专题10 空间向量与立体几何（上海专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）高考1年模拟数学真题分类汇编

专题10 空间向量与立体几何 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 几何体的表面积和体积 （5年3考） 2025年柱体体积的有关计算 2022年圆锥表面积的有关计算 2021年圆柱表面积的有关计算 1.线面关系的证明是基础必考题。 2.空间角的求解在近 5 年保持高频考查态势。其中二面角是绝对核心，几乎每年必考，其次是直线与平面所成角，异面直线所成角偶有涉及。 3.空间几何体的体积计算是重点考查内容，5 年内频繁出现，涉及棱柱、棱锥、球等各种类型的几何体，且常与其他知识点结合。与球有关的切、接问题也是重要考点，多以正方体、正四棱锥等为背景，考查考生对空间几何体结构特征的理解和空间想象能力。此外，空间几何体的表面积计算及其他量的计算也时有出现。 4.从全国及上海高考数学的整体趋势来看，立体几何部分可能会出现新定义问题。 点、直线、平面之间的位置关系（5年5考） 2025年圆锥表面积的有关计算、证明面面平行、面面平行证明线面平行 2024年求线面角、求旋转体的体积 2023年证明线面平行、求二面角、锥体体积的有关计算、证明面面平行 2022年异面直线的判定；线面角的向量求法、锥体体积的有关计算 2021年锥体体积的有关计算、异面直线夹角的向量求法 空间几何体的结构（5年1考） 2023年棱锥的结构特征和分类 空间向量 （5年1考） 2024年空间向量的坐标运算 考点01 几何体的表面积和体积 1．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    2．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为 . 3．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为 . 考点02 点、直线、平面之间的位置关系 4．（2022·上海·高考真题）如图，正方体中，分别为棱的中点，连接，对空间任意两点，若线段与线段都不相交，则称两点可视，下列选项中与点可视的为（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 5．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面. （1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 6．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，    (1)求三棱锥P-ABC的体积； (2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）. 7．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 8．（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． 9．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 考点03空间几何体的结构 10．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 考点04空间向量 11．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 一、单选题 1．（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． 2．（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． 3．（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 二、填空题 4．（2025·上海徐汇·二模）在空间直角坐标系中，向量若，则 . 5．（2025·上海·模拟预测）不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ． 6．（2025·上海·模拟预测）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于 .    7．（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 . 8．（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 . 9．（2025·上海浦东新·二模）已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为 ．（用反三角表示） 10．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知在底面半径为1且高为10的圆柱体的表面上有三个动点、、，则的最小值为 . 三、解答题 11．（2025·上海·模拟预测）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． 12．（2025·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 13．（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. 14．（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. 15．（2025·上海浦东新·三模）如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，且平面. (1)证明：平面平面； (2)若点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 16．（2025·上海浦东新·三模）如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且．为半圆弧上的动点（与，不重合） (1)证明：平面平面； (2)若四边形为正方形，且，，求二面角的余弦值． 17．（2025·上海·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，，是底面半径，，为劣弧的中点. (1)证明：平面； (2)若圆锥底面半径为1，高为2，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18．（2025·上海黄浦·三模）如图，在四面体中，为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为.    (1)证明：平面； (2)求的长. 19．（2025·上海·模拟预测）如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段为圆锥底面的直径，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点. (1)当时，证明:平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值. / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 空间向量与立体几何 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 几何体的表面积和体积 （5年3考） 2025年柱体体积的有关计算 2022年圆锥表面积的有关计算 2021年圆柱表面积的有关计算 1.线面关系的证明是基础必考题。 2.空间角的求解在近 5 年保持高频考查态势。其中二面角是绝对核心，几乎每年必考，其次是直线与平面所成角，异面直线所成角偶有涉及。 3.空间几何体的体积计算是重点考查内容，5 年内频繁出现，涉及棱柱、棱锥、球等各种类型的几何体，且常与其他知识点结合。与球有关的切、接问题也是重要考点，多以正方体、正四棱锥等为背景，考查考生对空间几何体结构特征的理解和空间想象能力。此外，空间几何体的表面积计算及其他量的计算也时有出现。 4.从全国及上海高考数学的整体趋势来看，立体几何部分可能会出现新定义问题。 点、直线、平面之间的位置关系（5年5考） 2025年圆锥表面积的有关计算、证明面面平行、面面平行证明线面平行 2024年求线面角、求旋转体的体积 2023年证明线面平行、求二面角、锥体体积的有关计算、证明面面平行 2022年异面直线的判定；线面角的向量求法、锥体体积的有关计算 2021年锥体体积的有关计算、异面直线夹角的向量求法 空间几何体的结构（5年1考） 2023年棱锥的结构特征和分类 空间向量 （5年1考） 2024年空间向量的坐标运算 考点01 几何体的表面积和体积 1．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为 ．    【答案】 【知识点】柱体体积的有关计算 【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积. 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 2．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为 . 【答案】 【知识点】圆锥表面积的有关计算 【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积. 【详解】圆锥底面积为，则底面半径为3，又圆锥的高为4， 则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为 故答案为： 3．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为 . 【答案】 【知识点】圆柱表面积的有关计算 【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案. 【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2， 根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为. 【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题. 考点02 点、直线、平面之间的位置关系 4．（2022·上海·高考真题）如图，正方体中，分别为棱的中点，连接，对空间任意两点，若线段与线段都不相交，则称两点可视，下列选项中与点可视的为（    ） A．点 B．点 C．点 D．点 【答案】B 【知识点】异面直线的判定 【分析】根据异面直线的定义判断即可. 【详解】A选项：四边形是平行四边形，与相交，故A错； C选项：四边形是平行四边形，与相交，故C错； D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错； 利用排除法可得选项B正确. 故选：B. 5．（2021·上海·高考真题）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面. （1）若△为等边三角形，求四棱锥的体积； （2）若的中点为，与平面所成角为45°，求与所成角的大小. 【答案】（1）；（2）. 【知识点】锥体体积的有关计算、异面直线夹角的向量求法 【分析】（1）由棱锥体积公式计算； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点， ∴，； （2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，， ，∴，， ∴， 即与所成角的大小为． 6．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，    (1)求三棱锥P-ABC的体积； (2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）. 【答案】(1)1； (2)． 【知识点】线面角的向量求法、锥体体积的有关计算 【分析】（1）由棱锥体积公式计算； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角． 【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理， 又，，∴， 而， 所以； （2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由已知， 则，，，∴， ，易知平面的一个法向量是， ， 设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．    7．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，， (1)求证：平面； (2)若四棱柱体积为36，求二面角大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面平行、求二面角、锥体体积的有关计算、证明面面平行 【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证； （2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可． 【详解】（1）由题意知，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，且平面，平面， 所以平面， 又，、平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． （2）由题意知，底面为直角梯形， 所以梯形的面积， 因为四棱柱的体积为36， 所以， 过作于，连接， 因为平面，且平面， 所以， 又，、平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在△中，， 所以， 所以，即， 故二面角的大小为． 8．（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． 【答案】(1) (2) 【知识点】求线面角、求旋转体的体积 【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积； （2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解. 【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. 9．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．    (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD． 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】圆锥表面积的有关计算、证明面面平行、面面平行证明线面平行 【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解. （2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得. 【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故， 底面周长为，则侧面积为：; （2）由题知，则根据中位线性质，， 又平面，平面，则平面 由于，底面圆半径是，则，又，则， 又，则为等边三角形，则， 于是且，则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面. 又平面， 根据面面平行的判定，于是平面平面， 又，则平面，则平面    考点03空间几何体的结构 10．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 【答案】9 【知识点】棱锥的结构特征和分类、分类加法计数原理 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【详解】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解. 考点04空间向量 11．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】判断命题的充分不必要条件、空间向量的坐标运算 【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案. 【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 一、单选题 1．（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 2．（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 3．（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件可得集合中所有向量共起点时，终点在球面上，再利用数量积的运算律求出的最大值，进而求出值. 【详解】令集合的各向量起点为，对应终点依次为， 由向量为单位向量，则点在以为球心，1为半径的球面上， 由，得点中任意三点不共线， 由，得，则， 由，同理得，而点不共线， 于是点不共面，点为球内接正四面体的4个顶点， 若，不妨取，同理得，平面， 又，由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，得点平面， 与点不共面矛盾，因此，设正四面体的棱长为， 则正的外接圆半径为，正四面体的高为， 球心到平面的距离为，因此，解得， 所以. 故选：C 二、填空题 4．（2025·上海徐汇·二模）在空间直角坐标系中，向量若，则 . 【答案】 【分析】根据空间向量平行的坐标表示，结合已知条件，直接计算即可. 【详解】若，则， 解得，，故. 故答案为：. 5．（2025·上海·模拟预测）不与共面，并且四点在一个平面上，（），则的最小值为 ． 【答案】16 【分析】由向量共面定理有，再应用基本不等式“1”的代换求最小值. 【详解】由题设，不与共面，且四点共面， 所以，可得，且， 所以， 当且仅当时取等号，则最小值为16. 故答案为：16 6．（2025·上海·模拟预测）如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于 .    【答案】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意，. 故答案为： 7．（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：. 8．（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：. 9．（2025·上海浦东新·二模）已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为 ．（用反三角表示） 【答案】 【分析】由题意可设设，，结合，，求得和，再结合向量夹角得坐标表示即可求解. 【详解】可设，设， 则， 所以， 两式相减可得：，再代入第一个式子， 可得： 设向量与向量夹角为， 则， 易知对于当即取得最大值， 此时取得最大值， 即的最大值为，时取得， 再由余弦函数的单调性可知的最小值为， 故答案为： 10．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知在底面半径为1且高为10的圆柱体的表面上有三个动点、、，则的最小值为 . 【答案】 【分析】利用空间向量的线性运算与数量积运算转化为平面向量，结合三角函数恒等变换与三角函数性质求最值即可. 【详解】如图，过点、、分别作与圆柱底面平行的平面截圆柱得圆， 设点在圆上的射影点为，点在圆上的射影点为，点在圆上的射影点为， 则 由可得到， 当且仅当时，等号成立， 如图，在圆所在平面建立平面直角坐标系， 则， 所以 则 ， 当，时，等号成立； 故，所以的最小值为. 故答案为：. 三、解答题 11．（2025·上海·模拟预测）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． 【答案】(1)证明过程见解析，体积为 (2) 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； （2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，求出，进而求出二面角的大小. 【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. 12．（2025·上海浦东新·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）法一：几何法：取中点，连接、，通过，即可求证；法二：向量法：求得平面法向量取平面的法向量 由，即可求证； （2）法一：几何法：作，垂足为，连接，确定直线与平面所成的角为，进而可求解；法二：向量法：由线面夹角公式求解即可. 【详解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 13．（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 . 14．（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. 15．（2025·上海浦东新·三模）如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，且平面. (1)证明：平面平面； (2)若点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）要证明面面垂直，即需要证明线面垂直，那么过这条线的平面就会垂直于另一平面. （2）首先根据三棱锥体积取得最大这个条件得出的结论，然后找出平面与平面的二面角，最后根据线段关系和相似三角形求出该二面角的余弦值，或者建立平面直角坐标系，利用向量法进行求解. 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为为半圆的直径，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）方法1： ，当且仅当时等号成立. 设圆心为，连接，在平面上过作， 连接，在平面上过作，如图所示. 因为，，所以， 因为平面，平面，所以平面平面， 因为平面，平面平面，所以平面ABC，平面， 则，，平面，所以平面，而平面， 于是，所以为平面与平面的夹角， 在平面上，，有，得，， ，有，得， 则，， 平面与平面所成锐角的余弦值为. 方法2： 据（1）知，面，， 当时，达到最大： 过点作于，建立以为原点，为轴，为轴， 过点垂直于平面的方向为z轴.设平面与平面的法向量分别为，. 则点，，，，. ，；则； 令，可得；因为平面的法向量为. 则平面与平面夹角的余弦值. 16．（2025·上海浦东新·三模）如图，已知一个由半圆柱与多面体构成的几何体，平面与半圆柱的下底面共面，且．为半圆弧上的动点（与，不重合） (1)证明：平面平面； (2)若四边形为正方形，且，，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）面面垂直判定应用，由两个线线垂直：，，得线面垂直，进而得面面垂直； （2）根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值. 【详解】（1）在半圆柱内，平面，所以； 因为为上底面对应圆的直径，所以， 又，平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. （2）根据题意以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以，，，，， 所以，， 平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， 则，令，则， 取，所以， 由图可知，二面角为钝角， 所以所求二面角的余弦值为. 17．（2025·上海·三模）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，，是底面半径，，为劣弧的中点. (1)证明：平面； (2)若圆锥底面半径为1，高为2，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线线平行，可证明线面平行，所以需要证明与平面内的一条直线即可. （2）首先建立空间直角坐标系，然后将点的坐标表示出来，进而可将向量的坐标表示出来，设出平面和平面的法向量，利用坐标关系求出法向量的坐标，最后利用数量积求出两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）连接，如图所示. 因为点是劣弧的中点，， 所以. 因为，所以为等边三角形. 所以，根据内错角相等，两直线平行， 所以，因为平面，而不在平面上， 所以平面. （2）过点作交于点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得，，则， 所以，， 因此，当四边形面积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 18．（2025·上海黄浦·三模）如图，在四面体中，为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为.    (1)证明：平面； (2)求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案； （2）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得，把这个三棱锥换成以作底面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）因为，，， 所以，即， 又，，平面， 所以平面； （2）由平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，平面，所以， 把这个三棱锥换成以作底面，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 设，则，则，， ，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 因为二面角的大小为， 所以，解得.      19．（2025·上海·模拟预测）如图所示，圆锥的底面半径为4，高为4，线段为圆锥底面的直径，点在线段上，且，点是以为直径的圆上一动点. (1)当时，证明:平面平面； (2)当三棱锥的体积最大时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由垂直于圆锥的底面，所以，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面. （2）当三棱锥的体积最大时，得到为弧的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）因为垂直于圆锥的底面，所以， 当时，，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）当三棱锥的体积最大时，只需的面积最大，此时为弧的中点，如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系， 因为，所以， 则， 设平面的法向量为，则， 取，得，所以， 设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角正弦值为. / 学科网（北京）股份有限公司 $$