文档文本内容
空间几何体积与表面积
考点1
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专题04 空间向量与立体几何
4 大考点概览
考点01 空间几何体积与表面积
考点02 球的表面积与体积
考点03 空间中点线面的关系
考点04 空间向量与坐标运用
1．（2026·湖北黄冈·一模）圆锥
的轴截面是面积为
的等边三角形，则该圆锥的侧面积为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的底面半径r，再利用圆锥的侧面积公式即可得出结果.
【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面为等边三角形，
所以圆锥的母线长
，
，解得
，
所以圆锥的侧面积为
.
2．（2026·湖北黄石·一模）已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径相等，高相等，侧面积相等，若
圆锥的体积为
，则圆柱的底面半径为__________.
【答案】
【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为、高为，
则由侧面积相等可得
，解得
，
由圆锥体积为
可得
，将
代入得
，解得
，
因此
.
3．（2026·湖北孝感·一模）已知长方体
中，
，
，点M 在棱
上，点N 在棱
上，且
，
，P 为棱
中点．
1
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(1)求证：
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值；
(3)平面
把长方体
分割成两部分，求较小部分几何体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取
中点Q，连接
，利用基本事实4 及线面平行的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，然后利用向量法求解平面夹
角的余弦值即可.
（3）取
中点R，根据平面性质确定较小部分几何体为三棱台
，然后利用棱台体积
公式求解即可.
【详解】（1）取
中点Q，连接
，
，则
，
因为
，
，所以四边形
为平行四边形，所以
，
则
， 又
平面
，
平面
，
所以
平面
；
2
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（2）以D 为原点，
，
，
所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
由
，
，
又平面
的一个法向量为
，
平面
与平面
夹角为
，
则
，
即平面
与平面
夹角的余弦值为
；
3
球的表面积与体积
考点2
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（3）取
中点R，由（1）知
，所以B，M，N，R 四点共面，
所以四边形
为梯形，
设
，则
平面
A1B1C1D1，
平面
，
所以
平面
平面
，
所以
直线
，所以直线
，直线
，直线
共点S，
所以
为三棱台，显然为体积较小部分，
因为
，
，高
，
所以其体积为：
.
1．（2026·湖北十堰·一模）已知正四面体
各条棱的中点都在球
的表面上，则球
的表面
积与该正四面体的表面积之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】令正四面体
的棱长为6，根据给定条件，结合正四面体的结构特征确定球心
的位
置，再利用球面性质求出球半径，进而求出它们表面积之比.
【详解】取正四面体
各棱中点
，如图，
4
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可得平面
平面
，且
，作
平面
于点
，交平面
于
，
则
为
中点，且球心
是
的中点，即
，令正四面体
的棱长为6，
，
，
，
而
，因此球
的半径
，
所以球
的表面积与该正四面体的表面积之比为
.
故选：C.
2．（2026·湖北孝感·一模）（多选）若三棱锥
的所有棱长均为1，M，N 分别为棱
，
的中点，则（ ）
A．
B．该三棱锥的表面积为
C．该三棱锥外接球的体积为
D．异面直线
，
所成角的余弦值为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直的性质定理证明选项A；根据正四面体的表面积公式求解即可判断B；利用
补体法求解正四面体的外接球半径，代入球的体积公式求解判断C；利用向量法求解异面直线夹角
余弦值判断D.
【详解】由题意三棱锥
为棱长为1 的正四面体，
对于A：因为在正四面体
中，M 为
中点，
5
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所以
，
，又
，
平面
，
所以
平面
，
平面
，所以
，所以A 正确；
对于B：因为正四面体
每个面都是边长为1 的正三角形，
所以此正四面体的表面积为
，所以B 错误；
对于C：把该正四面体放在正方体中，如下图所示：
设该正方体的棱长为
，则有
，
所以该正方体的对角线长为
，
所以该正方体外接球的半径为
，即该正四面体外接球的半径为
，
所以该正四面体外接球的体积为
，所以C 正确；
对于D：因为
，
所以
，又
，
所以异面直线
，
所成角的余弦值为
，所以D 正确.
故选：ACD
6
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3．（2026·湖北襄阳·一模）（多选）已知菱形
中，
，
，现将
沿对
角线
折起至
，连接
，形成三棱锥
，则下列说法正确的是（ ）
A．二面角
的大小为
时，平面
平面
B．在折起的过程中，存在某个位置使
C．
时，三棱锥
的体积为
D．三棱锥
的体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】BCD
【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，设
，则可表示出各点坐标；对A：
由二面角定义可得
，则可求出平面
与平面
的法向量，再利用数量积公式判断其数
量积是否为
即可得；对B：表示出
、
后，通过数量积公式判断其数量积能否为
即可得；
对C：表示出
、
后，利用
可得
点坐标，再利用体积公式计算即可得解；对D：
表示出体积后即可得三棱锥
的体积最大时的点
坐标，再设出三棱锥
外接球的球
心，借助外接球定义计算即可得外接球球心坐标及其半径，再利用球体表面积公式计算即可得解.
【详解】由
，四边形
为菱形，
则
、
、
均为等边三角形，
取
中点
，以
为原点，建立如下图所示空间直角坐标系，设
，
则
、
、
、
、
；
对A：由
、
均为等边三角形，则
、
，
由
平面
平面
，故
即为二面角
的平面角，
即
，故
，
7
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则
，
，
，
设平面
与平面
的法向量分别为
、
，
则
，
，
取
，则
，
，
，
故
、
，
则
，故
与
不垂直，
故平面
与平面
不垂直，故A 错误；
对B：
，
，
令
，则
，
故在折起的过程中，存在某个位置使
，故B 正确；
对C：
，
，
时，有
，则
，
则
，即
，
则三棱锥
的体积为
，故C 正确；
对D：三棱锥
的体积为
，
则当
时，三棱锥
的体积最大，此时
，
8
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设其外接球的球心为
，半径为，
则有
，解得
，
故其外接球的表面积为
，故D 正确.
4．（2026·湖北荆州·一模）在棱长为2 的正方体
内，有按照如下方式产生的一系
列大小均不相同的n 个球：第1 个球与正方体的6 个面均相切；第2 个球与第1 个球外切，且与正
方体过顶点A 的3 个面均相切；第3 个球与第2 个球外切，且与正方体过顶点A 的3 个面均相切，
…，依次下去.记这n 个球的表面积和为
，若
对
总成立，则M 的最小值为______.
【答案】
【分析】作出辅助线，得到外切球的半径关系，求出
的关系式，求出最小值.
【详解】如图，过棱
作正方体的截面，
9
空间中点线面的关系
考点3
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由对称性知，这些球的球心都在线段
上，与底面ABCD 的切点都在线段AC 上.
设第i（
1，2，…）个球的球心为
，半径为，与底面ABCD 切于
，
作
于P，由
∽
，得
，
解得
，同理可得，对于任意
，
，
又由于
＝1，所以
，其表面积
，
所以
，注意到当
时，
，此时
，
且
，故M 的最小值为
.
1．（2026·湖北黄石·一模）（多选）如图，在正方体
中，记各面的对角线为它的
面对角线，
为它的体对角线.设
分别为
的中点，则（ ）
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A．存在面对角线与平面
平行
B．存在面对角线与平面
垂直
C．存在体对角线与平面
平行
D．存在体对角线与平面
垂直
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论.
【详解】以
为坐标原点，分别以
为
轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体的棱长为2，则
，
所以
，
设平面
的一个法向量为
,
所以
，
令
，则
，可得
；
对于A，由
可得
，
11
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因此
，又
平面
，所以
平面
，所以A 正确；
对于B，又
，
则
，
显然以上向量与法向量
均不平行，所以以上面对角线与平面
均不垂直，即B 错误；
对于C，体对角线
，
易知
,
因此不存在体对角线与平面
平行，即C 错误；
对于D，显然
，所以
平面
，即D 正确.
2．（2026·湖北荆州·一模）（多选）在四棱锥
中，底面
为正方形，
平面
，
，点E，F，G 分别为棱
的中点，则（ ）
A．
B．
平面
C．异面直线
与
所成角的正切值为2
D．直线
与平面
所成角为
【答案】CD
【分析】建立空间直角坐标系，设
，求出相关点坐标，利用向量数量积的运算可判断A；求
出平面
的法向量，根据空间位置关系的向量判断方法可判断B；根据空间角的向量求法可判
断CD.
【详解】如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，设
，
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则
，
，
，
故
不垂直，A 错误；
设平面
的法向量为
，
,
则
，可取
，而
，
，故
和平面
不平行，B 错误；
，
，
,
设异面直线
与
所成角为
，则
，
，
则
，C 正确；
设平面
的法向量为
，
,
，
则
，可取
，而
，
则
，
则直线
与平面
所成角的正弦值为
，
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故直线
与平面
所成角为
，D 正确.
3．（2026·湖北荆州·一模）（多选）如图，在直三棱柱
中，
，
，
且
，点D 在线段
上运动，则下列结论正确的有（ ）
A．
平面
B．
与
不可能平行
C．
与
不可能垂直
D．四棱锥
的外接球面积为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直可对A 判断求解；建立空间直角坐标系，并设
，
，假设
与
平行，利用向量法即可求解对B 判断；利用向量
求出
即可对C 判断；
利用补形法将直三棱柱
补成长方体，即可求出长方体外接球半径，即可对D 判断求解.
【详解】A：由题
平面
，
平面
，所以
，
又因
，且
，
平面
，
所以
平面
，因
平面
，所以
，
又
，则四边形
为正方形，所以
，
因
，
平面
，所以
平面
，故A 正确；
B：如图，以点
为坐标原点，以
，
，
所在直线为
，
，
轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
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，
，
，
，
，
设
，
，得
，
所以
，
，
假设
与
平行，则
，即
，则
，无解，
所以假设不成立，故
与
不可能平行，故B 正确；
C：
，
，
若
与
垂直，则
，则
，即
，
又因
，所以假设成立，故C 错误；
D：四棱锥
的外接球就是直三棱柱
的外接球，
因为
，可将直三棱柱
补成长方体，则长方体外接球即为直三棱柱
的外接球，
长方体的体对角线长为
(
为外接球半径)，解得
，
所以外接球面积为
，故D 正确.
故选：ABD.
15
空间向量与坐标运用
考点4
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1．（2026·湖北随州·一模）如图，在四面体
中，
，
，
，且
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据图形可得
，结合向量的线性运算求解即可.
【详解】由题意可得：
，
所以
.
2．（2026·湖北黄冈·一模）在空间直角坐标系
中，点
，
，定义
．如图，正方体的棱长为5，
，平面
内两个动点
，
分别满足
，
，则
的取值范围为________．
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【答案】
【分析】分别求出点
，
的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值
范围，数形结合可得答案.
【详解】设
，
，∵
，
∴
，
点的轨迹为
．
又
，
则
，
，
即
，
化简得
点的轨迹为
．
在平面直角坐标系
中作出
，
轨迹，设
点轨迹与
轴两个交点分别为
，
点轨迹为圆，圆心为
，半径
，且与
轴两个交点分别为
，如下图所示，
结合图象得：
，
又
，
，
所以
．
3．（2026·湖北·一模）如图，在多面体
中，四边形
是边长为2 的正方形，
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，且
，为线段
的中点.
(1)求证：
平面
；
(2)若
，
，求平面
与平面
的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设
，连
，则可证四边形
为平行四边形，从而
，再根
据线面平行的判定定理可证
平面
；
（2）先证明
平面
，再建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求面面角，或
过点
作
，连接
，可证
为面面角，利用解直角三角形可求面面角.
【详解】（1）
设
，连
，则
，
又为线段
的中点，所以
，
又
，
，
，即
，
故
，所以四边形
为平行四边形，
故
，而
平面
，
平面
，故
平面
.
（2）
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延长
交
于
，则
为
的中点，连
，
，
由
，
，故
，故
，
而
为
的中点，故
，
由（1）知
，故
，
故四边形
为平行四边形，所以
，
因为
，
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以平面
平面
又平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，又
，所以
平面
.
而
平面
，故
，由正方形
可得
，
而
平面
，故
平面
.
法1：如图建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量
，则
即
，
不妨令
，则
，
即
.
故平面
的法向量
，
设两平面所成的角为
，则
，
故
，所以
.
法2：过点
作
，连接
，
因为
平面
，
平面
，故
，
而
平面
，故
平面
，
而
平面
，故
，则
即为平面
与平面
的夹角，
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而
，而
为锐角，所以
，
即平面
与平面
的夹角为
.
4．（2026·湖北荆州·一模）如图，在四棱锥
中，底面
是边长为2 的正方形，
底面
，且
.点E 为线段
的中点.
(1)在线段
上取一点F，使得
平面
，求此时线段
的长；
(2)对于（1）中所求的点F，求二面角
的余弦值.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）建系并标点，设
，可得
，平面
的一个法向量为
，利用空间向量运算求解；
（2）分别求平面
、平面
的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）因为
底面
，
，
以
为坐标原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系，
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则
，
设
，
，可得
，
且平面
的一个法向量为
，
若
平面
，则
，可得
，解得
，
所以线段
的长为1.
（2）由（1）可知：
，
可得
，
设平面
的法向量为
，则
，
令
，则
，可得
，
设平面
的法向量为
，则
，
令
，则
，可得
，
则
，
由图可知：二面角
为锐二面角，所以二面角
的余弦值为
.
5．（2026·湖北襄阳·一模）如图，正三角形
和平行四边形
在同一个平面内，其中
，
，AB，DE 的中点分别为F，G．将
沿直线AB 翻折到
，使
二面角
为120°，设CE 的中点为H．
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(1)求证：平面
平面
；
(2)求平面
与平面
的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，进而根据面面平行的判定求证，
（2）证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）因为四边形
为平行四边形，F、G 分别为
的中点，
所以四边形
为平行四边形，所以
．
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又H、G 分别为
的中点，所以
．
平面
，
平面
，所以
平面
，
因为FD、
平面
，
，
所以平面
平面
．
（2）因为三角形
为正三角形，
，F 为
的中点，
所以
，
，
所以
为二面角
的平面角，
又
，
平面
，
所以
平面
，因为
平面
，所以平面
平面
．
作
平面
于O，则O 在直线
上．
又二面角
的平面角为
，
所以O 在线段
的延长线上．由已知得
，则
，
．
以F 为原点，
所在直线分别为x 轴、y 轴，过点F 平行于
的直线为z 轴，建立空间直角
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坐标系，
如图，
因为
，
，所以
，
则
，
，
，
，
，
则
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则由
，
，得
，
令
，得
．
易得平面
的一个法向量
，
所以平面
与平面
的夹角的余弦值为
．
6．（2026·湖北黄冈·一模）如图，在四棱锥
中，底面
为菱形，
，
，
平面
，点
，
分别在棱
，
上，且
．
(1)求证：
；
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(2)若
，
与平面
所成的角为60°，点
关于平面
的对称点为
，求点
到平面
的距离．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得
，结合菱形对角线垂直及
推出
平面
，进而
平面
，从而
，由中点性质即得
.
（2）由
及第一问知
底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点
坐标，利用
与平面
所成的角为60°，求出P 点坐标，再求平面PCD 的法向量以确定点A 关
于该平面的对称点M，最后通过平面PAB 的法向量计算点M 到该平面
的距离.
【详解】（1）证明：连
，
相交于点
，连
．∵底面
为菱形，∴
且
．
又
平面
，
平面
，平面
平面
，∴
，
∴
，又
，而
．
∴
平面
，又
，∴
平面
，而
平面
，
∴
，
，
为等腰三角形，即
．
（2）若
，则
，由（1）知
，∴
平面
，
以
为原点以
，
，
分别为
轴，
轴，
轴建立直角坐标系，
又
，∵
，则
，
，
，
，
∵
，
，∴
平面
，
与平面
所成的角为60°，
∴
，∴
，∴
．
∴
，
，
．
24
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设平面
的法向量为
则
取
，
，
，∴
，
设
，
，则
，
到平面
的距离相等，
，
∴
．
又
，∴
，解得
，
设平面
的法向量为
，∵
，
．
则
取
，
，
，∴
，
则点
到平面
距离为
．
7．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为
的直角三角板.现有两个细长三
角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以
表示两个细
长三角板，
，
，直角顶点重合于点P，两条斜边
在一
条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边
平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD.
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(1)设
，求证：PO⊥平面
；
(2)是否存在四棱锥
，使得底面
为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，
请说明理由；
(3)求四棱锥
体积的最大值，并求此时平面
与平面
所成二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
(3)500，
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高
，根据假设求出h 的值，即可判断结论；
（3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥
体积的表达式，结合
基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面
与平面
所成二面角的大小.方法
二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用
空间角的向量求解方法可求二面角大小.
【详解】（1）证明：由题意知
与
平行且相等，则四边形
为平行四边形，所以O 为
的中点
又由于
，
，所以
，
，
平面
，
，所以
平面
；
（2）假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高
，
因为底面是菱形，则
，
所以
，
解得
，
此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥；
（3）方法一：过点P 作直线
，则l
平面
，
由于
，所以
，则l
平面
，所以平面
平面
，
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作
，垂足分别为E，F，则
,
所以
是平面
与平面
所成二面角或其补角
，由于PO⊥平面
，
平面
，故
，而O 为
的中点，则
,
设
，则
，
，
由PO⊥平面
，
平面
，故
，
而
平面
，故
平面
，
平面
，故
，
所以
当且仅当
时取等号，
故四棱锥
体积的最大值为500（
），
此时平面
与平面
所成二面角为90°
方法二：过点O 作平行线
的垂线，垂足分别为F，E，
取
的中点G，
，由以上分析可知
，
所以
，
以O 为原点，
所在直线为x，y，z 轴建立坐标系，
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设
，
，
，
，
由勾股定理知
，
，
当且仅当
时取“＝”，故所求最大值为500；
此时
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的一个法向量
，则
，则
，
可取
；
，
，
设平面
的一个法向量
，则
，则
，
可得平面
的一个法向量
，
故
，所以所求二面角为90°.
8．（2026·湖北十堰·一模）如图，几何体
为四棱锥
和三棱锥
的组合体.
在四棱锥
中，底面
是边长为4 的正方形，
是正三角形，平面
平面
，
，
.
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(1)求证：
；
(2)若三棱锥
的体积是四棱锥
的体积的
，求直线
与平面
所成角的正弦
值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）取
的中点为
，连接
，根据线面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定
理可证
平面
，
平面
，即可得结果；
（2）可证
平面
，根据体积关系可得
，建系并标点，求平面
的法向量，利
用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）取
的中点为
，连接
，
因为
，
，则
，
，
且
，
平面
，可得
平面
，
由
平面
，可得
，
又因为
，
，
平面
，所以
平面
，
因为底面
是正方形，则
，
且平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
可得
平面
，所以
.
（2）因为
是正三角形，则
，
且平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
可得
平面
，
由题意可知：
，
，
又因为
，则
，解得
，
以
为坐标原点，
分别为
轴，过点
平行于直线
的直线为
轴，建立空间直角坐标
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系，
则
，
可得
，
设平面
的法向量为
，则
，
令
，则
，可得
，
则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
9．（2026·湖北黄石·一模）如图1 所示，用一个截面去截圆锥，记圆锥的母线与圆锥的轴线的夹角
为
，截面与圆锥的轴线的夹角为
，当
时，截线是圆；当
时，截线是椭圆；当
时，截线是抛物线；当
时，截线为双曲线. 如图2 所示，
为圆锥的顶点，
为底面圆
心，
为圆
的一条直径，且
为弧
的中点，点
满足
，点
为线
段
的中点；
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(1)求直线
与平面
所成角的大小；
(2)平面
与圆锥
的截线记为曲线
，在平面
内，以
所在的直线为
轴（设以
的
方向为
轴正方向），以线段
的中垂线为
轴（设以
逆时针旋转
后的方向为
轴正方
向），建立平面直角坐标系.
①求出曲线
的标准方程；
②设
为曲线
上两动点，若
的平分线与
轴垂直，求证：直线
的斜率是定值，并求
出这个定值.
【答案】(1)
(2)①
；②证明见解析，
【分析】（1）由题设建立适当空间直角坐标系，求出
和平面
的一个法向量
即可由向量
夹角余弦公式计算求解
，进而得解；
（2）①先由题设结合（1）得到曲线
是椭圆，由
求出
，接着求出点
在平面
内的坐
标，由点
在曲线
上求出
即可得解；
②设直线
的方程为
，与椭圆联立求出韦达定理，设点
，由韦达定理
与
点坐标求出
，同理求出点
中的
，即可计算直线
的斜率
是一个定值.
【详解】（1）由题设以
为原点，分别以
所在直线和正方向为
轴､
轴､
轴，建立
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空间直角坐标系，
则
，
故
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，令
，则
故
，则
，
故直线
与平面
所成角的大小为
.
（2）①由（1）知，直线
与圆锥母线所成的角为
，且
，故曲线
为椭圆，
设该椭圆的方程为
，故
；
由（1）可得
，设
与
的交点为
，
则
，
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易得
，即
，且
，
设
的中点为
，易得
，故
，
故点
在平面
内的坐标为
，
因为点
在曲线
上，故有
，
故曲线
的标准方程为
.
②易知直线
的斜率存在，设其方程为
，
联立
得
，
设点
，由韦达定理与
点坐标，则
，
的平分线与
轴垂直，故直线
与直线
的斜率互为相反数，
设直线
的方程为
，
设点
，同理可得
，
故直线
的斜率为
，是一个定值.
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