专题08 空间向量与立体几何（5大考点，46题）（上海专用）2026年高考数学一模分类汇编

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题08空间向量与立体几何(5大考点，46题) ☆5大考点概览 考点01点、直线、平面之间的位置关系 考点02空间几何体的表面积与体积 考点03空间几何体的结构 考点04空间向量的应用 考点05空间向量及其运算 考点1 点、直线、平面之间的位置关系 一、单选题 1.(2026上海长宁.一模)如图，已知A、B、C、D、E、F、G分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中 与直线EF异面的是() B G A E D A.直线AB B.直线AC C.直线AD D.直线AG 2.(2026上海普陀一模)已知直线m、1和平面、B,且1ca,∥B,则下列命题中正确的是（) A.若m/1B,则m∥1 B.若m∥1，则m/1a C.若m⊥B,则m⊥1 D.若m⊥1，则m⊥a 3.(25-26高三上·上海浦东新·期末)已知直线a、b和平面a、B,且a≤a、bsB,则“a与b相交”是 “a与B相交”的() A.充分必要条件 B.既不充分又不必要条件 C.充分不必要条件 D.必要不充分条件 4.(2026上海杨浦一模)若m,n为两条不同直线，0，B为两个不同平面，则下列结论中正确的是() A.若m/1a,nc,则m∥n B.若m∥n,nCa,则m/a C.若mca,m⊥B,则a⊥B D.若mca,a⊥B,则m⊥B 5.(2026上海静安.一模)在三维空间中，下列命题是真命题的一个是() A.垂直于同一条直线的两条直线平行 B.垂直于同一个平面的两个平面平行 试卷第43页，共43页 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.若一条直线垂直于一个平面，另一条直线与这个平面平行，则这两条直线互相垂直 D.若两个平面分别平行于两条互相垂直的直线，则这两个平面互相垂直 6.(2026上海黄浦一模)设α、B是两个不同的平面，1是一条直线，以下命题正确的是 A.若1L,a⊥B,则1lB B.若la,alB,则lB C.若1L,lB,则11B D.若1la,a⊥B,则11 7.(2026上海青浦一模)在空间中，“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”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 8.(2026上海虹口一模)如图，已知点A,B,C,D在表面积为12π的球0的球面上，且0∈BD,OA⊥平面 BCD,点E为BC中点，当二面角4-BC-D的大小为于时，则有() D A.异面直线AE和CD所成角的大小为 6 B.直袋EB1与平面4BD所成角的大小为君 C.sin(24BE) 3 D.△BED的面积为√2 9.(2026上海松江一模)若空间中三条不同的直线a,b,C满足a⊥c,b⊥c,则a/1b是a,b,C共面 的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 10.(2026上海奉贤一模)设0a,阝，Y是互不重合的平面，m,n是互不重合的直线，给出四个命题： ①若m∥a,m∥B,则a∥B ②若a1y,B⊥Y,则a⊥阝 试卷第42页，共43页 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ③若m⊥a,m⊥B,则a∥B ④若m∥a,n⊥a,则m⊥n 其中正确命题的个数是() A.1 B.2 C.3 D.4 二、填空题 1.(2026上海奉贤一模)在正四棱台ABCD-A,B,CD,中，异面直线A4,与D,B,所成角的大小为 2.(25-26高三上·上海宝山期末)如图，点P在圆柱O,O的底面圆0的圆周上，AB为圆0的直径， ∠AOP=120°，OA=3,AB与底面圆0所成的角为30，则异面直线AB与AP所成角的余弦值为」 01 A B B D 三、解答题 1.(2026上海闵行一模)如图，三棱锥P-ABC中，侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角 三角形，O为AC中点. B (I)求证：AC⊥PB (2)若P0⊥OB,求二面角P-AB-C的大小. 2.(2026上海普陀一模)如图所示，过圆柱的轴OO的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方 形AA,C,C,B是该圆柱底面圆周上异于A、C两点的点. 试卷第43页，共43页 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B (1)设平面AAB∩平面CCB=I,求证：I11AA: (2)当三棱锥C,-ABC的体积最大时，求二面角C,-AB-C的余弦值. 3.(2026上海嘉定一模)如图，在四面体V-ABC中，AC=BC,从顶点'作平面ABC的垂线，垂足O恰 好落在ABC的中线CD上 D B ()如果DV=DA=2,直线D与平面ABC所成的角为牙，求直线A与平面ABC所成角的大小： (2)证明：平面VCD⊥平面VAB. 4.(2026上海黄浦一模)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC,BE⊥EC, AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点， D (I)求证：GF//平面ADE: (②)设平面AEF与平面BEC的交线为1，求二面角A-I-B的余弦值. 5.(2026上海青浦一模)如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD,且 PA=2,E是侧棱PA的中点 试卷第42页，共43页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B☒ C (I)求证：PCI1平面BDE; (2)求证：平面PCD⊥平面PAD 6.(2026上海崇明一模)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，E、F分别为A,C、BC的中点， AA1=AB=BC=2,C,F⊥AB E B (I)求证：C,F∥平面ABE; (②)求点C到平面ABE的距离， 7.(2026上海虹口一模)如图，己知四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，点E为PC中点 (I)若点F是线段BD上的动点，求证：直线EF与直线PA不相交： (②)若PC⊥平面ABCD,AC=BD,EC=1,求点A到平面EBD的距离 考点2 空间几何体的表面积与体积 一、填空题 1.(2026上海徐汇一模)一个底面积为1的正四棱柱的所有顶点都在同一球面上，若该球的表面积为4π， 试卷第43页，共43页 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 则该正四棱柱的高为】 2.(25-26高三上上海青浦·期末)已知圆柱和圆锥的底面半径相同，侧面积也相等，且它们的高均为√2， 则圆锥的体积为」 3.(2026上海虹口一模)己知某圆锥的底面半径为2，侧面积为6π，则该圆锥的体积为 (结 果保留刀) 4.(25-26高三上·上海松江·期末)在三棱锥P-ABC中，PA=6,PB=8,PC=BC=8√2，∠APB=60°， ∠APC=45°，则此三棱锥的体积为」 5.(2026上海静安一模)己知圆柱的底面圆的半径与球的半径相等，若圆柱的表面积与球的表面积也相等， 则圆柱的体积V与球的体积V之比V:',= 二、解答题 1.(2026上海徐汇一模)如图，己知BD是⊙O的直径，点C是⊙O上异于B、D的一点.设过点C的直 线AC垂直于⊙O所在的平面，且AC=BD=2. E (I)若C为BD中点，E为线段AC的中点，F为线段AD上一点，且EF∥平面BCD.求证：F为线段AD中 点，并求三棱锥F-BCD的体积； (②)记二面角A-BD-C的平面角为O,求O的最小值，并指出其取得最小值时点C的位置. 2.(25-26高三上上海宝山期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,且底面ABCD为正方 形，E、F、G分别是BC、AD、PA的中点. 0 G (I)证明：PE/平面BFG; 试卷第42页，共43页 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (②)若AB=2,求点E到平面BFG的距离 3.(2026上海杨浦一模)如图，在长方体ABCD-A,B,C,D,中，M为BB,上一动点，已知AD=CD=2, AA=4 A D 、A B (I)求直线AC与平面ABCD所成角的大小；（用反三角表示） (2)求三棱锥M-AAC的体积 4.(2026上海奉贤一模)如图，将直角三角形S0A绕直角边S0所在直线旋转一周形成圆锥S-0,己知 圆锥S-O的底面半径为3cm,圆锥的侧面积15πcm2.设A、B是底面圆周上的两点，线段AB不经过点O, A B (1)求圆锥S-0的体积： (2)求证：直线SA与直线OB是异面直线： ®到二面角A-S0-B的大小为红，求直线SA与平面S0B所成角的大小 六、单选题-考点03空间几何体的结构 29.(2026上海金山一模)已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为() A.9 B.8 C.6 D.2W5 考点3 空间几何体的结构 一、填空题 试卷第43页，共43页 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1.(2026上海闵行一模)若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则其侧面展开图的扇形的圆心角弧度数 是 2.(2026上海黄浦一模)己知边长为3的正三角形ABC的三个顶点都在球O的球面上，球心O到平面 ABC的距离为1，则球O的体积为」 3.(2026上海崇明一模)己知某圆锥的侧面展开图是圆心角为√2π，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与 底面所成角的大小为」 4.(25-26高三上·上海浦东新·期末)如图，等腰直角△APB的斜边AB长为2R,将△APB绕斜边AB所在直 线旋转一周形成的旋转体的体积为一 A B 考点4 空间向量的应用 一、 单选题 1.(25-26高三上·上海青浦·期末)如图所示，水平地面上插有两根杆子AB和CD,AB所在直线垂直于地面 且AB=2米，CD所在直线与地面斜交小明有一把卷尺他在某时刻分别测出杆子AB和CD在阳光下影子的 长度，称为一次操作.小明可以在白天的不同时刻进行多次操作假设阳光为平行光，正午时分AB的影子长 度为0.则下列说法正确的是() 平行阳光 A.为求出CD的长度，小明至少需要进行2次操作 B.为求出CD的长度，小明至少需要进行3次操作 C.为求出CD的长度，小明至少需要进行4次操作 D.无论进行多少次操作，小明都不能求出CD的长度 试卷第42页，共43页 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 二、填空题 1.(2026上海普陀一模)在ABC中，A=霄，AB=2,4C=5,D为4C边上的一点，且AD=2,现将 △ABD沿BD边折起，使得点A至点P的位置，且满足平面PBD⊥平面BDC,如图所示，则直线PC与平 面BDC所成的角的正弦值为 B 三、解答题 1.(2026上海金山一模)如图，已知圆锥A-O,点B、C在底面圆周上，0A=0B=4,且∠BOC=90°， 动点P落在劣弧BC上， (1)求证：平面A0B⊥平面A0C; (②)若点P平分劣弧BC,过点P分别作PD⊥OC、PE⊥OB,垂足分别为D、E两点，求二面角D-AP-E的 大小 2.(25-26高三上·上海浦东新期末)如图，该几何体由一个棱长为4的正方体ABCD-A,B,CD与一个半圆 柱拼接而成，圆心O、O分别为线段AB、AB的中点，动点M在弧AB上滑动 M C B D B 试卷第43页，共43页 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 (I)若点M为弧AB的中点，求直线MD与平面BDD,B,所成角的大小； ②若弧AM的长度为5，求证：平面O0,M/平面4CC4, 3.(2026上海静安一模)己知正四棱柱ABCD-A,B,C,D的底面边长为1，点E、F分别在边AD、CD上， 3,C=2 且AE= 3 D ⊙ D B (1)证明：AC/1平面B,EF; (2)若A4=2,求直线BB,与平面B,EF所成角的正弦值. 4.(25-26高三上·上海松江·期末)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AB/1CD, AB=2CD=2,∠ABC=90°，△PBC是边长为2的正三角形，侧面PBC⊥底面ABCD. D B (1)证明：PA⊥BD; (2)求点D到平面PAB的距离 5.(2026上海长宁.一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AD/1BC, AB=BC=1,AD=2,直线PC与平面ABCD所成的角的大小为arctan2, 试卷第42页，共43页 专题08 空间向量与立体几何（5大考点，46题） 5大考点概览 考点01点、直线、平面之间的位置关系 考点02空间几何体的表面积与体积 考点03空间几何体的结构 考点04空间向量的应用 考点05空间向量及其运算 点、直线、平面之间的位置关系 考点1 一、单选题 1．（2026·上海长宁·一模）如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是（　　） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 【答案】D 【分析】本题考查正方体的结构特征，利用异面直线的判断法若 则直线与互为异面直线依次分析选项即可 【详解】如图取中点,和顶点M,N,P,Q连接 在正方体中有,所以，所以点四点共面，所以直线EF与直线共面，选项A不对； 由A选项可知点四点共面，同理可知点四点共面，点四点共面，点四点共面，所以六点共面,所以直线与直线不是异面直线，选项B错误； 在正方体中有,所以，选项C不对； 直线平面AFG, 直线平面,所以直线与直线是异面直线,选项D正确； 故选：D 2．（2026·上海普陀·一模）已知直线和平面，且，，则下列命题中正确的是（　　） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】由空间线面、线线位置关系逐项判断即可. 【详解】由，，可得， 对于A，，，则直线可能相交、平行或异面，故错误； 对于B，若，则或，故错误； 对于C，因为，，所以，又， 所以，正确； 对于D，要证明，需垂直平面内两条相交直线，现在只有，条件不够，故错误； 故选：C 3．（25-26高三上·上海浦东新·期末）已知直线、和平面、，且、，则“与相交”是“与相交”的（    ） A．充分必要条件 B．既不充分又不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 【答案】C 【分析】根据直线与平面的位置关系判断. 【详解】直线、和平面、，且、， 若与相交，记，由于、， 所以、，则与相交， 所以“与相交”能得到与相交， 但“与相交”，则与可能异面，如图， 平面为，平面为，， 、，， 若与不重合，则直线、为异面直线， 所以“与相交”是“与相交”的充分不必要条件. 故选：C. 4．（2026·上海杨浦·一模）若为两条不同直线，为两个不同平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】利用线面平行的判定定理和性质定理可判断AB，利用面面垂直的判定定理和性质定理可判断CD. 【详解】若，，则或为异面直线，故A错误； 若，，则或，故B错误； 若，，则，满足面面垂直的判定定理，故C正确； 若，，这缺少了2个条件，即，才可以得到，故D错误； 故选：C. 5．（2026·上海静安·一模）在三维空间中，下列命题是真命题的一个是（     ） A．垂直于同一条直线的两条直线平行 B．垂直于同一个平面的两个平面平行 C．若一条直线垂直于一个平面，另一条直线与这个平面平行，则这两条直线互相垂直 D．若两个平面分别平行于两条互相垂直的直线，则这两个平面互相垂直 【答案】C 【分析】ABD在正方体中找反例；C利用线面线面平行的性质定理、线面垂直的性质定理可判断. 【详解】如图为正方体， ，但，故A错误； 平面平面，平面平面， 但平面平面，故B错误； ，与平面平行的所有平面均与平行，故D错误； 如图， ，由线面平行的性质定理可知，平面内一定存在直线与平行， 由线面垂直的性质定理可知，，则有，故C正确. 故选：C 6．（2026·上海黄浦·一模）设α、β是两个不同的平面，l是一条直线，以下命题正确的是 A．若l⊥α，α⊥β，则l∥β B．若l∥α，α∥β，则l∥β C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β 【答案】C 【分析】根据空间线面平行、线面垂直、面面平行和面面垂直的判定与性质，对四个选项逐个加以判断，可得正确答案． 【详解】若，，则或者，故A错误； 若，时，或者，故B错误； 若，内必有两条相交直线，与平面内的两条相交直线，平行，又，则，，即，，故，因此C正确； 若，，则与相交或或，故D错误，故选C. 【点睛】本题主要考查空间中点、线、面的位置关系，解决此类问题的关键是熟练掌握空间中直线与平面的位置关系（平行关系与垂直关系），属于基础题． 7．（2026·上海青浦·一模）在空间中，“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”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 【答案】A 【分析】直接由平行直线及异面直线的定义判断充分性及必要性即可. 【详解】“两条直线平行”能推出“这两条直线没有公共点”，满足充分性；“两条直线没有公共点”不能推出“两条直线平行”， 两条直线可能异面，不满足必要性，故“两条直线平行”是“这两条直线没有公共点”的充分非必要条件. 故选：A. 8．（2026·上海虹口·一模）如图，已知点在表面积为的球的球面上，且，平面，点为中点，当二面角的大小为时，则有（ ） A．异面直线和所成角的大小为 B．直线与平面所成角的大小为 C． D．的面积为 【答案】D 【分析】设球的半径为，求得，证得平面，得到，得到，进而得到，把异面直线和所成角转化为直线和所成角，可判定A不正确；作，证得平面，得到即为直线与平面所成角，可判定B不正确；在直角中，求得，结合二倍角公式，可得判定C不正确；结合面积公式，可判定D正确. 【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，可得，可得， 因为和分别为的中点，所以，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， 所以为二面角的平面角，所以， 在直角中，可得， 对于A，由，可得异面直线和所成角，即为直线和所成角， 因为，所以异面直线和所成角的大小为，所以A不正确； 对于B，过点作，垂足为， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以即为直线与平面所成角， 在直角中，，可得，则， 所以，所以B不正确； 对于C，在直角中，，可得， 所以，则， 所以，所以C不正确； 对于D，由的面积为，所以D正确. 故选：D. 9．（2026·上海松江·一模）若空间中三条不同的直线，，满足，，则是，，共面的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】通过特例说明不能推出，，共面，即充分性不成立；再由平面几何知识得出同一平面内的直线不平行必相交，推出一定成立，即必要条件成立，两者综合即可得出结果. 【详解】 如图所示：满足，，且，但是， 所以可知是，，共面的不充分条件； 当，，共面时，由平面几何知识可知同一平面内的直线不平行必相交， 又因为，，所以必然有， 即是，，共面的必要条件， 综上可知是，，共面的必要不充分条件. 故选：B. 10．（2026·上海奉贤·一模）设，，是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，给出四个命题： ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 其中正确命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据线面位置关系的判定定理、性质定理，以及推论，逐项判定，即可求解. 【详解】由是互不重合的平面，，是互不重合的直线， 对于①中，由，则或与相交，所以不正确； 对于②中，由，则或或与相交，所以不正确； 对于③中，由，根据垂直于同一直线的两平面平行，可得， 所以正确的； 对于④中，由，可得，所以正确. 故选：B. 二、填空题 1．（2026·上海奉贤·一模）在正四棱台中，异面直线与所成角的大小为 ． 【答案】/ 【分析】根据正四棱台特征得出平面，再结合线面垂直判定定理得出平面，进而得出异面直线所成的角. 【详解】   取中点，取中点，连接. 因为四棱台是正四棱台， 所以平面，平面， 所以， 又因为是正方形，所以， 且平面，所以平面， 平面，所以， 所以异面直线与所成角的大小为. 故答案为：. 2．（25-26高三上·上海宝山·期末）如图，点在圆柱的底面圆的圆周上，为圆的直径，与底面圆所成的角为，则异面直线与所成角的余弦值为 ．    【答案】/ 【分析】根据异面直线所成角的定义，结合线面角的定义、圆的性质、余弦定理进行求解即可. 【详解】在圆内，延长交圆上一点，连接， 因为是圆的直径， 所以，因此是异面直线与所成的角（或其补角）， 在圆中，因为， 所以， 由圆柱的性质可知：底面圆，与底面圆所成的角为， 所以，因为，所以， 因此有， ， 因为， 所以， 所以， 因为底面圆，底面圆， 所以， 因此， 在中，由余弦定理可知： ， 故答案为：    三、解答题 1．（2026·上海闵行·一模）如图，三棱锥中，侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，为AC中点． (1)求证： (2)若，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理得出平面POB，再根据线面垂直的性质定理求证； （2）取边中点H，求证为二面角的平面角，在中计算即可. 【详解】（1）因为侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC中点， 所以， 因为平面，所以平面POB， 因平面，所以； （2）取边中点H， 因为侧面PAC与底面ABC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC中点， 所以， 设，则， 因，则，所以， 所以，则为二面角的平面角， 因平面，则平面， 因平面，则， 又，则，则， 所以二面角的大小为. 2．（2026·上海普陀·一模）如图所示，过圆柱的轴的平面与该圆柱相截所形成的截面是边长为2的正方形是该圆柱底面圆周上异于两点的点． (1)设平面平面，求证：； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由平面，结合线面平行的性质定理即可求解； （2）由线面垂直得到是二面角的平面角，进而可求解. 【详解】（1）由已知得，又平面，在平面外， 则平面， 又平面平面平面 则. （2）设的边上的高为，则， 当三棱锥的体积最大时，，即为的中点， 又平面在平面上，所以 又，为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 则是二面角的平面角， 在直角三角形中，，则， 即所求的二面角的余弦值为. 3．（2026·上海嘉定·一模）如图，在四面体中，，从顶点作平面的垂线，垂足恰好落在的中线上. (1)如果，直线与平面所成的角为，求直线与平面所成角的大小； (2)证明：平面平面 【答案】(1) (2)证明详见解析 【分析】利用几何法找到线面成角，利用线面垂直证明面面垂直. 【详解】（1）连接，如图. 由题可知，平面，平面,则， 且即为直线与平面所成角， 即.由，为边的中线， 可得.而，可得，. 而即为直线与平面所成角，且, 则，可得直线与平面所成角为. （2）由，，，平面,故平面， 而平面，则平面平面 4．（2026·上海黄浦·一模）如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，平面BEC，，，G，F分别是线段BE，DC的中点． (1)求证：平面ADE； (2)设平面AEF与平面BEC的交线为l，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取的中点，通过平行的传递性得到，由题中条件得到四边形为平行四边形，得到，利用线面平行的判定定理得到平面； （2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为，由平面和平面，得到在平面上的射影为，利用余弦定理求出，利用同角关系式求，从而得到和，则，代入数值求解，从而得到二面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，，即， ，G，F分别是线段BE，DC的中点， ，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面； （2）设平面与平面所成的锐二面角的大小为， 平面，平面， 在平面上的射影为， ，， 由可得，，所以. 分别是线段BE，DC的中点，，， ，， ，， 又，， 二面角A-l-B的余弦值为. 5．（2026·上海青浦·一模）如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于，连接，利用中位线定理可得，进而可证结论； （2）由面面垂直的判定定理可得平面底面，进而利用面面垂直的性质可得平面，进而可证结论. 【详解】（1）连接交于，连接， 因为四边形是正方形，所以是的中点， 又E是侧棱的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面；    （2）因为侧棱底面，平面，所以平面底面， 又因为底面，，平面底面， 所以平面，又平面，所以平面平面. 6．（2026·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. 7．（2026·上海虹口·一模）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，点为中点.    (1)若点是线段上的动点，求证：直线与直线不相交； (2)若平面，，，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）先证明平面，然后分析直线与直线交点情况即可证明； （2）利用等体积法求解即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 如图所示：    因为四边形为菱形，所以为的中点， 所以在中有，由分别是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以直线与直线没有公共点， 即直线与直线不相交. （2）因为平面，点为中点， 所以平面即平面， 所以为三棱锥的高，且， 因为四边形为菱形，且， 所以菱形为边长是2正方形， 所以， 且，即， 又， 在中，， 即为的高， 所以， 设点到平面的距离为， 由等体积法得：， 即， 解得：， 所以点到平面的距离为. 空间几何体的表面积与体积 考点2 一、填空题 1．（2026·上海徐汇·一模）一个底面积为的正四棱柱的所有顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正四棱柱的高为 ． 【答案】 【分析】求出正四棱柱底边的边长以及外接球半径，分析可知该正四棱柱的外接球直径即为该正四棱柱的体对角线长，即可得解. 【详解】设该正四棱柱底边的边长为，高为，则，可得， 设该正四棱柱的外接球的半径为，则，解得， 由题意可知，该正四棱柱的外接球直径即为该正四棱柱的体对角线长， 即，解得， 因此该正四棱柱的高为. 故答案为： 2．（25-26高三上·上海青浦·期末）已知圆柱和圆锥的底面半径相同，侧面积也相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 . 【答案】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 圆柱和圆锥的侧面积相等，所以，即，故，故圆锥的体积为. 故答案为： 3．（2026·上海虹口·一模）已知某圆锥的底面半径为2，侧面积为，则该圆锥的体积为 （结果保留） 【答案】 【分析】根据圆锥体积公式、侧面积公式，结合圆锥的性质进行求解即可. 【详解】设圆锥的母线为，因为圆锥侧面积为， 所以， 所以该圆锥的高为， 因此该圆锥的体积为， 故答案为： 4．（25-26高三上·上海松江·期末）在三棱锥中，，，，，，则此三棱锥的体积为 ． 【答案】 【分析】过作于，连接，利用余弦定理与勾股定理可证得，结合线面垂直判定定理得平面，则用等体积法即可得此三棱锥的体积. 【详解】如下图：过作于，连接，    因为，所以，， 在中，由余弦定理得：， 则，于是，故， 又平面，所以平面， 故此三棱锥的体积为. 故答案为：. 5．（2026·上海静安·一模）已知圆柱的底面圆的半径与球的半径相等，若圆柱的表面积与球的表面积也相等，则圆柱的体积与球的体积之比 ． 【答案】/ 【分析】根据圆柱的侧面积公式和球的表面积公式得出半径等于圆柱的高，再根据体积公式化简即可. 【详解】设圆柱的底面圆和球的半径为，圆柱的高为， 则由题意得，，则， 则. 故答案为： 二、解答题 1．（2026·上海徐汇·一模）如图，已知是的直径，点是上异于、的一点．设过点的直线垂直于所在的平面，且． (1)若为中点，为线段的中点，为线段上一点，且平面．求证：为线段中点，并求三棱锥的体积； (2)记二面角的平面角为，求的最小值，并指出其取得最小值时点的位置． 【答案】(1)证明见解析， (2)， 为中点. 【分析】（1）由线面平行的性质定理得到，即可求证，由平面， 得到到平面的距离即为到平面的距离，结合体积公式即可求解； （2）过作，垂足为，确定即为二面角的平面角，结合，通过确定最大值即可求解. 【详解】（1）平面， 在平面内，所以没有交点， 又都在平面内， 所以， 在三角形中，因为为线段的中点， 所以为线段中点， 因为平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 又平面，， 所以到平面的距离为1， 又为等腰直角三角形， 所以， 所以三棱锥的体积; （2） 过作，垂足为， 因为平面，在平面内， 所以，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以， 所以即为二面角的平面角， 在直角三角形中， ， 又为到距离， 所以，当为中点时取得最大值， 所以，当为中点时取得最小值， 即，当且仅当为中点时取得最小值. 2．（25-26高三上·上海宝山·期末）如图，在四棱锥中，底面，且底面为正方形，分别是的中点．    (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面； （2）根据平行线的性质，利用等积法进行求解即可. 【详解】（1）连接， ∵是正方形，，分别是棱，的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵是的中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面，平面， ∵，直线平面， ∴平面平面，∵平面， ∴平面．    （2）设点到平面的距离为， 因为分别是的中点， 所以， 因为底面， 所以底面，因为底面， 所以， 因为底面为正方形，，分别是的中点 所以，，     因为， 所以， . 3．（2026·上海杨浦·一模）如图，在长方体中，为上一动点，已知，. (1)求直线与平面所成角的大小；（用反三角表示） (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先找出即为直线与平面所成角，再求的大小即可； （2）根据，再利用三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】（1）连接，由题意得平面， 则即为直线与平面所成角， 又， 在直角中，，， ，则， 所以直线与平面所成角的大小为. （2）由题意得，平面， 则. 所以三棱锥的体积为. 4．（2026·上海奉贤·一模）如图，将直角三角形绕直角边所在直线旋转一周形成圆锥．已知圆锥的底面半径为3cm，圆锥的侧面积．设、是底面圆周上的两点，线段不经过点． (1)求圆锥的体积； (2)求证：直线与直线是异面直线； (3)二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由侧面积公式求得母线长，进而得到圆锥高，结合体积公式即可求解； （2）由异面直线判定定理即可求解； （3）过点作于，连接，确定为直线与平面所成角，进而可求解. 【详解】（1）设圆锥的母线长为，底面半径为， 由题意可得：， 所以， 所以圆锥的体积 （2）因为平面，平面， 所以直线与直线是异面直线； （3）因为二面角的大小为， 由圆锥的结构可知：， 所以即为二面角的平面角， 所以，又， 所以， 过点作于，连接， 因为，为平面两条相交直线， 所以平面 所以即为直线与平面所成角， 又， 又平面，在平面内， 所以， 所以， 所以， 即直线与平面所成角大小为. 六、单选题-考点03空间几何体的结构 29．（2026·上海金山·一模）已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为（   ） A．9 B．8 C．6 D． 【答案】C 【分析】设底面边长为a，代入体积公式，即可得答案. 【详解】设底面边长为a，则正四棱锥的体积，解得. 故选：C 空间几何体的结构 考点3 一、填空题 1．（2026·上海闵行·一模）若圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则其侧面展开图的扇形的圆心角弧度数是 . 【答案】 【分析】由题意设圆锥的母线长为，求得底面圆的半径，求得底面圆的周长为，结合弧长公式列出方程，即可求解. 【详解】由题意，圆锥的轴截面是等腰直角三角形，可设圆锥的母线长为， 则圆锥的底面圆的直径为，即， 所以底面圆的周长为， 设侧面展开图的扇形的圆心角弧度数为，可得，解得. 即侧面展开图的扇形的圆心角弧度数是. 故答案为：. 2．（2026·上海黄浦·一模）已知边长为3的正三角形的三个顶点都在球O的球面上，球心O到平面的距离为1，则球O的体积为 ． 【答案】 【分析】由正弦定理求得正三角形的外接圆半径，结合球心O到平面的距离，根据勾股定理可求得球O的半径，从而求得球O的体积. 【详解】设正三角形的外接圆半径为. 根据正弦定理可得，，所以. 设球O的半径为，则，. 所以球O的体积为. 故答案为：. 3．（2026·上海崇明·一模）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： 4．（25-26高三上·上海浦东新·期末）如图，等腰直角的斜边长为，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体的体积为 . 【答案】 【分析】旋转体为两个同底等高的圆锥的组合体，利用体积公式求解即可 【详解】由题意，将绕斜边所在直线旋转一周形成的旋转体是以为底面半径，为高的两个共底面圆锥， 所以旋转体的体积为. 故答案为： 空间向量的应用 考点4 一、单选题 1．（25-26高三上·上海青浦·期末）如图所示，水平地面上插有两根杆子和所在直线垂直于地面且米，所在直线与地面斜交.小明有一把卷尺.他在某时刻分别测出杆子和在阳光下影子的长度，称为一次操作.小明可以在白天的不同时刻进行多次操作.假设阳光为平行光，正午时分的影子长度为0.则下列说法正确的是（    ） A．为求出的长度，小明至少需要进行2次操作 B．为求出的长度，小明至少需要进行3次操作 C．为求出的长度，小明至少需要进行4次操作 D．无论进行多少次操作，小明都不能求出的长度 【答案】B 【分析】建立坐标系，得到，根据条件列出方程其中分别已知量，是三个未知量，需要列三元三次方程组才可求解，所以需要测量三次. 【详解】设点在地面的影子为,点在地面的影子为,杆子影子的长度为，杆子影子的长度为； 因为垂直于地面，如图以为原点，地面为平面，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则 ，设 ，其中为到地面的高度. 定义 CD 的水平分量：令（x方向水平距离），（y方向水平距离） 由题可知为3个定值，则 设点 ，则 由于阳光为平行光，所以,所以， 则 即,即， 方程中为3个未知数，需要列三个方程才可求解，则需要测量三次. 故选：B 二、填空题 1．（2026·上海普陀·一模）在中，，，，为边上的一点，且，现将沿边折起，使得点至点的位置，且满足平面平面，如图所示，则直线与平面所成的角的正弦值为 ． 【答案】 【分析】由、、得到为等边三角形，取的中点，的中点，得到，从而得到，由平面平面得到平面，过作的平行线作为轴，以为原点，为轴，为轴，建系，写坐标，求出和平面的法向量， 设直线与平面所成的角为，利用数量积求出即可得解. 【详解】，， ，为等边三角形， 取的中点，的中点，连接，则， 现将沿边折起，使得点至点的位置，则， 平面平面，平面平面，， 平面， 过作的平行线作为轴，以为原点，为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 为等边三角形，，， ，， ， ， 平面的法向量为，， 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成的角的正弦值. 三、解答题 1．（2026·上海金山·一模）如图，已知圆锥，点在底面圆周上，，且，动点落在劣弧上． (1)求证：平面平面； (2)若点平分劣弧，过点分别作，垂足分别为两点，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）先证明线面垂直，然后得出面面垂直； （2）先建立空间直角坐标系，通过求平面的法向量解决二面角问题. 【详解】（1）证明：在圆锥中，平面，∴ ∵，∴ ∵，平面，∴平面， ∵平面 ∴平面平面 （2）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OA为z轴，如图建立空间直角坐标系 由题意，，，，， 则，，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面与平面夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 则根据法向量朝向可知二面角的大小为. 2．（25-26高三上·上海浦东新·期末）如图，该几何体由一个棱长为4的正方体与一个半圆柱拼接而成，圆心、分别为线段、的中点，动点在弧上滑动. (1)若点为弧的中点，求直线与平面所成角的大小； (2)若弧的长度为，求证：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量，通过向量夹角公式求线面角； （2）由弧长可求得点坐标，进而求得平面和平面的法向量，计算即可得到结果. 【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系： 则：，，，，， 若点为弧的中点，则 所以 平面的一个法向量为 所以 所以直线与平面所成角的大小 （2）若弧的长度为，由弧长得，则 ， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为 令 所以 所以平面平面 3．（2026·上海静安·一模）已知正四棱柱的底面边长为1，点、分别在边、上，且，．    (1)证明：平面； (2)若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）根据平行线的性质可得，进而可证线面平行； （2）方法一：建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点到平面的距离，进而求线面夹角. 【详解】（1）因为，，则，可得， 且平面，平面，所以平面. （2）方法一：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，如图所示：    则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值是． 方法二：由题意可知：，，， 则， ， 设点到平面的距离为， 因为三棱锥的体积即为三棱锥-的体积， 则，解得， 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． 4．（25-26高三上·上海松江·期末）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，是边长为2的正三角形，侧面底面ABCD． (1)证明：； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，中点，连接，，易证两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直. （2）利用点到平面的距离的向量公式即可解出. 【详解】（1）取中点，中点，连接，. 因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 平面，所以， 又底面是直角梯形，，所以. 又分别为，中点，所以，所以. 所以两两垂直. 故以为原点，建立如图空间直角坐标系， 由，设，，，. 所以，. 因为. 所以，所以. （2）由（1）得，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，可得. 所以点到平面的距离. 5．（2026·上海长宁·一模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，直线与平面所成的角的大小为． (1)求四棱锥的体积； (2)点在线段上，直线平面，求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据棱锥的体积公式，结合线面角的定义进行求解即可； （2）建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质、空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，因此， 因为平面ABCD，直线与平面所成的角的大小为， 所以， 四棱锥的体积为； （2）因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，，又因为， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， ， 显然平面的法向量为， 因为点在线段上，所以设 ， 设平面的法向量为，又，， 因为直线平面， 所以当直线平面，显然点不与点重合， 则当时，，取 因为直线平面， 所以，即， ， 由图可知二面角是锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 空间向量及其运算 考点5 一、单选题 1．（2026·上海崇明·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. 二、填空题 1．（2026·上海虹口·一模）已知空间中四个单位向量满足, 则在方向上的数量投影的最大值为 【答案】 【分析】通过已知条件建立向量与的关系，进而求出在方向上的数量投影的值. 【详解】设 ,, 其中,, , 可设, 同理，（*）, , 则在方向上的数量投影为 当最大时，，，故由（*），, , , , , , ， 故答案为：. 2．（2026·上海嘉定·一模）已知空间向量，，，且，则   . 【答案】 【分析】首先利用向量的垂直得出，，，再将平方即可求解. 【详解】，，，，，， ， ， . 故答案为：. 3．（2026·上海长宁·一模）已知集合，若对于空间中任意单位向量，都存在，使得，则实数的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据存在性问题分析可知，结合题意以及空间向量的数量积运算可得，结合任意性分析可知，进而分析求解. 【详解】若存在，使得，则， 设，且， 则，， 因为，可设， 则 ， 因为，， 注意到符号性不妨设，则， 可得， 当且仅当时，等号成立， 可知， 又因为对于空间中任意单位向量，都存在，使得， 则，即， 且，可得， 当且仅当时，等号成立，即， 可得，所以实数的最大值为. 故答案为：. 4．（25-26高三上·上海青浦·期末）如图，在四面体中，为的中点，，且为的中点，设，用表示，则 . 【答案】 【分析】根据向量的线性运算法则求解. 【详解】因为，所以， 所以 故答案为： 5．（25-26高三上·上海宝山·期末）空间中，向量满足：，且的两两夹角都是，对于向量，若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】先利用已知条件求出相关向量的模及数量积，分析可知点的轨迹是与垂直的平面，记为平面，点的轨迹是以线段为直径的球，且即为平面上的点与球上的点之间的距离，求球心到平面的距离，结合球的性质运算求解即可． 【详解】设， 因为，的两两夹角都是， 则， 可得， 若，即， 可知点的轨迹是与垂直的平面，记为平面，且向量在方向上的投影为， 又因为， 若，即，则， 可知点的轨迹是以线段为直径的球， 设球心为的中点，则，半径， 可知平面的法向量为，且， 则即为平面上的点与球上的点之间的距离， 因为， 则， 可得球心到平面的距离为：， 且，所以的最小值为． 故答案为：． 试卷第42页，共43页 试卷第43页，共43页 学科网（北京）股份有限公司 $