专题07 立体几何与空间向量（8大考点）（黑吉辽蒙专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题07 立体几何与空间向量 8大考点概览 考点01几何体表面积体积问题 考点02截面、轨迹与最短距离问题 考点03点线面位置关系 考点04空间向量基本定理 考点05空间向量线面角问题 考点06空间向量二面角与面面角问题 考点07空间向量点到面距离问题 考点08空间向量探索性问题 几何体表面积体积问题 考点1 1．（2026·辽宁大连·一模）若圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________． 【答案】 【分析】由条件确定圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥侧面积公式求结论. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 所以圆锥的底面半径，母线长， 所以圆锥的侧面积. 故答案为：. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过OP的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面从圆锥中挖去一个圆柱，则剩余的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据中截面性质得出圆柱的高和底面半径，然后由圆锥体积减去圆柱体积即得. 【详解】如图，过OP的中点作平行于底面的截面，截面圆半径， 是圆锥底面半径，在母线上， 因为为中点，则，， 所以剩余的几何体的体积为. 3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点，，直线与所成角的大小为，则四棱锥的体积为__________. 【答案】 【分析】作辅助线，根据线面垂直的性质定理得到线线垂直，再根据边长之间的关系以及余弦定理求得，再根据棱锥的体积公式可求得结果. 【详解】连接，如图所示： 因为，所以直线与所成角为（或其补角）， 因为平面，所以， 又底面为矩形，所以， 因为，平面，平面，而平面， 所以，所以均为直角三角形， 设，则，即， 因为点E为的中点，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得， 所以四棱锥的体积. 故答案为：. 4．（2026·三省三校·一模）圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可. 【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为，高， 此圆台的体积，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则当，即时，此圆台体积取得最大值， 设球的半径为，则球心到两个截面距离分别为， 显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上， 则或， 解，无解；解，得， 所以此圆台的外接球的表面积为. 5．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 【答案】 【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱台体积，即可得解. 【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆， 设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，， 不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，， 则，，， 故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以， 在中，，为棱台的高，也是球的直径， 所以半径为，所以球的体积为， 棱台体积为， 所以球与棱台的体积比为. 故答案为：. 6．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 【答案】 【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积. 【详解】作几何体的轴截面图如图，，分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点， ，分别是球和球与圆台侧面的切点，，分别是与圆台上下底面的切点， 则，，，， 且，，， 过点作交于，显然，四边形为矩形， 且，， 在中，，，， 由，得，则，. 在中，，， 在中，， 在中，，， 因此圆台的上底面半径，下底面半径，高， 圆台的体积， 而球的体积，球的体积， 所以容器中水的体积. 故答案为： 截面、轨迹与最短距离问题 考点2 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的射影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为_____． 【答案】/ 【分析】根据外接球性质确定球心及半径，再结合等体积法得到球心到面，进而得到截面半径即可求解． 【详解】设中点为， ，， ，， 即， ，则，， 又平面，平面， ，则， ，即， 三棱锥中均为直角三角形， 且平面平面， 三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径， 设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为， ， ，， ，解得， 截面半径，面积为． 2．（2026·吉林长春·一模）（多选）已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），点和点分别是棱和的中点，则（    ） A．平面截该正方体所得的截面图形是正方形 B．平面平面 C．若，则点的轨迹长度为 D．若点在上，则的最小值为 【答案】BC 【分析】建立空间直角坐标系，易得，可判断A的真假；根据线面垂直判定面面垂直，可判断B的真假；确定点轨迹，求轨迹长度，判断C的真假；设，则可表示为在直角坐标系中点到点与点的距离之和，由此即可求出的最小值，可判断D的真假. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 对于A选项：,,，， 所以， 所以与不垂直，A错误； 对于B选项：,， 所以 所以， 又，平面,平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，B正确； 对于C选项：易知，所以， 所以点的轨迹为点为圆心，1为半径的圆， 所以点的轨迹长度为，C正确； 对于D选项：设，则 可表示为在直角坐标系中点到点与点的距离之和，如图所示， 所以， 所以的最小值为，D错误. 故选：BC. 3．（2026·黑龙江研远联合·一模）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得 C．若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为 D．若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】利用等体积法判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积判断B；确定轨迹并求出长度判断C；作出符合要求的正方体的截面并求出面积判断D. 【详解】对于A，在正方体中，平面平面， 则点P到平面距离为定值，的面积为定值，为定值，A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，，， 不垂直，因此不存在点P，使，B错误； 对于C，连接，平面，平面，则，而， 又平面，则平面，又平面，则. 同理得，又平面，则平面， 由，得平面，又平面，因此点轨迹为平面 与底面交线，即为线段，又，C正确； 对于D，取中点为，连接，平面， 由平行于，平面，得，又，则平面， 又取中点为，则，有四点共面，则平面平面. 平面即为平面，设平面分别与交于， 由平面平面，平面，平面， 则，又都是中点，则是中点，同理是中点， 于是平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则， 所以截面面积为，D正确. 故选：ACD 点线面位置关系 考点3 1．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）若l，m是两条不同的直线，平行于平面，则“”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】首先利用长方体判断不满足充分性，再根据线面垂直的性质判断必要性，即可得到答案. 【详解】充分性：如图所示，在长方体中，满足：，， 此时不垂直平面，故不满足充分性. 必要性：可推出，满足必要性. 所以“”是“”的必要而不充分条件. 故选：B 2．（2026·三省三校·一模）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【详解】对于A，若，，则或或l与相交，故A错误； 对于B，若，，则或或l与相交，故B错误； 对于C，若，，，则或或l与相交不垂直或l与垂直，故C错误； 对于D，若，，则，又因为，则，故D正确. 3．（2026·辽宁大连·一模）（多选）设是空间中四个不同的点，下列命题正确的是（    ） A．若与是异面直线，则与是异面直线 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断即可. 【详解】对于A，假设与是共面直线，则在同一个平面内，所以与是共面直线，与题设与是异面直线矛盾，故A正确； 对于B，因为，所以点都在的垂直平分面上，但与的长度无法确定，故B错误； 对于C，由B知，点都在的垂直平分面上，所以，故C正确； 对于D，因为，所以与的位置有平行、相交或异面，故D错误. 故选：AC. 4．（2026·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取BC中点F，连接，后可得或其补角即为直线与所成角，求出、、的长度后根据余弦定理得线线角的余弦值，注意线线角的余弦值非负. 【详解】 取BC中点F，连接，，因为，故， 故或其补角即为直线与所成角， 因为平面，平面，故， 而，故，同理， 而为中位线，故， 而是边长为的等边三角形，，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以直线与所成角的余弦值为. 5．（2026·辽宁辽阳·一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先找到异面直线与所成的角，通过几何关系求出与该角的余弦值有关的线段长即可. 【详解】如图，连接， 因为平面，平面， 所以. 又四边形是正方形，， 所以，，， 所以异面直线与所成的角即与所成的角，即. 由勾股定理得 ，， 所以，所以. 因为是的中点，所以， 所以， 所以. 故选：D. 6．（2026·吉林白城联合体·一模）在一个水平平面上放一个半径为2的球，球面上两点满足，是球心，且点到平面的距离为3，则点到平面距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】法一，过作与平面平行的截面，转化为点到截面距离的最大值，根据球的截面性质求解即可；法二，建立空间直角坐标系，写出球的方程，设出点的坐标，利用向量法求点竖坐标的取值范围即可得解. 【详解】法一：过作与平面平行的截面，截面直径为，如图， ，取中点，过作平行线交球与， 则点在以为直径的小圆上，当在点时，过作与垂直的直径交球于， 则点在以为直径的大圆运动，当位于点时，到平面距离最大， 设，则，， 所以到距离最大值为， 故选：D 法二：过点作平面的垂线为轴，在平面内作两条互相垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则球的方程为， 因为点到的距离为3，所以设的坐标为，所以， 设的坐标为，则，， 因为，所以，所以， 又由平面向量知识可得， 所以，又因为， 所以，所以， 两边平方得，解得， 所以点到平面距离的最大值为， 故选：D 空间向量基本定理 考点4 1．（2026·吉林长春·一模）如图，在平行六面体中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据空间向量的线性运算得到，然后求即可. 【详解】解：，又因，， ∴， ∴，，， 故选：A. 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）如图，在正三棱锥中，，D是中点，E是中点，点F，G满足，，直线DF，GE相交于H，下列说法正确的是（   ） A． B． C．与是共线向量 D． 【答案】AC 【分析】以为一组基底，结合数量积的运算法则可判断A；B利用数量积的定义得出判断B；利用平面平面以及判断三点共线可判断C；利用向量的加减运算判断D. 【详解】对于A，设，， 则， 于是，故A正确； 对于B，因为，，所以，则夹角等于， 因为，则为锐角，由数量积的定义可知，故B错误； 对于C，因为，平面，则平面， 同理，平面，则平面， 又平面平面，故，即三点共线，故C正确； 对于D，因 ，故D错误. 空间向量线面角问题 考点5 1．（2026·吉林白山·一模）如图，已知在正四棱柱中，四边形的边长均为，且分别是的中点. (1)证明：； (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）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在正四棱柱中，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 由，得，所以. （2）设平面的法向量为，而， 则，取，得，又， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 2．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在圆台中，，，是下底面圆周上的三点，为下底面圆的直径，为的中点. (1)证明：平面； (2)若，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）由圆台的性质知底面，从而得；再由为下底面圆的直径结合为的中点可证，由线线垂直即可证得线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，按照求直线与平面夹角的公式，按步骤求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为为下底面圆的直径，所以， 因为为的中点，所以， 所以， 又，，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设， 则，，，， 则，，. 设平面的一个法向量为， 则取，得. 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 空间向量二面角与面面角问题 考点6 1．（2026·吉林白城联合体·一模）如图，、分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且，，分别是圆上在同侧的两点，且是线段上一点（不含端点）. (1)求证：平面； (2)已知圆柱的高为6，表面积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证法一：通过证明平面平面，进而根据面面平行的性质得到平面；证法二：在线段上取一点，使得，先证四边形是平行四边形，得到，由平行传递性得到，即四边形是平行四边形，得到，再由线面平行的判定即可证明； （2）先由表面积可计算出圆柱底面半径，而后建系求解平面与平面的法向量，再根据面面夹角与法向量夹角的关系即可求解． 【详解】（1）证法一：因为分别是圆上在同侧的两点， 且, 所以是等边三角形，，所以， 又平面平面，所以平面， 因为分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面平面，所以平面， 因为平面平面平面， 所以平面平面，又平面，所以平面， 证法二：如图，在线段上取一点，使得， 因为分别是圆上在同侧的两点，且， 所以是等边三角形，，所以， 又，所以四边形是平行四边形，， 因为分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且， 所以， 所以，四边形是平行四边形，所以. 又平面平面，所以平面； （2）解：在圆中过点作，又平面平面， 所以，以为原点所在直线分别为轴， 轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的高为，表面积为， 所以，即， 解得（舍）或， 因为， 所以， ， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得， 即为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得， 即为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 2．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. (1)证明：平面； (2)若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接， 则，，， 在梯形中，，E为CD的中点，则， 因此，四边形为平行四边形，， 而平面，平面，所以平面. （2）由平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 因为，， 则，则，即直线两两垂直， 以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 则， 设平面MEF的法向量为， 则，取，得， 设平面的法向量为， 则，取，得， 则， 所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为. 3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）在四棱锥中，底面是梯形， ，，是正三角形，为棱中点. (1)求证: 平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）取中点,连接,先证明四边形为平行四边形，所以，利用线面平行的判定定理得到平面 . （2）取AB中点O,连接PO,利用线面垂直的判定定理证明平面ABCD；过点A作,则平面ABCD； 以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面 与平面 夹角的余弦值即可 【详解】（1）取中点,连接, 因为分别为PC，PB中点，所以, , 又因为，所以 所以四边形为平行四边形，所以 , 又因为平面，平面, 所以: 平面. （2）取AB中点O,连接PO, 因为 是正三角形，所以 , 又因为 则 ，所以, 又因为 , , 平面PAB, 所以平面PAB， 又因为平面ABCD,所以平面PAB平面ABCD， 因为，平面PAB, 平面PAB平面ABCD 所以平面ABCD； 在平面PAB内过点A作,则平面ABCD； 如图所示，以A为原点，AB,AD,AM,分别为轴建立空间直角坐标系 则 ， 则 设平面的法向量为则 即 ，取 则 平面 的法向量为 ； 设平面 与平面 夹角为 ， 则 所以平面与平面夹角的余弦值为 4．（2026·黑龙江·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，三棱锥的体积为，点在棱上，，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证，再由平面与平面垂直的性质定理进行求解； （2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；法2，过E作交BD于H，过H作于G，连.则为二面角的平面角，进行求解． 【详解】（1）因为，是中点，所以， 因为平面，平面平面， 且平面平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系， ， 由（1）知平面，三棱锥的体积为， 所以． 法1：，，，，， 所以，， 设为平面的法向量， 则由，， 得平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以， 由观察知二面角为锐角，所以二面角大小为45°， 法2： 过E作交BD于H，过H作于G，连， 因为平面BCD，所以平面BCD． 因为平面BCD，所以． 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以为二面角的平面角， 因为，所以，， 得，得， 由，得，而， 得，得，而， 得，得， 在中，， 所以，所以二面角的大小为． 5．（2026·辽宁辽阳·一模）如图，在正方体中，，，为线段上的动点，是点关于所在直线的对称点. (1)证明：； (2)若正方体的棱长为4，求三棱锥的体积； (3)当时，求二面角的余弦值的绝对值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为4，，求，，利用空间向量证明线线垂直； （2）求的面积，利用转换顶点法求三棱锥的体积； （3）可得，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为4，则， 设，，则，， 因为，所以. （2）若正方体的棱长为4， 则的面积， 所以三棱锥的体积. （3）当时，则， 可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得； 设平面的法向量，则， 令，则，可得； 因为， 所以二面角的余弦值的绝对值为. 空间向量点到面距离问题 考点7 1．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）（多选）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，AD=DE=4，为线段上的动点，则（    ） A． B．若为线段的中点，则平面 C．点B到平面CEF的距离为 D．的最小值为48 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积的运算性质、平面的法向量进行求解判断即可. 【详解】因为是矩形，所以， 又因为矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面与正方形相交于， 所以平面，而平面， 所以，而是正方形，所以，因此建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有， 因为， 所以有，因此选项A正确； 当为线段的中点时，，，， 设平面的法向量为， 于是有， 因为平面， 所以选项B正确； ，， 所以点B到平面CEF的距离为，因此选项C正确； 设，， ， 当时，有最小值47，因此本选项不正确， 故选：ABC 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可. 【详解】（1）取PB中点，连接， 分别为的中点， 且，且， ，且，则四边形为平行四边形， ，平面平面， 平面. （2）取AB中点，连接OP，OD，BD 因为，所以， ∵平面平面，面，为交线， 平面，， 为正三角形，， 以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图， 设， 则，，，，， 所以， 易知平面PAB的法向量可取， 设平面PAE的法向量为， 因为，令，可取， 所以，解得， 所以，，， 设平面PBC的法向量为， 因为，令，可得， 所以. 空间向量探索性问题 考点8 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，G，F分别是线段，的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，且平面与平面夹角余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用三角形中位线定理得到，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角余弦值的向量求法，列方程即可求得的长. 【详解】（1）连接， 因为四边形为正方形，G是线段的中点， 所以G是线段的中点. 又因为F是线段的中点， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面， 过点作，，所以平面， 又因为，所以以点为原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 所以， 取平面的法向量为， ， 设平面的法向量为 ， 则， 令，则， 因为平面与平面夹角余弦值为， 所以 ， 即， 化简得到，解得 或（舍去）， 因为 ，所以，故. 2．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，四棱锥的底面是菱形，平面，为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在一点，使得二面角正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）连接AC，交BD于点O，可得，由线面平行的判定定理可证结论； （2）利用，且三棱锥与三棱锥同底面积，三棱锥的高是三棱锥的高的二倍 （3）以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz．求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦值求解即可. 【详解】（1）如图，连接AC，交BD于点O，则O为AC的中点．连接OE， 因为是的中点，所以 ， 又平面，平面， 所以平面， （2），且三棱锥与三棱锥底面积相同， 三棱锥的高是三棱锥的高的二倍， （3）存在点F，使得二面角的正弦值为． 因为底面是菱形，底面，与平面， 所以，，， 故以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz． 则，，，，，， 故，，， 设，， 则，． 设平面的法向量为， 则，， 则，令，则，故， 设平面BDF的法向量为， 则，即， 则，令得，故， 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为， 令， 化简得，解得或． 因为，所以或． 3．（2026·黑龙江研远联合·一模）如图，在多面体中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，． (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，． 【分析】（1）根据勾股定理可证得，再根据平面平面得到平面，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的空间向量公式求解即可. 【详解】（1）因为，，， 所以，则． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以． （2）存在，由（1）知，平面且， 以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设， 则． 设平面的一个法向量为， 则，故可取． 设点到平面的距离为， 则，解得或（舍）． 所以在线段上存在点，且． 4．（2026·三省三校·一模）在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． (1)求证：平面平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得平面，再利用面面垂直判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得； （3）求出平面的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出取最大值时的，则可得三棱锥的高与底面积，再利用体积公式计算即可得解. 【详解】（1）因为，则，且，可得， 将沿折起到的位置，始终有， 因为平面，所以平面， 由平面，可得， 且，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （2）由（1）可知，两两垂直，翻折前，因为，且， 所以，，所以， 翻折后，由勾股定理得， 故可以为原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 当时，，，，，， ，可得，，， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）由（2）可知，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，可得， 且，， 因为直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当时，等号成立，取最大值， 则，故点到平面的距离为， 又，则， 所以三棱锥的体积为． 5．（2026·吉林长春·一模）如图，底面为锐角三角形的直棱柱中，，，点在线段上，且满足，点为的中点. (1)当时，证明：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为. （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）已知直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据给定条件证明，利用线面平行判定定理证明结论. （2）（ⅰ）分别取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角、线线角的向量法求解；（ⅱ）利用线面角的向量法列式求解. 【详解】（1）在直棱柱中，令，则是的中点， 由，得是中点，而点为的中点，则， 即，而平面，平面， 所以平面. （2）（ⅰ）分别取的中点，则，又平面， 所以平面，由，得，则直线两两垂直， 以点为原点，向量的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 令，则， ，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则，令，得， ，令，得， 由平面与平面所成角的余弦值为， 得，解得或， 由是锐角三角形，得，即，则，即， 又，则， 而，因此， 所以异面直线与所成的角为. （ⅱ）由（ⅰ）知，，则， ，而平面的法向量， 因此，而， 所以. 6．（2026·辽宁大连·一模）如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为直线. (1)证明：； (2)，点在直线上. （i）若，且点均在球的球面上，证明：点在球的球面上； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）先应用线面平行判定定理再结合性质定理证明； （2）（i）建立空间直角坐标系，根据，得，设球的球心，根据得球心，半径为，验证即可； （ii）设，平面的法向量为，利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在正方形中，， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以； （2）以点为原点，为轴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， （i）因为点在直线上， 设，因为，则，即， 设点所在球的球心， 则， 即， 解得，即球心，半径为， 又， 所以点在球的球面上； （ii）设，且， 设平面的法向量为，则， 可取，记直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 所以的长为或. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07立体几何与空间向量 考点1 几何体表面积体积问题 1.2π 2.B 8W2 3.3 4.171π 5.号 6.243元 考点2 截面、轨迹与最短距离问题 4 π 1. 3π13 2.BC 3.ACD 考点3 点线面位置关系 1.B 2.D 3.AC 4.A 5.D 6.D 考点4 空间向量基本定理 1.A 2.AC 考点5 空间向量线面角问题 1.【详解】(1) 在正四棱柱 BCD-ABCD中，以A为原点，直线 B,AA,AD 分别为少轴建立空间 直角坐标系， 1/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D G B B 则B(2,4,040,4.0,E04,1F00,2,G0,22).BE=(-2,0,1,4F=44,2) 由BE,AF=-2+0+2=0,得8EL4F,所以8E上4F (2)设平面4FG的法向量为万=(c,而4F=1,-4,2,F元=(-，2,0) 4F.i=x-4y+2z=0 则FG元=-x+2y=0，取y=1,得元=(2,1，)’又BE=(-2,0,1): 所以直线AE与平面AFG所成角的正弦值为os优历-，3怎V0 |i川B,E1V6√5-10. 3O01平面1BC,，ABc平面MBC,所以0 ,OO⊥AB 2.【详解】(1)证明：因为 因为AC为下底面圆的直径，所以BC⊥AB, 因为M为AB的中点，所以OM∥BC, 所以OM⊥AB, 又OMno0=0,0w,o0c平面0oM OOM 所以AB上平面 (2)以0为坐标原点，西，0，O0的方向分别为'轴、轴、2轴的正方向，建立如图所示的空间直 角坐标系， 2/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M-A 00=OA=AB=2 不妨设 则4-山5,0，B5.0,c1,-5,0,0(00,2, 则AB=(20.0,B0=-1,-5,2.Ac=2,-23,0） 设平面0B的一个法向量为m=(x少2列， m.AB=2x=0, 则mB0=-x-V5y+2z=0,取z=5,得m=0,2,5: 设直线1C与平面O4 所成角为9， 则sn0=水onm4d- m·AC 43-√21 m·AC V7×47, √2i 故直线AC与平面OAB所成角的正弦值为7· 考点6 空间向量二面角与面面角问题 1.【详解】(1)证法一：因为C,D分别是圆O上在AB同侧的两点， 且∠AOC=LCOD=∠DOB=T 3, 所以DOB是等边三角形，∠BD0-号∠C0D,所以B01OC, 3 又OCc平面 BBD,BDCB BD 平面 6D，所以OC/平面 因为4B,AB 分别是圆柱O0的上底面，下底面的直径，且48MB 3/22 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B1∥OB,OB1=OB 所以 所以四边形 8B0是平行四边形，所以OO/BB, BBD:BB 平面 平面9 D,所以O0/平面BBD 因为c”￥t40a0平面8n0cn00-a0ca0-T面 00.C ”平面 OO,C∥ 所以平面 平面8 ,又0Ec平面0 0,C,所以 E平面 证法二：如图，在线段BD上取一点F,使得BF=OE, 因为C,D分别是圆0上在AB同侧的两点，且∠A0C=∠COD=∠DOB= 3, 所以ADOB是等边三角形，∠BD0-号∠C0D,所以BD1OC, 3 又BF=OE,所以四边形BFEO是平行四边形，EFIOB,EF=OB, 因为司4，A 分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且4BAB, .00 所以O4/0B,Q8=OB EFBO 所 EF0B,EF=OB,四边形 是平行四边形，所以OEB,F 又9Eg B,BD,BFC平面9 BBD OE∥ BBD 平 ,所以 平面 (2)解：在圆O中过点0作OG10B,又001平面G0B,0B,0Gc平面G0B, 所u00108,0010G,以0为原点0G0B,00 在直线分别为轴， y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 4/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B GD 00 设圆柱的底面半径为’， 00 因为圆柱 的高为6，表面积为54红 所以22+2r×6=54元，即r2+6r-27=0, 解得r=-9(舍)或r=3, 因为=3,00=6,0E=2 所以B0,30,0(0,0,6,B0,36,E5,-10, 0,B=(0,3,0),EB=-5,4,6,BB=(0,0,6) 设平面08E的法向量为历=(，，2) mB=0 3y=0 则mEB=0,即-V3.x+4y+62,=0, 令3=1，得=2W5,片=0， 即m=2W5.0,为平面08E的一个法向量， 设平面BB,E的法向量为=（少，， [元-EB=0「-√3x2+4y2+62,=0 则元.BB=0,即1 6z2=0, 令=4，得5=V5,3=0, 5/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即i=4,V5,0为平面BBE的一个法向量， B,E与平面BBE的夹角为0， BBE 设平面 则cos0、 m 8V38741 m同V3×V19247, 8V741 即平面OBE与平面BBE夹角的余弦值为247. 2.【详解()在线段PA上取，使得AN=4AP,取线段AB的中点M:连接EM,M,NF, PNPF3 3 gnF140,0p0,NF=4D支 4 2 在梯形ABCD中，ADBC,4D=2BC,E为CD的中点，则ME1AD,ME=BC, 因此ME/INF,ME=NF,四边形FNME为平行四边形，EF/IMN, 而EF4平面PAB,MNC平面PAB,所以EFI∥平面PAB. (2)由平面PAB⊥平面ABCD,平面PABO平面ABCD=AB, AB⊥AD,ADC平面ABCD,则AD⊥平面PAB, 因为PA=AD=2BC,PB=V5BC=V5AB 则PB=AB+PM,则PALAB,即直线 AB,AD,AP 两两垂直， AB,AD,AP xX,y,Z 以A为坐标原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系， 不妨设AB=2,则P(0,0,4),M(L,0,0),EL,3,0),F(0,3,1), 则PF=0,3-3=(-L0,.ME=0,30) i=(a,b,c) 设平面MEF的法向量为 n.EF=-a+c=0 则元ME=3b=0,取a=1得元=，0,1)’ 设平面PEF的法向量为m=(x,y,z), 6/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 [m.PF=3y-3z=0 则mE原=-x+z=0，取 2=1得m=1, 则os(须非1m-2=6 1ml523, 哈 所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为3· ZA D立 B 3。【详解】(1)取P8中点F,连接 EF,AF D D B✉ 因为E,F分别为PC,PB中点，所以E不BC,EF=号SC。 又因为4DBc,4D-号ac,所以EFD.BP=AD 所以四边形AFED为平行四边形，所以AFIIDE, 又因为DE文平面PAB,AFC平面PAB, 所以：ED∥平面PAB. (2)取AB中点O,连接PO, 因为△PAB是正三角形，所以PO⊥AB,AP=AB=1 又因为D=LPD=2,则AD+AP=PD2,所以AD1AP, 7/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又因为AD L AB ABDAP=-AAB,APc 平面PAB, 所以AD⊥平面PAB, 又因为ADC平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD, 因为PO⊥AB,POC平面PAB,平面PAB∩平面ABCD=AB 所以PO⊥平面ABCD: 在平面PAB内过点A作AMPO,则AM⊥平面ABCD: 如图所示，以A为原点，AB,AD,AM,分别为x,2轴建立空间直角坐标系 p B wo0.Duct.o) 则BD=(-1,0,BE 设平面EBD的法向量 m=(x,y2则 -x+y=0 m.BD=0 (m:BE=0即 4 4 2=0,取.1则m=1,1-5 x=1 平面CBD的法向量为” =(0,0,1) 设平面EBD与平面CBD夹角为0， 0w列-骨点西 V15 所以平面EBD与平面CBD夹角的余弦值为5 8/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.【详解】(1)因为AB=AD,O是BD中点，所以OA⊥BD, 因为OAC平面ABD,平面ABD⊥平面BCD, 且平面ABDA平面BCD=BD,所以OA⊥平面BCD. 因为BCC平面BCD,所以OA⊥BC. (2)如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角 0-xyz 坐标系 Sn=2Sn=2x5x2=25 4 由(1)知OA⊥平面BCD,三棱锥A-BCD的体积为3 3, 所以OA=2. 法1：C5,10,D02,0,B0,-2,0,A0,02, E024 3'3 BC=V5,30, 设=(x少 为平面EBC的法向量， EB.=0 3y 320 则由 BC.n=0' V3x+3y=0’ 得平面EBC的一个法向量为i=3,5,2例 又平面BCD的一个法向量为m=(0,01) 9/22 耐学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以cos(元m= 方m√2 m2, 由观察知二面角为锐角，所以二面角大小为45°， 法2： 过E作EH∥AO交BD于H,过H作HG⊥BC于G,连EG, 因为AO⊥平面BCD,所以EH⊥平面BCD. 因为BCC平面BCD,所以EH⊥BC. 因为HG∩EH=H,HG,EHc平面EHG,所以BC⊥平面EHG, 因为EGC平面EHG,所以BC⊥EG, 因为BC⊥HG,所以∠EGH为二面角E-BC-D的平面角， B--------- 因为DE-2EA所以H-号40-DH-子00=手 3 3 得0H=D0-DH=2-4,得明_2+ 33 3-2 BD43 由B=C=2∠Ba=120 得∠0CB=30,而∠0CD=60, 得∠BCD=90°，得DC⊥BC,而EH L BC, 得HG11CD得HG=cD=4 3 , 在BIEGH中，an∠EGH力 所以∠EGH=45°，所以二面角E-BC-D的大小为45. 5。【详解】()如图，以D为坐标原点， DA,DC,DD 分别为轴，建立空间直角坐标系， 10/22 专题07 立体几何与空间向量 8大考点概览 考点01几何体表面积体积问题 考点02截面、轨迹与最短距离问题 考点03点线面位置关系 考点04空间向量基本定理 考点05空间向量线面角问题 考点06空间向量二面角与面面角问题 考点07空间向量点到面距离问题 考点08空间向量探索性问题 几何体表面积体积问题 考点1 1．（2026·辽宁大连·一模）若圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________． 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过OP的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面从圆锥中挖去一个圆柱，则剩余的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点，，直线与所成角的大小为，则四棱锥的体积为__________. 4．（2026·三省三校·一模）圆台母线长为3，上、下底面半径比为，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为________． 5．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 6．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 截面、轨迹与最短距离问题 考点2 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的射影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为_____． 2．（2026·吉林长春·一模）（多选）已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），点和点分别是棱和的中点，则（    ） A．平面截该正方体所得的截面图形是正方形 B．平面平面 C．若，则点的轨迹长度为 D．若点在上，则的最小值为 3．（2026·黑龙江研远联合·一模）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得 C．若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为 D．若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为 点线面位置关系 考点3 1．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）若l，m是两条不同的直线，平行于平面，则“”是“”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2026·三省三校·一模）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 3．（2026·辽宁大连·一模）（多选）设是空间中四个不同的点，下列命题正确的是（    ） A．若与是异面直线，则与是异面直线 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（2026·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 5．（2026·辽宁辽阳·一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·吉林白城联合体·一模）在一个水平平面上放一个半径为2的球，球面上两点满足，是球心，且点到平面的距离为3，则点到平面距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 空间向量基本定理 考点4 1．（2026·吉林长春·一模）如图，在平行六面体中，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）如图，在正三棱锥中，，D是中点，E是中点，点F，G满足，，直线DF，GE相交于H，下列说法正确的是（   ） A． B． C．与是共线向量 D． 空间向量线面角问题 考点5 1．（2026·吉林白山·一模）如图，已知在正四棱柱中，四边形的边长均为，且分别是的中点. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 2．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在圆台中，，，是下底面圆周上的三点，为下底面圆的直径，为的中点. (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 空间向量二面角与面面角问题 考点6 1．（2026·吉林白城联合体·一模）如图，、分别是圆柱的上底面，下底面的直径，且，，分别是圆上在同侧的两点，且是线段上一点（不含端点）. (1)求证：平面； (2)已知圆柱的高为6，表面积为，求平面与平面夹角的余弦值. 2．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，. (1)证明：平面； (2)若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）在四棱锥中，底面是梯形， ，，是正三角形，为棱中点. (1)求证: 平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 4．（2026·黑龙江·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，三棱锥的体积为，点在棱上，，求二面角的大小． 5．（2026·辽宁辽阳·一模）如图，在正方体中，，，为线段上的动点，是点关于所在直线的对称点. (1)证明：； (2)若正方体的棱长为4，求三棱锥的体积； (3)当时，求二面角的余弦值的绝对值. 空间向量点到面距离问题 考点7 1．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）（多选）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，AD=DE=4，为线段上的动点，则（    ） A． B．若为线段的中点，则平面 C．点B到平面CEF的距离为 D．的最小值为48 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点. (1)证明：平面PBC； (2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离. 空间向量探索性问题 考点8 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，G，F分别是线段，的中点. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，且平面与平面夹角余弦值为，求的长. 2．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，四棱锥的底面是菱形，平面，为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在一点，使得二面角正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 3．（2026·黑龙江研远联合·一模）如图，在多面体中，平面平面，底面为直角梯形，，，，，． (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 4．（2026·三省三校·一模）在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使，如图所示． (1)求证：平面平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，当取得最大值时，求三棱锥的体积． 5．（2026·吉林长春·一模）如图，底面为锐角三角形的直棱柱中，，，点在线段上，且满足，点为的中点. (1)当时，证明：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为. （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）已知直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 6．（2026·辽宁大连·一模）如图，已知四棱锥的底面为正方形，底面，设平面与平面的交线为直线. (1)证明：； (2)，点在直线上. （i）若，且点均在球的球面上，证明：点在球的球面上； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $