专题08 空间向量与立体几何（5大考点，35题）（上海专用）2026年高考数学二模分类汇编

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题08空间向量与立体几何(5大考点，35题) ☆5大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间几何体的结构 考点03点、直线、平面之间的位置关系 考点04空间向量的应用 考点05空间向量及其运算 考点1 空间几何体的表面积与体积 、填空题 1.(2026上海普陀二模)在48C中，∠4CB=,4C=1,过点A作直线WBC,将ABC绕直线1旋 转一周所得到的几何体记为2，若Q的体积是4元，则2的表面积为 3 2.（2026上海黄浦·二模)在空间直角坐标系O-z中，将点集{(x,y,z)川x≤1，y≤1，z≤1所表示的立方体 的表面满足z<1的部分记为S,同时满足“OP≤5”与“{00=20P,入∈[0，}nS=⑦或{P)的点P的集 合所表示几何体的体积为 3.(2026上海黄浦·二模)底面半径为1、母线长为3的圆锥的侧面展开图中扇形的中心角为 4.(2026上海·二模)己知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为 5.(2026上海金山·二模)申辉中学某个数学建模小组发现：人走路时，启动或者停下的瞬间，手中水平拿 着的杯于里的水可能会拔晃动得溢出杯口。查询资料后发现：液面和水平面的夹角0≤0<受 与人走路的 加速度a以及重力加速度8有关，满足关系：tan0=。，其中g=10(m/s2).若甲同学走路启动瞬间的加速 g 度为3(m/s2),手中水平拿着一个底面边长为4cm和6cm,高为14cm的长方体形状的杯子，则杯中最多 装 cm的水，存在甲同学走路启动的瞬间杯中水不溢出的可能. 6.(2026·上海静安·二模)直径为22cm的球的表面积为 cm2.（计算结果保留刀) 二、解答题 7.(25-26高三下·上海浦东新·期中)如图，在多面体PQABCD中，平面PAD⊥平面ABCD,AB/CDIIPO ，PD1CD,△PAD是边长为反的等边三角形，B=PQ=CD, 1/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B (1)求证：AB⊥平面PAD: (2)若PC与平面ABCD所成的角为元，求三棱锥C-PQA的体积. 8.(2026上海静安·二模)如图，在长方体ABCD-AB,C,D,中，AB=4,BC=3,CC1=2,M是AB的中 点 D C D M (1)求四棱锥A,-AMCD的体积； (2)求平面AADD,与平面A,MC所成的锐二面角的大小.（结果用反三角函数值表示） 9.(2026上海长宁二模)如图，P是圆锥顶点，O是底面圆心，点A、B在底面圆周上，OA1OB, OA=OB=1. A B (1)若圆锥的侧面积为2π，求圆锥的体积； (2)若直线PA与平面POB所成角为30，求二面角P-AB-0的平面角的正切值 10.(25-26高三下·上海宝山期中)如图，在四棱锥P-ABCD中，ABCD是边长为1的正方形，PA1平面 ABCD,E是PA的中点 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：BD⊥平面PAC; (②若直线E与平面PAC所成角的正弦值为0，求三棱锥B-PCD的体积 11.(25-26高三下·上海浦东新期中)如图，在多面体PQABCD中，平面PAD⊥平面ABCD, 4B,CD1PQ,Pm1CD,△PAD是边长为反的等边三角形，4B=PQ=CD, 、D B (1)求证：AB⊥平面PAD; (2)若PC与平面ABCD所成的角为T,求多面体PQABCD的体积. 12.(2026上海崇明二模)如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AB=BC=√2，AC=A4=2,且D,E分 别是AC,AC的中点. (1)证明：DC,/平面ABE: (2)求三棱锥C,-ABE的体积. 考点2 空间几何体的结构 、 单选题 13.(2026上海长宁·二模)将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是(). 3/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B D M 14.(25-26高三下·上海宝山期中)如图，正方体ABCD-A,B,CD的棱长为1，任作平面与对角线AC,垂 直，使平面与正方体的六条棱都有公共点.记截面PORSWE的面积为S,截面周长为L,则有() D A W S A.S为定值，L为定值 B.S为定值，L不为定值 C.S不为定值，L为定值 D.S不为定值，L不为定值 二、填空题 15.(2026上海嘉定·二模)在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型.长度1(W)定义为物体上最远两 点间的距离，宽度(')定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上 1(V) 的所有点均位于两平面之间（包括平面上）.现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则 V) 的最小 值为 16.(2026上海二模)在正四棱台ABCD-AB,C,D,中，AB=2,4B=4,异面直线CD与A4所成角为 ,设二面角A-A,B,-D,的大小为O,则tan0=· 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点3 点、直线、平面之间的位置关系 一、单选题 17.(2026上海普陀二模)已知直线1、m和平面，若mc,则1与m不相交是“111a”的（) A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充分必要条件D.既非充分又非必 要条件 18.(2026上海黄浦·二模)若a,b是空间中的两条直线，则“a/1b”是“存在平面，使aca,bca”的 (). A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既非充分也非必要条件 二、填空题 19.(2026上海静安·二模)在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体 ABCDEF为刍(chu)甍(meng)”.若底面ABCD是边长为4的正方形，EF=2,且EF∥AB,△AED和 △BFC是等腰直角三角形，LAED=∠BFC=9O°，则FC与底面ABCD所成角的正弦值为· B 三、解答题 20.（2026上海松江·模拟预测)在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，FA⊥平 面ABCD,ED⊥平面ABCD,AB=FA=2ED=2,点G为线段AF的中点 (1)求证：平面BDG∥平面CEF; 5/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)求直线BC与平面BDG所成角的正弦值 21.(2026上海金山·二模)已知长方形ABCD中，AB=2,BC=4,点E、F分别为边BC、AD的中点（如 图I).若将长方形ABEF沿着边EF翻折，得到二面角A,-EF-D(如图2).己知二面角A,-EF-D的大 小为60°. A A D 内 C 图1 图2 (1)求证：平面A,FD1/平面BEC; (2)求直线CA与平面A,BEF所成角的大小.（结果用反三角表示） 22.(2026上海杨浦·二模)如图，在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，ABIICD,AD⊥CD,AB=2,AD=3 ,CD=4 D E C A B. D (I)设E是CD的中点，求证：BE∥平面AA,DD; (2)若直四棱柱ABCD-AB,C,D,的体积为36，求平面DAC与平面ABCD所成的锐二面角的大小 23.(2026上海普陀二模)如图，在正三棱柱ABC-A,B,C,中，D、E分别是棱AB,、AA的中点，且 AA=AB=2 C E 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求证：直线A,B⊥平面CDE; (2)求点A到平面ACB的距离. 24.(2026上海徐汇·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，△PCD为等边三角形，底面ABCD为直角梯形， AB //CDCD L AD,CD=4,AB=AD=2. D B (1)求证：PB⊥CD; (2)若四棱锥P-ABCD的体积为4√3，求直线PD与平面PBC所成角的大小 25.(2026上海黄浦二模)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，点D、E分别是棱BC、CC上的点（点D 异于点C),且AD⊥DE. B E D B (I)求证：平面ADE⊥平面BCCB; (2)若ABC是正三角形，BC=CC,且三棱柱ABC-A,B,C,的体积是三棱锥E-ADC的体积的12倍，求 A,E与平面ADE所成的角的大小 26.(2026上海奉贤·二模)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA=PC=5,PB=PD=2√5， AC=6,点F为PD的中点，点E为PB上的点，PE=PB,1∈(0，l,平面AFE与棱PC交于点G. 7/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E 图1 图2 (I)求证：异面直线EF与AC垂直； ②当元=名时，求4G与底面ABCD所成的线面角大小 考点4 空间向量的应用 27.(2026上海·二模)如图，在底面半径为2，侧面积为45π的圆锥 P-0中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点，∠AOB=∠BOC=45° B (I)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B),求证直线OA与CD不垂直 28.(2026上海嘉定·二模)如图，在ABC中，∠ACB=90°，DA⊥平面ABC,M,N分别是线段AC、 DB的中点， D M C B (1)求证：MN⊥AC; (2)若AC=BC=AD=2,求直线MN与平面ABD所成角的大小. 29.(2026上海闵行·二模)如图，圆柱OO的轴截面ABB,A,是边长为4的正方形，MN为底面圆0的一条 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 直径，且∠BOM=元 B A B (1)求异面直线AN与BB,所成角的大小（用反三角表示）： (2)求点A到平面A,MN的距离. 考点5 空间向量及其运算 一、 单选题 30.（25-26高三下·上海浦东新·期中)已知e,e,与e是不共面的向量，则以下向量组中，一定不共面的是 () A.e,+e2、e、e+e,+e B.e、e2+e、3e,+4e+3e C.e、2e2-e、e,-2e2+e D.e,+e,、e2+e、e,+ke(其中k为实数) 31.(2026上海静安·二模)设M、N分别是棱长为1的正方体的两个不同顶点，点P在该正方体的表面上 (含棱和顶点)运动，且不与M、N两点重合.关于PM.P,给出下列两个结论： ①PM.P下存在最小值，且最小值小于零： ②PMPN存在最大值，且最大值大于零， 则下列判断正确的选项是(). A.①正确，②错误 B.①错误，②正确 C.①和②都错误 D.①和②都正确 二、填空题 9/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 32.(2026上海松江模拟预测)在四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，底面ABCD为平行四边形，A4=2,异面 直线4M与D的夹角为m号D-DC-西，BC=4,则B丽= 33.(2026上海杨浦·二模)记，a,.,a是空间中的mm∈N,m≥1)个不同的非零向量，满足：①其中任 意向量在其它向量方向上的投影均为其本身或零向量；②其中任意三个向量a,、4,、均不能使 成立，则m的最大值为 34.(2026上海长宁二模)已知向量ā=(x,2,3),b=(2,y,6),若ā1b,则实数x+y= 35.(2026上海二模)在以O为原点的空间直角坐标系中，设i=(1,0,0),j=(0,1,0),A和B是两个点集， 设4=P1oP-j=l(OP,}-引，对任意的0eB,总存在P∈A,使得op.0=2.若7eB, O7=xi+(x、yeR)且0T-=2,则oT.i的取值范围是 专题08 空间向量与立体几何（5大考点，35题） 5大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间几何体的结构 考点03点、直线、平面之间的位置关系 考点04空间向量的应用 考点05空间向量及其运算 空间几何体的表面积与体积 考点1 一、填空题 1．（2026·上海普陀·二模）在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______. 【答案】 【分析】将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体，利用圆柱与圆锥的体积以及表面积公式求解即可. 【详解】为直角三角形，，，直线l∥BC且过点A， 设，所以斜边， 将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体， 所以圆柱上底面半径，高， 被挖去的圆锥的底面半径，高与圆柱相同，即， 则圆柱体积：， 圆锥体积：， 所以组合体体积：， 则，即，所以， 几何体Ω的表面积由三部分构成： 圆柱的侧面积：， 圆柱的上底面面积：， 圆锥的侧面积：圆锥母线长为，， 所以总表面积：. 2．（2026·上海黄浦·二模）在空间直角坐标系中，将点集所表示的立方体的表面满足的部分记为S，同时满足“”与“或”的点P的集合所表示几何体的体积为______． 【答案】 【分析】首先判断出为正方体的四个侧面和下底面，然后得到“”表示的几何体为正方体的外接球，满足条件的点即为从点出发的不超过和球面的线段上的点，将它们分为射向上底面和其它五个面两个部分，相加即可得到所求几何体体积. 【详解】点集表示的是以原点为中心的边长为2的正方体， 为满足的部分即除去了后剩余的部分，也就是除了上底面以外的五个面， 条件“”表示点在以原点为球心的半径为的球体内，因为， 所以这个球刚好也是正方体的外接球，即为线段， 条件“或”表示线段与要么没有交点，要么交点就是， 考虑从点出发的线段，射向上底面的线可以到达球面，这一部分构成个球体， 射向包含的五个面可以到达正方体的表面，这一部分构成五个四棱锥，每个四棱锥都是正方体的， 所以所求几何体的体积为. 3．（2026·上海黄浦·二模）底面半径为1、母线长为3的圆锥的侧面展开图中扇形的中心角为______． 【答案】 【分析】根据圆锥的侧面展开图结合扇形的弧长公式运算求解. 【详解】设侧面展开图中扇形的中心角为， 由题意可得：，解得， 所以侧面展开图中扇形的中心角为. 4．（2026·上海·二模）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________． 【答案】4 【分析】根据三棱柱的体积公式计算求解. 【详解】设一个直三棱柱的侧棱长为，底面面积为，则该三棱柱的体积为. 5．（2026·上海金山·二模）申辉中学某个数学建模小组发现：人走路时，启动或者停下的瞬间，手中水平拿着的杯子里的水可能会被晃动得溢出杯口. 查询资料后发现：液面和水平面的夹角与人走路的加速度以及重力加速度有关，满足关系：，其中. 若甲同学走路启动瞬间的加速度为，手中水平拿着一个底面边长为4cm和6cm，高为14cm的长方体形状的杯子，则杯中最多装__________的水，存在甲同学走路启动的瞬间杯中水不溢出的可能. 【答案】 【详解】当沿着最短的朝向也就是当人沿着杯子底面4cm长的边所在方向加速时，杯内液面的高度差为cm， 此时杯中不溢出的最大水量为； 当沿着其他方向加速时，因为水面要向更远的地方“爬”，在同样的倾斜角度下上升的高度会更高， 比如当沿着6cm长的边所在的方向加速时，杯内液面的高度差为cm， 此时杯中不溢出的最大水量为 ， 所以杯中最多装的水. 6．（2026·上海静安·二模）直径为的球的表面积为______．（计算结果保留） 【答案】 【详解】由题意知球的半径， 所以球的表面积. 二、解答题 7．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体中，平面平面，，，是边长为的等边三角形，． (1)求证：平面； (2)若与平面所成的角为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明即可； （2）利用线面角推出所需线段长度，再将三棱锥转换顶点进行求解. 【详解】（1）因为平面平面，为等边三角形，取中点，连接， 则，又平面，平面平面， 由面面垂直的性质得平面， 平面，因此.又， 平面，故平面. 又因为，所以平面，得证. （2） 连接，因为是边长为​的等边三角形， 所以. 由线面角定义可知，与平面所成角为​， 在中，​，得​​. 设，则，​​， 代入得，解得，即. 因为平面，平面，， 故平面平面，且为等边三角形， 则到平面的距离等于到的距离， ​​所以， 因此体积​. 8．（2026·上海静安·二模）如图，在长方体中，，，，是的中点． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面与平面所成的锐二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）直接利用棱锥的体积公式求解； （2）通过建立空间直角坐标系，得到两个平面的法向量进而求解二面角即可. 【详解】（1）因为底面是直角梯形，上底，下底，高， 因此梯形面积 ， 四棱锥的高为到底面的距离，即， 因此体积 . （2） 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 根据题意得各点坐标，，，， 平面的一个法向量为， 在平面中，向量，，设平面的法向量为， 则 令，得，即. 设锐二面角为，则 ， 因此锐二面角大小为. 9．（2026·上海长宁·二模）如图，是圆锥顶点，是底面圆心，点、在底面圆周上，，. (1)若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积； (2)若直线与平面所成角为，求二面角的平面角的正切值 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件求圆锥的高，再求体积； （2）首先根据线面角求，再根据垂直关系，构造二面角的平面角，即可求解. 【详解】（1）设圆锥的底面半径为，母线为，， 圆锥的侧面积，所以， 则圆锥的高， 则圆锥的体积； （2）因为平面，平面， 所以，又因为，，平面， 所以平面，则与平面所成角为，所以， 又因为，所以，取的中点，连结，， 因为，， 所以，，为二面角的平面角, 因为，， 所以，， 所以二面角的平面角的正切值为. 10．（25-26高三下·上海宝山·期中）如图，在四棱锥中，是边长为1的正方形，平面是的中点. (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直判定定理，通过证明垂直于平面内的两条相交直线和，从而证得平面； （2）建立空间直角坐标系，求出直线方向向量与平面法向量，利用线面角的正弦值公式列方程，求解得到的长度，再由棱锥体积公式得解. 【详解】（1）如图，连接交于点，可得点是的中点， 因为四边形是边长为1的正方形，所以， 又因为平面，平面， 所以， 由，平面， 得平面； （2）设（）， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，可取， 设直线与平面所成角为， 则， 整理可得，解得或（舍去），即， 故. 11．（25-26高三下·上海浦东新·期中）如图，在多面体PQABCD中，平面平面ABCD，，，是边长为的等边三角形，． (1)求证：平面PAD； (2)若PC与平面ABCD所成的角为，求多面体PQABCD的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理进行证明； （2）将多面体拆分成直棱柱和三棱锥两部分，分别计算体积再求和. 【详解】（1）证明：取AD的中点O，连接PO, 因为为等边三角形，且O为AD中点， 所以 又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面 . 又平面，因而 因为，，所以 由平面，平面PAD，， 所以平面 . （2）连接PC、OC，由题（1）可知，平面ABCD， 所以PC在平面ABCD内的投影为OC， 故是与平面所成的角，即 ，由题得，， 因为平面PAD，，所以平面PAD，所以． 因此，， 取CD的中点M，连接BM、QM， 则 所以多面体PQABCD的体积是. 12．（2026·上海崇明·二模）如图，在直三棱柱中，，，且D，E分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得四边形是平行四边形，则可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）由为的中点，可得，再利用等体积法计算即可得解. 【详解】（1）由直三棱柱性质可得，， 由D，E分别是，的中点，则，， 则四边形是平行四边形，故， 又平面，平面，故平面； （2）由，，则， 故为等腰直角三角形，则点到的距离为， 则点到的距离为， 由为的中点，则点与点到平面的距离相等， 故. 空间几何体的结构 考点2 一、单选题 13．（2026·上海长宁·二模）将下列平面图形沿等边三角形的边折起，不能折成如图所示几何体的是（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】该几何体上的点是一条棱的两端点.对于A，C，D项，在折叠时，这两点会被带到几何体的两个不同顶点，所有面可以无重叠地闭合，形成完整的双三棱锥. 而对于B，折叠后，点和点是相对的两个顶点. 14．（25-26高三下·上海宝山·期中）如图，正方体的棱长为1，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的六条棱都有公共点.记截面的面积为，截面周长为，则有（    ） A．为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．不为定值，为定值 D．不为定值，不为定值 【答案】C 【分析】判断周长和面积是否为定值，先判断截面各边之间的数量关系和位置关系，将立体问题平面化求解即可. 【详解】如图所示， 连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 同理连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 又平面平面，平面平面 从而可得，同理可得，又，所以， 同理可得，， 将截面各边展开如图： 由平行关系知，的周长等于为定值； 由平行关系知，的形状为六边形，各边夹角为，且相邻两边之和为， 设，则，则的面积， 从而可知是关于的二次函数，不为定值. 二、填空题 15．（2026·上海嘉定·二模）在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型．长度定义为物体上最远两点间的距离，宽度定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上的所有点均位于两平面之间（包括平面上）．现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则的最小值为___________ 【答案】 【分析】分和两种情况进行分析，可得结论. 【详解】圆柱体中，最远两点间的距离为， 当，即时，，， 当且仅当时，等号成立； 当，即时，，. 所以的最小值为. 16．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 【答案】 【分析】法一在正四棱台中，由异面直线所成角可得，再根据面面角定义计算求解即可，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用二面角的向量求法并结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】法一：在正四棱台中，， 因为，，所以为异面直线与所成的角， 即，过点作平面的垂线，垂足为， 作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示： 由正四棱台性质可知，点在线段上，， 所以，，， 由二面角定义可知即为二面角的平面角， 而，故. 法二：如图，作出符合题意的图形，作下底面中心，上底面中心， 以为原点，建立空间直角坐标系，设正四棱台的高为， 由题意得，，则，， ，，则，， 因为异面直线与所成角为， 所以，解得， 由题意得面的法向量为， 则，，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 得到，由图可知，是锐角，则， 由已知得，由同角三角函数的基本关系得， 故. 点、直线、平面之间的位置关系 考点3 一、单选题 17．（2026·上海普陀·二模）已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】B 【分析】根据线面判断及线线位置关系结合必要非充分条件定义判断. 【详解】当直线l与平面相交，且交点不在直线m上时，满足“l与m不相交”， 但“”不成立，故充分性不成立； 若，则与无交点，所以“l与m不相交”，故必要性成立； 所以“l与m不相交”是“”的必要非充分条件. 18．（2026·上海黄浦·二模）若a，b是空间中的两条直线，则“”是“存在平面，使，”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 【答案】A 【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断. 【详解】若，可知直线a，b是共面直线，则存在平面，使，，即充分性成立； 若存在平面，使，，则直线a，b可能相交，即必要性不成立； 综上所述：“”是“存在平面，使，”的充分非必要条件. 二、填空题 19．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 【答案】/ 【分析】设的中点为，在底面的投影为，则就是与底面所成角，再解三角形求正弦值即可． 【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图， 由对称性可知在上， 就是与底面所成角， 又 ，， 又是等腰直角三角形，， ，， ． 三、解答题 20．（2026·上海松江·模拟预测）在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，平面平面，点G为线段AF的中点. (1)求证：平面平面； (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）连接与，相交于点，连接，，分别证明，，再由面面平行判定定理即可得证； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定直线BC的方向向量与平面BDG的法向量，根据线面夹角的坐标运算求解即可． 【详解】（1）连接与，相交于点，连接，， 因为菱形，所以点是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以， 又，，所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，、平面， 所以平面平面； （2）取的中点，连接， 因为，四边形是菱形， 所以是等边三角形，则， 则建立以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示： 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，，所以， 所以， 直线与平面所成角的正弦值为． 21．（2026·上海金山·二模）已知长方形中，，点、分别为边、的中点（如图1）．若将长方形沿着边翻折，得到二面角（如图2）．已知二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小．（结果用反三角表示） 【答案】(1)证明过程见解析； (2) 【分析】（1）由线线平行得到线面平行，进而得到面面平行； （2）先由二面角大小得到各边长，作出辅助线，得到线面垂直，进而求出线面角的大小 【详解】（1）因为长方形中，，折叠过程中，， 又平面，平面，故平面， 同理可得平面， 又，平面，所以平面平面； （2）因为长方形中，点、分别为边、的中点， 故，二面角的平面角为，即， 又，所以，为等边三角形， 同理可得为等边三角形， 取的中点，连接，则⊥， 又⊥平面，平面，故⊥， 因为，平面，故⊥平面， 故直线与平面所成角为， ，，故，由勾股定理得， 则， 直线与平面所成角的大小为. 22．（2026·上海杨浦·二模）如图，在直四棱柱中，，，，，. (1)设是的中点，求证：平面； (2)若直四棱柱的体积为36，求平面与平面所成的锐二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，得证平面； （2）过作，则即为所求，利用直角三角形的性质计算出即可. 【详解】（1）连接，直四棱柱中， ，， 是的中点，，则，所以为平行四边形， 则有，又平面，平面， 所以平面； （2）梯形的面积， ，则， 过作，交于，连接， 直四棱柱中，平面，则为在平面内的射影， 由，有，所以即为所求， 中，，有，又，则， ，所以锐角. 23．（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据正三棱柱的结构可判断四边形的形状，进行面面垂直、线面垂直、线线垂直之间的转化；（2）根据三棱锥的体积相等可求距离，也可利用空间向量求解距离问题. 【详解】（1）如图1，连接， 由正三棱柱的结构特征可知， 在正三棱柱中是正三角形，侧面均为矩形，平面. 因为D是棱的中点，所以， 因为平面，所以平面平面. 又平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以矩形为正方形，所以， 又，所以， 因为平面，，所以直线平面. （2）方法一：设点A到平面的距离为h， 因为平面，所以到平面的距离相等，都为. 由（1）知，侧面均为正方形，所以，， 又，所以为等腰三角形，所以. 又，即， 所以，解得，即点A到平面的距离为. 方法二：取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 所以以D为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即，所以点A到平面的距离为. 24．（2026·上海徐汇·二模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为直角梯形，，. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，利用等边三角形性质和直角梯形的性质证明面，进而证明； （2）首先利用体积公式求出四棱锥的高，结合几何特征得到面，然后建立空间直角坐标系，求出面的法向量，利用向量夹角公式求出线面角的正弦值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，， 则，所以四边形是平行四边形， 又，四边形是矩形， 所以， 为等边三角形，为的中点， 所以， ，平面， 所以平面， 平面，所以. （2）梯形的面积为， 设四棱锥的高为，体积为， 得， 所以平面， 以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， ，，，， 设面的法向量为， ，， ，， 取， 则，， 设直线与平面所成角为， . 直线与平面所成角的大小为. 25．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． (1)求证：平面平面； (2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）解法一：设，由可求出的长，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成的角的大小； 解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接， 证明出平面，利用等体积法求出的长，结合线面角的定义求解即可； 解法三：设是的中点，连接、、，证明出平面，可知点与到平面的距离相等，证明出平面，可得出点到平面的距离等于的长，并求出的长，结合线面角的定义求解即可. 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）解法一：由平面，平面，可知， 又因为是正三角形，所以． 设，由，， 可得，故， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的大小为． 解法二：连接，过作平面，垂足为，连接， 则就是直线与平面所成的角， 取的中点，连接，取的中点，连接， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为、分别为、的中点，所以，则， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以平面，且， 因为，故， 因为平面，平面，所以， 又因为，， 所以， 所以，解得， 又， 故，则， 所以与平面所成的角的大小为． 解法三：设是的中点，连接、、， 因为，，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别为、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，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， 点与到平面的距离相等． 由四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 故，所以，故，即， 又平面平面，平面，平面平面， 故平面，易知，故到平面的距离也为， 又， 设与平面所成的角为，则，故， 所以与平面所成的角的大小为． 26．（2026·上海奉贤·二模）在四棱锥中，四边形是菱形，，，，点F为的中点，点E为上的点，，，平面与棱交于点G． (1)求证：异面直线与垂直； (2)当时，求与底面所成的线面角大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，计算求出，从而证明结论； （2）求出，进而求出点，进而求出，利用向量夹角的余弦公式求出线面角的大小． 【详解】（1）已知四边形是菱形，则，设，则是的中点， ，， ， ，且平面， 平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系， ，，， ， ， F为的中点， ， 点E为上的点，，， ，则， ， ， ，故， 异面直线与垂直． （2）当时，，， 设为平面的法向量，则，令， 则， ， 平面方程为：，即， ， ，直线参数方程为：， 参数方程代入平面方程得，解得， ，故， 底面的法向量为， 设与底面所成角为，则 ， 与底面所成的线面角为． 空间向量的应用 考点4 27．（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用侧面积求解出圆锥的高，再利用建系的方法，求出直线OB与平面PAC所成角的正弦值. （2）利用向量的方法，将点在线段上刻画为接着证明直线与的数量积不为零. 【详解】（1） 所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系， 所以设 则母线长为 则侧面积为 解得： 所以 设面的法向量为 所以 不妨令则 所以设直线OB与平面PAC所成角为 所以 （2）因为D为线段PB上的动点，所以设 由（1）知 所以直线OA与CD不垂直. 28．（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，设，求出，利用证明. （2）求出平面的一个法向量，利用即可求出直线与平面所成角的大小. 【详解】（1）由题可建立如图所示的空间直角坐标系.设. 则. 所以 所以，； （2），. ，. 记平面的一个法向量为， 则，令则. ，. 记直线与平面所成角为. 则. 又，. 29．（2026·上海闵行·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且. (1)求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，把异面直线所成角转化为两条异面直线的方向向量的夹角求解 （2）通过（1）空间直角坐标系利用向量运算求点到平面距离 【详解】（1）根据题意建立以底面圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于方向为轴的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，所以， 所以，， ，， 设异面直线所成角为，则 所以异面直线与所成角为 （2），，， 设平面的法向量为， 则由，，得，令，则， 所以 设点到平面的距离为，则 空间向量及其运算 考点5 一、单选题 30．（25-26高三下·上海浦东新·期中）已知与是不共面的向量，则以下向量组中，一定不共面的是（   ） A．、、 B．、、 C．、、 D．、、（其中为实数） 【答案】B 【分析】根据向量共面的定义逐项分析即可. 【详解】对于A，设， 由与是不共面的向量，则，即方程组有解， 所以向量、、共面，故A错误； 对于B，设， 由与是不共面的向量，则，方程组无解， 所以向量、、不共面，故B正确； 对于C，设， 由与是不共面的向量，则，即方程组有解， 所以向量、、共面，故C错误； 对于D，设， 由与是不共面的向量，则， 当时，方程组有解为，此时向量、、共面， 当时，方程组无解，此时向量、、不共面， 所以向量、、不一定共面，故D错误. 31．（2026·上海静安·二模）设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（    ）． A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都错误 D．①和②都正确 【答案】A 【分析】分、为同一平面的相邻顶点、、为同一平面的不相邻顶点及、为体对角线上两顶点进行讨论，可求出对应的长度，取中点为，利用空间向量线性运算与数量积公式可得，再求出对应范围即可得解. 【详解】设中点为， 若、为同一平面的相邻顶点，则， 则，即， ， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为同一平面的不相邻顶点，则， 则，即， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为体对角线上两顶点，则， 则，即， 则， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，最大值等于零； 综上可得：①正确；②错误. 二、填空题 32．（2026·上海松江·模拟预测）在四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，异面直线与BD的夹角为，则__________. 【答案】 【分析】利用向量的运算法则将已知条件进行转化，进而求出. 【详解】在四棱柱中，. 则. 根据向量乘法分配律展开可得： . 因为，所以. 已知，即. 又已知异面直线与的夹角为，且， 设与的夹角为，则. 根据向量点积公式，可得， 即，解得. 因为，根据向量模长公式可得 . 将代入上式可得. 所以. 33．（2026·上海杨浦·二模）记…，是空间中的个不同的非零向量，满足：①其中任意向量在其它向量方向上的投影均为其本身或零向量；②其中任意三个向量、、均不能使成立，则的最大值为______. 【答案】 【分析】根据已知条件利用向量投影、共线性质结合条件①②分析即可得. 【详解】设是这个向量中的任意两个向量， 根据投影的定义，向量在向量方向上的投影为：， 由条件①可知，或， 当时，向量共线，当时，向量垂直； 表示三个单位向量， 当、不同向时，， 则， 则，又， 故不符合， 则、同向，则由，可得、、同向， 由其中任意三个向量、、均不能使成立， 则其中任意三个向量、、不同向，即同一方向最多两个不等向量； 故结合①②可得：这些向量中任意两个向量要么共线，要么垂直，且同一方向最多两个不等向量， 例如可取空间中三个两两互相垂直的单位向量及其相反向量， 再取，这个不同向量满足条件①②； 若存在第个向量，则必须与另外个向量中的任一共线或垂直， 由于已有的向量中包含三个互相垂直的方向， 则必须与其中一个向量共线才能符合要求， 但此时任一方向都有两不同向量，故不存在符合题意， 所以满足条件的的最大值为. 34．（2026·上海长宁·二模）已知向量，，若，则实数________. 【答案】 【详解】因为，，又， 所以， 则. 35．（2026·上海·二模）在以O为原点的空间直角坐标系中，设，，A和B是两个点集，设，对任意的，总存在，使得．若，且，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示公式，结合直线与圆的位置关系进行求解即可. 【详解】设，因为， 所以，且， 即，且，显然， 设，因为，所以， 因为， 所以， 因为， 所以， 因为，所以，代入中， 得， ， 因此直线与圆有两个不同的交点， 因为，所以直线的斜率的取值范围为， 如下图所示： 由 直线与圆的交点坐标为， 又因为直线、直线斜率互为相反数，且过同一点，与圆都是关于纵轴对称， 所以当时， 因为， 所以的取值范围是. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $