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专项08 空间向量与立体几何重难点
分析维度 具体内容
核心考点 1. 空间几何体：棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征、表面
积与体积计算；2. 空间点、线、面位置关系：平行、垂直的判定与性质，异面
直线所成角、线面角、二面角的定义；3. 空间向量基础：空间向量的线性运
算、坐标运算、数量积，向量的模、夹角、平行与垂直的充要条件；4. 空间向
量的应用：用向量证明线面平行、垂直，求异面直线所成角、线面角、二面角，
求点到面的距离；5. 综合应用：折叠问题、最值问题、与解析几何的简单结
合，三视图与直观图的转化。
考查形式 1. 客观题（单选题+多选题）：5-10分，多为第5-10题，考查空间几何体结构特
征、表面积/体积计算、三视图与直观图、空间位置关系判断，难度低-中档；2.
解答题：12分，固定为中档大题（多为第18或19题），命题模式固定：第一问
证明线面平行/垂直，第二问用空间向量求角（异面直线所成角、线面角、二面
角）或点到面的距离；3. 新高考特点：多选题增加空间位置关系辨析、几何体
性质判断，解答题强化空间向量的工具性，弱化纯几何推理，偶尔结合折叠、动
点问题考查综合应用。
命题特点 1. 基础题（送分）：空间几何体表面积/体积计算、三视图还原几何体、简单线
面位置关系判断，直接套用公式或性质即可得分；2. 中档题（核心得分）：线
面平行垂直的证明、空间向量坐标运算、异面直线所成角与线面角求解，侧重方
法应用和计算；3. 难题（低频）：二面角的复杂求解、折叠问题中的空间关系
与角的计算、动点问题中的最值、多面体与球的组合体问题，难度中等偏上，占
比低；4. 命题趋势：整体稳定，重基础、重运算、重向量工具应用，减少纯几
何推理的复杂度，强调数形结合和转化与化归，三视图考查频率略有下降，折
叠、动点问题偶有出现。
重难点突破 1. 重点：① 空间几何体的结构特征、表面积与体积公式（熟练记忆、灵活套
用）；② 线面平行、垂直的判定定理与性质定理（证明核心）；③ 空间向量的
坐标运算、数量积应用（求角、证明的核心工具）；④ 异面直线所成角、线面
角、二面角的求解方法（高考解答题必考）；2. 难点：① 线面平行、垂直证明
中辅助线的构造（无固定套路，需多积累）；② 空间直角坐标系的建立（复杂
几何体中找点的坐标、处理动点坐标）；③ 二面角的求解（判断二面角是锐角
还是钝角，避免计算符号错误）；④ 折叠问题中“折叠前后不变量”的判断与
应用；⑤ 多面体与球的组合体（外接球、内切球）问题。
关联模块 1. 直接关联：平面向量（空间向量的基础）、立体几何基础（点线面位置关
系）、三角函数（求角时用到三角函数值）；2. 间接关联：解析几何（空间直
角坐标系与平面直角坐标系的衔接）、不等式（最值问题）、函数（动点问题中
坐标的函数表示）。
备考策略 1. 基础过关：熟记各类空间几何体的表面积、体积公式，掌握三视图与直观图
的转化方法；牢记线面平行、垂直的判定与性质定理，能快速识别简单空间位置
关系；2. 方法强化：专项练习空间直角坐标系的建立（优先选择两两垂直的面
作为坐标面），熟练掌握空间向量的坐标运算、数量积公式，牢记求角、求距离
的向量公式；3. 难点突破：总结辅助线构造的常见方法（如中点连线、平行
线、垂线）；针对性练习折叠问题、二面角求解，掌握二面角锐角/钝角的判断
方法；总结多面体与球组合体的常见模型（如长方体、正四面体的外接球）；4.实战训练：多练解答题，规范解题步骤（证明题分步写判定定理条件，向量题明
确坐标建立、向量表示、计算过程），避免计算失误；5. 易错规避：重点练习
向量夹角与空间角的区别（异面直线所成角、线面角范围限制），避免符号错误
和范围错误。
解题技巧 1. 几何体表面积/体积：优先判断几何体类型，拆分复杂几何体（如割补法），
套用对应公式，注意单位统一；2. 线面平行/垂直证明：证明平行优先找“线线
平行”或“面面平行”，证明垂直优先找“线线垂直”，辅助线构造优先考虑中
点、垂足；3. 空间向量应用：建立坐标系时，尽量让更多点落在坐标轴上，简
化坐标计算；求角时，先求向量夹角，再结合空间角的范围（异面直线所成角
0°<θ≤90°，线面角0°≤θ≤90°，二面角0°≤θ≤180°）转化；4. 折叠问题：牢记折叠
前后“长度不变、角度可能变化”的特点，重点分析折叠后的线面位置关系；5.
多面体与球：长方体的外接球直径等于体对角线，正四面体的外接球、内切球半
径有固定公式，可直接记忆套用。
易错点汇总 1. 空间几何体表面积计算，遗漏侧面（如棱台、圆台的侧面）或计算错误（如
球的表面积公式记错）；2. 线面平行垂直证明，遗漏判定定理的关键条件（如
线面平行需“直线与平面内一条直线平行且直线在平面外”）；3. 建立空间直
角坐标系时，坐标写错（如动点坐标表示错误），或向量坐标运算失误；4. 混
淆空间角与向量夹角（如将向量夹角的钝角直接作为二面角，未判断正负）；5.
求二面角时，未判断二面角是锐角还是钝角，导致结果符号错误；6. 折叠问题
中，忽略折叠前后的不变量，错误判断线面位置关系；7. 多面体与球的组合体
问题，记错外接球、内切球半径公式，或未找到球心位置。
一、基础核心考点（送分题，必拿分）
（一）空间几何体基础
1. 常见空间几何体结构特征：
- 多面体：棱柱（有两个面平行，其余各面为平行四边形）、棱锥（有一个面为多边形，其余各面为三角形且
交于一点）、棱台（用平行于棱锥底面的平面截取棱锥得到）；
- 旋转体：圆柱（矩形绕一边旋转）、圆锥（直角三角形绕直角边旋转）、圆台（直角梯形绕垂直底边的腰旋
转）、球（半圆绕直径旋转）。
2. 表面积与体积计算（核心公式，必记）：
- 表面积：圆柱S=2πr²+2πrh；圆锥S=πr²+πrl；圆台S=πr²+πR²+π(R+r)l；球S=4πR²；
- 体积：棱柱/圆柱V=Sh（S为底面积，h为高）；棱锥/圆锥V=(1/3)Sh；圆台V=(1/3)πh(r²+R²+Rr)；球
V=(4/3)πR³。
3. 三视图与直观图：三视图（正视图、侧视图、俯视图）还原几何体，直观图用斜二测画法（横不变、纵减半、
角45°/135°），考法以客观题为主。
（二）空间点、线、面位置关系基础
1. 基本位置关系：点与线（在/不在）、点与面（在/不在）、线与线（平行、相交、异面）、线与面（平行、相交、线在面内）、面与面（平行、相交）。
2. 异面直线：定义（不同在任何一个平面内，无公共点），所成角范围（0°<θ≤90°），核心是转化为相交直线所
成角。
3. 考法：客观题判断位置关系正误、三视图还原、简单表面积/体积计算，难度偏低。
（三）空间向量基础
1. 空间向量定义与表示：既有大小又有方向的量，坐标表示为(x, y, z)（空间直角坐标系中）。
2. 核心运算：
- 线性运算：若a=(x1,y1,z1)，b=(x2,y2,z2)，则a±b=(x1±x2, y1±y2, z1±z2)，λa=(λx1, λy1, λz1)（λ为实数）；
- 数量积：a·b=x1x2+y1y2+z1z2=|a||b|cosθ（θ为a与b的夹角）；
- 模与夹角：|a|=√(x1²+y1²+z1²)，cosθ=(a·b)/(|a||b|)。
3. 平行与垂直的充要条件：a∥b ⇔ a=λb（λ为实数）⇔ x1/x2=y1/y2=z1/z2（分母不为0）；a⊥b ⇔ a·b=0 ⇔
x1x2+y1y2+z1z2=0。
二、核心应用考点（中档题，核心得分区）
（一）线面平行与垂直的判定与性质（解答题第一问必考）
1. 线面平行：
- 判定定理：如果平面外一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与平面平行（核心：线线平行→线面平
行）；
- 性质定理：如果一条直线与一个平面平行，过该直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行（核心：
线面平行→线线平行）。
2. 线面垂直：
- 判定定理：如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则该直线与平面垂直（核心：线线垂直→线面垂
直）；
- 性质定理：如果一条直线与一个平面垂直，则该直线与平面内所有直线垂直（核心：线面垂直→线线垂直）。
3. 面面平行与垂直：可通过线面平行/垂直推导，考法多为辅助线构造后证明。
（二）空间向量的核心应用（解答题第二问必考）
1. 空间直角坐标系的建立：优先选择两两垂直的面（如长方体、正方体的一个顶点）作为坐标面，让更多点落在
坐标轴上，简化坐标计算。
2. 求空间角（核心考点）：
- 异面直线所成角：设两直线方向向量为a、b，夹角为θ，则cosθ=|a·b|/(|a||b|)（θ∈(0°,90°]）；
- 线面角：设直线方向向量为a，平面法向量为n，夹角为θ，则sinθ=|a·n|/(|a||n|)（θ∈[0°,90°]）；
- 二面角：设两个平面法向量为n1、n2，夹角为φ，二面角为θ，则|cosθ|=|n1·n2|/(|n1||n2|)，θ与φ相等或互补（需判断锐角/钝角）。
3. 求点到面的距离：设平面法向量为n，点P到平面的距离d=|PA·n|/|n|（A为平面内任意一点）。
（三）基础综合应用
1. 简单折叠问题：折叠前后，长度不变的线段、角度不变的角为“不变量”，重点分析折叠后的线面位置关系。
2. 多面体与球的简单组合体：长方体外接球直径=体对角线；正四面体外接球半径R=(√6/4)a（a为棱长），内切球
半径r=(√6/12)a。
三、高阶综合考点（难题，低频拉分）
（一）复杂空间角与距离求解
1. 复杂二面角：无明显法向量时，通过几何法找二面角的平面角（如垂线法、投影法），结合向量计算。
2. 异面直线间的距离：转化为点到面的距离，利用向量公式求解（低频考查）。
（二）综合应用问题
1. 动点问题：设动点坐标（如(x,0,0)），结合条件建立方程，求最值、范围（结合不等式、函数）。
2. 折叠问题进阶：折叠后线面垂直、二面角的综合计算，重点把握“不变量”与“变量”的关系。
3. 多面体与球的复杂组合体：不规则多面体外接球，通过补形法（补成长方体、正方体）求解球心与半径。
四、高考考法总结与易错提醒
（一）考法总结
1. 客观题（5-10分）：侧重基础，考查几何体结构、表面积/体积、三视图、位置关系判断，难度低-中档；
2. 解答题（12分）：固定模式，第一问证明线面平行/垂直，第二问用向量求角或距离，难度中档；
3. 新高考趋势：弱化纯几何推理，强化空间向量工具性，多选题增加位置关系辨析，折叠、动点问题偶有出现。
（二）易错提醒
1. 表面积计算遗漏侧面（如棱台、圆台的侧面），或记错球的表面积、体积公式；
2. 证明线面平行/垂直时，遗漏判定定理关键条件（如线面平行需“直线在平面外”）；
3. 建立坐标系时，坐标写错，或向量运算失误（加减、数量积计算错误）；
4. 求空间角时，混淆向量夹角与空间角的范围，或未判断二面角的锐角/钝角；
5. 折叠问题忽略“不变量”，错误判断线面位置关系；
6. 多面体与球的组合体，记错外接球、内切球半径公式，或找不到球心位置。一、单选题
1．（2026·天津河西·二模）今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念
碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点
截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底 长4米，
腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（ ）
A．168 B．192 C．216 D．240
【答案】C
【分析】根据题意可得梯形的高（即几何体的高）为 ，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积即可求解.
【详解】将原图形补全为长方体，如下图：
因为侧面为等腰梯形，上底长 米，下底长 米，腰长 米，
所以梯形的高（即几何体的高）为： 米
所以长方体下底面长 米、宽 米，高为 米，体积 立方米；
由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为： 米， 米，
所以每个三棱锥的体积为： 立方米，
4 个三棱锥总体积： 立方米
所以该纪念碑基座的体积为 立方米
2．（2026·上海杨浦·模拟预测）圆锥的底面半径为12，高为12，现于圆锥内放置一个圆柱，使圆柱的一个底面与
圆锥的底面所在的平面重合，则该圆柱体积的最大值为（ ）A．64 B．128 C．144 D．256
【答案】D
【详解】如图，依题意， ， ，设此时的圆柱的半径为 ，
则 ， ，所以 ，
所以该圆柱体积为 ， ，
，令 ，得 ，
当 ， ， 单调递增，当 ， ， 单调递减，
所以，当 ， 取得最大值，此时 .
3．（2026·天津滨海新区·三模）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8，将一个球放在容器
口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用球的截面性质结合直角三角形求解即可.
【详解】设正方体上底面所在平面截球得小圆 ，则圆心 为正方体上底面的中心，
如图，设球的半径为 ，根据题意得球心到上底面的距离等于 ，而圆 的半径为4，
由球的截面圆性质，得 ，解出 ，该球的体积为 .
4．（2026·陕西西安·三模）2022年北京冬奥会的“雪如意”跳台滑雪中心的赛道可抽象为如下几何模型：底面是
边长为2的正三角形 的三棱锥 ，其中 平面 ．施工人员需要在 上取中点 ，在
上取中点 ，搭建辅助支撑钢架 ，则直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取 的中点 ，连接 ， ，分析可得 （或其补角）即为 和 所成的角，进而求解即可.
【详解】取 的中点 ，连接 ， ，
因为 是 的中点，所以 ，且 ，
因为 是 的中点，所以 ，且 ，
所以 （或其补角）即为 和 所成的角，
因为 平面 ，所以 平面 ，而 平面 ，
所以 ，所以 ，故 ，
则直线 与 所成角的余弦值为 .5．（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体 中，点 是线段 上的动点（含端点），则下
列说法中正确的是（ ）
A．直线 与直线 始终异面
B．直线 与直线 始终垂直
C．存在点 使得直线 与平面 垂直
D．直线 与平面 始终平行
【答案】D
【分析】A. 由点M与点D重合时判断；B.由点M与点 重合时判断；C.由垂直于同一平面的两条直线平行判断；
D.先证平面 平面 ，再由 平面 判断.
【详解】对于A：当点M与点D重合时，直线 即为BD，而BD与直线 相交，故A错误；
对于B：当点M与点 重合时， 是等边三角形，则直线 与直线 成 ，故B错误；
对于C：如图所示：
连接 ，因为 ，且 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，同理 ，又 ，则 平面 ，
若 平面 ，则 ，而 ，故C错误；
对于D：易知 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ,
同理 平面 ，又 ，所以平面 平面 ，
又 平面 ，所以 平面 ，故D正确；
6．（25-26高一下·浙江宁波·期中）在三棱锥 中， ， ， ，点 在平面
上投影为 ，则三棱锥 的外接球的表面积为（ ）
A．84π B．88π C．92π D．96π
【答案】A
【分析】由题意 平面 ，进而确定外接球球心 ，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积
即可.
【详解】设 的外接圆半径为 ，由题可知 为等边三角形，由正弦定理， ，则
，
设外接球的球心为 ，半径为 ， 的外接圆的圆心为 ，
由题可得 平面 ，而 平面 ，
过点 作 ，交 于点 ，连接 ，
则 ，易得矩形 ，则 ，
在直角三角形 中， ，解得 ，
所以三棱锥 外接球的表面积为 .
7．（2026·安徽·模拟预测）“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图，在一个盛满米的“方斗”容器中， ， ，若从中取出18.2kg米后，米的高度下降一半，则剩余米的质
量为（ ）
A．6.1kg B．9.1kg C．12.2kg D．13.65kg
【答案】C
【分析】假设从“方斗”中取出18.2kg米后，米的高度下降一半至平面 处.分析出取出米的质量与剩余的
米的质量之比为正四棱台 和 的体积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两
个棱台的体积即可得解.
【详解】从“方斗”中取出18.2kg米后，米的高度下降一半至平面 处，
由题意可知正四棱台 和 的高相等，设为 ．
因为 ， ，则 ，
可得 ， ．
设剩余的米的质量为 ，
则 ，解得 ．
8．（25-26高二下·福建莆田·期中）如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形，点 、 分别为 、
的中点，若 ，且 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由空间向量的线性运算以及空间向量的基本定理可得出关于 、 的方程组，解出这两个未知数的值，即
可得出 的值.
【详解】因为 ，所以 ，可得 ，
因为四边形 为平行四边形，所以 ，
所以 ，
因为点 、 分别为 、 的中点，所以 ， ，
所以 ，
因为 、 、 不共面，所以 ，所以 ，故 .
9．（2026·天津滨海新区·三模）设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，以下说法正确的是：（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 ，则 D．若 则
【答案】B
【分析】根据直线与平面垂直，平行的判定定理和性质定理，逐一分析每个选项.
【详解】已知 ，此时直线 与平面 的位置关系有多种可能，直线 可能与平面 相交，平行或 ，
所以不能得出 ，A选项错误.
已知 ，根据直线与平面平行的性质定理，
过直线 作平面 与平面 相交于直线 ，则 ，过直线 作平面 与平面 相交于直线 ，则 ， .
又 ， ，又 ，
，又 ， ，B选项正确.
已知 ，此时直线 与平面 的位置关系有两种可能，直线 可能与平面 平行或 ，
所以不能得出 ，C选项错误.
已知 ，当直线 与 相交时，根据平面与平面平行的判定定理，可以得出 ，
当直线 与 平行时，此时平面 与 可能相交，所以不能得出 ，D选项错误.
10．（2026·河南·三模）一个高为 ，上、下底面半径分别是1cm和4cm的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略
不计）内有一个铁球，则当该铁球体积最大时，该铁球的体积与圆台的体积的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作出圆台轴截面，分析可知当球与 相切时，其体积最大，再计算出球的体积和圆台的体积即
可得比值.
【详解】如图，作出圆台的轴截面，可知当球与 相切时体积最大，
由切线性质可得 ，作 ，垂足分别为 ，
可知 ，所以 ，又 ，
所以 ，则 ，
设球的半径也即圆 的半径为 ，由可得 ，解得 ，因为 ，
所以该球是存在的，此时球的体积为 ，
圆台的体积为 ，所求比值为 .
二、多选题
11．（2026·云南曲靖·二模）如图，已知正方体 的棱长为2， 分别为 的中点， 为正
方体表面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点 在棱 上运动，则 与 一定为异面直线
B．若点 在棱 上运动，则存在点 ，使得 平面
C．若点 是底面 内一点（包括边界），且点 到直线 与到直线 的距离相等，则点 的轨迹
为抛物线的一部分
D．若点 为 中点，则三棱锥 体积为
【答案】ACD
【分析】对于A，根据异面直线的定义即可判断；对于B，作出过点 与平面 平行的正方体的截面，即可判
断；对于C，由题意可得点 到定点 的距离等于点 到定直线 的距离，根据抛物线的定义即可判断；对于
D，判断 平面 ，根据 即可判断.
【详解】当点 在棱 上运动时， 在平面 上，而 与平面 相交，且交点不在 上，
所以 与 既不相交也不平行，一定为异面直线，故A正确；
如图1，取 分别为 中点，
则四边形 为过点 与平面 平行的正方体的截面，与棱 无交点，
故B错误；
当点 在底面 内运动时，
由 底面 可得点 到直线 的距离即为 ，
则在平面 内，点 到定点 的距离等于点 到定直线 的距离，
由抛物线定义可得点 的轨迹为以 为焦点， 为准线的抛物线的一部分，
故C正确；
如图2，取 为 中点，设 与 交于点 ，
因为 为 中点，易证 与 全等，
故 ，因为 ，
所以 ，所以 ，
又因为 平面 ， 平面
所以 ，
又 ，所以 平面 ，
，故D正确．
12．（2026·河北沧州·二模）在正四棱锥 中， ，侧棱与底面所成的角为60°，则（ ）
A．该正四棱锥的高为
B．该正四棱锥的侧面与底面所成角的余弦值为
C．该正四棱锥的外接球的半径为
D．该正四棱锥的相邻两侧面所成角为90°
【答案】AC
【分析】对于A：设底面中心为 ，连接 ，则 底面 ,则 ，结合底面边长可求解；对于
B：过 作 ，连接 ，则 为所求角，结合边长值求解；对于C：作 的平分线 ，易知
，即 ，则线段 的长即为该正四棱锥的外接球的半径长，在 中可求解；对于
D：作 ，垂足为点 ，连接 ，则 为二面角 的平面角，在 中利用余弦定理求解.
【详解】
对于A：如图，连接 ， ，设交点为 ，则 底面 ，所以 ， ，所以 ，
所以A选项正确；
对于B：作 ，垂足为点 ，连接 ，则 为二面角 的平面角，易得 ， ，所以 ，所以B选项不正确；
对于C：作 的平分线 ，交 于点 ，则 ，所以线段 的长即为该正四棱锥的外
接球的半径长，易得 ，所以 ，所以C选项正确；
对于D：作 ，垂足为点 ，连接 ，易得 ，则 为二面角 的平面角，由
，得 ，所以 ，所以D选项不正确.
13．（2026·四川内江·三模）在平行六面体 中， ，
，则（ ）
A．
B． 平面
C．
D．三棱锥 的外接球表面积为
【答案】BCD
【分析】取定空间的一个基底，利用空间位置关系的向量证明推理判断AB；利用空间向量数量积运算律计算判断
C；求出三棱锥外接球半径求解判断D.
【详解】在平行六面体 中，令 ，则 为空间的一个基底，
，对于A， ， 不成立，A错误；
对于B，由 ，得 ，由菱形 ，
得 ，而 平面 ，则 平面 ，B正确；
对于C， ，则 ，C正确；
对于D，依题意，三棱锥 为正四面体，令正 的重心为 ，则 平面 ，
， ，令正四面体 外接球半径为 ，
则 ，解得 ，所以三棱锥 的外接球表面积为 ，D正确.
三、填空题
14．（2026·云南曲靖·二模）已知圆锥 的高为 ，A，B为底面圆周上两点且满足 ， ，
则该圆锥的体积为_____________．
【答案】
【分析】根据已知及圆锥的结构特征列方程求底面半径，再应用圆锥的体积公式求体积.
【详解】如图所示，取 中点C，连接 ， ，由题意可得 ， ， ， ， 为等边三角形，
设该圆锥的底面半径为a，则 ， ，故 ，
因为 ，所以 ，整理得 ，
即 （ 舍），故圆锥的体积 ．
15．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直三棱柱 的侧棱长为2， ， ， ，
分别为 的中点，则 到平面 的距离为___________．
【答案】
【分析】连接 ，在三棱锥 中，利用等体积法即可求解．
【详解】连接 ， ， ，则 ， ， ，因为 是直三棱柱，所以 平面 ，则 ，又因为 ，
所以 平面 ，所以在三棱锥 中，点 到平面 的距离为 ，
， ， ，
则 ， ，
的面积为 ，三棱锥 的体积为 ．
设点 到平面 的距离为 ，在 中， ，
的面积为 ，由 ，
得 ，得 ，即点 到平面 的距离为 ．
16．（2026·陕西咸阳·模拟预测）圆锥 的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为 的扇形，如图，过
的中点 作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱 ，则剩下几何体的体积为
______________．
【答案】【分析】由圆锥侧面展开图的弧度确定圆锥的母线，进而可求锥体和柱体的高，以此分别求体积后相减即可.
【详解】设圆锥 的母线长为l，由题意得底面圆的半径 ，
则 ，可得 ，即母线 ，
所以圆锥的高 ，
因为 是 的中点，由三角形相似易得挖去圆柱的底面半径为1，
且圆柱的高 ，则该圆柱的体积为 ，
圆锥的体积为 ，
则剩下几何体的体积 ．
17．（2026·陕西西安·三模）已知平面 平面 ，交线为 为 上的两点， ，且
，若 ，则三棱锥 的外接球的表面积为___________．
【答案】
【详解】由 ，根据面面垂直的性质定理， 平面 ，则 ，
同理 ，故 平面 ．
因为 ，所以可将三棱锥 补成一个棱长为1的正方体，
三棱锥 的外接球与正方体的外接球完全相同．
正方体的体对角线长度为 ，
即外接球的直径 ，故 ，
则三棱锥 外接球的表面积 ．18．（2026·广东珠海·模拟预测）在三棱锥 中，底面 为正三角形， 平面 ，
若 四点都在球 的表面上，则球 的表面积为______．
【答案】
【分析】先求出底面正三角形的外接圆半径，再结合侧棱垂直底面的几何特征计算外接球半径，最后代入球的表
面积公式求解．
【详解】
设底面正 的外接圆圆心为 ，外接圆半径为 ，
已知 是正三角形，边长 ，
则其外接圆半径为 ，
平面 ，
三棱锥 的外接球球心 在过 且垂直于平面 的直线上，
且球心到平面 的距离 ，
外接球半径 为： ，
由球的表面积公式得 ．
19．（2026·上海浦东新·三模）已知圆锥 的半径为3，点 为底面圆周上任意一点，点 为圆锥侧面（不含边界）上任意一点，则 的取值范围为___________．
【答案】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用空间坐标法求数量积后可得结论.
【详解】以 为 轴， 为 轴，底面上与 垂直的直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图，
设圆锥的高为 ，
则 ，设 ，则 ，
，由 得 ，
所以 的取值范围为
20．（2026·山西临汾·二模）在棱长为1的正方体 中，点 到平面 的距离为______.
【答案】
【分析】设 到平面 的距离为 ，根据 ，列出方程，即可求解.
【详解】在棱长为 的正方体 中，
由 平面 ，即 到平面 的距离为 ，即三棱锥 的高 ，
所以三棱锥 的体积为 ，
设 到平面 的距离为 ，
由 ，可得 ,所以 ，
因为 ，可得 ，解得 ，
所以点 到平面 的距离为 .
21．（25-26高三下·安徽·期中）在长方体 中， ，面对角线 与截面
所成的角为 ，则 ____.
【答案】
【分析】过点B作 于点P，连接 ，可证 平面 ，即 就是 与截面
所成的角，则 ，再利用勾股定理求解即可．
【详解】如图，过点B作 于点P，连接 ，
因为 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ，即 就是 与截面 所成的角，，因为 ， ，
所以 ，整理得 ，得 ．
四、解答题
22．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图1，正方形 的边长为2．如图2，现将正方形 沿着对角线 翻
折，其中O为原正方形 的中心．
(1)证明： 平面 ；
(2)翻折至四面体 的体积最大时，求 与平面 所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1） 依据条件得到 ， ，然后利用线面垂直判定定理可得；
（2） 计算 以及面 的一个法向量 ，然后计算 .
【详解】（1）在图1中连接 ， ，
因为 和 都是等腰三角形，且O是正方形中心，
所以 ， ，
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ．
（2）在翻折过程中，四面体 的体积取最大值时，D点到平面 的距离最大，
此时平面 平面 ，因为 ，所以 平面 ．所以 ， ， 两两垂直，如图3，
以O为坐标原点， ， ， 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
因为正方形 的边长为2，
所以 ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的一个法向量 ，
因为 ，即 ，
令 ，则 ， ，得 ，
设 与平面 所成角为 ， ，
即 与 所成的角的正弦值为 ．
23．（2026·上海浦东新·三模）如图，平行六面体 ，点 在底面
上的投影 落在线段 上（不含端点）．
(1)求证：直线 平面 ；
(2)若侧棱 与底面 所成的角为 ，求平面 与底面 所成二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2) 或 ．
【分析】（1）作 底面 于 ，得 ，再由题意得 ，然后由线面垂直的判定
定理证明线面垂直；
（2）作 于 ，连接 ，证明 即为二面角 的平面角，然后在直角三角形中计算（求其正切值），也可建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求解（解题过程中先确定 为底面对角线
交点）.
【详解】（1）连接 、 ，作 底面 于 ，
由题， 底面 ，又 底面 ，故 ，
因为四边形 为平行四边形，且 ，
因此四边形 为菱形，
平面 ， 平面 ，
因此， 平面 ;
（2）解法一：作 于 ，连接 ，
由题， 底面 ， 即 在底面 的射影，
所以， 即侧棱 与底面 所成的角，
在直角 中，由 ，知 ．
设 ，则由题意可知，
又 底面 ， 是底面 的斜线， 是 在底面 的射影．
因为 ，所以 （三垂线定理），（注：可用线面垂直证明）
所以 即为二面角 的平面角
，又平面 平面 ，
因此，平面 与底面 所成角为 或 ；解法二：作 于 ，连接
由题， 底面 ， 即 在底面 的射影，
所以， 即侧棱 与底面 所成的角．
在直角 中，由 ，知 ．
故 为菱形 的中心，即此时 ．
以 为坐标原点，分别以 、 与 的方向为 、 与 轴的正方向，建立空间直角坐标系．
令 ，则 、 、
则
设平面 的法向量为 ，则 ，
从而得到平面 的一个法向量为 ，
又底面 的一个法向量为 ，
从而
所以，平面 与底面 的二面角是 或 ．
24．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，PB是圆柱 的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是
棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且 ．(1)证明： 平面PBF；
(2)已知圆柱 的体积为 ，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度；
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判定推理得证.
（2）以点 为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出 ；
【详解】（1）在正方形 中，由 ，得 ， ，
则 ， ，因此 ，
由 是圆柱 的母线，得 平面 ，而 平面 ，则 ，
又 平面 ，所以 平面 .
（2）设圆柱 的底面圆半径为 ，圆柱 的体积为 ，得 ，
解得 ，则 ，显然直线 两两垂直，
以点 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，设 ，则 ，，由点 到直线 的距离是1，
得 ，则 ，化简得 ，
即 ，而 ，解得 ，
所以 .
25．（2026·河南安阳·模拟预测）如图，平行六面体 的底面 是正方形， .
(1)证明： ；
(2)若 ，求二面角 的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）以 ， ， 为基底，得出 的表达式，计算 的模长来证明 ；
（2）根据已知条件，求出 ；过 作 底面 ，底面 是正方形， 以 为坐标原点， ，
， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，求出平面 和平面 的法向量，利用空间向量求二面
角的方法，计算二面角的正弦值.
【详解】（1） 平行六面体 ， ， ，
.
， ；；
底面 是正方形， ， ，即 ；
， ，即 ，整理得 ；
；
，即 .
（2） 平行六面体 ，底面 是正方形， 平面 是正方形；
， ；
.
， ， ，
，解得 ， .
由（1）知 ，得 ，即 .
.
，而 ,故 在平面 上的射影为正方形的中心，
过 作 底面 ，则 为 的中点，因底面 是正方形，
以 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系；则 ， ， ，设 .
， ， .
，解得 ， ；
取 ，则 ， .
， .
设平面 的法向量为 ，则 ，解得 ；
令 ，则平面 的一个法向量为 .
设平面 的法向量为 ，则 ，解得 ；
令 ，则 ， 平面 的一个法向量为 .
设二面角 为 ， ；
.
26．（2026·湖北黄石·模拟预测）如图，在直三棱柱 中， ， 分别为 ， 的中点，点 在侧
棱 上，且 ， .(1)求证：直线 平面 ；
(2)若 ，且三棱锥 的体积为 ，求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）由题意可得 ，再由线面平行的判定定理即可证明.
（2）以 ， ， 分别为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系，由三棱锥 的体积为 求解 ，列
出点坐标，分别求出平面 与平面 的法向量即可求解.
【详解】（1）证明：在直三棱柱 中， ，
在三角形 中，因为 ， 分别为 ， 的中点，
所以 ，于是 ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以直线 平面
（2）以 ， ， 分别为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ，
因为三棱锥 的体积为
所以 ，解得 ，因为 ，且 是 的中点
所以 ，由 得
所以 ，则 ， ， ，
因为 为 的中点， ，所以 ，
所以 平面 ，
所以平面 的法向量为
设平面 的法向量为
因为 ，
由 得 令 ，
则 ， ，故 ，则
所以平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 .
27．（2026·陕西西安·三模）如图，直四棱柱 的底面为菱形，
为棱 的中点．
(1)证明： 平面 ．(2)求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，构造 中位线 ，得到线面平行的判定定理成立的条件，从而得出证明；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面 与平面 的法向量，将求平面与平面夹角的余弦值的问题，
转化为求空间两个平面的法向量夹角的余弦值的绝对值，从而解决问题.
【详解】（1）（1）证明：连接 ，交 于点 ，连接 ，
因为底面 为菱形，所以对角线 与 互相平分，所以 是 的中点．
因为 为棱 的中点，所以 是 的中位线，所以 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）解：如图，以（1）中的 为原点， ， 的方向分别为 ， 轴的正方向，建立空间直角坐标系．
因为 ， ， ，
所以 ．
设平面 的法向量为 ，
因为 ， ，
由 ，则 ，所以 ，
令 ，则 ， ，所以 ．取 的中点 ，连接 ．
因为 为等边三角形，所以 ．
因为平面 平面 ，且平面 平面 ，
所以 平面 ，即 为平面 的一个法向量．
因为 ，所以 ．
因为 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
28．（2026·安徽·模拟预测）如图，正八面体的每个面都是正三角形，四边形 是边长为2的正方形， 是
的中点．
(1)求点 到平面 的距离；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2) ．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，利用点到平面的距离的向量求法求解即可.
（2）求出平面 与平面 的法向量，利用二面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）连接 ，由题意得， 平面 ，连接 ， 交于点 ，则 过点 ，
又 平面 ，所以 ， ，
因为四边形 是正方形，所以 ，故 两两垂直.
以点 为坐标原点，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 ，即 ，令 ，则 ， ，
则平面 的一个法向量为 ，
所以点 到平面 的距离为 ．
（2） ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ，
则平面 的一个法向量为 ．
易得 平面 ，则平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ，
则 ，所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
29．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正四棱柱 的底面边长为1，点 分别在边 上，
且 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)若 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平行线的性质可得 ，进而可证线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ，可得 ，
且 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）以 为坐标原点，以 ， ， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图所示：则 ，
可得 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，可得 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值是 .
30．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，在等腰梯形ABCD中， ，且 ，E是CD的中点．
将 沿AE折起到 的位置．
(1)若 为棱 上动点， 是AE的中点，证明 ．
(2)若平面 平面ABCE，求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)【分析】（1）根据折叠前后的量，角度不变，得到 ， ，从而得到 平面 ，即
平面 ，则 .
（2）先证明 面 ，以 为原点建立空间直角坐标系，通过求两个面的法向量的夹角计算二面角.
【详解】（1）证明：连接 ，如图所示．
因为 ，且 ，
所以四边形ABED和四边形ABCE均为菱形．
因为 为AE的中点，所以 ，
因为 为AE的中点，所以 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
又因为 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ．
（2）因为平面 平面ABCE，平面 平面 ，
所以 平面ABCE，
以 为坐标原点， 分别为 轴、 轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ，则 ，
所以 ， ．
设平面 的法向量为 ，则有
取 ，所以 ．
设平面 的法向量为 ，
则有
取 ，所以 ．
设二面角 的平面角为 ，
则 ，
又因为 为钝角，所以 ，
故二面角 的余弦值为 ．
