专题08 空间向量与立体几何（新题速递，42题）-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（上海专用）

专题08 空间向量与立体几何（新题速递，42题） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（24-25高三上·上海黄浦·期末）若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线的夹角的定义，可得答案. 【详解】①由题意作图如下：    由图易知为等腰直角三角形，则直线与的夹角为； ②由题意作图如下：    由图易知为等边三角形，则直线与的夹角为； ③由题意作图如下：    由图易知，因为，则直线与的夹角为. 而不管怎么找顶点，都无法得到直线AB与CD所成角为. 故选：A. 2．（2024·上海长宁·一模）已知非零空间向量和，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据空间向量平行与垂直的定义判断即可. 【详解】若，则或与不共线，故选项A与B错误； 若，则，故选项C错误，选项D正确. 故选：D. 3．（2024·上海静安·一模）我国古代数学著作《九章算术》中将四个面都是直角三角形的空间四面体叫做“鳖臑”.如图是一个水平放置的.现将沿折起，使点移动到点，使得空间四面体恰好是一个“鳖臑”，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，根据题意求出四面体的棱长，二面角的平面角为，求的三角函数值即可. 【详解】中，. 不妨设，则， 空间四面体是一个“鳖臑”，则和都是直角三角形， 若，则中，，由勾股定理得， 此时不是直角三角形，不合题意； 所以，在中，，由勾股定理得， 此时满足是直角三角形，， 由，，二面角的平面角为， 中，，， 所以二面角的大小为. 故选：D. 4．（2024·上海奉贤·一模）在四棱锥中，若，则实数组可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用底面是平行四边形判断A，根据向量的线性运算与向量的共线与共面性质判断B、C、D． 【详解】 对于选项A，若底面是平行四边形，设，则， 因此，即，故A正确； 对于选项B，若，则，故B错误； 对于选项C，若，则，故C错误； 对于选项D，若，则， 但平面，即不共面，因此不可能成立，故D错误． 故选：A． 5．（2024·上海虹口·一模）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（   ）． A． B． C．． D． 【答案】A 【分析】点P的轨迹是以为邻边的平行六面体，求出以为邻边的平行四边形面积和点到平面距离，由柱体的体积公式即可得出答案. 【详解】空间中的动点P满足， 则点P的轨迹是以为邻边的平行六面体， 将正四面体放入如图所示的正方体中， 则正四面体的内切球心O为正方体的中心， 设正方体的棱长为，所以，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以， ， ， ， 所以， 所以， 所以以为邻边的平行四边形面积为： ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 又因为点到平面距离为， 以为邻边的平行六面体的体积为：. 故选：A. 6．（2024·上海宝山·一模）如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，设出点、、的坐标，结合已知条件得到方程，根据方程解的情况求出的取值范围即可求解. 【详解】根据已知条件， 以为坐标原点，、、分别为、、轴的空间直角坐标系， 设正四棱柱的高为，令，，， 所以，， 因为，所以，即， 整理得：，因为棱上至少存在一点使得， 所以关于得的方程，至少有一个解， 即，整理得：，解得， 又因为，所以，所以棱长的最大值为. 故选：A 7．（24-25高三上·上海浦东新·期末）设、为两条直线，、为两个平面，且．下述四个命题中为假命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若且，则 D．若，则或 【答案】B 【分析】选项A，利用线面垂直的性质，即可求解；选项B，在正方体中，通过取特例，即可求解；选项C和D，利用线面平行的性质和判定，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，所以，又，所以，故选项A是真命题， 对于选项B，如图，取平面为，平面为，则直线为直线，取为直线， 显然有，但与异面，所以选项B为假命题， 对于选项C，在内任取不在直线上的一点，过确定，则，因为，所以， 同理可得，，所以，又，故， 又，所以，得到，故选项C为真命题， 对于选项D，因为，所以，，若，因为，则， 若，易知，又，，所以，故选项D为真命题， 故选：B. 8．（2024·上海静安·一模）在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】求出平面的一个法向量，再利用点到平面的距离公式即可得到答案. 【详解】设平面的一个法向量， 则，令，则，即， 所以该四棱锥的高. 故选：C. 二、填空题 9．（24-25高三上·上海黄浦·期末）若圆柱的底面半径与高均为1，则其侧面积为 ． 【答案】 【分析】根据圆柱的侧面积公式直接计算可得. 【详解】由题意，圆柱的侧面积为：. 故答案为： 10．（2024·上海长宁·一模）已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的体积是 （结果保留π）． 【答案】 【分析】做轴截面，根据母线与底面半径求出圆锥的高，计算体积即可. 【详解】如下图做出轴截面： 代入圆锥体积公式：. 故答案为： 11．（2024·上海虹口·一模）若某圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】首先求出母线，再由侧面积公式计算可得. 【详解】因为圆锥的底面半径，高，设母线为，则， 所以该圆锥的侧面积为. 故答案为： 12．（2024·上海徐汇·一模）已知向量，若，则实数的值为 . 【答案】 【分析】利用空间向量的数量积的坐标运算公式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 13．（2024·上海崇明·一模）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是 ． 【答案】 【分析】根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标. 【详解】点关于平面的对称点的坐标为， 故答案为：. 14．（24-25高三上·上海松江·期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为，则该圆锥的高为 ． 【答案】4 【分析】根据给定条件，利用侧面积公式求出母线长，进而求出圆锥的高. 【详解】圆锥的底面半径，设其母线长为，则，解得， 所以该圆锥的高. 故答案为：4 15．（2024·上海青浦·一模）已知圆柱的底面半径为3，高为，圆锥的底面直径和母线长相等. 若圆柱 和圆锥的体积相同，则圆锥的底面半径为 . 【答案】3 【分析】求出圆柱的体积，设圆锥的底面半径为，求出圆锥的高为，从而得到圆锥的体积，得到方程，求出答案. 【详解】圆柱的体积为， 设圆锥的底面半径为，则母线长为，故圆锥的高为， 则，故，解得， 故圆锥的底面半径为3. 故答案为：3 16．（2024·上海徐汇·一模）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 【答案】充要 【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】充分性：因为， 所以共面， 又因为为两个不同的平面，， 所以， 所以，故充分性成立； 必要性：因为，所以， 又因为，所以，故必要性成立， 所以是的充要条件. 故答案为：充要. 17．（24-25高三上·上海金山·期末）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】根据扇形弧长与圆锥底面周长关系列方程求底面半径，结合圆锥的结构特征求该圆锥的母线与底面所成角余弦值，即可确定大小. 【详解】令底面半径为，则，可得，且圆锥母线为， 所以该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，故其大小为. 故答案为： 18．（2024·上海杨浦·一模）已知一个正四棱锥的每一条棱长都为2，则该四棱锥的体积为 . 【答案】 【分析】作出辅助线，求出正四棱锥的高，由锥体体积公式进行求解. 【详解】如图，正四棱锥，正方形的对角线相交于点，连接， 则⊥平面， 因为平面，所以⊥， 其中， 故， 所以该四棱锥的体积为. 故答案为： 19．（24-25高三上·上海黄浦·期末）在正四面体中，点N是的中心，若，则 ． 【答案】/ 【分析】依题意设，，，利用勾股定理即可得到，设该正四面体的棱长为，求出点的坐标，结合利用空间向量法计算求解. 【详解】因为在正四面体中，，正四面体的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线上， 设，，， 由两两垂直，得， 所以，即，所以是正三棱锥， 设该正四面体的棱长为，则，于是，， 又点N是的中心，所以， 所以 因为，所以， 可得，得， 可得. 故答案为：. 20．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用空间向量模的意义及数量积的运算律求得，进而求出范围. 【详解】由空间向量两两垂直，得 又，， 则 ，而， 因此，， 所以的取值范围为. 故答案为： 21．（2024·上海虹口·一模）如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为2，且二面角的大小为，则 ．    【答案】 【分析】设分别为的中点，连接，分析可得为二面角的平面角，进而结合空间向量的线性运算及数量积求解即可. 【详解】设分别为的中点，连接， 在正三角形ABC中，，， 在正方形BCDE中，，，， 所以为二面角的平面角，即， . 故答案为：.    22．（2024·上海徐汇·一模）徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上､下底面直径分别为30cm和26cm，下面圆台的上､下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为8cm，则该花盆上､下两部分母线长的总和为 . 【答案】 【分析】设出圆台的母线长及底面半径，根据圆台的母线长公式结合条件即得. 【详解】设上面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为高为， 根据圆台的母线长公式，带入数值计算得到； 设下面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为 由于两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等，可以得到，带入数值计算得到； 所以该花盆上､下两部分母线长的总和为. 故答案为： 23．（2024·上海宝山·一模）将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】先求出四面体其中一个面的高，确定正四面体旋转后得到两个同底的圆锥，利用圆锥体积公式求解即可. 【详解】    如图为棱长为的正四面体，作，于点， 在中，，，， 根据题意，正四面体旋转后得到两个同底的圆锥， 底面半径等于，高等于， 所以旋转后几何体的体积为：. 故答案为： 24．（2024·上海奉贤·一模）上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2），风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃，一般一个惊鸟铃由铜铸造而成，由铃身和铃舌组成，为了知道一个惊鸟铃的质量，可以通过计算该惊鸟铃的体积，然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量，因此我们需要作出一些合理的假设： 假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥； 假设2：两圆锥的轴在同一条直线上； 假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计． 截面图如下（图3），其中，，，则制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要 千克铜．（铜的密度为）（结果精确到个位） 【答案】 【分析】利用锥体的体积公式可求得结果. 【详解】由题意可知，圆锥的底面半径为，高为， 圆锥的底面半径为，高为， 因为， 所以，制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要千克铜. 故答案为：. 25．（2024·上海杨浦·一模）将一个半径为1的球形石材加工成一个圆柱形摆件，则该圆柱形摆件侧面积的最大值为 . 【答案】 【分析】设圆柱形工件的高为h，底面半径为r，得到圆柱形工件的侧面积为，再结合基本不等式求解侧面积的最大值. 【详解】设圆柱形工件的高为h，底面半径为r，， 则圆柱形工件的侧面积为， 又因为，当且仅当时等号成立， 所以， 故答案为：. 26．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 【答案】8 【分析】以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，表示各向量坐标，利用数量积的坐标表示可得结果. 【详解】由题意得，，且. 以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，. 设，则， ∴，，， ∴，，， ∴点坐标可能为，，，，，，，， 故点个数的最大值为8. 故答案为：8. 27．（2024·上海长宁·一模）点P、M、N分别位于正方体的面上，，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系可得的坐标表达式，配方后可得最值. 【详解】如图建立以D为原点的空间直角坐标系， 设，其中. 则. 则 ，当且仅当时取等号. 则为使最小，则应使尽量的大，且P为中点. 又点P、M、N均位于正方体表面上，则P、M、N在正方体同一面上， 则当为正方体一面的对角线，P为对角线中点时，满足题意， 此时，则. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是建立坐标系利用坐标计算得，再由取等条件得到P、M、N位置关系从而得解. 三、解答题 28．（24-25高三上·上海黄浦·期末）如图，在正方体中，E是的中点． (1)求证：平面； (2)求直线DE与平面ABCD所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，结合正方体的性质易得，，进而求证即可； （2）过作，交于，连接，易得是直线与平面所成的角，进而结合直角三角形中正切的定义求解即可. 【详解】（1）证明：连接，在正方体中，E是的中点， 所以E是的中点，且，即， 因为平面，平面， 所以， 又，平面, 所以平面. （2）过作，交于，连接， 在正方体中，平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以是直线与平面所成的角. 由题意，设，则， ，所以， 所以在，， 故直线与平面所成角的大小是. 29．（2024·上海虹口·一模）如图，已知在四棱柱中，平面，、分别是、的中点． (1)求证：平面； (2)若底面为梯形，，异面直线与所成角为．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，，根据棱柱的性质及中位线的性质得到且，则四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）由，可得即为异面直线与所成角，则，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）连接交于点，连接，， 在四棱柱中，四边形，为平行四边形，所以为的中点， 又、分别是、的中点， 所以且，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面； （2）因为异面直线与所成角为，又， 所以即为异面直线与所成角，即，即， 又平面， 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 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. 30．（24-25高三上·上海金山·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． (1)证明：平面； (2)求点D到平面PAC的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，证明是平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理证明； （2）应用等体积法计算得出点到平面距离. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以，， 因为分别是中点，得出，， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面； （2），， 平面，平面，则，， ，， 设点D到平面PAC的距离为，由，得， 即，得. 所以点D到平面PAC的距离为. 31．（2024·上海宝山·一模）如图，四棱锥中，底面为矩形，，且该四棱锥的体积为.    (1)证明：平面底面； (2)求异面直线和所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由四棱锥的体积为得到高 ，取的中点为，计算出，从而底面即可得证. （2）因为，所以即为异面直线和所成的角或其补角，最后在中利用余弦定理即可求出夹角. 【详解】（1）证明：设该四棱锥的高为，则体积 ， 从而， 等腰中，设边的中点为，易知， 在中，，所以，     所以该四棱锥的高为即为，                       即底面，又平面， 所以面底面.                            （2）因为， 所以即为异面直线和所成的角或其补角；             由（1）知平面底面，且平面底面， 在矩形中，，所以平面， 因为平面，从而，      中，，所以，            同理可得，       中，， 由余弦定理可得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 32．（24-25高三上·上海松江·期末）如图，已知平面，，为等边三角形，，点F为的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算得出，结合线面平行判定定理即可得结论； （2）确定平面的一个法向量，利用和的夹角求解即可. 【详解】（1）因为平面，，为等边三角形， 设，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 为的中点，， ，， ，平面， 平面. （2）又是轴上的单位向量，则其是平面的一个法向量， 因为，设和平面所成的角为， 则， 直线和平面所成角的正弦值为. 33．（2024·上海奉贤·一模）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)求证：平面，平面平面； (2)设为上的一点，． 在下面两问中选一个， ①若，求直线与平面所成角的大小． ②已知平面与平面所成锐二面角的大小为，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)选①，直线与平面所成角为；选②， 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得平面；线面垂直的判定定理可得平面； （2）选①，以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，根据求出点坐标，再求出、平面的一个法向量，根据线面角的向量求法可得答案；选②，设，根据求出点坐标，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）因为底面是正方形，所以， 平面，平面， 所以平面； ，由四棱锥是正四棱锥， 可得平面，平面，所以， 由，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）选①，如图，以点为原点，所在的直线分别为轴的 正方向建立空间直角坐标系，由，得 ， ，， 由得， 所以， 因为平面，即平面， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， ， 由，得， 所以直线与平面所成角为； 选②，同①以点为原点，所在的直线分别为轴的 正方向建立空间直角坐标系，设，得 ， ， 由得， 所以，， 设为平面的一个法向量， 则得，令得， 所以，因为平面， 所以是平面的一个法向量， 设平面与平面所成锐二面角的大小为，得， 由， 解得，即. 34．（2024·上海青浦·一模）如图，在三棱锥中，平面平面、分别为线段、上的点，且. (1)求证：平面； (2)求证：平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角形等比例性质，根据线面平行的判定推理即得. （2）连接，根据给定条件，根据勾股定理及余弦定理求得，根据面面垂直性质定理平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可. 【详解】（1）因为、分别为线段、上的点，且， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）因为，所以， 所以，，连接，又， 所以，所以，又， 所以，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面. 35．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 【答案】(1)3； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，可得点在平面上的射影在直线上，进而求出三棱柱的高及体积. （2）利用线面平行的判定推理即得. 【详解】（1）在三棱柱中，平面平面， 由平面平面，得点在平面上的射影在直线上， 点与其在平面上的射影的距离为点到平面的距离， 直线与直线的夹角即为侧棱与底面所成的角为， 因此，而正的面积， 所以三棱柱的体积. （2）在三棱柱中，取的中点，连接，， 在中，由是的中点，得，且， 而且，又为棱的中点，则，且， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. 36．（2024·上海静安·一模）如图的封闭图形的边缘由抛物线和垂直于拋物线对称轴的线段组成.已知，拋物线的顶点到线段所在直线的距离为. (1)请用数学符号语言表达这个封闭图形的边缘； (2)在该封闭图形上截取一个矩形，其中点在线段上，点抛物线上.求以矩形为侧面，为母线的圆柱的体积最大值； (3)求证：抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在同一条直线上. 【答案】(1)详见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）建立坐标系，求抛物线的方程及的方程即可； （2）结合圆柱的性质及体积公式求出圆柱的体积表达式，再求其最值； （3）结合导数的几何意义求切线方程，再求两切线交点，由此证明结论. 【详解】（1）如图建立平面直角坐标系， 设抛物线的方程为， 则曲线过点，所以，故， 所以，曲线的方程为， 线段的方程为， （2）设，则 . 以为母线的圆柱的底面半径满足， 所以， 所以圆柱的体积 . 所以， 所以，当时，其体积取得最大值； （3）证明： 因为函数的导函数， 所以，抛物线上任意一点的切线斜率为， 设是抛物线上两条相互垂直的切线，切点分别为， 则其方程分别为 ， 且， 消去，解得， 因为，得. 故抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在直线上. 37．（2024·上海静安·一模）如图所示，正三棱锥的侧面是边长为2的正三角形. (1)求正三棱锥的体积； (2)设分别是线段的中点. 求证：①平面；②若平面交于点，则四边形是正方形. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】（1）取正的中心，求出长，再利用锥体体积公式计算得解. （2）①利用线面平行的判定推理得证；②借助平行公理证四边形是平行四边形，由中位线性质证，再利用线面垂直的判定与性质，结合异面直线夹角定义推理得证. 【详解】（1）由正三棱锥的侧面是边长为2的正三角形，得正三棱锥为正四面体， 取正的中心，连接，延长交于，连接，则平面， 是的中点，，，则， 所以正三棱锥的体积. （2）①由分别是线段的中点，得，而平面，平面， 所以平面. ②由平面交于点，得面平面，而平面， 平面，则，而是的中点，则是的中点， 因此，而，则四边形是平行四边形， 又，于是为菱形，而， 平面，则平面，又平面， 因此，于是，所以四边形是正方形. 38．（2024·上海长宁·一模）如图所示，四棱柱的底面ABCD是正方形，O是底面的中心，平面，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证明直线垂直于平面，需要在平面内找到两条相交直线与直线垂直； （2）可以用综合法，利用等体积法求点到平面距离，也可以直接用空间向量法求解. 【详解】（1）因为是正方形，所以，    因为底面， 所以，又，,在平面内， 所以平面,在平面内， 所以， 由底面， 可得， 所以，即有， 因为，所以， 和在平面内，且， 所以平面． （2）方法1：设点到平面的距离为， 由题可知,,. 所以．    得直线与平面所成角的正弦值. 方法2：（建系）    以为原点，射线为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系． 可得 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 直线与平面所成角的正弦值等于向量与平面法向量的夹角余弦值的绝对值：. 39．（2024·上海崇明·一模）如图，在直三棱柱中，E、F分别为、的中点，，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取中点，可得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）利用相等可得答案. 【详解】（1）取中点，连接，则，， 又，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）由（1）点是中点，连接， 因为平面，平面，所以， 又，且，平面， 所以平面，平面，所以， 所以，，， 所以，， 所以为等腰三角形，则，且， 所以， 设点到平面的距离为，由得， 所以，所以，即点到平面的距离为. 40．（2024·上海杨浦·一模）如图，在正方体中，点、分别是棱、的中点. (1)求证：； (2)求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用线面垂直证线线垂直； （2）法一：利用几何法可得二面角，法二：建立空间直角坐标系，利用坐标法求二面角. 【详解】（1）如图所示，连接，，， 由为正方体， 可知，平面，又平面， ， ，分别为，中点， ，， ，且，平面， 平面， 平面， ； （2）设正方体棱长为， 法一： 如图所示，设，连接， 由（1）得平面， ，平面， ，， 二面角的平面角即为， 又， 在中，，， 所以，所以， 所以二面角的余弦值为，即二面角的大小为； 法二： 如图所示，以点为坐标原点，，，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 即，， 设平面的法向量，则，则， 令，则， 易知平面的一个法向量为， ， 二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为， 即二面角的大小为. 41．（2024·上海徐汇·一模）如图，在四棱锥中， .为棱的中点，异面直线与所成角的大小为. (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）解法一：分析可知是二面角的平面角，以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值；解法二：过作，交的延长线于，连接，再过作，交于，结合线面垂直的性质定理和判定定理可知即为直线与平面的所成角，求正弦值即可. 【详解】（1）因为为棱的中点， 所以且，所以四边形是平行四边形. 所以，又平面不在平面上， 由线面平行的判定定理知，平面. （2）解法一：因为，即，且异面直线与所成的角为，即， 又平面平面， 又，由三垂线定理可得， 因此是二面角的平面角，，所以， 不妨设，则， 以为坐标原点，平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，（其中， 则， 设平面的一个法向量为， 则，可得， 令，则，可得， 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. 解法二：过作，交的延长线于，连接， 由（1）知： ， 因为，所以， 因为，即， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又是在平面上的射影，由三垂线定理知，， 又，所以平面， 再过作，交于， 因为平面平面，所以， 又，所以平面，所以即为直线与平面的所成角， 因为平面，由三垂线定理， 因此是二面角的平面角，， 设，则， 因为所以四边形为正方形， 所以， 所以，所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. 42．（24-25高三上·上海浦东新·期末）如图，已知为圆柱底面圆的直径，，母线长为3，点为底面圆的圆周上一点． (1)若，求三棱锥的体积； (2)若，求异面直线与所成的角的余弦值． 【答案】(1)4； (2). 【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥的体积. （2）作出母线，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】（1）依题意，平面，由，得， 所以三棱锥的体积. （2）过点作圆柱的母线，连接， 则，于是四边形为平行四边形，， 因此是异面直线与所成的角或其补角， 由，得，，， 则，， 由平面，得， 在中，， 所以异面直线与所成的角的余弦值为. 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 空间向量与立体几何（新题速递，42题） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．（24-25高三上·上海黄浦·期末）若从正方体八个顶点中任取四个顶点分别记为A、B、C、D，则直线AB与CD所成角的大小不可能为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·上海长宁·一模）已知非零空间向量和，则下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若则 C．若，则 D．若，则 3．（2024·上海静安·一模）我国古代数学著作《九章算术》中将四个面都是直角三角形的空间四面体叫做“鳖臑”.如图是一个水平放置的.现将沿折起，使点移动到点，使得空间四面体恰好是一个“鳖臑”，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·上海奉贤·一模）在四棱锥中，若，则实数组可能是（   ） A． B． C． D． 5．（2024·上海虹口·一模）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（   ）． A． B． C．． D． 6．（2024·上海宝山·一模）如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·上海浦东新·期末）设、为两条直线，、为两个平面，且．下述四个命题中为假命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若且，则 D．若，则或 8．（2024·上海静安·一模）在四棱锥中，，则该四棱锥的高为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 二、填空题 9．（24-25高三上·上海黄浦·期末）若圆柱的底面半径与高均为1，则其侧面积为 ． 10．（2024·上海长宁·一模）已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的体积是 （结果保留π）． 11．（2024·上海虹口·一模）若某圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留） 12．（2024·上海徐汇·一模）已知向量，若，则实数的值为 . 13．（2024·上海崇明·一模）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是 ． 14．（24-25高三上·上海松江·期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为，则该圆锥的高为 ． 15．（2024·上海青浦·一模）已知圆柱的底面半径为3，高为，圆锥的底面直径和母线长相等. 若圆柱 和圆锥的体积相同，则圆锥的底面半径为 . 16．（2024·上海徐汇·一模）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要”､“必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个） 17．（24-25高三上·上海金山·期末）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为 ． 18．（2024·上海杨浦·一模）已知一个正四棱锥的每一条棱长都为2，则该四棱锥的体积为 . 19．（24-25高三上·上海黄浦·期末）在正四面体中，点N是的中心，若，则 ． 20．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 21．（2024·上海虹口·一模）如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为2，且二面角的大小为，则 ．    22．（2024·上海徐汇·一模）徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上､下底面直径分别为30cm和26cm，下面圆台的上､下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为8cm，则该花盆上､下两部分母线长的总和为 . 23．（2024·上海宝山·一模）将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为 . 24．（2024·上海奉贤·一模）上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2），风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃，一般一个惊鸟铃由铜铸造而成，由铃身和铃舌组成，为了知道一个惊鸟铃的质量，可以通过计算该惊鸟铃的体积，然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量，因此我们需要作出一些合理的假设： 假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥； 假设2：两圆锥的轴在同一条直线上； 假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计． 截面图如下（图3），其中，，，则制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要 千克铜．（铜的密度为）（结果精确到个位） 25．（2024·上海杨浦·一模）将一个半径为1的球形石材加工成一个圆柱形摆件，则该圆柱形摆件侧面积的最大值为 . 26．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 27．（2024·上海长宁·一模）点P、M、N分别位于正方体的面上，，则的最小值是 ． 三、解答题 28．（24-25高三上·上海黄浦·期末）如图，在正方体中，E是的中点． (1)求证：平面； (2)求直线DE与平面ABCD所成角的大小． 29．（2024·上海虹口·一模）如图，已知在四棱柱中，平面，、分别是、的中点． (1)求证：平面； (2)若底面为梯形，，异面直线与所成角为．求直线与平面所成角的正弦值． 30．（24-25高三上·上海金山·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． (1)证明：平面； (2)求点D到平面PAC的距离． 31．（2024·上海宝山·一模）如图，四棱锥中，底面为矩形，，且该四棱锥的体积为.    (1)证明：平面底面； (2)求异面直线和所成角的余弦值. 32．（24-25高三上·上海松江·期末）如图，已知平面，，为等边三角形，，点F为的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值. 33．（2024·上海奉贤·一模）如图为正四棱锥为底面的中心． (1)求证：平面，平面平面； (2)设为上的一点，． 在下面两问中选一个， ①若，求直线与平面所成角的大小． ②已知平面与平面所成锐二面角的大小为，若，求的长． 34．（2024·上海青浦·一模）如图，在三棱锥中，平面平面、分别为线段、上的点，且. (1)求证：平面； (2)求证：平面； 35．（2024·上海嘉定·一模）如图所示，在三棱柱中，，侧面底面，点分别为梭和的中点. (1)若底面为边长为2的正三角形，且，侧棱与底面所成的角为，求三棱柱的体积； (2)求证：平面. 36．（2024·上海静安·一模）如图的封闭图形的边缘由抛物线和垂直于拋物线对称轴的线段组成.已知，拋物线的顶点到线段所在直线的距离为. (1)请用数学符号语言表达这个封闭图形的边缘； (2)在该封闭图形上截取一个矩形，其中点在线段上，点抛物线上.求以矩形为侧面，为母线的圆柱的体积最大值； (3)求证：抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在同一条直线上. 37．（2024·上海静安·一模）如图所示，正三棱锥的侧面是边长为2的正三角形. (1)求正三棱锥的体积； (2)设分别是线段的中点. 求证：①平面；②若平面交于点，则四边形是正方形. 38．（2024·上海长宁·一模）如图所示，四棱柱的底面ABCD是正方形，O是底面的中心，平面，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 39．（2024·上海崇明·一模）如图，在直三棱柱中，E、F分别为、的中点，，. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 40．（2024·上海杨浦·一模）如图，在正方体中，点、分别是棱、的中点. (1)求证：； (2)求二面角的大小. 41．（2024·上海徐汇·一模）如图，在四棱锥中， .为棱的中点，异面直线与所成角的大小为. (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 42．（24-25高三上·上海浦东新·期末）如图，已知为圆柱底面圆的直径，，母线长为3，点为底面圆的圆周上一点． (1)若，求三棱锥的体积； (2)若，求异面直线与所成的角的余弦值． 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$