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压轴专题：空间向量与立体几何-2026届高考数学押题专项
1．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）四棱锥的所有顶点都在同一球面上，求该球的体积．
2．在四棱锥中，四边形为矩形，为锐角三角形，，，，为棱的中点，平面与平面的交线为，直线与相交于点．
（1）求线段长度的最小值；
（2）若异面直线与所成角为．
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的表面积．
3．如图，在四棱锥中，，，，，，，点在线段上，，平面平面.
（1）求证：；
（2）设点是三棱锥的外接球的球心，且四棱锥的体积是，求直线与平面所成角的正弦值.
4．如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.
（1）求证：平面；
（2）若的中点为，在线段上是否存在点，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.
5．在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），．
（1）已知．
（i）求；
（ii）求直线与所成角的大小．
（2）若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值．
6．在正三棱台中，，，分别是，的中点．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若一只电子猫从点出发，每次等可能地沿着棱去向相邻的另一个顶点，设在次运动后电子猫仍停留在下底面的概率为，求.
7．如图1，在矩形中，，点为的中点，将沿折起到的位置（如图2），使得.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）设，若二面角的正弦值为，求实数的值.
8．如图，三棱锥各棱长均为，侧棱上的、、满足，，线段上的点满足平面.
（1）在上，，求证：平面平面；
（2）若，且，求的值；
（3）求三棱锥体积的最大值.
9．一正三棱台木块如图所示，已知，点在平面内且为的重心.
（1）过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
（2）求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比；
（3）在棱台的底面上（包括边界）是否存在点，使得直线平面？若存在，求长的取值范围；若不存在，说明理由.
10．已知平面四边形中，，且．以为腰作等腰直角三角形，且，平面平面
（1）证明：平面；
（2）已知点是线段上一点，
①若平面，求点到平面的距离；
②若直线与平面夹角的正弦值是，求二面角的正弦值．
11．如图，在四棱锥中，为矩形，且，，.
（1）求证：平面；
（2）若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且.
①求点到平面的距离；
②求平面与平面所成夹角的正弦值.
12．在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面平面，，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）在线段上是否存在点，使平面和平面的夹角大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
13．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，，，设点为的费马点，记，，．
（1）若，
①求；
②若，求的值；
（2）若，，求实数的最小值．
14．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，若分别为的重心.
（1）求证：平面；
（2）若，在线段上存在一点，使得，且平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
15．如图1，在矩形中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面.
（1）如图2，当时，点是线段上点的，平面，求的值；
（2）如图2，若点在平面内的射影落在线段上.
①是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；
②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离.
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：因为底面是正方形，
所以，
又因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（2）解：设交于点，过作，垂足为点，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为，，，
所以，
则，
所以，
则，
以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
在，，
所以，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
由
得，
取，得，
设平面的法向量为，
由得，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则
，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：连接，由（2）知，
因为为的中点，
所以，
又因为，
所以，
则四棱锥的所有顶点在球的球面上，
所以球的半径，
则球的体积．
2．【答案】（1）解：因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，所以，
又因为，，，平面，可得平面，
以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，
可得，则，
可得，，，
则，，
由题意可知：直线的一个方向向量为，且，
设，则，
因为，则，可得，
则，即，
则，
令，则，当且仅当时等号成立，
故线段BQ长度的最小值为；
（2）解：由（1）可知：，，
由题意可得：，
解得，即，则，，，，；
（ⅰ）因为，，，
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
设平面的法向量为，则，
设，则，可得；
则，即平面PCD与平面QCD夹角的余弦值为；
（ⅱ）设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则，
即，解得，
则，三棱锥的外接球的表面积为.
3．【答案】（1）证明：在直角梯形中，，，则，，
在中，，，所以，，
因为，所以，
在中，，，
则，
又因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：取的中点为，连接PO，因为，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
所以，解得，
以点为原点，分别以，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，
设，因为点是三棱锥的外接球的球心，则点应在平面上，所以，
又，，所以，解得，所以，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，即，取，则，，可得，
设直线与平面所成的角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值是.
4．【答案】（1）证明：因为，的中点为，
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
根据面面垂直的性质，
可得平面.
（2）解：取的中点为，连接，
则，
由图1直角梯形可知，四边形为正方形，
则，，，
，，
由（1）平面，可知，，两两互相垂直，
分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
设，
，
，，
设平面的法向量为，
则
取，则，
所以，平面的法向量为，
由平面，
取平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得或（舍），
所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
点位于线段靠近的三等分点处.
5．【答案】（1）解：由平面，、平面，故，，
又，故、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、，
设，且，则、，
由，则，即；
（i）由，则，又，故，
即，则，故；
（ii），，
则，
即，则直线与所成角的大小为；
（2）解：
，，
设，，
则，
，，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，，
即可为，
由平面，故，
即，
化简得，由，则，
故，
由平面，故为平面的法向量，
则
令，则，
，
由，则，故，
故，
由图可知二面角为锐角，设为，
故，即二面角余弦的最小值为.
6．【答案】（1）证明：延长，，交于点，过点作平面，垂足为，连结，如图所示：
在正三棱台中，，是正三角形，
因为，分别是，的中点，所以，且，
又，且，所以，且，四边形是平行四边形，
因为几何体是正三棱台，
所以三棱锥是正三棱锥，是底面正的中心，所以，
又平面，平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以，所以，
在正三棱台中，，是的中点，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，，所以，
所以四边形是矩形；
（2）解：过作，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
在正三棱台中，，，不妨设，
则，，，，
设上底面的中心为，在直角梯形中，，
，，所以，
故，又，
所以，，
设为平面的法向量，即，取，得，，
所以是平面的一个法向量，
又，所以，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：记电子猫在次运动后“在下底面”为事件，“在上底面”为事件，
显然，当，时，，，
由全概率公式，当，时，
可得，
即，整理得，
所以当，时，，
又，，，
所以当，时，为定值，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，故，即.
7．【答案】（1）证明：在图1中，连接，交于点，，.
因为，，，，且，
所以，，.
因为，所以.
所以图2中，，，平面，所以平面.
平面.所以.
（2）解：又因为，由，即，所以.
所以两两垂直，以为原点，建立如图空间直角坐标系.
则，，，，，.
因为为中点，所以.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，
取.
设直线与平面所成的角为，
则.
（3）解：因为，所以
所以，即.
则，，，.
设平面的法向量为，
则，
取.
设平面的法向量为，
则，
取.
设二面角为，由得：.
即，
整理得：，
解得：或.
8．【答案】（1）证明：如图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，所以平面平面；
（2）解：过点在平面内作交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
因为为的中点，，则为的中点，
因为，且正三棱锥的棱长均为，
则，，，即，
，
因为，所以，，则存在，使得，
即，
因为、不共线，则，解得，
综上所述，；
（3）解：因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，
由正弦定理可得，则，
所以，
因为，所以点到平面的距离，
点到直线的距离为，，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
故三棱锥体积的最大值为.
9．【答案】（1）解：在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，如图所示：
则为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于，故四点共面，
且平面平面，平面平面，平面平面，
则为截面与各木块表面的交线；
（2）解：由于点在平面内且为的重心，，
所以，又因为，故，
故几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，故，
又，则，
故由台体体积公式得正三棱台体积为，
所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）；
（3）解：分别取的中点，则当点时有平面，
证明如下：由分别为的中点得，
又由于在正三棱台中，，
所以，四点共面，
又因为，点O为重心，所以，
又由正三棱台性质，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面、平面，所以平面，
同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
所以当点时，平面，于是平面，
在梯形中，由已知条件和前面的分析知：，
即四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，
所以该由等腰梯形性质得该等腰梯形的高为，
所以，
故长度的取值范围为.
10．【答案】（1）证明：以为腰作等腰直角三角形，且，则，
由平面平面，平面平面平面，
所以平面，而平面，则，
由，则为直角梯形，故，
由，即为等腰直角三角形，故，且，
所以为等腰直角三角形，故，
又，平面，
则平面．
（2）解：由（1）平面，构建如图示空间直角坐标系，
所以，
①若，则，
所以，
令是平面的一个法向量，
则，
取，则，
所以是平面的一个法向量，
而，
由平面，则，解得，
所以是靠近的三等分点，则，
因为，
设是平面的一个法向量，
所以，
取，可得，
所以是平面的一个法向量，
所以，
所以点到平面PBC的距离是；
②设，其中，所以，
因为平面的一个法向量为，直线与平面夹角的正弦值是，
，
所以．
所以，解得：或者（舍）
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，
令得，，
所以是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
所以，
令，得，
所以是平面的一个法向量，
所以，
设二面角为，
则，
所以二面角的正弦值为.
11．【答案】（1）证明：在中，，，，
所以，解得：，
所以，所以，
又，为平面内两条相交直线，
所以平面；
（2）解： ① 由（1）知，平面，，
所以平面，又在平面内，所以平面平面，
在平面内，所以，
在三角形中，，，，
所以，又，
所以，
又，
又，
所以，又，
所以，
取的中点，，可知：，
因为平面平面，交线为，
又在平面内，
所以平面，如图建立空间直角坐标系
易得：，
所以，
设平面的法向量为，
则，
所以，
令，得，即，
又，
所以求点到平面的距离，
②，
设平面的法向量，
则，所以，
令，则，可得：，
设平面与平面所成夹角为，
所以，
所以，
即平面与平面所成夹角的正弦值为.
12．【答案】（1）证明：设与交于，连接，
由已知可得四边形是平行四边形，
所以是的中点，
因为是的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：因为四边形是菱形，，是的中点，
可得，
又因为是矩形，平面，平面平面，所以平面，
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
（3）解： 设，，
再设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
又因为平面的一个法向量，
所以，
解得，
则在线段上不存在点，使平面和平面的夹角大小为.
13．【答案】（1）解：①由正弦定理，得，
则，
所以，
又因为，
所以.
②由①可知，
所以的三个内角均小于，
由费马点定义，可知，
则
因为，
所以，
则，
得，
所以.
（2）解：因为，
所以，
则，
又因为，
所以，
则，
所以或，
当时，，则为直角三角形；
当时，
则，
整理得，在三角形中不可能成立，
所以，
则为直角三角形，
如图，因为点为的费马点，
所以，
设，
则，，
由，得，.
在中，由余弦定理，
可得，
同理可得，
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得
因为为直角三角形，则，
所以，
则，
整理可得，
，当且仅当时等号成立，
结合，
解得时等号成立，
又因为，
所以，
整理得，
解得或（舍去），
所以，实数的最小值为.
14．【答案】（1）证明：延长交于，延长交于，连接，
因为分别为的重心，
所以分别为的中点，且，
又因为底面为平行四边形，
所以
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：因为底面，所以
又因为，且，
所以平面，所以，
故以为原点，分别以分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，
则，
易得
设
则
设平面的法向量为，而
则，即
令，则，得，
而平面的法向量为，
又平面与平面所成夹角的余弦值为
所以，解得或，
因为，所以，
15．【答案】（1）解：取的中点，连接，
因为，
所以，
又因为∥，
所以四边形为平行四边形，
则∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
又因为∥平面，，平面，
所以平面∥平面，
因为平面平面，平面平面，
所以∥，
又因为是的中点，
所以.

（2）解：①存在点，当点与点重合，
则当时，平面.
理由如下：当点与点重合时，则，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
则当点与点重合，时，平面.
②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，
设，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以，
因为，
所以∽，
得，
则，
得，
所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
则点与点重合，
因为要使得点的射影落在线段上，
所以，
则，
解得，
在中，，
所以
，
当且仅当时，即当时，，
当时，，，
则是的中点，
所以，点到平面的距离为.
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