专题05+空间向量与立体几何3个考点（天津专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题05 空间向量与立体几何 3大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03求线面角二面角与点到平面的距离 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 一、单选题 1．（2026·天津·一模）已知球O是棱长为2的正方体的内切球，则球O与三棱锥的公共部分的体积为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·天津红桥·一模）在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的半径为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 4．（25-26高三上·天津蓟州·期末）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖、八角攒尖.如图是圆形攒尖，可近似看作圆锥与圆柱的组合体（圆锥与圆柱的底面重合且半径相等），已知此组合体中圆柱底面的半径为2，圆锥与圆柱的高相等，若圆锥的顶点与圆柱的上、下底面圆周都在同一个球面上，则该球的体积为（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高三上·天津·期末）在三棱锥中，，，，，，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·天津和平·期末）已知某圆锥的母线长为，该圆锥内切球的球心与其外接球的球心重合，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高三上·天津南开·期末）正四棱锥的体积为8，，若该四棱锥的顶点均在一个球面上，则这个球的表面积为（   ）． A． B． C． D． 8．（25-26高三上·天津河西·期末）如图1，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为，高为，杯内有深的溶液，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径所在直线与桌面所成的角为α（图2），要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，则角α的最大值为（   ） A． B． C． D． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（2026·天津·一模）若为两条直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（　　） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 2．（2026·天津和平·一模）在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（   ） A．面 B． C．面 D．平面 3．（2026·天津红桥·一模）已知是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（    ） A．若平行于同一直线，则 B．若垂直于同一直线，则 C．若不平行，则在内不存在与平行的直线 D．若不平行，则与不可能垂直于同一平面 4．（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 5．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知两条不同的直线，两个不同的平面，下列命题中一定正确的是（    ）. A．若是一对异面直线，且，则. B．若，则. C．若，，，，则. D．若，，则. 6．（25-26高三上·天津西青·期末）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 7．（25-26高三上·天津·期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 8．（25-26高三上·天津和平·期末）已知是空间两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题错误的为（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 求线面角、二面角与点到平面的距离 考点3 一、解答题 1．（2026·天津和平·一模）在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积 2．（2026·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为， 求线段的值； (3)求三棱锥的体积. 3．（2026·天津·一模）如图，在三棱锥中，平面，，，，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)求点M到平面的距离． 4．（2026·天津河北·一模）如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 5．（2026·天津红桥·一模）如图，直棱柱中，底面为等腰直角三角形，，是中点，是中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 6．（2026·天津南开·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，分别是棱，的中点，. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 7．（2026·天津河西·一模）已知正方体的棱长为2，M，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 8．（2026·天津河东·一模）如图，已知多面体中，底面ABCD为直角梯形，点、、、在底面的垂足分别为A、B、C、D，，，，，，E为的中点，F在上且. (1)求BE与平面所成角的正弦值； (2)求平面FBC与平面的夹角的余弦值； (3)边上是否存在点M，使、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量与立体几何 3大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02点线面的位置关系 考点03求线面角二面角与点到平面的距离 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 一、单选题 1．（2026·天津·一模）已知球O是棱长为2的正方体的内切球，则球O与三棱锥的公共部分的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】可知棱长为2的正方体的内切球半径为1，球心在正方体的中心， 根据对称性可知三棱锥占整个正方体的， 则球O与三棱锥的公共部分的体积也为整个球的体积的，为. 2．（2026·天津红桥·一模）在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可知顶点在底面的投影为的外心（正三角形的中心），外接球的球心在过该中心且垂直于底面的直线上，通过勾股定理建立方程求解半径. 【详解】如图，设点为底面的投影，因为， 则为正三角形的中心，计算可得， 则平面，连接 在中，： ， 设外接球的球心为，半径为，则在直线上. 设，则， 在中：解得：， 所以，即. 所以三棱锥外接球的半径为. 3．（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 【答案】C 【分析】通过分析容器变化情况，使用线面平行的性质定理，棱柱的体积公式求解. 【详解】由题意知有水部分左、右两个面互相平行且全等，其余每相邻两面的交线也互相平行，且这些面都是平行四边形，选项正确； 由于水平固定，且与水平面平行，由线面平行的性质可知，，又，故水平面，选项正确； 当有水部分是三棱柱时，水面面积可能变大也可能变小，选项错误； 在图3中，有水部分始终是以平面和平面为底面的三棱柱，且体积为定值，因为高为定值，所以底面面积为定值，即为定值，选项正确. 4．（25-26高三上·天津蓟州·期末）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖、八角攒尖.如图是圆形攒尖，可近似看作圆锥与圆柱的组合体（圆锥与圆柱的底面重合且半径相等），已知此组合体中圆柱底面的半径为2，圆锥与圆柱的高相等，若圆锥的顶点与圆柱的上、下底面圆周都在同一个球面上，则该球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出示意图，根据球的性质确定球心，利用数量关系列式求解球的半径，代入球的体积公式即可得解. 【详解】如图，是圆锥的锥顶，是圆柱上底面的圆心，是圆柱下底面的圆心，是圆球的圆心，是圆柱上底面和圆球的交点，， 设圆锥和圆柱的高为，则，， 因为，所以， 所以，所以球的半径为， 所以球的体积为. 故选：A. 5．（25-26高三上·天津·期末）在三棱锥中，，，，，，三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先找到外接球球心位置判断出，设在底面的投影为，利用三垂线定理证明底面为矩形，再由勾股定理求出棱锥的高，然后计算体积可得. 【详解】 因为，，由直角三角形斜边的中线为斜边的一半可得三棱锥的外接球球心在的中点， 又三棱锥的外接球的表面积为，设外接球半径为， 所以，即， 设在底面的投影为，则底面， 因为，，由三垂线定理可得， 同理可得， 又，所以底面为矩形， 所以， 所以， 所以三棱锥的体积为. 故选：B. 6．（25-26高三上·天津和平·期末）已知某圆锥的母线长为，该圆锥内切球的球心与其外接球的球心重合，则该圆锥内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆锥的轴截面可得圆锥底面半径为，高为，母线为的关系，结合该圆锥内切球的球心与其外接球的球心重合可得圆锥内切球半径为，外接球半径为之间的关系，列方程组从而可得，的值，即可得所求. 【详解】如图，圆锥的轴截面为，圆锥的底面中心为，则点为中点， 设内切球的球心与其外接球的球心为，则点在圆锥的高上，连接，过作于， 设圆锥内切球半径为，外接球半径为，圆锥底面半径为，高为，母线为， 由题可得，，，， 则， 由勾股定理可得：，所以，整理得 所以，又由可得， 联立解得， 故该圆锥内切球的半径为，所以内切球的表面积为. 故选：C. 7．（25-26高三上·天津南开·期末）正四棱锥的体积为8，，若该四棱锥的顶点均在一个球面上，则这个球的表面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意画出图形，由体积可算得正四棱锥的高，再由勾股定理可求得外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】如图，设为外接球球心，底面于点，设， 由正四棱锥的体积为8，即，解得，则， 又，所以，， 在中，，即，解得， 所以外接球的表面积为. 故选：C. 8．（25-26高三上·天津河西·期末）如图1，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为，高为，杯内有深的溶液，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径所在直线与桌面所成的角为α（图2），要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，则角α的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时最大；在这个临界条件下，结合溶液的体积不变，可以得到关于的一个等式，即可求出的取值范围，得到最大值. 【详解】水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时最大，画出图形，如图所示， 过点作，交所在的直线于，过点作，交所在的直线于,设，则，所以液体的体积为： ，解得，, ，，又，角的最大值为 故选：C 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（2026·天津·一模）若为两条直线，为两个平面，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 【详解】对于A，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故A错误； 对于B，若，则的位置关系可以是平行或或异面，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则的位置关系可以是平行或相交或异面，故D错误. 2．（2026·天津和平·一模）在正三棱柱中，为的中点，则以下结论错误的是（   ） A．面 B． C．面 D．平面 【答案】D 【分析】根据面面平行的性质判断A的真假；根据线面垂直的性质判断B的真假；根据线面平行的判定定理判断C的真假；利用反证法判断D的真假. 【详解】如图： 对A：因为为正三棱柱，所以平面平面，平面，所以面.故A正确； 对B：因为为正三棱柱，所以平面，平面，所以. 因为是正三角形，且为中点，所以. 平面，且，所以平面. 平面，所以.故B正确； 对C：连接和，相交于点，因为为正三棱柱，所以为中点， 又因为为的中点，所以. 又因为平面，平面，所以平面.故C正确； 对D：假设平面，因为平面，所以. 这需要四边形是正方形才可以. 而条件中并无四边形是正方形，所以假设不成立，故D错误. 3．（2026·天津红桥·一模）已知是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题正确的是（    ） A．若平行于同一直线，则 B．若垂直于同一直线，则 C．若不平行，则在内不存在与平行的直线 D．若不平行，则与不可能垂直于同一平面 【答案】D 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，若平行于同一直线，则或与相交，所以A不正确； 对于B，若与垂直于同一直线，则与平行或相交或异面，所以B不正确； 对于C，若不平行，设，在平面内作直线， 因为，所以，即在内存在与平行的直线，所以C不正确； 对于D，若，可得，所以不平行，则与不可能垂直于同一平面，所以D正确. 4．（2026·天津·一模）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下面命题错误的是（    ） A．有水的部分始终呈棱柱形 B．棱始终与水面所在平面平行 C．水面所在四边形的面积为定值 D．当容器倾斜如图3所示时，是定值 【答案】C 【分析】通过分析容器变化情况，使用线面平行的性质定理，棱柱的体积公式求解. 【详解】由题意知有水部分左、右两个面互相平行且全等，其余每相邻两面的交线也互相平行，且这些面都是平行四边形，选项正确； 由于水平固定，且与水平面平行，由线面平行的性质可知，，又，故水平面，选项正确； 当有水部分是三棱柱时，水面面积可能变大也可能变小，选项错误； 在图3中，有水部分始终是以平面和平面为底面的三棱柱，且体积为定值，因为高为定值，所以底面面积为定值，即为定值，选项正确. 5．（25-26高三下·天津河西·开学考试）已知两条不同的直线，两个不同的平面，下列命题中一定正确的是（    ）. A．若是一对异面直线，且，则. B．若，则. C．若，，，，则. D．若，，则. 【答案】A 【详解】A，过直线作平面分别交于，由线面平行的性质可得：， 即，因为，所以，同理可得过作平面交于，即可得， 因为异面，所以是内的相交直线，根据面面平行的判定定理，可得，故A正确； B，若，则可能相交、异面，即不一定平行，故B错误； C，面面垂直的性质定理要求，题中没有这个条件，当不在内时，不能推出，故C错误； D，若，，则可能平行、斜交，即不一定垂直，故D错误. 6．（25-26高三上·天津西青·期末）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】逐一利用线面垂直、线面平行的定义与性质，排除存在反例的错误选项，再根据线面垂直的性质定理验证选项D. 【详解】选项A：若，，则，选项A错误，有可能在平面内； 选项B：若，，则，选项B错误，两条直线都平行于同一个平面时，它们的位置关系可以是平行、相交或异面； 选项C：若，，则，选项C错误，的位置不确定，它可以平行于、在内，或与斜交，不一定垂直于； 选项D：若，，则，选项D正确，根据线面垂直的性质定理：如果一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线. 故选：D 7．（25-26高三上·天津·期末）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面．下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】根据空间直线和平面的位置关系，举反例可判断ABD，利用线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理可判断C. 【详解】对A，记，如图，当时，，错误；    对B，若，直线有可能平行，有可能异面，错误；    对C，过直线作平面与平面相交于直线，因为，所以，    又，所以，又，所以，正确； 对D，如下图，，当时，满足，此时两平面不平行，错误.    故选：C 8．（25-26高三上·天津和平·期末）已知是空间两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题错误的为（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【分析】利用面面垂直的判定判断A；利用线面垂直的性质判断BD；确定面面位置关系判断C. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，由，得，B正确； 对于C，由，得或相交，C错误； 对于D，由，得，D正确. 故选：C 求线面角二面角与点到平面的距离 考点3 一、解答题 1．（2026·天津和平·一模）在直四棱柱中，底面是平行四边形，且，，，，分别为，的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积 【答案】(1) (2) (3)1 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角，面面角和点到平面的距离进而即得. 【详解】（1）由，直四棱柱，有平面， 故以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易知， 由分别为的中点，故． 易知， 设平面的法向量为， 则， 令，则， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为． （2）设平面的法向量为， 则， 令，则， 设平面与平面的夹角为， 则平面与平面的夹角的余弦值为． （3）设点到平面的距离为． 由，有，故． 2．（2026·天津·一模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的值； (3)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证法一：连接 与 交于 ,连 ,由相似比与已知比例得 ,从而证得线面平行. 证法二：以 为原点建系,写出各点坐标,求出平面 的法向量,再验证 与法向量垂直,且 不在面 内,从而证得线面平行. （2）解法一：设向量 ,代入线面角正弦公式,化简方程并在区间内求得 ,算出 坐标,最终求得 长度. 解法二: 设向量 ,代入线面角正弦公式,化简方程并在区间内求得 ,算出 坐标,最终求得 长度. （3）解法一：由 得体积比例关系,用棱锥体积公式直接算出 . 解法二：先在 中求边长与正弦值,再用向量求点 到面的距离,代入体积公式得结果. 【详解】（1）证法一：连接与交于点，再连接， 因为， 所以 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面 证法二：以为原点，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 则. 设是平面的一个法向量， ，则， 令，则，平面的一个法向量为. 因为，所以， 又因为平面，所以平面 （2）解法一： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得， ，所以线段的值为. 解法二： 设，得， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简得，因为，得，，所以线段的值为. （3）解法一： 因为，所以， 解法二：由（1）所建立的坐标系可得. 则 故由余弦定理可得 所以， 由（1）得,平面的一个法向量为. 点到平面的距离. 3．（2026·天津·一模）如图，在三棱锥中，平面，，，，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)求点M到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，先根据面面平行判定定理证明平面平面，再证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求两平面的夹角的余弦值，根据同角关系求结论； （3）求的坐标，利用向量方法求结论即可. 【详解】（1）（1）取中点，连接，如下图所示： 因为为中点，为中点，所以， 又因为，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为为中点，为中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面； （2）因，则以为原点，所在直线为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，故， 所以，取，可得， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，故， 所以，取，可得， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则，又， 所以； （3）因为，为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以点到平面的距离为. 4．（2026·天津河北·一模）如图，直角梯形中，，，，四边形为矩形，底面，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)点P在棱上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可； （2）根据面面角向量法计算求解； （3）设，由空间向量线性运算可得，根据线面角向量法计算即可求解. 【详解】（1）设的中点，连接， 则，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又，所以． 如图，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． ，，，，． ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，故， 因为，所以， 又因为平面，所以平面． （2），，设平面的法向量为， 则，令，则，，故， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）设，， ， 设与平面所成角为， 则， 因为，， 所以的取值范围是． 5．（2026·天津红桥·一模）如图，直棱柱中，底面为等腰直角三角形，，是中点，是中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系证明平面的法向量，即可证明； （2）求出平面的法向量，用坐标法求解即可； （3）使用向量法求出到平面的距离，再利用体积公式求解即可. 【详解】（1） 由于在直棱柱中，则⊥平面， 又由，所以，,两两垂直， 故可以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因为， 所以，即， 令，则，则， 又因为， 所以， 所以平面； （2）设平面的法向量为， 又， 则，即， 令，则，， 由（1）知平面的法向量为， 设二面角的大小为，由图象可知， 故. （3）由已知平面，所以为直角三角形， 因为，， 所以， 又，平面的法向量为， 则到平面的距离， 故. 6．（2026·天津南开·一模）如图，在四棱锥中，平面，，，，分别是棱，的中点，. (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算，结合垂直的坐标关系即可求证， （2）（3）求解平面法向量，根据点面距的向量法以及夹角公式即可求解. 【详解】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，. 因为，， 平面， 所以平面. （2），，. 设平面的法向量为， 则即，令，得， 所以. （3），. 设平面的法向量为， 则，即，令，得. 设平面与平面夹角为， 则. 7．（2026·天津河西·一模）已知正方体的棱长为2，M，F分别为，的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，证明两向量平行，由此证明结论； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求结论； （3）利用向量方法求点到平面的距离，再锥体体积公式求结论. 【详解】（1）如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 设是平面的一个法向量， 则，则，取，可得， 所以是平面的一个法向量． 因为，则，所以平面． （2）因为，， 设是平面的一个法向量， 则，令，可得， 所以是平面的一个法向量， 由（1）知是平面的一个法向量． 设平面与平面夹角为， 则． （3）因为，由（1）知是平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为， 因为是直角三角形，，， 所以， 所以． 8．（2026·天津河东·一模）如图，已知多面体中，底面ABCD为直角梯形，点、、、在底面的垂足分别为A、B、C、D，，，，，，E为的中点，F在上且. (1)求BE与平面所成角的正弦值； (2)求平面FBC与平面的夹角的余弦值； (3)边上是否存在点M，使、E、M、F四点共面，若存在，求出DM的长度，若不存在，则说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， ，理由见解析. 【分析】（1）建系求点坐标，计算直线方向向量与平面法向量夹角的正弦值； （2）分别求两平面法向量，再求它们夹角的余弦值； （3）设出点的坐标，由题意得平面的法向量. 【详解】（1）由题意得两两垂直， 以A为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，，，，，， 设BE与平面所成角为，， 易得平面的法向量为， 则， BE与平面所成角的正弦值为 （2）设平面FBC与平面的夹角为， 平面FBC的法向量为，，， 则有，令，则， 平面的法向量为，， 则有，令，则， 平面FBC与平面的夹角的余弦值 （3）设，平面的法向量， 若上存在点M，使、E、M、F四点共面，则有， ，， 则有，令，则， ，则，解得，， 故上存在点M，使、E、M、F四点共面，. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05空间向量与立体几何 考点1 空间几何体的表面积与体积 题号 1 2 3 4 5 6 6 答案 B C C A B C C C 考点2 点线面的位置关系 题号 1 2 3 4 6 7 8 答案 D A D C 考点3 求线面角二面角与点到平面的距离 1.(①42 14 2)222 11 (3)1 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角，面面角和点到平面的距离进而即得 【详解】(1)由AD⊥BD,直四棱柱ABCD-A,B,C,D,有DD⊥平面ABCD, 故以点D为原点，DA,DB,DD,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 D A H B y 易知D(0,00,42,0,0,B0,25,0,C-2,25,0,D(00,25,4(20,25 1/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由2，H分别为AA,D,B的中点，故(2,0,5)，H(0,V5,5): 易知0H=（-2,5,0,BF=(0,-√5，N5,BC=(-2,00), 设平面HBC的法向量为乃=(x,,), 则 m·B7=-5y+5z,=0 m·BC=-2x=0 令y=1,则n=(0,1,1), 设直线QH与平面HBC所成角为0， mQ cos(n,OH) √42 OH 14 则直线OH与平面HBC所成角的正弦值为√平 14 (2)设平面QBH的法向量为n2=(x2,y2,22), m0丽=-2x2+3y2=0 则 n2BH=-3y2+3z2=0 令x,=5,则m=5,2,2, 设平面QBH与平面HBC的夹角为O2, cos02 cos(元n mn222 11 则平面O8H与平面HBC的夹角的余弦值为222 11 2Fn√6 (3)设点Q到平面HBC的距离为d,d= 2 由ac.B丽=0，有sC18H,故Sc=B8C=6,V-cd=1. 3 2.(1)证明见解析 (23vi0 4 3)3 2 【分析】(1)证法一：连接BD与AC交于G,连EG,由相似比与已知比例得EG∥PB,从而证得线 面平行. 2/15 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证法二：以A为原点建系，写出各点坐标，求出平面ACE的法向量，再验证PB与法向量垂直，且PB不 在面 内，从而证得线面平行 2)解法：设向量DFDP代入线面角正弦公式化简方程并在区间内求得，九昌 ,算出4下坐标， 最终求得AF长度， 解法二：设向量PF=入PD,代入线面角正弦公式，化简方程并在区间内求得元=3 ,算出AF 坐标，最终 4 求得AF长度 (3)解法一：由DE=2EP得体积比例关系，用棱锥体积公式直接算出Vp-4CE= 2 解法二：先在△ACE中求边长与正弦值，再用向量求点P到面的距离，代入体积公式得结果 【详解】(1)证法一：连接BD与AC交于点G,再连接EG, B 因为AD∥BC,AD=3,BC=3 所以△ADG△BCG,4AD_DG =2 BC BG 因为DE=2EP,所以4D-DG=DE-2, BC-BG-EP 所以EG∥PB, 又因为PB￠平面ACE,所以PB∥平面ACE 证法二：以A为原点，AB,AD,AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xz 则40a.oj.85.0oj,c50p0,3.0,Pa0j.E01,2 3/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设m=(x,y,z是平面ACE的一个法向量， mAE=0 y+2z=0 正=02.c-（5,测 3 m·AC=0 5x+=0 令y=2,则x=-5,z=-1,平面ACE的一个法向量为m=(-V5,2,-1) 因为PB=(3,0,-3,PB.m=-3+3=0,所以PB1m, 又因为PB￠平面ACE,所以PB∥平面ACE (2)解法一： 设DF=DP,∈[0,1，得F(0,3-32,32),AF=(0,3-32,32), AF.m=6-92,AF=V3-32)2+9元2=3V1-2λ+212，m=2√2， 设直线AF与平面ACE所成角为O,则 sino -cos(F.) AF.m 32-3 AFm3-2元+222×2V54’ 化简得82-14以+3=0，医为1e0,得元-子 亚-Q-，所以线段r台值为 解法二： 设PF=1PD,∈[0,1，得F(0,3,3-32),AF=(0,32,3-3), AF,m=92-3,4F=V9入2+(3-3)2=3V1-2元+222，m=2√2， 设直线4AF与平面ACE所成角为O,则 sin0-cos(F.m) AF.m 332-1 5 AFm3-21+2元2×2√24' 化简得2-2以-3=0，因为1e小，得入-子亚-Q》网-，所以线段的值为 (3)解法一： 因为DE=2EP,所以5em子，m, 3 -4ce='4o-g-4m-3n4@ 4/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a-*5}3x5x3= 111 解法二：由1>所建立的坐标系可待4000,85.0,0，c5,0,003,0P0,03,E0,l2) 则4c-5-0+8-0°+0-or- 4E=0-0+0-o+-oF-5.cE-5-0+}-+0-2. 故由余弦定理可得cos∠CAE=4C2+AE2-CE23 2·AC·AEV105 所以sin∠CAE=V-cosA-42 V35' 由(1)得P=(00,3),平面4CE的一个法向量为m=(-5,2,-1 点P到平面ACE的距离d= AP.m 3 32 m2√24 a号ed=x)×5xx42x35_国 32 23542 3.(1)证明见解析； (2)V6 3)3 3 【分析】(1)取MD中点G,连接PG,QG,先根据面面平行判定定理证明平面GPQ/平面BCD,再证明 线面平行； (2)建立空间直角坐标系，求平面ABC和平面ABM的法向量，结合向量夹角公式求两平面的夹角的余弦 值，根据同角关系求结论： (3)求MA的坐标，利用向量方法求结论即可。 【详解】(1)(1)取MD中点G,连接PG,QG,如下图所示： 5/15 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y M P G因为M为AD中点，G为MD中点，所以4G=3GD, B D C 又因为0-0C,所以是2S所以G/cD, 又QG文平面BCD,CDc平面BCD,所以QG/I平面BCD, 又因为P为BM中点，G为MD中点，所以PGIIBD, 又PGt平面BCD,BDC平面BCD,所以PGII平面BCD, 又PGOOG=G,PG,QGc平面GPQ, 所以平面GPQ/I平面BCD, 又PQc平面GPQ,所以PQ/I平面BCD: (2)因BC⊥CD,则以C为原点，CD,CB,DA所在直线为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐 标系， A M 则 B C 6/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AV2,0,2,B0,V2,0,C(0,0,0,M(V2,0,1, 设平面ABC的法向量为m=a,b,c), mCA=0 则 [N2a+2c=0 故 mCB=0 N2b=0 所以b=0,取a=√2，可得c=-1, 所以m=(V2,0,-1为平面4BC的一个法向量， 设平面ABM的法向量为i=（x,y,z, mB=0 ∫-√2x+V2y-2z=0 则 ,故 mAM=0'-z=0 所以z=0,取x=1,可得y=1, 所以i=(1,1,0为平面ABM的一个法向量， 设平面ABC与平面ABM的夹角为O, m25 则9=aa列丽又00引 所以sim0=V-co9'日=y6 9 (3)因为MA=(0,0,1),m=(√2,0，-为平面ABC的一个法向量， 所以点M到平面ABC的距离d= MAm1√5 m5=3 所以点M到平面ABC的距离为 3 4.(1)证明见解析 225 5 105 3例105] 【分析】(1)建立空间直角坐标系，根据空间位置关系向量法证明即可； (2)根据面面角向量法计算求解； (3)设DP=入DF(0≤入≤1)，由空间向量线性运算可得BP=(-1-1,2入-2,21)，根据线面角向量法计算即可 7/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 求解 【详解】(1)设AB的中点M,连接MD, 则ADI/BM,且AD=BM, 所以四边形ABMD为平行四边形， 所以AB/IMD, 又AD⊥AB,所以MD⊥AD. 如图，以D为原点，DA,DM,DE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. Z C D0,0,0),A1,0,0),B1,2,0),E(0,0,2),F(-1,2,2). AB=(0,2,0),AE=(-1,0,2),DF=(-1,2,2), 设平面ABE的法向量为m=(x,y,z), 则m:E=-x+2z=0 令z=1,则x=2,y=0,故m=(2,0,1), m.AB=2y=0 因为DFm=0,所以DF⊥m, 又因为DFZ平面ABE,所以DFII平面ABE. (2)FE=(1,-2,0),FB=(2,0,-2),设平面EFB的法向量为n=(a,b,c), 则FE=a-2b=0 令b=1,则a=2,c=2,故n=(2,1,2), n·FB=2a-2c=0 设平面ABE与平面BEF的夹角为， 则eosa=eosm, mn 625 √5×35 所以平面ABE与平面EFB的夹角的余弦值为25 (3)设DP=1DF(0≤元≤1)，BD=（-1,-2,0), BP=BD+DP=BD+1DF=(-元-1,22-2,22)， 8/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设BP与平面ABE所成角为O, BP.m -2元-2+22 2 则sin0= BP网 5V-元-1)2+(2-2)2+42 V5V9λ2-6元+5 因为0≤1≤1,922-6元+5=(32-1)2+4[4,8]， 05 所以sin0的取值范围是 10’5 5.(1)证明见解析 (3)3 3 【分析】(1)建立空间直角坐标系证明AB,/平面CEF的法向量n,即可证明； (2)求出平面C,EF的法向量，用坐标法求解即可； (3)使用向量法求出C到平面CEF的距离，再利用体积公式求解即可. 【详解】(1) C B y 由于在直棱柱ABC-A,B,C,中，则CC,⊥平面ABC, 又由∠ACB=90°，所以AC,CB,CC1两两垂直， 故可以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC,为z轴，建立空间直角坐标系， 则A22,00,B0,22,0,C(0.0,0),B,(0,22,4,C(00,4,E(V2,2,0,F(22,0,2, 设平面CEF的法向量为乃=(x出马)， 因为CE=2,N2,0,C℉-22,0,2， 9/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CE.n =0 所以 ，即 [V2x+V2y=0 CF.n=0 2√2x+2z=0 令x=1,则y=-1,=-V2,则m=1,-1,-V), 又因为AB=-22,2,4=-22m, 所以AB,11m1, 所以AB,⊥平面CEF; (2)设平面C,EF的法向量为n2=(x2,y,z2), 又EF=V2,-2,2,CF=22,0,-2, ∫EF.m=0n∫V2x-V2y,+22,=0 则 ,即 CF.%=0'22x-2z2=0 令x=1,则y2=3,2=2,m=1,3,V2, 由(1)知平面CEF的法向量为元=1，-1，-V2), 设二面角C-EF-C,的大小为6，由图象可知日<元 , 故cos0=cos(,n2 1-3-25 2V3×23 (3)由己知CE⊥平面ABB,A,,所以△CEF为直角三角形， 因为CE=2,EF=2W2, 所以Scr=CEEf=25, 又CF-=(22,0,-2,，平面CEF的法向量为元=1，-1，-V2), 则C到平面CEF的距离h= p-22, 6.(1)证明见解析 (2)v6 3 10/15