2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）04：空间向量与立体几何（30题）（含答案详解）

这是一份2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）04：空间向量与立体几何（30题）（含答案详解），共65页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知空间四边形的四个顶点，，，的坐标分别为，，，，若为平面上的一个动点，则当，且，的夹角取得最小值时，（ ）
A．B．C．D．
2．三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，并且，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．56B．48C．32D．58
3．在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（ ）
A．B．2C．3D．
4．在直三棱柱中，，，，分别是BC，的中点，在线段上，则下面说法中不正确的是（ ）
A．平面
B．直线EF与平面ABC所成角的余弦值为
C．直三棱柱的外接球半径为
D．直线BD与直线EF所成角最小时，线段BD长为
5．三个相似的圆锥的体积分别为，，，侧面积分别为，，，且，，则实数的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
6．已知在正三棱柱中，，分别为棱，，的中点，动点在侧面内，动点在底面内，则（ ）
A．平面
B．沿该三棱柱的表面从点M到达点B的最短路径的长为
C．若点P在线段上（点P与点H不重合），则
D．若点P在线段上，且，则线段中点的轨迹所形成图形的面积为
7．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若，则点的轨迹为一段圆弧
C．若的外心为O，则为定值2
D．若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为
8．如图，在直三棱柱中，点，，分别是棱，，的中点，直线平面，直线与平面所成角为45°，若，且则下列说法正确的是（ ）
A．
B．点到平面的距离为
C．五面体的体积为
D．三棱柱的外接球的表面积为
9．如图1所示，在四边形中，，，．如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接．则下列选项正确的是（ ）
A．当面面时，点到面的距离为
B．异面直线与所成角的取值范围为
C．当二面角的大小为时，三棱锥的外接球的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为
10．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一动点，，点在平面内运动，下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．在动点由运动至的过程中，二面角先增大后减小
C．平面截正方体所得截面图形可能是等腰梯形
D．若为棱的中点，与平面所成角为，则点的轨迹长度为
三、填空题
11．若为平面上两个定点，则满足为常数的动点的轨迹是直线，满足的动点的轨迹是圆.将此性质类比到空间中，解决下列问题：已知点为空间中四个定点，，且两两的夹角都是，若动点满足，动点满足，则的最小值是 .
12．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为 ．

13．《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似地下车库入口形状的几何体.如图，羡除中，四边形，均为等腰梯形，，，互相平行，平面平面，梯形，的高分别为2，4，且，，，则与平面所成角的正切值为 ，异面直线与所成角的余弦值为
14．已知球的表面积为，正四面体的顶点均在球的表面上，球心为的外心，棱与球面交于点.若平面平面平面平面 且与之间的距离为同一定值，棱分别与交于点，则的值为 .
15．如图，在直三棱柱中，，该三棱柱存在体积为的内切球（与侧面､底面均相切），为的中点，为棱上的动点，当直线､与平面成角相等时， ，此时四面体的外接球表面积为 .
16．在四面体中，点，分别为，的重心，过作直线与棱，交于点，已知，，则 .若四面体的体积为3，则四棱锥的体积最大值为 .
17．若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为 .
18．如图，在长方体中，分别为 的中点，在平面内运动，且与所成的角为在线段上运动，若为的内心，则的值为 .
19．已知三棱锥的底面ABC是边长为2的正三角形，点A在侧面SBC上的射影H是的垂心，三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球半径等于 ．
20．设底面为菱形且高为的直四棱柱中，已知底面边长为正整数且为定值，，若矩形内的点满足的轨迹长度为.设点为三棱柱的外接球上一点，则四棱锥体积的最大值为
四、解答题
21．如图1所示，直角梯形，，，且，点A，E分别在线段MD，BC上，且，点为DC的中点，将四边形MBEA沿AE折起，使二面角的大小为.

(1)若（如图2所示），求直线AB与平面所成角的正弦值；
(2)若，点Q为平面ABE内一点，若平面ABE（如图3所示），求PQ的值；
(3)若时，点为线段的中点，将沿折起，使与四边形AEBM在平面AEND的同侧且平面平面ADE，点为四面体MECD内切球球面上一动点，求的最小值.
22．如图，是底面边长为1的正三棱锥，、、分别为棱、、上的动点，截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等.（注：棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）
(1)当为棱的中点时，求棱台的体积；
(2)求在二面角的变化过程中，线段在平面上投影所扫过的平面区域的面积；
(3)设常数，称较小内角为的菱形为-菱形.当点在棱上运动（不含端点）时，总存在底面为-菱形的直平行六面体，使得它与棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，求的取值范围.
23．如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.

(1)证明：平面平面；
(2)求到平面的距离；
(3)设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为；若存在，求的值；若不存在，说明理由.
24．已知与轴分别相交于，过点的直线交圆于．
(1)当时，求直线的方程；
(2)当的面积取得最大值时，将圆沿轴折成直二面角，如图，在上半圆上是否存在一点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由；
(3)在圆上任取一点，过作轴的垂线段，为垂足，当在圆上运动时，线段 的中点的轨迹记为曲线，曲线与直线交于，直线与直线相交于，在定直线上，直线与直线相交于，在定直线上，判断直线，的位置关系，并注明．
25．在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点.
(1)设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上．
（i）证明：平面平面；
（ii）求球O的半径
(2)求二面角的余弦值的最小值.
26．已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.
(1)求的长；
(2)若为的中点，求二面角的余弦值；
(3)若为上一点，且满足，求.
27．已知椭圆 椭圆与轴交于点，，直线与椭圆交于，两点(其中点在x轴上方，点在轴下方)，设直线的方程为，如图，将平面沿轴折叠，使点移动到点的位置，轴的正半轴经折叠后记为，且二面角的大小为.
(1)折叠前，若椭圆的焦点，在轴上，且与椭圆上一点构成三角形，的周长为，直线l的方程为 .
(i) 求椭圆的标准方程.
(ii) 求折叠后直线与平面所成角的大小.
(2)折叠后，是否存在定值，对于任意，始终成立. 若存在，求出的值； 若不存在，说明理由.
28．如图，已知直三棱柱，点为棱的中点，点分别为棱上的动点，记平面与平面所成角为.

(1)求证：；
(2)若，请完成以下两个问题：
①求证：平面平面；
②当角取最大时，在平面与平面的交线上存在一点，计算直线与平面所成角的正弦值的最大值.（可以使用（1）中结论）
29．如图，四棱锥中，四边形是菱形，平面，，，，分别是线段和上的动点，且，.
(1)若，求的值；
(2)当时，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若直线与线段交于点，于点，当的长度最小时，求的值.
30．从点引出三个不共面的向量，它们之间的关系和右手拇指、食指、中指相同，则这个标架构成右手标架，如图所示.规定：为一个向量，它的长度为，它的方向与向量均垂直，且使构成右手标架.该运算满足：.为单位正交基底，且符合右手标架，以的正方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，若，则记.
(1)证明：；
(2)已知向量，求的坐标表示；
(3)①三棱锥中，，求三棱锥的体积；
②请结合“”与“数量积”的几何意义，用表示平行六面体的体积.
《空间向量与立体几何》参考答案
1．C
【分析】根据题意利用空间向量求直线与平面的夹角，可知，结合向量运算求模长.
【解析】由题意可得：，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设直线与平面的夹角为，
则，
由题意可知：，则，
且，
所以．
故选：C.
【点睛】结论点睛：直线与平面内任一条直线的夹角的最小值即为直线与平面的夹角.
2．A
【分析】设球心为O，连接OA，OB，OC，，结合及棱锥的体积公式求最大值，注意取值条件.
【解析】设球心为O，连接OA，OB，OC，，
设点C、D到平面OAB的距离分别为、，点A、B到平面OCD的距离分别为、，
则，，，
则
，
当且仅当平面OAB，平面OCD时取等号.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用，结合点C、D到平面OAB的距离和，点A、B到平面OCD的距离和为关键.
3．B
【分析】将四面体补形为直三棱柱，设，由可得，在中，由勾股定理可得，利用余弦定理和基本不等式求解.
【解析】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱.
因为与所成的角为，所以或.
设，外接球半径记为，外接球的球心如图点.
易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
于是，所以.
在中，，
在中，由余弦定理得，
显然当时，外接球的半径会更小，此时，
所以，
所以，故它的外接球半径的最小值为2.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键是将四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值.
4．B
【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可得A正确，再由线面角的向量求法计算可得B错误，确定直三棱柱的外接球球心位置可计算半径为，即C正确，利用异面直线向量求法求出直线与直线所成角最小时点的位置，可判断D正确.
【解析】因为是直三棱柱，所以平面，
又平面，所以，又，即；
因此两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
对于A，又，所以，可得，
显然平面的一个法向量为，
所以，又平面，所以平面，即A正确；
对于B，易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
所以
因此直线与平面所成角的正弦值为，余弦值为，即B错误；
对于C，因为、，，所以为等腰直角三角形，所以其外接圆圆心为的中点，外接圆半径为；
因此可得直三棱柱的外接球球心即为的中心，易知，
则外接球半径为，因此C正确；
对于D，易知，所以，
由在线段上，可设，其中，
所以，
因此直线与直线所成的角的余弦值为
令函数，可得；
易知当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，再结合余弦函数单调性可得此时直线与直线所成的角最小，
因此，即，
因此线段长为，即D正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用空间向量法得到线线角余弦值表达式，再利用导数求出其最值.
5．A
【分析】设三个圆锥的高分别为，，．母线与轴线的夹角为，分别表示出三个圆锥的体积以及侧面积，利用，可化简得到，构造函数，利用导数求出最大值即可.
【解析】设三个圆锥的高分别为，，，底面半径分别为，，，
母线长分别为，，，母线与轴线的夹角为，
则，
，
，
由，得，
，
，
，
由 可得，
则，则，
令，，得，
令，解得；令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，故．
故选：A
【点睛】关键点睛：根据题意，用圆锥的高表示出，并化简为，令，，再利用导数研究函数的最值.
6．AB
【分析】利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理判断A，将立体图形展开为平面图形，利用勾股定理求解不同路径的长度再进行比较判断B，利用线面垂直的性质得到，再结合三线合一性质得到，发现其与题干矛盾判断C，结合题意证明轨迹所成图形的面积小于球的表面积的十二分之一判断D即可.
【解析】对于A，如图所示，因为分别为，AC的中点，
所以，，则四边形是平行四边形，得到，
又平面，平面，即平面，故A正确；
对于B，将底面与侧面沿棱旋转展平，
如图，作，结合等边三角形性质得，，
由勾股定理得；
将侧面与侧面沿棱旋转展平，如图，作，
易得，，
由勾股定理得，
因为，所以沿该三棱柱的表面从点
到达点的最短路径的长为，故B正确；
对于C，如图，分别取，的中点，连接，
因为，，所以四边形是平行四边形，
则，因为正三棱柱中平面，且面，
所以，故，若，则，
又，且面，则平面，
而面，则，因为O为的中点，所以，
与，矛盾，故C错误；
对于D，因为底面，面，所以，
如图，设的中点为，由，可得，
又，所以的轨迹所形成的图形的面积小于
以为球心，以1为半径的球面的，即，故D错误．
故选：AB
【点睛】关键点点睛：解题关键是判断轨迹图形的面积小于球的表面积，然后求出球的表面积，得到所要求的结论即可．
7．ABD
【分析】利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来处理A，利用圆的定义结合夹角求解轨迹来处理B，利用三角形外心和向量数量积的性质判断C，将三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判断D即可.
【解析】对于A，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，
连接，
因为，所以，
令，而，
则，得到，
因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以，
而由直四棱柱性质得，
而，由勾股定理得，
在直四棱柱中，，，
得到四边形是平行四边形，故，
则，由题意得为的中点，则的面积是定值，
而面，面，所以面，
结合，由线面平行性质得到面的距离为定值，
即四面体的体积为定值，故A正确，
对于B，如图，在面中，过作，连接，
由直四棱柱性质得面，则，
而，面，
故面，则，
而面为菱形，则面为菱形，
因为，所以，
因为，所以，则，
由锐角三角函数定义得，解得，由勾股定理得，
因为，所以由勾股定理得，
则在以为圆心，为半径的圆上运动，
设该圆与交于，与交于，
由三角函数定义得，则，
即点的轨迹为一段圆弧，故B正确，
对于C，如图，作，由题意得的外心为，故是的中点，
由已知得，因为，所以，
而，
，故C错误，
对于D，若且，此时，
因为P为的中点，所以，
由向量加法法则得，故，
则点与点重合，此时把沿着翻折，
如图，使得四点共面，此时有最小值，
此时的点均为翻折过的点，因为P为的中点，所以，
由勾股定理得，如图，连接，
由已知得，则，
由余弦定理得，解得，
由直四棱柱性质得面，则，
则由勾股定理得，
则，故，
而，则，得到，
由余弦定理得，解得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题即可.
8．ACD
【分析】A项，设出直三棱柱的高，建立空间直角坐标系并表达各点坐标，求出面的法向量，即可得出结论；B项，利用等体积法即可求出点到平面的距离；C项， 利用作差法即可求出五面体的体积；D项，求出外接球的位置和半径，即可得出三棱柱的外接球的表面积.
【解析】由题意，
在直三棱柱中，面，面，
面，面，
直线与平面所成角为45°，
∴，，，，
在中，，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，，，
建立空间直角坐标系如下图所示，设直三棱柱高为，
，
，
∴
在面中，设其一个法向量为，
，即，解得：，
当时，，
∴，解得：，
故A正确；
B项，连接，，，
由几何知识得，，，
，，
在中，，
由勾股定理得，，
在中，同理可得，，
在中，过点作于点，
则是的中点，也是矩形对角线交点，连接，
在中，，
由勾股定理得，，
设点到平面的距离为，
点到平面的距离为，
∴，
，
，
，
∵，
解得：，
故B错误；
C项，五面体的体积为：，
故C正确；
D项，由几何知识得，，，
∴四边形为正方形，设正方形中心，
是的中点，也是矩形对角线的交点，
所以是的中点，
是的中点，所以，
因为平面，所以平面
所以点在过正方形中心，平面的垂线上，
∴点到正方形的四个顶点距离都相等，有，
在矩形中，由几何知识得，点到矩形的四个顶点距离都相等，有，
所以点为球心，点到各顶点的距离都等于球的半径，
即，
∴三棱柱的外接球的半径为，
∴三棱柱的外接球的表面积为：，
故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：再求不规则图形的体积时可以用体积相减或者拼接构成.
9．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，求出关键平面的法向量，再利用点到平面的距离公式判断A，利用线线角的向量求法将线线角利用一元函数表示，再结合三角函数的有界性判断B，先证明鳄鱼模型公式的正确性，再代入数据结合球的体积公式求解C，结合球的表面积公式求解D即可.
【解析】找中点，作，面，
因为，，所以，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
因为，，所以由勾股定理得，
又因，则，解得，
故，，，，
设，则，，
因,故，得，
则，，
由可得，化简得，
即点的轨迹方程是半径为的圆的一部分，
而该圆的参数方程为，，
故，则，
设平面的法向量为，则，解得，
且，令，解得，
得到，易得平面的法向量为，
对于A，当平面平面时，，此时，解得，
此时，而，，
设平面的法向量为，则，
，令，解得，，
故，而
设设点到面的距离为，则，故A正确；
对于B，由已知得，，
设异面直线与所成角为，且，
则，
而，结合余弦函数性质得，
故，由余弦函数性质解得，故B正确；
首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型，
我们给定三棱锥，设分别是的外心，
设外接球球心为，是中点，连接,则，，
所以是二面角的平面角，设，
设，，连接,则面，面，
在四边形中，可得，
所以四点共圆，且设四边形的外接圆半径为，
所以，连接，由正弦定理得，设，
故，而在中，由余弦定理得，
连接，所以，则得，且
设，在直角三角形中，，
所以，即鳄鱼模型得证，
对于C，在本题中，我们设二面角的大小为，且，
，如图，的外心为，找中点作为外心，
则由中位线性质得，得到，
此时公式变为，
对于C，当二面角的大小为时，，
代入公式得，解得，
则三棱锥的外接球的体积为，故C错误；
对于D，若三棱锥的外接球的表面积的最小，
则其半径一定最小，由上分析可得，
而，结合正弦函数性质可得当时最小，
此时，由球的表面积公式得表面积为，
则三棱锥的外接球的表面积的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是证明鳄鱼模型的正确性，然后利用其求解外接球半径，得到所要求的体积和表面积最小值即可．
10．ACD
【分析】建立空间直角坐标系，合理对三棱锥换底，结合点到平面的距离公式得到体积为定值判断A，利用二面角的向量求法求出二面角为定值判断B，找到符合题意的特殊情况，作出截面图形判断C，利用点到平面的距离公式求出，结合给定的线面角得到，再判断轨迹是圆，结合圆的弧长公式求解轨迹长度判断D即可.
【解析】对于A，如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接，

在棱长为2的正方体中，则，，
，而为棱的中点，由中点坐标公式得，，
由题意得为棱上一动点，则设，且，
而，易得面的法向量为，
设到面的距离为，由点到平面的距离公式得，
则，即三棱锥的体积为定值，故A正确，
对于B，易得面的法向量为，，，
则，设，故，
因为，所以，解得，即，
得到，，设面的法向量为，
则，，
令，解得，，得到，设二面角为，
且，则，解得，
得到是定值，则二面角不可能先增大后减小，故B错误，
对于C，如图，令与重合，找中点，连接，
因为为棱的中点，所以是的中位线，
由中位线性质得，由题意得四边形是平行四边形，
故，即，得到四点共面，
则面为所求截面，且由勾股定理得，
即四边形是等腰梯形，故C正确，
对于D，因为为棱的中点，所以由中点坐标公式得，
此时，，设面的法向量为，
则，，
令，解得，，则，
而，，则，设到面的距离为，
由点到平面的距离公式得，
如图，作面，连接，
因为与平面所成角为，所以，
则，解得，而点在平面内运动，
则的轨迹为半径为的圆，由弧长公式得长度为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：解题关键是建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式得到，然后结合线面角的定义判断轨迹是圆，再结合圆的弧长公式得到所要求的轨迹长度即可．
11．/
【分析】根据类比性质，可知动点的轨迹是过的终点且垂直的平面，动点的轨迹是以线段为直径的球，从而的最小值就是球心到平面的距离减去球的半径，再对距离与半径进行计算即可.
【解析】如图，由题知动点的轨迹是过的终点且垂直的平面，动点的轨迹是以线段为直径的球，
的最小值就是球心到平面的距离减去球的半径.
.，
.
故答案为：.
【点睛】关键步骤点睛：根据平面性质类比到空间，可知动点的轨迹是过的终点且垂直的平面，动点的轨迹是以线段为直径的球.
12．
【分析】根据给定条件，可得旋转体垂直于轴的截面是圆环，求出圆环面积，利用祖暅原理求出旋转体体积作答.
【解析】双曲线的渐近线为，设直线交双曲线及其渐近线分别于，及，，如图，

由，得，
由，得,
线段，绕轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，
它是一个圆环，其内径，外径，

此圆环面积为
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，而底面圆半径为，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为，
由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为，高为的圆柱的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：利用祖暅原理求几何体的体积，找到一个等高的可求体积的几何体，并将它们放置于两个平行平面间，再探求出被平行于两个平行平面的任意一平面所截，截面面积相等是解题的关键.
13． 2 /0.2
【分析】利用面面垂直得线面垂直，建立空间直角坐标系，表示各点坐标，利用空间向量解决线面角和线线角问题.
【解析】
过点作的垂线，垂足分别为，则.
由四边形，均为等腰梯形得，，.
∵，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，
∴,
由题意得，平面的法向量为.
设与平面所成角为，则，
由得，，∴.
∵，
∴异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：2；.
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何综合问题，具体思路如下：
（1）过点作的垂线，垂足分别为，由得.
（2）由平面平面得平面，.
（3）以为原点建立空间直角坐标系，表示各点坐标，利用空间向量解决线面角和线线角问题.
14．
【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，再利用余弦定理求得，应用余弦定理即可求结果.
【解析】设和之间的距离为，球的半径为，
由题意，解得，所以，
则，所以，
由共线，则存在实数使且，
所以，
即，整理得，可得，
所以，即，所以，
又且与之间的距离为，
则，故，
所以，且，
在中，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：关键是找到点的位置，应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到的边长.
15．
【分析】根据内切球的半径求出柱体的棱长，然后利用球的性质求解外接球的半径，进一步求出外接球的表面积.
【解析】因为直三棱柱的内切球的体积为，所以，
解得内切球的半径为，所以内切圆半径为，
则，因为为的中点，为棱上的动点，
当直线､与平面成角相等时，，
又，所以，
所以，设，则
，解得，所以，，从而，
，，所以，即有，
所以四点共圆，且圆心为的中点，其半径为，
因为，，，平面，
所以平面，如图，
将直三棱柱补成长方体，
设为中点，连接，取的中点，
连接，则中点即为四面体的外接球的球心，
所以四面体的外接球的半径为，
此时四面体的外接球表面积为.
故答案为：，.
【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解题思路：一是根据球的截面的性质，利用球的半径，截面圆的半径及球心到截面圆的距离三者的关系求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有的外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解.
16．
【分析】根据三点共线列方程，由此求得.先求得四棱锥的体积的表达式，然后利用基本不等式求得体积的最大值.
【解析】设是的中点，所以三点共线，三点共线，
，，
所以，由于三点共线，
所以.
依题意，.
.
由于，所以到平面的距离是到平面的距离的三分之一，
所以
，当且仅当时等号成立.
所以四棱锥的体积最大值为.
故答案为：；
【点睛】思路点睛：
通过重心与中点确定共线关系：首先通过重心的性质确定共线关系，这是解题的基础步骤.
利用体积表达式结合不等式求解最大值：通过建立四棱锥的体积表达式，结合基本不等式，确定体积的最大值，这种方法有效地将空间几何问题转化为代数问题.
17．
【分析】先判断出公共部分的位置，然后利用锥体体积公式来求得正确答案.
【解析】记，
由于，
则为的第一个三等分点（靠近），连，是的中点，
由于平面，
所以到平面的距离是到平面的独立的一半，
则公共部分是三棱锥，
又，作，垂足为，
根据长方体的性质可知平面，
所以面，由等面积法可得，
所以，故.
故答案为：

【点睛】方法点睛：
几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧.
18．1
【分析】构建空间直角坐标系，设，根据异面直线夹角的向量表示列方程求在面上的轨迹方程为，在面上结合已知分析得到直线一定与直线重合，即为中点，进而求出坐标及到轴、直线距离，应用三角形面积公式即可求答案.
【解析】构建如下图示空间直角坐标系，则，
设，则，，而，
又与所成的角为，即与所成的角为，
所以，故，
所以在面上的轨迹如下图示，
又为的内心，故到轴距离与到直线距离相等，即，
而在线段上运动，显然是边长为2的正方形的对角线，
综上，直线一定与直线重合，此时为中点，
所以，，且，
将代入，可得（根据对称性取正值即可），所以，
综上，，，则.
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：利用异面直线夹角的向量表示求出在面上的轨迹，结合题设分析的位置，并求出M坐标为关键.
19．
【分析】做辅助线，根据题意结合垂直关系可证，同理可得，可知点为的垂心，即可知点为的中心，根据体积可得，结合外接球的性质列式求解即可.
【解析】延长交于点，连接，
因为点H是的垂心，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，，
且底面ABC是边长为2的正三角形，则点为的中点，
过点作平面，垂足为点，
且平面，可得，
且，平面，可得平面，
由平面，可得，
同理可得，可知点为的垂心，
因为为等边三角形，可知点为的中心，
则，且，
因为三棱锥的体积为，可得，
可知三棱锥的外接球的球心，设三棱锥的外接球的半径为，
则，解得，
所以外接球的半径为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.正方体的内切球的直径为正方体的棱长；
3.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；
4.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
20．3
【分析】利用线面垂直关系，结合勾股定理将转化为，结合几何不等关系建立不等关系解，再由空间直观确定三棱柱的外接球球心，进而求解球心到平面的距离，结合定底动高特点求体积最大值即可.
【解析】在底面中，过作，垂足为，连接，
直四棱柱中，平面，平面，
则，又平面，且平面，
又，故平面，又平面，
所以，
在中，，
在菱形中，由，则，又边长，
可得，又，
则，
，
故点在以为圆心，以为半径的圆上运动，
又点在矩形内，如图可知，
即，解得，
由题意为正整数，故.
验证知，，，
故点轨迹为如图圆心角为，半径为的圆弧，弧长为，满足题意.
点为三棱柱的外接球上一点，且与为正三角形，
分别在上下底面取与的中心，再取的中点,
由球、直棱柱的对称性及正三角形的性质可知，
即为三棱柱的外接球球心.
，
四边形是平行四边形，则，即
又，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
则平面，故球心到平面的距离即到平面的距离，
在底面内，连接，由为正三角形可知，，
又，
又平面，平面，
则，又平面，且平面，
又，平面，
即为到平面的距离，.
球半径.
要求四棱锥体积的最大值，
而矩形的面积为，为定值，
故当点平面的距离最大时，体积取到最大值，
当且仅当时，四棱锥体积最大，
最大值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于两点，一是空间问题平面化，利用射影将长度转化为长度；二是借助几何直观寻找球心及最值状态.
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用公式求解即可；
（2）根据题意可得，进而得平面PQK，又平面，确定点，进而根据三角形的相关知识可解出PQ的值；
（3）建立空间直角坐标系，根据等体积法求出内切球的球心坐标和半径，然后得内切球的方程，利用阿氏球相关知识可知空间中必存在一定点，使球上的点满足，然后根据方程解出点的坐标，进而求出的最小值.
【解析】（1）如图2，由题AM、AE、AD三线两两垂直，建立如图所示的坐标系，，，，，
，，，
设平面BCD的法向是，
由，得，即，
所以取平面BCD的一个法向量，
设AB与平面所成角为，所以，
与平面BCD所成角的正弦值为
（2）如图，设AE、AB的中点分别为K、T，连接KT.

由平面几何知：，，所以，且平面PKT.
若平面，因为平面ABE
所以，又，，平面，，所以平面PQK，
又平面，所以且，
在中，，因为，又，所以，
所以在中，；
（3）显然，MECD为棱长为的正四面体，作面BME，设内切球球心为，
建立如图所示的坐标系，且，则，.

设内切球半径为，由等体积法知，，所以，
所以内切球的方程为，
由阿氏球知，空间中必存在一定点，使球上的点满足，
即，
则，
由球的方程，
所以，解得，
所以，所以，
所以的最小值为.
【点睛】思路点睛：根据题意建立空间直角坐标系，用空间向量解决立体几何中的求空间角问题，求最值问题.
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先得到正三棱锥为正四面体，求出，从而得到，求出棱台体积；
（2）点在平面上的投影在上，故线段在平面上投影所扫过的平面区域为，求出答案；
（3）设-菱形的边长为，直平行六面体的高为，表达出直平行六面体的体积为，设，表达出棱台的体积，从而得到方程，再根据棱长和相等得到另一个方程，两方程联立，得到，分别求出等式两边的取值范围，得到，得到不等式，求出答案.
【解析】（1）因为是底面边长为1的正三棱锥，
截面底面，且棱台与棱锥的棱长和相等，
所以，
又，
故，
即正三棱锥为正四面体，
取的中点，连接，过点作⊥于点，
则⊥平面，且，
因为，由勾股定理得，
故，故，
，则，
当为棱的中点时，，
故棱台的体积为，
（2）二面角的变化过程中，点在平面上的投影在上，
故线段在平面上投影所扫过的平面区域为，
显然；
（3）设-菱形的边长为，直平行六面体的高为，

则-菱形的高，则菱形的面积为，
直平行六面体的体积为，
当点在棱上运动（不含端点）时，设，
，则棱台的体积为，
则，
直平行六面体与棱台有相同的棱长和，故，
由得，
联立与，得，
其中，令，
则，
当时，，当时，，
故在处取得极大值，也是最大值，
最大值为，故，
因为，所以，
则，
因为总存在底面为-菱形的直平行六面体，使得它与棱台有相同的体积，也有相同的棱长和，
所以，故，解得，
又，故.
【点睛】立体几何中取值范围问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
23．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，的值为或.
【分析】（1）由，，可证得平面，由面面垂直的判定定理证得平面平面；
（2）向量法求到平面的距离；
（3）证明出，求出平面的法向量，设，则，，设平面的法向量为，根解两平面夹角列出方程，求得或，设，进而根据，求出答案.
【解析】（1）因为，，
，平面，则平面，
又平面，所以平面平面；
（2）取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
平面，，，
取的中点，连接，则，由，得，
所以两两垂直，
以为原点，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

因为，由勾股定理得，
所以，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，，则，
到平面的距离.
（3）连接，因为平面，平面平面，所以，
不妨设，则，，
设，则，
即，，，故，
同理可得，
则有，
设平面的法向量为，
则，
解得，设，则，故，
所以
化简得，解得或，
设，则，设，
则，解得，，，
故，
当，，因为，
所以，化简得，
解得，满足要求，
当，，因为，
所以，化简得，
解得，满足要求.
故存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时的值为或.
【点睛】立体几何二面角求解方法：
（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解.
24．(1)
(2)存在，
(3)与重合，证明见解析
【分析】（1）设，由圆心到直线的距离公式和圆内弦长列方程求解即可；
（2）由三角形面积公式得到，再令，由对勾函数的单调性求出，然后建立如图所示坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，代入空间向量的二面角公式计算即可；
（3）直曲联立表示出韦达定理，再设，，联立两直线方程得到点在定直线上，设然后再联立直线与圆方程得到韦达定理，得到即可；
【解析】（1）易知直线的斜率不为0，设，即，
则圆心到直线的距离，
又 即，
解得，所以直线的方程为，
（2）易知直线的斜率不为0，设，即，
由（1），，，又，
化简得，
令，则，
，又 ，
故最大时，由对勾函数的单调性可得，故此时 ，
建立空间直角坐标系，如图，则，，，
，，
设平面的法向量为，则，即，
取，则，
设，其中，则，，
设平面的法向量为，则，即，
取，易得，
，解得，，
（3）设，
联立，化简得，
，
，
，
设，，
联立，得，
又，代入得，
即点在定直线上，
易得，
联立，化简得，
设，则，
所以，同理，在定直线上，
所以与重合.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于利用直曲联立证明得到点在定直线上，再联立证明，得到在定直线上.
25．(1)（i）证明见解析；（ii）球O的半径为；
(2).
【分析】（1）（i）由题设求证，即可由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直判定定理得证；（ii）建立以A为原点空间直角坐标系，
设球心，半径，由列方程组即可计算求解.
（2）过P作于G，在平面中，过G作，设，，以G为原点建立适当的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量,即可由向量夹角公式，通过换元，利用二次函数的性质即可求得.
【解析】（1）在中，由，得，
所以，且，即，
（i）证明：因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
则，设球心，半径，
则，
所以，
解得，所以球O的半径为；

（2）在平面中，过P作于G，在平面中，过G作，
因平面,则平面.
则由（1），
设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内，
则，
所以，
设平面一个法向量分别为，则，
即，取，则得；
平面的一个法向量为，则，
即，取，则得，
所以，
令，则由得，则，
于是
，
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值为.
【点睛】方法点睛：求空间二面角常用方法：
（1）定义法：根据定义作出二面角的平面角；
（2）垂面法：作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的两条交线所成的角就是二面角所成角的平面角；
（3）向量坐标法：作几何体的空间直角坐标系，求出二面角的法向量，直接由公式计算即可；
（4）射影面积法：求出斜面面积和它在有关平面的射影的面积，再由射影面积公式计算求解.
26．(1)2
(2)
(3)10
【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长；
（2）作交的延长线于点，连接，证明为二面角的平面角，解三角形求得平面与平面所成角的余弦值；
（3）利用向量的向量积的定义可证平面，在平面内过点作，垂足为，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求.
【解析】（1）因为底面为矩形，
所以，，
因为底面，底面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，因为，
所以为直线与所成的角，
即，设，
则，，
在中，
又，所以，
解得或（舍去），
所以；
（2）在平面内过点作交的延长线于点，
连接，因为底面，底面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，所以为二面角的平面角，
因为为的中点，
所以，，
所以，
设二面角的平面角为，
则，所以，
即二面角的余弦值为；
（3）依题意，，
又，
所以，，
又，所以，
又，平面，
所以平面，
在平面内过点作，垂足为，
由平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，
在平面内过点作交于点，
在上取点，使得，连接，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，又，
即，所以.
27．(1)（i）；（ii）
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）（i）根据焦点三角形周长及椭圆方程可得，解方程即可得椭圆方程；（ii）联立直线与椭圆可得点，，分别设轴，轴，轴正方向上的单位向量分别为，，，分别表示与，可得，结合线面角的定义可得解；
（2）联立直线与椭圆，结合韦达定理可得，即可得解.
【解析】（1）（i）由椭圆定义可知，，
则的周长为，
解得，
即椭圆方程为；
（ii）设，，，，
联立直线与椭圆，
得，
解得，，
即，，
如图所示，过点作轴于点，则，
折叠后，
过作平面，连接，
则轴，且直线在平面上的投影为，
且，
则，
分别设轴，轴，轴正方向上的单位向量分别为，，，
且，，，
即，，
又，，，
则，
则，
由直线与平面夹角的平面角为，
则，
所以直线与平面夹角为；
（2）设，，
则，，，
联立直线与椭圆，
得，，
则恒成立，
且，，
又，
则，
即，
即，不为定值，
所以不存在定值，对于任意，始终成立.
【点睛】思路点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
28．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量求出面面角的余弦即可.
（2）①由（1）的信息，利用空间位置关系的向量证明推理即得；②求出取最小值时位置，并求出直线方程，再借助点到直线距离确定线面角的正弦最大值.
【解析】（1）在直三棱柱中，，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，设，，
，令平面的法向量，
则，取，得，平面的法向量，
因此，
，，
，而，
所以.
（2）①，由（1）得，，平面的法向量，
，令平面的法向量，
则，取，得，，
所以平面平面.
②由（1）知，，当且仅当或时取等号，
由对称性，不妨取，则，平面与平面的交线过点，
直线的方程为，由平面，且知，
要直线与平面所成角的正弦值的最大值，当且仅当长最小，
即长为点到直线的距离，此时，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可.
29．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先根据几何关系，建立空间直角坐标系，根据向量的平行关系，即可求解；
（2）首先求向量和平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解；
（3）设，利用空间向量基本定理以及三点共线的充要条件得出，利用向量模长公式以及导数判断函数的单调性，计算最值即可.
【解析】（1）由于四边形是菱形，且，取中点，则，即，
又平面，故可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
由，，
可知，，
∴，
易知，因为，所以，
得到，得到.
（2）由（1）知
，
设平面的一个法向量为，则
令，则，，，
设直线与平面所成角为，
则.
（3）设，，
则，
由于，，共线，不妨设，易知，
又，则有，
所以，则，
则，
即，
记，则，
令，得到，
在上，在上，
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在处取到极小值，此时的长度最小，此时.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是关于为关于的函数，再一个关键是根据平面向量基本定理，得到.
30．(1)证明见解析
(2)
(3)①；②
【分析】（1）将两向量分共线和不共线两种情况，按照定义新运算分别判断与的模和方向即可证得；
（2）按照定义新运算，用的展开式（用表示）进行运算，利用右手标架的规定求出结果，即得其坐标；
（3）①利用的几何意义求出的面积，再由在方向上的投影长度，即可三棱锥的体积；②由的几何意义求出的面积，再求点到底面的距离，即得平行六面体的体积.
【解析】（1）若与共线时，；
若与不共线时，
即与的模相等；
根据定义知与同时垂直于，因此与共线；
由于按顺序与分别构成右手标架与，
所以与方向相反，因此.
（2）
，
由定义知，，，
代入上式得，因此的坐标表示为
（3）①的几何意义为：以，为邻边的平行四边形的面积.
∴，
在方向上的投影长度为
∴
②由的几何意义可得平行六面体的底面的面积为.
点到底面的距离为在底面的法向量的投影的长度.
因此.
【点睛】思路点睛：本题主要考查关于空间向量的新定义运算，属于难题.
解题思路即是理解并弄清新定义运算的结果性质，按照规定进行相应的计算或判断，并把运算结果换成生活语言解决实际问题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
B
A
AB
ABD
ACD
ABD
ACD