第05讲：空间向量和立体几何教师版_数学_一轮复习_2027年高考数学一轮更新中_12027年高考数学考前核心考点题型三轮冲刺讲与练（新高考地区专用）

第05讲：空间向量和立体几何
【题型归纳】
 题型一：空间几何体表面积与体积
 题型二：几何体的内切、外切问题
 题型三：点、线、面的位置关系问题
 题型四：空间几何体的压轴小题问题
 题型五：求异面直线所成的角
 题型六：定义法或几何法证明位置关系或者线面角、面面角
 题型七：向量法求空间角问题
 题型八：空间点线面距离问题
 题型九：空间线段点的存在问题
 题型十：空间心里与立体几何压轴问题
【题型探究】
题型一：空间几何体表面积与体积
【典例1】．（2026·湖南长沙·模拟预测）如图，圆柱 的表面积为 ，AB，CD分别是圆柱上、下底
面圆的直径，且四面体ABCD为正四面体，则该正四面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】连接 ， ， ，因为四面体ABCD为正四面体，
所以 ，设 ，
在 中， ， ， ，
在 ， ， ，
故圆柱 的表面积为 ，
解得 .
故 ．
【变式1】．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，在正三棱台 中， 为棱 的中点，且
，则四棱锥 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】将正三棱台 中补成正三棱锥 ，如图所示．
因为 为棱 的中点，所以 ，又 ，
所以四边形 是平行四边形.所以 .
由 ，且 ，得 是 的中位线，所以 分别为 的中点，
故 ， 与 的面积比为 .
所以三棱锥 是正四面体.
取底面 的中心为 ，连接 ，易知 底面 ，又 平面 ，所以 ．因为 为正三角形， ， ．
在 中， ．
所以正四面体 的体积为 .
所以 ．
【变式2】．（2026·山西吕梁·三模）如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四
棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如C，D），另外两条相对
的侧棱交于一点（如O）.已知正四棱柱底面边长为 ，侧棱长为3，则该多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计算即可.
【详解】如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体 ，取 的中点I，则多面体 可以分成8个全等三棱锥 ，
则 ，且 平面 ， ，
则 ，
该“十字贯穿体”的体积即为 .
题型二：几何体的内切、外切问题
【典例2】．（2026·辽宁抚顺·二模）如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， 和 都是
等腰三角形，且 ， ， ，则三棱锥 外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图，由题可知， 外接圆的圆心O是 的中点.
设三棱锥 外接球的球心为 ，连接 ，则 平面 .
过A作 ，与 的延长线交于点 ，则由平面 平面 ，可得 平面 .
因为 ， ，所以 ， .
取 的中点E连接 ， ，可得 ， ，
则 .
设 ，连接 ， ，则 ，解得 ，故三棱锥 外接球的表面积为 .
【变式1】．（2026·天津红桥·二模）已知四棱锥 的底面是边长为 的正方形，侧面 是等边三角形，
且侧面 底面 ，则四棱锥 的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取侧面 和底面正方形 的外接圆的圆心分别为 ，分别过 作两个平面的垂线交于点
，点 即为该球的球心，求出 长度，由勾股定理可求出四棱锥 外接球的半径，再由球的表
面积公式可得出答案．
【详解】
如图，在四棱锥 中，
取侧面 和底面正方形 的外接圆的圆心分别为 ，
分别过 作两个平面的垂线交于点 ，则由外接球的性质知，
点 即为该球的球心，连接 并延长，交 于 ，则 是线段 的中点，
连接 ，则四边形 为矩形，
在等边 中，可得 ，则 ，即 ，
在正方形 中，因为 ，可得 ，在 中， ，即 ，
所以四棱锥 外接球的表面积为 ．
【变式2】．（2026·山东泰安·模拟预测）已知三棱锥 ， 平面 ， ， ，
，三棱锥 的体积为 ，则三棱锥 外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】设 ，则 ， ，
所以 的面积 ，而三棱锥体积 ．所以解得 ，即
， ，如图，取 中点 ，过 作平面 的垂线 ，即 平面 ，
所以 ，所以球心 在直线 上，
连接 ， ，所以 （ 为外接球半径），
取 中点 ，连接 ，得到 ，
又因为 ，所以四边形 为矩形，
所以 ， ，
由勾股定理得 ，
得到表面积 ．
题型三：点、线、面的位置关系问题
【典例3】．（2026·天津东丽·二模）已知 ， 是两条直线， ， 是两个平面，下列命题正确的是（ ）A．若 ， ， ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ，则
【答案】C
【分析】结合直线与平面的位置关系逐项判断即可得.
【详解】对A：若 ， ， ， ，此时 与 可能平行，可能相交，故A错误；
对B：若 ， ， ，则 与 可能平行，可能异面，故B错误；
对C：若 ， ， ，则 ，故C正确；
对D：若 ， ， ，则 可能在 内，也可能与 相交或平行，故D错误.
【变式1】．（2026·天津·二模）已知 是两条直线， 是两个平面．下列命题正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】A
【分析】作出相交平面可说明B项错误；借助于长方体模型可说明D项错误；利用面面平行的判定定理可说明A
正确；利用线面平行的判定定理可判断C项.
【详解】对于A，由 可得 ，又有 ，且 是两个平面，故 ，即A正确；
对于B，如图，取 ， ，且 ，则易得 ，但得不到 ，故B错误；对于C，由 ，可得 或 ，故C错误；
对于D，如图，设 为长方体的两个相对的底面， 是长方体的一条竖直和一条水平的棱，
显然满足 ，但得不到 ，故D错误.
【变式2】．（2026·青海西宁·二模）设 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则 的一个充分
条件是（ ）
A．存在一条直线
B．存在一条直线
C．存在两条平行直线
D．存在两条异面直线
【答案】D
【详解】选项A：若 与 相交，只要直线 平行于两平面的交线，就满足 ，无法推出 ，排除
A；
选项B：若 与 相交，只要 内的直线 平行于两平面的交线，就满足 ，无法推出 ，排除B；
选项C：若 与 相交，可在 内取 平行于交线，在 内取 也平行于交线，满足 ，无法推出
，排除C；
选项D：对于异面直线 ，可在 内作出 ，在 内作出 ，可得 是 内的相交直线， 是 内的相交直线，且都平行于另一个平面，根据面面平行判定定理可推出 ，符合要求.
题型四：空间几何体的压轴小题问题
【典例4】．（2026·河北·三模）如图，在正方体 中， ， 分别是 和 的中点，则
（ ）
A． 平面ABCD
B．
C．三棱锥 的体积是正方体 体积的
D．异面直线 与 所成角的余弦值为
【答案】ABC
【详解】如图，以 为原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，设棱长为1，
则 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
.
，易知平面ABCD的法向量为 ，则 ，
又 平面 ，故 平面 ，故A正确；， ，则 ，故 ，故B正确；
三棱锥的体积 ，
正方体的体积 ，所以 ，故C正确；
， ，则 ，
所以异面直线 与 所成角的余弦值为 ，故D错误.
【变式1】．（2026·山西·二模）如图，在棱长为2的正方体 中， 为棱 的中点， 为底面
内一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．存在动点 ，使 平面
B．若 平面 ，则动点 的轨迹长度为
C．若 平面 ，则三棱锥 体积的最大值为2
D．若正方体 的外接球为球 ，则球 被平面 所截截面圆的面积为
【答案】BCD
【详解】以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ， ，
对于A，设 ，且 ，
，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
所以平面 的法向量为 ，
若 平面 ，则 ，
由 ，解得 ，不合题意，
不存在动点 ，使 平面 ，故A错误；
对于B，如图，取 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则 ，由正方体性质可知 ，故 ，
平面 ， 平面 ，
平面 ，
， ，
因为 ，且 平面 ，平面 ，
且 平面 ，
平面 平面 ，
若 平面 ，则 平面 ，
动点 的轨迹为线段 ，其长度为 ，故B正确；
对于C， ，
，
空间向量法计算点 到直线 的距离为 ，
则 的面积为 ，
显然，当 与 重合时，三棱锥 的体积最大，则 ，
点 到平面 的距离为 ，
三棱锥 体积的最大值为 ，故C正确；
对于D， 正方体 外接球的球心为 ，半径 ，
则 ，则点 到平面 的距离为 ，故球 被平面 所截截面圆半径 ，
截面圆的面积为 ，故D正确.
【变式2】．（2026·辽宁沈阳·三模）在棱长为 的正方体 中，M，N分别为 ， 的中点，则
（ ）
A．
B．
C．点 在正方形 内，当 平面 时， 点轨迹长度为
D．点 在棱 所在直线上，当 平面 时，四面体 的外接球表面积为
【答案】BCD
【详解】以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系.
正方体棱长为 ，各点坐标为 ， ， ， ， ，
， ， ， ， .选项A： ， .两向量坐标不成比例，故 与 不平行，A错误.
选项B： ， . ，
故 ，B正确.
选项C：取 中点 ， 中点 ，连接 . ，
， ， ， ， .
可得 与 共面， 与 共面， .
因为 平面 ， 平面 ，且 ，
所以平面 平面 .点 在正方形 内且 平面 ，
故 点轨迹为线段 ，则 ，C正确.
选项D： ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，得 ，即 .
设 ， .
由 平面 得 ，即 ，解得 ，即 .
四面体 的顶点为 ， ， ， ，
该四面体的外接球等价于以 为邻边的长方体的外接球，长方体的长宽高分别为 ，外接球直径 ，
外接球半径 ，表面积 ，D正确.
题型五：求异面直线所成的角
【典例5】．（2026·广东佛山·二模）在三棱柱 中， ， ， ， ，则
异面直线 与 所成角的余弦值为______.
【答案】 /
【详解】在三棱柱 中， ，
所以异面直线 与 所成的角即 或其补角，
因为 ， ，所以 ，
因为 ， ， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
因为异面直线所成角的范围是 ，所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .
【变式1】．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体 中， ， ，M为 的中
点，过点B作平面 与平面 平行，则平面 与底面 的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，
则动直线AP与 的夹角的正切值的取值范围是_________．
【答案】
【分析】设 的中点为 ，通过证明平面 平面 ，可解决第一空，由 ，确定 为动
直线AP与 的夹角，进而可求解.
【详解】
如图，设 的中点为 ，连接 ， ， 分别为 ， 的中点，
则 ,
,又 ，
所以四边形 都是平行四边形，所以 ， ，
又 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
又 平面 ，
所以平面 平面 ，即平面 为平面 ，
线段 为平面 与底面 的交线，
易得 ；
连接 ，因为 ，所以 为动直线AP与 的夹角， ，过 作 （H为
垂足），则 ，
在 中，由等面积法可得 ，得 ，
又 ,
所以 ．
即动直线AP与 的夹角的正切值的取值范围是 .
【变式2】．（25-26高三上·吉林长春·月考）如图，在三棱锥 中， ，
， ，且直线 与 所成角的余弦值为 ，则该三棱锥的外接球的体积为______
【答案】【详解】由题意知 ， ， 平面ADC，
则 平面ADC，又 平面ADC，所以 ，
又 ， ， 平面ABC，所以 平面ABC，
将三棱锥 放入对应的长方体中，如图：
易知 ，所以 为直线AB与DC所成的角，
所以 ，解得 .
设长方体的长､宽､高分别为a，b，c，则 ， ， ，
三式相加得 ，所以长方体的外接球的半径为 ，
所以该三棱锥的外接球的体积为 .
故答案为：
题型六：定义法或几何法证明位置关系或者线面角、面面角
【典例6】．（2026·山西临汾·二模）如图，在三棱锥 中， ， 分别是 ， 的中点，点 在 上，
且满足 .
(1)证明： 平面 ；
(2)设底面 是边长为6的等边三角形，点 到底面的距离为3，且点 在底面的射影恰好落在线段 上.
（ⅰ）求二面角 的正切值；（ⅱ）若三棱锥 的所有顶点都在球 的表面上，当球 的表面积取最小值时，求球心 到底面 的距
离.
【详解】（1）如图，设 为 与 的交点，连接 ，
过点 作 交 于点 ，
由题 是 的中点，则 ，
易得 ，故 ，
又 为 的中点，故 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）解法一：（ⅰ）如图，设 为 在底面 上的射影，连接 ，
则点 在线段 上， 平面 ，
设 在底面 上的射影为 ，则 在线段 上，
因为 为 的中点，则 为 的中点，
过点 作 于点 ，连接 .
因为 平面 ，又 平面 ，则 ，
又 ， 平面 ，
则 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
故 为二面角 的平面角，
过点 作 交 的延长线于点 ，则 ，
又 为 的中点，则 ，因为底面为边长为6的等边三角形， ，
所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
所以 ，则 ，
又点 到底面的距离为3，则 ，
在 中， ，
易知平面 平面 ，
则二面角 的平面角与二面角 的平面角互余，
所以二面角 的正切值为 .
（ⅱ）如图，设球的半径为 ，
因为 为直角三角形，所以 在底面 上的射影恰为 的中点，
记为点 ，记 ，则 ， ①
过点 作 于点 ，则 ，
过点 作 于点 ，易知四边形 为平行四边形，
设 ，则
，②
由①②有 ，
即 ，
当 时， 取最小值， 取到最小值，球 的表面积取到最小值，
此时 ，则当球 的表面积取最小值时，
球心 到底面 的距离为 .
【变式1】．（2026·福建龙岩·三模）已知三棱锥 ， 与 都是边长为 的等边三角形．
(1)若 ，证明：平面 平面 ；
(2)若二面角 的大小为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【详解】（1）由题意， 是边长为 的等边三角形，过点 作 于点 ，连接 ，
则 ，又 ，则 ，所以 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ，
（2）因为 ， ，平面 平面 ，所以 ，
又 ，所以因为 ，过 作 于 ，
因为 ， ， 平面 ，则 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面
又因为平面 平面 ，故 平面 ，
所以 ，所以 ，
由 ，可得 ，
则 ，
由 ，得到 ，解得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 .
【变式2】．（2026·湖南长沙·一模）如图，在三棱台 中， ， ， ，
， 分别为 的中点，且
(1)证明： 平面 ；
(2)证明：平面 平面 ；
(3)若 ，求平面 与平面 的夹角的正弦值.
【详解】（1）记 的交点为 ， 的交点为 ，连接 ，因为 是三角形 的中线，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）由（1）可知， ， ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ， 分别为 的中点，所以 ，且 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，又 是平面 内的相交直线，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（3）由（2）知， ， ，
所以 （或其补角）即为平面 与平面 的夹角，
因为 且 ，所以 ，所以四边形 为平行四边形， ，
因为 ，所以 ，由余弦定理得 ，所以
，所以 ，则 ，
又 ， ，所以 ，
因为 ，所以 即为平面 与平面 的夹角，
所以 .题型七：向量法求空间角问题
【典例7】．（2026·湖南衡阳·二模）如图，在四棱锥 中， 底面 ，底面 是矩形，
，E是CD的中点，AC与BE相交于点H，点F在侧棱PD上， ．
(1)证明： 平面 ；
(2)当 时，求点P到平面 的距离；
(3)若 ，当直线PC与平面 所成的角最大时，求实数 的值．
【详解】（1）因为 底面 平面ABCD，所以 ．
在 和 中， ，即 ，
故 ，得 ，即 ，
又 平面 ，故 平面PAC．
（2）由已知得， ，
故以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ，
当 时， ，则 ，
设平面HEF的法向量为 ，
则 ，故可取 ，
所以点P到平面EFH的距离 ．
（3）由已知得 ， ， ， ，
所以 ，又 ，所以 ，
所以 ， ，
设平面AFC的法向量为 ，
则 ，故可取 ，
又 ，取直线PC的方向向量为 ，
设直线PC与平面AFC所成的角为 ，
则．
因为 ，所以 ，当 时， 取最大值 ，
又 ，此时 取最大值，所以 ．
【变式1】．（25-26高三下·辽宁沈阳·阶段检测）平面四边形是指在同一个平面内，由四条线段首尾顺次连接围
成的封闭图形，它有四个顶点、四条边和四个内角．如图1，在平面四边形 中， ， ，
， ，将 沿 折起，形成如图2所示的三棱锥 ，且 ．
(1)证明：平面 平面 ．
(2)在三棱锥 中，点 分别为线段 的中点．
（i）证明： 平面 ．
（ii）设 ，求平面 与平面 夹角的余弦值的取值范围．
【详解】（1）在平面四边形 中， ， ，则 ，
在 中， ，
翻折后， ，则 ，即 ，
又 ， 平面 ，因此 平面 ，而 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）（i）由 分别为线段 的中点，得 ，而 平面 平面 ，所以 平面 .
（ii）在三棱锥 中， ，则 ，
即 ，由（1）知 ，而 平面 ，
于是 平面ABD，又 ，则直线 两两垂直，
以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
而 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，取 ，得 ，
而平面 的法向量为 ，设平面 与平面 的夹角为 ，
因此 ，
由 ，得 ，则 ， ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值的取值范围为 .
【变式2】．（2026·山西·二模）在如图（1）所示的直角梯形 中， ， ，，点 是 的中点，将图形（1）沿 折起至图（2），使得 到 处，且 .
是 上一动点，且 ，
(1)求证：平面 平面 ；
(2)是否存在 ，使得平面 与平面 的夹角为 ？若存在，则求 的值及点 到 的距离；若不存在，
请说明理由.
【详解】（1）证明：如图（1）所示的直角梯形 中，
由 ， ， ，点 是 的中点，
可得四边形 是边长为2的正方形，且 ，
所以 ，
因为 ，可得 ，所以 ，
又因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， ，且 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）解：由（1）可知 平面 ，以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐
标系，
如图所示，则 ， ， ， ， ，
因为 ，可得 ，其中 ，
所以 ， ， ， ，
设 ， 分别是平面 和平面 的法向量，则 和
取 ，可得 ，取 ，可得 .
设平面 与平面 的夹角为 ，则
可得 ，即 ，解得 或 因为 ，所以 ，
即存在 ，使得平面 与平面 的夹角为 ，此时点 ，所以 ，
，
则点 到 的距离 .
所以点 到 的距离是 .
.
题型八：空间点线面距离问题
【典例8】．（24-25高三上·四川成都·月考）已知三棱锥 中， 与底面 所成角相等，
， 为 中点， 点在 上且 截面 .(1)求证： 平面 ；
(2)求直线 到平面 的距离.
【详解】（1） 与底面 成相等的角，设点 在平面 上射影为 ，
则有 ，
∴
且 ，
∴ 是 的外心.
是直角三角形，且 是斜边 的中点，
∴ 点和 点重合，
∴ 平面 .
（2）法一：由（1） 平面 ， 平面 ，则 ，
又 ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，则 ①.
且 ，又 ，
也是等腰直角三角形， ， ，
截面 ，过 的平面 与平面 交于 ，
，则 ②，
由①②， 都在面 内，则 平面 ，
∴ 点到平面 的距离即 ，
，且由 知 是 中点，
∴. 点到平面 的距离为 .
∴ 平面 ，
∴ 到平面 的距离即为 点到面 的距离，即为 .法二： 截面 ，过 的平面 与平面 交于 ，
∴ ， 是 中点，则 是 中点，故 ，
由（1） 平面 ，又 平面 ，
∴ ，又 ， ， 平面 ，
∴ 平面 ， 平面 ，
，且 ，
，
∵ ，
因为 是 中点， 平面 ，
所以点 到平面 的距离为 ，
设 点到面 的距离为 ，
，
∴ ，故 ，
∵ 平面 ，
∴ 到平面 的距离即为C点到面 的距离，即为 .
【变式1】．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，且
， ， ， ， 为 的中点．(1)求证： 平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值；
(3)点 在线段 上，直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求点 到平面 的距离．
【详解】（1）记 的中点为 ，连接 ，
因为 ， ，所以四边形 是平行四边形，则 ，
因为 ，所以平行四边形 是矩形，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，即 两两垂直，
故以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
因为 为 的中点，所以 ，则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
而 ，
则 ，令 ，则 ，
所以 ，则 ，
又 平面 ，所以 平面 ．
（2）设平面 的一个法向量为 ，
而 ， ，
所以 ，令 ，则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
而 ，
所以 ，令 ，则 ，记平面 与平面 夹角为 ，则 ，
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
（3）依题意，不妨设 ，则 ， ，
又由（2）得平面 的一个法向量为 ，
记直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，解得 （负值舍去），
所以 ，则 ，
而由（2）得平面 的一个法向量为 ，
所以点 到平面 的距离为 ．
【变式2】．（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥 中， 平面 ，
是 的中点．(1)求证： 平面 ；
(2)若 ，
（i）求平面 与平面 夹角的正弦值；
（ii）在线段 上是否存在点 ，使得点 到平面 的距离为1？若存在，求出 的值；若不存在，请说明
理由．
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
因为 为 中点，所以 ，且 ，
又 ，所以 ，
所以四边形 为平行四边形，即 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）（i）因为 平面 ，且 ，
以点 为原点，建立如图所示空间直角坐标系：
则 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
又因为平面 平面 平面 ，
所以 平面 ，所以平面 的一个法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，则
不妨取 ，则 ，则 ，
所以平面 与平面 夹角的正弦值为 ；
（ii）存在点 满足题意，
易知 ，
假设存在点 满足题意，设 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，
所以点 到平面 的距离 ，化简可得 ，
解得 或 （舍去），即 .
题型九：空间线段点的存在问题
【典例9】．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知菱形 中， ， ， 为边 的中点，将
沿 翻折成 （点 位于平面 上方），连接 和 ．(1)求证： ；
(2)当 时，在线段 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成夹角的正弦值为 ?若存在，求出
点位置；若不存在，请说明理由．
【详解】（1）在菱形 中， ， ，故 ， 为 中点， ，
由余弦定理得： ， 故 ，
即 ，得 ， ， 翻折后， 仍成立，
又 ， 平面 ， 故 平面 ，
又 平面 ，因此 .
（2）存在， 为 的中点，过程如下：
以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立空间直角坐标系，
得各点坐标： ， ， ， ，
设 ，由 得 ，
由 ，得 ，
代入 ，解得 ，故 ，
在线段 上，设 ，得 ，则 ，
平面 中， ，设平面 的一个法向量为 ，
由 得 ，取 得 ， ，设直线 与平面 夹角为 ，则 ，
代入计算： ，化简得 ，解得 （ 舍去，超出范围）.
因此存在点 ， 为 的中点满足条件.
【变式1】．（2026·陕西西安·模拟预测）在三棱锥 中，平面 平面 ， ， ，
， ， 分别为 ， ， 的中点， 为棱 上一点，且 ， ．
(1)求证：平面 平面 ．
(2)线段 （含端点）上是否存在点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ?若存在，求出点 的位置；
若不存在，请说明理由．
【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 ，
又 平面 ，且 ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ．
因为 ， ， 分别为 ， ， 的中点，
所以 ，且 ，
，且 ，
所以四边形 为平行四边形．又 ， ，所以 ，且 ，
所以四边形 为正方形，所以 ．
因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ．
又 平面 ，
所以平面 平面 ．
（2）由（1）知，四边形 为正方形，
又 平面 ，所以 ， ， 两两垂直，
故以点 为坐标原点，以 ， ， 所在直线分别为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
所以 ， ．
假设 上存在点 满足条件，
令 ， ，
则 ， ．
设平面 的法向量为 ，
则
令 ，则 ， ，
故平面 的一个法向量为 ．
易知平面 的一个法向量为 ．因为平面 与平面 夹角的余弦值为 ，
所以
解得 或 （舍），
即当点 为 上靠近点 的四等分点时，平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
【变式21】．（2026·甘肃酒泉·二模）如图，在直角梯形 中， 为
的中点.将 沿 翻折，使点 到达点 的位置，且平面 平面 .
(1)求证：平面 平面 .
(2)在线段 上是否存在点 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，
请说明理由.
【详解】（1）在直角梯形 中， 为 的中点，
所以 ，四边形 是正方形，所以 .
所以在四棱锥 中， .
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
又正方形 中， ，
因为 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）由（1）知 平面 ， ，所以 两两垂直.
以 坐标原点，分别以 所在直线为 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则 .
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 .
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 .
假设在线段 上存在点 ，满足题意，且 ，
则 .
由 与平面 所成角的正弦值为 ，得 ，
所以 ，化简得 ，所以 （负值舍去）.所以
，所以 .即存在点M满足题意，且 .
题型十：空间心里与立体几何压轴问题
【典例10】．（2026·江苏南通·三模）如图，在直三棱柱 中， ， ， ，
动点D可沿线段 往复匀速滑动，记 ， .(1)当 平面 时，求实数 的临界值 ；
(2)取（1）中临界值 ，求直线 与平面 所成角的正弦值；
(3)以（1）求得的 为几何分界点，将 上D的位置划分为两个几何状态：状态 靠近B端，即 ；
状态 靠近 端，即 .D每次滑动仅受几何约束产生状态转移：若当前在状态M，下一次滑向N的概
率为 ；若当前在状态N，下一次滑向M的概率为 .记 为第n次滑动后D处于状态M的概率，求数列
的前n项和 .
【详解】（1）
以点 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系．
由题意可取 ， ， ， ， ．
因为 在线段 上，且 ，所以 ，即 ．
平面 内有向量 ， ．
设平面 的一个法向量为 ，则 ， ．由这两个条件可取 ．
又 ．若 平面 ，则 ，所以 ．
于是 ，解得 ．因此临界值 ．（2）由第（1）问得 ，所以 ．
平面 内有向量 ， ．
设平面 的一个法向量为 ，由 ， ，可取 ．
直线 的方向向量为 ．设直线 与平面 所成角为 ，则 ．
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
（3）由第（1）问知 ．先确定 ．
若初始时 在状态 ，则第一次滑动后仍在状态 的概率为 ．
若初始时 在状态 ，则第一次滑动后滑向状态 的概率为 ．所以无论初始状态在 还是在 ，都有
．
当第 次滑动后 在状态 时，下一次仍在状态 的概率为 ．
n1
当第 次滑动后 在状态 时，下一次滑向状态 的概率为 ．
n D N M n2
n1 n
因此由全概率公式得 b n1  1 2 b n  n n  1 2 1b n  ，整理得 b n1  n2  2n2 b n ．
1 1
令c
n
nn1b
n
．将上式两边同乘n1n2，得c
n1
n12
2
c
n
，且c
1
12
2
1．
2 4 2 1
设u  n2 n ，直接代入可验证u n12  u ．
n 3 9 27 n1 2 n
1 28 1 1  1 n1
c u  c u  u  c u  c u   
于是 n1 n1 2 n n ．又 1 27，所以 1 1 27 ．因此 n n 27 2 ．
 1 n1  1 n1
2 4 2 1  1 n1 18n212n2   2   18n212n2   2  
所以c n  3 n2 9 n 27  27    2    27 ．由 c n nn1b n ，得b n  27nn1 ．
 1 k1
18k212k2

n n  2
于是数列 的前 项和为S b  .
b  n k 27kk1
n n k1 k1ABCABC ABC AB2,AA 1 Q
【变式1】．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱 1 1 1中，底面 为正三角形， 1 ，点
 
AB CPCB,0,1
为线段 1 1的中点，动点P满足 .
1
(1)当 2 时，证明：BC  AP；
1 1 1
1
(2)当 2 时，P,A 1 ,B 1 ,C 1 四点在同一球面上，该球的球心为点 O ，表面积为 S ，求球 O 表面积 S ；
M VABC MAB MBA AM BM 2 2 AQM BQM
(3)动点 在 所在平面内， 和 均为锐角，且 ，设平面 和平面 的夹
角为，求cos的最大值.
1
【详解】（1）当
2
时，取
BC
的中点为N，连接AN,PN，
1 1 1
BC  AN,BC PN
由已知可知， 1 1 1 1 1 ，
ANPN N,AN,PN  APN
又因为 1 1 平面 1 ，
BC  APN
所以 1 1 平面 1 ，
AP APN
因为 1 平面 1 ，
BC  AP
所以 1 1 1 ；
ABC , ABC O,O OO
（2）设  1 1 1 的中心分别为 1 2，连接 1 2，O OO
由已知可知球心 在线段 1 2上，
OO x OO 1x
设 1 ，则 2 ，
4
所以R2 x2 1x2 O P2 ，
3 2
1 1 1
所以2x O P2 ，又因为 时，O P2  ，即 ，
2 3 2 2 3 x0
4 4
故R2 x2  ，
3 3
16π
所以球的表面积S 4πR2  ；
3
AB H HQ,HC HC^HB
（3）如图，取 的中点 ，连接 ，则 .
以H 为坐标原点，HC,HB,HQ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，
H0,0,0,A0,1,0,B0,1,0,Q0,0,1
则 .
Ma,b,0
AM BM 2 2
设 ，由 ，得
b2
a2(b1)2  a2(b1)2 2 2
化简得a2
2
1，
由MAB和MBA均为锐角，得1b1.

AQM m x,y ,z 
设平面 的法向量为 1 1 1 1 ， 
AQ0,1,1,AM a,b1,0
由
 
  AQm  y z 0
1 1 1
得    A  M  m
1
ax
1
b1y
1
0 取 x
1
b1 ，得 y
1
a,z
1
a ，

AMQ m b1,a,a
故平面 的一个法向量为 1 .
  
BQM m x ,y ,z ,BM a,b1,0,BQ0,1,1
设平面 的法向量为 2 2 2 2 .
 
 BMm ax b1y 0
2 2 2
得    ，取 ，得 ，
 BQm y z 0 x 1b y a,z a
2 2 2 2 2 2

BMQ m 1b,a,a
故平面 的一个法向量为 2 .
 
m m 1b2
1 2
cos 
则  
m  m b12 2a2  1b2 2a2
1 2
1b2 1b2
 
32b· 32b 94b2 ，
9t2
令 ，则b2  ，
t  94b2( 5t3) 4
9t2
1
4 t25 t 5
cos   
所以 .
t 4t 4 4t
x 5
由函数y  ( 5x3)单调递增，
4 4x
3 5 1
所以当 时， 取最大值，最大值为   .
t 3 cos 4 12 3
【变式2】．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1中，
AB AC 2
，
BAC 90
，侧棱
AA 3 AAB60 AAC  
1 ， 1 ， 1 ，其中 为锐角．60 AA BC
(1)当 时，求证： 1 ；
(2)定义：过点 A 1作 A 1 O 垂直底面 ABC 于 O ，且 O 在 BAC 内部，记  A  O  与  A  B  、  A  C  所成角分别为  、  ，称
tantan
d 
tantan为斜三棱柱的投影偏差率．
60 ABCABC d ABC ABC
（ⅰ）当 时，求斜三棱柱 1 1 1的投影偏差率 （不需证明），并求此时平面 1 与平面 夹
角的余弦值；
（ⅱ） d 关于  的函数解析式记为 d ，若存在两个不同的锐角  1，  2使得 d 1 d 2  ，求证：
1
coscos  ．
1 2 4
            
AA BC AA  ACAB  AA ACAA AB AA  AC cos60 AA  AB cos60
【详解】（1）因为 1 1 1 1 1 1
1 1
32 32 0，
2 2
 
AA BC AA BC
所以 1 ，即 1 ．
（2）以A为坐标原点，AB为x轴，AC为 y 轴，过A垂直于面ABC的直线为z轴，
建立下图所示空间直角坐标系，
A0,0,0,B2,0,0,C0,2,0
则 ，AAB60 AAC 60 AA 3
（ⅰ）已知 1 ， 1 ， 1 ，
3 3 3 3 
则x  AA cos60  ,y  AA cos60  ，故O , ,0，
O 1 2 O 1 2 2 2 
 A  O   A  B   A  C   
已知 与 、 所成角分别为 、 ，
y x 1 tantan 11
tan O 2cos1,tan O  1 d   0
则 x y 2cos ，则 tantan 11 ，
O O
3 2 3 2 3 3  2 3 3 3 3 2
AO  2    2    2 2 ，则 A 1 O A 1 A2AO2  32 2 2   2 2 ， A 1    2 , 2 , 2    ，
  B  C  n2x2y0

  B  C  2,2,0,  B  A 
1
  

 1
2
, 3
2
,
2
3 2  

，设平面
ABC
的法向量为 nx,y,z ，则  

 B  A 
1
n 1
2
x 3
2
y 3
2
2z0，
1
令y3 2，则 n  3 2,3 2,2  ，平面ABC的法向量可取 m 0,0,1 ，设平面 A 1 BC 与平面ABC夹角为，则
nm 2 10
cos  
n  m 181841 10 ；
1
d tantan 
2cos
2cos 
4cos21
（ⅱ） tantan 1 4cos21 ，
2cos
2cos
  dd
已知存在两个不同的锐角 1， 2使得 1 2 ，
t cos2,t cos2
设 1 1 2 2，
4t 1 4t 1
1  2
则 4t 1 4t 1 ，
1 2
  4t 1,4t 1
锐角 1， 2是两个不同的锐角，则 2 1 符号相反，
14t 4t 1
 1  2
4t 1 1 4t 2 1，即
14t
1
4t
2
14t
1
14t
2
1
，
1
化简整理得tt  ，
12 16
1
cos2 1 cos2 2  16 ，  ，为锐角，则cos 0，cos 0，
1 2 1 21
coscos  ．
1 2 4
【高考达标】
一、单选题
  m// n//
1．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线， ， 是两个不同的平面，若 ， ，则“
mn 
”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用充分条件与必要条件定义，结合直线与平面的位置关系判断即可得.
m// n// mn  
【详解】由 ， ，若 ，则 与 可能平行也可能相交；
由m//，n//，若，则m与n可能平行、可能异面也可能相交；
mn 
故“ ”是“ ”的既不充分也不必要条件.
2．（2026·吉林·三模）已知圆柱和圆锥的高均为3，侧面积之比为1:3，底面半径之比为1:2，则圆锥的体积为
（ ）
A．27π B．36π C．72π D．108π
【答案】C
【详解】设圆锥、圆柱的底面半径为 2r ，r，则圆锥的母线长为 4r29 ，
π2r 4r29 2πr36πr
则圆锥、圆柱的侧面积分别为 、 ，
1
则 ，得 ，则圆锥的体积为
π4r2372π.
π2r 4r29 36πr r2 18 3
SABC AS AB AC 2 3 S
3．（2026·安徽马鞍山·二模）已知三棱锥 中，棱 ， ， 两两垂直，且长度都为 ．以 为球心，
4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（ ）
5π 7π
A． B． C． D．
3 3 2π 3π
【答案】D
【详解】面SAB是过S的平面，截球S所得截面圆的圆心为S，半径为4,顶点 S,A 都在球内（ SA2 34 ），B在球外（ SB SA2AB2 2 6 4 ），
因此AB和SB各有一个交点，交线为两点间的圆弧,
π
上交点 满足 ，得AP2,ASP ，
AB P SP4 6
π π π π π π
又ASB （ 中 ），因此圆弧圆心角    ，弧长l R 4  ，
4 Rt SAB SA AB 1 4 6 12 1 1 12 3

π
同理，面 与 对称，弧长l  ，
SAC SAB 2 3
π π
是等边三角形，BSC ,SB、 各有一个交点，圆心角为 ，
△SBC 3 SC 3
π 4π
弧长：l R 4  ，
3 3 3 3
π
S 到面 ABC 的距离 d  AS 2 3 ，截面圆半径 r R2d2  1612 2 ，截面圆心为A,BAC  2 ，
π
弧长：l r 2 π，
4 4 2
π π 4π
l l l l l    π3π.
1 2 3 4 3 3 3
4．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体ABCD中，M，N 分别为AB，AD的中点，连接CM，BN ，若正四面
体的边长为2，则直线CM 与直线BN 所成角的余弦值为（ ）
3 1 6 1
A． 6 B．12 C． 6 D．6
【答案】D
【详解】取底面BCD的中心O，连接AO，则AO平面BCD，以O为原点，OD为x轴，过O作平行于BC的直
2 3
OD
线为y轴，OA为z轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面△BCD的外接圆半径 3 ，则
2
2 3 2 6  2 6  3   3 
由题易得高 AO 22   3     3 ，故A   0,0, 3    ,B    3 ,1,0   ,C    3 ,1,0   ，
2 3   3 1 6
D ,0,0 M , , 
 3 ，由 、 分别为 、 的中点，所以  6 2 3 ，
  M N AB AD  
 3 6   3 3 6  2 3 6
N ,0,  CM  , , ,BN  ,1, 
同理得  3 3 ，故  6 2 3   3 3 ，
     1
  
CMBN 2 1
cos  
所以由向量夹角公式可知   .
CM BN 3 3 6
ABCD ABD BCD,  ABD △BCD
5．（2026·云南·模拟预测）如图，在三棱锥 中，平面 平面 和 都是等腰三角形，
ADB120,BC BD,BD6 ABCD
且 ，则三棱锥 外接球的表面积为（ ）
A．260π B．220π C．180π D．300π
【答案】C
【分析】如图设 △ABD 外接圆圆心为 O 1， ABCD 外接球球心为 O ，外接球半径为 R ，由题设可得
OO2OB2 OB2 R2
1 1 ，据此可得答案.
【详解】如图设 △ABD 外接圆圆心为 O 1， ABCD 外接球球心为 O ，外接球半径为 R ，
连接 O 1 O ，则 O 1 O 平面 ABD ，取 CB 中点为 E ，因 OC OBR ，则 OE CB ，
又平面CBD平面ABD，CBDB，平面CBD平面ABDBD，CB平面CBD，则 CB 平面 ABD ，又 BO 1  平面 ABD ， O 1 O 平面 ABD ，则 CBBO 1， CB//OO 1，
C，B，O，O OE CB CBBO OE//BO
1四点共面.因 ， 1，则 1，
1
从而四边形OEBO 为平行四边形，OO
1
EB
2
CB.
1
由题BD AD6，ADB120o，则BAD30o，由正弦定理推论：
6
2BO  12BO 6，
1 sin30o 1
因为 BCD为等腰三角形，且BC BD，所以BC BD6，
1
所以又由题可得BE OO  BC 3，
1 2
R2 OO2OB2 32 62 45 4πR2 180π
则 1 1 ，从而外接球表面积为： .
6．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥EABCD中，EC 底面ABCD，FD//EC，底面ABCD为矩形，G
为线段AB的中点，CGDG，CDDF CE2，则四棱锥EABCD与三棱锥FCDG的公共部分的体积为
（ ）
1 4 5 2
A． B． C． D．
3 9 9 3
【答案】B
【分析】根据给定条件，确定公共部分，再结合锥体体积公式求解.
【详解】连接EF，由FD//EC，FDEC 2，得四边形EFDC为平行四边形，
在四棱锥EABCD中，由EC 平面ABCD，CD平面ABCD，得EC CD，
则 EFDC为矩形，又四边形ABCD为矩形，于是EF//CD//AB,EF CD AB，

EFAB CF  DE M,AE  GF N MN,DN
四边形 为平行四边形，令 ，连接 ，NG AG 1
由 为线段 的中点，得   ，即点 是线段 靠近点 的三等分点，
G AB FN EF 2 N FG G
V V V
点 M 是线段 FC 的中点，则公共部分的体积 DMNGC CFDG MFDN
由FD//EC，EC 平面ABCD，得FD平面ABCD，而CG平面ABCD，
则FDCG，又CGDG，FD

DGD,FD,DG平面FDG，于是CG平面FDG，
ABCD G AB DGCG 2
在矩形 中， 为线段 的中点，则
1 1 1 2
三棱锥 的体积V  S ·CG  2 2 2  ，
CFDG CFDG 3 FDG 3 2 3
2
S  S ，点 到平面 的距离为 点到平面 距离 的 1 ，
FDN 3 FDG M FDN C FDN CG 2
1 1 1 2 2 2 4
因此V  S  CG V  ，所以公共部分的体积为：   .
MFDN 3 FDN 2 3 CFDG 9 3 9 9
ABCDABCD M,N AD,DD
7．（2026·北京昌平·二模）如图，在棱长为2的正方体 1 1 1 1中，点 分别是棱 1的中点，点
P 在正方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1的表面上运动，且 AP// 平面 BMN . 则线段 CP 的最小值为（ ）
3 2
A． 2 B． 3
5 2 2
C． D．
【答案】A
【详解】如图，取 B 1 C 1中点 F ， BB 1中点 E ，连接 AD 1， D 1 F ， EF ， AE ， CB 1，因为点 M,N 分别是棱 AD,DD 1的中点，所以 AD 1 //MN ，因为 F 为 B 1 C 1中点，
所以 D 1 F//BM ， AD 1 D 1 F D 1， MNBN N ，所以平面 AD 1 FE// 平面 BMN ，
ADFE ABCDABCD AD DF
点 P 在平面 1 上运动，又因为点 P 在正方体 1 1 1 1的表面上运动，所以点 P 在直线 1， 1 ，
EF ，AE上运动，且△CEF 为等腰三角形，
求线段 CP 的最小值，即求点 C 到平面 AD 1 FE 各边距离的最小值，点 C 到边 EF 距离最小，
3 2 3 2
CH  CE2EH2 
设点C到边EF的垂足为H ，则H 为EF的中点，所以 2 ，所以线段CP的最小值为 2 .
二、多选题
ABCDABCD ABCD
8．（2026·湖南张家界·三模）在直四棱柱 1 1 1 1中，四边形 是菱形，
BC  AC 3 7,BD 3 15
1 1 1 ，则（ ）
ABCDABCD
A．四棱柱 1 1 1 1的体积为162
ABCDABCD 108 3
B．四棱柱 1 1 1 1的表面积为
9 7
C．点B到平面B
1
CD的距离为 7
7
D．直线BC与AB所成角的余弦值为 7
1
【答案】ABD
【详解】对于A，记棱柱的高为h,即直四棱柱的侧棱长都为h，
BC  AC 3 7,BD 3 15
因为 1 1 1 ，h2BC2 h2AC2 63,h2BD2 135
可得 ，
ABCD BC  AC VABC BD 3AC
又因为 是菱形，可得 ，所以 是等边三角形，所以 ，
h2AC2 63

可得 h23AC2 135 ，联立方程组 h23AC2 135，解得AC 6,h3 3，
1 1
故棱柱的体积V  ACBDh 66 33 3162，所以A正确；
2 2
1
对于B，棱柱表面积S 4ABh2 ACBD463 366 3108 3，所以B正确；
2
对于C，记点 B 到平面 B 1 CD 的距离为 d ，
1
由V B 1BCD V BB
1
CD ，可得hS BCD dS B1CD 3 3 2 6 3381，
BC2CD2BD2 6336135 7
cosBCD 1 1  
由余弦定理得 1 2BCCD 23 76 7 ，
1
42
因为
B 1
CD0,π，可得sinB
1
CD 1cos2B
1
CD 
7
，
1 81 3 6
S  BCCDsinBCD9 6 d  
所以 B1CD 2 1 1 ，所以 9 6 2 ，所以C错误；
AB//CD BC AB BC CD
对于D，由 ，所以直线 1 与 所成角，即为直线 1 与 所成角，
7
cosBCD
即所求角为BCD的补角，由C项知 1 7 ，
1
7
所以直线B
1
C与AB所成角的余弦值为 7 ，所以D正确.
ABCDABCD DABDAA BAA 60 AB AD AA 3
9．（2026·四川内江·三模）在平行六面体 1 1 1 1中， 1 1 ， 1 ，
则（ ）AD AC
A． 1
ACC A
B． BD 平面 1 1
BD 3 2
C． 1
27π
D．三棱锥A ABD的外接球表面积为
1 2
【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.
        
ABCDABCD ABa,ADb,AA c {a,b,c}
【详解】在平行六面体 1 1 1 1中，令 1 ，则 为空间的一个基底，
         9
|a||b||c|3,abbcca32cos60
，
2
对于A，  A 
1
 D    A  C  (b  c)(ab  )b  acab  2cb   9
2
0，AD AC不成立，A错误；
1
        
AA BDc(ba)cbca0 BD AA ABCD
对于B，由 1 ，得 1，由菱形 ，
得 BD AC ，而 AA 1 AC  A,AA 1 ,AC 平面 ACC 1 A 1，则 BD 平面 ACC 1 A 1，B正确；
对于C，  B  D  1 b  c  a  ，则  B  D  1  b  2c2a22b  c2ab  2ca  183 2 ，C正确；
对于D，依题意，三棱锥 A 1 ABD 为正四面体，令正 △ABD 的重心为 G ，则 A 1 G 平面 ABD ，
2 3
AG  AB 3
3 2 ， A 1 G AA 1 2AG2  6 ，令正四面体A 1 ABD外接球半径为R，
3 6 27π
R 4πR2 
则R2  AG2(A 1 GR)2 ，解得 4 ，所以三棱锥 A 1 ABD 的外接球表面积为 2 ，D正确.ABCDABCD CC AD
10．（2026·四川广元·三模）在棱长为2的正方体 1 1 1 1中， E 为棱 1的中点， F 为棱 1 1的中点，
则（ ）
AD
A．直线 1与平面 BEF 平行
B．四面体EBCD的外接球的表面积为9π
2
C．三棱锥 的体积为
EBCF 3
4 29
D．平面BEF与平面ABCD的夹角的余弦值为 29
【答案】BCD
【详解】
以C原点建立如图所示的空间直角坐标系，
C0,0,0,A2,2,0,B0,2,0,C 0,0,2,D 2,0,2,A 2,2,2,B 0,2,2
则 1 1 1 1 ，
E0,0,1,F2,1,2
则 ，
  
AD 0,2,2 BF 2,1,2,BE 0,2,1
对于A， 1 ， ，
 n  B  F  0
设平面
BEF
的法向量为 nx,y,z，则  n  B  E  0 ，  2xy2z0 n   3 ,1,2  
所以2yz0 ，取  2 ，
 
AD n2420 AD
因为 1 ，故直线 1与平面 BEF 不平行，故A错误；
a,b,c
对于B，设四面体 EBCD 的外接球的球心为 ，半径为R，
a2b2c12 a22 b2c2 a2b22 c2a2b2c2R2
则 ，
2c10

4a40
故 即 1，
 ab1,c
4b40
2
1 9
故R2 11  ，故外接球的表面积为 ，故B正确；
4 4 4πR2 9π
对于C，因为F 到平面BCE的距离即为棱长2，
1 1 1 2
故V V  2S  2 12 ，故C正确；
EBCF FBCE 3 △BCE 3 2 3
m 0,0,1
ABCD
对于D，因为平面 的法向量 ，
3
 01021
2 4 29
设平面 与平面 的夹角为 ，cos  ，
9 29
141
BEF ABCD  4
故D正确.
ABCD ABCD1 ADBC  3 BD2 AC  2
11．（2026·江西赣州·二模）四面体 满足 ， ， ， ，则（ ）
A．直线AC与BD的夹角为60 B．四面体ABCD外接球的表面积为4π
2 6
1
C．AC的中点到直线BD的距离为 2 D．四面体ABCD内切球的半径为 2
【答案】BCD
【分析】推导出ABAC，ACCD，BC CD，ABAD，将四面体ABCD补成长方体，并建立空间直角坐标
系，利用空间向量法可判断AC选项；求出四面体ABCD外接球半径，利用球体表面积公式可判断B选项；利用
等体积法可判断D选项.
ABCD ABCD1 ADBC  3 BD2 AC  2
【详解】在四面体 满足 ， ， ， ，
由勾股定理可得AB2AC2 BC2，所以ABAC，
同理可得ACCD，BC CD，ABAD，将四面体ABCD补成长方体如下图所示：
A C  D   A  C   A  B  x y z
以点 为坐标原点， 、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
   
A0,0,0 B0,0,1 C 0, 2,0 D 1, 2,0
对于A选项， 、 、 、 ，
 
  ACBD 2 2
cosAC,BD  
 A  C    0, 2,0 ，  B  D    1, 2,1 ，则  A  C    B  D  22 2 ，
AC BD 45
所以直线 与 的夹角为 ，A错；
对于B选项，该四面体的外接球直径为2RBD2，则R1，
ABCD 4πR2 4π
所以四面体 外接球的表面积为 ，B对；
 2    2 
E0, ,0 ED1, ,0
对于C选项，线段 的中点为  2 ，  2 ，
AC    
2
所以点 到直线 的距离为 d 

E

D
2


 
 E  D 
 B 

D 
 B  D 
  
3
2 

 
2
2

 
2
 2
2
，C对；
E BD  
1 1 1 2
V  S AB   211
对于D选项， 四面体ABCD 3 △ACD 3 2 6 ，
1 2 2 3 3
S  ACCD S  S  S 
△ACD 2 2 ，同理可得 VABC 2 ， △ABD 2 ， BCD 2 ，
设该四面体内切球球心为O，内切球半径为r，
V V V V V
则 三棱锥ABCD 三棱锥OABC 三棱锥OABD 三棱锥OACD 三棱锥OBCD
 1 S S S S r 1   2 3  r 2 ，
3 ABC ABD ACD BCD 3 6 
2 3 2
2 6
r   1
解得 2  3 2  2  3 2  3 2  2 ，D对.
三、填空题
3 2 3 5
12．（2026·山西运城·二模）已知一个正三棱台的上、下底面的边长分别为 ， ，高为 ，则该三棱台的侧
棱与底面所成角的正切值为________.
【答案】 5
ABCABC AB  3
【详解】设该三棱台为正三棱台 1 1 1，且 1 1 ， AB2 3 ，
O O OO  5
设该三棱台的上、下底面的中心分别为 1， ，则 1 ．
在平面 C 1 O 1 OC 中，过 C 1作 C 1 DOC ，垂足为 D ，则 C 1 D 平面 ABC ，
CDOO  5 CCD
且 1 1 ，且该三棱台的侧棱与底面所成的角为 1 ．
3 2 3 2
OC   3 1 OC  2 3 2
因为 1 1 2 3 ， 2 3 ，
CDOCODOCOC 1
所以 1 1 ，
CD
故tanCCD 1  5．
1 CD
PABC VABC 2 3 3 3
13．（2026·陕西榆林·三模）已知正三棱锥 的底面 是边长为 的正三角形，其体积为 .若点
P,A B,C O O
， 都在球 的球面上，则球 的表面积为__________.
169π
【答案】
9
【分析】根据三棱锥的体积公式求出P到底面ABC的距离为d 3，结合底面正三角形的外接圆半径和外接球的性13
质可求得球的半径R ，从而求出球 的表面积.
6 O
VABC 2 3
【详解】因为底面 是边长为 的正三角形，
1
所以 的面积为S  2 32 3sin603 3，
VABC 2
P ABC d PABC 3 3
设 到底面 的距离为 ，正三棱锥 的体积为 .
3 3
d 3 3
则 3 ，所以d 3.
2 3
底面正三角形的外接圆半径r 2，故 ，
2sin60 r2 4
(3R)24R2
R
设球的半径为 ，则 ，
13 169π
所以R ，球 的表面积为4πR2  .
6 O 9
14．（2026·湖北·二模）三棱锥PABC中，PA、PB、PC与底面ABC所成的线面角相等，二面角PBCA、
PABC PACB AB3 PC 2 3 PABC
、 的大小也相等，且 ， ，则三棱锥 的外接球体积为__________.
32
【答案】 π
3
PO ABC OA,OB,OC PAOPBOPCO
【详解】若 平面 ，连接 ，即 ，
PO PO PO
而tanPAO ,tanPBO ,tanPCO ，则 ，
OA OB OC OAOBOC
所以O是VABC的外心，同上分析可得PAPBPC，
由AB平面ABC，BC平面ABC，AC平面ABC，则PO AB,POBC,PO AC，
若OD AB,OEBC,OF  AC，且PO

ODO,PO

OEO,PO

OF O，
PO,OD POD PO,OE POE PO,OF  POF
而 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以AB平面POD，BC平面POE，AC平面POF ，即PDOPEOPFO，
PO PO PO
所以tanPDO ,tanPEO ,tanPFO ，则 ，
OD OE OF ODOEOF
所以O是VABC的内心，综上，VABC是等边三角形，该三棱锥是正三棱锥，
所以外接球球心落在过P的高线POh上，
R2 r2hR2
若棱锥的外接球半径为R，VABC的外接圆的半径为r，则 ，
r2h2 2
所以R ，而 ，则r ABsin60 3， ，
2h AB3 3 h PC2r2 3
39 4 4 32
所以R 2，则三棱锥 的外接球体积为 πR3  π8 π.
23 PABC 3 3 3
15．（2026·河南开封·二模）已知正方体 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1的棱长为1， P 为平面 ABCD 内一动点，且直线 D 1 P 与平
π
面 ABCD 所成角为 3 ，点 E 为正方形A 1 ADD 1 的中心，若点 H 为直线B 1 D上一动点，则HPHE2的最小值为
__________．
5 6
【答案】 
6 9
【详解】如图，在正方体中， D 1 D 平面 ABCD ，直线 D 1 P 与平面 ABCD 所成的角为 D 1 PD （ D 是 D 1在底面的射
影），
DD 1 3
PD 1  
在 中， ，则 π 3 3 ，则点 的轨迹是以 为圆心， 3 为半径的圆（在平面
tan
Rt  D 1 DP D 1 D1 3 P D 3
ABCD内）．
将平面 A 1 B 1 D 沿着 B 1 D 翻折至平面 A 1 B 1 D ，使其与平面 BB 1 D 共面，翻折后 A 1与E的对应点为 A 1  与E.如图所示）
由几何性质可知 HPHEHPHEPE （当且仅当 H 在 PE 与 B 1 D 的交点时取等号）．
2 3
DE ,DP
在 PDE中， 2 3 ，

2
 2 1
cosBDAcos2BDB 2cos2BDB 12  1
则 1 1 1   3   3，PE2 DE2DP22DEDPcosBDA
由余弦定理， 1
1 1 2 3 1 5 6
  2    
2 3 2 3 3 6 9 ，
5 6
所以HPHE2的最小值为  ．
6 9
四、解答题
16．（2026·山东聊城·模拟预测）如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAB是边长为2的等边三角形，BC  AB，
DA//BC,BC 2AD2，平面ABCD平面PAB，M 为AB的中点．
(1)证明：平面PBD平面PMC；
(2)求平面PCD与平面PMC夹角的余弦值．
BC  AB,DA//BC

【详解】（1） ，AD AB，DABMBC．

M 为AB的中点，AB2，MB1．
又 ABBC 2,AD1，


BAD

CBM ，DBAMCB．
π π
 CMBMCB ，CMBDBA ， ．
2 2 BDMC

△PAB是等边三角形，M 为AB的中点，PM  AB．
ABCD PAB ABCD PAB AB,PM  PAB,

平面 平面 ，平面 平面 平面
PM 平面ABCD．
QBD平面ABCD,PM BD．
 PM  MC M,PM 平面PMC,MC� 平面PMC，
BD平面PMC．
QBD平面PBD,平面PBD平面PMC．
（2） BC  AB，平面ABCD平面PAB，平面ABCD 平面PAB AB，BC平面ABCD，
BC 平面PAB．
MP,MB PAB,.BC MP,BC MB

平面 ，
MP AB,MP,MB,BC

两两垂直．
M MP,MB x,y M BC z
以点 为坐标原点，分别以 所在的直线为 轴，过点 且平行于 的直线为 轴，
M0,0,0,P  3,0,0  ,C0,1,2,D0,1,1
建立如图所示的空间直角坐标系，则 ．
   D  C  m 0
设平面 PCD 的法向量为 m x,y,z，则    P  D  m 0 ，
 2yz0
  D  C  0,2,1,  P  D     3,1,1  ,   3xyz0，m    3,1,2 
令y1，则x 3,z2, ．
 M  P  n0
设平面 PMC 的法向量为 na,b,c，则  M  C  n0 ，
 3a0

M  P    3,0,0  ,M  C  0,1,2,  b2c0，
c1
b2,a0,n0,2,1
令 ，则 ．
mn 22 10
cos cos m,n    ,
设平面 PCD 与平面 PMC 的夹角为  ，则 m n 2 2 5 5
10
即平面PCD与平面PMC夹角的余弦值是 5 ．
17．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱 ABCA 1 B 1 C 1中，点 D 、 E 分别是棱 BC 、 CC 1上的点（点 D 异于
点C），且ADDE．
BCCB
(1)求证：平面 ADE 平面 1 1；
(2)若 VABC 是正三角形， BC CC 1，且三棱柱 ABCA 1 B 1 C 1的体积是三棱锥 EADC 的体积的 12 倍，求 A 1 E 与平
面ADE所成的角的大小．
ABCABC CC  ABC
【详解】（1）因为三棱柱 1 1 1是直三棱柱，所以 1 平面 ，
又 AD 平面 ABC ，所以 CC 1  AD ，
又 ADDE ， CC 1 DE E ， CC 1、 DE 平面 BCC 1 B 1，所以 AD 平面 BCC 1 B 1，
BCCB
又 AD 平面 ADE ，所以平面 ADE 平面 1 1．（2）解法一：由 AD 平面 BCC 1 B 1， BC 平面 BCC 1 B 1，可知 ADBC ，
又因为VABC是正三角形，所以BDCD．
BC CC 2 V 12V S 2S
设 1 ，由 ABCA1B1C1 三棱锥EADC， ABC ADC，
1
可得2S 212 S CE，故 ，
△ADC 3 △ADC CE1
 
以点 A 为坐标原点， CB 、  A  D  、 AA 1的方向分别为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
   
A 0,0,2 D 0,0, 3 A0,0,0 E 1, 3,1
则 1 、 、 、 ，
        
AD 0, 3,0 AE  1, 3,1 AE 1, 3,1
所以 ， ， 1 ，
nx,y,z
ADE
设平面 的一个法向量为 ，
 n  A  D   3y0
则  n  A  E  x 3yz0 ，取 x1 ，可得 n1,0,1，
n  A  E 
2 10
1
sin  
设 A 1 E 与平面 ADE 所成的角为  ，则 n   A  1  E  2 5 5 ，
10
arcsin
所以A
1
E与平面ADE所成的角的大小为 5 ．
解法二：连接 A 1 D ，过 A 1作 A 1 G 平面 ADE ，垂足为 G ，连接 GE ，
则 A 1 EG 就是直线 A 1 E 与平面 ADE 所成的角，取AC的中点M ，连接BM ，取CM 的中点N ，连接DN，
因为VABC为等边三角形，M 为AC的中点，所以BM  AC，
因为D、N 分别为BC、CM 的中点，所以DN//BM ，则DNAC，
ABCABC AA  ABC
因为三棱柱 1 1 1为直三棱柱，所以 1 平面 ，
3
DN CDsin60 
因为DN 平面ABC，所以DN平面AACC，且 2 ，
1 1
1 1 1 1 3 3
S  AA AC  22 2 V  S DN  2 
因为 △AA1E 2 1 2 ，故 三棱锥DAA1E 3 △AA1E 3 2 3 ，
因为 AD 平面 BCC 1 B 1， DE 平面 BCC 1 B 1，所以 ADDE ，
3
又因为AD ABsin60 2  3， ，
2 DE CD2CE2  11 2
1 1 6
S  ADDE   3 2 
所以 △ADE 2 2 2 ，
1 1 6 3
V  S AG  AG
所以 三棱锥A1ADE 3 △ADE 1 3 2 1 3 ，解得A
1
G 2，
AE  AC2CE2  2212  5
又 1 1 1 1 ，
AG 10 10
sinAEG 1  AEGarcsin
故 1 AE 5 ，则 1 5 ，
1
10
arcsin
所以A
1
E与平面ADE所成的角的大小为 5 ．
解法三：设 F 是 B 1 C 1的中点，连接 A 1 F 、 DF 、 EF ，BB //CC BB CC BBCC
因为 1 1， 1 1，故四边形 1 1 为平行四边形，
BC//BC BC BC
所以 1 1， 1 1，
因为 D 、 F 分别为 BC 、 B 1 C 1的中点，所以 BD//B 1 F ， BDB 1 F ，
BBFD BB//DF BB DF
故四边形 1 为平行四边形，所以 1 ， 1 ，
AA//BB AA BB AA//DF AA DF
又因为 1 1， 1 1，所以 1 ， 1 ，
AAFD AF//AD
所以四边形 1 为平行四边形，所以 1 ，
因为 A 1 F  平面 ADE ， AD 平面 ADE ，所以 A 1 F// 平面 ADE ，
A
点 1与 F 到平面 ADE 的距离相等．
由四边形 BCC 1 B 1是正方形， E 、 F 、 D 分别为 CC 1、 B 1 C 1、 BC 的中点，
π π
故CDCE C 1 E C 1 F ，所以FEC 1 CED 4 ，故FED 2 ，即 EF ED ，
BCCB BCCB BCCB
又平面 ADE 平面 1 1， EF  平面 1 1，平面 1 1 平面 ADEDE ，
故EF 平面ADE，易知 EF  C 1 E2C 1 F2  11 2 ，故 A 1到平面ADE的距离也为 2，
AE  AC2CE2  2212  5
又 1 1 1 1 ，
2 2 10 10
sin   arcsin
设A 1 E与平面 ADE 所成的角为，则 A 1 E 5 5 ，故 5 ，
10
arcsin
所以A
1
E与平面ADE所成的角的大小为 5 ．VABC AB2 2 PAC
18．（2026·贵州安顺·模拟预测）如图， 是斜边 的等腰直角三角形，正三角形 所在平面与三
ABC BCMN MN //BC,BN BC,BN  3,MN 1 BCMN
角形 所在平面垂直，梯形 中， ，且梯形 所在平面与三角
形ABC所在平面垂直．
(1)求证：平面PMN //平面ABC；
(2)求平面PMC与平面PAN夹角的余弦值．
【详解】（1）因为MN //BC,BC平面ABC,MN  平面ABC，所以MN //平面ABC.
VABC AB2 2 AC BC 2
因为 是斜边 的等腰直角三角形，所以 ．
如图1，取AC的中点E，连接PE．
PAC AC 2 PE  AC PE 3
因为 是正三角形，且 ，所以 ，且 ，
PAC  PAC  ABC  AC
又平面 平面ABC，平面 平面 ，
所以PE平面ABC.
BN BC ABC  ABC  BCMN BC BN 
因为 ，平面 平面BCMN，平面 平面 ， 平面BCMN，
所以BN 平面ABC，
所以BN //PE．
BN PE  3
如图2，连接BE，因为 ，
所以四边形PEBN为平行四边形，因此PN //BE．
因为BE平面ABC,PN  平面ABC，所以PN //平面ABC，
又MN //平面ABC,PN MN  N,PN,MN 平面PMN，
所以平面PMN //平面ABC.
方法二：
如图3，取BC的中点F ，连接MF．
因为BC 2，所以BF 1，又MN 1，所以MN BF ，
又MN //BC，所以四边形BFMN是平行四边形，
所以BN //MF,BN MF，
BN BC,BN  3 MF  3,MF BC
因为 ，所以 ，
连接EF，因为平面BCMN 平面ABC，平面BCMN 平面ABC BC，MF 平面BCMN，
所以MF 平面ABC，
PE ABC,PE  3 PE//MF,PE MF
又 平面 ，所以 ，
因此四边形MPEF是平行四边形，PM //EF ．
因为PM  平面ABC,EF 平面ABC，所以PM //平面ABC，
又MN //平面ABC,PM 平面PMN,MN 平面PMN,MNPM M ，
所以平面PMN //平面ABC.
（2）如图4，取AB的中点D，连接ED，因为E是AC的中点，所以ED//BC，
VABC AB2 2
又 是斜边 的等腰直角三角形，
所以AC BC，所以DEAC．
又PE平面ABC,AC,DE 平面ABC，所以PE  AC,PE DE，所以EP，EA，ED两两垂直．分别以EA，ED，EP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
A(1,0,0),P(0,0, 3),C(1,0,0),N(1,2, 3),M(1,1, 3)
则 ，
   
AP(1,0, 3),PN  (1,2,0),CP(1,0, 3),CM (0,1 3
所以 ， ）

m(a,b,c)
设平面PMC的法向量为 ，
 mC  P  0,  a 3c0,
则  mC  M  0, 即  b 3c0, 取 c1 ，得 ab 3 ，

m( 3, 3,1)
则 是平面PMC的一个法向量．

n(x,y,z)
设平面PAN的法向量为 ，
 n  A  P  0, x 3z0,
则  n  P  N  0, 即   x2y0, 取 x2 3 ，得 y 3,z2 ，

n(2 3, 3,2)
则 是平面PAN的一个法向量．
设平面PMC与平面PAN的夹角为，
 
  |mn| |632| 133
cos|cosm,n|    
则 |m||n| 7 1234 19 ，
133
因此平面PMC与平面PAN夹角的余弦值为 19 ．
ABCD BADADC 90,DADC 2,AB4 P
19．（2026·安徽·三模）如图，四边形 为直角梯形，且 ．点 满
足PA平面ABCD.(1)若E为PB上靠近点P的三等分点，证明：PD//平面ACE；
 1
(2)若 ，点 满足PF  PC，求直线 与平面 所成角的余弦值．
PA2 F 3 BD ABF
【详解】（1）如图，设BD与AC交于点O，连接OE，
因为AB//CD，AB2CD4，所以 AOB∽

COD，
OD CD 1
所以   ，所以 为 上靠近点 的三等分点，
OB AB 2 O BD D
又因为E为PB上靠近点P的三等分点，所以在△PBD中，OE//PD，
而OE平面ACE，PD平面ACE，所以PD//平面ACE．
CD AD2 ADCD AC 2 2
（2）因为 ， ，所以 ，
又因为PA平面ABCD，AB AD，则以A为原点，AD，AB，AP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，
A0,0,0 P0,0,2 B0,4,0 D2,0,0 C2,2,0
则 ， ， ， ， ，
  
BD2,4,0,AB0,4,0,PC 2,2,2
从而 ，
PF 1  1 2 2 2
因为  ，所以PF  PC , , ，
PC 3 3 3 3 3
2 2 4  2 2 4
所以点 的坐标为 , , ，AF  , , ，
F 3 3 3 3 3 3nx,y,z
ABF
设平面 的一个法向量为 ，
4y0,

 ABn 0, 
2 2 4
则    A  F  n0, 即 3 x 3 y 3 z0,
则y0，令z1，可得x2，
n2,0,1
ABF
所以平面 的一个法向量为 ，
设直线BD与平面ABF 所成角为，为锐角，
sin cos  B  D  ·n   B  D  ·n  4  2
则  B  D  n 2 5 5 5 ，
2 2 21
cos 1sin2 1 5    5 .
20．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABAD，ABAD3，
AB AP，CD2，CDA45.
(1)证明：平面PAB平面PAD；
(2)若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；
AD E E P,B,C,D
(3)是否存在线段 上一点 ，使得 到点 的距离都相等？说明理由.
PA ABCD AB ABCD PA AB
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
AB AD,PA  AD A AB PAD
又因为 ，所以 平面 ，
AB PAB PAB PAD
又因为 平面 ，所以平面 平面 .

（2）以A为坐标原点，以AB为x轴正半轴方向，建立空间直角坐标系，在平面ABCD内，作CF//AB交AB于点F ，则CF  AD，
Rt CDF DF CDcos45 2 CF CDsin45 2

在 中， ， ，
Bt,0,0,P0,0,t
AB APt ABAD3 AD3t
设 ，则 ，由 得 ，
F  0,3t 2,0  ,C  2,3t 2,0  ,D0,3t,0
所以 ，
C  D     2, 2,0  ,  P  D  0,3t,t n r x,y,z
，设平面PCD的法向量为 ，
 2x 2y0

由 nC  D  ,n  P  D ，得  3tytz0 ，取 xt ，
uur
n t,t,3t PBt,0,t
得平面PCD的一个法向量为 ，又 ，
n·  P  B 
sin30cosn,  P  B  
由直线 与平面 所成的角为 可得 n  P  B  ，
PB PCD 30
2t23t
1
 3
即 t20t2 t2t23t2 2，解得t  或 （舍去，因为 ），
5 t 3 AD3t 0
3
所以AB .
5
AD E P,B,C,D EC ED
（3）假设在线段 上存在一点 到 的距离都相等，由 ，
得ECDEDC 45，从而CED90，E即为（2）中的F 点，
ED 2 Rt△ABE
有 ，而在 中，
 2
EPEB AB2AE2  t2 3t 2  2，
 
2t22 3 2 t96 2 0
所以 ，其中0t3 2，
gt2t22  3 2  t96 2 g0g  3 2  96 2 0
设 ，则 ， 2      
4 3 2 8 96 2 4 6 27 0 0,3 2
此时 ，在 有两个不同的解，
AD E E P,B,C,D
即在线段 上存在一点 ，使得 到 的距离都相等.
21．（2026·湖南湘潭·二模）在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，AD//BC，
PF 1
， ，E为 的中点，点F在 上，且  ，设点G是线段 上（含端点）的一动
PA ADCD2 BC 3 PD PC PC 3 PB
点.
(1)求证：CD平面PAD；
(2)设CG与平面AEF 所成角为，求sin的范围；
AC △GQE
(3)若Q为 中点，求 的面积取值范围.
PA ABCD,CD ABCD PACD
【详解】（1）证明：因为 平面 平面 ，所以 ，
ADCD,PAAD A,PA PAD,AD PAD
又因为 平面 平面 ，
所以CD平面PAD；
（2）解：在底面ABCD中，过A作AM ∥DC，交BC于M ，
由题意可知AM  AD，又PA平面ABCD，
  
A AM,AD,AP x,y,z Axyz
则以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系 ，
A0,0,0,B2,1,0,C2,2,0,D0,2,0
则 ，2 2 4
P0,0,2,E0,1,1,F 3 , 3 , 3  ，可知  B  P  2,1,2,C  B  0,3,0 .
  2 2 4
AE0,1,1,AF  , , 
3 3 3,
 
BGkBP2k,k,2k0k 1
设 ，
  
CGCBBG2k,k3,2k0k 1
则 ，
nx,y,z
AEF
设平面 的法向量为 ，
  A  E  n yz0

则    A  F  n 2 x 2 y 4 z0，即   yz ，
 3 3 3 xy2z0
y1 z1,x1
n1,1,1
令 ，有 ，故 .
sin cosC  G  ,n  C  G  n  2kk32k
故 C  G  n 4k2(k3)24k2  3
3k3 k1 (k1)2
  
9k26k9 3 3k22k3 3k22k3 ，
t k1,t1,2
令 ，则
t2 t2 1 1
sin   
3(t1)22t13 3t28t8 t 8 2  8 t 3 8    1 t  1 2    2 1，
1 1  1 1 1 2
而t  2    0, 2   ,8   t  2  11,3 ，
 3 
sin ,1
故 3 ；
 
Q1,1,0
（3）解：由题可知 ，设 ，
 
BGBP2,,201
 E  G    E  B    B  G  22,2,21  E  Q  1,0,1  E  G 2 9l 216l 9,  E  Q 2 2  E  G    E  Q  4l 3
， ， ， ，
1     1 2 2  2
S  EG  EQsinEG,EQ EG  EQ  EGEQ
GQE 2 2
1
 2  92169  432
2
1 1  3 3
 2289  2221 , 
2 2 2 2 ．
 
π
22．（2026·湖北·二模）如图，菱形 的边长为2，BCD .现将 沿 折起，得到四面体 ，
BCDE 3 △EBD BD ABCD
0π
ABDC
设二面角 等于 .
(1)求证：BD AC；
3
(2)若三棱锥ABCD的体积为 2 ，
（i）求直线AC与平面BCD所成的角；
（ii）当AC BD时，求二面角BADC的余弦值.
π
【详解】（1）由菱形 的边长为 ，且BCD ，可得 和 都是等边三角形，
BCDE 2 3 △EBD △CBD
现将△EBD沿BD折起，可得△ABD，△CBD为等边三角形，
如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO，可得AOBD，COBD，
因为AO

COO，且AO,CO平面AOC，所以BD平面AOC，
又因为AC平面AOC，所以BD AC；1
（2）（i）由（1）知 平面 ，可得V  S BD，
BD AOC ABCD 3 AOC
又由AOBD，COBD，所以AOC是二面角ABDC的平面角，即AOC ，
BCDE 2 BD2,AOCO 3
因为菱形 的边长为 ，可得 ，
3 3 1 1  2
又因为三棱锥 的体积为 ，可得  2  3 sin，
ABCD 2 2 3 2
3 π 2π
解得sin ，所以 或 ，
2 3 3
因为BD平面AOC，且BD平面BCDE，所以平面AOC 平面BCDE，
因为平面AOCI 平面BCDE OC，所以A点在平面BCDE的投影在直线OC上，
所以ACO即为直线AC与平面BCD所成角，
π π
所以直线 与平面 所成角为 或 ；
AC BCD 3 6
2π
（ii）因为 ，所以AOC ，且 ，
AC BD,BD2 3 AC3
过O点作平面BCD的垂线为z轴，OD，OC所在直线为x轴， y 轴，
 3 3
建立空间直角坐标系，可得B1,0,0，D1,0,0，C  0, 3,0  ， A  0, 2 , 2  ，
 
  3 3
所以  B  D  2,0,0，C  D    1, 3,0  ， AD 

1, 2 , 2  

，
 
 n BD2x0
 1
设平面 ABD 的法向量为 n  1 x,y,z ，则    n  1   A  D  x 2 3 y 2 3 z0 ，
  
n  0, 3,1
取y 3，可得x0,z1，所以 1 ，
 
 n CDa 3b0
 2
设平面 ACD 的法向量为 n  2 a,b,c ，则    n  2   A  D  a 2 3 b 2 3 c0 ，
  
n  3,1, 3
取b1，可得a 3,c 3，所以 2 ，
 
  n n 2 3 21
cosn,n  1 2  
可得 1 2 n  n  2 7 7 ，
1 221
因为二面角BADC为锐角，所以二面角BADC的余弦值为 7 .
PABCD ABCD AB 2 BC 2 PAPD AC PB
23．（2026·河南许昌·三模）四棱锥 的底面 为矩形， ， ， ， ．
(1)证明：平面PAD平面ABCD；
66
(2)设四棱锥PABCD的外接球的球心为M，且点M与点P在平面ABCD的同一侧，球M的半径为 6 ．
（i）求平面PAD与平面MAD夹角的余弦值；
（ii）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，点Q在l上，设直线QM 和平面PBC所成的角为，求sin的取值范
围．
【详解】（1）取AD中点O，连接PO，BO，
底面 为矩形，且 ， ，
ABCD AB 2 BC 2

tanOBAtanACB，
OBAACB，
又 CABACB90，

OBACAB90，
OB AC，

ACPB，PB

OBB，PB,OB平面POB，AC 平面POB，又OP平面POB，
ACOP，

PAPD，
OP AD，
又 AD  ACA，AD,AC平面ABCD，
OP平面ABCD，

OP平面PAD，
平面PAD平面ABCD．
（2）（i）连接BD交AC于点N，连接ON．分别以OA，ON，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建系，
过点N作平面ABCD的垂线l，则Ml，
 2 
M0, ,t
设   2   ， P(0,0,h) ，其中 h0 ；
3 66 3
MA t2  t 
A(1,0,0)， 2 6 ，解得 3 ，
2
1  66
 MP2  (ht)2     ，解得 ，
2 6
  h 3
 2 3
M0, , 
P(0,0, 3) ，   2 3   ，
连接MP，MO，

MAMD，MO AD，
POM 是平面PAD与平面MAD的夹角，
1 1 30 66
OM    MP

又 2 3 6 ，OP 3， 6 ，2 2
 30  66
3   
 6   6  10
cosPOM  
由余弦定理得 ．
30 5
2 3
6
10
平面PAD与平面MAD夹角的余弦值为 5 ．
（ii） AD//BC，BC平面PBC，AD平面PBC，
AD//平面PBC， AD平面PAD，平面PAD平面PBC l，
 2 3   2 2 3
l∥AD ，可设 Q(m,0, 3) ，又  M   0, 2 , 3    ， MQ   m, 2 , 3    ，
 C  B  (2,0,0) ，  P  B  (1, 2, 3) ，设平面 PBC 的法向量为 n(x,y,z) ，
 n  B  C  0 2x0
则  n  P  B  0 ，  x 2y 3z0 ，可取 n  (0, 3, 2) ，
2 2 3
  3  2
2 3 1
sin 
11 30m255 ，
5 m2
6

mR，
 55
0sin 55 ，即 的取值范围为   0, 55  ．
55 sin  