抢分秘籍06 空间向量与立体几何（4大题型7大易错）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

抢分秘籍06 空间向量与立体几何 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】空间几何体的结构 【题型二】 空间几何体的表面积与体积 【题型三】 空间向量及其运算 【题型四】 空间向量的应用 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：不能确定棱锥的外接球球心致错 易错点二：忽视组合体重叠部分致误 易错点三：空间点、线、面位置关系判断不清致误 易错点四：关于线面平行问题的易错点总结 易错点五：忽视两条直线相交的条件致错 易错点六：误认为“两点之间线段最短”，直接连接两个点求长度 易错点七：误认为直线的方向向量与平面的法向量的夹角就是直线和平面的夹角. 题型分布：空间向量与立体几何在上海高考中题型多样，涵盖选择题、填空题和解答题。在解答题中通常是解答题17题，在选择题和填空题中也会经常出现相关考点，例如考查空间几何体的结构特征、位置关系判断等。 考点分布： 空间几何体的结构与性质：常考棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等几何体的结构特征，如 2023 年考查了棱锥的结构特征，2024 年涉及正方体中一些命题的判断，包括过点的直线与正方体棱所成角、过点的平面与正方体面所成锐二面角等问题。 空间几何体的表面积与体积：每年都会考查，如 2022 年考查圆柱的侧面积、棱柱棱锥的体积，2024 年有棱锥体积的计算等。 点、直线、平面之间的位置关系：是重点考查内容，包括线线、线面、面面的平行与垂直关系的判断和证明。如 2023 年考查直线与平面平行、异面直线的判定，2024 年考查空间中直线与平面之间的位置关系、平面与平面之间的位置关系等。 空间角与距离：空间角的考查频率较高，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，距离问题如点到平面的距离也有所涉及。例如 2022 - 2024 年都有直线与平面所成角的题目，2023 - 2024 年考查了二面角的平面角及求法。 难度分布：选择题和填空题中的相关题目以中等难度为主，主要考查对基本概念、定理的理解和简单应用。解答题通常难度中等偏上，会综合考查多个知识点，如线面关系的证明与空间角的计算结合，需要学生具备较强的逻辑推理能力、空间想象能力和计算能力。 熟练掌握空间向量的基本概念和运算，如向量的加法、减法、数乘、点积和叉积等，以及向量的模长、夹角公式。 牢记立体几何中的基本概念、定理和性质，包括线面平行、垂直的判定定理和性质定理，面面平行、垂直的判定定理和性质定理等。 梳理常见空间几何体的结构特征、表面积和体积公式，如棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等 【题型一】空间几何体的结构 1.辨别空间几何体的两种方法 ①定义法：紧扣定义进行判定； ②反例法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可． 2.在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段：平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． 3.在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化． 1．在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将展开到与共面，根据三角形三边关系可知，当且仅当三点共线时等号成立.根据题干条件，在中由余弦定理即可求解. 【详解】如图，在三棱锥中，设点为线段的中点，连接. 由题易知：，，平面. 在中，，故， 所以是边长为2的等边三角形. 将展开到与共面，如图所示， 则，当且仅当三点共线时等号成立，即取得最小值. 在中，，， 由余弦定理可得：， 所以， 即的最小值为. 故选：A. 2．（2025·上海黄浦·二模）给定四面体．平面满足：①、、、四个点均不在平面上，也不在的同侧；②若平面与四面体的棱有公共点，则该公共点一定是此棱的中点或两个三等分点之一．设、、、四个点到平面的距离分别为，那么的所有不同值的个数组成的集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，分类讨论，确定平面的位置，结合点到平面的距离的定义，进行分析判断，即可求解. 【详解】当平面与四面体的一条棱的中点相交时， 不妨设平面过棱的中点，此时点到平面的距离相等， 且平面平面，如图（1）所示 此时到平面的距离可能与到平面的距离相同，此时有1不同的值； 不妨设平面过棱的中点，且过分别为的三等分点时， 如图（2）所示，此时点到平面的距离相等，且到平面的距离相等， 且到平面的距离与到平面的距离不相等，此时有2不同的值； 不妨设平面过棱的中点，且过分别为的三等分点时， 如图（3）所示，此时点到平面的距离相等， 其中到平面的距离与到平面的距离不相等，此时有2不同的值； 不妨设平面过棱的中点，过的靠近的三等分点，过靠近点的三等分点，此时到平面的距离不同，到平面的距离不同， 且到平面的距离两两之间都可能不同，此时有3个不同的值； 又因为四个点均不在平面上，也不在平面的同侧， 所以不能有4个不同的值（若有4个不同的值，四个点必然在平面的同侧）， 所以的所有不同值的个数组成的集合为. 故选：B. 3．如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断. 【详解】对于结论①，取中点为，连接，，，， 因为正方体，为的中点，所以， 所以，，，四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点， 故结论①正确； 对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值， 因为正方体，所以，，，四点共面， 所以与会相交于一点，设为， 此时， 因为 ， 所以的最小值为错误， 故结论②错误； 对于结论③，取，中点分别为，，连接，设交 于点，若平面， 在平面中，易知， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以， ，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，   所以. 所以存在点，使得， 故结论③正确. 对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为， 当点为上靠近点的三等分点时， 取中点为，连接，，，，，， 此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下： 已知平面，求证点为上靠近点的三等分点， 因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证. 又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为， 所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为， 当点趋近于点时，截面面积趋近于3， 因为，，点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的， 所以点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为， 故线段上至少存在两个点使得截面面积为， 故结论④不正确 故选：B. 4．已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用正弦定理得到，结合三棱锥体积公式分析得到体积最大时同时最大，利用余弦定理结合基本不等式求解的最大值，再使用线面角的定义得到，结合勾股定理求出，进而分析出点面距离最大的情况并求出，最后求解体积的最大值即可. 【详解】由正弦定理可得，而， 则，解得，设到面的距离为，而， 如图，我们作出符合题意的三棱锥，连接， 若三棱锥的体积最大，则同时最大即可， 由三角形面积公式得， 由余弦定理得， 则， 得到， 由基本不等式得，当且仅当时取等， 故，则， 解得，即，故面积取得最大值为， 由题意得球的半径为2，，设球心到面的距离为， 由勾股定理得，则到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，则， 而，故，则直线与平面所成角为， 因为三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上， 所以，而，故，而， 则故是以为顶点的等腰直角三角形，得到， 即，当面垂直于平面时，点到平面的距离最大， 最大距离为， 故三棱锥体积的最大值为． 故答案为： 5．（2025·上海黄浦·二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 米．（结果精确到0.01米）    【答案】 【分析】设正方体的中心为，连接，得到平面，由三角形是正三角形，得到外接圆的半径为米，利用勾股定理求得米，设米，结合，即可得到对答案. 【详解】解：由正方体的棱长米， 因为平面平面，且平面，平面，平面， 如图所示，设正方体的中心为，连接，交平面于点，则平面， 在正方体中，底面是正三角形，其外接圆的半径为米， 又由勾股定理，可得米， 设米，因为点到平面的距离为2米， 所以米. 故答案为：.    6．如图，正四棱柱中，，点E、F分别是棱BC和的中点． (1)判断直线与的关系，并说明理由； (2)若直线与底面ABCD所成角为，求四棱柱的全面积． 【答案】(1)相交；理由见解析 (2) 【分析】（1）连结.先根据三角形的中位线得出，且.然后证明四边形是平行四边形，即可推出四边形是梯形，进而得出结论； （2）由题意知，推得.在中，解得，即可求出四棱柱的面积. 【详解】（1）如图1，连结. 因为分别是的中点，所以，且. 由正四棱柱的性质可知，，且， 所以，四边形是平行四边形， 所以，，且， 所以，且. 所以，四边形是梯形， 所以，直线与相交. （2） 如图2，连结，则即为直线与底面ABCD所成角，即， 则在中，有. 设，由题意知，则， 在中，有， 所以. 所以，四棱柱的全面积为. 7．如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形. (1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)作图、理由见解析，多边形面积为； (2). 【分析】（1）若为的中点，连接，结合正方体的结构易得共面，即得多边形，进而求其面积； （2）先证平面平面，再求平面与平面的夹角的余弦值即可. 【详解】（1）若为的中点，连接，显然， 所以共面，即交线围成的多边形为， 由题意，为等腰梯形，且，， 所以. （2）由正方体的结构特征，易知， 由平面，平面，则平面， 同理得平面，都在平面内， 所以平面平面， 故平面与平面的夹角，即为平面与平面的夹角， 而是棱长为的正四面体，所以. 8．（2025·上海徐汇·二模）如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合正四棱台的结构特征，利用几何法求出二面角的平面角. （2）利用圆台、棱台的体积公式计算得解. 【详解】（1）设正方形，的中心分别为，连接，则平面， 分别取，的中点，，连接，则，， 由，分别为等腰梯形底边，的中点，得， 由，得四边形是一个直角梯形， ，又，为侧面与底面所成二面角的平面角， 由条件知，则， 所以侧面与底面所成二面角的大小为. （2）依题意，圆台上底面半径cm，下底面半径cm，高cm， 则圆台的体积为， 又正四棱台的体积， 所以削去部分的体积， 所以削去部分与正四棱台的体积之比为. 【题型二】 空间几何体的表面积与体积 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 1．（2025·上海普陀·二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 . 【答案】 【分析】根据圆锥的侧面积公式，扇形的弧长公式求解即可, 【详解】设底面半径为，母线长为l 由，得， 又，由勾股定理， 所以，解得， 底面圆周长，扇形中心角， 故答案为： 2．（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，得出的坐标，设，根据已知列出方程，化简得出点的轨迹为球.进而结合图象即可得出点到平面的最大距离，结合体积公式即可得出答案. 【详解】    如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有. 又， 所以. 设，则. 因为， 代入可得， 整理可得， 即在以点为球心，为半径的球上. 又的面积为， 平面到平面的距离为4， 所以到平面的最大距离为. 体积最大值为. 故答案为：. 3．（2025·上海松江·二模）如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为 . 【答案】1 【分析】根据给定的信息求出三棱锥的体积，进而求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值，并建立不等式求解. 【详解】在三棱锥中，两两垂直，且， 则，解得 ，又， 因此， 当且仅当时取等号，由恒成立，得， 于是，解得，所以正实数的最小值为1. 故答案为：1 4．（2025·上海杨浦·二模）如图，点分别是直角三角形的边上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，求出斜边上的高，再求出圆锥与半球体积的差即可得解. 【详解】在中，，则， 由斜边与扇形的弧相切，扇形半径， 阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体是绕直线旋转一周所得圆锥， 挖去扇形弧绕直线旋转一周所得半球， 所以所求体积为. 故答案为： 5．（2025·上海嘉定·二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度l需满足．当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为 米（精确到0.01米）． 【答案】 【分析】由题设可得球的半径为，结合正四棱锥的结构特征及其外接球半径与棱长、底面边长的关系得，进而得到纪念碑体积关于的表达式，应用导数求其最大值，并确定对应的侧棱长. 【详解】若球的半径为，则，可得，又， 对于正四棱锥，设底面边长为，高为， 则，所以，即， 又，则，故，即， 纪念碑体积，令， 对于，则在上单调递减， 当时，即在上单调递增， 当时，即在上单调递减， 所以，故，此时米. 故答案为： 6．（2025·上海青浦·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为菱形，. (1)求证：平面BDS； (2)若，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）由菱形与等腰三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直判定，可得答案； （2）由菱形的性质与勾股定理，根据（1）可分割三棱锥的底与高，结合体积公式，可得答案. 【详解】（1）设AC与BD相交于点， 因为底面ABCD为菱形，所以，且为中点. 又因为，所以平面BDS， 所以平面BDS. （2）因为底面ABCD是菱形，，所以是等边三角形，则. 在中，，满足， 根据勾股定理逆定理可知，即. 由（1）知平面BDS，所以，. 在中，，则. 7．（2025·上海奉贤·二模）将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是、、．    (1)请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是______，求解以下个问题： ①求出所选方案相对应的棱锥的侧面积、、； ②求出所选方案相对应棱锥的体积、、的最大值． (2)假设三个方案中相应的体积最大值分别记作、、，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 【答案】(1)选项见解析，①答案见解析；②答案见解析 (2) 【分析】（1）①根据所选方案，确定正四棱锥的底面边长和斜高，可得出正四棱锥的侧面积的表达式； ②根据所选方案，确定正四棱锥的底面面积和高，可得出正四棱锥体积的表达式，然后结合导数求其最大值； （2）根据（1）中的结果可得出结论. 【详解】（1）选择甲方案：①； ②该正四棱锥的高， ， 设， 则， 当时，；当时，. ∴函数在区间上严格增，在区间上严格减， ∴当时，. 选择乙方案：①； ②该正四棱锥的高， ， 设， 则， 当时，；当时，. ∴函数在区间上严格增，在区间上严格减 ∴当时，. 选择丙方案：①， ②该正四棱锥的高， ， 令，则， 当时，；当时，. 所以函数在区间上严格增，在区间上严格减， 所以当时，. （2）甲乙丙中总面积一样，由于乙的方案是不需要盖，所以相应的侧面积多了， 因此凭直觉猜想乙的体积最大，可以猜想：. 【题型三】 空间向量及其运算 1.用已知向量表示某一向量的三个关键点 (1)要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义． (3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立． 2.应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ ＝x＋y 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 1．如图，棱长为2的正方体中，P、Q分别是面对角线与BD上的动点，且，给出下列两个判断： （1）PQ和始终是异面直线； （2）PQ长的最小值是； 则下列说法正确的是（    ） A．（1）正确，（2）错误 B．（1）错误，（2）正确 C．（1）正确，（2）正确 D．（1）错误，（2）错误 【答案】B 【分析】（1）如图所示，建立空间直角坐标系. 设，求出平面和平面的法向量即得解； （2）求出， 利用二次函数求出函数的最值即得解. 【详解】 （1）如图所示，建立空间直角坐标系. 设，则，，. 所以， 设平面的法向量为， 所以. 设平面的法向量为， 所以. 如果PQ和共面，则平面和平面重合，所以 所以. 所以PQ和始终是异面直线错误； （2）由题得， 因为，所以时，PQ长的最小值是. 所以（1）错误，（2）正确. 故选：B 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是判断命题（1）的真假，借助法向量比较严谨和符合数学的逻辑. 2．设A、B、C、D为空间中的四个点，则“”是“A、B、C、D四点共圆”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】D 【分析】根据共面的性质，结合空间向量的加法和减法的几何意义、充分性、必要性的定义进行判断即可. 【详解】由 ， 当“A、B、C、D四点在同一条直线上时，  A, B, C, D四点不共圆， 若A、B、C、D四点共圆，当ABCD 是矩形时，此时AC，BD为圆的直径,满足，而当ABCD 不是矩形时，显然AC，BD不是圆的直径，此时. 故选: D 3．若正方体上的点是其所在棱的中点，则直线与直线异面的图形是（    ） A．     B．   C．   D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，写出满足每个选项点的坐标，利用向量的坐标运算以及向量平行的定义，结合异面直线的定义逐项判断即可. 【详解】不妨设正方体的棱长为，建立空间直角坐标系，如图所示    对于A，由A选项的图可知,，所以,即，所以，即，故A错误； 对于C，由C选项的图可知,，所以，即，所以，即与共面，故C错误； 对于D，由D选项的图可知,，所以,即，即与共面，故D错误. 对于B，由B选项的图可知,，所以,即不存在实数使得，即与不平行， 由图可知与不相交，所以与是异面直线，故B正确. 故选：B. 4．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行六面体的结构特征，结合空间共面向量定理爱空间向量基本定理逐项判断. 【详解】由，，、、组成空间向量的一个基，得向量、、不共面， 对于A，在平行六面体中，，则与、共面，A不是； 对于C，，与、共面，C不是； 对于D，，与、共面，D不是； 对于B，由，得，不共面， 假设与、共面，则存在，使得， 而，则， 整理得，从而，此方程组无解， 假设不成立，因此与、不共面，可以是. 故选：B 5．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 【答案】B 【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答. 【详解】在平行六面体中，令，，， 则，， ， ，因为不共线所以与不平行，故A错误. ， ，即有，，有公共点， 所以、、三点共线，B选项正确. 因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线， 故C选项错误. 因为，所以，故D选项错误. 故选：B 6．已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立空间直角坐标系，由坐标表示得，画出可行域利用线性规划求解即可. 【详解】因为，所以平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系， 因为都是单位向量，与的夹角即为， 所以，，， 设点，且， 则，，，， 所以由得， 平方得， 由可得， 所以或， 由及可得即， 综上满足的可行域如图所示， 令，则， 由可行域可得在点取得最大值，在点取得最小值， 由解得，， 所以，， 所以的最大值为 ， 故答案为： 7．如图所示，正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，设. (1)当时，求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）； (2)当时，若，且，求正实数的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）构建空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再由空间向量夹角的坐标表示求线面角大小. （2）由（1）易得，根据已知条件及向量坐标的线性运算及数量积的坐标表示求参数t即可. 【详解】（1）以为原点，射线、、分别为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，即， 平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 所以，则设直线与平面所成角为. （2）由（1）所建的坐标系得：，，，即， 又，则，即， 又，则，即. 【题型四】 空间向量的应用 1.用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意异面直线所成角的范围是，即异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 2.利用空间向量求线面角的解题步骤 3.利用法向量的方向判断二面角 二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角． 4.利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法 (1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小． 5.求点面距一般有以下三种方法 ①作点到面的垂线，求点到垂足的距离． ②等体积法． ③向量法． 6.距离、角度有关的轨迹问题 (1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹． (2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面． 1．在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建系，求得直线方向向量，代入夹角公式求解即可. 【详解】 由条件可如图建系，设， 则, 则, 设直线与所成角为， 所以， 所以， 故选：C 2．（2025·上海徐汇·二模）已知平面，是直角三角形，且，，则点P到直线BC的距离是 . 【答案】 【分析】取中点为，连接，通过证明，从而证明点到的距离为，再结合已知条件求出即可. 【详解】取中点为，连接，如下所示： 因为为等腰三角形，又为中点，故； 因为平面，面，故； 又面，故面，又面，故， 故点到直线的距离，即为； 在△中，； 因为平面，面，故，则△为直角三角形； 在△中，，故, 故点到直线的距离为. 故答案为：. 3．直角梯形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，，分别是的中点． (1)证明：平面平面DFM； (2)求平面DEN与平面ENC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理得出平面，再应用线面垂直判定定理得出线面垂直进而得出面面垂直； （2）建立空间坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，再计算面面角的余弦值即可. 【详解】（1）如图，过作AD的垂线交于． ， 平面， 平面平面，平面平面， 平面． 又分别是AB、AF的中点， ， ，即， 又平面， 平面， 又平面， 平面平面． （2） 建立如图所示的空间坐标系， 则， ． 设平面的法向量为， 令． 设平面的法向量为， 设． ， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 4．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．    (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由侧面底面，证得平面，得到，再证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得； （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：在中，由，且为的中点，所以， 因为侧面底面，且平面，侧面底面， 可得平面， 又因为平面，所以， 又由，可得， 因为，所以，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：取的中点，连接， 以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为底面为矩形，且， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又因为平面，所以向量是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为.    5．如图，四边形是正方形，是矩形，平面平面，，G是上一点且．    (1)当时，求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知证明，可得平面，进而可得平面平面； （2）以A为原点，分别以AF、AB、AD所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求AC与平面所成角的余弦值． 【详解】（1）∵四边形是正方形，则. 又平面平面，且平面平面，平面， 则平面，又平面，可得，同理. 当时，G为EF的中点，此时，F，则， ，， 满足，即， 又平面， 则平面. 而平面，则平面； （2）以A为原点，分别以AF、AB、AD所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 因，则； ， 设平面BCG的一个法向量为， 由，取，得． 设AC与平面BCG所成角为θ， 则． 则AC与平面BCG所成角的余弦值为．    6．在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.    (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）由面面垂直的性质定理，由面面垂直得到线面垂直，从而证明线线垂直.                               （2）建立空间直角坐标系，将二面角的夹角转化成求平面的法向量的夹角即可求得. 【详解】（1）    作与， 平面平面， 平面平面, 平面， 平面,因为平面， , ,，平面, 平面，又因为平面， . （2）, , 又，,平面, 平面, 设， 建立如图所示坐标系    则，，，， ，，,, 设平面的法向量， 即， 取，则，， 设平面的法向量， 即， 取，则，，, 二面角的大小为， ， 化简得：解得：即， 7．（2025·上海金山·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，从而可证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）因为平面，平面， 所以， 在中，，则， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，令，则，所以， 所以点到平面的距离为. 8．（2025·上海普陀·二模）如图，在三棱柱中，，且.    (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结，结合已知证明为菱形，以及.进而即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，进而得出相关点以及向量的坐标，然后求出平面的法向量以及，然后根据向量法求解即可得出答案. 【详解】（1）连结，连结CO 在中，， 故是等边三角形，所以为菱形， 所以，且是的中点. 因为， 所以. 因为， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2）    以为原点，为轴，为轴，OC为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面的一个法向量， 则有，即. 令，可得平面的一个法向量为， 所以，直线与平面所成的角的正弦值为 . 9．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． (1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； (2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解； （2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角， 所以， 因为，所以在等腰中，， 所以， 因为是圆柱的底面直径，所以，则， 所以，则，即， 所以在等腰，，平分，则， 所以，则， 故在中，，，则， 在中，， 因为是圆柱的母线，所以面， 所以， ， 所以． （2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，， 则， 所以，，， 因为，所以， 则， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 设二面角的平面角为，易知， 所以， 因此二面角的余弦值为． 易错点一：不能确定棱锥的外接球球心致错 【典型例题】已知在四棱锥中，底面为边长为4的正方形，侧面底面，且为等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） 特别提醒：在求棱锥的外接球的相关问题中，关键是球心和半径的确定.球心的确定本质上是过棱锥的任意两个表面图形外接圆的圆心的垂线的交点，半径是球心到棱锥任意一个顶点的距离. 【解析】如图所示，在四棱锥中，设和正方形的外接圆的圆心分别为，分别过作两个平面的垂线交于点，则由外接球的性质知，点即为外接球的球心. 取线段的中点，连接，，，，则四边形 为矩形.在等边三角形中，可得，则，即 在正方形中，由，可得，在中，可得，设外接球半径为，则，所以四棱锥外接球的表面积.故选. 【答案】 易错点二：忽视组合体重叠部分致误 【典型例题】每逢春节人们会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图①，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分.如图②，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫作球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图①，已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆的直径为，若要用布料将灯笼全部包围，则所需布料的面积为（ ） 特别提醒：在求解组合体的表面积时，经常会分别计算出每个几何体的表面积，然后相加，这个时候需要注意，几何体和几何体之间重叠部分的面积需要减掉，以免重复计数，导致错误. 【解析】由题意得，解得 所以 所以两个球冠的面积为 则所需布料的面积为 故选. 易错点三：空间点、线、面位置关系判断不清致误 【典型例题】已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） 特别提醒：对空间点、线、面位置关系判断不清，考虑不全面都会导致求解出错，如本题选项，若不是垂直于与的交线，则与可能相交、平行或. 【解析】对于，若，，则或，故错误； 对于，若，，，则，故正确； 对于，若，，只有当垂直于与的交线时，故错误； 对于，若，，，则或与相交，故错误. 【答案】 易错点四：关于线面平行问题的易错点总结 【典型例题】在四棱锥中，底面为直角梯形，分别为线段的中点，底面， （1）作出平面与平面的交线，并证明； （2）求点到平面的距离. 特别提醒：（1）线面平行的判定，平面外的直线与平面内的直线平行，经常忽视“平面外”的条件； （2）线面平行的性质，一条直线平行于平面，经过该直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行，经常忽视“交线”的条件； （3）在作两个平面的交线时，易忽视两个平面已有的公共点. 【解析】（1）如图，连接，，且为的中点，， 且，：四边形为平行四边形， 平面，平面， //平面. 又平面，平面平面 取的中点，连接，则，又，，故就是所求的直线. （2）连接. 为的中点，为的中点， 平面， ，平面，平面，. ，点到平面的距离相等，且由四边形为正方形得. 设为点到平面的距离， 易错点五：忽视两条直线相交的条件致错 【典型例题】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，是的中点，是线段上的动点. （1）证明：平面； （2）若点到平面的距离为，求的值. 特别提醒：证明线面垂直，需要证明平面外的直线与平面内的两条相交直线垂直.经常忽视的是两条直线相交的条件.本题中连接，通过证明，，直线相交于点，且在平面内，可得平面. 【解析】（1）【证明】连接，在中，因为，，，所以. 因为，，所以是等边三角形.因为是的中点，所以在中，，满足所以.又，所以平面. （2）【解】过点作，垂足为，连接，由（1）可知平面，平面，所以.因为平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面. 由.得 解得，所以. 易错点六：误认为“两点之间线段最短”，直接连接两个点求长度 【典型例题】如图，在直三棱柱中，为棱上的一动点，则当最小时，的面积为 . 特别提醒：解决此类问题最常见的错误就是认为“两点之间线段最短”，直接连接两个点求长度，若问题改为“点沿着直三棱柱的表面到达，的中点"，则有多个不同的平面展开图，分别求值，再比较出其中最小的一个. 【解析】将直三棱柱，的侧面沿，展开，如图所示，连接，则与的交点即为，最小时的点. 在展开图中，，， 由易知 在直三棱柱中， 在中，， 故的面积 易错点七：误认为直线的方向向量与平面的法向量的夹角就是直线和平面的夹角. 【典型例题】如图，在直三棱柱中，为的中点，点在上，且. （1）证明：平面平面； （2）若，且三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值. 特别提醒：直线的方向向量与平面的法向量的夹角不一定是直线和平面的夹角.直线和平面的夹角为，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. 【解析】 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 抢分秘籍06 空间向量与立体几何 目录 【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】空间几何体的结构 【题型二】 空间几何体的表面积与体积 【题型三】 空间向量及其运算 【题型四】 空间向量的应用 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：不能确定棱锥的外接球球心致错 易错点二：忽视组合体重叠部分致误 易错点三：空间点、线、面位置关系判断不清致误 易错点四：关于线面平行问题的易错点总结 易错点五：忽视两条直线相交的条件致错 易错点六：误认为“两点之间线段最短”，直接连接两个点求长度 易错点七：误认为直线的方向向量与平面的法向量的夹角就是直线和平面的夹角. 题型分布：空间向量与立体几何在上海高考中题型多样，涵盖选择题、填空题和解答题。在解答题中通常是解答题17题，在选择题和填空题中也会经常出现相关考点，例如考查空间几何体的结构特征、位置关系判断等。 考点分布： 空间几何体的结构与性质：常考棱柱、棱锥、圆柱、圆锥等几何体的结构特征，如 2023 年考查了棱锥的结构特征，2024 年涉及正方体中一些命题的判断，包括过点的直线与正方体棱所成角、过点的平面与正方体面所成锐二面角等问题。 空间几何体的表面积与体积：每年都会考查，如 2022 年考查圆柱的侧面积、棱柱棱锥的体积，2024 年有棱锥体积的计算等。 点、直线、平面之间的位置关系：是重点考查内容，包括线线、线面、面面的平行与垂直关系的判断和证明。如 2023 年考查直线与平面平行、异面直线的判定，2024 年考查空间中直线与平面之间的位置关系、平面与平面之间的位置关系等。 空间角与距离：空间角的考查频率较高，包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等，距离问题如点到平面的距离也有所涉及。例如 2022 - 2024 年都有直线与平面所成角的题目，2023 - 2024 年考查了二面角的平面角及求法。 难度分布：选择题和填空题中的相关题目以中等难度为主，主要考查对基本概念、定理的理解和简单应用。解答题通常难度中等偏上，会综合考查多个知识点，如线面关系的证明与空间角的计算结合，需要学生具备较强的逻辑推理能力、空间想象能力和计算能力。 熟练掌握空间向量的基本概念和运算，如向量的加法、减法、数乘、点积和叉积等，以及向量的模长、夹角公式。 牢记立体几何中的基本概念、定理和性质，包括线面平行、垂直的判定定理和性质定理，面面平行、垂直的判定定理和性质定理等。 梳理常见空间几何体的结构特征、表面积和体积公式，如棱柱、棱锥、圆柱、圆锥、球等 【题型一】空间几何体的结构 1.辨别空间几何体的两种方法 ①定义法：紧扣定义进行判定； ②反例法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可． 2.在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段：平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半． 3.在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化． 1．在三棱锥中，底面为斜边的等腰直角三角形，顶点S在底面上的射影为的中点．若，为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·上海黄浦·二模）给定四面体．平面满足：①、、、四个点均不在平面上，也不在的同侧；②若平面与四面体的棱有公共点，则该公共点一定是此棱的中点或两个三等分点之一．设、、、四个点到平面的距离分别为，那么的所有不同值的个数组成的集合为（    ） A． B． C． D． 3．如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球球面上，，，则三棱锥体积的最大值为 ． 5．（2025·上海黄浦·二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 米．（结果精确到0.01米）    6．如图，正四棱柱中，，点E、F分别是棱BC和的中点． (1)判断直线与的关系，并说明理由； (2)若直线与底面ABCD所成角为，求四棱柱的全面积． 7．如图，将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截出多面体，E是的中点.过点C，E，的平面与该多面体的面相交，交线围成一个多边形. (1)在图中画出该多边形（说明作法和理由），并求其面积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 8．（2025·上海徐汇·二模）如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 【题型二】 空间几何体的表面积与体积 求空间几何体的体积的常用方法 公式法 规则几何体的体积，直接利用公式 割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体 等体积法 通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积 1．（2025·上海普陀·二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 . 2．（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 3．（2025·上海松江·二模）如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为 . 4．（2025·上海杨浦·二模）如图，点分别是直角三角形的边上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为 . 5．（2025·上海嘉定·二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度l需满足．当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为 米（精确到0.01米）． 6．（2025·上海青浦·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为菱形，. (1)求证：平面BDS； (2)若，求四棱锥的体积. 7．（2025·上海奉贤·二模）将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是、、．    (1)请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是______，求解以下个问题： ①求出所选方案相对应的棱锥的侧面积、、； ②求出所选方案相对应棱锥的体积、、的最大值． (2)假设三个方案中相应的体积最大值分别记作、、，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 【题型三】 空间向量及其运算 1.用已知向量表示某一向量的三个关键点 (1)要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义． (3)在立体几何中，三角形法则、平行四边形法则仍然成立． 2.应用共线(面)向量定理证明点共线(面)的方法比较 三点(P，A，B)共线 空间四点(M，P，A，B)共面 ＝λ ＝x＋y 对空间任一点O，＝＋t 对空间任一点O，＝＋x＋y 对空间任一点O，＝x＋(1－x) 对空间任一点O，＝x＋y＋(1－x－y) 1．如图，棱长为2的正方体中，P、Q分别是面对角线与BD上的动点，且，给出下列两个判断： （1）PQ和始终是异面直线； （2）PQ长的最小值是； 则下列说法正确的是（    ） A．（1）正确，（2）错误 B．（1）错误，（2）正确 C．（1）正确，（2）正确 D．（1）错误，（2）错误 2．设A、B、C、D为空间中的四个点，则“”是“A、B、C、D四点共圆”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 3．若正方体上的点是其所在棱的中点，则直线与直线异面的图形是（    ） A．     B．   C．   D． 4．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（    ）    A． B． C． D． 5．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 6．已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，则的最大值为 ． 7．如图所示，正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，设. (1)当时，求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）； (2)当时，若，且，求正实数的值. 【题型四】 空间向量的应用 1.用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系． (2)用坐标表示异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值． (4)注意异面直线所成角的范围是，即异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值． 2.利用空间向量求线面角的解题步骤 3.利用法向量的方向判断二面角 二面角的大小可以通过这两个面的法向量的夹角求得，它等于两法向量的夹角或其补角，法向量的方向指向内部的称为“进”入半平面；法向量的方向指向外部的称为穿“出”半平面；当法向量m，n“一进一出”时，m，n的夹角就是二面角的大小；当法向量m，n“同进同出”时，m，n的夹角就是二面角的补角． 4.利用空间向量计算平面与平面夹角大小的常用方法 (1)找法向量：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到平面与平面夹角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，然后通过这两个向量的夹角可得到平面与平面夹角的大小． 5.求点面距一般有以下三种方法 ①作点到面的垂线，求点到垂足的距离． ②等体积法． ③向量法． 6.距离、角度有关的轨迹问题 (1)距离：可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹． (2)角度：直线与面成定角，可能是圆锥侧面；直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面． 1．在直三棱柱中，，则直线与所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·上海徐汇·二模）已知平面，是直角三角形，且，，则点P到直线BC的距离是 . 3．直角梯形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，，分别是的中点． (1)证明：平面平面DFM； (2)求平面DEN与平面ENC夹角的余弦值． 4．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．    (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 5．如图，四边形是正方形，是矩形，平面平面，，G是上一点且．    (1)当时，求证：平面； (2)当时，求直线与平面所成角的余弦值． 6．在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.    (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 7．（2025·上海金山·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 8．（2025·上海普陀·二模）如图，在三棱柱中，，且.    (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 9．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． (1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； (2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 易错点一：不能确定棱锥的外接球球心致错 【典型例题】已知在四棱锥中，底面为边长为4的正方形，侧面底面，且为等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） 易错点二：忽视组合体重叠部分致误 【典型例题】每逢春节人们会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图①，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分.如图②，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫作球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图①，已知该灯笼的高为，圆柱的高为，圆柱的底面圆的直径为，若要用布料将灯笼全部包围，则所需布料的面积为（ ） 易错点三：空间点、线、面位置关系判断不清致误 【典型例题】已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） 易错点四：关于线面平行问题的易错点总结 【典型例题】在四棱锥中，底面为直角梯形，分别为线段的中点，底面， （1）作出平面与平面的交线，并证明； （2）求点到平面的距离. 易错点五：忽视两条直线相交的条件致错 【典型例题】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，是的中点，是线段上的动点. （1）证明：平面； （2）若点到平面的距离为，求的值. 易错点六：误认为“两点之间线段最短”，直接连接两个点求长度 【典型例题】如图，在直三棱柱中，为棱上的一动点，则当最小时，的面积为 . 易错点七：误认为直线的方向向量与平面的法向量的夹角就是直线和平面的夹角. 【典型例题】如图，在直三棱柱中，为的中点，点在上，且. （1）证明：平面平面； （2）若，且三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$