立体几何与空间向量全真试题专项解析-【数理报】2026年高考数学专项提分

数理极 专题复习 立体几何与空间而量全真试题专顶项解析 ⊙湖南刘霞 一、透析命题形式 空间距离常见的是点到直线的距离，异面直 从命题形式上看，试题以多面体为载体，在线间距离，点到平面的距离，直线到平面的距离， 直线、平面、多面体的交汇处命题，分步设问：分高考对空间距离的考查主要是求点到面的距离， 设3小题左右，诸小题之间有一定的梯度.第一 要特别注意解决此类问题的转化方法： 小问重点考查运用空间向量求线线、线面、面面 的位置关系，后面几问重点考查运用空间向量来 题型一。 空间几何体的义 表面积体积 求异面直线所成的角、二面角，证明线线平行、线 面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等立体 例1如图1，在正四棱柱ABCD 几何基本问题，其解题思路都是“作一一证 AB,C,D1中，BD=42,DB,=9,则该正四棱柱 求”，强调作图、证明和计算相结合 的体积为 在新课标的试题中，为了突出对向量工具作 用的考查，试题所考查的多面体一般都是直棱 柱、正棱锥，或有一条棱与底面垂直的多面体或 者是有一个面与底面垂直的多面体 二、透析考试内容 图1 1.空间向量 解析：在△BB,D中， 空间向量的基本定理是判断立体几何图形 中点共线，线共面的依据；空间向量的平行与垂 BB1=√DB-BD=√81-32=7. 直的坐标运算是论证线线、线面及面面平行与垂 在△ABD中，AB2+AD2=BD2, 直的基础；空间向量内积的坐标运算及其变形公 因为AB=AD,BD=4√2， 式是立体几何中求角和距离的工具.运用空间向 所以AB=AD=4, 量解决立体几何问题体现了“数”与“形”的推 则该正四棱柱的体积为4×4×7=112. 理方法，降低了思维难度，使解题变得程序化. 点评：本题主要考查正四棱柱的体积，考查 2.空间点、线、面的位置关系 运算求解能力. 空间几何体中判断四点的共面问题，直线与 例2已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧 直线、直线与平面、平面与平面的平行与垂直关 面积相等，且它们的高均为5，则圆锥的体积为 系是高考立体几何命题的重点和热点，一般在解 () 答题的第一问，大约占本题总分的三分之一，属 (A)25T (B)35T 于简单题.理清所给图形中点、线、面的位置关 (C)63π (D)93π 系，熟练掌握直线与直线、直线与平面、平面与平 解析：设圆柱和圆锥的底面半径均为r, 面的平行与垂直的判定定理和性质定理，准确地 用数学语言和符号将定理的内容表达出来是解 因为它们的高均为5，且侧面积相等， 题的关键.这类题目既可以考查多面体的概念和 所以2πr×5=πr√(5)2+2，得r2=9, 性质，又能考查空间的线面关系，并将论证和计 所以圆锥的体积V=了×万=35， 算有机地结合在一起，可以比较全面、准确地考 故选(B) 查同学们的空间想象能力、逻辑推理能力以及分 点评：本题考查圆柱、圆锥的侧面积和圆锥 析和解决问题的能力. 的体积，考查运算求解能力， 3.空间角 空间角是每年高考立体几何解答题的必考 题型二。 球的计算 内容，主要涉及异面直线所成的角，直线与平面 所成的角，二面角等.新课标的高考对求空间角 考查主要侧重于向量的应用，教材上淡化了利用 例3已知点S,A,B,C均在半径为2的球 空间关系找角，加大了向量的应用，空间向量的 面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平 坐标运算是求空间角的很好的工具. 面ABC,则SA= 4.空间距离 解析：如图2，设△ABC的外接圆圆心为O1, 11 连接01A, 因为△ABC是边长为3的等边三角形， 所以其外接圆半径 =0=号×x3= B B 图2 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB,C, ABC,由题意知SA为侧棱， 设球心为0，连接O01,0A, 则00,1平面ABC,且00，=2sM 又球的半径R=OA=2, 0A2=002+0142, 所以4=子sM+3,得5M=2. 点评：本题主要考查棱锥的外接球、解题的 难点在于找到外接球球心的位置，考查学生的空 间想象能力和运算求解能力 例4 一个底面半径为4cm,高为9cm的 封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两 个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm. 解析：设铁球半径为rcm,若两个铁球的球 心在竖直方向上，且分别与两个底面相切， 则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r, 此时铁球的半径为2 cm. 当两球球心不在竖直方向上时， 设两个铁球的球心分别为O1,O2,此种情况 下，当铁球半径最大时，如图3所示，圆柱与两铁 球的轴截面如图4所示， 02 0 图3 图4 其中ABCD为圆柱的轴截面， 02P⊥AB,01P⊥AD, 则有02P=9-2r,01P=8-2r,0102=2r, 则有(2r)2=(8-2r)2+(9-2r)2, 即4r2-68r+145=0, 即(2r-29)(2r-5)=0, 解得r1=14.5(舍去)，2=2.5. 因为2.5>}=225， 所以铁球半径的最大值为2.5cm. 点评：本题主要考查空间想象能力，球与圆 12 柱相切有多种情况，确定什么时候球的半径最大 是关键。如果无法确定，则可以对多种情况进行 尝试，比较得出最大情况，提高正确率， 题型三 空间点、线、面的位置关系 例5 已知m,n为两条直线，，B为两个平 面，则下列结论中正确的是 (A)若m∥a,nCa,则m∥n (B)若m⊥a,m⊥B,则a⊥B (C)若m∥，m⊥B,则a⊥B (D)若mCa,⊥B,则m⊥B 解析：若m∥，nCa,则m∥n或m,n异 面，（A)错误； 若m⊥a,m⊥B,则∥B,(B)错误； 若m∥，m⊥B,则⊥B,(C)正确； 若mCa,a1B,则m∥B或m与B相交或 mCB,(D)错误 故选(C) 点评：本题考查空间中线面位置关系，考查 学生的空间想象能力和推理论证能力： 例6 在正三棱柱ABC-AB,C1中，D为 BC的中点，则 (A)AD⊥A,C (B)BC1⊥平面AAD (C)AD∥AB (D)CC,∥平面AM,D 解析：由三棱柱的性质可知， AA1⊥平面ABC,则AA1⊥AD, 假设AD⊥AC, 又A4,∩A,C=A1,AM1,ACC平面AACC, 所以AD⊥平面AAC,C,矛盾， 所以AD与A,C不垂直，(A)错误； 因为三棱柱ABC-A,B,C,是正三棱柱， 所以AM,⊥平面ABC,则AA1⊥BC, 因为D为BC的中点，AC=AB, 所以AD⊥BC, 又AD∩A41=A,AD,AA1C平面AAD, 所以BC⊥平面AAD,又BC∥B,C1, 所以B,C,上平面AAD,(B)正确； AB∥A,B1,AD与AB相交， 所以AD与A,B1异面，(C)错误； CC,∥A4,CC1￠平面A4D,A41C平面A4D, 所以CC1∥平面AAD,(D)正确 故选(B)(D) 点评：本题考查空间中线线、线面位置关系 的判断，考查学生的空间想象能力和推理论证能 力. 专题复习 例7 如图5，P是圆锥的顶点，O是底面圆 心，AB是底面直径，且AB=2. 图5 (1)若直线PA与圆锥底面所成角为？，求 圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C,D在底 面圆周上，且弧AC的长为牙，CD∥AB,设点M 在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD. 解析：(1)连接PO,因为P01圆锥底面， 所以∠PAO为直线PA与圆锥底面所成的角， 所以LPA0=于 因为AB=2,所以A0=1,PA=2, 所以圆锥的侧面积S=π×AO×PA=2π. (2)连接AC,因为弧4C的长为买， 所以∠C0A=于， 则△OAC是等边三角形，连接BD, 可得四边形ACDB为等腰梯形，CD=1, 所以CD=OB,又CD∥OB, 所以四边形CDBO是平行四边形， 所以CO∥DB, 又CO￠平面PBD,DBC平面PBD, 所以CO∥平面PBD.连接OQ, 因为Q是PA的中点，O是AB的中点， 所以OQ∥PB, 又OQ￠平面PBD,PBC平面PBD, 所以OQ∥平面PBD 因为C0n0Q=0, 所以平面COQ∥平面PBD, 又QMC平面C0Q, 所以QM∥平面PBD. 点评：本题考查线面角、圆锥的侧面积、线线 平行、线面平行，考查学生的空间想象能力和逻 辑思维能力. 题型四 空间角问题 例8 已知正三棱台ABC-AB,C,的体积 为号，AB=6,AB=2,则A,A与平面ABC所成 角的正切值为 ( (A) (B)1 数理招 (C)2 (D)3 解析：设正三棱台ABC-AB,C,的高为h, 三条侧棱延长后交于一点P,作PO1平面ABC 于点0，P0交平面ABC1于点O1,连接0A, 0A,如图6所示。 B 图6 由AB=3A,B,可得P0,=,P0=, 又Sa4a,=方x2 9= Sm=×6×=95， 所以正三棱台ABC-AB,C,的体积 V Vp-ARC -Vp-AiBiC =吉x95×数-行×5x-号 解得=45故P0=b=25 由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心， 则0A=号×V6-3=25, 因为PO1平面ABC, 所以∠PAO是A,A与平面ABC所成的角， 在R△PM0中，an∠PM0=份=1. 故选(B). 点评：本题考查正三棱台的体积、直线与平 面所成角的正切值，考查学生的空间想象能力和 运算求解能力. 例9 如图7，正方体ABCD-AB,C,D1的 棱长为4，E,F分别为AD1,CB,中点，点G在棱 CC1上，且CG=3CG. (I)求证：GF⊥平面EBF; (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦 值； (3)求三棱锥D-BEF的体积. B 图7 图8 解析：(1)以D为坐标原点，DA所在直线为 x轴，DC所在直线为y轴，DD,所在直线为z轴建 立如图8所示的空间直角坐标系 则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4), B(4,4,0),GF=(2,0,1), 数理极 E元=(0,4,0)，B=(-2,0,4), 所以GF.EF=0,GF.BF=0, 即GF⊥EF,GF⊥BF. 又EF∩BF=F, EFC平面EBF,BFC平面EBF, 所以GF⊥平面EBF. (2)设平面EBF的法向量为1=(x1y1,a), 则 即=0 -2x1 4z1=0, 则y1=0,取x1=2,则21=1， 故n1=(2,0,1). 设平面EBG的法向量为2=(x2,y2,2) 2·EG=0, 则以 ln2·BG=0, 又EG=(-2,4,-1),BG=(-4,0,3), 故24，+4：-5=0， -4x2 +3z2=0, 可取x2=6,则y2=5,22=8, 故n2=(6,5,8). 因为cos(n1,〉=1n,112 n1·n2 12+0+8=4 5×55 5 所以平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为号 (3)设点D到平面EBF的距离为d, 易知D正=(2,0,4)， 由(2)知平面EBF的一个法向量为 n1=(2,0,1), 故d=1m,·成1-85 I nl 在△EBF中，易知BE=6,BF=25,EF=4, 故EF2+BF2=BE2,所以EF⊥BF, 所以△EBF的面积为】×4×25=4,5， 故三楼雏D-BEP的体积为分d×45=号 点评：本题考查线面垂直、平面与平面的夹 角、三棱锥的体积，同时考查学生的空间想象能 力、运算求解能力和推理论证能力. 例10 如图9，在四棱锥P-ABCD中， △ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC = 90°，∠BAC=90°，E为BC的中点 (1)若F,G分别为PD,PE的中点，证明： FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线 AB与平面PCD所成角的正弦值. 专题复习 图9 图10 解析：(1)取PA的中点N,PB的中点M, 连接FN,MN. 因为△ACD与△BAC为等腰直角三角形， 且∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2, 所以AC=AB=22,BC=4. 因为E,F分别为BC,PD的中点， 所以FN=2AD=1,cM=2BE=1, 且FN∥AD,GM∥BC. 又∠DAC=45°，∠ACB=45°， 所以AD∥BC,FN∥GM, 所以四边形FGMN为平行四边形， 则FG∥MN. 因为FG￠平面PAB,MNC平面PAB, 所以FG∥平面PAB. (2)因为PA⊥平面ABCD,所以以A为原 点，AC,AB,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如 图10所示的空间直角坐标系， 设AD=CD=2, 则A(0,0,0),B(0,22,0),C(22,0,0), D(2,-√2,0)，P(0,0,22), 所以AB=(0,22,0),DC=(2,2,0), Cp=(-22,0,22). 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), DC·n=0, 则 cp.n=0, 取x=1,则y=-1,2=1, 所以n=(1,-1,1) 设直线AB与平面PCD所成角为0， 则sin0=lcos(a正，n1=」店.nl I ABII n 10×1+22×(-1)+0×11 22×√12+(-1)2+1 22 22×5 3 即直线AB与平面PCD所成角的正弦值为 31 点评：本题考查线面平行、直线与平面所成 角的正弦值，同时考查学生的空间想象能力、运 13 算求解能力和推理论证能力. 例11 如图11，在四边形ABCD中，AB∥ CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB 上，EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形 EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面 EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60° (1)证明：A'B∥平面CD'F; (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二 面角的正弦值： 0 B 图11 图12 解析：(1)因为EB∥FC, EB平面CD'F,FCC平面CD'F, 所以EB∥平面CD'F, 因为A'E∥D'F, A'E￠平面CD'F,D'FC平面CD'F, 所以A'E∥平面CD'F 因为EBC平面BA'E,A'EC平面BA'E, EB∩A'E=E, 所以平面BA'E∥平面CD'F 因为A'BC平面BA'E, 所以A'B∥平面CD'F (2)因为∠DAB=90°，EF∥AD, 所以∠FEB=90°，即AB⊥EF, 翻折后，A'E⊥EF,EB⊥EF, 所以面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平 面角为∠A'EB,即∠A'EB=60°， 同理∠D'FC=60°. 设AD=1,取CF的中点O,连接D'O, 在△0DF中，DF=1,0F=7,∠DF0=60, 由余弦定理得00'= 2 所以D'F2=0F2+OD2, 所以OD'⊥OF. 在线段EB上取一点M,使得EM=, 连接OM,则EM=OF,又EM∥OF, 所以四边形EMOF为平行四边形， 所以EF∥OM, 因为D'F⊥EF,CF⊥EF,D'F∩CF=F, 所以EF⊥平面CD'F, 即OM⊥平面CD'F, 所以0M,OC,OD'两两垂直， 如图12所示，以0为坐标原点，0i,0元， 0D的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立 14 空间直角坐标系， 则1,20）.c(0,20D(0.0,) s1,-30),ro,-0 房=1,10)，而=(0,2， 正=1,0.0.而=(03) 设平面BCD'的法向量为m=(x1,y1,3), CB.m =0, 则 CD.m=0, x1+y1=0, 即 -3+-0 取a=5,则m=(-3,3,5). 设平面EFD'A'的法向量为n=(x2,y2,2), F2.n=0, 则 FD/.n=0, rx2=0, 即 取2=3，则n=(0,-3,3). 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为6， 则cs0=m 6 /21× 12 所以sin0=√1-cos20 -()厘 所以平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角 42 的正弦值为 点评：本题考查线面平行的判定和二面角正 弦值的求解，同时考查学生的空间想象能力、运 算求解能力和推理论证能力. 例12 如图13，三棱锥A-BCD中，DA= DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°，E 为BC的中点 (1)证明：BC1DA; (2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F 的正弦值， B B 图13 图14 专题复习 解析：(1)如图14，连接DE,AE, 因为DC=DB,且E为BC的中点， 所以DE⊥BC 因为∠ADB=∠ADC=60°， DADA,DC DB, 所以△ADB≌△ADC(SAS). 可得AC=AB,故AE⊥BC 因为DE∩AE=E,DE,AEC平面ADE, 所以BC⊥平面ADE. 又DAC平面ADE,所以BC⊥DA. (2)由(1)知，DE⊥BC,AE⊥BC. 不妨设DA=DB=DC=2, 因为∠ADB=∠ADC=60°， 所以AB=AC=2. 由题可知△DBC为等腰直角三角形， 故DE=EB=EC=2. 因为AE⊥BC,所以AE=√AB2-EB=2. 在△ADE中，AE2+ED2=AD2, 所以AE⊥ED. 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所 在直线为y轴，EA所在直线为z轴建立空间直角 坐标系，如图14， 则D(2,0,0),B(0,2,0),A(0,0,2), Di=(-2,0,2),B=(0,-2,2) 设F(xr,yr,r),因为EF=DA, 所以(xr,yrr)=(-2,0,2), 可得F(-√2,0,2).所以FA=(2,0,0) 设平面DAB的法向量为m=（x1,y1,21), 则 y+2:=0, 取x=1,则y=z=1,m=(1,1,1). 设平面ABF的法向量为n=(x2,y2,2), 得x=0,取y=1,则z=1,n=(0,1,1). 阴以1m1=石文万 2 6 3 记二面角D-AB-F的大小为0， 则m9=1-(5)- 故二面角D-AB-F的正弦值为 点评：本题主要考查证明线线垂直和二面角 的正弦值的求解，需要注意的易错点：一是使用向 量法前应注意证明相交于一，点的三条直线两两垂 数理极 直；二是向量夹角公式求出来的是两平面法向量 夹角的余弦值，还需转化为二面角的正弦值.同时 考查学生的推理论证能力与运算求解能力. 例13 如图15，在四棱锥P-ABCD中，PA ⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD, (1)证明：平面PAB⊥平面PAD. (2)设PA=AB=√2，BC=2,AD=1+5, 且点P,B,C,D均在球O的球面上 (i)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值， C 图15 图16 解析：(1)因为PA⊥平面ABCD, ADC平面ABCD,所以PA⊥AD, 又AD⊥AB,PA∩AB=A, 所以AD⊥平面PAB,又ADC平面PAD, 所以平面PAD⊥平面PAB. (2)(i)以A为坐标原点，AB,AD,AP的方 向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标 系A-xyz,如图16所示， 则B(2,0,0),C(2,2,0), D(0,1+5,0),P(0,0,2),设0(a,b,c), 因为点P,B,C,D均在球O的球面上， 所以101=10C1=10D1=10P1, 则(a-√2)2+b2+c2 =(a-2)2+(b-2)2+2 =a2+(b-1-5)2+c2 =a2+b2+(c-2)2, 得a=0,b=1,c=0,即0(0,1,0)， 所以点0在AD上， 即点O在平面ABCD内. (i)AC=(2,2,0),P0=(0,1,-2), 则cos(C,Pd= AC.PO I ACII POI 2 Γ6×5 所以直线AC与P0所成角的余弦值为的 点评：本题第(1)问以常见的四棱锥为载 体，考查线面垂直、面面垂直，比较常规.第(2) 问创新考查形式，以往高考题中球的考查往往放 在小题中，本题在解答题中考查，采用坐标法设 出球心坐标，联立方程可求出球心位置，确定球 心O的坐标后向量PO的坐标就能确定，进而可 求出直线AC与PO所成角的余弦值.