专题06 立体几何与空间向量（6大考点）（重庆专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题06 立体几何与空间向量 6大考点概览 考点01几何体表面积体积问题 考点02点线面位置关系 考点03线线角问题 考点04空间向量线面角问题 考点05空间向量二面角与面面角问题 考点06空间向量探索性问题 几何体表面积体积问题 考点1 1．（2026·重庆·一模）若经过圆锥的轴的截面是一个边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为___________． 【答案】 【分析】利用正三角形求出圆锥的高，利用圆的面积公式求出圆锥的底面面积，利用圆锥的体积公式求出该圆锥的体积. 【详解】圆锥的轴的截面是一个边长为2的正三角形， 设这个三角形为，，底面圆，， 底面圆的面积， 则该圆锥的体积为. 故答案为：. 2．（2026·西南大学附中·一诊）现有一个圆锥与一个球，它们的表面积相等，圆锥的母线长与球的直径相等，则圆锥的底面直径与母线长的比值为______． 【答案】 【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥与球的表面积公式计算求解即可． 【详解】设该圆锥的底面半径为，母线长为，则其表面积为， 球的表面积为，所以， 即，解得（负值舍去）， 故圆锥的底面直径与母线长的比值为． 故答案为： 3．（2026·重庆九龙坡·一模）如图左，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形 为矩形， 和 都是边长为 的等边三角形，将 和 分别沿直线 和 折起，连接 ，得到几何体 ，如图 右，在这个几何体中， ， 若几何体 顶点都在球 的球面上，则球 的表面积为（ ）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】找到球心及球心在平面上的投影，根据各边长度，设出，利用半径构造直角三角形列出方程，求出半径，即可得到球的表面积. 【详解】连接交于点，因为四边形为矩形， 则点为矩形的外接圆圆心， 连接，则平面， 取的中点，连接， 平面，平面，平面平面， 所以，可得， 因为为等边三角形，则， 且平面，所以平面， 且平面，可得平面平面， 因为平面，且平面，所以平面， 设，所以到平面的距离， 设，外接球的半径为，因为， 则，， 即，解得，所以， 故球的表面积为.    故选：. 4．（2026·四川外国语附外·一模）在三棱锥中，O为的外心，底面ABC，，，且，则三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】 【分析】先求底面的外接圆半径，确定三棱锥外接球球心的位置，列方程求出三棱锥外接球半径，进而可求其表面积. 【详解】如图： 设的外接圆半径为，三棱锥外接球的半径为. 在中，，所以. 记三棱锥外接球的球心为， 由. 故三棱锥外接球的表面积为：. 故答案为： 5．（2026·四川外国语附外·一模）已知某圆台轴截面的周长为10、面积为，圆台的高为，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】若圆台上下底面半径分别为且，根据已知列方程求得，再应用圆台的表面积的求法求结果. 【详解】若圆台上下底面半径分别为且，则圆台轴截面腰长为， 所以，，即， 所以，可得，故， 综上，圆台的表面积为. 故选：C 6．（2026·重庆·一模）已知正四面体的棱长为6，先后在其中放入一大一小两个球，，使得球为该正四面体的内切球，球与球及正四面体的三个侧面相切，记球和球的半径分别为，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】由 ，解得，再根据题意由求得即可. 【详解】如图所示： 因为正四面体的棱长为6， 所以正四面体的高为：， ， 则 ，解得 ， 由题意得，， 因为， 所以，即，解得， 所以. 故选：A 7．（2026·重庆九龙坡·一模）已知正方体棱长为1，过点的平面截正方体所得截面为菱形时，该截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，的中点，得到为菱形，故有过点的平面截正方体所得截面为菱形的截面是菱形，根据题意求出的长度，取的中点，连接，根据勾股定理求出的长度，故菱形的面积为，代入数值得解. 【详解】取的中点，的中点，连接，，，， 取的中点，连接，取的中点，连接， 分别是，，，的中点，是正方形， 且，且， 且，为平行四边形，且， 而且，则，为平行四边形， ，四点共面，又，为菱形， 平面， 过点的平面截正方体所得截面为菱形的截面是菱形， ，，则， 故菱形的面积为. 故选：A 点线面位置关系 考点2 1．（2026·重庆·一模）已知正四棱柱中，，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面平面 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，A选项，求平面的法向量，判断是否平行于平面； B选项，分别求平面和平面的法向量，判断两个平面是否平行；C选项，求平面的法向量，判断是否垂直于平面；D选项，求平面和平面的法向量，判断平面是否垂直于平面. 【详解】以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系. 已知，，则各点坐标为：，，， ，，，，. 对于A选项，则， ，. 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，不平行于平面，故选项A错误. 对于B选项，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，平面平面，故选项B正确. 对于C选项，，， . 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. 与不平行，不垂直于平面，故选项C错误. 对于D选项，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，即. ，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，即. ，平面不垂直于平面， 故选项D错误. 故选：B. 2．（2026·西南大学附中·一诊）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（    ）    A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B．存在点Q，使平面MBN C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为 【答案】ABD 【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D． 【详解】选项A，连接，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；    选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确；    选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点， 连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点， 为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，， 所以，C错； 选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体）， 它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确．    故选：ABD． 3．（2026·重庆第二外国语·一诊）（多选）如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（    ） A．存在唯一点，使得 B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D. 【详解】对于A选项：正方形中，有， 正方体中有平面，平面，， 又，平面，平面， 只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误； 对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大， 此时点与点重合，B选项正确； 对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确； 对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设，则有，， 有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点， 所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确. 故选：BCD 线线角问题 考点3 1．（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值． 【详解】在正三棱柱中， 以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴， 为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，    ，不妨取 则， ， 设异面直线与所成角为，则， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 故选：D． 2．（2026·重庆·一模）（多选）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 【答案】ABC 【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AD；利用向量法求出点到直线距离判断B；利用线线角的向量法求解判断C. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 点， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，点到直线的距离为，B正确； 对于C，，直线与所成角的余弦值，C正确； 对于D，，即，又直线， 因此直线直线，点共面，直线与直线不是异面直线，D错误. 空间向量线面角问题 考点4 1．（2026·重庆·一模）如图，已知三棱台的高为为的中点，，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再运用向量夹角公式，即可得解. 【详解】（1）由，，， 故与全等，故， 又因为为的中点，故， 又因为平面平面，平面平面， 且平面，故平面； （2）连接，由平面，平面，故， 又为的中点，故， 即两两垂直，且， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，    有， 由三棱台的高为，故，故， ， 则， 设平面的法向量为， 则有，即， 令，则有，故， 设与平面所成角为， 则有， 则，因此，与平面所成角为. 2．（2026·四川外国语附外·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，平面平面，E为棱上一点． (1)过点E在平面内能否作一条直线与平面垂直？若不能，请说明理由； (2)若时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)能 (2)． 【分析】（1）过E作交棱于F，为所求作的直线．通过证明平面，，可得平面； （2）取的中点O，的中点M，连结，由题可得两两垂直，如图建立空间直角坐标系，算出平面的法向量与坐标，据此可得答案. 【详解】（1）过E作交棱于F，为所求作的直线． 因为平面平面，且， 平面平面，平面， 所以平面，又因为， 所以平面； （2）取的中点O，的中点M，连接， 因，则，又平面平面，平面， 则平面，又易得，则平面. 从而两两垂直.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，所以， 因为，所以， 则，所以， 因为，，， 设与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 3．（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，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）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合向量法求线面角求解即可. 【详解】（1）在三棱柱中，，， ，则. 又四边形是正方形，则，，所以. 又，平面，因此平面. 又平面，所以. 在等边中，为中点，则， 又，平面，所以平面. （2） 取中点为，中点为，则，. 由（1）知，平面，平面，则.又，故. 又，平面，则平面.即两两垂直. 以为坐标原点，，，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段中点，所以. ，，. 设平面的法向量为， 则，即，故可取. 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为. 4．（2026·重庆·一模）如图，四棱锥中， 平面，，，， ，， 为线段上一点，且满足，记平面平面 ．    (1)求证： ； (2)若直线与交于点，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）利用线面平行的性质证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量后计算. 【详解】（1）因为， 且平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 平面 平面 ，所以. （2）    由题可知，两两相互垂直， 以为原点建立空间直角坐标系，连接如图所示， 由得，, 由（1）可知， 所以, 所以， 设平面的法向量，、 则,即， 设，则， 设直线与平面所成角为， 则. 5．（2026·西南大学附中·一诊）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【详解】（1）取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， （2）因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 6．（2026·重庆·一模）某学校天文社团设计了一种航天伴飞卫星，大致原理为：如图建立直角坐标系，在原点处沿轴正方向发射一枚火箭，火箭升空速度为每秒1单位．在点处放置一枚伴飞卫星（视作质点），当火箭升空时，伴飞卫星随火箭同时升空，且逆时针匀速绕火箭螺旋转动，运行一圈所需时间为秒，其沿轴正方向的速度与火箭相同． (1)求经过5秒，此时伴飞卫星的坐标； (2)在伴飞卫星运行过程中，求直线与平面所成角的取值范围； (3)若在轴上点处同时发射一枚监测卫星（视作质点），其速度大小和运行方向与火箭相同，若监测卫星和伴飞卫星在运行过程中所成直线与不垂直，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）火箭沿轴正方向的速度为1个单位/秒，秒后火箭位置为，伴飞卫星绕火箭逆时针匀速旋转周期为秒，利用角速度公式求出.伴飞卫星在平面内绕轴的旋转半径为1，初始位置，沿轴速度与火箭相同，利用任意角的三角函数的定义求出秒后的坐标为.将秒代入的坐标得解. （2）求出，平面的法向量为，与平面所成的角为，利用向量的数量积求出，通过计算得到，即可得解. （3）秒后，求出，，由无解可得在上无解，构造函数，，结合导数按照a的范围分类讨论即可求解. 【详解】（1）伴飞卫星在平面上的射影的轨迹为圆， 由点运行一图所需时间为，且的起始位置为， 设运行时间为，故，所以， 故经过5秒后，的坐标为； （2），平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 令，可得当时，，故，可得， 故直线与平面所成角的取值范围为； （3）则的坐标是，则与不能垂直， 即无解，即在上无解， 当时，不符合题意．令函数， ①当时，，故符合题意； ②当时，，记，则， （i）当时，， 故在单调递增，故当时，即， 故在单调递增，故， 所以在没有零点，符合题意． （ii）当时，当时，存在，使得， 且当时，单调递减，故， 即时，，故在单调递减，， 又，所以， 由零点存在性定理知在上有零点，故不符合题意； 综上所述，的取值范围为． 空间向量二面角与面面角问题 考点5 1．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形， ，已知为的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，结合中位线性质，利用线面平行的判定定理即可证明. （2）先利用面面垂直的性质及梯形性质可得，，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角平面角的余弦值，进而利用同角三角函数关系求解正弦值即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为E为中点，所以且， 又因为，且，所以且， 故四边形为平行四边形，故，又平面，平面， 所以平面.    （2）取棱的中点，连接，. 因为，且是棱的中点，所以. 因为平面底面，平面底面，平面， 所以底面，又底面，底面， 所以，， 因为，且，所以且， 又，故四边形为矩形，所以，则以为坐标原点， ，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    则， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设平面的一个法向量为，则， 取，得， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为， 则，所以， 故平面与平面所成二面角的正弦值为． 2．（2026·重庆第二外国语·一诊）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E为PD的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解二面角的平面角的余弦值即可. 【详解】（1） 如图，连接，交于点，连接. 因为底面是矩形，所以是的中点， 又E为PD的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面ABCD，平面，所以， 又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，则，，，，，，. 设平面的法向量为， 则，令得. 易知知是平面的一个法向量， 所以， 由图可知，二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 空间向量探索性问题 考点6 1．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，已知圆锥PO，AB为底面圆O的直径，点C在圆O上（不同于A，B），，.    (1)若，证明：平面OCE； (2)若，平面平面PBC，求λ的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，根据几何性质可得，进而可证线面平行； （2）建系标点，分别求平面、平面PBC的法向量，根据面面垂直可得，运算求解即可. 【详解】（1）取中点F，设与交于点G，连接，， 由知D为中点，且F为中点，则， 则E为中点，且G为中点， 因为O为中点，则， 且平面，平面， 所以平面． （2）因为C在圆周上，为直径，则，同时，由圆锥知平面， 则以C为原点，、、过C与平行的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．    因， 则，，，，． 可得，，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，可得； 设平面的一个法向量，则。 令，则，可得， 若平面平面，则，解得． 故的值为． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 立体几何与空间向量 6大考点概览 考点01几何体表面积体积问题 考点02点线面位置关系 考点03线线角问题 考点04空间向量线面角问题 考点05空间向量二面角与面面角问题 考点06空间向量探索性问题 几何体表面积体积问题 考点1 1．（2026·重庆·一模）若经过圆锥的轴的截面是一个边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为___________． 2．（2026·西南大学附中·一诊）现有一个圆锥与一个球，它们的表面积相等，圆锥的母线长与球的直径相等，则圆锥的底面直径与母线长的比值为______． 3．（2026·重庆九龙坡·一模）如图左，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形 为矩形， 和 都是边长为 的等边三角形，将 和 分别沿直线 和 折起，连接 ，得到几何体 ，如图 右，在这个几何体中， ， 若几何体 顶点都在球 的球面上，则球 的表面积为（ ）      A． B． C． D． 4．（2026·四川外国语附外·一模）在三棱锥中，O为的外心，底面ABC，，，且，则三棱锥外接球的表面积为______． 5．（2026·四川外国语附外·一模）已知某圆台轴截面的周长为10、面积为，圆台的高为，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·重庆·一模）已知正四面体的棱长为6，先后在其中放入一大一小两个球，，使得球为该正四面体的内切球，球与球及正四面体的三个侧面相切，记球和球的半径分别为，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．（2026·重庆九龙坡·一模）已知正方体棱长为1，过点的平面截正方体所得截面为菱形时，该截面的面积为（   ） A． B． C． D． 点线面位置关系 考点2 1．（2026·重庆·一模）已知正四棱柱中，，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面平面 2．（2026·西南大学附中·一诊）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（    ）    A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B．存在点Q，使平面MBN C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为 3．（2026·重庆第二外国语·一诊）（多选）如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（    ） A．存在唯一点，使得 B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值 C．若，则三棱锥外接球的表面积为 D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分 线线角问题 考点3 1．（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·重庆·一模）（多选）如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（    ） A． B．点到直线的距离为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与直线是异面直线 空间向量线面角问题 考点4 1．（2026·重庆·一模）如图，已知三棱台的高为为的中点，，平面平面.    (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的大小. 2．（2026·四川外国语附外·一模）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，平面平面，E为棱上一点． (1)过点E在平面内能否作一条直线与平面垂直？若不能，请说明理由； (2)若时，求直线与平面所成角的正弦值． 3．（2026·重庆·一模）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且． (1)求证：平面； (2)已知为线段中点，求直线与平面所成角的正弦值． 4．（2026·重庆·一模）如图，四棱锥中， 平面，，，， ，， 为线段上一点，且满足，记平面平面 ．    (1)求证： ； (2)若直线与交于点，求直线与平面所成角的正弦值． 5．（2026·西南大学附中·一诊）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 6．（2026·重庆·一模）某学校天文社团设计了一种航天伴飞卫星，大致原理为：如图建立直角坐标系，在原点处沿轴正方向发射一枚火箭，火箭升空速度为每秒1单位．在点处放置一枚伴飞卫星（视作质点），当火箭升空时，伴飞卫星随火箭同时升空，且逆时针匀速绕火箭螺旋转动，运行一圈所需时间为秒，其沿轴正方向的速度与火箭相同． (1)求经过5秒，此时伴飞卫星的坐标； (2)在伴飞卫星运行过程中，求直线与平面所成角的取值范围； (3)若在轴上点处同时发射一枚监测卫星（视作质点），其速度大小和运行方向与火箭相同，若监测卫星和伴飞卫星在运行过程中所成直线与不垂直，求实数的取值范围． 空间向量二面角与面面角问题 考点5 1．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形， ，已知为的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值. 2．（2026·重庆第二外国语·一诊）如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E为PD的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 空间向量探索性问题 考点6 1．（2026·重庆九龙坡·一模）如图，已知圆锥PO，AB为底面圆O的直径，点C在圆O上（不同于A，B），，.    (1)若，证明：平面OCE； (2)若，平面平面PBC，求λ的值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06立体几何与空间向量 考点1 几何体表面积体积问题 1. 2.√5-1 3.B 169 4. 9 5.C 6.A 7.A 考点2 点线面位置关系 1.B 2.ABD 3.BCD 考点3 线线角问题 1.D 2.ABC 考点4 空间向量线面角问题 1.【详解】(1)由AB=AC,∠A,AB=∠AAC,AA,=AA1, 故△AAC与△AA,B全等，故AC=A,B, 又因为O为BC的中点，故AO⊥BC, 又因为平面A,BC⊥平面ABC,平面A,BCO平面ABC=BC, 且AOc平面ABC,故A,O⊥平面ABC; (2)连接A0,由A0c平面ABC,AO⊥平面ABC,故A,O⊥AO, 又AB=AC=4,O为BC的中点，故A0⊥BC, 即BC,A0,40两两垂直，且0A=BC=VP+4=22, 1/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故可以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系， B￥ 有0(0,0,0)，B2V2,0,0,40,2√2,0，C-22,0,0, 由三棱台ABC-A,B,C的高为2，故OA=2,故A,(0,0,2), B(V2,-V2,2,C(-V2,-2,2, 则CC=2,-V2,2,AB=2N2,-2W2,0,AB=(2,-3V2,2, 设平面ABB,A的法向量为i=（x,y,z), 元.AB=02√2x-2√2y=0 则有 即 i.AB=02x-3V2y+2z=0 令x=1,则有y=1,z=√2，故i=1,l,2, 设CC与平面ABB,A所成角为a, 则有sinacos<CC,n为1CC-12-V2+221.1 CCn 2√2×2 2 则a-名，因此，CC与平面484所成角为名 6 2.【详解】(1)过E作EF∥AB交棱PA于F,EF为所求作的直线. 因为平面PAD⊥平面ABCD,且AB⊥AD, 平面PADA平面ABCD=AD,ABc平面ABCD, 所以AB⊥平面PAD,又因为EF∥AB, 所以EF⊥平面PAD: (2)取AD的中点O,BC的中点M,连接OM,OP, 因PA=PD,则OP⊥AD,又平面PAD∩平面ABCD=AD,OPC平面PAD, 则OP⊥平面ABCD,又易得OM I/AB,则OM⊥平面PAD 从而OP,OA,OM两两垂直如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则0(0,0,0)，A2,0,0),B(2,2,0),C(-2,4,0),P(0,0,2), 2/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以PB=(2,2,-2),BC=(-4,2,0),0P=(0,0,2) 设平面PBC的法向量为i=(x,y,z), i.PB=2x+2y-2z=0 ,令x=1,则y=2,z=3,所以i=(1,2,3), i-BC=-4x+2y=0 因5-所以E-西-号引0-aE-g号) 则号引所以正 424) 3’33 因为=音44，=49-，网5-2 33 元-AE4 设AE与平面P8C所成的角为0.则sn0=心os标.正到引阿同 7 故直线AE与平面PBC所成角的正弦值为14 Z B M 3.【详解】(I)在三棱柱ABC-AB,C,中，AA=BB,=2,AD=AB=1,AD=5 AD2+AA2=5=A,D2,则AA⊥AD 又四边形BCCB是正方形，则B,B⊥BC,BB/1A,A,所以AA⊥BC 又AD∩BC=B,AD,BCC平面ABC,因此AA⊥平面ABC 又CDc平面ABC,所以CD⊥AA 在等边ABC中，D为AB中点，则CD⊥AB, 又AB AA=A,AB,AAc平面ABB,A,所以CD⊥平面ABBA (2) 3/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 取BC中点为O,B,C,中点为Q,则OA⊥BC,OQ⊥BC 由(1)知，AA⊥平面ABC,OAc平面ABC,则OA⊥AA.又B,B//AA,故OA⊥BB, 又BB,∩BC=B,BB,BCC平面BCCB,则OA⊥平面BCC,B,.即OA,OB,OQ两两垂直. 以O为坐标原点，OB,OQ,OA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则oaao,4aa.4o2同.c-a4,®59} B1,2,0), 因为P为线段B,C中点，所以P(0,1,0) CD= 2 设平面ACD的法向量为i=(x,,z, i.CD=0 3 -x+ z=0 则 即22 故可取苏=，1-5 iCA=0 x+2y+V5z=0 设直线AP与平面A,CD所成角为a, cos(AP, 0x1+1x1+(-V5)×-V5） 则sina= 425 02+P+(-52+P+(5 2×55 所以直线P与平面4CD所成角的正弦值为25 4.【详解】(1)因为AD/BC, 且ADC平面PAD,BCI平面PAD, 所以BCI/平面PAD, 又因为BCc平面BCE, 平面BCE∩平面PAD=I,所以BCII. 4/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2) 由题可知，PA,AB,AD两两相互垂直， 以A为原点建立空间直角坐标系，连接EF,BF如图所示， 由PE=A得，PE=l4E=2。 由(1)可知EF11AD,EF=}AD=1, 3 所以B(2,0,0,F(0,1,2),P(0,0,3,C2,4,0),D(0,3,0), 所以BF=（-2,1,2),PD=(0,3,-3,CD=-2,-1,0), 设平面PCD的法向量i=(x,y,z),、 PD.i=0m「3y-3z=0 则 即 CD.n=0' -2x-y=01 设y=2,则i=（-1,2,2), 设直线BF与平面PCD所成角为O, 则sin0=cos(BF,元 BF.n8 BF9 5.【详解】(1)取AB的中点为K,连接MK,NK, 由三棱柱ABC-A,B,C,可得四边形ABB,A为平行四边形， 而BM=MA,BK=KA,则MK∥BB, 而MK文平面BCC,B,BB,C平面BCC,B,故MK∥平面BCC,B, 而CN=NA,BK=KA,则NKBC,同理可得NK∥平面BCCB, 而NK∩MK=K,NK,MKc平面MKN, 故平面MKN∥平面BCC,B,而MNc平面MKN,故MN∥平面BCC,B,, 5/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)因为侧面BCC,B,为正方形，故CB⊥BB, 而CBC平面BCCB,平面CBBC⊥平面ABB,A, 平面CBB,C,O平面ABB,A,=BB,故CB⊥平面ABB,A, 因为NKIBC,故NK⊥平面ABB,A, 因为ABC平面ABBA,故NK⊥AB, 若选①，则AB⊥MN,而NK⊥AB,NK∩MN=N, 故AB⊥平面MNK,而MKc平面MNK,故AB⊥MK, 所以AB⊥BB,而CB⊥BB,CBOAB=B,故BB,⊥平面ABC, 故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2), 故BA=(0,2,0,BN=(1,1,0),BM=(0,1,2), 设平面BNM的法向量为n=(x,y,z), n·BN=0 x+y=0 则 nBM=0' y+22=0,取：=-1，则n=(-2,2,-1, 从而 设直线AB与平面BNM所成的角为O,则 m0-o64-去号 若选②，因为NK∥BC,故NK⊥平面ABBA,而KMc平面ABBA, 故NK⊥KM,而B,M=BK=1,NK=1,故B,M=NK, 而B,B=MK=2,MB=MN,故△BB,M兰△MKN, 所以∠BB,M=∠MKN=90°，故A,B,⊥BB, 而CB⊥BB,CBO AB=B,故BB,⊥平面ABC, 故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0,A(0,2,0),N1,1,0),M(0,1,2), 故BA=(0,2,0),BN=(1,L,0),BM=(0,1,2), 设平面BNM的法向量为n=(x,,z), 6/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 nBN=0 从而 x+y=0 则 nBM=0 +22=0'取z=-1,则n=(-22,-, 设直线AB与平面BNM所成的角为O,则 0小kos(a.Bam=243专 42 B M B A 6.【详解】(1)伴飞卫星P在xOy平面上的射影P的轨迹为圆， 由点P运行一图所需时间为2π，且P的起始位置为(0,1)， 设运行时间为，Pom+》s+到引》】 所以P(-sint,cost,), 故经过5秒后，P的坐标为(-sin5,cos5,5); (2)AP=(-sit,cost-1,),平面x0y的一个法向量为i=(0,0,1), 设直线AP与平面xOy所成角为O, 1 V2-2cost+2 则sin0=cos(AP,)= sin sin2t+cos2t-2cost+1+t2 1+ t 2 令h(x)=x-sinx,可得当x>0时，h(x)>0,故0≤ sinx <sin0≤1， x <1,可得2 放直线与平面0：所成角的取位志国为（手引， (3)则0的坐标是(0，a,),则00=(0，a,),AP=(←sint,cost-1,),00与AP不能垂直， 即00.AP=0无解，即a(cost-1)+12=0在(0，+oo)上无解， 当a=0时，不符合题意.令函数了0=c0s1-1+>0), ①当a<0时，f0=cos1-1+号s号<0，故a<0符合题意： 7111 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②当a>0时，0=-sim1+2,记g0=f0=-sin1+21,则g0=-cos1+2, 2 a a 2 (i)当0<a≤2时，g't)=-cost+二≥-cost+1≥0， a 故gt)在(0，+o)单调递增，故当t>0时，g(t)>g(0)=0即∫'()>0， 故f()在(0，+o)单调递增，故f()>f(0)=0, 所以f(t)在(0，+o)没有零点，符合题意。 2 当a>2时，当1c0,2]时，存在∈0，牙 使得cost= a 且当0<t<4时，g(t)单调递减，故g(t)<g(0)=0, 即t∈(0,4)时，f'()<0,故f在(0,4)单调递减，f()<f(0)=0, 又f2m)=cos2m+2x-1=4r>0,所以f)f02x)<0, a 由零点存在性定理知f0)在(4,2π上有零点，故a>2不符合题意： 综上所述，a的取值范围为(-0,0)U(0,2]. 考点5 空间向量二面角与面面角问题 1.【详解】(1)取PA的中点F,连接BF,EF, 因为E为PD中点，所以EFIAD且EF=AD, 2 又因为AD=2BC,且BCI∥AD,所以EFIIBC且EF=BC, 故四边形CBFE为平行四边形，故CE∥BF,又CEd平面PAB,BFC平面PAB, 所以CE∥平面PAB B (2)取棱AD的中点O,连接OC,OP 因为PA=PD,，且O是棱AD的中点，所以OP⊥AD 因为平面PAD⊥底面ABCD,平面PADO底面ABCD=AD,OPC平面PAD, 所以OP⊥底面ABCD,又OAc底面ABCD,OCC底面ABCD, 所以0P⊥0A,0P⊥0C, 8/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为AD=2BC,且BC∥AD,所以AOIIBC且AO=BC, 又AB⊥AD,故四边形ABCO为矩形，所以OA⊥OC,则以O为坐标原点， OA,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系 B 则A2,0,0),D(-2,0,0),C(0,2,0),B(2,2,0),P(0,0,2√3)，E(-1,0,√3)， AC=(-2,2,0),AE=(-3,0,V3),AB=(0,2,0),AP=(-2,0,2V3), i.AC=-2x+2y=0 设平面ACE的法向量为i=(x,y,z),则 i.AE=-3x+√3z=0 取x=1,得n=(L,l,V3), 设平面PAB的一个法向量为n=(a,b,c),则 n·AB=2b=0 z·AP=-2a+23c=01 取c=1,得=5,0，， 则cosi,h= in25√5 网255’ 设平面ACE与平面PAB所成二面角的平面角为O, 则eos0l=os(,a》= ，310 5 ,所以sin0=V-cos20= 5 故平面ACE与平面PAB所成二面角的正弦值为0 2.【详解】(1) B 如图，连接BD,交AC于点F,连接EF 9/11 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为底面ABCD是矩形，所以F是BD的中点， 又E为PD的中点，所以EF IPB, 因为PB文平面AEC,EFc平面AEC,所以PB∥平面AEC (2)因为PA⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD, 又底面ABCD为矩形，所以AB,AB,AP两两垂直， 以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Az, D B 的4P=,40=8,则400.0，D0N3,0,CN3.0,P0.0,09,4c=5.0 设平面ACE的法向量为i=(x,,z), i·AC=x+V3y=0 则 n- y+2=0 令y=-1得=N5,-1,5 2y+2 易知知m=1,0,0)是平面ADE的一个法向量， m.n √5 所以c0sm,i= √21 m同15+-12+ 27， 由图可知，二面角D-AE-C的平面角为锐角， 所以二面角D-AE-C的余弦值为 7 考点6 空间向量探索性问题 1.【详解】(1)取PE中点F,设CE与BD交于点G,连接OG,DF, 由元=知D为PC中点，且F为PE中点，则DF∥CE, 2 则E为BF中点，且G为BD中点， 10/11