专题04 空间向量与立体几何（期末真题汇编，山东专用）高三数学上学期

专题04 空间向量与立体几何 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、线、面的位置关系 考点03 空间向量在立体几何中的应用 地 城 考点01 空间几何体 一、单选题 1．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知某圆锥的高为h，且该圆锥的顶点和底面圆周上的各点均在半径为R的球O的表面上，则当圆锥的侧面展开图的圆心角与轴截面的顶角之差取得最大值时（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆锥的母线长为l，轴截面的顶角为，侧面展开图的圆心角为，底面圆半径为r，，令，利用导数求解可求得. 【详解】设圆锥的母线长为l，轴截面的顶角为， 侧面展开图的圆心角为，底面圆半径为r，则， 侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长， 因此 记， 则 因为在上单调递减， 且， 所以存在唯一的满足即， 且当时，，则在上单调递增； 当时则在上单调递减， 于是是的极大值点，也是最大值点，此时 则，所以① 在中②， 联立①②，得③， 如图，在圆锥中，高轴截面的顶角 则 在中，由勾股定理得 化简得④， 联立③④，得，化简得. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：求得，构造函数，利用导数可求得最大值时，，进而运算求解. 2．（24-25高三上·山东青岛·期末）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由下面圆柱部分和上面圆锥部分组合而成，用毛毡覆盖其表面（底面除外）．其中圆柱的高为，底面半径为，圆锥的顶点到底面的距离是，则图中蒙古包所用毛毡的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意得到圆锥的母线长，分别求得圆锥和圆柱的侧面积即可. 【详解】解：由题意得：圆锥的高为3m，底面半径为4m， 所以圆锥的母线长为5m， 所以圆锥的侧面积为，而圆柱的侧面积为， 所以蒙古包所用毛毡的面积为， 故选：D 3．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知三棱锥的底面的面积为6，顶点到底面三条边的距离均相等，且三个侧面的面积分别为，则该三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过向底面作垂线，垂足为，分别过向三边作垂线，垂足分别为，连接，由题意可证得，从而，可得为三角形的内心，再利用底面的面积和侧面积，分别计算可得的内切圆半径及的值，进而可求三棱锥的高，即可求体积. 【详解】过作底面，垂足为，分别过作，垂足分别为，连接， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理， 则，所以≌≌， 所以，所以为三角形的内心， 由三棱锥的三个侧面的面积分别为3，4，5，得三边之比为 不妨设为， 由底面的面积为6，所以，解得， ∴. 设内切圆的半径为，则，所以. 由侧面的面积为5，所以，所以. 所以， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键在于利用顶点到底面三条边的距离均相等，得到在平面的投影是三角形的内心，据此计算可求得体积. 4．（2025·菏泽·期末）在正四棱台中，已知，该正四棱台的体积为168，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据台体的结构特征以及台体的体积公式运算求解. 【详解】连接相交于点，相交于点，连接， 则为正四棱台的高，作，垂足为， 则，， 四边形是等腰梯形，， 所以，， ， 由，得， 可得． 故选：C. 5．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】过点作底面的射影，利用条件推理证明点为的中点，利用求出即得. 【详解】 如图，过点作底面的射影，因，则点为的外心， 又因，，故点为的中点， 连接，则三棱锥的外接球的球心必在上， 连接，则， ， 在中，， 因平面，故球心到平面的距离为. 故选：A. 6．（24-25高三上·山东淄博·期末）若圆柱、圆锥的底面半径和高都与球的半径相等，则圆柱、圆锥、球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆柱、圆锥、球的体积公式运算求解即可. 【详解】设球的半径为， 所以圆柱、圆锥、球的体积之比为. 故选：D. 二、多选题 7．（24-25高三上·山东泰安·期末）如图，在正四棱柱中，底面正方形的边长为为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（    ）    A．若直线为平面和平面的交线，则平面中不存在直线与平行 B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．直线与平面所成角最大时， 【答案】ACD 【分析】根据线面平行的性质定理可判断A，利用空间向量计算数量积可判断B，根据三棱锥的体积公式计算判断C，根据线面角定义得出最值即可判断D. 【详解】对于A，因为平面，且平面，平面平面，所以； 又与平面相交，则平面中不存在直线与平行，即平面中不存在直线与平行，故A正确； 对于B，   建立如图所示的空间直角坐标系，因为，， 所以，，，， 则，， 因为，所以不成立，即不成立， 所以平面不成立，故B错误； 对于C，因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，又为线段上的一个动点， 所以点到平面的距离为定值， 又，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D，由选项C可知，点到平面的距离为定值， 记直线与平面所成角为， 则，又正弦函数在上单调递增，则最大时，最大， 所以当最小时，有最大值，此时， 此时，在中，，又，所以， 在中，，从而，故D正确； 故选：ACD. 8．（24-25高三上·山东日照·期末）已知正方体的棱长为6，过棱的中点作正方体的截面，则（    ） A．截面多边形的周长为 B．截面多边形的面积为 C．截面多边形存在外接圆 D．截面所在平面与平面所成角的正弦值为 【答案】AB 【分析】根据题意画出正方体，将题中截面画出，根据边长关系即可求出边长和面积；判断截面多边形各边长垂直平分线是否交于一点即可判断出多边形是否存在外接圆；根据二面角定义和余弦定理求出截面所在平面与平面所成角. 【详解】设，，的中点分别为、、， 连接并延长交直线，的延长线于点，，连接交于， 连接交于，连接，得到截面五边形，连接与的中点. 由，为中点，，，，因此周长为，故A正确. ，， ，， ， 截面多边形的面积为，故B正确. 与是公用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，故C错误. 因为， 根据二面角定义可知为截面与底面所成角（或补角）， ，， 根据余弦定理可得， 故， 所以截面所在平面与平面所成角的正弦值为，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据平面的性质作出截面图形. 9．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知圆柱的高为2，为下底面圆的一条直径，为上底面圆上任意一点，球内切于圆柱，则（    ） A．球的体积为 B．直线，为异面直线 C．直线与圆柱上底面所成的角为 D．平面截球所得截面面积最小值为 【答案】ACD 【分析】由球内切于圆柱得到球的半径可判断A；若点在平面截圆柱所得的截面内，得到直线，共面可判断B；直接求线面角可判断C；过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求解可判断D. 【详解】因为圆柱的高为2，且球内切于圆柱， 所以球的半径， 对于A，球的体积，故A正确； 对于B，设平面截圆柱所得截面为， 当点在截面内时，直线与直线共面，故B错误； 对于C，因为平面，所以即为直线与圆柱下底面所成的角，如图： 又，所以为等腰直角三角形，即， 因为圆柱的上下底面平行，所以直线与圆柱上底面所成的角为，故C正确； 对于D，设过点的圆柱的轴截面为， 过点在平面内作，垂足为，如图： 易知，，， 由勾股定理可得， 因为与相似，所以， 即， 设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为， 因为平面，当平面时，取最大值，即， 所以， 所以平面截得球的截面面积最小值为，故D正确. 故选：ACD. 10．（2025·烟台·期末）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形，，它们的中心分别为，，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（   ） A．异面直线与所成的角为 B．平面 C．该多面体外接球的表面积为 D．直线与下底面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【分析】根据几何特征应用线面垂直判定定理判断B，求出外接球的表面积判断C，计算异面直线所成角，线面角判断A，D. 【详解】对于A，设，在下底面的射影分别为，，则平分，为等边三角形， 所以异面直线与所成的角为，故A错误． 对于B，易知垂直于底面，所以， 又平分，所以， 因为平面，所以平面，从而平面，故B正确． 对于C，设的中点为，在下底面上的射影为， 上、下两底面间的距离为，外接球的半径为，则，， 所以，， 从而所求外接球的表面积为，故C正确． 对于D，设直线与下底面所成的角为，由上面可知，所以，故D正确． 故选：BCD. 11．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知圆台上、下底面半径分别为1，4，半径为的球内切于圆台，则（   ） A． B．圆台侧面展开图扇环的圆心角为 C．过的截面与底面所成角为60°时，到截面距离为 D．在圆台内放一正方体，正方体可绕其中心自由转动，则该正方体棱长的最大值为 【答案】ABD 【分析】对A，根据轴截面分析即可；对B，根据圆台的侧面积公式求解即可；对C，应用二面角及点到平面距离计算即可；对D，计算圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可 【详解】对A，圆台上、下底面半径分别为1，4，， 则半径为的球内切于圆台，所以，故A正确； 对B，由A母线长为5，设圆台侧面展开图扇环的圆心角为，则根据扇形弧长，所以，故B正确； 对C，过的截面与底面所成角为60°时，圆面， 所以，到截面距离为，故C错误； 对D，由题意A，圆台中能放下的最大球的半径为，直径为， 故在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体为该球的内接正方体，棱长为，故D正确； 故选：ABD 三、填空题 12．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，几何体，其中，均为正三棱锥，，点，分别为和棱的中点，且几何体各顶点都在一个球面上，若，则该几何体的体积为 ． 【答案】/ 【分析】根据几何体的特征，可判断几何体的球心为的中点，设，，，则由，得，由，，结合，可得，进而由可得几何体的体积. 【详解】由题意，平面，几何体的外接球直径为，不妨设， 设的中点为，即为外接球的球心， 连接，则， 设，，则，，，， 在中，，得， 在中，，同理， ， 化简得，代入，可得， 故， 几何体的体积为， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是根据，均为正三棱锥确定几何体的球心为的中点，进而根据几何体线的几何关系求得，进而可得. 13．（24-25高三上·山东淄博·期末）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 ． 【答案】 【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. 【详解】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． 14．（24-25高三上·山东烟台·期末）在三棱锥中，两两垂直，，若点为三棱锥外接球上一动点，则点到平面距离的最大值为 . 【答案】 【分析】把三棱锥补成一个长方体，利用长方体的外接球可求得点到平面距离的最大值. 【详解】因为两两垂直，所以三棱锥可补成一个长方体，如图所示： 所以长方体的体对角线为三棱锥外接球的直径， 所以，所以外接球的半径， 又球心到平面的距离为， 因为点为三棱锥外接球上一动点， 所以点到平面距离的最大值为. 故答案为：. 15．（23-24高三上·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱中，，，则该三棱柱外接球的表面积为 ；若点为线段的中点，点为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为 . 【答案】 【分析】把直三棱柱可补充一个长方体，结合长方体的性质，求得外接球的半径，得到其表面积；连接，延长交于点，取的中点，连接， 在过点作，证得截面四边形为直角梯形，设，求得梯形的面积为，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【详解】由题意，直三棱柱中，，， 该直三棱柱可补充一个长方体， 其中直三棱柱的外接球和补成的长方体的外接球是同一个球， 又由长方体过同一顶点的三条棱长分别为，可得对角线长为， 所以外接球的半径为，则该三棱柱外接球的表面积为； 如图所示，连接，并延长交于点，取的中点，连接， 则且，在过点作，可得， 连接，则四边形即为过点的截面， 在中，因为，且为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以四边形为直角梯形， 在中，由且，可得，所以， 设，在直角中，可得， 又由，可得， 所以直角梯形的面积为 ，其中， 设， 可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 时，，单调递减， 又由，可得， 所以当时，函数取得最大值，此时梯形的面积取得最大值. 故答案为：. 【点睛】知识方法点拨：对于立体结合中的截面的探索性以及最值问题的求解策略： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 5、对于探索性问题的求解，可得建立函数关系，常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 四、解答题 16．（24-25高三上·山东泰安·期末）如图，已知点在抛物线上，且轴，坐标原点到的距离为2，． (1)求的方程； (2)如图，点在上且在左侧，点在线段上，四边形为矩形，将矩形以轴为旋转轴旋转半周，其四边形成的面围成一个旋转体，求该旋转体体积的最大值； (3)如图，过点作圆（且）的切线，设与的另一个交点分别为，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意求出的坐标为．代入解析式，解得即可； （2）设点，则，旋转体为圆柱，求得，再用体积公式得到，运用二次函数求最值即可； （3）设，由题意，得到直线方程，根据 直线与圆相切，得到，根据直线与圆相切可得借助同构和韦达定理得到，代入方程中计算即可. 【详解】（1）轴，到的距离为2，且， 的坐标为．在抛物线上， ，解得抛物线方程为. （2）设点，则， 将矩形DEFG以轴为旋转轴旋转半周得到的旋转体为圆柱， 设其底面半径为，高为，则 ， 圆柱体积 ， ， 当即时，取得最大值， （3）证明：设，由题意，直线斜率均存在， 直线， 直线，即， 直线与圆相切，， 即， 同理，由直线与圆相切可得， 是方程的两个解， ，代入方程中， 得：， ，即，解得， 直线恒过定点. 【点睛】方法点睛：证明直线过定点，通常有两类： （1）直线方程整理为斜截式，过定点； （2）直线方程整理为点斜式，过定点. 地 城 考点02 点、线、面的位置关系 一、多选题 1．（24-25高三上·山东威海·期末）设为三个平面，且，则（    ） A．若∥，则∥ B．若∥，则∥ C．若，则 D．若与所成的角相等，则 【答案】ABC 【分析】对于A：根据面面平行的性质定理分析判断；对于B：根据线面平行的性质定理分析判断；对于C：根据面面垂直、线面平行的性质定理分析判断；对于D：举反例说明即可. 【详解】对于选项A：因为∥，， 根据面面平行的性质定理可得：∥，故A正确； 对于选项B：因为∥，，，由线面平行的性质定理可得∥， 同理可得∥，所以∥，故B正确； 对于选项C：因为，则存在，使得， 又因为，则∥，且，， 可得∥，所以，故C正确； 对于选项D：例如正四面体， 根据对称性可知平面与平面、平面所成的角相等， 且平面平面，但与平面不垂直，故D错误； 故选：ABC. 2．（23-24高三上·山东烟台·期末）如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（    ） A．不存在点，使得直线平面 B．当点与重合时，直线平面 C．当为中点时，直线与所成角的余弦值为 D．当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为 【答案】BCD 【分析】连接交于，以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立坐标系，利用空间向量法判断ABC，利用三棱锥体积公式判断D. 【详解】连接交于，因为正四棱台， 所以以为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系， 设点在底面投影为，则，， 即正四棱台的高为， 则，，，，，， 所以，，，， 因为为棱上一点，所以， 所以， 设平面的法向量， 则，令可得平面的一个法向量为， 令解得，故存在点，使得直线平面，A说法错误； 当点与重合时即，， ，， 设平面的法向量， 则，令可得平面的一个法向量为， 因为，所以当点与重合时，直线平面，B说法正确； 当为中点时，即，， 所以， 所以直线与所成角的余弦值为，C说法正确； 设正四棱台的高为，当为中点时， 三棱锥的体积， 三棱锥的体积， 所以三棱锥与三棱锥的体积之比为，D说法正确； 故选：BCD 二、解答题 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的所有棱长为2，平面平面，和都是等边三角形． (1)证明：； (2)若点E在对角线上，平面，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由等边三角形三线合一得到线线，然后得到线面垂直，由线面垂直的性质得到线线垂直； （2）由面面垂直的性质证明三线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，解出三角形各线段长，得到点的坐标.由空间向量的关系求出平面的一个法向量.设得到点坐标，然后得到，由线面平行求出参数的值，从而知道向量坐标. 由空间向量的关系求出平面的一个法向量.由空间向量的关系求出线面角的正弦值. 【详解】（1）取中点，连接，如图： ∵和都是等边三角形， ∴，且，平面，平面 ∴平面， 又∵平面， ∴. （2）又∵平面平面，且平面平面， ∴平面，平面 ∴,， ∴以为坐标原点，以分别为如图建立空间直角坐标系， 在等边三角形和中，， ∴，，，， ∴，， ∴，， 设，∴， ∴， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， ∵平面，∴，∴， ∴， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 设与平面所成角， 则. 4．（24-25高三上·山东泰安·期末）如图，在五棱柱中，侧面为矩形，平面，． (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过勾股定理得到，再结合，进而可求解； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【详解】（1）证明：，， 又，， 在中，， ，， 五棱柱的侧面为矩形， ， 又平面， 平面， 平面，所以. （2）解：平面平面，平面平面， ， ，， 又平面， 易知两两垂直， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， ， 平面， 取平面的一个法向量为， 设为平面的一个法向量， ，， 取，则，，， 设平面与平面的夹角为， 则． 平面与平面夹角的余弦值为 5．（24-25高三上·山东威海·期末）如图，在以为顶点的多面体中，平面平面，为的中点    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1） 先得出平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）先应用面面垂直性质定理建系，再设，计算线面角即可求参. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以为的中点， 又因为为的中点， 所以， 因为平面平面， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 以为坐标原点，在平面内，以过点垂直于的方向为轴正方向， 以的方向分别为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，可得， 令，则， 假设在棱上存在一点，使得直线与平而所成角的大小为， 设， 因为，则， 又因为，所以， 则， 化简得，解得， 因为，所以， 所以在棱上存在一点，使得直线与平面所成角的大小为， 此时. 6．（24-25高三上·山东枣庄·期末）在三棱锥中，平面平面，是等腰直角三角形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线与的夹角的余弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求到平面距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先应用面面垂直性质定理得出线面垂直，再应用线面垂直判定定理证明即可； （2）应用空间向量法计算异面直线所成角的余弦值即可； （3）先设球心坐标为，再应用空间距离列式计算得出，再应用点到平面距离计算求解. 【详解】（1）在中，因为，满，所以； 因为平面平面，平面平面平，故平面； 又因为平面，所以. 因为是等腰直角三角形，， 所以. 又平面平面， 所以平面. （2）如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，以垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 取的中点，则，且， 则点的坐标为. 又， 则， ， ， ， ， 故异面直线与的夹角的余弦值为. （3）设三棱锥外接球的球心的坐标为， 则由，可得， 解得，即. 球的半径， 由（1）知，平面，则平面的一个法向量为， 又因为，则球心到平面的距离为 . 故点到平面距离的最大值为. 7．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，垂足为． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接交于O，连接，通过证明 可证明结论； （2）通过证明平面，可得，结合可得平面； （3）建立空间直角坐标系，利用向量方法求面面所成角的大小. 【详解】（1）连接交于，连接， 在中，，分别为的中点， 所以 ，又平面，平面 平面 （2）侧棱底面  ，底面  ， 又因为底面是正方形，， 因为，平面，平面， 又平面，， 是的中点  ， 又，平面，平面， 因为平面，， 又，，平面，平面. （3）以点为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 设，，，， ，，， 设是平面的一个法向量， 由得：， 令，得，所以平面的一个法向量， 显然，是平面的一个法向量， 设为平面与平面的夹角，， 即平面与平面的夹角的余弦值 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角． (1)求证：； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当四棱锥体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明平面，证明，证明平面，证明； （2）过点作于点，证明当取最大时最大，证明，，三点共圆，且是以为直径的圆，求出四棱锥体积的最大值； （3）取中点为，连结，取中点为，连结，证明平面，以点为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用向量法即可求解. 【详解】（1）由题意知平面平面， 又平面平面平面， 所以平面,因为平面， 所以,又因为，，平面平面， 所以平面,因为平面， 所以; （2）由题可知二面角为直二面角， 过点作于点， 则 ， 所以当取最大时最大， 由于，所以，，三点共圆，且是以为直径的圆， 故（当落在圆心时，为直径时最大）， 即， 故四棱锥体积的最大值为； （3）取中点为，连结，取中点为，连结， 四棱锥体积最大时，， 点是中点，所以， 又因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为点、分别是、的中点， 所以，则， 则，． 以点为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，, ，，，． 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为． 9．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，在四棱柱中，四边形为正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若四棱柱所有棱长为2，．记四边形的外接圆圆心分别为，点分别在平面上，且． ①求二面角的最大值； ②根据①的结论，求外接圆直径的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【分析】（1）由线线垂直得线面垂直，进而可得面面垂直； （2）①由空间向量法得，进而可得二面角最大值为； ②先根据题中位置关系确定在正方体的棱切球上，进而确定四点共面，进而可得外接圆直径的最大值即为球的直径. 【详解】（1）因为，，， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为平面，所以， 又因为，，所以平面， 此时四棱柱是棱长为的正方形 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设直线与直线交点为， 则， 设平面的一个法向量为，则， 所以，令，得， 设平面的一个法向量为，则， 所以，令，得， 设二面角的大小为， 则， 当且仅当时取等号，此时为中点， 所以二面角的最大值为. 由题意可知点均在一个与正方体各棱都相切的球上，球直径为， 当恰分别为，中点时， 则，显然， 所以四点共面， 所以此时外接圆直径的最大，最大值恰为球的直径 10．（24-25高三上·山东菏泽·期末）如图，四棱锥中，是等边三角形，，E为中点，O为中点. (1)证明：平面平面； (2)若，平面平面ABCD，求与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知可证以平面，四边形是平行四边形，进而可证平面，利用面面平行的判定定理可证结论； （2）由题意可证，进而建立空间直角坐标系，求得平面PBC的一个法向量，与直线的方向向量，利用向量法可求与平面所成的角的正弦值. 【详解】（1）因为在中，E为的中点，O为中点，所以， 而平面平面，所以平面. 因为，所以，所以四边形是平行四边形， 所以而平面平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面. （2）如图，连接，得 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又，所以. 故以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面PBC的一个法向量为， 所以，令，则， 设直线与平面所成的角为 则， 故与平面所成的角的正弦值为 11．（24-25高三上·山东潍坊·期末）如图，在直平行六面体中，，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)点在棱上，当平面与平面所成角的余弦值为时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)或. 【分析】（1）由面面垂直性质定理得出平面，再得出线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，设（），利用空间向量求解二面角计算求参. 【详解】（1）在直平行六面体中， 易知，因为，平面， 所以平面， 所以，所以， 因为，所以， 在矩形中，，，， 所以，所以， 因为为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以平面，所以平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 平面的法向量为， 设（），则， ，， 设平面的法向量为， 所以所以 令，则，，所以， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以或， 所以的值为或. 12．（24-25高三上·山东济南·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点. (1)证明：B，EF四点共面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】证明四边形为平行四边形，利用平面的基本性质得出结论； 建立空间直角坐标系，利用向量方法求面面角. 【详解】（1）取中点G，连接AG，EG，则有 所以四边形CDGE为平行四边形，所以 又因为所以 所以四边形ABEG为平行四边形，所以 又因为所以四边形为平行四边形， 所以所以所以B，EF四点共面. （2）取DC中点O，AB中点M，连接 因为所以侧面是菱形， 所以 因为平面平面ABCD，平面平面平面 所以平面ABCD，进而有 因为底面ABCD是矩形，所以所以OM，OC两两互相垂直. 如图所示建系， 由知平面ABCD，所以是平面的一个法向量. 设则因此 设平面的法向量，则 所以所以 取则于是是平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为 即平面与平面夹角的余弦值为 13．（24-25高三上·山东日照·期末）如图，，点在平面的同侧，，，平面平面.    (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）证明平面，再以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，并利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，由，得， 由，得，而平面，则平面， 又平面，所以.    （2）由（1）知，，又平面平面，平面平面平面， 则平面，过作，则平面，又， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    在四边形中，，则， ，而，则， 于是， ， 设，则， 设为平面的法向量，则，取，得， 由直线与平面所成角的正弦值为， 得，解得， 所以. 14．（24-25高三上·山东潍坊·期末）如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，为棱的中点． (1)若直线与平面的交点为，证明：平面； (2)已知平面，，，且二面角的大小为，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）根据线面平行可证线线平行，进而可证线面平行； （2）根据二面角的定义可得底面菱形的边长，建立空间直角坐标系，利用坐标法可得平面法向量，进而可线面夹角正弦值. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面平面， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 如图，过点作于点，连接，， 因为平面，所以， 所以为二面角平面角， 即， 因为， 所以，所以在中，， 以，分别为轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 即， 令，得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角正弦值为． 地 城 考点03 空间向量在立体几何中的应用 一、多选题 1．（24-25高三上·山东枣庄·期末）如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．二面角的平面角的大小为 D．存在某个点，使直线与平面所成角为 【答案】ABC 【分析】A.根据等体积法的等高等底即可判断；应用空间向量法计算得出线线垂直判断B，再应用空间向量法计算线面角的正弦范围得出线面角的最大值为判断D，再结合二面角空间向量法计算判断C. 【详解】对于选项A：三棱锥转化为三棱锥的底面积为定值， 因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故选项A正确； 对于选项B： 如图建系，设，则 因为，， 所以得，故选项B正确； 对于选项D：取平面的法向量为， 因为 ， 则设直线与平面ABCD所成角,则， 当时，，这时直线与平面ABCD所成角最大值为，故选项D不正确； 对于选项C：设平面法向量为，， 所以，所以 所以令，可得，设平面法向量为， 设二面角 为，则 所以二面角的大小为，故选项C正确. 故选：ABC. 2．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形，平面平面，点为母线的中点，则（    ） A．直线平面 B．异面直线和所成角大于 C．沿该圆锥侧面，由点D到点F的最小值为 D．过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，利用异面直线夹角的向量求法判断B，找到符合题意的特殊平面举反例判断D，作出展开图，利用勾股定理求解最小值判断C即可. 【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接， 对于A，因为圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形， 所以，则，， 故，，，，， 因为为母线的中点，所以由中点坐标公式得， 则，，， 设面的法向量为，则， 得到，也有，得到， 令，解得，得到， 而，则直线平面不成立，故A错误， 对于B，由已知得，， 设异面直线和所成角为， 则， 而，则，而， 由余弦函数性质得在该范围内单调递减，故， 则异面直线和所成角大于，故B正确， 对于C，由已知得圆锥底面圆直径为，母线长度为， 则底面圆的周长为，如图，我们把圆锥沿母线展开为扇形， 此时点对应两个位置，和，且是的中点， 则在该扇形内，半径为，弧长为，设圆心角为， 则，解得，则该扇形是半圆，， 而是的中点，则， 由勾股定理得，故C正确， 对于D，如图，作，连接， 此时截面由构成，围成的截面面积最小， 由等面积公式得，解得， 则，而，， 得到截面面积一定大于的面积， 即过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值不为，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：解题关键是作出符合题意的面积最小的截面，求出截面里包裹的小三角形面积，再证明截面面积大于三角形面积即可. 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知空间四点 ，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．点到直线的距离为 D．，，， 四点共面 【答案】ABC 【分析】计算数量积判断A，求向量夹角判断B，利用向量垂直判断C，根据空间向量共面定理判断D． 【详解】因为，，，， 所以，，， 所以，故A正确； 又，，， 所以，故B正确； 因为，所以，，所以点O到直线的距离为，故C正确； ， 假设若，，，四点共面，则共面， 设，因不共线， 则，此方程组无解，所以，，，四点不共面，故D错误． 故选：ABC． 二、解答题 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图， 是以 为直径的圆上一点，，等腰梯形 的顶点C,D在底面的射影落到圆周上，且 ，异面直线 和 所成的角的正切值为 ． (1)求 ； (2)求平面 与平面 夹角的余弦值． 【答案】(1)2 (2)． 【分析】（1）取弧中点，以为原点 ，以分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，确定的坐标，确定在底面上的投影到的距离，设，由异面直线所成角的向量法求得值，然后根据棱锥体积公式计算体积； （2）由二面角的向量法计算． 【详解】（1）取弧中点，以为原点 ，以分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设分别是在底面上的射影，它们落在圆周上， 因为，平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面， 所以，从而， 又，，所以， 是圆的直径，则等腰梯形中都是等边三角形， 所以到直线的距离为， ，则，是等边三角形， 设，则， ， 记异面直线和所成的角为，则，从而（由直角三角形三角函数定义得）， 所以，解得（负值舍去）， 所以到平面的距离为， 又， 所以； （2）由（1）得，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， 设平面 的一个法向量是， 则，取，得， ， 所以平面与平面所成二面角的余弦值为． 5．（24-25高三上·山东滨州·期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，与平面所成角的正切值． (1)求的长； (2)已知是棱上一点，且点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的大小． 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）先证明平面，推得即为直线与平面所成角，设，利用条件列出方程，求出的值即可； （2）方法1：取边上一点，连接，，，设，利用求得，取的中点，作，垂足为，连接，证明即为二面角的平面角，计算即得；方法2：以为坐标原点，建系如图，设，（），利用点到平面的空间向量计算公式求得，分别写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用夹角公式计算即得. 【详解】（1）因平面，且平面，故． 又因为四边形为矩形，所以， 由，平面，平面，可得平面， 故是在平面内的射影，则即为直线与平面所成角， 设，则，由勾股定理得，， 则在中，， 解得即． （2）方法1： 取边上一点，连接，，，设， 因为，面， ， 在中，，则， 因点到平面的距离为，故， 由可得：，解得，所以． 取的中点，作，垂足为，连接． 因为，所以， 又面，面，则， 又因平面，则平面， 又平面，所以， 又，平面，故平面， 又平面，所以，则即为二面角的平面角． 在中，， 因易得，则， 由，可得， 故平面与平面的夹角的大小为． 方法2： 由题三线两两垂直，故可以为坐标原点，以所在直线 分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 设，（）则，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，即，令，得， 又因为点到平面的距离为，则， 即，解得，所以， 所以，，，， 设平面法向量为， 则即令，得． 设平面与平面夹角为， 则， 又因为，所以平面与平面夹角为． 6．（24-25高三上·山东淄博·期末）如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，． (1)证明：平面ABC； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据长度关系可证，，即可证线面垂直， （2）可证平面.建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）连接， 因为，，则，可知， 且点M，N分别为AC，AB的中点，则，∥， 则，可知， 又因为，则， 可得，可知， 且，平面，所以平面ABC. （2）因为平面ABC，平面ABC，则， 又因为，∥，则， 且，平面，所以平面. 以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由平面可知：平面的法向量可以为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 7．（24-25高三上·山东烟台·期末）如图，四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形. (1)证明：； (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）连接，取中点O，连接，先证明平面，即得证； （2）说明是二面角的平面角，以为原点，分别为轴，过与平面平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，可知轴在平面内，然后用空间向量法求线面角． 【详解】（1）连接，取中点O，连接， 在直角梯形中，，， 则，从而， 所以是等边三角形，则，又是等边三角形，所以， 又，平面， 所以平面，而平面，所以. （2）由（1）的证明知是二面角的平面角，所以， 以为原点，分别为轴，过与平面平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， 如图，轴在平面内， 又，同理， 则，，，， 则，， ，， 设平面的一个法向量是， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 则． 8．（23-24高三上·山东烟台·期末）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面底面. (1)求证：； (2)若，且四棱锥的体积为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）由平面底面，证明平面，可证得； （2）为和交点，证明底面，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）平面底面，平面底面， 底面是边长为2的菱形，，底面， 则有平面，又平面，所以. （2）底面是边长为2的菱形，， 为等边三角形，，， 平面底面，平面底面， 过点作的垂线，垂足为，则底面， 四棱锥的体积为2，则， 解得，则， 所以为中点，即为和交点， ， 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 则有，令，则，，即， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 空间向量与立体几何 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、线、面的位置关系 考点03 空间向量在立体几何中的应用 地 城 考点01 空间几何体 一、单选题 1．（24-25高三上·山东菏泽·期末）已知某圆锥的高为h，且该圆锥的顶点和底面圆周上的各点均在半径为R的球O的表面上，则当圆锥的侧面展开图的圆心角与轴截面的顶角之差取得最大值时（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·山东青岛·期末）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由下面圆柱部分和上面圆锥部分组合而成，用毛毡覆盖其表面（底面除外）．其中圆柱的高为，底面半径为，圆锥的顶点到底面的距离是，则图中蒙古包所用毛毡的面积为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·山东烟台·期末）已知三棱锥的底面的面积为6，顶点到底面三条边的距离均相等，且三个侧面的面积分别为，则该三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·菏泽·期末）在正四棱台中，已知，该正四棱台的体积为168，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 5．（24-25高三上·山东滨州·期末）已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（   ） A． B． C．3 D． 6．（24-25高三上·山东淄博·期末）若圆柱、圆锥的底面半径和高都与球的半径相等，则圆柱、圆锥、球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．（24-25高三上·山东泰安·期末）如图，在正四棱柱中，底面正方形的边长为为线段上的一个动点，则下列选项正确的是（    ）    A．若直线为平面和平面的交线，则平面中不存在直线与平行 B．平面 C．三棱锥的体积为定值 D．直线与平面所成角最大时， 8．（24-25高三上·山东日照·期末）已知正方体的棱长为6，过棱的中点作正方体的截面，则（    ） A．截面多边形的周长为 B．截面多边形的面积为 C．截面多边形存在外接圆 D．截面所在平面与平面所成角的正弦值为 9．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知圆柱的高为2，为下底面圆的一条直径，为上底面圆上任意一点，球内切于圆柱，则（    ） A．球的体积为 B．直线，为异面直线 C．直线与圆柱上底面所成的角为 D．平面截球所得截面面积最小值为 10．（2025·烟台·期末）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形，，它们的中心分别为，，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（   ） A．异面直线与所成的角为 B．平面 C．该多面体外接球的表面积为 D．直线与下底面所成角的正弦值为 11．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知圆台上、下底面半径分别为1，4，半径为的球内切于圆台，则（   ） A． B．圆台侧面展开图扇环的圆心角为 C．过的截面与底面所成角为60°时，到截面距离为 D．在圆台内放一正方体，正方体可绕其中心自由转动，则该正方体棱长的最大值为 三、填空题 12．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，几何体，其中，均为正三棱锥，，点，分别为和棱的中点，且几何体各顶点都在一个球面上，若，则该几何体的体积为 ． 13．（24-25高三上·山东淄博·期末）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 ． 14．（24-25高三上·山东烟台·期末）在三棱锥中，两两垂直，，若点为三棱锥外接球上一动点，则点到平面距离的最大值为 . 15．（23-24高三上·山东烟台·期末）如图，在直三棱柱中，，，则该三棱柱外接球的表面积为 ；若点为线段的中点，点为线段上一动点，则平面截三棱柱所得截面面积的最大值为 . 四、解答题 16．（24-25高三上·山东泰安·期末）如图，已知点在抛物线上，且轴，坐标原点到的距离为2，． (1)求的方程； (2)如图，点在上且在左侧，点在线段上，四边形为矩形，将矩形以轴为旋转轴旋转半周，其四边形成的面围成一个旋转体，求该旋转体体积的最大值； (3)如图，过点作圆（且）的切线，设与的另一个交点分别为，证明：直线过定点． 地 城 考点02 点、线、面的位置关系 一、多选题 1．（24-25高三上·山东威海·期末）设为三个平面，且，则（    ） A．若∥，则∥ B．若∥，则∥ C．若，则 D．若与所成的角相等，则 2．（23-24高三上·山东烟台·期末）如图，在正四棱台中，为棱上一点，则（    ） A．不存在点，使得直线平面 B．当点与重合时，直线平面 C．当为中点时，直线与所成角的余弦值为 D．当为中点时，三棱锥与三棱锥的体积之比为 二、解答题 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，平行六面体的所有棱长为2，平面平面，和都是等边三角形． (1)证明：； (2)若点E在对角线上，平面，求与平面所成角的正弦值． 4．（24-25高三上·山东泰安·期末）如图，在五棱柱中，侧面为矩形，平面，． (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 5．（24-25高三上·山东威海·期末）如图，在以为顶点的多面体中，平面平面，为的中点    (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 6．（24-25高三上·山东枣庄·期末）在三棱锥中，平面平面，是等腰直角三角形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线与的夹角的余弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求到平面距离的最大值. 7．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，垂足为． (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)求平面与平面的夹角的余弦值． 8．（24-25高三上·山东青岛·期末）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角． (1)求证：； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当四棱锥体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 9．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，在四棱柱中，四边形为正方形，． (1)证明：平面平面； (2)若四棱柱所有棱长为2，．记四边形的外接圆圆心分别为，点分别在平面上，且． ①求二面角的最大值； ②根据①的结论，求外接圆直径的最大值． 10．（24-25高三上·山东菏泽·期末）如图，四棱锥中，是等边三角形，，E为中点，O为中点. (1)证明：平面平面； (2)若，平面平面ABCD，求与平面所成的角的正弦值. 11．（24-25高三上·山东潍坊·期末）如图，在直平行六面体中，，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)点在棱上，当平面与平面所成角的余弦值为时，求. 12．（24-25高三上·山东济南·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点. (1)证明：B，EF四点共面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 13．（24-25高三上·山东日照·期末）如图，，点在平面的同侧，，，平面平面.    (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. 14．（24-25高三上·山东潍坊·期末）如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，为棱的中点． (1)若直线与平面的交点为，证明：平面； (2)已知平面，，，且二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 地 城 考点03 空间向量在立体几何中的应用 一、多选题 1．（24-25高三上·山东枣庄·期末）如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．二面角的平面角的大小为 D．存在某个点，使直线与平面所成角为 2．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图，圆锥的轴截面都是边长为2的等边三角形，平面平面，点为母线的中点，则（    ） A．直线平面 B．异面直线和所成角大于 C．沿该圆锥侧面，由点D到点F的最小值为 D．过直线的平面截该圆锥所得截面面积的最小值为 3．（24-25高三上·山东青岛·期末）已知空间四点 ，，，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．点到直线的距离为 D．，，， 四点共面 二、解答题 4．（24-25高三上·山东青岛·期末）如图， 是以 为直径的圆上一点，，等腰梯形 的顶点C,D在底面的射影落到圆周上，且 ，异面直线 和 所成的角的正切值为 ． (1)求 ； (2)求平面 与平面 夹角的余弦值． 5．（24-25高三上·山东滨州·期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，与平面所成角的正切值． (1)求的长； (2)已知是棱上一点，且点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的大小． 6．（24-25高三上·山东淄博·期末）如图，三棱柱中，，，，点M，N分别为AC，AB的中点，且，． (1)证明：平面ABC； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 7．（24-25高三上·山东烟台·期末）如图，四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 8．（23-24高三上·山东烟台·期末）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面底面. (1)求证：； (2)若，且四棱锥的体积为2，求直线与平面所成角的正弦值. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $