专题05 空间向量与立体几何4个考点（北京专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题05 空间向量与立体几何 4大考点概览 考点01·空间几何体的表面积与体积 考点02·立体几何综合 考点03·空间向量的应用 考点04·空间向量中的存在性问题 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·北京朝阳·一模）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 【答案】 / 【分析】利用面面垂直的性质、线面垂直的性质，结合勾股定理及锥体体积公式计算得解. 【详解】在边长为1的菱形中，，则是正三角形， 在三棱锥中，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面，得平面， 又平面，则，而，因此； 取中点，连接，由，得， 则是二面角的平面角，又平面平面，于是， 由 ，得，， 又，所以三棱锥的体积. 2．（2026·北京西城·一模）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 【答案】C 【详解】初始时，上方沙堆高度为，体积为， 体积比等于高度比的立方， 经过10分钟后上方沙堆的高度降为，上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积， ，，，， 经过分钟后上方剩余沙堆的体积为， 下方容器内的体积为， 将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为， 设此时上方容器的高度为， ，，， 倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为时，上方容器剩余沙堆的体积为， 设从倒置后到高度再次降为需要的时间为， 则，即，， ，分钟. 3．（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求和即可. 【详解】取的中点，的中点，连接， 如图所示：    因为，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又平面，则， 所以， 所以， ， 点到的距离为1，点到的距离为， 同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为： . 4．（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. 5．（2026·北京门头沟·一模）某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别取、、、的中点、、、，连接、、、，根据正棱台的性质求出，即可求出. 【详解】如图，分别取、、、的中点、、、， 连接、、、， 因为是正四棱台，所以、， 又侧面与上底面的夹角为，所以， 又，，所以、， 所以， 所以， 所以制作该漏斗的侧面所需材料的面积为. 6．（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， ∴． 7．（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. 立体几何综合 考点2 8．（2026·北京海淀·一模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【分析】对于①，直接验证该点不满足集合条件；对于②，证明截面为上底面正方形即可得到面积；对于③以为分界将分为上下两个部分考虑，并分别构造一个包含在其中的多面体和圆锥，再证明这两个几何体的体积和大于；对于④，利用距离公式并结合表面上的点满足的方程得到距离函数，分析最值即可. 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截线上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 9．（2026·北京顺义·一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①③ 【分析】由三棱锥体积公式可判断①正确，由空间直角坐标系面面垂直定理可判断②错误，由余弦定理判断③正确，由立体几何证明可判断④正确. 【详解】对于①：三棱锥的底面积为， 所以三棱锥的体积，为定值；结论①正确. 对于②：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，因为，， 设平面的法向量为，则， 取得； 因为，，平面的法向量为， 则，取得； 因为两平面垂直等价于法向量垂直，所以，可得， 判别式，无实根， 所以不存在点，使得平面平面，结论②错误； 对于③：计算三边长度的平方，， ， ， 所以，所以中最大， 因为， 所以最大角为锐角，因此为锐角三角形，结论③正确； 对于④：记，连接， 平面，平面，所以， 所以点到的中点距离等于，为定值，所以点的轨迹不可能是线段，结论④错误. 10．（2026·北京·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，已知平面与平面垂直，且点，到平面的距离均为，则满足条件的平面的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由于到平面的距离均为，则以为球心，为半径作球，利用投影将立体问题转化为平面上的切线问题，经验证两球在平面上的投影外切（实际不相切），此时公切线的个数就是平面的个数. 【详解】以点为球心，为半径作球，如图： 由，且，故两球相离，无交点， 将两球分别向平面作投影，如图： 点的投影为上靠近的四等分点，记为， 点的投影为上靠近的四等分点，记为， 已知，则， 两投影圆半径均为，半径之和为，故以为圆心的两圆外切， 易得应有三条公切线，如图，过这三条公切线只能作三个平面与平面垂直， 所以此时对应三个平面满足条件. 11．（2026·北京昌平·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③ 【分析】①根据向量运算得出线段，再分别取点重合、点重合两种情况计算面积；②根据向量运算得出线段，判断三棱锥的体积为定值；③分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用勾股定理计算；④分别取线段的中点，根据向量运算得出点线段，利用反证法判断. 【详解】①当时，，则， 因为，所以线段， 若点重合，则， 则的面积为， 若点重合，则， 则，则的面积为， 故的面积不为定值，①错误； ②当时，，则， 因为，所以线段， 因为平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故②正确； ③当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，得， 故存在唯一的，使得，故③正确； ④当时，， 分别取线段的中点，则，则， 则点线段， 若平面，平面，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，显然不可能成立， 故不存在，使得平面，故④错误.   空间向量的应用 考点3 12．（2026·北京石景山·一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形.G，E，F分别是，，的中点.，，，与平面GEF交于点. (1)求证：是BC的中点. (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AC与平面GEF所成角的正弦值. 条件①：平面平面BCD； 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) 【分析】（1）由线面平行的性质定理可证得，结合G是的中点即可证明； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用方程组解得平面一个法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量计算即可. 【详解】（1）在三棱锥中， 因为E，F分别是，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，所以， 因为G是的中点，所以是BC的中点. （2）选条件①：平面平面BCD，连接， 因为为等边三角形，G是的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 所以， 如图建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，，， 所以，，. 设平面的法向量， 则，即， 令，则，于是， 设直线AC与平面GEF所成的角为, 则， 所以直线AC与平面GEF所成角的正弦值为. 选条件②：. 因为，所以， 因为，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以，， 因为为等边三角形，G是的中点，所以， 以下同条件①如图建立空间直角坐标系. 13．（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. 14．（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． 15．（2026·北京丰台·一模）如图，在多面体中，面是矩形，，． (1)求证：； (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）根据线面垂直的判定定理，证明平面，再根据线面垂直的性质定理，证明结论即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据线面角的向量方法，求出正弦值即可. 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）因为，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 因此，． 设是平面的法向量， 则，即， 令，得，平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为，则. 即直线与平面所成角的正弦值为. 16．（2026·北京石景山·一模）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用空间向量法可解. 【详解】 不妨以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 对于A，则， ， 则，所以不垂直，故A错误； 对于B，则， ，则，所以不垂直；故B错误； 对于C，则， ，则，所以垂直，故C正确； 对于D，则， ，则，所以不垂直，故D错误. 17．（2026·北京门头沟·一模）如图，四边形为正方形，平面平面，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (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）设的中点为，证得，根据线面平行判定定理证明即可； （2）由面面垂直的性质可得平面，建立空间直角坐标系，根据线面角向量法计算即可求解. 【详解】（1）设的中点为，连接， 在中，为的中点， 所以且， 因为且， 所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为平面平面，平面平面， ，， 所以，平面， 因为四边形为正方形，所以两两互相垂直， 以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 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. 18．（2026·北京朝阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点. (1)求证：； (2)若平面，，，，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）通过证明平面，得证； （2）由余弦定理和勾股定理证明，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1），平面，平面，则有平面， 平面，平面平面，所以. （2），，则为等边三角形， 连接，则，又，有， 中，由余弦定理，得， 有，得，所以， 又平面，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量， 有，设，则，即， 设直线与平面所成角为， 则. 19．（2026·北京顺义·一模）如图，在三棱柱中，为正三角形，，平面，，是延长线上一点，且. (1)设中点为，求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，通过证明得到，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）作平面的垂线，垂足为，易得即与平面所成的角，通过等体积求出，即可求得答案. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 因为中点，则，又，则， 因，则，可得，故， 又平面，而平面，故平面. （2）过点作平面的垂线，垂足为，连接， 因，则直线与平面所成的角即直线与平面所成的角，即， 因平面，，则平面，， 在中，，由余弦定理，， 则，因， 由可得，解得， 在中，，即直线与平面夹角的正弦值为. 20．（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． 21．（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. 空间向量中的存在性问题 考点4 22．（2026·北京房山·一模）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，． (1)求证：∥平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 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）先根据正方形和矩形性质得∥且，推出四边形是平行四边形，进而得∥，最后由线面平行判定定理得出∥平面. （2）本题分别选择①，②和③，通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量与直线方向向量，再利用线面角计算与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为四边形为正方形， 所以∥且， 又因为四边形为矩形， 所以∥且， 因此∥且， 所以四边形是平行四边形，故∥， 又因为平面，平面， 所以∥平面. （2）选择条件①： 由，又因为， ，平面，故平面， 因为， 所以以为原点，分别以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，得：，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则：， 令，解得，，得， 设直线与平面所成角为， 由线面角公式：. 选择条件②：因为 所以以 为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系 设，，，，由得 ， 由 得 ，即：， 化简得 ，代入 可得： （），所以，， ，， 设平面 的法向量为，则: ， 令，得，，即， ，设直线与平面所成角为， 由线面角公式可得：. 选择条件③：以为原点，为 轴，为 轴，平面的法向量为 轴，建立空间直角坐标系， 由已知条件可得：，，，， 因为是矩形，所以，， 设，则 ， 是向量 与的夹角， 又因为，为锐角， 故， 由数量积公式可得： ， 将代入方程化简得： ，解得或 ​， 当时，，则， 当时，，则， 所以，， 当时：，五面体不唯一，不合题意. 23．（2026·北京海淀·一模）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 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）连接，利用线面平行的判定定理，分别证得平面和平面，从而证得平面平面，即可证得平面. （2）选择条件①时，无法确定四棱柱的高，不满足唯一性；选择条件②和③，根据题意，求得直四棱柱的高，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）连接，因为为的中点，且，所以， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 因为，且平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）若选择条件①：， 在四棱柱中，可得，所以，而可以由题干条件得到， 此时无法确定四棱柱的高，不满足唯一性，不符合题意； 若选择条件②：. 因为， 由余弦定理得， 所以，所以， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 设四棱柱的高为， 可得， 因为分别为的中点，可得， 可得， 因为，可得，解得， 所以 则， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 若选择条件③：与平面所成角为. 连接，在直四棱柱中，可得底面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以，即直四棱柱的高， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 又因为平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 24．（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. 25．（2026·北京昌平·一模）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）    连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面，. （2）    以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. （3）存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 26．（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，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，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 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)条件①不符合要求，条件②和条件③下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为 【分析】（1）由面面垂直得 平面 ，再由线面垂直，推出 ，得证结论. （2）条件①思路： 先由 平面 得 ，再结合 推出矛盾，故此条件不成立，四棱锥不存在. 条件②思路： 由 且 为中点得 为直角三角形，证 底面，建系求点坐标，求两平面法向量，用向量公式求二面角余弦值. 条件③思路： 由全等证 ，由面面垂直得 底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两平面法向量，用夹角公式算余弦值. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面. 又平面，，由面面垂直的性质定理，得平面. 因为平面，所以. （2）由题意，，，，故. 底面为平行四边形，故，，. 若选条件①： 由（1）知平面，故平面，因此. 若，又，这显然不可能， 故条件①无法使四棱锥存在，不符合要求. 若选条件②：. 已知为中点，且，则， 所以为直角三角形，且，即. 由（1）知，又，平面，所以平面. 因为平面，所以， 即两两垂直. 以为原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系. 则，，，，. 为中点，故. 设平面的一法向量， ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，. 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：. 若选条件③：. 由，，，得. 由，得，， 故，即. 又平面平面，平面平面，平面， 由面面垂直的性质定理，得平面. 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系： ，，，，. 为中点，故. ，， 设平面的一法向量： ，. 设，则. 取，得，所以. 设平面的法向量： ，， 设，则. 得，取，得，所以. 设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为： . 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 $ 专题05 空间向量与立体几何 4大考点概览 考点01·空间几何体的表面积与体积 考点02·立体几何综合 考点03·空间向量的应用 考点04·空间向量中的存在性问题 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·北京朝阳·一模）已知菱形的边长为1，，将沿折起，得到三棱锥.当平面平面时，______；当平面平面时，三棱锥的体积为______. 2．（2026·北京西城·一模）如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为．假设上方容器中细沙的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为，在重力和限流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过分钟后剩余沙堆的体积（为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方沙堆的高度降为，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为，则需再经过的时间约为（   ）（参考数据：） A．8.0分钟 B．8.6分钟 C．9.4分钟 D．10.6分钟 3．（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 4．（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__________. 5．（2026·北京门头沟·一模）某家用方形分装漏斗的主体结构可抽象成一个上大下小的正四棱台，若，，且侧面与上底面的夹角为，若不考虑材料厚度、接缝及裁剪损耗，制作该漏斗的侧面所需材料的面积为（   ） A． B． C． D． 6．（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______． 7．（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______． 立体几何综合 考点2 8．（2026·北京海淀·一模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 9．（2026·北京顺义·一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的一个动点（不含端点），给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值； ②存在点，使得平面平面； ③为锐角三角形； ④若点在平面上的投影为点，则点的轨迹为一条线段（不含端点）. 其中所有正确结论的序号是________. 10．（2026·北京·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，已知平面与平面垂直，且点，到平面的距离均为，则满足条件的平面的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 11．（2026·北京昌平·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，给出下列四个结论： ①当时，，的面积为定值； ②当时，，三棱锥的体积为定值； ③当时，存在唯一的，使得； ④当时，存在唯一的，使得平面． 其中所有正确结论的序号是______． 空间向量的应用 考点3 12．（2026·北京石景山·一模）如图，在三棱锥中，为等边三角形.G，E，F分别是，，的中点.，，，与平面GEF交于点. (1)求证：是BC的中点. (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AC与平面GEF所成角的正弦值. 条件①：平面平面BCD； 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. 14．（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． 15．（2026·北京丰台·一模）如图，在多面体中，面是矩形，，． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 16．（2026·北京石景山·一模）如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点.则满足的是（   ） A． B． C． D． 17．（2026·北京门头沟·一模）如图，四边形为正方形，平面平面，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 18．（2026·北京朝阳·一模）如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点. (1)求证：； (2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 19．（2026·北京顺义·一模）如图，在三棱柱中，为正三角形，，平面，，是延长线上一点，且. (1)设中点为，求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值. 20．（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． 21．（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． 空间向量中的存在性问题 考点4 22．（2026·北京房山·一模）如图，在五面体中，为正方形，为矩形，，． (1)求证：∥平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使五面体存在且唯一确定．求直线与平面所成角的正弦值． 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． 23．（2026·北京海淀·一模）如图，在直四棱柱中，，、，且分别为的中点. (1)求证：平面 (2)从下列条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知条件，使得直四棱柱存在且唯一，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：： 条件③：与平面所成角为45°. 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. 24．（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． 25．（2026·北京昌平·一模）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 26．（2026·北京西城·一模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，且，E为PD的中点，平面平面． (1)求证：； (2)若，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，求平面PAE与平面AEC夹角的余弦值． 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． 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 $