2026年高考数学考前20天冲刺讲义（一）（解析版）

目录倒计时20天➤解三角形与三角函数（解答题）………………01聚焦高考常考的正弦余弦定理与解三角形综合7大考向10个核心考点倒计时19天➤立体几何（解答题）……………45以空间几何体为载体，考查线面位置关系、空间角与体积计算等7大考向6个核心考点倒计时18天➤概率统计（解答题）…………125聚焦统计图表分析、概率模型与分布列、统计案例应用4大考向21个核心考点倒计时17天➤导数及其应用（解答题）……………………167聚焦导数单调性与极值最值、不等式证明与恒成立等综合问题6大考向7个核心考点倒计时20天道阻且长，行则将至；行而不辍，未来可期。——《荀子・修身》解三角形与三角函数（解答题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①多以正弦定理、余弦定理、面积公式及边角互化为核心设问方式。②与三角函数、平面向量、不等式的跨模块综合，是命题的延伸与创新方向。►高考前沿：聚焦真实情境建模，考查边角关系求解与最值范围分析；突出逻辑推理与数学运算核心素养。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

正弦定理基本公式：（其中为外接圆的半径）变形①②③④应用：边角互化①②③或（舍）.终极考点2

三角形中三个内角的关系，，终极考点3

余弦定理边的余弦定理，，角的余弦定理，，终极考点4

三角形的面积公式终极考点5

角平分线定理（1）在中，为的角平分线，则有（2）（3）（库斯顿定理）（4）终极考点6

张角定理终极考点7

倍角定理在中,三个内角的对边分别为,(1)如果,则有:(2)如果,则有:(3)如果,则有:倍角定理的逆运用在中,三个内角A、B、C的对边分别为,(1)如果,则有:。(2)如果,则有:。(3)如果,则有:。终极考点8

中线长定理为的中线,则中线定理:证明:在和中,用余弦定理有:终极考点9

正弦函数、余弦函数、正切函数的图象、性质对比函数图象定义域值域奇偶性奇函数偶函数周期性最小正周期：最小正周期：最值当时，；当时，当时，；当时，单调性在上单调递增；在上单调递减在上单调递增；在上单调递减零点，，对称轴，，对称中心解析式图像定义域值域最小正周期奇偶性奇函数单调性在每一个区间上都单调递增对称性对称中心终极考点10

三角函数的伸缩偏移变换及三角函数型的图象与性质函数的图象变换函数的图象性质函数定义域值域⑦最值由，解得由，解得最小正周期⑧奇偶性当⑨，且时，函数为奇函数；当⑩时，函数为偶函数单调性当时，函数⑪当时，函数⑫对称性由解得对称轴；由解得对称中心横坐标，对称中心纵坐标为⑬①；②；③A；④；⑤；⑥A；⑦；⑧；⑨；⑩；⑪单调递增；⑫单调递减；⑬B真题精研--复盘经典把握规律考向01正弦定理边角互化（2025·北京·高考真题）在中，．(1)求c的值；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高．条件①：；条件②：；条件③：的面积为．【详解】（1）因为，所以，由正弦定理有，解得；（2）如图所示，若存在，则设其边上的高为，若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角，而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在；若选②，，由有，由正弦定理得,所以，所以由余弦定理得,此时三角形是存在的，且唯一确定，所以,即，所以边上的高；若选③，的面积是，则，解得，由余弦定理可得可以唯一确定，进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定，这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即.（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，．(1)求A的值；(2)求c的值；(3)求的值．【详解】（1）已知，由正弦定理，得，显然，得，由，故；（2）由（1）知，且，，由余弦定理，则，解得（舍去），故；（3）由正弦定理，且，得，且，则为锐角，故，故，且；故.（2025·上海·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且．(1)若，求a；(2)若，求的面积的最大值．【详解】（1）由正弦定理可得即，又，所以，即，解得，所以.（2）因为，且，，所以，当且仅当时等号成立，当取最小值时，取最大值，最大值，所以的面积的最大值为.（2024·北京·高考真题）在中，内角的对边分别为，为钝角，，．(1)求；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【详解】（1）由题意得，因为为钝角，则，则，则，解得，因为为钝角，则.（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，此时，不合题意，舍弃；选择②，因为为三角形内角，则，则代入得，解得，,则.选择③，则有，解得，则由正弦定理得，即，解得，因为为三角形内角，则，则，则解题妙法三步解题法：三步解题法：边化角：出现边的齐次式（如a+b、a2等），将角化边：出现正弦的齐次式（如sinA+sinB），将统一求解：利用三角恒等变换或代数运算，结合内角和A+B口诀：边角互化看齐次，正弦定理是钥匙；两边同除2R考向02余弦定理（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，即，解得（负舍）；则.（2）法一：因为为三角形内角，所以，再根据正弦定理得，即，解得，法二：由余弦定理得，因为，则（3）法一：因为，且，所以，由（2）法一知，因为，则，所以，则，.法二：，则，因为为三角形内角，所以，所以（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，(1)求B；(2)若的面积为，求c．【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以.（2）由（1）可得，，，从而，，而，由正弦定理有，从而，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知的面积为，可得，所以.（2023·全国乙卷·高考真题）在中，已知，，.(1)求；(2)若D为BC上一点，且，求的面积.【详解】（1）由余弦定理可得：，则，，.（2）由三角形面积公式可得，则.（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．(1)若，求；(2)若，求．【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，在中，，由余弦定理得，即，解得，则，，所以.方法2：在中，因为为中点，，，则，解得，在中，由余弦定理得，即，解得，有，则，，过作于，于是，，所以.（2）方法1：在与中，由余弦定理得，整理得，而，则，又，解得，而，于是，所以.方法2：在中，因为为中点，则，又，于是，即，解得，又，解得，而，于是，所以.解题妙法三步解题法：三步解题法：选形式：已知三边求角：cos已知两边及夹角求第三边：a代入计算：将已知边长和角度代入公式，求出余弦值或边长。定角/边：由余弦值结合0∘<注意：大边对大角，余弦值为负时角为钝角。考向03三角形面积及其最值（2025·上海·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且．(1)若，求a；(2)若，求的面积的最大值．【详解】（1）由正弦定理可得即，又，所以，即，解得，所以.（2）因为，且，，所以，当且仅当时等号成立，当取最小值时，取最大值，最大值，所以的面积的最大值为.（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，(1)求B；(2)若的面积为，求c．【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以.（2）由（1）可得，，，从而，，而，由正弦定理有，从而，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由已知的面积为，可得，所以.（2023·全国甲卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若，求面积．【详解】（1）因为，所以，解得：．（2）由正弦定理可得，变形可得：，即，而，所以，又，所以，故的面积为．（2023·全国乙卷·高考真题）在中，已知，，.(1)求；(2)若D为BC上一点，且，求的面积.【详解】（1）由余弦定理可得：，则，，.（2）由三角形面积公式可得，则.（2022·浙江·高考真题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求的值；(2)若，求的面积．【详解】（1）由于，，则．因为，由正弦定理知，则．（2）因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．(1)求的面积；(2)若，求b．【详解】（1）由题意得，则，即，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；（2）由正弦定理得：，则，则，.（2019·全国III卷·高考真题）的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．【详解】(1)[方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】由三角形的内角和定理得，此时就变为．由诱导公式得，所以．在中，由正弦定理知，此时就有，即，再由二倍角的正弦公式得，解得．[方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】由解法1得，两边平方得，即．又，即，所以，进一步整理得，解得，因此．[方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)[方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】因为是锐角三角形，又，所以，则．因为，所以，则，从而，故面积的取值范围是．[方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】由题设及（1）知的面积．因为为锐角三角形，且，所以即又由余弦定理得，所以即，所以，故面积的取值范围是．[方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点．由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且，所以点C位于在线段上且不含端点，从而，即，即，所以，故面积的取值范围是．

【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法；方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值；方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小.(2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法；方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围；方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用.解题妙法三步解题法：三步解题法：选公式：常用S=12absinC或建关系：利用正、余弦定理将面积表达为单变量函数（如用一角两边或一边两角）。求最值：利用基本不等式（如ab≤或转化为三角函数y=A例：已知b+c定值，求Smax常用考向04三角形的周长（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求A．(2)若，，求的周长．【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）由可得，即，由于，故，解得方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由，又，消去得到：，解得，又，故方法三：利用极值点求解设，则，显然时，，注意到，，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，即，即，又，故方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设，由题意，，根据向量的数量积公式，，则，此时，即同向共线，根据向量共线条件，，又，故方法五：利用万能公式求解设，根据万能公式，，整理可得，，解得，根据二倍角公式，，又，故（2）由题设条件和正弦定理，又，则，进而，得到，于是，，由正弦定理可得，，即，解得，故的周长为（2022·全国乙卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知．(1)证明：；(2)若，求的周长．【详解】（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）解：因为，由（1）得，由余弦定理可得，则，所以，故，所以，所以的周长为.解题妙法三步解题法：三步解题法：表达周长：L=统一变量：边化角：利用正弦定理a=2RsinA角化边：用余弦定理消元。求范围/最值：结合内角和消去一角，转化为关于一个角的三角函数，利用有界性求值域；或用基本不等式求最值。技巧：若已知b+c及A，先用余弦定理求考向05求角和三角函数的值（2025·天津·高考真题）在中，角的对边分别为．已知，，．(1)求A的值；(2)求c的值；(3)求的值．【详解】（1）已知，由正弦定理，得，显然，得，由，故；（2）由（1）知，且，，由余弦定理，则，解得（舍去），故；（3）由正弦定理，且，得，且，则为锐角，故，故，且；故.（2024·天津·高考真题）在中，角所对的边分别为，已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，即，解得（负舍）；则.（2）法一：因为为三角形内角，所以，再根据正弦定理得，即，解得，法二：由余弦定理得，因为，则（3）法一：因为，且，所以，由（2）法一知，因为，则，所以，则，.法二：，则，因为为三角形内角，所以，所以（2023·天津·高考真题）在中，角所对的边分别是．已知．(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；（2）由余弦定理可得，，即，解得：或（舍去）．（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，所以都为锐角，因此，，．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．（3）因为，所以，故，又，所以，，而，所以，故．解题妙法三步解题法：三步解题法：定定理：根据已知边角关系，选择正弦定理（边对角）或余弦定理（边夹角）。列方程：代入数据，得到关于未知角或三角函数值的方程。解并验：解方程（注意三角方程多解），再根据三角形内角范围（0∘提醒：出现sinA=k时，若考向06中线、高线（2025·北京·高考真题）在中，．(1)求c的值；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求BC边上的高．条件①：；条件②：；条件③：的面积为．【详解】（1）因为，所以，由正弦定理有，解得；（2）如图所示，若存在，则设其边上的高为，若选①，，因为，所以，因为，这表明此时三角形有两个钝角，而这是不可能的，所以此时三角形不存在，故边上的高也不存在；若选②，，由有，由正弦定理得,所以，所以由余弦定理得,此时三角形是存在的，且唯一确定，所以,即，所以边上的高；若选③，的面积是，则，解得，由余弦定理可得可以唯一确定，进一步由余弦定理可得也可以唯一确定，即可以唯一确定，这表明此时三角形是存在的，且边上的高满足：，即.（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，．(1)求；(2)设，求边上的高．【详解】（1），，即，又，，，，即，所以，.（2）由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．(1)若，求；(2)若，求．【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，在中，，由余弦定理得，即，解得，则，，所以.方法2：在中，因为为中点，，，则，解得，在中，由余弦定理得，即，解得，有，则，，过作于，于是，，所以.（2）方法1：在与中，由余弦定理得，整理得，而，则，又，解得，而，于是，所以.方法2：在中，因为为中点，则，又，于是，即，解得，又，解得，而，于是，所以.解题妙法三步解题法：三步解题法：识别线段：中线ma：连接顶点A高线ℎa：从A套公式：中线长公式：ma=1高线长公式：ℎ代入计算：利用已知边角或先求出面积S，再代公式得结果。注意：中线公式中a是中线所对的边，不要混淆字母。考向07三角函数（2025·全国二卷·高考真题）已知函数．(1)求;(2)设函数，求的值域和单调区间．【详解】（1）由题意，所以；（2）由（1）可知，所以，所以函数的值域为，令，解得，令，解得，所以函数的单调递减区间为，函数的单调递增区间为.（2024·上海·高考真题）已知，(1)设，求解:的值域;(2)的最小正周期为，若在上恰有3个零点，求的取值范围.【详解】（1）因为，所以，因为，所以令，由正弦函数性质得在上单调递增，在上单调递减，所以，故，（2）由题意得，所以，可得，当时，，，即，，当时，，不符合题意，当时，，符合题意，当时，，符合题意，当时，，符合题意，所以，即，故.（2023·北京·高考真题）设函数．(1)若，求的值．(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．条件①：；条件②：；条件③：在区间上单调递减．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【详解】（1）因为所以，因为，所以.（2）因为，所以，所以的最大值为，最小值为.若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；若选条件②：因为在上单调递增，且，所以,所以,,所以，又因为，所以，所以，所以，因为，所以.所以，；若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得最小值，即.以下与条件②相同．解题妙法三步解题法：三步解题法：化一形式：将所给函数化为y=Asinωx+φ整体代换：将ωx+φ看作整体，对应正弦函数y求单调区间：令t落在正弦函数的单调区间内，解出x的范围。求对称轴/中心：令t=π2+kπ求最值：由t的范围结合正弦函数的有界性。周期与平移：周期T平移变换：“左加右减，上加下减”，注意ω的影响。口诀：化一标准是关键，整体代换解区间；周期振幅看系数，图象平移别混乱。终极预测--压轴实战稳拿高分1．（2026·浙江嘉兴·二模）已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.(1)求角C及边c的值；(2)求的最大值.【详解】（1）由，根据余弦定理，得，因为，则.由，得，根据正弦定理，得，则.（2）由（1）知，，则，即，当且仅当时等号成立，则的最大值为4.2．（2026·陕西·二模）在中，内角所对的边分别为，，为的角平分线，且．(1)若，求的大小；(2)设为中点，连接，面积取得最小值时，求线段的长度.【详解】（1）因为，由正弦定理得.因为的角平分线交于点，所以，由，得，则，即，所以.在中，由余弦定理得，即；（2）由，得，得，化简得，即，所以，即，当且仅当时等号成立，取得最小值，面积取得最小值，此时为等腰三角形，为中点，则既是中线也是角平分线.即重合，故.3．（2026·广东佛山·二模）已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形.(1)求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m；(2)求的值.【详解】（1）∵，∴，由为等腰直角三角形知，，所以，得.因为为偶函数，所以，得，所以最小正实数为.（2）令，则，，即，，取：，即，所以.令，且在左侧，则，解得：，故，且在右侧，周期，所以，即.所以，所以.4．（2026·河北·一模）△ABC中，已知内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且满足(1)当时，求；(2)若a=2，当取最大值时，求.【详解】（1）由,得,由正弦定理得，则，即,得，由可得，又，所以.（2）由（1）可得，则，所以，当且仅当时，取得最大值，由及，得，此时，又，所以.5．（2026·辽宁沈阳·三模）已知的三个内角为A，B，C，三个内角所对的三个边分别为a，b，c，，，，内存在一点D使得，，

(1)求；(2)求.【详解】（1）由，得，为直角三角形且，由勾股定理，故.因为，所以，即，解得.在中，由余弦定理：代入，，，得即，.解得.（2）由，得，.在中，，，.由余弦定理：.代入得，即.在中，，，.由余弦定理：.代入得.由同角三角函数关系，.故.6．（2026·河北衡水·二模）在锐角中，角，，的对边分别为，，，且的面积(1)求角的大小；(2)若，求的取值范围.【详解】（1）因为，且，所以，所以，所以，即，由，所以；（2）因为，所以，，所以又，所以，所以因为是锐角三角形，所以，得，所以，，所以7．（2026·辽宁大连·一模）已知函数，当时，的最小值为．(1)求函数在区间内的零点个数；(2)将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，求的值域和单调区间．【详解】（1）函数，当时，，则当，即时，，即，解得，故，当时，，由，得，则，所以，因此函数在区间内的零点个数为4．（2）依题意，，因此函数的值域为；由，，解得，，由，，解得，，所以函数的递增区间为，递减区间为．8．（2026·四川眉山·二模）在中，已知内角，，满足．(1)求；(2)设边上的中线为，若，求面积的最大值．【详解】（1）因为，且，所以，即，因为，所以，且，所以.（2）因为边上的中线为，所以，，又，且，所以，即，当且仅当时等号成立.所以面积，当且仅当时等号成立.故面积的最大值为.9．（2026·河北邢台·二模）在中，内角，，所对的边分别为，，，，.(1)求的值；(2)若边上的高为，求的周长.【详解】（1）由，得，所以，由余弦定理得，即，得，所以，由余弦定理得.（2）由（1）得，，，所以的面积，又边上的高为，所以，所以，解得，所以的周长为.10．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在中，内角，，所对的边长分别是，.(1)求角；(2)若，，，求AB边上的高.【详解】（1）因为，根据正弦定理得，.因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以.（2）根据余弦定理得，，将，代入上式整理得，，又因为且，解得，，所以，所以为以AB为斜边的直角三角形，所以斜边AB上的高为.11．（2026·广西河池·二模）如图，在中，为的中点，且．(1)求；(2)若，求．【详解】（1）因为为的中点，所以，则，即，因为，所以，所以，即．（2）不妨令，则，设，则．在中，由余弦定理得，即．①在中，由余弦定理得，即．②①②联立，解得，所以．12．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知与，点与点在直线的同侧，且边与边相交于点，为中点，.(1)若平分，求的长；(2)若，求的值.【详解】（1）因为平分，所以，又因为为中点，且边与边相交于点，所以在中，是的平分线且过对边的中点，故是等腰三角形，即，在中，由余弦定理得，，所以，，则在中，，，，由余弦定理得，解得，又因为，则，所以，同理，在中，，，，由余弦定理得，所以.（2）以为原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示：由图可知坐标为，因为，，得坐标为，又因为为中点，由中点坐标公式得出点坐标为，设点坐标为，由和，得出点坐标为,所以，，则，所以，所以.13．（2026·河北沧州·二模）已知在中，D是边上一点，是的平分线，且．(1)求；(2)设当λ为何值时，取得最大值?【详解】（1），，，，则，设的内角所对的边分别为，则由正弦定理得，又是的平分线，，又，，，即，即，，解得，（2）如图，，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，，令，则，，，当且仅当，即时取等，所以当时，取得最大值．14．（2026·吉林·三模）在平面四边形中，，.(1)若.（i）若A，B，C，D四点共圆M，求；（ii）求四边形面积S的最大值.(2)若，，与交于点.记，求当为何值时，.【详解】（1）设，，其中，在中，由余弦定理可得；在中，由余弦定理可得；即，可得.（i）若A，B，C，D四点共圆M，则，可得，，由可得，即，则，即；（ii）因为四边形面积，即，且，又因为，当且仅当时，等号成立即，解得，所以四边形面积S的最大值为.（2）在中，由余弦定理可得，即，则，即，因为，可知A，B，C，D四点共圆，且圆的半径，则，且，可知，若，则，即，可得，又因为，则，可得，解得，所以当时，.15．（2026·湖南·模拟预测）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求C的值.(2)设的外接圆半径为R，内切圆半径为r.（i）若，，求的周长；（ii）求的最大值.【详解】（1）因为，即，整理可得，即，因为，则，，则或或，即或（舍去）或（舍去），且，解得.（2）（ⅰ）由题意可知：，则，可得，又因为，则，由余弦定理可知，整理可得，可得，解得或（舍去），所以的周长；（ⅱ）由（ⅰ）可知：，即，则，可得，且，则，可得，则，所以的最大值为.倒计时19天追风赶月莫停留，平芜尽处是春山。——《格言联璧》立体几何（解答题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①以空间位置关系的证明（平行、垂直）和空间角（线面角、二面角）计算为核心，向量法是通法，几何法重思维。难度分层：第1问多为中档题（证明），第2问为中等偏上（计算）。②动态翻折问题、非标准几何体（棱台、组合体）考查频率上升，2026届预计延续此趋势，突出直观想象与逻辑推理。►高考前沿：聚焦“动点+最值”问题（如线段长度最小、角度变化范围），与函数或导数浅层结合；强调建系策略与运算优化，避免坐标系的盲目选择。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1

空间中的平行关系线线平行线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行终极考点2

空间中的垂直关系线线垂直线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面终极考点3

异面直线所成角=（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）终极考点4

直线与平面所成角(为平面的法向量).终极考点5

二面角的平面角（，为平面，的法向量）.终极考点6

点到平面的距离（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.真题精研--复盘经典把握规律考向01空间中平行关系的证明1．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点．(1)若分别为的中点，求证：平面PAB；(2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形且，不妨设，..E、F分别为BC、PD的中点，，且.，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB；（2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，设平面PCD的一个法向量为，，，取，，.设AB与平面PCD所成角为，则，即AB与平面PCD所成角的正弦值为.2．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．(1)证明：平面；(2)求面与面所成的二面角的正弦值．【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.因为，平面与平面所成二面角为60°，所以.则，，，，，.所以.设平面的法向量为，则，所以，令，则，则.设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以.所以.所以平面与平面夹角的正弦值为.3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．(1)若，证明：平面；(2)若，且二面角的正弦值为，求．【详解】（1）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．4．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．【详解】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为5．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点.(1)证明：平面；(2)求点到的距离.【详解】（1）由题意得，，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面；（2）取的中点，连接，，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，可得，又，所以，故.又平面，所以平面，易知.在中，，所以.设点到平面的距离为，由，得，得，故点到平面的距离为.6．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【详解】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.7．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有、、、、、，则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，分别取，则有、、，，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.解题妙法三步解题法：三步解题法：选判定定理：线线平行→线面平行：找平面内一条直线与已知直线平行。线面平行→面面平行：找两条相交直线分别平行于另一平面。构造辅助线/面：利用中位线、平行四边形对边、比例线段创造平行条件。连接中点、作平行线、延长交线等。严格推证：按定理格式书写，强调“线不在面内”“面内相交”等条件，避免跳步。口诀：中位平行记心间，线线推线面，线面推面面，缺一条件不算完。考向02空间中垂直关系的证明8．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，．(1)证明：平面平面；(2)设，且点，，，均在球的球面上．（i）证明：点在平面内；（ⅱ）求直线与所成角的余弦值．【详解】（1）由题意证明如下，在四棱锥中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）（i）由题意及（1）证明如下，在四棱锥中，，，，∥，，，建立空间直角坐标系如下图所示，∴，若，，，在同一个球面上，则，在平面中，∴，∴线段中点坐标，直线的斜率：，直线的垂直平分线斜率：，∴直线的方程：，即，当时，，解得：，∴在立体几何中，，∵解得：，∴点在平面上.（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，，设直线与直线所成角为，∴.法2：由几何知识得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，则，直线与直线所成角即为中或其补角.∵平面，平面，，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，在Rt中，，由勾股定理得，，在中，由余弦定理得，，即：解得：∴直线与直线所成角的余弦值为：.9．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求三棱锥的体积．【详解】（1）法一、在正方形中，由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面；法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由（1）知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为，则；（3）由（1）知平面，平面，∴，易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：.10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．【详解】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为.11．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．【详解】（1）证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面.（2）如图，

过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．12．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨设，，．，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而．所以二面角的正弦值为． 解题妙法三步解题法：三步解题法：选判定定理：线面垂直→线线垂直：一条线垂直平面，则垂直面内所有直线。线线垂直→线面垂直：一条线垂直平面内两条相交直线。面面垂直→线面垂直：交线垂直线，则面内线垂直另一面。找垂直关系：已知条件中的等腰三角形底边中线、菱形对角线、矩形邻边、直径所对圆周角等。勾股定理逆定理证直角。逻辑串联：从已知垂直出发，层层推导，最后得到目标垂直。技巧：证明线面垂直，关键是找到平面内两条相交直线均与目标直线垂直。考向03线面角及其方程思想的应用13．（2025·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，E为BC的中点．(1)若分别为的中点，求证：平面PAB；(2)若平面ABCD，，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．【详解】（1）取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，与为等腰直角三角形且，不妨设，..E、F分别为BC、PD的中点，，且.，，，∴四边形FGMN为平行四边形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB；（2）平面ABCD，以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，设平面PCD的一个法向量为，，，取，，.设AB与平面PCD所成角为，则，即AB与平面PCD所成角的正弦值为.14．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，又正四棱锥底面是正方形，由可得，，故，根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，即圆锥的高为，底面半径为，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由是中点，则，又平面，故平面，即平面，又平面，于是直线与平面所成角的大小即为，不妨设，则，，又线面角的范围是，故.即为所求.15．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1

(1)证明：；(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．【详解】（1）如图，

底面，面，，又，平面，,平面ACC1A1，又平面，平面平面，过作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距离为1，，在中，，设，则，为直角三角形，且，，，，，解得，，（2），，过B作，交于D，则为中点，由直线与距离为2，所以，，，在，，延长，使，连接，由知四边形为平行四边形，，平面，又平面，则在中，，，在中，，，,又到平面距离也为1，所以与平面所成角的正弦值为.解题妙法三步解题法：三步解题法：定角：直线与平面所成角是直线与其在平面内投影的夹角。找到斜足和垂足，作出（或指出）线面角。建系求角（方程法）：建立空间直角坐标系，写出直线方向向量v和平面法向量n。线面角θ满足：sinθ解方程：根据已知条件（如已知角的大小、三角函数值）列出关于未知点坐标或参数的方程，求解。注意：线面角范围0∘考向04二面角及其方程思想的应用16．（2025·全国二卷·高考真题）如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．(1)证明：平面；(2)求面与面所成的二面角的正弦值．【详解】（1）设，所以，因为为中点，所以，因为，，所以是平行四边形，所以，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）因为，所以，又因为，所以，以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系.因为，平面与平面所成二面角为60°，所以.则，，，，，.所以.设平面的法向量为，则，所以，令，则，则.设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以.所以.所以平面与平面夹角的正弦值为.17．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，，(1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积；(2)求二面角的大小．【详解】（1）连接，因为，所以⊥，因为平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，因为，所以⊥，，，故，，由勾股定理得，又⊥平面，三棱锥的体积；（2）由（1）知，⊥平面，平面，所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，令得，故，又平面的一个法向量为，故，由图可知，二面角为锐角，故二面角的大小为.18．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．(1)若，证明：平面；(2)若，且二面角的正弦值为，求．【详解】（1）因为平面，而平面，所以，又，，平面，所以平面，而平面，所以.因为，所以，根据平面知识可知，又平面，平面，所以平面．（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，所以平面平面，而平面平面，所以平面，又，所以平面，根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，即，即．因为，设，则，由等面积法可得，，又，而为等腰直角三角形，所以，故，解得，即．19．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．(1)若为线段中点，求证：平面．(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．【详解】（1）取的中点为，接，则，而，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因为，故，故，故四边形为平行四边形，故，所以平面，而平面，故，而，故建立如图所示的空间直角坐标系，则，则设平面的法向量为，则由可得，取，设平面的法向量为，则由可得，取，故，故平面与平面夹角的余弦值为20．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值．【详解】（1）因为为的中点，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，结合（1）为平行四边形，可得，又，所以为等边三角形，为中点，所以，又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，因为，所以，所以互相垂直，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，则，即，令，得，即，则，即，令，得，即，，则，故二面角的正弦值为.21．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．(1)证明：；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．【详解】（1）由，得，又，在中，由余弦定理得,所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面，故；（2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以，设平面和平面的一个法向量分别为，则，，令，得，所以，所以，设平面和平面所成角为，则，即平面和平面所成角的正弦值为.22．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令，得，，设平面的法向量，则，令，得，，，化简可得，，解得或，或，.解题妙法三步解题法：三步解题法：定角（几何法）：找到二面角的棱，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，其夹角即为平面角。常用垂面法或三垂线法。向量法（方程思想）：求出两个半平面的法向量n1、n二面角α满足：cosα列方程求解：已知二面角大小，可建立关于未知点坐标的方程，解出参数。口诀：法向夹角记余弦，观察锐钝定正负；几何法找棱垂线，向量法列方程速。考向05体积、点面距、高23．（2025·天津·高考真题）正方体的棱长为4，分别为中点，．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求三棱锥的体积．【详解】（1）法一、在正方形中，由条件易知，所以，则，故，即，在正方体中，易知平面，且，所以平面，又平面，∴，∵平面，∴平面；法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则，所以，易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；（2）同上法二建立的空间直角坐标系，所以，由（1）知是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即，设平面与平面的夹角为，则；（3）由（1）知平面，平面，∴，易知，又，则D到平面的距离为，由棱锥的体积公式知：.24．（2024·全国甲卷·高考真题）如图，，，，,为的中点.(1)证明：平面；(2)求点到的距离.【详解】（1）由题意得，，且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面；（2）取的中点，连接，，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，又，故是等腰三角形，同理是等腰三角形，可得，又，所以，故.又平面，所以平面，易知.在中，，所以.设点到平面的距离为，由，得，得，故点到平面的距离为.25．（2024·天津·高考真题）如图，在四棱柱中，平面，，．分别为的中点，(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角余弦值；(3)求点到平面的距离．【详解】（1）取中点，连接，，由是的中点，故，且，由是的中点，故，且，则有、，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面；（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，有、、、、、，则有、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，分别取，则有、、，，即、，则，故平面与平面的夹角余弦值为；（3）由，平面的法向量为，则有，即点到平面的距离为.26．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．(1)求证：//平面；(2)若，求三棱锥的体积．【详解】（1）连接，设，则，，，则，解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.（2）过作垂直的延长线交于点，因为是中点，所以，在中，，所以，因为，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱锥的高为，因为，所以，所以，又，所以.27．（2023·天津·高考真题）如图，在三棱台中，平面，为中点.，N为AB的中点，

(1)求证：//平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值；(3)求点到平面的距离．【详解】（1）

连接.由分别是的中点，根据中位线性质，//，且，由棱台性质，//，于是//，由可知，四边形是平行四边形，则//，又平面，平面，于是//平面.（2）过作，垂足为，过作，垂足为,连接.由面，面，故，又，，平面，则平面.由平面，故，又，，平面，于是平面，由平面，故.于是平面与平面所成角即.又，，则，故，在中，，则，于是（3）[方法一：几何法]

过作，垂足为，作，垂足为，连接，过作，垂足为.由题干数据可得，，，根据勾股定理，，由平面，平面，则，又，，平面，于是平面.又平面，则，又，，平面，故平面.在中，，又，故点到平面的距离是到平面的距离的两倍，即点到平面的距离是.[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.设点到平面的距离为.，.由，即.28．（2023·全国甲卷·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．

(1)证明：平面平面；(2)设，求四棱锥的高．【详解】（1）证明：因为平面，平面,所以,又因为，即，平面，,所以平面，又因为平面,所以平面平面.（2）如图，

过点作，垂足为.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱锥的高为.因为平面，平面,所以,,又因为，为公共边，所以与全等，所以.设，则，所以为中点，,又因为,所以,即，解得，所以，所以四棱锥的高为．解题妙法三步解题法：三步解题法：选公式：体积：V=1点面距：d=AP⋅n求面积与高：底面面积：利用平面几何公式（特殊三角形、正方形等）。高：若为垂线，用勾股定理解直角三角形；或用向量法直接求距离。等体积转化：当直接求某点面距困难时，转换顶点（如VA技巧：点到平面的距离本质是“以该点为顶点的三棱锥的高”。考向06以球体为载体29．（2025·全国一卷·高考真题）如图,在四棱锥中，底面，．(1)证明：平面平面；(2)设，且点，，，均在球的球面上．（i）证明：点在平面内；（ⅱ）求直线与所成角的余弦值．【详解】（1）由题意证明如下，在四棱锥中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）（i）由题意及（1）证明如下，在四棱锥中，，，，∥，，，建立空间直角坐标系如下图所示，∴，若，，，在同一个球面上，则，在平面中，∴，∴线段中点坐标，直线的斜率：，直线的垂直平分线斜率：，∴直线的方程：，即，当时，，解得：，∴在立体几何中，，∵解得：，∴点在平面上.（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，，设直线与直线所成角为，∴.法2：由几何知识得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，则，直线与直线所成角即为中或其补角.∵平面，平面，，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，在Rt中，，由勾股定理得，，在中，由余弦定理得，，即：解得：∴直线与直线所成角的余弦值为：.解题妙法三步解题法：三步解题法：定球心：球心到球面上所有点距离相等。若多面体顶点都在球面上，球心是各面外心垂线的交点；长方体/正方体外接球球心为体心。找半径：构造直角三角形：球心到截面圆心的连线垂直截面，半径R满足R2=r截外接球：长宽高分别为a,b,c内切球：R=套公式求体积/表面积：V=43注意：与球有关的组合体，常用截面法将空间问题转化为平面圆问题。考向07最值与范围30．（2020·全国1卷·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．终极预测--压轴实战稳拿高分1．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现.(1)求点P到平面的距离；(2)求二面角的正弦值.【详解】（1）由题设，可知，取中点，连接，，故，又，，平面，∴平面，又平面，故.故为平面与平面所成二面角的平面角，则.因为平面，故平面平面，平面平面，过作交于，故平面.∵，∴，因此点到平面的距离为.（2）以为坐标原点，直线，为x轴，y轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，.，，.设平面的法向量为，则，即取，∴，设平面的法向量为，则，即取，∴，∴，故，所以二面角的正弦值为.2．（2026·山东枣庄·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点．(1)求证：平面平面；(2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围．【详解】（1）因为，为的中点，所以，又平面平面，是交线，平面，所以平面，因为平面，所以,又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，设平面的法向量，则，令，可得，设平面的法向量，则，令，可得，则，所以，当时，，即当时，，由可得，所以，综上，可知，即的取值范围为.3．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，在多面体中，平面，，，为中点，．

(1)证明：平面；(2)当二面角的正切值为时，求直线与平面所成角的正弦值．【详解】（1）连接，因为，为中点，所以．因为平面，平面，所以．因为平面，，所以平面．因为，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面．（2）因为平面，平面，所以，，所以为二面角的平面角．不妨设，因为平面，平面，所以，所以，所以．在中，，，所以，．

如图，建立空间直角坐标系，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，由，得，令，得，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．4．（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，点是棱上的一点（不同于端点），且．(1)求证：；(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．【详解】（1）证明：因为平面平面，所以．因为底面是矩形，所以，又平面平面，所以平面．因为平面，所以，又平面平面，所以平面，又平面，所以．又因为，所以为的中点，则．（2）不妨设，则，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，所以，．设平面的一个法向量，所以，令，得．设平面的一个法向量，所以，令，得.设平面与平面的夹角为，所以，即平面与平面夹角的余弦值是．5．（2026·广西河池·二模）如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点．(1)证明：；(2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．【详解】（1）连接AC，由题意可知：是等边三角形，且是的中点，，则，，因为，，则，，又因为，则，可知，且，平面，可得平面，且平面，所以.（2）以为原点，为轴，为轴，过作垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，可得，，，，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设，则，设为与平面的夹角为，则,整理可得，解得，且，所以线段上不存在满足条件的点.6．（2026·广东广州·二模）如图1，在矩形ABCD中，于于，将沿AC翻折至，使得，连接，如图2．(1)求三棱锥的体积；(2)求直线与直线AC所成角的余弦值．【详解】（1）解：过点作交于点，如图所示，由知，且，又因为且，所以平面，过点作交延长线于点，所以，又因为，故平面，即为三棱锥的高，由题知，，则，，，所以；（2）解：因为，，解得，所以，同理可得，所以，，由图知，两边平方得：，所以，又因为，所以.7．（2026·湖南郴州·三模）已知椭圆的离心率为分别是椭圆的左，右焦点，点为椭圆上任意一点，且面积的最大值为所在的直线经过椭圆的中心，现将坐标平面沿轴折成一个直二面角，如图1､2所示.(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线的斜率为1，求翻折后异面直线与所成角的余弦值；(3)当不在轴上时，如图2，求面积的最大值.【详解】（1）由题意知，解得∴椭圆C的标准方程为.（2）翻折前，所在直线方程为，联立，消得，解得，不妨设，翻折后，建立如图所示的空间直角坐标系.则于是.设异面直线与所成角为，.故异面直线与所成角的余弦值为.（3）设翻折前所在直线方程为，联立，消得，设（令），由韦达定理有.翻折后，，故，则，所以，于是.所以，令，有，于是.令，由对勾函数的性质，在上单调递增.所以当时取得最小值，为，此时取得最大值，的最大值为.此时，解得.所以当直线的斜率时，面积取得最大值，最大值为2.8．（2026·四川德阳·三模）如图，已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点在底面的同侧．棱锥的高分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F．(1)证明：平面ABCD；(2)求二面角的平面角的正弦值．(3)求多面体ABCDEF外接球的面积．【详解】（1）连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又，所以四边形是矩形，所以，，又，分别为AB，CD的中点，所以，，所以，，所以四边形是平行四边形，又对角线，所以点E为线段的中点，同理，点F为线段的中点，所以，又平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD.（2）连接，交EF于点N，连接，由题意知，故，所以,同理可得，,所以即为二面角的平面角.又在中，，所以，同理可得，在中，由余弦定理可得，所以.（3）取中点，连接，则由题意知平面，由外接球的性质可知，球心在或的延长线上，连接，若在线段上，，，故，不合题意；故在线段的延长线上，设，则,因为，，即，解得，所以，故外接球的面积.9．（2026·湖南·三模）如图，分别为等边三角形的边的中点，，将沿折起，使顶点至点的位置，此时平面平面，分别为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在同一球面上，设该球面的球心为．（i）求球的表面积；（ii）求平面与平面的夹角的余弦值．【详解】（1）取的中点，连接，因为分别为的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为为的中点，所以QN为梯形BCDE的中位线，则，又平面，平面，所以平面，又平面，，所以平面平面，因为平面MQN，所以平面PBC；（2）取的中点，连接，则，，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以，以为原点，以所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系．则，，（i）易知梯形的外接圆的圆心为，因为平面，所以设，由得，解得，所以球O的半径的平方，故球O的表面积为.（ii），，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，由（1）可知，平面，则为平面的一个法向量，所以．故平面与平面的夹角的余弦值为．10．（2026·河北邯郸·二模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中，，，E为PA的中点，F为PC上一点．(1)求证：平面平面PAB；(2)若，，且．（ⅰ）当平面BFD时，求的值；（ⅱ）当时，求平面BEF与平面PAB夹角的大小．【详解】（1）因为平面，平面，所以，又，，平面，平面，故平面，又平面，所以，在中，，为中点，所以，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，则各点坐标分别为，，，，。（i）因为，，得，，，设平面的法向量为，则，令，得，，故，因为，∥平面，所以，故，解得，（ii）当时，，为中点，故，，，设平面的法向量为，则，令，得，，故，由（1）知平面，是平面的一个法向量，设两法向量的夹角余弦为，故平面与平面夹角为.11．（2026·安徽滁州·二模）如图，在直四棱柱中，下底面为平行四边形，，，，分别是上、下底面所在平面内两点，点在棱上，且点是以为圆心的圆弧上的动点，点是半圆弧上的动点（不包括端点）．(1)若点在上，证明：平面；(2)设三棱锥的外接球的半径为，求的取值范围．【详解】（1）如图，作出符合题意的图形，连接，，，是等边三角形，是的中点，又是的中点，，且，四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面，又，且平面，平面，平面，又，平面，平面平面，又平面，平面．（2）如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，中点坐标为，可设球心，在以为圆心、1为半径的圆弧上，，．则，，由，化简得，，，故，，．12．（2026·河北沧州·一模）如图，在正方体中，O为其外接球的球心，，将棱BC延长到点E，使得，连接DE，，M为上靠近的三等分点．(1)求证：平面.(2)（i）求平面与球O的截面的面积；（ii）若点P是OE与球面O的交点，求平面AMP与平面夹角的余弦值．【详解】（1）以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，平面的一个法向量可取，则，所以，又平面，所以平面．（2）（ⅰ）由正方体性质可知，球O的半径，则，，，，，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则．又，则球心O到截面的距离为，所以截面圆的半径r满足，所以截面圆的面积为．（ⅱ）因为，，所以，，则，．设平面AMP的一个法向量为，则即取，则．所以，即平面AMP与平面夹角的余弦值为．13．（2026·江苏·模拟预测）将椭圆面沿着垂直于其所在平面的空间向量平移得到的封闭几何体叫做椭圆柱体.如图所示的椭圆柱体，点和分别为上､下椭圆面的对称中心，椭圆的长轴长，短轴长为均垂直于椭圆面，且，过下底面椭圆的右焦点的动直线交椭圆于两点，是上一点，且满足平面.(1)求的值；(2)求点到平面距离的最大值；(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，由题意，椭圆的长轴长，短轴长，则焦距，所以椭圆的方程为，则，，，设，所以，因为平面，平面，平面平面，所以，则存在唯一实数，使得，所以，解得，所以，所以；（2）设，则，，设平面的法向量为，则，可取，又因为，所以点到平面距离，当时，，当时，(当时取等号)，即点到平面的距离的最大值为.（3）因为，所以直线的方向向量，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.14．（2026·河南开封·二模）已知三棱锥的四个顶点均在球的表面上．(1)若，求球的表面积；(2)若是边长为的等边三角形，，球的半径为，求三棱锥的体积；(3)若是直角三角形，斜边，点到底面的距离为7，球的半径为5，求的最小值．【详解】（1）如图，将三棱锥补成长方体，设长方体的长、宽、高分别为．根据题意有，将这三个式子相加可得，即，而长方体的体对角线就是外接球的直径，设长为，所以，则．根据球的表面积公式，可得．（2）如图，三棱锥的外接球球心为，的中心为，连接，则平面，延长交于点，则是的中点，且，连接，又，平面，所以平面．又因为平面，所以平面平面，且平面平面．过点作的垂线，垂足为点，则平面．在中，，设，过点作的垂线，垂足为点，若在的同侧，则在中有，在中有（在异侧时，有），联立解得或，因为，所以，所以三棱锥的体积为或．（3）因为是直角三角形，斜边为，所以的外接圆的圆心为的中点，如图：设球的半径为R，点所在截面圆的圆心为点，半径为r，此截面与平面平行，则球心在上，且，因为点到底面的距离为7，所以，则．设点在平面上的射影为点，则点在以点为圆心，3为半径的圆上，∵平面，∴与平面内所有直线垂直，，∴而，当反向时，取得最小值，为，∴的最小值为．15．（2026·重庆·模拟预测）若一个四面体三组对棱分别相等，我们称为“等腰四面体”．已知在等腰四面体中，分别为所在棱的中点，如图所示．(1)求证：平面；(2)若，求异面直线与所成的角的余弦值；(3)在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，直线与交于两点．为空间中一点，若四面体为等腰四面体，求其外接球表面积的取值范围．【详解】（1）连接，因为，所以，四边形为平行四边形.又，所以，所以四边形为菱形，所以.同理，四边形为菱形，，又因为四边形为菱形，交于一点，所以平面．（2）如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，设，由于，则联立三式，可解得：，已知，，设和形成的夹角为，则异面直线和所成角的余弦值等于它们方向向量夹角余弦的绝对值：.因此异面直线和所成角的余弦值为.（3）由（2）知可将补成长方体，设长宽高分别设为，则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即，，，则.在平面内设，由，得，显然，，于是，所以.在中，，则为锐角，因此，即，，解得，又，不妨令，则，，所以．因此外接球表面积的取值范围为.【点睛】本题核心技巧为等腰四面体补形为长方体，可解决线面、异面角问题.倒计时18天日拱一卒无有尽，功不唐捐终入海。——《法华经》概率统计（解答题）考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：①以概率模型（二项分布、超几何分布、正态分布）与统计图表（频率分布直方图、散点图）的综合应用为主。难度分层：第1问基础计算，第2问中等难度决策分析，第3问（如有）为压轴题，常与数列递推或函数结合。②2026届重点关注“概率+数列”综合（如马尔可夫链基础模型），以及“期望与决策”的实际应用题。►高考前沿：聚焦真实情境（产品质量检验、医学试验、体育比赛赛制、保险方案设计），考查数据解读与数学建模；突出数据分析核心素养，强调用样本估计总体的思想。考点抢分--核心精粹高效速记终极考点1-10

概率综合等可能性事件的概率.互斥事件A，B分别发生的概率的和P(A＋B)=P(A)＋P(B)．个互斥事件分别发生的概率的和P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)=P(A)·P(B