗n2))=|⃗n1⋅⃗n2)
|⃗n1)|⃗n2)
= 6−1+18
5×5
= 23
25，
又θ∈[0,π)，
所以二面角A −SB−C的正弦值为sinθ =
❑√1−cos
2θ = 4 ❑√6
25
21．（2026·福建三明·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA ⊥PD，
PA = PD，底面ABCD 为等腰梯形，且AD // BC，AD =2BC =2 AB = 4，⃗AF =t⃗AP(0≤t ≤1)，且四面
体AFDC 的体积为4 ❑√3
9
．
(1)求t 的值；
(2)若E 为AD 的中点，过点E，F 的平面α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)t = 1
3
(2)3 ❑√93
31
．
【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∠GTH为二面角G−AB−C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PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD = AD，FQ⊂平面PAD，所以FQ⊥平面ABCD
在梯形ABCD 中，过点C 作CH ⊥AD，垂足为H，
则CH =
❑√C D
2−D H
2=
❑√2
2−1
2= ❑√3，故S△ACD= 1
2 AD⋅CH = 1
2 ×4×❑√3=2❑√3，
所以V F −ACD= 1
3 S△ACD⋅FQ = 2❑√3
3
FQ = 4 ❑√3
9
，解得FQ = 2
3
在△PAD中，过点P 作PO⊥AD，垂足为O，则PO // FQ，
因为PA ⊥PD，AD = 4，所以PO = 1
2 AD =2．所以FQ = 1
3 PO
因为FQ // PO，所以AF
AP = FQ
PO = 1
3，所以t = 1
3；
（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CG = 1
3 CP
因为AF
AP = CG
CP ，所以FG // AC，
又因为FG⊂平面EFG，AC ⊂平面EFG，所以AC //平面EFG
取BC 的中点M，连接EM，则EM ⊥AD，
由（1）知PE⊥平面ABCD，所以PE⊥EM，PE⊥ED，
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E (0,0,0)，A (0,−2,0)，B(❑√3,−1,0)，C (❑√3,1,0)，P(0,0,2)
所以⃗AB =(❑√3,1,0)，因为⃗AG =⃗AP+ 2
3⃗PC =(0,2,2)+ 2
3 (❑√3,1,−2)=(
2❑√3
3
, 8
3 , 2
3)．
设平面ABG 的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗AG =0⃗
n⋅⃗AB =0)．
所以{
2❑√3
3
x + 8
3 y + 2
3 z =0
❑√3 x + y =0
)
．所以{
y =−❑√3 x
z =3 ❑√3 x)．
取x =1，则y =−❑√3，z =3 ❑√3．
所以⃗n=(1,−❑√3,3 ❑√3)是平面ABG 的一个法向量．
因为PE⊥平面ABCD，所以平面ABCD 的一个法向量为⃗m=(0,0,1)．
设平面ABG 与平面ABCD 的夹角为θ，则cosθ =|cos⟨n
→
,m
→))=
3 ❑√3
❑√31×1 = 3 ❑√93
31
．
即平面ABG 与平面ABCD 夹角的余弦值为3 ❑√93
31
．
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CG = 1
3 CP．
因为AF
AP = CG
CP ，所以FG // AC，
又因为FG⊂平面EFG，AC ⊂平面EFG，所以AC //平面EFG
连接CE，则AB = AE = BC，又AE // BC，所以四边形ABCE 为菱形．
在线段CE 上取点H，使得CH = 1
3 CE，
连接GH，则GH // PE，由（1）知PE⊥平面ABCD，所以GH ⊥平面ABCD，
因为AB⊂平面ABCD，所以GH ⊥AB．
在平面ABCD 内过点H 作HT ⊥AB，交AB 的延长线于点T，
则HT 为菱形ABCE，AB 边上的高．连接GT，则AB⊥平面GHT，所以AB⊥>¿，
所以∠GTH为二面角G−AB−C的一个平面角，
在菱形ABCE 中，∠BAE =60°，AB = AE =2，
所以AB 边上的高为AE⋅sin ∠BAE =2×
❑√3
2 = ❑√3，即HT = ❑√3，又GH = 1
3 PE = 2
3，
所以¿=
❑√G H
2+ H T
2= ❑√
4
9 +3=
❑√31
3
，
所以cos∠GTH = HT
GT = ❑√3×
3
❑√31 = 3 ❑√93
31
．
所以平面ABG 与平面ABCD 夹角的余弦值为3 ❑√93
31
．
22．（2026·福建漳州·三模）（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为4 , M , N分别是AD ,C C1
的中点，P是线段AB上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面PMN截正方体所得的截面可能是五边形
B．△MPN可能是钝角三角形
C．PM + PN的最小值大于2❑√14
D．PM + PN的最小值小于❑√57
【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：PM + PN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P与A ,B两点不重合时，
将线段PM向两端延长，分别交CD ,CB的延长线于点O , H，
连接NO , NH分别交D D1,B B1于R ,S两点，
连接RM ,SP，此时截面为五边形MPSNR，故A 正确；
对于B：当点P与点A重合时，
MN =
❑√2
2+ 4
2+2
2=2❑√6, PM =2，
PN =
❑√4
2+ 4
2+2
2=6，M N
2+ P M
2< P N
2，故∠PMN是钝角，故B 正确；
对于CD：如图，取D D1的中点K，连接KN ,BN , KA，
在KA的延长线上取点R，使得AR = AM，
连接NR交AB于点P1，连接P1 M , PR，
则Rt△PAM ≅Rt△PAR，所以PM = PR，
因为KN ⊥平面AD D1 A1, KA ⊂平面AD D1 A1，所以KN ⊥KA，
PM + PN = PR+ PN ≥RN，
仅当P位于P1时，(PM + PN )min= NR =
❑√4
2+(2+
❑√2
2+ 4
2)
2 = ❑√40+8 ❑√5>❑√40+8×2=2❑√14，
所以C 正确．
因为❑√40+8 ❑√5= ❑√40+ ❑√320>❑√40+ ❑√289= ❑√57，故D 错误．
23．（2026·福建泉州·模拟预测）如图1，在梯形ABCD中，AD // BC，∠BAD =30°，BC =1，
BP⊥AD于P，BP =2，将△ABP沿BP翻折至△A
′ BP，使得A
′C = ❑√17，如图2.
(1)证明：A
′ P⊥平面BCDP；
(2)已知四棱锥A
′−BCDP的体积为10 ❑√3
3
，若点Q在线段A
′C上，且二面角Q−PD−B的大小为60°，求
直线A
′ D与平面QPD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√21
14
【分析】（1）利用题设条件先证A
′ P⊥PC，结合A
′ P⊥BP，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A
′−BCDP的体积求出PD的长，设⃗CQ =t⃗C A
′ ,t ∈[0,1]，根据空间向
量的夹角公式列出方程求得t = 1
2，再由线面角的向量解法即可求得答案.
【详解】（1）连接CP，在梯形ABCD中，因BP⊥AD，则BP⊥BC，
BC =1，BP =2，则CP =
❑√1
2+2
2= ❑√5，又∠BAD =30°，则AP =
2
tan30
∘=2❑√3，
翻折后A
′ P =2❑√3.在△A
′ PC中，A
′ P
2+C P
2=17= A
′C
2，则得A
′ P⊥PC，
因A
′ P⊥BP，BP∩PC = P，BP , PC ⊂平面BCDP，故A
′ P⊥平面BCDP.
（2）由（1）得A
′ P⊥平面BCDP，且BP⊥DP，
故可以点P为坐标原点，分别以PB , PD , P A
′为x , y , z轴，建立空间直角坐标系.
设PD = x，由V A
′−BCDP= 1
3 × 1
2 (1+ x)×2×2❑√3= 10 ❑√3
3
，解得x = 4，
则P(0,0,0), D(0,4,0),B(2,0,0),C(2,1,0), A
′(0,0,2❑√3)，
依题意，设⃗CQ =t⃗C A
′ ,t ∈[0,1]，则⃗CQ =(−2t ,−t ,2❑√3t )，可得Q(2−2t ,1−t ,2❑√3t )，
则⃗PQ =(2−2t ,1−t ,2❑√3t )，⃗PD =(0,4,0)，
设平面PDQ的法向量为⃗m=( x , y , z)，
则¿，故可取⃗m=(❑√3t ,0,t −1).
因A
′ P⊥平面BCDP，则平面BDP的法向量可取为⃗n=(0,0,1)，
依题意cos60
∘=|cos〈⃗m,⃗n 〉|=|
t −1
❑√(❑√3t )
2+(t −1)
2 |，
因t ∈[0,1]，方程化简得
1−t
❑√4t
2−2t +1
= 1
2，解得t = 1
2，此时⃗m=(
❑√3
2 ,0,−1
2 )，
因⃗A
′ D =(0,4 ,−2❑√3)，设直线A
′ D与平面QPD所成角为θ，
则sinθ =|cos〈⃗A
′ D ,⃗m 〉|=|⃗A
′ D⋅⃗m|
|⃗A
′ D|⋅|⃗m|
=
❑√3
2❑√7×1 =
❑√21
14 ，
即直线A
′ D与平面QPD所成角的正弦值为
❑√21
14 .
24．（2026·福建宁德·二模）如图1，平面四边形ABCD中，
AB⊥AD ,BC ⊥CD ,BC =CD ,BD =2 AD =2❑√2.
(1)求AC的长；
(2)将△ABD沿BD翻折到△PBD，连接CP，如图2.当CP = ❑√6时，求直线CP与平面PBD所成角的正弦值.
【答案】(1)❑√3+1
(2)
❑√2
3
【分析】（1）解法一：由题意求得cos∠ABC的值，利用余弦定理即可求解；解法二：由题意求得
sin∠ABC，利用正弦定理即可求解；
（2）解法一：以BD的中点O为原点，建立空间直角坐标系，设P(x , y , z)，结合已知求得设点P的坐标，
进而求得平面PBD的一个法向量和直线CP的方向向量，利用向量法可求得直线CP与平面PBD所成角的
正弦值.解法二：取BC的中点E，BD的中点F.连接EF，可证BC ⊥平面PEF，过P作PH ⊥EF交EF的
延长线于H，设C到平面PBD的距离为h，进而利用等体积法可求得h，可求得直线CP与平面PBD所成角
的正弦值.
【详解】（1）解法一：平面四边形ABCD中，AB⊥AD，BC ⊥CD；
因为BC =CD，所以△BCD为等腰直角三角形，
在Rt△ABD中，因为AB = ❑√6，AD = ❑√2，
所以∠ABD =30°，BD =2❑√2，所以BC =CD =2.
在△ABC中，cos∠ABC =cos(∠ABD+∠CBD)=cos(30°+ 45°)=
❑√6−❑√2
4
，
由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC cos∠ABC
=6+ 4−2×❑√6×2×
❑√6−❑√2
4
= 4 +2❑√3=(❑√3+1)
2，
所以AC = ❑√3+1.
解法二：平面四边形ABCD中，AB⊥AD，BC ⊥CD；
所以平面四边形ABCD为圆内接四边形，
又因为BC =CD，所以△BCD为等腰直角三角形，
所以BD是圆的直径，
在Rt△ABD中，AB = ❑√6，AD = ❑√2，
所以BD =2❑√2，∠ABD =30°，∠ADB =60°，
sin ∠ABC =sin (∠ABD+∠CBD)=sin (30°+ 45°)=
❑√6+ ❑√2
4
，
由正弦定理得
AC
sin∠ABC =
AB
sin∠BCA ，又∠BCA =∠ADB =60°，
故AC = ABsin ∠ABC
sin ∠BCA
= ❑√6×
❑√6+ ❑√2
4
× 2
❑√3 = ❑√3+1.
（2）解法一：以BD的中点O为原点，以⃗OB，⃗OC为x，y 轴正方向，以垂直于平面BCD的直线Oz为z轴
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则B(❑√2,0,0)，C (0,❑√2,0)，D(−❑√2,0,0).
设P(x , y , z)，由（1）可知，PB = ❑√6，PD = ❑√2，又因为CP = ❑√6，
所以{
(x−❑√2)
2+ y
2+ z
2=6
x
2+( y −❑√2)
2+ z
2=6
(x + ❑√2)
2+ y
2+ z
2=2)
，
解得x =−
❑√2
2 ，y =−
❑√2
2 ，z =1，即P(−
❑√2
2 ,−
❑√2
2 ,1)，
则⃗CP =(−
❑√2
2 ,−3 ❑√2
2
,1)，⃗BP =(−3 ❑√2
2
,−
❑√2
2 ,1)，⃗BD =(−2❑√2,0,0).
设平面PBD的一个法向量⃗n=( x , y , z)，设直线CP与平面PBD所成角为θ，
则{⃗
n⋅⃗BP =−3 ❑√2
2
x−
❑√2
2 y + z =0⃗
n⋅⃗BD =−2❑√2 x =0
)
，取y = ❑√2，则z =1，x =0，
所以平面PBD的一个法向量⃗n=(0,❑√2,1)，
所以sinθ =|cos⟨⃗CP,⃗n))= |⃗CP⋅⃗n)
|⃗CP)⋅|⃗n)
=
❑√2
3 ，
所以直线CP与平面PBD所成角的正弦值为
❑√2
3 .
解法二：在Rt△PBD中，PD = ❑√2，BD =2❑√2，故PB = ❑√6，
由PC = ❑√6，取BC的中点E，BD的中点F.连接EF，则PE⊥BC，EF ⊥BC.
因为PE∩EF = E，PE , EF ⊂平面PEF，所以BC ⊥平面PEF.
因为BC ⊂平面BCD，所以平面BCD ⊥平面PEF.
在△PEF中，PE = ❑√5，EF =1，PF = ❑√2，所以cos∠EFP= 1+2−5
2×1×❑√2 =−
❑√2
2 ，
因为∠EFP∈(0,π )，所以∠EFP = 3 π
4 .
过P作PH ⊥EF交EF的延长线于H，
则PH ⊥平面BCD，且PH = PF ⋅sin π
4 =1.
设C到平面PBD的距离为h，
由V C −PBD=V P−BCD，所以1
3 × 1
2 ×❑√2×❑√6×h= 1
3 × 1
2 ×2×2×1，所以h= 2
❑√3，
所以直线CP与平面PBD所成角的正弦值为
2
❑√3×❑√6 =
❑√2
3 .
25．（2026·福建厦门·模拟预测）在梯形ABCD 中，AB//CD，AD⊥AB，E 为CD 上一点，
AB = BC =CE =2 DE =2，将△AED 沿AE 所在直线翻折成△AED＇（如图所示）.AD＇上一点M 满足⃗
CM ⋅⃗EA =5，在翻折过程中，二面角M −BC −E的正弦值的最大值为______.
【答案】1
6
【分析】过B作BK ⊥CD于K，利用已知可得⃗EM ⋅⃗EA =3，过M作MN ⊥EA于N，进而可得EN = 3
2，
过N作NH ⊥BC于H，∠MHN为二面角M −BC −E的平面角，计算可求得最大值.
【详解】过B作BK ⊥CD于K，因为AB //CD，AD⊥AB，
所以四边形ADKB是矩形，所以DK = AB =2，
所以CK =CD−DK =1，所以BK =
❑√2
2−1
2= ❑√3，
又因为AD⊥AB，AB //CD，DE =1，所以∠DEA =60°，
又因为AE // BC，所以⃗CM ⋅⃗EA =⃗CE⋅⃗EA +⃗EM ⋅⃗EA =2+⃗EM ⋅⃗EA =5，
所以⃗EM ⋅⃗EA =3，过M作MN ⊥EA于N，
则⃗EM ⋅⃗EA =⃗EN ⋅⃗EA =|⃗EN )⋅|⃗EA)=3，
所以EN = 3
2，过N作NH ⊥BC于H，
因为BC ⊥MN，又NH ∩MN = N，NH , MN ⊂平面MNH，
所以BC ⊥平面MNH，所以∠MHN为二面角M −BC −E的平面角，
因为∠D
′ AN =30°，又AN = AE−EN = 1
2，所以MN = 1
2 tan30° =
❑√3
6 ，
又因为∠BAE =60°，所以NH = ❑√3，
由正弦定理可得sin∠MHN
MN
= sin∠NMH
NH
，所以sin∠MHN = sin∠NMH
6
≤1
6 .
26．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，AB⊥A1C，
AB = BC =CA = A A1=2.过点A1，C 的平面α与直线AB 垂直.
(1)作出α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B1C = ❑√10，求BC1与平面AC B1所成角的正弦值.
【答案】(1)作图过程及理由见解析
(2)2❑√26
13
【分析】（1）取AB的中点为O，平面A1OC为平面α，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AC B1的一个法向量，再去求线面夹角正弦值
【详解】（1）取AB的中点为O，连接O A1，OC，则平面A1OC为平面α.
因为AB = BC =CA =2，所以△ABC为等边三角形，
因为O为AB的中点，所以AB⊥OC，
又AB⊥A1C，OC ∩A1C =C，OC ⊂平面A1OC，A1C ⊂平面A1OC，
所以AB⊥平面A1OC，平面A1OC为平面α
（2）在三棱柱ABC −A1B1C1中，AB∥A1B1，
因为AB⊥A1C，所以A1B1⊥A1C，
在Rt△A1B1C中，因为B1C = ❑√10，所以A1C = ❑√6，
由（1）得AB⊥O A1，所以O A1= ❑√3，
所以OC
2+O A1
2= A1C
2，所以O A1⊥OC，
所以O A1，OC，AB两两互相垂直.
以O为坐标原点，以OC，OB，O A1所在直线分别为x轴，y轴，z轴如图建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(0,−1,0)，B(0,1,0)，C(❑√3,0,0)，A1(0,0,❑√3)，
A A
→
1=(0,1,❑√3)，AC
→
=(❑√3,1,0)，A B
→
1= A A
→
1+ A1B
→
1=(0,1,❑√3)+(0,2,0)=(0,3,❑√3)，
设平面AC B1的一个法向量为n
→
=( x , y , z)，
则{ n
→
⋅AC
→
=0,
n
→
⋅A B
→
1=0,
所以{
❑√3 x + y =0,
3 y + ❑√3 z =0,取x =1，则n
→
=(1,−❑√3,3).
BC
→
1=C C
→
1−CB
→
= A A
→
1−CB
→
=(❑√3,0,❑√3)，
设BC1与平面AC B1所成角为θ，
则sin θ =|
BC
→
1⋅n
→
|BC
→
1|⋅|n
→
|
|=
4 ❑√3
❑√6×❑√13 = 2❑√26
13
，
所以BC1与平面AC B1所成角的正弦值为2❑√26
13
.
27．（2026·福建厦门·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD 为菱形，
∠ADC =60° , AB = PB = PD = 4．
(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)已知PA =2，点E满足⃗BE = λ⃗AP ,0< λ<1,BD //平面PEC．
（i）求λ；
（ii）求平面PBD 与平面PEC 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)1
2；
❑√3
2
【分析】（1）设AC，BD 交于点O，通过证明BD⊥OP即可证明BD⊥平面PAC；
（2）（i）取PC 中点F，通过证明OF // EB及OB // EF可得OFEB 是平行四边形，即可求得λ；
（ii）以O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BD⊥AC，设AC，BD 交于点O，则OB =OD，
又因为PB = PD，所以BD⊥OP，因为AC ∩OP =O，AC，OP⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC．
（2）（i）取PC 中点F，则OF // PA且OF = 1
2 PA，由⃗BE = λ⃗AP知PA // EB，
所以OF // EB，即O , F , E ,B四点共面，
因为OB//平面PEC，OB⊂平面OBEF，平面OBEF ∩平面PEC = EF，所以OB// EF，
因此OFEB 是平行四边形，故OF = BE = 1
2 AP，即λ = 1
2．
（ii）由（1）可知，BD⊥平面PAC，因为BD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PAC，
因为平面ABCD∩平面PAC = AC，所以在平面PAC 内作Oz 垂直于AC，如图，
以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
由题意可知D(2❑√3,0,0)，B(−2❑√3,0,0)，A (0,−2,0)，C (0,2,0)，
因为OP =
❑√P B
2−O B
2=2，且OA = AP =2，所以∠AOP =60°，P(0,−1,❑√3)，
因此⃗AP =(0,1,❑√3)，⃗PB =(−2❑√3,1,−❑√3)，⃗PC =(0,3,−❑√3)，
⃗
BE = 1
2⃗AP =(0, 1
2 ,
❑√3
2 )，⃗BD =(4 ❑√3,0,0)，
由此可知⃗PE =⃗PB+⃗BE =(−2❑√3, 3
2 ,−
❑√3
2 )，设平面PBD 的一个法向量⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
m⋅⃗PB =0⃗
m⋅⃗BD =0)，也即{
−2❑√3 x1+ y1−❑√3 z1=0
4 ❑√3 x1=0
)，
令y1= ❑√3，得⃗m=(0,❑√3,1)，设平面PEC 的一个法向量⃗n=(x2, y2, z2)，
则{⃗
n⋅⃗PE =0⃗
n⋅⃗PC =0)，也即{
−2❑√3 x2+ 3
2 y2−
❑√3
2 z2=0
3 y2−❑√3 z2=0
)
，
令y2=1，得⃗n=(0,1,❑√3)，所以cos ⟨⃗m,⃗n)=⃗m⋅⃗n
|⃗m)⋅|⃗n) =
❑√3
2 ，
所以平面PBD 与平面PEC 夹角的余弦值为
❑√3
2 ．
28．（2026·福建·二模）已知PA ⊥平面γ，垂足为A，直线AC ⊂γ，B , D是γ内的动点，且B , D始终在
AC的两侧．
(1)若AB⊥AD，证明：△PBD是锐角三角形；
(2)若PA = AC =3，Q是线段CP上靠近C的三等分点，∠CQB =∠CQD =π
3 ．
（i）证明：二面角B−AP−D为锐角；
（ii）直线PB , PD与γ所成的角分别为α , β，记θ =max {α , β)．若平面QBD⊥γ，且△PBD不是任何一
个长方体的截面，求tan
2θ的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）3 ❑√7−3
2
．
【分析】（1）证法一：不妨设AB =a, AD =b, AP =c，且a≤b≤c，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B(x1, y1,0)，D(x2, y2,0)，利用空间向量夹角公式推出x1
2−y1
2=3，x2
2−y2
2=3，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xAy中，
B( x1, y1), D( x2, y2)在双曲线x
2−y
2=3的右支上，直线BD过点M (2,0)，AB< AD，x1
2−2 x1+ y1
2≤0，
求tan
2θ =
9
x1
2+ y1
2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xAy中，B( x1, y1), D( x2, y2)在双曲线x
2−y
2=3的右支上，直线BD过点M (2,0)，⃗
BA ⋅⃗BM ≤0，求tan
2θ =
9
x1
2+ y1
2的最小值．
【详解】（1）证法一： 因为PA ⊥平面γ，AB , AD⊂γ，所以PA ⊥AB，PA ⊥AD．
不妨设AB =a, AD =b, AP =c，且a≤b≤c，
因为AB⊥AD，所以B D
2=a
2+b
2，P B
2=a
2+c
2，P D
2=b
2+c
2，
所以BD≤PB≤PD，所以∠PBD为△PBD的最大内角．
由余弦定理，得cos∠PBD = P B
2+ B D
2−P D
2
2 PB⋅BD
=
a
2
PB⋅BD >0，
所以∠PBD∈(0,π
2 )，所以△PBD是锐角三角形．
证法二：因为PA ⊥平面γ，AB , AD⊂γ，所以PA ⊥AB，PA ⊥AD．
又因为AB⊥AD，故可以A为原点，⃗AB ,⃗AD ,⃗AP分别为x轴，y轴和z轴的正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系A −xyz．
设AB =a, AD =b, AP =c，所以B (a,0,0), D (0,b,0), P(0,0,c)，在△PBD中，⃗
BD⋅⃗BP =(−a,b,0)⋅(−a,0,c)=a
2>0，所以∠PBD为锐角，⃗
DB⋅⃗DP =(a,−b,0)⋅(0,−b,c)=b
2>0，所以∠PDB为锐角，⃗
PB⋅⃗PD =(a,0,−c)⋅(0,b,−c)=c
2>0，所以∠BPD为锐角，
所以△PBD是锐角三角形．
证法三：因为PA ⊥平面γ，AB , AD⊂γ，所以PA ⊥AB，PA ⊥AD．
又因为AB⊥AD，所以在△PBD中，⃗
BP⋅⃗BD =(⃗BA +⃗AP)⋅(⃗BA +⃗AD)=⃗BA
2>0，所以∠PBD为锐角，⃗
DB⋅⃗DP =(⃗DA +⃗AB)⋅(⃗DA +⃗AP)=⃗DA
2>0，所以∠PDB为锐角，⃗
PB⋅⃗PD =(⃗PA +⃗AB)⋅(⃗PA +⃗AD)=⃗PA
2>0，所以∠BPD为锐角，
所以△PBD是锐角三角形．
（2）（i）因为PA ⊥ γ，Q在CP上，且∠CQB =∠CQD，
由对称性知B , D在同一个轨迹上，且轨迹关于AC对称，
故以A为原点，⃗AC ,⃗AP分别为x轴和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A −xyz．
设B(x1, y1,0)，D(x2, y2,0)，因为AP = AC =3，所以P(0,0,3)，C (3,0,0)．
因为Q是线段CP上靠近C的三等分点，故⃗AQ = 2
3⃗AC + 1
3⃗AP =(2,0,1)，即Q (2,0,1)，
故⃗QC =(1,0,−1)，⃗QB =(x1−2, y1,−1)，cos∠CQB =⃗QC ⋅⃗QB
|⃗QC|⋅|⃗QB|
=
x1−1
❑√2⋅❑√(x1−2)
2+ y1
2+1
，
依题意得
x1−1
❑√2⋅❑√(x1−2)
2+ y1
2+1
= 1
2，化简得x1
2−y1
2=3，
且x1−1>0，即x1>1，故x1≥❑√3，又点B不在直线AC上，故x1>❑√3，同理，x2
2−y2
2=3，且x2>❑√3，
故在坐标平面xAy中，B , D是双曲线x
2−y
2=3右支上的动点，且B , D在x轴的两侧，如图．
因为x
2−y
2=3的两条渐近线分别为y = x和y =−x，它们的夹角为π
2 ，所以0<∠BAD<π
2 ．
因为平面PAB∩平面PAD = PA，PA ⊥AB，PA ⊥AD，
所以∠BAD是二面角B−AP−D的平面角，所以二面角B−AP−D为锐角．
（ii）解法一：因为△PBD不是任何一个长方体的截面，所以△PBD是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若△PBD为锐角三角形，有P B
2+ P D
2−B D
2>0，P B
2+ B D
2−P D
2>0，B D
2+ P D
2−P B
2>0，
可令a
′ =
❑√
P B
2+ B D
2−P D
2
2
，b
′ =
❑√
P D
2+ B D
2−P B
2
2
，c
′ =
❑√
P B
2+ P D
2−B D
2
2
，
则存在以A
′ B =a
′ , A
′ D =b
′ , A
′ P =c
′为共点棱的长方体，△PBD为该长方体的截面．
由（1）知，若△PBD是长方体的截面，则△PBD是锐角三角形，
所以△PBD不是任何一个长方体的截面等价于△PBD是直角三角形或钝角三角形．
由（i）知，0<∠BAD<π
2 ，所以⃗AB⋅⃗AD>0，又因为PA ⊥AB，PA ⊥AD，
所以⃗PB⋅⃗PD =(⃗PA +⃗AB)⋅(⃗PA +⃗AD)=⃗PA
2+⃗AB⋅⃗AD>0，故0<∠BPD<π
2 ．
因为PA ⊥ γ，所以∠PBA ,∠PDA分别是直线PB , PD与γ所成的角， 即∠PBA =α ,∠PDA = β，
不妨设AB≤AD，则α ≥β，且PB≤PD，所以θ =α，tan
2θ = P A
2
A B
2 =
9
x1
2+ y1
2，
且∠PBD≥π
2 >∠PDB．
作QM ⊥BD于M，因为平面QBD⊥ γ，平面QBD∩ γ = BD，QM ⊂平面QBD，
所以QM ⊥ γ，又PA ⊥ γ，所以PA //QM．
因为Q是线段CP上靠近C的三等分点，所以M是线段AC上靠近C的三等分点，
所以M (2,0,0)，即直线BD过M (2,0,0)，
所以∠PBD =∠PBM ≥π
2 ，所以⃗BM ⋅⃗BP =(2−x1,−y1,0)⋅(−x1,−y1,3)= x1
2−2 x1+ y1
2≤0，
这样，问题等价于在平面直角坐标系xAy中，B( x1, y1), D( x2, y2)在双曲线x
2−y
2=3的右支上，
直线BD过点M (2,0)，AB< AD，x1
2−2 x1+ y1
2≤0，求tan
2θ =
9
x1
2+ y1
2的最小值．
如图，不妨设点B在第四象限，则y1<0，x1<2．因为B , D都在双曲线的右支，故k BD=k BM = −y1
2−x1
>1，
即−y1>2−x1>0，所以y1
2>(2−x1)
2，又x1
2−2 x1+ y1
2≤0，x1
2−y1
2=3，
即x1
2−3>(2−x1)
2且x1
2−2 x1+ x1
2−3≤0，解得7
4 < x1≤1+ ❑√7
2
，
所以tan
2θ =
9
x1
2+ y1
2 ≥9
2 x1
≥
9
1+ ❑√7 = 3 ❑√7−3
2
，
当x1= 1+ ❑√7
2
，即∠PBD =π
2 时，等号成立．
故tan
2θ的最小值为3 ❑√7−3
2
．
解法二：因为△PBD不是任何一个长方体的截面，所以△PBD是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若△PBD为锐角三角形，有P B
2+ P D
2−B D
2>0，P B
2+ B D
2−P D
2>0，B D
2+ P D
2−P B
2>0，
可令a
′ =
❑√
P B
2+ B D
2−P D
2
2
，b
′ =
❑√
P D
2+ B D
2−P B
2
2
，c
′ =
❑√
P B
2+ P D
2−B D
2
2
，
则存在以A
′ B =a
′ , A
′ D =b
′ , A
′ P =c
′为共点棱的长方体，△PBD为该长方体的截面．
由（1）知，若△PBD是长方体的截面，则△PBD是锐角三角形，
所以△PBD不是任何一个长方体的截面等价于△PBD是直角三角形或钝角三角形．
作QM ⊥BD于M，因为平面QBD⊥ γ，平面QBD∩ γ = BD，QM ⊂平面QBD，
所以QM ⊥ γ，又PA ⊥ γ，所以PA //QM．
因为Q是线段CP上靠近C的三等分点，所以M是线段AC上靠近C的三等分点，
所以M (2,0,0)，即直线BD过M (2,0,0)．
在平面直角坐标系xAy中，设直线BD的方程为x =ty +2，
联立{
x
2−y
2=3,
x =ty +2 )得(t
2−1) y
2+ 4 ty +1=0，
依题意，有{
t
2−1≠0
Δ=16t
2−4(t
2−1)>0)且{
y1+ y2=−4 t
t
2−1
,
y1 y2=
1
t
2−1
. )
因为y1 y2<0，所以t
2<1．
因为⃗PB =(x1, y1,−3),⃗PD =(x2, y2,−3),⃗BD =(x2−x1, y2−y1,0)，
所以⃗PB·⃗PD = x1 x2+ y1 y2+9=(t y1+2)(t y2+2)+ y1 y2+9
=(t
2+1) y1 y2+2t ( y1+ y2)+13= 6(t
2−2)
t
2−1
>0，
⃗
BP·⃗BD = x1(x1−x2)+ y1( y1−y2)= x1
2+ y1
2−(x1 x2+ y1 y2)，
同理⃗DP·⃗DB = x2
2+ y2
2−(x1 x2+ y1 y2)，
不妨设x1
2+ y1
2≤x2
2+ y2
2，则必有⃗BP·⃗BD = x1
2+ y1
2−(x1 x2+ y1 y2)≤0．
因为x1
2+ y1
2−( x1 x2+ y1 y2)= x1
2+ y1
2−[(t
2+1) y1 y2+2t( y1+ y2)+ 4 ]= x1
2+ y1
2+ 3t
2+3
t
2−1
=2 x1
2+
6
t
2−1
，
因为x1=t y1+2且y1≠0，所以t = x1−2
y1
，代入上式得到
x1
2+ y1
2−(x1 x2+ y1 y2)=2 x1
2+
6
t
2−1
=2 x1
2+
6
(
x1−2
y1 )
2
−1
=2 x1
2+
6 y1
2
(x1−2)
2−y1
2 =2 x1
2+
6(x1
2−3)
(x1−2)
2−(x1
2−3)
= 2(4 x1
3−10 x1
2+9)
4 x1−7
=
2(2 x1−3)(x1−1−❑√7
2 )(x1−1+ ❑√7
2 )
4 x1−7
，
所以2(2 x1−3)(x1−1−❑√7
2 )(x1−1+ ❑√7
2 )
4 x1−7
≤0，
又因为x1>❑√3，所以x1∈(
7
4 , 1+ ❑√7
2 ]．
因为PA ⊥ γ，所以∠PBA ,∠PDA分别是直线PB , PD与γ所成的角，即∠PBA =α ,∠PDA = β，
因为x1
2+ y1
2≤x2
2+ y2
2，所以AB≤AD，所以α ≥β，所以θ =α，
tan
2θ = tan
2α = P A
2
A B
2 =
9
x1
2+ y1
2 =
9
2 x1
2−3
≥3 ❑√7−3
2
，
当x1= 1+ ❑√7
2
，即∠PBD =π
2 时，等号成立．
故tan
2θ的最小值为3 ❑√7−3
2
．
解法三：因为△PBD不是任何一个长方体的截面，所以△PBD是直角三角形或钝角三角形．
证明如下：
若△PBD为锐角三角形，有P B
2+ P D
2−B D
2>0，P B
2+ B D
2−P D
2>0，B D
2+ P D
2−P B
2>0，
可令a
′ =
❑√
P B
2+ B D
2−P D
2
2
，b
′ =
❑√
P D
2+ B D
2−P B
2
2
，c
′ =
❑√
P B
2+ P D
2−B D
2
2
，
则存在以A
′ B =a
′ , A
′ D =b
′ , A
′ P =c
′为共点棱的长方体，△PBD为该长方体的截面．
由（1）知，若△PBD是长方体的截面，则△PBD是锐角三角形，
所以△PBD不是任何一个长方体的截面等价于△PBD是直角三角形或钝角三角形．
由（i）知，0<∠BAD<π
2 ，所以⃗AB⋅⃗AD>0，又因为PA ⊥AB，PA ⊥AD，
所以⃗PB⋅⃗PD =(⃗PA +⃗AB)⋅(⃗PA +⃗AD)=⃗PA
2+⃗AB⋅⃗AD>0，故0<∠BPD<π
2 ．
因为PA ⊥ γ，所以∠PBA ,∠PDA分别是直线PB , PD与γ所成的角，即∠PBA =α ,∠PDA = β，
不妨设AB≤AD，则α ≥β，且PB≤PD，所以θ =α，tan
2θ = P A
2
A B
2 =
9
x1
2+ y1
2，
且∠PBD≥π
2 >∠PDB．
作QM ⊥BD于M，因为平面QBD⊥ γ，平面QBD∩ γ = BD，QM ⊂平面QBD，
所以QM ⊥ γ，又PA ⊥ γ，所以PA //QM．
因为Q是线段CP上靠近C的三等分点，所以M是线段AC上靠近C的三等分点，
所以M (2,0,0)，即直线BD过M (2,0,0)，
所以∠PBD =∠PBM ≥π
2 ，所以⃗BA ⋅⃗BM =(⃗BP+⃗PA)⋅⃗BM =⃗BP⋅⃗BM ≤0．
这样，问题等价于在平面直角坐标系xAy中，B( x1, y1), D( x2, y2)在双曲线x
2−y
2=3的右支上，
直线BD过点M (2,0)，⃗BA ⋅⃗BM ≤0，求tan
2θ =
9
x1
2+ y1
2的最小值．
如图，不妨设点B在第四象限，因为⃗BA ⋅⃗BM ≤0，所以点B在以AM为直径的圆N内（含边界），记
圆N与双曲线在第四象限的交点为B0，则|AB|≤|A B0|．
因为A B0在渐近线y =−x的上方，故k A B0>−1，而k A B0⋅k B0 M =−1，故k B0 M >1，
即直线B0 M与双曲线右支有两个交点B0, D0，符合条件．所以当点B位于点B0时，|AB)最大，则tan
2θ最
小．
联立{
(x−1)
2+ y
2=1,
x
2−y
2=3 )，得2 x
2−2 x−3=0，解得x = 1+ ❑√7
2
或x = 1−❑√7
2
（舍去），
故当x1= 1+ ❑√7
2
，即∠PBD =π
2 时，tan
2θ的最小值为
9
1+ ❑√7 = 3 ❑√7−3
2
．
故tan
2θ的最小值为3 ❑√7−3
2
．
29．（2026·福建莆田·二模）（多选）已知正三棱台ABC −A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上，且
AB =3 A1B1=3，点P满足⃗AP = x⃗AB+ y⃗AC + z⃗A A1，则（ ）
A．当P为棱B1C1的中点时，x + y + z = 4
3
B．⃗A1C1⋅⃗A1B =1
C．若直线BP//平面AC C1 A1，则x =1
D．若A A1= ❑√2，则球O的表面积为18π
【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h，建立适当空间直角坐标
系后可表示出⃗A1C1、⃗A1B，再利用向量坐标运算即可得；对C：求出平面AC C1 A1的法向量及向量⃗BP
后计算即可得解；对D：可计算出h，从而得到A1、O1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P为棱B1C1的中点时，⃗AP =⃗A A1+ 1
2⃗A1B1+ 1
2⃗A1C1=⃗A A1+ 1
6⃗AB+ 1
6⃗AC，
则x + y + z =1+ 1
6 + 1
6 = 4
3 ，故A 正确；
对B：以A为原点，⃗AB为x轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设该三棱台高为h，则A (0,0,0)、B (3,0,0)、C(
3
2 , 3 ❑√3
2
,0)，
设该三棱台上下底面中心为O1、O2，作A1 M ⊥底面ABC于点M，
则A O2= 2
3 ×
❑√3
2 ×3= ❑√3，A O1= 1
3 A O2=
❑√3
3 ，AM = ❑√3−
❑√3
3 = 2❑√3
3
，
则x A1=
❑√3
2 × 2❑√3
3
=1，y A1= 1
2 × 2❑√3
3
=
❑√3
3 ，故A1(1,
❑√3
3 ,h)，
则⃗A1C1= 1
3⃗AC =(
1
2 ,
❑√3
2 ,0)，⃗A1B =(2,−
❑√3
3 ,−h)，
则⃗A1C1⋅⃗A1B = 1
2 ×2+
❑√3
2 ×(−
❑√3
3 )+0×(−h)=1−1
2 = 1
2，故B 错误；
对C：⃗AC =(
3
2 , 3 ❑√3
2
,0)、⃗A A1=(1,
❑√3
3 ,h)，
设平面AC C1 A1的法向量为⃗m=(a,b,c)，
则有{
m⃗⋅AC⃗= 3
2 a+ 3 ❑√3
2
b=0
m⃗⋅A A⃗1=a+
❑√3
3 b+ch=0)
，
取a= ❑√3，则b=−1，c =−2❑√3
3h ，即m⃗=(
❑√3,−1,−2❑√3
3h )，
⃗
AB =(3,0,0)、⃗AC =(
3
2 , 3 ❑√3
2
,0)、⃗A A1=(1,
❑√3
3 ,h)，
则⃗AP = x⃗AB+ y⃗AC + z⃗A A1=(3 x + 3
2 y + z , 3 ❑√3
2
y +
❑√3
3 z ,hz)，
则⃗BP =⃗AP−⃗AB =(3 x + 3
2 y + z−3, 3 ❑√3
2
y +
❑√3
3 z ,hz)，
由直线BP //平面AC C1 A1，则⃗m⊥⃗BP，
即
❑√3(3 x + 3
2 y + z−3)−3 ❑√3
2
y −
❑√3
3 z−2❑√3 z
3
=3 ❑√3(x−1)=0，
故x =1，故C 正确；
对D：若A A1= ❑√2，则h=
❑√
(❑√2)
2−(
2❑√3
3 )
2
=
❑√6
3
，
则A1(1,
❑√3
3 ,
❑√6
3 )，O1(
3
2 ,
❑√3
2 ,
❑√6
3 )，
由正三棱台性质，可设球心坐标O(
3
2 ,
❑√3
2 ,t)，
则|AO)=|A1O)，即有(
3
2)
2
+(
❑√3
2 )
2
+t
2=(
3
2 −1)
2
+(
❑√3
2 −
❑√3
3 )
2
+(t −
❑√6
3 )
2
，
解得t =−
❑√6
2 ，则r =
❑√(
3
2)
2
+(
❑√3
2 )
2
+t
2= ❑√3+ 3
2 = 3 ❑√2
2
，
故球O的表面积为4πr
2= 4π×(
3 ❑√2
2 )
2
=18π，故D 正确.
