专项08 空间向量与立体几何重难点-2026届高考考前数学高频考点专项训练（全国通用）

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何，构建“概念-方法-应用”三层逻辑体系，提炼公式速用、向量工具、辅助线构造等实用方法，适配新高考重运算轻推理趋势，培养空间观念与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|----|----|----| |基础核心考点|10单选+3多选+7填空|公式速用（表面积/体积）、三视图还原技巧|从几何体结构特征到三视图，夯实空间认知基础| |核心应用考点|10解答题|向量坐标运算（求角/距离）、线面平行垂直判定|空间向量工具化，连接几何证明与代数运算| |高阶综合考点|折叠/动点问题|辅助线构造、二面角锐角钝角判断|整合不变量分析与函数思想，提升综合应用能力|

专项08 空间向量与立体几何重难点 分析维度 具体内容 核心考点 1. 空间几何体：棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征、表面积与体积计算；2. 空间点、线、面位置关系：平行、垂直的判定与性质，异面直线所成角、线面角、二面角的定义；3. 空间向量基础：空间向量的线性运算、坐标运算、数量积，向量的模、夹角、平行与垂直的充要条件；4. 空间向量的应用：用向量证明线面平行、垂直，求异面直线所成角、线面角、二面角，求点到面的距离；5. 综合应用：折叠问题、最值问题、与解析几何的简单结合，三视图与直观图的转化。 考查形式 1. 客观题（单选题+多选题）：5-10分，多为第5-10题，考查空间几何体结构特征、表面积/体积计算、三视图与直观图、空间位置关系判断，难度低-中档；2. 解答题：12分，固定为中档大题（多为第18或19题），命题模式固定：第一问证明线面平行/垂直，第二问用空间向量求角（异面直线所成角、线面角、二面角）或点到面的距离；3. 新高考特点：多选题增加空间位置关系辨析、几何体性质判断，解答题强化空间向量的工具性，弱化纯几何推理，偶尔结合折叠、动点问题考查综合应用。 命题特点 1. 基础题（送分）：空间几何体表面积/体积计算、三视图还原几何体、简单线面位置关系判断，直接套用公式或性质即可得分；2. 中档题（核心得分）：线面平行垂直的证明、空间向量坐标运算、异面直线所成角与线面角求解，侧重方法应用和计算；3. 难题（低频）：二面角的复杂求解、折叠问题中的空间关系与角的计算、动点问题中的最值、多面体与球的组合体问题，难度中等偏上，占比低；4. 命题趋势：整体稳定，重基础、重运算、重向量工具应用，减少纯几何推理的复杂度，强调数形结合和转化与化归，三视图考查频率略有下降，折叠、动点问题偶有出现。 重难点突破 1. 重点：① 空间几何体的结构特征、表面积与体积公式（熟练记忆、灵活套用）；② 线面平行、垂直的判定定理与性质定理（证明核心）；③ 空间向量的坐标运算、数量积应用（求角、证明的核心工具）；④ 异面直线所成角、线面角、二面角的求解方法（高考解答题必考）；2. 难点：① 线面平行、垂直证明中辅助线的构造（无固定套路，需多积累）；② 空间直角坐标系的建立（复杂几何体中找点的坐标、处理动点坐标）；③ 二面角的求解（判断二面角是锐角还是钝角，避免计算符号错误）；④ 折叠问题中“折叠前后不变量”的判断与应用；⑤ 多面体与球的组合体（外接球、内切球）问题。 关联模块 1. 直接关联：平面向量（空间向量的基础）、立体几何基础（点线面位置关系）、三角函数（求角时用到三角函数值）；2. 间接关联：解析几何（空间直角坐标系与平面直角坐标系的衔接）、不等式（最值问题）、函数（动点问题中坐标的函数表示）。 备考策略 1. 基础过关：熟记各类空间几何体的表面积、体积公式，掌握三视图与直观图的转化方法；牢记线面平行、垂直的判定与性质定理，能快速识别简单空间位置关系；2. 方法强化：专项练习空间直角坐标系的建立（优先选择两两垂直的面作为坐标面），熟练掌握空间向量的坐标运算、数量积公式，牢记求角、求距离的向量公式；3. 难点突破：总结辅助线构造的常见方法（如中点连线、平行线、垂线）；针对性练习折叠问题、二面角求解，掌握二面角锐角/钝角的判断方法；总结多面体与球组合体的常见模型（如长方体、正四面体的外接球）；4. 实战训练：多练解答题，规范解题步骤（证明题分步写判定定理条件，向量题明确坐标建立、向量表示、计算过程），避免计算失误；5. 易错规避：重点练习向量夹角与空间角的区别（异面直线所成角、线面角范围限制），避免符号错误和范围错误。 解题技巧 1. 几何体表面积/体积：优先判断几何体类型，拆分复杂几何体（如割补法），套用对应公式，注意单位统一；2. 线面平行/垂直证明：证明平行优先找“线线平行”或“面面平行”，证明垂直优先找“线线垂直”，辅助线构造优先考虑中点、垂足；3. 空间向量应用：建立坐标系时，尽量让更多点落在坐标轴上，简化坐标计算；求角时，先求向量夹角，再结合空间角的范围（异面直线所成角0°<θ≤90°，线面角0°≤θ≤90°，二面角0°≤θ≤180°）转化；4. 折叠问题：牢记折叠前后“长度不变、角度可能变化”的特点，重点分析折叠后的线面位置关系；5. 多面体与球：长方体的外接球直径等于体对角线，正四面体的外接球、内切球半径有固定公式，可直接记忆套用。 易错点汇总 1. 空间几何体表面积计算，遗漏侧面（如棱台、圆台的侧面）或计算错误（如球的表面积公式记错）；2. 线面平行垂直证明，遗漏判定定理的关键条件（如线面平行需“直线与平面内一条直线平行且直线在平面外”）；3. 建立空间直角坐标系时，坐标写错（如动点坐标表示错误），或向量坐标运算失误；4. 混淆空间角与向量夹角（如将向量夹角的钝角直接作为二面角，未判断正负）；5. 求二面角时，未判断二面角是锐角还是钝角，导致结果符号错误；6. 折叠问题中，忽略折叠前后的不变量，错误判断线面位置关系；7. 多面体与球的组合体问题，记错外接球、内切球半径公式，或未找到球心位置。 一、基础核心考点（送分题，必拿分） （一）空间几何体基础 1. 常见空间几何体结构特征： - 多面体：棱柱（有两个面平行，其余各面为平行四边形）、棱锥（有一个面为多边形，其余各面为三角形且交于一点）、棱台（用平行于棱锥底面的平面截取棱锥得到）； - 旋转体：圆柱（矩形绕一边旋转）、圆锥（直角三角形绕直角边旋转）、圆台（直角梯形绕垂直底边的腰旋转）、球（半圆绕直径旋转）。 2. 表面积与体积计算（核心公式，必记）： - 表面积：圆柱S=2πr²+2πrh；圆锥S=πr²+πrl；圆台S=πr²+πR²+π(R+r)l；球S=4πR²； - 体积：棱柱/圆柱V=Sh（S为底面积，h为高）；棱锥/圆锥V=(1/3)Sh；圆台V=(1/3)πh(r²+R²+Rr)；球V=(4/3)πR³。 3. 三视图与直观图：三视图（正视图、侧视图、俯视图）还原几何体，直观图用斜二测画法（横不变、纵减半、角45°/135°），考法以客观题为主。 （二）空间点、线、面位置关系基础 1. 基本位置关系：点与线（在/不在）、点与面（在/不在）、线与线（平行、相交、异面）、线与面（平行、相交、线在面内）、面与面（平行、相交）。 2. 异面直线：定义（不同在任何一个平面内，无公共点），所成角范围（0°<θ≤90°），核心是转化为相交直线所成角。 3. 考法：客观题判断位置关系正误、三视图还原、简单表面积/体积计算，难度偏低。 （三）空间向量基础 1. 空间向量定义与表示：既有大小又有方向的量，坐标表示为(x, y, z)（空间直角坐标系中）。 2. 核心运算： - 线性运算：若a=(x1,y1,z1)，b=(x2,y2,z2)，则a±b=(x1±x2, y1±y2, z1±z2)，λa=(λx1, λy1, λz1)（λ为实数）； - 数量积：a·b=x1x2+y1y2+z1z2=|a||b|cosθ（θ为a与b的夹角）； - 模与夹角：|a|=√(x1²+y1²+z1²)，cosθ=(a·b)/(|a||b|)。 3. 平行与垂直的充要条件：a∥b ⇔ a=λb（λ为实数）⇔ x1/x2=y1/y2=z1/z2（分母不为0）；a⊥b ⇔ a·b=0 ⇔ x1x2+y1y2+z1z2=0。 二、核心应用考点（中档题，核心得分区） （一）线面平行与垂直的判定与性质（解答题第一问必考） 1. 线面平行： - 判定定理：如果平面外一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与平面平行（核心：线线平行→线面平行）； - 性质定理：如果一条直线与一个平面平行，过该直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行（核心：线面平行→线线平行）。 2. 线面垂直： - 判定定理：如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则该直线与平面垂直（核心：线线垂直→线面垂直）； - 性质定理：如果一条直线与一个平面垂直，则该直线与平面内所有直线垂直（核心：线面垂直→线线垂直）。 3. 面面平行与垂直：可通过线面平行/垂直推导，考法多为辅助线构造后证明。 （二）空间向量的核心应用（解答题第二问必考） 1. 空间直角坐标系的建立：优先选择两两垂直的面（如长方体、正方体的一个顶点）作为坐标面，让更多点落在坐标轴上，简化坐标计算。 2. 求空间角（核心考点）： - 异面直线所成角：设两直线方向向量为a、b，夹角为θ，则cosθ=|a·b|/(|a||b|)（θ∈(0°,90°]）； - 线面角：设直线方向向量为a，平面法向量为n，夹角为θ，则sinθ=|a·n|/(|a||n|)（θ∈[0°,90°]）； - 二面角：设两个平面法向量为n1、n2，夹角为φ，二面角为θ，则|cosθ|=|n1·n2|/(|n1||n2|)，θ与φ相等或互补（需判断锐角/钝角）。 3. 求点到面的距离：设平面法向量为n，点P到平面的距离d=|PA·n|/|n|（A为平面内任意一点）。 （三）基础综合应用 1. 简单折叠问题：折叠前后，长度不变的线段、角度不变的角为“不变量”，重点分析折叠后的线面位置关系。 2. 多面体与球的简单组合体：长方体外接球直径=体对角线；正四面体外接球半径R=(√6/4)a（a为棱长），内切球半径r=(√6/12)a。 三、高阶综合考点（难题，低频拉分） （一）复杂空间角与距离求解 1. 复杂二面角：无明显法向量时，通过几何法找二面角的平面角（如垂线法、投影法），结合向量计算。 2. 异面直线间的距离：转化为点到面的距离，利用向量公式求解（低频考查）。 （二）综合应用问题 1. 动点问题：设动点坐标（如(x,0,0)），结合条件建立方程，求最值、范围（结合不等式、函数）。 2. 折叠问题进阶：折叠后线面垂直、二面角的综合计算，重点把握“不变量”与“变量”的关系。 3. 多面体与球的复杂组合体：不规则多面体外接球，通过补形法（补成长方体、正方体）求解球心与半径。 四、高考考法总结与易错提醒 （一）考法总结 1. 客观题（5-10分）：侧重基础，考查几何体结构、表面积/体积、三视图、位置关系判断，难度低-中档； 2. 解答题（12分）：固定模式，第一问证明线面平行/垂直，第二问用向量求角或距离，难度中档； 3. 新高考趋势：弱化纯几何推理，强化空间向量工具性，多选题增加位置关系辨析，折叠、动点问题偶有出现。 （二）易错提醒 1. 表面积计算遗漏侧面（如棱台、圆台的侧面），或记错球的表面积、体积公式； 2. 证明线面平行/垂直时，遗漏判定定理关键条件（如线面平行需“直线在平面外”）； 3. 建立坐标系时，坐标写错，或向量运算失误（加减、数量积计算错误）； 4. 求空间角时，混淆向量夹角与空间角的范围，或未判断二面角的锐角/钝角； 5. 折叠问题忽略“不变量”，错误判断线面位置关系； 6. 多面体与球的组合体，记错外接球、内切球半径公式，或找不到球心位置。 一、单选题 1．（2026·天津河西·二模）今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（   ） A．168 B．192 C．216 D．240 2．（2026·上海杨浦·模拟预测）圆锥的底面半径为12，高为12，现于圆锥内放置一个圆柱，使圆柱的一个底面与圆锥的底面所在的平面重合，则该圆柱体积的最大值为（   ） A．64 B．128 C．144 D．256 3．（2026·天津滨海新区·三模）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6，则球的体积为（   ）    A． B． C． D． 4．（2026·陕西西安·三模）2022年北京冬奥会的“雪如意”跳台滑雪中心的赛道可抽象为如下几何模型：底面是边长为2的正三角形的三棱锥，其中平面．施工人员需要在上取中点，在上取中点，搭建辅助支撑钢架，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 6．（25-26高一下·浙江宁波·期中）在三棱锥中，，，，点在平面上投影为，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A．84π B．88π C．92π D．96π 7．（2026·安徽·模拟预测）“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图，在一个盛满米的“方斗”容器中，，，若从中取出18.2kg米后，米的高度下降一半，则剩余米的质量为（   ）    A．6.1kg B．9.1kg C．12.2kg D．13.65kg 8．（25-26高二下·福建莆田·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点、分别为、的中点，若，且，则（    ） A． B． C． D． 9．（2026·天津滨海新区·三模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下说法正确的是：（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若则 10．（2026·河南·三模）一个高为，上、下底面半径分别是1cm和4cm的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则当该铁球体积最大时，该铁球的体积与圆台的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2026·云南曲靖·二模）如图，已知正方体的棱长为2，分别为的中点，为正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．若点在棱上运动，则与一定为异面直线 B．若点在棱上运动，则存在点，使得平面 C．若点是底面内一点（包括边界），且点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分 D．若点为中点，则三棱锥体积为 12．（2026·河北沧州·二模）在正四棱锥中，，侧棱与底面所成的角为60°，则（   ） A．该正四棱锥的高为 B．该正四棱锥的侧面与底面所成角的余弦值为 C．该正四棱锥的外接球的半径为 D．该正四棱锥的相邻两侧面所成角为90° 13．（2026·四川内江·三模）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 三、填空题 14．（2026·云南曲靖·二模）已知圆锥的高为，A，B为底面圆周上两点且满足，，则该圆锥的体积为_____________． 15．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直三棱柱的侧棱长为2，，， ，分别为的中点，则到平面的距离为___________． 16．（2026·陕西咸阳·模拟预测）圆锥的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为的扇形，如图，过的中点作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱，则剩下几何体的体积为______________． 17．（2026·陕西西安·三模）已知平面平面，交线为为上的两点，，且，若，则三棱锥的外接球的表面积为___________． 18．（2026·广东珠海·模拟预测）在三棱锥中，底面为正三角形，平面，若四点都在球的表面上，则球的表面积为______． 19．（2026·上海浦东新·三模）已知圆锥的半径为3，点为底面圆周上任意一点，点为圆锥侧面（不含边界）上任意一点，则的取值范围为___________． 20．（2026·山西临汾·二模）在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______. 21．（25-26高三下·安徽·期中）在长方体中，，面对角线与截面所成的角为，则____. 四、解答题 22．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图1，正方形的边长为2．如图2，现将正方形沿着对角线翻折，其中O为原正方形的中心．    (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 23．（2026·上海浦东新·三模）如图，平行六面体，点在底面上的投影落在线段上（不含端点）． (1)求证：直线平面； (2)若侧棱与底面所成的角为，求平面与底面所成二面角的大小． 24．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 25．（2026·河南安阳·模拟预测）如图，平行六面体的底面是正方形，. (1)证明：； (2)若，求二面角的正弦值. 26．（2026·湖北黄石·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，点在侧棱上，且，. (1)求证：直线平面； (2)若，且三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 27．（2026·陕西西安·三模）如图，直四棱柱的底面为菱形，为棱的中点． (1)证明：平面． (2)求平面与平面夹角的余弦值． 28．（2026·安徽·模拟预测）如图，正八面体的每个面都是正三角形，四边形是边长为2的正方形，是的中点． (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 29．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正四棱柱的底面边长为1，点分别在边上，且． (1)证明：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 30．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，在等腰梯形ABCD中，，且，E是CD的中点．将沿AE折起到的位置． (1)若为棱上动点，是AE的中点，证明． (2)若平面平面ABCE，求二面角的余弦值． 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 $ 专项08 空间向量与立体几何重难点 分析维度 具体内容 核心考点 1. 空间几何体：棱柱、棱锥、棱台、圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征、表面积与体积计算；2. 空间点、线、面位置关系：平行、垂直的判定与性质，异面直线所成角、线面角、二面角的定义；3. 空间向量基础：空间向量的线性运算、坐标运算、数量积，向量的模、夹角、平行与垂直的充要条件；4. 空间向量的应用：用向量证明线面平行、垂直，求异面直线所成角、线面角、二面角，求点到面的距离；5. 综合应用：折叠问题、最值问题、与解析几何的简单结合，三视图与直观图的转化。 考查形式 1. 客观题（单选题+多选题）：5-10分，多为第5-10题，考查空间几何体结构特征、表面积/体积计算、三视图与直观图、空间位置关系判断，难度低-中档；2. 解答题：12分，固定为中档大题（多为第18或19题），命题模式固定：第一问证明线面平行/垂直，第二问用空间向量求角（异面直线所成角、线面角、二面角）或点到面的距离；3. 新高考特点：多选题增加空间位置关系辨析、几何体性质判断，解答题强化空间向量的工具性，弱化纯几何推理，偶尔结合折叠、动点问题考查综合应用。 命题特点 1. 基础题（送分）：空间几何体表面积/体积计算、三视图还原几何体、简单线面位置关系判断，直接套用公式或性质即可得分；2. 中档题（核心得分）：线面平行垂直的证明、空间向量坐标运算、异面直线所成角与线面角求解，侧重方法应用和计算；3. 难题（低频）：二面角的复杂求解、折叠问题中的空间关系与角的计算、动点问题中的最值、多面体与球的组合体问题，难度中等偏上，占比低；4. 命题趋势：整体稳定，重基础、重运算、重向量工具应用，减少纯几何推理的复杂度，强调数形结合和转化与化归，三视图考查频率略有下降，折叠、动点问题偶有出现。 重难点突破 1. 重点：① 空间几何体的结构特征、表面积与体积公式（熟练记忆、灵活套用）；② 线面平行、垂直的判定定理与性质定理（证明核心）；③ 空间向量的坐标运算、数量积应用（求角、证明的核心工具）；④ 异面直线所成角、线面角、二面角的求解方法（高考解答题必考）；2. 难点：① 线面平行、垂直证明中辅助线的构造（无固定套路，需多积累）；② 空间直角坐标系的建立（复杂几何体中找点的坐标、处理动点坐标）；③ 二面角的求解（判断二面角是锐角还是钝角，避免计算符号错误）；④ 折叠问题中“折叠前后不变量”的判断与应用；⑤ 多面体与球的组合体（外接球、内切球）问题。 关联模块 1. 直接关联：平面向量（空间向量的基础）、立体几何基础（点线面位置关系）、三角函数（求角时用到三角函数值）；2. 间接关联：解析几何（空间直角坐标系与平面直角坐标系的衔接）、不等式（最值问题）、函数（动点问题中坐标的函数表示）。 备考策略 1. 基础过关：熟记各类空间几何体的表面积、体积公式，掌握三视图与直观图的转化方法；牢记线面平行、垂直的判定与性质定理，能快速识别简单空间位置关系；2. 方法强化：专项练习空间直角坐标系的建立（优先选择两两垂直的面作为坐标面），熟练掌握空间向量的坐标运算、数量积公式，牢记求角、求距离的向量公式；3. 难点突破：总结辅助线构造的常见方法（如中点连线、平行线、垂线）；针对性练习折叠问题、二面角求解，掌握二面角锐角/钝角的判断方法；总结多面体与球组合体的常见模型（如长方体、正四面体的外接球）；4. 实战训练：多练解答题，规范解题步骤（证明题分步写判定定理条件，向量题明确坐标建立、向量表示、计算过程），避免计算失误；5. 易错规避：重点练习向量夹角与空间角的区别（异面直线所成角、线面角范围限制），避免符号错误和范围错误。 解题技巧 1. 几何体表面积/体积：优先判断几何体类型，拆分复杂几何体（如割补法），套用对应公式，注意单位统一；2. 线面平行/垂直证明：证明平行优先找“线线平行”或“面面平行”，证明垂直优先找“线线垂直”，辅助线构造优先考虑中点、垂足；3. 空间向量应用：建立坐标系时，尽量让更多点落在坐标轴上，简化坐标计算；求角时，先求向量夹角，再结合空间角的范围（异面直线所成角0°<θ≤90°，线面角0°≤θ≤90°，二面角0°≤θ≤180°）转化；4. 折叠问题：牢记折叠前后“长度不变、角度可能变化”的特点，重点分析折叠后的线面位置关系；5. 多面体与球：长方体的外接球直径等于体对角线，正四面体的外接球、内切球半径有固定公式，可直接记忆套用。 易错点汇总 1. 空间几何体表面积计算，遗漏侧面（如棱台、圆台的侧面）或计算错误（如球的表面积公式记错）；2. 线面平行垂直证明，遗漏判定定理的关键条件（如线面平行需“直线与平面内一条直线平行且直线在平面外”）；3. 建立空间直角坐标系时，坐标写错（如动点坐标表示错误），或向量坐标运算失误；4. 混淆空间角与向量夹角（如将向量夹角的钝角直接作为二面角，未判断正负）；5. 求二面角时，未判断二面角是锐角还是钝角，导致结果符号错误；6. 折叠问题中，忽略折叠前后的不变量，错误判断线面位置关系；7. 多面体与球的组合体问题，记错外接球、内切球半径公式，或未找到球心位置。 一、基础核心考点（送分题，必拿分） （一）空间几何体基础 1. 常见空间几何体结构特征： - 多面体：棱柱（有两个面平行，其余各面为平行四边形）、棱锥（有一个面为多边形，其余各面为三角形且交于一点）、棱台（用平行于棱锥底面的平面截取棱锥得到）； - 旋转体：圆柱（矩形绕一边旋转）、圆锥（直角三角形绕直角边旋转）、圆台（直角梯形绕垂直底边的腰旋转）、球（半圆绕直径旋转）。 2. 表面积与体积计算（核心公式，必记）： - 表面积：圆柱S=2πr²+2πrh；圆锥S=πr²+πrl；圆台S=πr²+πR²+π(R+r)l；球S=4πR²； - 体积：棱柱/圆柱V=Sh（S为底面积，h为高）；棱锥/圆锥V=(1/3)Sh；圆台V=(1/3)πh(r²+R²+Rr)；球V=(4/3)πR³。 3. 三视图与直观图：三视图（正视图、侧视图、俯视图）还原几何体，直观图用斜二测画法（横不变、纵减半、角45°/135°），考法以客观题为主。 （二）空间点、线、面位置关系基础 1. 基本位置关系：点与线（在/不在）、点与面（在/不在）、线与线（平行、相交、异面）、线与面（平行、相交、线在面内）、面与面（平行、相交）。 2. 异面直线：定义（不同在任何一个平面内，无公共点），所成角范围（0°<θ≤90°），核心是转化为相交直线所成角。 3. 考法：客观题判断位置关系正误、三视图还原、简单表面积/体积计算，难度偏低。 （三）空间向量基础 1. 空间向量定义与表示：既有大小又有方向的量，坐标表示为(x, y, z)（空间直角坐标系中）。 2. 核心运算： - 线性运算：若a=(x1,y1,z1)，b=(x2,y2,z2)，则a±b=(x1±x2, y1±y2, z1±z2)，λa=(λx1, λy1, λz1)（λ为实数）； - 数量积：a·b=x1x2+y1y2+z1z2=|a||b|cosθ（θ为a与b的夹角）； - 模与夹角：|a|=√(x1²+y1²+z1²)，cosθ=(a·b)/(|a||b|)。 3. 平行与垂直的充要条件：a∥b ⇔ a=λb（λ为实数）⇔ x1/x2=y1/y2=z1/z2（分母不为0）；a⊥b ⇔ a·b=0 ⇔ x1x2+y1y2+z1z2=0。 二、核心应用考点（中档题，核心得分区） （一）线面平行与垂直的判定与性质（解答题第一问必考） 1. 线面平行： - 判定定理：如果平面外一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与平面平行（核心：线线平行→线面平行）； - 性质定理：如果一条直线与一个平面平行，过该直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行（核心：线面平行→线线平行）。 2. 线面垂直： - 判定定理：如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则该直线与平面垂直（核心：线线垂直→线面垂直）； - 性质定理：如果一条直线与一个平面垂直，则该直线与平面内所有直线垂直（核心：线面垂直→线线垂直）。 3. 面面平行与垂直：可通过线面平行/垂直推导，考法多为辅助线构造后证明。 （二）空间向量的核心应用（解答题第二问必考） 1. 空间直角坐标系的建立：优先选择两两垂直的面（如长方体、正方体的一个顶点）作为坐标面，让更多点落在坐标轴上，简化坐标计算。 2. 求空间角（核心考点）： - 异面直线所成角：设两直线方向向量为a、b，夹角为θ，则cosθ=|a·b|/(|a||b|)（θ∈(0°,90°]）； - 线面角：设直线方向向量为a，平面法向量为n，夹角为θ，则sinθ=|a·n|/(|a||n|)（θ∈[0°,90°]）； - 二面角：设两个平面法向量为n1、n2，夹角为φ，二面角为θ，则|cosθ|=|n1·n2|/(|n1||n2|)，θ与φ相等或互补（需判断锐角/钝角）。 3. 求点到面的距离：设平面法向量为n，点P到平面的距离d=|PA·n|/|n|（A为平面内任意一点）。 （三）基础综合应用 1. 简单折叠问题：折叠前后，长度不变的线段、角度不变的角为“不变量”，重点分析折叠后的线面位置关系。 2. 多面体与球的简单组合体：长方体外接球直径=体对角线；正四面体外接球半径R=(√6/4)a（a为棱长），内切球半径r=(√6/12)a。 三、高阶综合考点（难题，低频拉分） （一）复杂空间角与距离求解 1. 复杂二面角：无明显法向量时，通过几何法找二面角的平面角（如垂线法、投影法），结合向量计算。 2. 异面直线间的距离：转化为点到面的距离，利用向量公式求解（低频考查）。 （二）综合应用问题 1. 动点问题：设动点坐标（如(x,0,0)），结合条件建立方程，求最值、范围（结合不等式、函数）。 2. 折叠问题进阶：折叠后线面垂直、二面角的综合计算，重点把握“不变量”与“变量”的关系。 3. 多面体与球的复杂组合体：不规则多面体外接球，通过补形法（补成长方体、正方体）求解球心与半径。 四、高考考法总结与易错提醒 （一）考法总结 1. 客观题（5-10分）：侧重基础，考查几何体结构、表面积/体积、三视图、位置关系判断，难度低-中档； 2. 解答题（12分）：固定模式，第一问证明线面平行/垂直，第二问用向量求角或距离，难度中档； 3. 新高考趋势：弱化纯几何推理，强化空间向量工具性，多选题增加位置关系辨析，折叠、动点问题偶有出现。 （二）易错提醒 1. 表面积计算遗漏侧面（如棱台、圆台的侧面），或记错球的表面积、体积公式； 2. 证明线面平行/垂直时，遗漏判定定理关键条件（如线面平行需“直线在平面外”）； 3. 建立坐标系时，坐标写错，或向量运算失误（加减、数量积计算错误）； 4. 求空间角时，混淆向量夹角与空间角的范围，或未判断二面角的锐角/钝角； 5. 折叠问题忽略“不变量”，错误判断线面位置关系； 6. 多面体与球的组合体，记错外接球、内切球半径公式，或找不到球心位置。 一、单选题 1．（2026·天津河西·二模）今年为纪念红军长征胜利90周年，某市计划在广场中央建造一座“长征颂”主题纪念碑.该纪念碑的基座设计为一个稳固的四面坡式石墩（如图所示），已知该几何体是从长方体上底面向下底面顶点截去4个完全一样的三棱锥后得到的几何体，经实地测量，下底面长10米、宽6米，一个侧面为上底长4米，腰长5米的等腰梯形，则该纪念碑基座的体积为（   ） A．168 B．192 C．216 D．240 【答案】C 【分析】根据题意可得梯形的高（即几何体的高）为，利用长方体的体积减去四个三棱锥的体积即可求解. 【详解】将原图形补全为长方体，如下图： 因为侧面为等腰梯形，上底长米，下底长米，腰长米， 所以梯形的高（即几何体的高）为：米 所以长方体下底面长米、宽米，高为米，体积立方米； 由于每个三棱锥的底面为直角三角形，直角边分别为：米，米， 所以每个三棱锥的体积为：立方米， 4 个三棱锥总体积：立方米 所以该纪念碑基座的体积为立方米 2．（2026·上海杨浦·模拟预测）圆锥的底面半径为12，高为12，现于圆锥内放置一个圆柱，使圆柱的一个底面与圆锥的底面所在的平面重合，则该圆柱体积的最大值为（   ） A．64 B．128 C．144 D．256 【答案】D 【详解】如图，依题意，，，设此时的圆柱的半径为， 则，，所以， 所以该圆柱体积为，， ，令，得， 当，，单调递增，当，，单调递减， 所以，当，取得最大值，此时.    3．（2026·天津滨海新区·三模）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6，则球的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用球的截面性质结合直角三角形求解即可. 【详解】    设正方体上底面所在平面截球得小圆，则圆心为正方体上底面的中心， 如图，设球的半径为，根据题意得球心到上底面的距离等于，而圆的半径为4， 由球的截面圆性质，得，解出，该球的体积为. 4．（2026·陕西西安·三模）2022年北京冬奥会的“雪如意”跳台滑雪中心的赛道可抽象为如下几何模型：底面是边长为2的正三角形的三棱锥，其中平面．施工人员需要在上取中点，在上取中点，搭建辅助支撑钢架，则直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，连接，，分析可得（或其补角）即为和所成的角，进而求解即可. 【详解】取的中点，连接，， 因为是的中点，所以，且， 因为是的中点，所以，且， 所以（或其补角）即为和所成的角， 因为平面，所以平面，而平面， 所以，所以，故， 则直线与所成角的余弦值为. 5．（2026·上海浦东新·三模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（   ） A．直线与直线始终异面 B．直线与直线始终垂直 C．存在点使得直线与平面垂直 D．直线与平面始终平行 【答案】D 【分析】A. 由点M与点D重合时判断；B.由点M与点重合时判断；C.由垂直于同一平面的两条直线平行判断；D.先证平面平面，再由平面判断. 【详解】对于A：当点M与点D重合时，直线即为BD，而BD与直线相交，故A错误； 对于B：当点M与点重合时，是等边三角形，则直线与直线成，故B错误； 对于C：如图所示： 连接，因为，且， 所以平面，又平面，所以， 同理，又，则平面， 若平面，则，而，故C错误； 对于D：易知，又平面，平面，所以平面, 同理平面，又，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确； 6．（25-26高一下·浙江宁波·期中）在三棱锥中，，，，点在平面上投影为，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A．84π B．88π C．92π D．96π 【答案】A 【分析】由题意平面，进而确定外接球球心，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】设的外接圆半径为，由题可知为等边三角形，由正弦定理，，则， 设外接球的球心为，半径为，的外接圆的圆心为， 由题可得平面，而平面， 过点作，交于点，连接， 则，易得矩形，则， 在直角三角形中，，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为. 7．（2026·安徽·模拟预测）“方斗”是中国古代盛米的一种重要容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．如图，在一个盛满米的“方斗”容器中，，，若从中取出18.2kg米后，米的高度下降一半，则剩余米的质量为（   ）    A．6.1kg B．9.1kg C．12.2kg D．13.65kg 【答案】C 【分析】假设从“方斗”中取出18.2kg米后，米的高度下降一半至平面处.分析出取出米的质量与剩余的米的质量之比为正四棱台和的体积之比，再根据棱台的体积公式分别求出两个棱台的体积即可得解. 【详解】从“方斗”中取出18.2kg米后，米的高度下降一半至平面处，    由题意可知正四棱台和的高相等，设为． 因为，，则， 可得，． 设剩余的米的质量为， 则，解得． 8．（25-26高二下·福建莆田·期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点、分别为、的中点，若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由空间向量的线性运算以及空间向量的基本定理可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出的值. 【详解】因为，所以，可得， 因为四边形为平行四边形，所以， 所以， 因为点、分别为、的中点，所以，， 所以， 因为、、不共面，所以，所以，故. 9．（2026·天津滨海新区·三模）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，以下说法正确的是：（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若则 【答案】B 【分析】根据直线与平面垂直，平行的判定定理和性质定理，逐一分析每个选项. 【详解】已知，此时直线与平面的位置关系有多种可能，直线可能与平面相交，平行或， 所以不能得出，A选项错误. 已知，根据直线与平面平行的性质定理， 过直线作平面与平面相交于直线，则， 过直线作平面与平面相交于直线，则，. 又，，又， ，又，，B选项正确. 已知，此时直线与平面的位置关系有两种可能，直线可能与平面平行或， 所以不能得出，C选项错误. 已知，当直线与相交时，根据平面与平面平行的判定定理，可以得出， 当直线与平行时，此时平面与可能相交，所以不能得出，D选项错误. 10．（2026·河南·三模）一个高为，上、下底面半径分别是1cm和4cm的封闭圆台容器（容器壁厚度忽略不计）内有一个铁球，则当该铁球体积最大时，该铁球的体积与圆台的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出圆台轴截面，分析可知当球与相切时，其体积最大，再计算出球的体积和圆台的体积即可得比值. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，可知当球与相切时体积最大， 由切线性质可得，作，垂足分别为， 可知，所以，又， 所以，则， 设球的半径也即圆的半径为，由 可得，解得，因为， 所以该球是存在的，此时球的体积为， 圆台的体积为，所求比值为. 二、多选题 11．（2026·云南曲靖·二模）如图，已知正方体的棱长为2，分别为的中点，为正方体表面上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．若点在棱上运动，则与一定为异面直线 B．若点在棱上运动，则存在点，使得平面 C．若点是底面内一点（包括边界），且点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分 D．若点为中点，则三棱锥体积为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据异面直线的定义即可判断；对于B，作出过点与平面平行的正方体的截面，即可判断；对于C，由题意可得点到定点的距离等于点到定直线的距离，根据抛物线的定义即可判断；对于D，判断平面，根据即可判断. 【详解】当点在棱上运动时，在平面上， 而与平面相交，且交点不在上， 所以与既不相交也不平行，一定为异面直线，故A正确； 如图1，取分别为中点， 则四边形为过点与平面平行的正方体的截面，与棱无交点， 故B错误； 当点在底面内运动时， 由底面可得点到直线的距离即为， 则在平面内，点到定点的距离等于点到定直线的距离， 由抛物线定义可得点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线的一部分， 故C正确； 如图2，取为中点，设与交于点， 因为为中点，易证与全等， 故，因为， 所以，所以， 又因为平面，平面 所以， 又，所以平面， ， 故D正确． 12．（2026·河北沧州·二模）在正四棱锥中，，侧棱与底面所成的角为60°，则（   ） A．该正四棱锥的高为 B．该正四棱锥的侧面与底面所成角的余弦值为 C．该正四棱锥的外接球的半径为 D．该正四棱锥的相邻两侧面所成角为90° 【答案】AC 【分析】对于A：设底面中心为，连接，则底面,则，结合底面边长可求解；对于B：过作，连接，则为所求角，结合边长值求解；对于C：作的平分线，易知，即，则线段的长即为该正四棱锥的外接球的半径长，在中可求解；对于D：作，垂足为点，连接，则为二面角的平面角，在中利用余弦定理求解. 【详解】 对于A：如图，连接，，设交点为，则底面，所以，，所以，所以A选项正确； 对于B：作，垂足为点，连接，则为二面角的平面角，易得，，所以，所以B选项不正确； 对于C：作的平分线，交于点，则，所以线段的长即为该正四棱锥的外接球的半径长，易得，所以，所以C选项正确； 对于D：作，垂足为点，连接，易得，则为二面角的平面角，由，得，所以，所以D选项不正确. 13．（2026·四川内江·三模）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】取定空间的一个基底，利用空间位置关系的向量证明推理判断AB；利用空间向量数量积运算律计算判断C；求出三棱锥外接球半径求解判断D. 【详解】在平行六面体中，令，则为空间的一个基底， ， 对于A，，不成立，A错误； 对于B，由，得，由菱形， 得，而平面，则平面，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，依题意，三棱锥为正四面体，令正的重心为，则平面， ，，令正四面体外接球半径为， 则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确. 三、填空题 14．（2026·云南曲靖·二模）已知圆锥的高为，A，B为底面圆周上两点且满足，，则该圆锥的体积为_____________． 【答案】 【分析】根据已知及圆锥的结构特征列方程求底面半径，再应用圆锥的体积公式求体积. 【详解】如图所示，取中点C，连接，， 由题意可得，，，，为等边三角形， 设该圆锥的底面半径为a，则，，故， 因为，所以，整理得， 即（舍），故圆锥的体积． 15．（2026·陕西西安·模拟预测）如图，直三棱柱的侧棱长为2，，， ，分别为的中点，则到平面的距离为___________． 【答案】 【分析】连接，在三棱锥中，利用等体积法即可求解． 【详解】连接，，，则，，， 因为是直三棱柱，所以平面，则，又因为， 所以平面，所以在三棱锥中，点到平面的距离为， ，，， 则，， 的面积为，三棱锥的体积为． 设点到平面的距离为，在中，， 的面积为，由， 得，得，即点到平面的距离为． 16．（2026·陕西咸阳·模拟预测）圆锥的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为的扇形，如图，过的中点作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱，则剩下几何体的体积为______________． 【答案】 【分析】由圆锥侧面展开图的弧度确定圆锥的母线，进而可求锥体和柱体的高，以此分别求体积后相减即可. 【详解】设圆锥的母线长为l，由题意得底面圆的半径， 则，可得，即母线， 所以圆锥的高， 因为是的中点，由三角形相似易得挖去圆柱的底面半径为1， 且圆柱的高，则该圆柱的体积为， 圆锥的体积为， 则剩下几何体的体积． 17．（2026·陕西西安·三模）已知平面平面，交线为为上的两点，，且，若，则三棱锥的外接球的表面积为___________． 【答案】 【详解】由，根据面面垂直的性质定理，平面，则， 同理，故平面． 因为，所以可将三棱锥补成一个棱长为1的正方体， 三棱锥的外接球与正方体的外接球完全相同． 正方体的体对角线长度为， 即外接球的直径，故， 则三棱锥外接球的表面积． 18．（2026·广东珠海·模拟预测）在三棱锥中，底面为正三角形，平面，若四点都在球的表面上，则球的表面积为______． 【答案】 【分析】先求出底面正三角形的外接圆半径，再结合侧棱垂直底面的几何特征计算外接球半径，最后代入球的表面积公式求解． 【详解】 设底面正的外接圆圆心为，外接圆半径为， 已知是正三角形，边长， 则其外接圆半径为， 平面， 三棱锥的外接球球心在过且垂直于平面的直线上， 且球心到平面的距离， 外接球半径为：， 由球的表面积公式得． 19．（2026·上海浦东新·三模）已知圆锥的半径为3，点为底面圆周上任意一点，点为圆锥侧面（不含边界）上任意一点，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用空间坐标法求数量积后可得结论. 【详解】以为轴，为轴，底面上与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设圆锥的高为， 则，设，则， ，由得， 所以的取值范围为    20．（2026·山西临汾·二模）在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______. 【答案】 【分析】设到平面的距离为，根据，列出方程，即可求解. 【详解】在棱长为的正方体中， 由平面，即到平面的距离为，即三棱锥的高， 所以三棱锥的体积为， 设到平面的距离为， 由，可得, 所以， 因为，可得，解得， 所以点到平面的距离为. 21．（25-26高三下·安徽·期中）在长方体中，，面对角线与截面所成的角为，则____. 【答案】 【分析】过点B作于点P，连接，可证平面，即就是与截面所成的角，则，再利用勾股定理求解即可． 【详解】如图，过点B作于点P，连接， 因为平面，所以， 又，平面， 所以平面，即就是与截面所成的角， ，因为， ， 所以，整理得，得． 四、解答题 22．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图1，正方形的边长为2．如图2，现将正方形沿着对角线翻折，其中O为原正方形的中心．    (1)证明：平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1） 依据条件得到，，然后利用线面垂直判定定理可得； （2） 计算以及面的一个法向量，然后计算. 【详解】（1）在图1中连接，，    因为和都是等腰三角形，且O是正方形中心， 所以，， 因为，，平面， 所以平面． （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，D点到平面的距离最大， 此时平面平面，因为，所以平面． 所以，，两两垂直，如图3， 以O为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为，， 即与所成的角的正弦值为． 23．（2026·上海浦东新·三模）如图，平行六面体，点在底面上的投影落在线段上（不含端点）． (1)求证：直线平面； (2)若侧棱与底面所成的角为，求平面与底面所成二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】（1）作底面于，得，再由题意得，然后由线面垂直的判定定理证明线面垂直； （2）作于，连接，证明即为二面角的平面角，然后在直角三角形中计算（求其正切值），也可建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求解（解题过程中先确定为底面对角线交点）. 【详解】（1）连接、，作底面于， 由题，底面，又底面，故， 因为四边形为平行四边形，且， 因此四边形为菱形， 平面，平面， 因此，平面; （2）解法一：作于，连接， 由题，底面，即在底面的射影， 所以，即侧棱与底面所成的角， 在直角中，由，知． 设，则由题意可知， 又底面，是底面的斜线，是在底面的射影． 因为，所以（三垂线定理），（注：可用线面垂直证明） 所以即为二面角的平面角 ，又平面平面， 因此，平面与底面所成角为或； 解法二：作于，连接 由题，底面，即在底面的射影， 所以，即侧棱与底面所成的角． 在直角中，由，知． 故为菱形的中心，即此时． 以为坐标原点，分别以、与的方向为、与轴的正方向，建立空间直角坐标系． 令，则、、 则 设平面的法向量为，则， 从而得到平面的一个法向量为， 又底面的一个法向量为， 从而 所以，平面与底面的二面角是或． 24．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，PB是圆柱的母线，四边形ABCD是底面内接正方形．点E，F是棱BC，CD上的动点（E，F不与端点重合），且． (1)证明：平面PBF； (2)已知圆柱的体积为，点A到直线PF的距离是1．求CE的长度； 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用正方形的特征，线面垂直的性质、判定推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离的向量求法列式求出； 【详解】（1）在正方形中，由，得，， 则，，因此， 由是圆柱的母线，得平面，而平面，则， 又平面，所以平面. （2）设圆柱的底面圆半径为，圆柱的体积为，得， 解得，则，显然直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， ，由点到直线的距离是1， 得，则，化简得， 即，而，解得， 所以. 25．（2026·河南安阳·模拟预测）如图，平行六面体的底面是正方形，. (1)证明：； (2)若，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）以，，为基底，得出的表达式，计算的模长来证明； （2）根据已知条件，求出；过作底面，底面是正方形，以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用空间向量求二面角的方法，计算二面角的正弦值. 【详解】（1）平行六面体，，，. ，； ； 底面是正方形，，，即； ，，即，整理得； ； ，即. （2）平行六面体，底面是正方形，平面是正方形； ，； . ，，， ，解得，. 由（1）知，得，即. . ，而,故在平面上的射影为正方形的中心， 过作底面，则为的中点，因底面是正方形， 以为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系； 则，，，设. ，，. ，解得，； 取，则，. ，. 设平面的法向量为，则，解得； 令，则平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，则，解得； 令，则，平面的一个法向量为. 设二面角为，； . 26．（2026·湖北黄石·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，点在侧棱上，且，. (1)求证：直线平面； (2)若，且三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）由题意可得，再由线面平行的判定定理即可证明. （2）以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，由三棱锥的体积为求解，列出点坐标，分别求出平面与平面的法向量即可求解. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中，， 在三角形中，因为，分别为，的中点， 所以，于是， 又因为平面，平面， 所以直线平面 （2）以，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 因为三棱锥的体积为 所以，解得， 因为，且是的中点 所以，由得 所以，则，，， 因为为的中点，，所以， 所以平面， 所以平面的法向量为 设平面的法向量为 因为， 由得令， 则，，故，则 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 27．（2026·陕西西安·三模）如图，直四棱柱的底面为菱形，为棱的中点． (1)证明：平面． (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）连接，构造中位线，得到线面平行的判定定理成立的条件，从而得出证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，将求平面与平面夹角的余弦值的问题，转化为求空间两个平面的法向量夹角的余弦值的绝对值，从而解决问题. 【详解】（1）（1）证明：连接，交于点，连接， 因为底面为菱形，所以对角线与互相平分，所以是的中点． 因为为棱的中点，所以是的中位线，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）解：如图，以（1）中的为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系． 因为，，， 所以． 设平面的法向量为， 因为，， 由，则，所以， 令，则，，所以． 取的中点，连接． 因为为等边三角形，所以． 因为平面平面，且平面平面， 所以平面，即为平面的一个法向量． 因为，所以． 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 28．（2026·安徽·模拟预测）如图，正八面体的每个面都是正三角形，四边形是边长为2的正方形，是的中点． (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量求法求解即可. （2）求出平面与平面的法向量，利用二面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）连接，由题意得，平面，连接，交于点，则过点， 又平面，所以，， 因为四边形是正方形，所以，故两两垂直. 以点为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 则平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为． （2），， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 则平面的一个法向量为． 易得平面，则平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 29．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正四棱柱的底面边长为1，点分别在边上，且． (1)证明：平面； (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）根据平行线的性质可得，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以，可得， 且平面，平面，所以平面. （2）以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 30．（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，在等腰梯形ABCD中，，且，E是CD的中点．将沿AE折起到的位置． (1)若为棱上动点，是AE的中点，证明． (2)若平面平面ABCE，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据折叠前后的量，角度不变，得到，，从而得到平面，即平面，则. （2）先证明面，以为原点建立空间直角坐标系，通过求两个面的法向量的夹角计算二面角. 【详解】（1）证明：连接，如图所示． 因为，且， 所以四边形ABED和四边形ABCE均为菱形． 因为为AE的中点，所以，    因为为AE的中点，所以，   又平面，所以平面，   又因为，所以平面，     因为平面，所以． （2）因为平面平面ABCE，平面平面， 所以平面ABCE， 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，     设，则，    所以，．    设平面的法向量为， 则有 取，所以．    设平面的法向量为， 则有 取，所以．   设二面角的平面角为， 则， 又因为为钝角，所以， 故二面角的余弦值为． 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 $