题号猜押7+14+16题立体几何与空间向量（抢分专练）（北京专用） 2026年高考数学终极冲刺讲练测

题号猜押7+14+16题 立体几何与空间向量 押题预测 考点1 多面体表面积 1．【答案】 【分析】由题意作图，根据等腰直角三角形的性质，求得圆锥的底面半径以及母线长，利用圆锥表面积公式，可得答案. 【详解】由题意作图如下： 则，，可得， 即圆锥底面半径，母线长． 所以圆锥表面积． 故答案为：. 2．【答案】 【分析】八面体的表面积是两个四棱锥的侧面积之和，利用长方体的棱长，结合勾股定理求出四棱锥侧面三角形的边长，判断侧面三角形的形状，再用面积公式计算单个四棱锥侧面积，进而得到八面体表面积；利用棱锥体积公式计算单个四棱锥体积，进而得到八面体体积，最后求出两者体积之比。 【详解】如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系 根据题意可得各点坐标为：， ， 因为八面体共8个全等的等腰三角形，以为例： 可得， 三角形的高为，故 所以总表面积为：. 长方体体积为： 由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为， 可得每个四棱锥的高为，总体积 所以八面体的体积和长方体的体积之比为. 考点2 多面体体积 1．【答案】 【分析】玉琮体积可以分为两部分计算:上下圆筒部分和中部正方体挖去圆柱部分，最后减去空心部分的体积. 【详解】因为圆筒内径长为，所以内圆半径. 外径长为，所以外圆半径 上下两段圆筒总高为，加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分: 上下外圆柱体积+中部正方体体积   = 空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为， 所以玉琮的体积为. 2．【答案】40 【分析】将多面体补形为三棱柱，过点F作平面，过作的平行线，交于点，交于点，利用，进行计算即可. 【详解】如图，可将多面体补形为三棱柱， 过点F作平面，为垂足， 过作的平行线，交于点，交于点， 因为平面，平面， 所以平面平面， 由题知， 因为平面，平面，所以， 又，，所以，，平面， 平面，∴， 连接，因为，，所以， 所以， ∴． 3．【答案】②④ 【分析】对①，四面体的4个面为全等的三角形，求解判断；对②，考虑和时的表面积变化可判断；对④，利用割补法得正方体体积，为定值；对③，由④求解判断. 【详解】对于①，当时，为所在棱的中点，四面体的4个面为全等的三角形， 其中， 所以四面体的表面积为，故①错误； 对于②，当时，如图，四面体的表面积为， 当时，四面体的表面积为， 由连续性变化可得存在，使得四面体的表面积为9，故②正确； 对于④，四面体的体积可以用割补法求解， 正方体体积， 由图，两个三棱柱的体积和为定值， 同样，两个四棱锥的体积和，也为定值与无关， 所以四面体的体积与无关，故④正确； 对于③，由④，四面体的体积，为定值，故③错误. 故答案为：②④. 考点3 空间向量线面角 1．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根基线面平行的向量表示，设出F的坐标，根据线面平行，说明F是的中点. （2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量方法，求出线面角的正弦值. 【详解】（1） 如图所示，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则， 设， ，可得，解得， 可得，则设平面的一个法向量， 则，得，解得，所以F是的中点. （2） 如图所示，，，当时，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，面的一个法向量， 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. 2．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理平面得出即可得证； （2）求出平面与平面两个面的法向量，用平面夹角的向量公式即可求出余弦值. 【详解】（1）连接， 因为底面是正方形，所以是的中点，点在棱上，因为平面，平面， 且平面平面，所以，所以为的中点. （2）如图，以为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设， 则， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面的法向量， 则，取，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． 考点4 空间向量面面角/二面角 1．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，则根据线面平行的判定定理证明； （2）因为两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形. 所以，因为平面平面， 所以平面. （2）由题知平面，所以， 又因为， 所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系. 所以， 则. 根据题意平面的一个法向量是，设平面的法向量为， 则即， 令，则.于是， 设二面角的平面角为， 则，由图可知为锐角，所以. 2．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【详解】（1）因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． （2） 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 考点5 空间向量点到面的距离 1．【答案】C 【分析】根据三棱锥的几何性质，和空间中点线面的垂直关系，做出点到面的距离，求出结果即可. 【详解】 如图所示，作中点为，连接， 因为，所以，又因为△ABC是等腰直角三角形，且，所以， 因为，，是公共边，所以， 所以 , 所以，，面，面，所以面. 所以为点P到底面的距离，即. 在中，根据勾股定理，. 因为，，，面，面，所以面， 所以为点到面的距离， 在等腰直角三角形△ABC中，. 故选：C. 2．【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，根据题意作出图形，由中位线和平行四边形的性质证明四边形为平行四边形，从而得到线线平行，然后证明线面平行； （2）由线面角的定义，及已知线段长求得长.由线面垂直的性质得到，，由面面垂直的性质得到，然后建立空间直角坐标系，结合线段长得到点的坐标，从而得到平面内向量的坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的余弦值. （3）由空间向量的投影即可得点到面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接，； 因为分别为的中点， 所以，． 因为四边形是平行四边形，G为线段的中点， 所以，， 所以，． 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为 所以平面．    （2）因为平面，所以即为直线与平面所成的角， 由题意可知：，又，所以， 因为平面， 所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以且，，两两垂直， 分别以，，所在直线为轴，轴，轴如图建立空间直角坐标系， 则，，，，则，，，      设平面的法向量为，平面的法向量为， 则有，也即，令，则； 则有，也即，令，则， 则， 由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. （3）因为 所以点到平面的距离. 通关特训 一、单选题 1．【答案】B 【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ABD；利用过正方体中心的截面分正方体所成两部分体积关系判断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，    则， 对于A，，即，而直线，则， 又，因此四边形为平行四边形，又， 则四边形为菱形，当点与重合时，平面截正方体表面所得的交线形成的图形是菱形，A正确； 对于B，，，即与不垂直， 而平面，因此直线与平面不垂直，B错误； 对于C，线段的中点为正方体的中心，平面过该正方体的中心， 由对称性，平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等，C正确； 对于D，当点时，，，则， 即，，平面，于是平面， 此时点到该正方体中心的距离即为点到平面的距离， 是点到过的所有截面距离最大值，因此点到平面的距离不超过，D正确. 故选：B 2．【答案】D 【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D. 【详解】A，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 易知点C是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为， 所以，A正确； B，取中点中点K，连接，    因为分别为中点， 所以，又， 所以，则， 因为，所以， 即，又平面， 所以平面，因为， 所以点P的轨迹为，所以动点P的轨迹长度为，故B正确； C：连接以B为圆心，为半径画，如图1所示，    当点P在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 长度，故点P的轨迹长度为，故C正确； D，取的中点分别为， 连接，如图2所示，      易知面平面， 故平面平面平面， 故平面，又平面， 故平面平面，又， 故平面与平面是同一个平面， 则点P的轨迹为线段， 在三角形中，； ； 则， 故三角形是以为直角的直角三角形， 故，故长度的最大值为，故D错误． 故选：D 3．【答案】C 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解. 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图， O是顶点A在下底面的射影，E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，是球的半径， 则，解得， 在中，， 在中，， 即，即，解得， 所以， 由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为. 故选：C 二、填空题 4．【答案】/ 【分析】将几何体补全为长方体，包装盒的容积为，进而可得. 【详解】如图，把几何体补全为长方体，则， ， 由对称性，可得该包装盒的容积为 . 5．【答案】 【分析】根据条件得四边形为等腰梯形，再根据棱柱的体积公式计算即可. 【详解】因为与平面所成角均为，且, 所以四边形为等腰梯形， 因为, 所以等腰梯形的高， 故， 所以直四棱柱体积. 故答案为：. 6．【答案】 （答案不唯一，在区间中即可） 【分析】先根据正四边体的表面积的求出，求出表面积，再根据异面直线之间的距离，求出距离的最小值. 【详解】正四面体棱长为4，四个面都是正三角形，则三角形边长为4时，高为，则面积为，则表面积为. 如图所示，作的中点，连接， 在正四面体中，所以为等腰三角形， 所以，则是异面直线之间的距离， 可知在中，，所以， 所以平面过中点时，取得最小值，最小值为. 过点作,在等边中，， 所以截面上的点到棱距离最大值为，同理截面上的点到棱距离最大值为， 所以取范围为，故d的一个值可取， 故答案为：； 7．【答案】②③ 【分析】由面面垂直的判定定理可知②正确，由等体积法可知③正确，由空间向量法计算直线 与所成的角是不能成立知①错误，应用截面数形结合可知④不正确. 【详解】正方体中，，， ，平面，则平面， 平面，则平面平面，故②正确; 到平面的距离， 所以三棱锥体积为，为定值，故③正确; 以点D为原点建立空间直角坐标系如上图所示： 由题得，设， 所以，若直线与AC所成的角是， 所以，所以， 所以，不合题意；①错误； 结合上述坐标系，若延长线交线段于，，示意图如下， 因为，所以，则不垂直， 因为，所以，则不垂直， 因为，所以，则不垂直， 综上，平面截正方体所得的截面不可能是直角三角形， 当延长线与线段（不含端点）有交点，平面截正方体所得的截面不是三角形， 所以平面截正方体所得的截面可能是直角三角形，故④错误. 故答案为：②③. 三、解答题 8．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理及性质定理证明即可； （2）连接，记，由菱形的性质及面面垂直的性质定理可证平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法可求得直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为底面是菱形，所以∥. 因为平面，平面，所以∥平面. 因为平面，平面平面，所以∥. （2）因为底面是边长为2的菱形，，所以. 连接，记，则为的中点，且. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 因为点P到平面的距离为2，所以. 易得， 因为M为中点，N为上一点，且满足，所以. 所以. 设平面的法向量为， 则， 令，则. 所以平面的法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为． 9．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 法二：根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：法一：取的中点，连接， 因为分别是的中点，可得，且， 在三棱台中，可得，所以， 又因为，所以， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面． 法二：在三棱台中，为的中点，且， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，于是平面． （2）解：因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则． 设平面的法向量为，则， 令，可得．所以． 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角正弦值为． 10．【答案】(1)证明见解析 (2) (3)相交，理由见解析 【分析】（1）先证平面，即可得证线线垂直； （2）由所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后由空间向量法求线面角即可； （3）利用作图法来判断与平面相交． 【详解】（1），平面， 平面， 平面 （2）△ABC是等腰直角三角形且，则到的距离为2， ，所以，可由所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），设，结合图（1）得 ， 设面的法向量， 令， 设直线与平面所成角为， ， （3） 延长交于点，连接，因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面平面， 由平面平面，即， 因为平面，所以与平面相交. 11．【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）通过作辅助线证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理判断即可； （2）利用已知条件证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （3）通过建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再代入公式即可. 【详解】（1）取的中点，连接， M为的中点，， 又，，，四边形为平行四边形， 且平面，平面, 平面； （2）（ⅰ）平面，平面，， 又底面是一个等腰梯形，，，， ，则，，即， 又平面，，平面. （ⅱ）由（ⅰ）知平面，平面，， 故建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图 则，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 为平面的一个法向量，， 故二面角的余弦值为. 12．【答案】(1)证明见解析； (2)所选条件见解析，. 【分析】（1）取的中点，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论； （2）根据所选条件，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，又是的中点，则且， 由在棱上，底面为矩形，则，故， 由平面，且面面，则， 所以为平行四边形，故， 所以是的中点，得证； （2）选①：面面，面面，，面， 所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设面的一个法向量为， 则，令，则， 显然面的一个法向量为，故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 选②：连接，底面为矩形，则，而，， 所以，即，又，都在面内， 所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设面的一个法向量为， 则，令，则， 显然面的一个法向量为，故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 13．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据面面垂直的性质得到平面，再根据线面垂直的概念得到. （2）结合选择的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面， 因为四边形为正方形，所以， 所以平面，又平面，所以. （2）选条件①：因为，，，， 所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，. 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. ， 所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 选条件②： 由已知和（1）可知平面，平面， 所以，所以. 若，则，这与为三角形的三个顶点矛盾. 故条件②不可选. 选条件③： 由已知和（1）可知为直角三角形，且，，所以. 由得，又，，， 所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，. 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. ， 所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 14．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面平行可得，根据中位线的性质可得； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角的余弦值. 【详解】（1）在四棱柱 中， 平面平面， 又因为平面CDE 平面ABCD=CD， 所以， 又因为，所以， 又因为E为的中点，所以F为的中点 （2）取AD的中点O，连接， 在四棱柱 中， 四边形，四边形均为菱形， 又 所以均为等边三角形， 所以， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD， 平面，所以平面ABCD， 平面ABCD，所以， 如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以即为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令得， 所以，所以， 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为， 15．【答案】（1）见解析（2）（3）见解析 【详解】（1）∵平面，，∴平面， ∴，，又四边形是正方形， ∴，故，，两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系，∵， ∴，，， ，，， ∵，，分别为，，的中点， ∴，，， ，平面的一个法向量为， 又∵， ∴，又∵平面，∴平面.    （2），， 设为平面的一个法向量， 则，即，取，得， ，， 设为平面的一个法向量，则， 即，取得， ∴ ， ∴平面与平面所成锐二面角的大小为. （3）假设在线段上存在一点，使直线与直线所成角为， 设，其中，由，则， 又∵，，∴， ∵直线与直线所成角为，， ∴，即，解得， ∴，， ∴在线段上存在一点，使直线与直线所成角为，此时.24． 16．【答案】(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【分析】（1）取中点G，连接，可得四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答； （2）（i）建立空间直角坐标系，即可求解平面的法向量，利用二面角夹角公式求解二面角余弦；（ii）由点到平面距离公式计算求解. 【详解】（1） 取中点G，连接， 则，又因为， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） （i）以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 则． 设平面的法向量为， 则，取，则 设平面的法向量为， 设二面角为， 则 ， 因为为锐角，所以； （ii）由（i）平面的一个法向量为， 点到平面的距离 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押7+14+16题 立体几何与空间向量 溯源：近5年真题显示，立体几何每年必考，主要考查多面体的体积，少量考查表面积，空间向量大题则第一问考平行垂直的性质与判断，第二问考线面角，面面角偏多，少量结合了点到面的距离公式． 预测：去年小题考的复杂的多面体体积，今年难度有可能下降，考查表面积或者体积，空间向量预测和往年一样，第一问考查平行垂直，第二问线面角或者二面角． 备考核心：常见几何体的表面积与体积公式必须牢记于心，怎么证明线面，面面的平行垂直也是重中之重，大题的建系求角的问题要快速加准确． 考点1 多面体表面积 1．已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为______． 【答案】 【分析】由题意作图，根据等腰直角三角形的性质，求得圆锥的底面半径以及母线长，利用圆锥表面积公式，可得答案. 【详解】由题意作图如下： 则，，可得， 即圆锥底面半径，母线长． 所以圆锥表面积． 故答案为：. 2．（2026·北京延庆·一模）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 【答案】 【分析】八面体的表面积是两个四棱锥的侧面积之和，利用长方体的棱长，结合勾股定理求出四棱锥侧面三角形的边长，判断侧面三角形的形状，再用面积公式计算单个四棱锥侧面积，进而得到八面体表面积；利用棱锥体积公式计算单个四棱锥体积，进而得到八面体体积，最后求出两者体积之比。 【详解】如图所示，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系 根据题意可得各点坐标为：， ， 因为八面体共8个全等的等腰三角形，以为例： 可得， 三角形的高为，故 所以总表面积为：. 长方体体积为： 由八面体是两个四棱锥组合而成，四棱锥底面是正方形，面积为， 可得每个四棱锥的高为，总体积 所以八面体的体积和长方体的体积之比为. 考点2 多面体体积 1．（2026·北京密云·一模）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________. 【答案】 【分析】玉琮体积可以分为两部分计算:上下圆筒部分和中部正方体挖去圆柱部分，最后减去空心部分的体积. 【详解】因为圆筒内径长为，所以内圆半径. 外径长为，所以外圆半径 上下两段圆筒总高为，加上中部正方体挖去外圆柱后剩余部分: 上下外圆柱体积+中部正方体体积   = 空心是贯通整个玉琮的内圆柱，总高为， 所以玉琮的体积为. 2．（2026·北京平谷·一模）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 【答案】40 【分析】将多面体补形为三棱柱，过点F作平面，过作的平行线，交于点，交于点，利用，进行计算即可. 【详解】如图，可将多面体补形为三棱柱， 过点F作平面，为垂足， 过作的平行线，交于点，交于点， 因为平面，平面， 所以平面平面， 由题知， 因为平面，平面，所以， 又，，所以，，平面， 平面，∴， 连接，因为，，所以， 所以， ∴． 3．如图，已知棱长为2的正方体中，动点M ， N， P ， Q分别在棱，， ， 上， 且满足， ， 设.给出下列四个结论： ①当时， 则四面体的表面积为8: ② 存在m、n，使得四面体的表面积为9； ③当 时，四面体的体积为 ④ 四面体.的体积与m、n无关． 其中所有正确结论的序号为______________． 【答案】②④ 【分析】对①，四面体的4个面为全等的三角形，求解判断；对②，考虑和时的表面积变化可判断；对④，利用割补法得正方体体积，为定值；对③，由④求解判断. 【详解】对于①，当时，为所在棱的中点，四面体的4个面为全等的三角形， 其中， 所以四面体的表面积为，故①错误； 对于②，当时，如图，四面体的表面积为， 当时，四面体的表面积为， 由连续性变化可得存在，使得四面体的表面积为9，故②正确； 对于④，四面体的体积可以用割补法求解， 正方体体积， 由图，两个三棱柱的体积和为定值， 同样，两个四棱锥的体积和，也为定值与无关， 所以四面体的体积与无关，故④正确； 对于③，由④，四面体的体积，为定值，故③错误. 故答案为：②④. 考点3 空间向量线面角 1．如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面. (1)证明：F是的中点； (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）根基线面平行的向量表示，设出F的坐标，根据线面平行，说明F是的中点. （2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量方法，求出线面角的正弦值. 【详解】（1） 如图所示，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 因为正方体的棱长为2，则， 设， ，可得，解得， 可得，则设平面的一个法向量， 则，得，解得，所以F是的中点. （2） 如图所示，，，当时，， 设面的法向量，则，即， 令，解得，面的一个法向量， 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. 2．如图，长方体的底面是正方形，，，点在棱上，平面. (1)求证：为的中点； (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）根据线面平行的性质定理平面得出即可得证； （2）求出平面与平面两个面的法向量，用平面夹角的向量公式即可求出余弦值. 【详解】（1）连接， 因为底面是正方形，所以是的中点，点在棱上，因为平面，平面， 且平面平面，所以，所以为的中点. （2）如图，以为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设， 则， 设平面的法向量， 则，取，得， 设平面的法向量， 则，取，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． 考点4 空间向量面面角/二面角 1．（2026·北京密云·一模）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，则根据线面平行的判定定理证明； （2）因为两两垂直，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形. 所以，因为平面平面， 所以平面. （2）由题知平面，所以， 又因为， 所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系. 所以， 则. 根据题意平面的一个法向量是，设平面的法向量为， 则即， 令，则.于是， 设二面角的平面角为， 则，由图可知为锐角，所以. 2．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【详解】（1）因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． （2） 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 考点5 空间向量点到面的距离 1．某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥，，底面△ABC是等腰直角三角形，且，顶点P到底面△ABC的距离为6，则点B到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三棱锥的几何性质，和空间中点线面的垂直关系，做出点到面的距离，求出结果即可. 【详解】 如图所示，作中点为，连接， 因为，所以，又因为△ABC是等腰直角三角形，且，所以， 因为，，是公共边，所以， 所以 , 所以，，面，面，所以面. 所以为点P到底面的距离，即. 在中，根据勾股定理，. 因为，，，面，面，所以面， 所以为点到面的距离， 在等腰直角三角形△ABC中，. 故选：C. 2．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面，点为线段的中点，，直线与平面所成的角为.    (1)若点为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，根据题意作出图形，由中位线和平行四边形的性质证明四边形为平行四边形，从而得到线线平行，然后证明线面平行； （2）由线面角的定义，及已知线段长求得长.由线面垂直的性质得到，，由面面垂直的性质得到，然后建立空间直角坐标系，结合线段长得到点的坐标，从而得到平面内向量的坐标，由空间向量的数量积求得面的法向量，再由空间向量的夹角求得二面角的余弦值. （3）由空间向量的投影即可得点到面的距离. 【详解】（1）取的中点，连接，； 因为分别为的中点， 所以，． 因为四边形是平行四边形，G为线段的中点， 所以，， 所以，． 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为 所以平面．    （2）因为平面，所以即为直线与平面所成的角， 由题意可知：，又，所以， 因为平面， 所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以且，，两两垂直， 分别以，，所在直线为轴，轴，轴如图建立空间直角坐标系， 则，，，，则，，，      设平面的法向量为，平面的法向量为， 则有，也即，令，则； 则有，也即，令，则， 则， 由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. （3）因为 所以点到平面的距离. 一、单选题 1．如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点，为正方形边上的动点（不与重合），则下列说法中错误的是（   ）    A．平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形 B．存在点，使得直线与平面垂直 C．平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等 D．点到平面的距离不超过 【答案】B 【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ABD；利用过正方体中心的截面分正方体所成两部分体积关系判断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，    则， 对于A，，即，而直线，则， 又，因此四边形为平行四边形，又， 则四边形为菱形，当点与重合时，平面截正方体表面所得的交线形成的图形是菱形，A正确； 对于B，，，即与不垂直， 而平面，因此直线与平面不垂直，B错误； 对于C，线段的中点为正方体的中心，平面过该正方体的中心， 由对称性，平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等，C正确； 对于D，当点时，，，则， 即，，平面，于是平面， 此时点到该正方体中心的距离即为点到平面的距离， 是点到过的所有截面距离最大值，因此点到平面的距离不超过，D正确. 故选：B 2．如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为 B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C．当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】D 【分析】显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，求出正四面体体积可判断A；利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求出其周长可判断B；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，求出其轨迹长度可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，可判断为直角三角形，易知长度的最大值为，计算可判断D. 【详解】A，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 易知点C是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为， 所以，A正确； B，取中点中点K，连接，    因为分别为中点， 所以，又， 所以，则， 因为，所以， 即，又平面， 所以平面，因为， 所以点P的轨迹为，所以动点P的轨迹长度为，故B正确； C：连接以B为圆心，为半径画，如图1所示，    当点P在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 长度，故点P的轨迹长度为，故C正确； D，取的中点分别为， 连接，如图2所示，      易知面平面， 故平面平面平面， 故平面，又平面， 故平面平面，又， 故平面与平面是同一个平面， 则点P的轨迹为线段， 在三角形中，； ； 则， 故三角形是以为直角的直角三角形， 故，故长度的最大值为，故D错误． 故选：D 3．金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解. 【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图， O是顶点A在下底面的射影，E是正四面体外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，是球的半径， 则，解得， 在中，， 在中，， 即，即，解得， 所以， 由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为. 故选：C 二、填空题 4．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积是________． 【答案】/ 【分析】将几何体补全为长方体，包装盒的容积为，进而可得. 【详解】如图，把几何体补全为长方体，则， ， 由对称性，可得该包装盒的容积为 . 5．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中与平面所成的角均为，，米，米，米，则需要挖土_____立方米. 【答案】 【分析】根据条件得四边形为等腰梯形，再根据棱柱的体积公式计算即可. 【详解】因为与平面所成角均为，且, 所以四边形为等腰梯形， 因为, 所以等腰梯形的高， 故， 所以直四棱柱体积. 故答案为：. 6．正四面体ABCD中，棱长为4，则此四面体的表面积为___________；点为BD中点，过的截面与棱AB平行，点在截面上，若到棱AB和棱CD的距离都为，则的一个取值为_________. 【答案】 （答案不唯一，在区间中即可） 【分析】先根据正四边体的表面积的求出，求出表面积，再根据异面直线之间的距离，求出距离的最小值. 【详解】正四面体棱长为4，四个面都是正三角形，则三角形边长为4时，高为，则面积为，则表面积为. 如图所示，作的中点，连接， 在正四面体中，所以为等腰三角形， 所以，则是异面直线之间的距离， 可知在中，，所以， 所以平面过中点时，取得最小值，最小值为. 过点作,在等边中，， 所以截面上的点到棱距离最大值为，同理截面上的点到棱距离最大值为， 所以取范围为，故d的一个值可取， 故答案为：； 7．如图，在棱长为1的正方体中，若P为线段上的动点（不含端点）． 给出下列四个结论： ①直线与AC所成的角可能是 ②平面平面 ③三棱锥的体积为定值 ④平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【分析】由面面垂直的判定定理可知②正确，由等体积法可知③正确，由空间向量法计算直线 与所成的角是不能成立知①错误，应用截面数形结合可知④不正确. 【详解】正方体中，，， ，平面，则平面， 平面，则平面平面，故②正确; 到平面的距离， 所以三棱锥体积为，为定值，故③正确; 以点D为原点建立空间直角坐标系如上图所示： 由题得，设， 所以，若直线与AC所成的角是， 所以，所以， 所以，不合题意；①错误； 结合上述坐标系，若延长线交线段于，，示意图如下， 因为，所以，则不垂直， 因为，所以，则不垂直， 因为，所以，则不垂直， 综上，平面截正方体所得的截面不可能是直角三角形， 当延长线与线段（不含端点）有交点，平面截正方体所得的截面不是三角形， 所以平面截正方体所得的截面可能是直角三角形，故④错误. 故答案为：②③. 三、解答题 8．（2026·北京朝阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，M为中点，N为上一点，且满足． (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点P到平面的距离为2，且平面平面．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）由线面平行的判定定理及性质定理证明即可； （2）连接，记，由菱形的性质及面面垂直的性质定理可证平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法可求得直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为底面是菱形，所以∥. 因为平面，平面，所以∥平面. 因为平面，平面平面，所以∥. （2）因为底面是边长为2的菱形，，所以. 连接，记，则为的中点，且. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 因为点P到平面的距离为2，所以. 易得， 因为M为中点，N为上一点，且满足，所以. 所以. 设平面的法向量为， 则， 令，则. 所以平面的法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为． 9．（2026·北京平谷·一模）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：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）法一：取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； 法二：根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：法一：取的中点，连接， 因为分别是的中点，可得，且， 在三棱台中，可得，所以， 又因为，所以， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面． 法二：在三棱台中，为的中点，且， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面，于是平面． （2）解：因为平面平面，平面平面， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得， 则． 设平面的法向量为，则， 令，可得．所以． 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角正弦值为． 10．如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将△ADE沿折起到△PDE的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)相交，理由见解析 【分析】（1）先证平面，即可得证线线垂直； （2）由所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后由空间向量法求线面角即可； （3）利用作图法来判断与平面相交． 【详解】（1），平面， 平面， 平面 （2）△ABC是等腰直角三角形且，则到的距离为2， ，所以，可由所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图），设，结合图（1）得 ， 设面的法向量， 令， 设直线与平面所成角为， ， （3） 延长交于点，连接，因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面平面， 由平面平面，即， 因为平面，所以与平面相交. 11．（2026·北京延庆·一模）如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，M为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）通过作辅助线证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理判断即可； （2）利用已知条件证明，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （3）通过建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再代入公式即可. 【详解】（1）取的中点，连接， M为的中点，， 又，，，四边形为平行四边形， 且平面，平面, 平面； （2）（ⅰ）平面，平面，， 又底面是一个等腰梯形，，，， ，则，，即， 又平面，，平面. （ⅱ）由（ⅰ）知平面，平面，， 故建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图 则，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 为平面的一个法向量，， 故二面角的余弦值为. 12．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，是的中点，在棱上，且平面. (1)求证：是的中点； (2)再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面； 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)证明见解析； (2)所选条件见解析，. 【分析】（1）取的中点，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论； （2）根据所选条件，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）取的中点，连接，又是的中点，则且， 由在棱上，底面为矩形，则，故， 由平面，且面面，则， 所以为平行四边形，故， 所以是的中点，得证； （2）选①：面面，面面，，面， 所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设面的一个法向量为， 则，令，则， 显然面的一个法向量为，故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 选②：连接，底面为矩形，则，而，， 所以，即，又，都在面内， 所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系， 则， 所以，设面的一个法向量为， 则，令，则， 显然面的一个法向量为，故， 所以平面与平面夹角的余弦值； 13．（2026·北京·模拟预测）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，平面平面，． (1)求证：； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在且唯一确定，求平面与平面所成角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据面面垂直的性质得到平面，再根据线面垂直的概念得到. （2）结合选择的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，平面， 因为四边形为正方形，所以， 所以平面，又平面，所以. （2）选条件①：因为，，，， 所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，. 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. ， 所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 选条件②： 由已知和（1）可知平面，平面， 所以，所以. 若，则，这与为三角形的三个顶点矛盾. 故条件②不可选. 选条件③： 由已知和（1）可知为直角三角形，且，，所以. 由得，又，，， 所以为直角三角形，且. 又平面，所以可以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，. 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则，. ， 所以. 即平面与平面所成角的余弦值为. 14．如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面平行可得，根据中位线的性质可得； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量法求解二面角的余弦值. 【详解】（1）在四棱柱 中， 平面平面， 又因为平面CDE 平面ABCD=CD， 所以， 又因为，所以， 又因为E为的中点，所以F为的中点 （2）取AD的中点O，连接， 在四棱柱 中， 四边形，四边形均为菱形， 又 所以均为等边三角形， 所以， 又因为平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD， 平面，所以平面ABCD， 平面ABCD，所以， 如图建立空间直角坐标系， 所以， 所以即为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 所以，令得， 所以，所以， 因为二面角 为锐角， 所以二面角 的余弦值为， 15．如图，四边形是正方形，平面，，，，，分别为，，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成锐二面角的大小； （3）在线段上是否存在一点，使直线与直线所成的角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）（3）见解析 【详解】（1）∵平面，，∴平面， ∴，，又四边形是正方形， ∴，故，，两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系，∵， ∴，，， ，，， ∵，，分别为，，的中点， ∴，，， ，平面的一个法向量为， 又∵， ∴，又∵平面，∴平面.    （2），， 设为平面的一个法向量， 则，即，取，得， ，， 设为平面的一个法向量，则， 即，取得， ∴ ， ∴平面与平面所成锐二面角的大小为. （3）假设在线段上存在一点，使直线与直线所成角为， 设，其中，由，则， 又∵，，∴， ∵直线与直线所成角为，， ∴，即，解得， ∴，， ∴在线段上存在一点，使直线与直线所成角为，此时.24． 16．如图，在三棱柱中，，点D,E分别在棱和棱上，且为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若平面ABC， （i）求二面角的余弦值： （ii）点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）（ii） 【分析】（1）取中点G，连接，可得四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答； （2）（i）建立空间直角坐标系，即可求解平面的法向量，利用二面角夹角公式求解二面角余弦；（ii）由点到平面距离公式计算求解. 【详解】（1） 取中点G，连接， 则，又因为， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） （i）以为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 则． 设平面的法向量为， 则，取，则 设平面的法向量为， 设二面角为， 则 ， 因为为锐角，所以； （ii）由（i）平面的一个法向量为， 点到平面的距离 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押7+14+16题 立体几何与空间向量 溯源：近5年真题显示，立体几何每年必考，主要考查多面体的体积，少量考查表面积，空间向量大题则第一问考平行垂直的性质与判断，第二问考线面角，面面角偏多，少量结合了点到面的距离公式． 预测：去年小题考的复杂的多面体体积，今年难度有可能下降，考查表面积或者体积，空间向量预测和往年一样，第一问考查平行垂直，第二问线面角或者二面角． 备考核心：常见几何体的表面积与体积公式必须牢记于心，怎么证明线面，面面的平行垂直也是重中之重，大题的建系求角的问题要快速加准确． 考点1 多面体表面积 1．已知一个圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则此圆锥的表面积为______． 2．（2026·北京延庆·一模）长方体的底面是一个正方形，其边长为4，长方体的高为，联结各表面的中心构成一个八面体，则这个八面体的表面积为______，这个八面体的体积和长方体的体积之比为______． 考点2 多面体体积 1．（2026·北京密云·一模）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称；如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部是棱长为的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________. 2．（2026·北京平谷·一模）如图在一个五面体中，其中面为矩形，平面，且与平面的距离为5，则该五面体的体积为______． 3．如图，已知棱长为2的正方体中，动点M ， N， P ， Q分别在棱，， ， 上， 且满足， ， 设.给出下列四个结论： ①当时， 则四面体的表面积为8: ② 存在m、n，使得四面体的表面积为9； ③当 时，四面体的体积为 ④ 四面体.的体积与m、n无关． 其中所有正确结论的序号为______________． 考点3 空间向量线面角 1．如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面. (1)证明：F是的中点； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 2．如图，长方体的底面是正方形，，，点在棱上，平面. (1)求证：为的中点； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 考点4 空间向量面面角/二面角 1．（2026·北京密云·一模）如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 2．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 考点5 空间向量点到面的距离 1．某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥，，底面△ABC是等腰直角三角形，且，顶点P到底面△ABC的距离为6，则点B到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，平面平面，点为线段的中点，，直线与平面所成的角为.    (1)若点为线段的中点，求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 一、单选题 1．如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点，为正方形边上的动点（不与重合），则下列说法中错误的是（   ）    A．平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形 B．存在点，使得直线与平面垂直 C．平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等 D．点到平面的距离不超过 2．如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，F是线段的中点，则下列错误的是（   ）    A．三棱锥体积的最大值为 B．若点P满足，则动点P的轨迹长度为 C．当直线与所成的角为时，点P的轨迹长度为 D．当P在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 3．金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积是________． 5．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中讨论了“垣”“堑”等建筑的体积问题.某工程要完成一个形如直四棱柱的“堑”型沟渠的土方作业（如图），其中与平面所成的角均为，，米，米，米，则需要挖土_____立方米. 6．正四面体ABCD中，棱长为4，则此四面体的表面积为___________；点为BD中点，过的截面与棱AB平行，点在截面上，若到棱AB和棱CD的距离都为，则的一个取值为_________. 7．如图，在棱长为1的正方体中，若P为线段上的动点（不含端点）． 给出下列四个结论： ①直线与AC所成的角可能是 ②平面平面 ③三棱锥的体积为定值 ④平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题 8．（2026·北京朝阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，M为中点，N为上一点，且满足． (1)设平面平面，求证：； (2)若已知点P到平面的距离为2，且平面平面．求直线与平面所成角的正弦值． 9．（2026·北京平谷·一模）如图，在三棱台中，四边形为直角梯形，，平面平面，为的中点，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值． 10．如图（1），等腰直角三角形的底边，点在线段上，于，现将△ADE沿折起到△PDE的位置（如图（2））． (1)求证：； (2)若，，求直线与平面所成的角的正弦值； (3)设平面平面，试判断与平面的位置关系，并说明理由． 11．（2026·北京延庆·一模）如图，在四棱锥中，底面是一个等腰梯形，，，，M为的中点． (1)求证：平面； (2)若平面． （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）求二面角的余弦值． 12．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，是的中点，在棱上，且平面. (1)求证：是的中点； (2)再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面； 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. 13．（2026·北京·模拟预测）在四棱锥中，四边形为边长为4的正方形，平面平面，． (1)求证：； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥存在且唯一确定，求平面与平面所成角的余弦值． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 14．如图，在四棱柱 中， 侧面和底面均为菱形， 且   为的中点，与平面 交于点， (1) 求证: 为的中点； (2) 若平面平面，求二面角 的余弦值. 15．如图，四边形是正方形，平面，，，，，分别为，，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成锐二面角的大小； （3）在线段上是否存在一点，使直线与直线所成的角为？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 16．如图，在三棱柱中，，点D,E分别在棱和棱上，且为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若平面ABC， （i）求二面角的余弦值： （ii）点到平面的距离． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $