专题17 空间向量与立体几何(选择题篇)-2026届高考三轮冲刺专项训练

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何六大核心题型，构建从几何直观到代数运算的递进训练体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |表面积与体积|12题|多面体与旋转体计算，结合外接球等综合问题|从几何体度量到空间几何性质应用| |空间关系判断|8题|线面、面面位置关系的命题辨析|空间基本定理的逻辑推理与应用| |平行与垂直|10题|正方体、棱柱等模型中的位置证明|几何直观与演绎推理结合| |空间向量运算|8题|基底表示与线性运算，涉及共面问题|向量工具的几何意义理解| |坐标运算|8题|法向量、投影及截面问题|代数方法解决几何问题的转化| |夹角与距离|14题|异面直线角、线面角及距离计算|向量运算在度量问题中的应用|

专题17 空间向量与立体几何 题型1：空间几何的表面积与体积 题型2：空间关系有关命题的判断 题型3：空间几何中平行与垂直的问题 题型4：空间向量的线性运算 题型5：空间向量的坐标运算 题型6：空间几何中夹角、距离的问题 题型1：空间几何的表面积与体积 1．（2026·四川眉山·模拟预测）已知正四棱台的上､下底面积分别为3，12，当正四棱台的外接球的体积最小时，该四棱台的侧面积为（    ） A． B． C．18 D． 【答案】A 【分析】利用正四棱台的外接球球心必在上、下底面中心的连线上，由上、下底面边长确定，先分析正四棱台的外接球半径最小值就是下底面外接圆半径，从而可求棱台的高和侧面积. 【详解】因为正四棱台上下底均为正方形， 由上､下底面积分别为3，12，可得上､下底面正方形的边分别为， 上､下底面正方形的外接圆半径分别为和， 因为正四棱台的外接球半径一定大于或等于下底面正方形的外接圆半径， 所以正四棱台的外接球的半径最小值为，此时下底面中心即为外接球的球心. 则棱台的高， 再由勾股定理计算可得：， 所以再由勾股定理可得侧面梯形的斜高为：， 即一个侧面的梯形面积为， 则该四棱台的侧面积为. 2．（2026·河南濮阳·模拟预测）若圆锥的高为5，母线长为7，则该圆锥的侧面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出底面圆的半径，再由侧面积公式得解. 【详解】设圆锥底面半径，高为，母线为， 则， 所以圆锥的侧面积. 3．（2026·河北雄安·模拟预测）已知圆台的高为，侧面积为，下底面半径是上底面半径的2倍，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆台的母线长为，上底面的半径为，则下底面的半径为. 因为圆台的侧面积为，所以，得， 又，所以， 则上底面和下底面的面积分别为， 则该圆台的体积为. 4．（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. 5．（2026·河南·模拟预测）（多选）如图，矩形是圆柱的轴截面，，为的中点，为的中点，则（   ） A．圆柱的侧面积为 B．三棱锥的体积为 C．圆柱的外接球的表面积为 D．平面 【答案】BCD 【分析】代入圆柱侧面积的公式，判断A，将三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积，判断B，首先确定是圆柱外接球的直径，根据勾股定理求半径，再代入球的表面积公式，判断C，构造平行四边形，得到线线平行，再结合线面平行的判断定理，即可判断D. 【详解】对于A，圆柱的侧面积，故A错误； 对于B，由题意得，且 所以，故B正确； 对于C，取的中点，连接，易求得， 即圆柱的外接球的半径为，故该球的表面积为，故C正确； 对于D，取的中点．连接．因为为的中点，所以， 又，所以，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面，故D正确． 故选：BCD． ， 6．（2026·云南红河·模拟预测）（多选）如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（    ） A．圆锥的母线长为 B．圆锥与圆柱的体积比为1：3 C．该几何体的表面积为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【答案】ABD 【分析】根据给定的几何体，利用圆锥、圆柱的结构特征，结合体积公式、侧面积公式逐项求解判断. 【详解】对于A，由勾股定理得圆锥母线长，A正确； 对于B，圆锥的体积为，圆柱的体积为， 因此圆锥与圆柱的体积比为，B正确； 对于C，该几何体的表面积为，C错误； 对于D，设圆锥侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得，圆心角，D正确． 故选：ABD 7．（2026·福建厦门·二模）在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 【答案】 【分析】利用圆锥体积公式计算即可. 【详解】由题意如图所示： 在直角中，， 所以， 所以围成的几何体是一个底面圆半径为，高为的圆锥， 故该几何体的体积为：. 8．（2026·浙江宁波·二模）一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了________cm． 【答案】 【分析】利用上升水的体积等于实心铁球的体积计算即可得. 【详解】设水面升高了cm，由题意知，解得：. 9．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是______． 【答案】 【分析】先将该几何体补成一个正三棱柱，再根据几何体与补形后的正三棱柱的体积的关系求出该几何体的体积. 【详解】因为在几何体中，侧棱，，均垂直于底面， 已知，，， 所以构造一个底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为6的正三棱柱， 其中，，，， 因此，即， 根据三棱柱体积公式， 所以该几何体的体积是. 10．（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． 11．（2026·青海海东·三模）如图，在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的体积为______． 【答案】 【分析】取中点，连接，，可得，根据余弦定理求出，在中利用勾股定理逆定理得到，进而可得平面，故三棱锥的体积，代入计算即可. 【详解】取中点，连接，. 在中，，，为中点，所以， ，. 在中，， 则. 在中，， 所以. 在中，， 所以为直角三角形，且. 又，平面，，所以平面. ， 所以三棱锥的体积. 12．（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． 题型2：空间关系有关命题的判断 13．（2026·浙江宁波·三模）已知是空间中三个不同的平面，是空间中三条不同的直线，则下列说法正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】C 【详解】对于A，当为一正方体共点的三条棱所在直线时，满足，而，A错误； 对于B，当，时，满足，而相交，B错误； 对于C，由，得，C正确； 对于D，当，既不在平面内，也不在平面内时，满足，而相交，错误. 14．（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. 15．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】利用充分条件与必要条件定义，结合直线与平面的位置关系判断即可得. 【详解】由，，若，则与可能平行也可能相交； 由，，若，则与可能平行、可能异面也可能相交； 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 16．（2026·辽宁朝阳·三模）已知直线a，b与平面，能使的充分条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】与位置关系不确定，可相交，可平行，A项不合题意； 与不一定垂直，B项不合题意； 与可以平行，不一定垂直，C项不合题意； ，则在平面内存在直线，且，则，又    ，则，D项符合题意． 17．（2026·北京石景山·二模）设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（    ） A．存在无数条直线与α，β都平行 B．存在无数个平面与α，β都垂直 C．对任意的直线，都存在直线，使得 D．对任意的直线，都存在直线，使得 【答案】C 【分析】借助于长方体模型逐一判断各选项即可. 【详解】 如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面. 对于A，因，且，且，则， 显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误； 对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面， 即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误； 对于D，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则， 从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故D错误； 对于C，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面， 则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因， 则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立； 反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使， 则必有，故必要性成立，故C正确. 18．（2026·浙江金华·三模）（多选）已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题不正确的是（   ） A．若∥，m，则m∥ B．若m，n∥m，则n∥ C．若m，n，∥，则m∥n D．若m⊥n，m⊥，n∥，则⊥ 【答案】BCD 【详解】若∥，则平面与平面无公共点， 由，知，直线与平面无公共点，所以∥，所以A正确； 若m，n∥m，则n∥或，所以B错误； 若m，n，∥，则m∥n或异面，所以C错误； 如图，正方体中，，平面，// 平面， 而平面与 平面不垂直，所以D错误. 19．（2026·河南·二模）（多选）已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下面说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】BC 【详解】对于A，如图，若，， 则不一定平行，可能相交，故A错误； 对于B，由，，则，故B正确； 对于C，由，则存在直线，使得， 而，则，所以，故C正确； 对于D，由，，则或，故D错误. 20．（2026·浙江·三模）（多选）已知两个平面和两条直线，满足，下列命题正确的是（   ） A．若不垂直，则不可能垂直 B．若垂直，则可能不垂直 C．若不平行，则不可能平行 D．若平行，则可能不平行 【答案】BD 【分析】根据空间中面面位置关系与线线位置关系的判定，可通过生活中的实物模型举反例结合空间几何基本定理判断各选项正误。 【详解】对于A，想象一本半打开的书（比如打开成 角），左边的书页是平面 ，右边的书页是平面，显然这两个平面不垂直， 在左边书页上，画一条直线 垂直于书脊（交线），在右边书页上，取书脊即交线为，此时互相垂直的， 因此平面不垂直，也可以垂直，故A错误；   对于B，想象教室的墙角，地面是平面，前面的黑板墙面是平面 ，它们互相垂直， 在地面上画一条直线，让它平行于墙脚线（交线），在黑板墙面上也画一条直线 ，让它也平行于墙脚线，此时，直线和直线是互相平行的， 因此即使平面垂直，可以平行，即可能不垂直，故B正确； 对于C，还是那本半打开的书，左右两页纸代表平面和，它们相交于书脊，肯定不平行， 在左页纸上画一条横线平行于书脊，在右页纸上也画一条横线平行于书脊， 根据几何公理（如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线互相平行），和都平行于书脊，所以和互相平行， 因此哪怕平面相交（不平行），依然可以平行，故C错误； 对于D，想象教室的天花板是平面，地面是平面，这两个平面是平行的， 在天花板上画一条直线，方向是南北走向，在地面上画一条直线，方向是东西走向， 直线 a在头顶，直线在脚下，方向还互相交叉，它们既不会相交，方向也不一样，这种关系叫作异面直线，既然是异面，它们自然不平行， 因此平面平行，可以是异面的（即不平行），故D正确. 题型3：空间几何中平行与垂直的问题 21．（2026·河北沧州·三模）《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如图所示，侧棱底面，且，点在棱上运动．则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得 B．不存在点，使得平面PAD C．对于任意点，成立 D．对于任意点，平面平面成立 【答案】D 【分析】利用反证法可判断A；当移动到点时，可得，进而可判断B；利用反证法可得，进而可判断C；利用线线垂直可证得底面，进而可证平面平面成立，可判断D. 【详解】若，又平面，平面，所以平面， 这与平面矛盾，所以不存在点，使得，故A错误； 当移动到点时，可得，平面，平面， 所以平面，故存在点，使得平面，故B错误； 若对于任意点，，又四边形为长方形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 又侧棱底面，底面，所以， 又，底面，所以底面， 又底面，所以，又， 这与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾， 所以对于任意点，不成立，故C错误； 由正方形，可得， 又侧棱底面，底面，所以， 又，底面，所以底面， 又平面，所以平面平面，故D正确. 22．（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. 23．（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； 24．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对于A、B和C，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用直线与平面位置关系的向量法，即可求解；对D，利用面面平行的性质，即可求解. 【详解】如图1所示，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为， 则，所以 设平面的一个法向量为， 则，取，则，所以， 又易知，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故A错误， 对于B，如图2，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故B错误， 对于C，如图3，由选项A知平面的一个法向量为， ，则， 又，即与不垂直，所以与平面不平行，故C错误， 对于D，如图4，记为正方体所在棱的中点，连接，易得， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，则直线平面，所以D正确， 25．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（   ） A．若平面平面，则 B．平面 C．异面直线与所成的角为 D．四棱锥的体积为8 【答案】ACD 【分析】利用中位线得出两条线段平行，再根据线面平行的性质可判断A选项，取中点构造三角形，通过边长关系判断是否垂直，可判断B选项，将异面直线所成角转化为与之平行的两条相交直线的夹角，利用等边三角形的内角得出角度即可判断C选项，四棱锥的高为已知棱长，底面为梯形，通过面积割补法求得底面面积，再代入体积公式计算可判断D选项. 【详解】对于A，分别为的中点， ．又平面，平面， ∴平面． 又平面平面，平面，， 又，，故A正确． 对于B，设的中点为，连接，则． ，， ，不满足勾股定理逆定理， 与不垂直，则与平面不垂直． 又，与平面不垂直，故B错误． 对于C，，而为等边三角形， ，即异面直线与所成的角为，故C正确． 对于D，四棱锥的高为，. 四棱锥的体积为，故D正确． 26．（2026·重庆渝中·模拟预测）（多选）如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（   ） A．平面 B．为等边三角形 C．平面 D．圆锥的侧面积为 【答案】ABD 【分析】先由圆锥的性质和几何关系，利用中位线定理判断线面平行，结合母线长与余弦定理判断三角形形状，再通过圆锥侧面积公式直接计算；对于选项C，采用反证法，假设线面垂直推出线线垂直，再通过计算三角形边长验证矛盾，从而判定该选项错误。 【详解】 对于A，因为分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， ， 所以，所以为等边三角形，B正确； 对于C，连接，假设平面， 因为平面，平面，所以 在中，，，， 所以，所以为等腰三角形， 故与不垂直， 这与矛盾，因此假设不成立，C错误； 对于D，根据圆锥侧面积公式，所以圆锥的侧面积为，D正确． 27．（2026·贵州安顺·模拟预测）（多选）已知正方体，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】AC 【详解】因为，所以四点共面， 因为平面，平面，所以， 因为平面， 所以平面，故A正确； 因为四边形为矩形，所以不垂直， 故与平面不垂直，故B错误； 因为平面，所以D错误； 因为平面,平面， 所以平面，故C正确. 28．（2026·西藏拉萨·二模）（多选）如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 【答案】ACD 【分析】由平面的基本性质判断A，利用异面直线的定义确定为异面直线判断B，应用线面平行的判定证明并判断C，由面面垂直的判定、性质证明判断D. 【详解】由，，且，平面， 所以平面，则平面，A对， 由平面，平面，则平面， 而平面，且，则为异面直线，B错， 若为的中点，连接，为的中点，则且， 而，且，即，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 由平面，平面，则平面，C对， 由直棱柱中平面，平面，则平面平面， 由，则，而平面，平面平面， 所以平面，结合C的结论，知平面，D对. 29．（2026·河南许昌·三模）（多选）在棱长为4的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则（   ） A．平面 B．M，N，P，四点共面 C． D．三棱锥的体积为 【答案】ACD 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    已知正方体棱长为4，M，N，P分别为棱，，的中点， 则， ，设平面的法向量为， 则，令，则， ， 即平面的法向量，且平面， 故平面，故A正确； 平面，平面，且平面平面， 若M，N，P，四点共面，则， 则，即，显然不存在唯一的使得成立， 不平行于，故M，N，P，四点不共面，故B错误； ， ，故，故C正确； ， 则，， ， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设点到平面的距离为，则， ，故D正确． 30．（2026·重庆万州·三模）（多选）在正四棱柱中，则（   ） A．平面 B．平面 C．四点不共面 D．与底面所成的角为 【答案】ABD 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据线面垂直的判定定理判断B，根据两条平行线确定一个平面判断C，根据线面角的定义判断D. 【详解】如图， 因为，平面，平面， 所以平面，故A正确； 正四棱柱中，平面，平面，所以， 又四边形为正方形，所以，因为平面， 所以平面，故B正确； 在正四棱柱中，，所以， 故四点共面，故C错误； 因为平面，所以与底面所成的角为， 在中，，所以，故D正确. 题型4：空间向量的运算 31．（2026·浙江·三模）已知是空间的一组基底，则能与构成另一组基底的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据空间向量的基底向量的定义，及共面向量的定义逐项分析判断即可． 【详解】对于选项A，假设存在实数，，使得， 则，方程无解，即不存在实数，使得上式成立， 所以，，不共面，能构成一组基底，故A正确； 对于选项B，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故B错误； 对于选项C，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故C错误； 对于选项D，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故D错误． 32．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在长方体中，，，分别是线段，，上靠近点的三等分点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量基本定理求解即可. 【详解】由题意可知，， ， 则， 又因为，所以. 33．（2026·湖北随州·一模）如图，在四面体中，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图形可得，结合向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意可得： ， 所以. 34．（2026·云南昆明·模拟预测）在平行六面体中，分别为棱，的中点，点在平面上，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将用平行六面体的棱向量表示，可由线性表示，建立向量等式，根据向量相等时对应系数相等，列方程求解. 【详解】设基底，以为原点，令，则，因此，D点，， 是中点，，因此， 是中点，，因此， 因为在平面上，所以可表示为平面内的向量的线性组合，， 即：， 代入，整理得：， ，解得，代入得，即. 35．（2026·四川内江·三模）（多选）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. 36．（2026·湖南长沙·一模）（多选）已知是空间的一个基底，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．向量、、一定共面 C．向量在基底下的坐标是 D．对空间中任意向量，都存在唯一的有序实数组，使得 【答案】ACD 【分析】利用空间向量基底的概念逐项判断即可. 【详解】对于A，因为是空间的一个基底，若， 假设、、不全为零，不妨设，则， 所以、、共面，矛盾，故，同理可得，，即，A对； 对于B，假设、、共面， 则存在、，使得， 即， 根据A可知，该方程组无解，假设不成立， 故向量、、不共面，B错； 对于C，向量在基底下的坐标是，C对； 对于D，由B可知，向量、、一定不共面， 则可作为空间向量的一组基底， 故空间中任意向量，都存在唯一的有序实数组， 使得，D对. 37．（2026·山东泰安·模拟预测）（多选）如图，平行六面体的底面是菱形，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点，则（    ） A． B． C．四点共面 D． 【答案】ABD 【分析】利用空间向量的加法法则结合模的性质判断A，利用空间向量的加法法则并结合题意判断B，根据异面直线的性质得到四点不共面判断C，利用空间向量的减法法则和数量积的运算律判断D即可. 【详解】选项A，在平行六面体中，可得， ，故A正确； 选项B，，故B正确； 选项C，由，平面可知，平面， 从而为异面直线，四点不共面，故C错误； 选项D，由于，可得 ，故D正确． 38．（2026·湖南长沙·二模）为空间任意一点，若，若A，B，C，P四点共面，则实数等于_______. 【答案】/ 【分析】借助空间向量线性运算及四点共面条件计算即可得. 【详解】由，则， 则， 由A，B，C，P四点共面，则，解得. 39．（2026·新疆·一模）在平行六面体中，．若，则___________． 【答案】3 【分析】利用空间向量的运算表示出，根据长度和角求出，再利用向量模长公式可求答案. 【详解】在平行六面体中， 因为， 所以，， ， 因为，所以， 所以， 整理可得，解得或（舍）. . 所以. 故答案为：3    题型5：空间向量的坐标运算 40．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，设，由得出相应的结论，即可得出点构成的平面截正四面体所得的截面图形求出图形的周长即可. 【详解】将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4， 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 设，则 ， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为， 故截面周长为. 41．（2026·广东广州·模拟预测）已知向量，，，平面的法向量，若，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】求出平面的法向量，结合向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】设， 则，即，令，则，所以. 因为，所以，即，整理得， 解得. 42．（2026·山西太原·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出在法向量上的投影向量，结合平行四边形法则得到答案 【详解】向量在法向量上的投影向量为 ， 设向量在平面上的投影向量，由平行四边形法则可得， 故. 43．（2026·福建泉州·一模）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为向量，可知， 则. 44．（2026·河北保定·二模）（多选）已知四边形是平行四边形，，则（   ） A．点D的坐标是 B． C．四边形的面积是3 D．坐标原点O到直线的距离为 【答案】ACD 【分析】根据平行四边形的性质、中点坐标公式，结合空间向量夹角公式、三角形面积公式、空间点到线距离公式逐一判断即可. 【详解】A：设平行四边形的对角线交点为点， 因为，所以点坐标为， 设点D的坐标是，因为， 所以，即点D的坐标是，所以本选项说法正确； B：因为， 所以，所以本选项说法不正确； C：由上可知：， 所以， 四边形的面积是，所以本选项说法正确； D：，，设方向上的单位向量为 坐标原点O到直线的距离为，所以本选项说法正确. 45．（2026·广东茂名·二模）（多选）已知正方体的棱长为1，则（    ） A． B．在上的投影向量的模为1 C． D．与所成的角为45° 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，根据数量积运算公式，异面直线夹角公式，投影向量的相关公式进行求解 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，故， 故，A正确； B选项，，， 在上的投影向量的模为，B正确； C选项，，， ，， ， 故，C错误； D选项，设与所成的角大小为，由图知为锐角， 则， 故与所成的角大小不是45°，D错误. 46．（2026·河北·三模）已知空间向量，，且.则________. 【答案】 【详解】因为，，且，所以，整理得，解得. 47．（2026·湖南邵阳·一模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 【答案】8 【分析】建立空间直角坐标系，设，由，得，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，即可求解． 【详解】如图所示，将正四面体补全为正方体，则正方体棱长为4，    以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，． 设，则 ． 因为， 所以，即点构成的平面截正四面体所得的截面为正方形，边长为，故截面面积为． 故答案为：8 题型6：空间几何中夹角、距离的问题 48．（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值． 【详解】在正三棱柱中， 以A为原点，在平面中，过A作的垂线为x轴， 为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，   ，不妨取 则， ， 设异面直线与所成角为， 则， ∴异面直线与所成角的余弦值为． 故选：D． 49．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取底面的中心，连接，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角. 【详解】取底面的中心，连接，则平面，以为原点，为轴，过作平行于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，由正四面体的边长为2，则底面的外接圆半径，则由题易得高，故， ，由、分别为、的中点，所以， 同理得，故， 所以由向量夹角公式可知. 50．（2026·甘肃张掖·模拟预测）如图，在三棱锥中，为的中点，平面，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系， 求出平面的法向量， 利用向量夹角公式计算直线与平面所成角的正弦值. 【详解】在中，，且2，所以是等腰直角三角形. 因为为的中点，根据等腰三角形性质，. 在中，，所以. 因为平面，平面，所以. 以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系. 所以 ， ，， ，. 设，在中，，. 所以，故. 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以平面的一个法向量为). ，设直线与平面所成的角为. 所以. 51．（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴, 建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、，则，， 设平面的一个法向量为， 所以，取，可得， 易知平面的一个法向量为，则， 故平面与平面的夹角余弦值是. 52．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离. 【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点， 以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则球心的坐标为： 因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径； 故 ，，， 所以 ，， 设平面的法向量为，则由，即， 令，则，则是平面的一个法向量. 又，因此球心到平面的距离 . 53．（2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据P点位置可确定三棱锥的体积可无限接近于0；再确定当P点位于正方体顶点B处时，三棱锥的高最大，利用空间向量求点到平面的距离，即求出三棱锥的高的最大值，利用棱锥体积公式，即可求得答案. 【详解】如图，当在的顶点相连的棱上时，当无限靠近时， 三棱锥的高可无限接近于0，故三棱锥可无限接近于0； 当点位于正方体顶点处时，三棱锥的高最大，此时三棱锥的体积最大； 如图建立空间直角坐标系，则, ， 则，即得， 结合平面，可得平面， 即为平面的一个法向量，则B到平面的 距离为， 为边长为等边三角形，其面积为， 故三棱锥的体积最大为， 故三棱锥的体积的取值范围是. 54．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，， 所以点到直线的距离为 故选：D 55．（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离公式进行求解. 【详解】以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系． 可得，, 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 其中， 点C到平面的距离. 故选：C． 56．（2026·广西河池·二模）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．平面 D．点到直线的距离为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，可通过平面得到H到平面距离恒定，得体积为定值，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断BCD. 【详解】以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系， 由已知，平面，所以平面，所以上任意一点到平面的距离等于点到平面的距离， 由已知三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确； 由已知分别是棱的中点，所以，，，， 所以，，所以，所以，所以B正确； 点，所以，，设平面的法向量为，所以，得， 所以平面的一个法向量为，点，所以， 所以，即与平面的法向量不垂直，所以与平面不平行，C错误； 过点作，，，所以， 所以，所以，所以D正确. 【点睛】 57．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）在直三棱柱中，，，为线段的中点，则下列正确的有（    ） A．直线平面 B． C．直线与直线所成的角为 D．到平面距离为 【答案】ABD 【分析】以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，对A，求直线的方向向量和平面的法向量，验证方向向量与法向量垂直，结合线不在面内判定；对B，计算和​的数量积判断；对C，利用异面直线夹角公式，计算两个方向向量夹角的余弦绝对值判断；对D，求出平面的法向量，代入距离公式计算验证. 【详解】以为原点，​分别为轴， 由，得各点坐标： ， 对于选项A：，平面中， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以是平面的一个法向量 ， 因为，故，且不在平面内， 因此平面，A正确； 对于选项B：， 因为 ，所以，B正确； 对于选项C：，设异面直线与所成角为， 则，得，C错误； 对于选项D：，设平面的法向量， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量，又， 所以点到平面的距离： ，D正确. 58．（2026·河北·三模）（多选）如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（    ） A．平面ABCD B． C．三棱锥的体积是正方体体积的 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，结合向量垂直的坐标表示判断AB；根据棱锥的体积公式判断C；利用向量夹角的运算判断D. 【详解】如图，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，设棱长为1， 则，，，，，，，，，. ，易知平面ABCD的法向量为，则， 又平面，故平面，故A正确； ，，则，故，故B正确； 三棱锥的体积， 正方体的体积，所以，故C正确； ，，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故D错误. 59．（2026·安徽合肥·二模）（多选）在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 【答案】ABD 【分析】对A：连接，借助中位线性质可得，利用平行六面体性质结合平行四边形定义及其性质可得，则可得；对B：借助菱形性质可得，再利用题目条件可得，则有等腰三角形三线合一可得，即可利用线面垂直判定定理得到平面；对C：得到、及后，利用余弦定理计算即可得；对D：由，，可得即为所求，求出、、后，利用余弦定理计算即可得. 【详解】对A：连接，由，分别为棱，的中点，则， 由平行六面体性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，又，故，故A正确； 对B：连接、、、，设， 由，则四边形为菱形，故，为中点， 由，，，故与全等， 故，又为中点，故， 又，、平面，故平面，故B正确； 对C：由，， 则、、都为等边三角形，故， 则，， 故， 故，即，故C错误； 对D：连接，由，， 故直线与所成角即为直线与所成角，即为， ， ，， 则，故D正确. 60．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 【答案】/ 【分析】结合题意进而建立空间直角坐标系，进而利用异面直线夹角的向量求法求解即可. 【详解】作，因为，所以是的中点， 过作，由直三棱柱性质得面， 如图，作出符合题意的图形，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，所以，由勾股定理得， 则，，，， 可得，， 设异面直线与所成角为， 则. 61．（2026高三·全国·竞赛）在菱形中，，将沿折起得到．若二面角为，则异面直线与所成角的余弦值为_____． 【答案】 【分析】作的中点，作平面，以为坐标原点，为轴，过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据几何关系可得为正三角形，分别表示出各点的坐标，利用向量夹角的余弦公式即可求解. 【详解】作的中点，作平面，以为坐标原点，为轴， 过作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，可得为正三角形， 于是，得到， 且， 则， 故． 故答案为： 62．（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 【答案】 【分析】利用空间向量坐标公式计算出、可求出平面法向量，再利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【详解】，， 设平面的法向量为， 则，取，则,，故， 则. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题17 空间向量与立体几何 题型1：空间几何的表面积与体积 题型2：空间关系有关命题的判断 题型3：空间几何中平行与垂直的问题 题型4：空间向量的线性运算 题型5：空间向量的坐标运算 题型6：空间几何中夹角、距离的问题 题型1：空间几何的表面积与体积 1．（2026·四川眉山·模拟预测）已知正四棱台的上､下底面积分别为3，12，当正四棱台的外接球的体积最小时，该四棱台的侧面积为（    ） A． B． C．18 D． 2．（2026·河南濮阳·模拟预测）若圆锥的高为5，母线长为7，则该圆锥的侧面积是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·河北雄安·模拟预测）已知圆台的高为，侧面积为，下底面半径是上底面半径的2倍，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（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． 5．（2026·河南·模拟预测）（多选）如图，矩形是圆柱的轴截面，，为的中点，为的中点，则（   ） A．圆柱的侧面积为 B．三棱锥的体积为 C．圆柱的外接球的表面积为 D．平面 6．（2026·云南红河·模拟预测）（多选）如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（    ） A．圆锥的母线长为 B．圆锥与圆柱的体积比为1：3 C．该几何体的表面积为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 7．（2026·福建厦门·二模）在中，，以一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为______. 8．（2026·浙江宁波·二模）一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了________cm． 9．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是______． 10．（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_____________． 11．（2026·青海海东·三模）如图，在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的体积为______． 12．（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______． 题型2：空间关系有关命题的判断 13．（2026·浙江宁波·三模）已知是空间中三个不同的平面，是空间中三条不同的直线，则下列说法正确的是（        ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 14．（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 15．（2026·天津北辰·二模）已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 16．（2026·辽宁朝阳·三模）已知直线a，b与平面，能使的充分条件是（   ） A． B． C． D． 17．（2026·北京石景山·二模）设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（    ） A．存在无数条直线与α，β都平行 B．存在无数个平面与α，β都垂直 C．对任意的直线，都存在直线，使得 D．对任意的直线，都存在直线，使得 18．（2026·浙江金华·三模）（多选）已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题不正确的是（   ） A．若∥，m，则m∥ B．若m，n∥m，则n∥ C．若m，n，∥，则m∥n D．若m⊥n，m⊥，n∥，则⊥ 19．（2026·河南·二模）（多选）已知是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下面说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 20．（2026·浙江·三模）（多选）已知两个平面和两条直线，满足，下列命题正确的是（   ） A．若不垂直，则不可能垂直 B．若垂直，则可能不垂直 C．若不平行，则不可能平行 D．若平行，则可能不平行 题型3：空间几何中平行与垂直的问题 21．（2026·河北沧州·三模）《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如图所示，侧棱底面，且，点在棱上运动．则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得 B．不存在点，使得平面PAD C．对于任意点，成立 D．对于任意点，平面平面成立 22．（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 23．（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 24．（2026·河北邯郸·一模）在下列四个正方体中，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线平面的是（    ） A． B． C． D． 25．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（   ） A．若平面平面，则 B．平面 C．异面直线与所成的角为 D．四棱锥的体积为8 26．（2026·重庆渝中·模拟预测）（多选）如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（   ） A．平面 B．为等边三角形 C．平面 D．圆锥的侧面积为 27．（2026·贵州安顺·模拟预测）（多选）已知正方体，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 28．（2026·西藏拉萨·二模）（多选）如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 29．（2026·河南许昌·三模）（多选）在棱长为4的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则（   ） A．平面 B．M，N，P，四点共面 C． D．三棱锥的体积为 30．（2026·重庆万州·三模）（多选）在正四棱柱中，则（   ） A．平面 B．平面 C．四点不共面 D．与底面所成的角为 题型4：空间向量的运算 31．（2026·浙江·三模）已知是空间的一组基底，则能与构成另一组基底的是（   ） A．， B．， C．， D．， 32．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在长方体中，，，分别是线段，，上靠近点的三等分点，设，，，则（    ） A． B． C． D． 33．（2026·湖北随州·一模）如图，在四面体中，，，，且，，则（    ） A． B． C． D． 34．（2026·云南昆明·模拟预测）在平行六面体中，分别为棱，的中点，点在平面上，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 35．（2026·四川内江·三模）（多选）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 36．（2026·湖南长沙·一模）（多选）已知是空间的一个基底，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．向量、、一定共面 C．向量在基底下的坐标是 D．对空间中任意向量，都存在唯一的有序实数组，使得 37．（2026·山东泰安·模拟预测）（多选）如图，平行六面体的底面是菱形，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点，则（    ） A． B． C．四点共面 D． 38．（2026·湖南长沙·二模）为空间任意一点，若，若A，B，C，P四点共面，则实数等于_______. 39．（2026·新疆·一模）在平行六面体中，．若，则___________． 题型5：空间向量的坐标运算 40．（2026·山东日照·二模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为（   ） A．4 B．8 C． D． 41．（2026·广东广州·模拟预测）已知向量，，，平面的法向量，若，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 42．（2026·山西太原·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 43．（2026·福建泉州·一模）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 44．（2026·河北保定·二模）（多选）已知四边形是平行四边形，，则（   ） A．点D的坐标是 B． C．四边形的面积是3 D．坐标原点O到直线的距离为 45．（2026·广东茂名·二模）（多选）已知正方体的棱长为1，则（    ） A． B．在上的投影向量的模为1 C． D．与所成的角为45° 46．（2026·河北·三模）已知空间向量，，且.则________. 47．（2026·湖南邵阳·一模）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为___________． 题型6：空间几何中夹角、距离的问题 48．（2026·重庆·一模）正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 49．（2026·江苏扬州·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，连接，若正四面体的边长为2，则直线与直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 50．（2026·甘肃张掖·模拟预测）如图，在三棱锥中，为的中点，平面，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 51．（2026·安徽蚌埠·二模）已知正方体中，是的中点，则平面与平面的夹角余弦值是（   ） A． B． C． D． 52．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 53．（2026·山东东营·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点P在正方体的棱上运动，则三棱锥的体积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 54．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 55．（2026·广东湛江·一模）如图，正方体的棱长为4，其中，点F为的中点，则点C到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 56．（2026·广西河池·二模）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．平面 D．点到直线的距离为 57．（2026·河南开封·模拟预测）（多选）在直三棱柱中，，，为线段的中点，则下列正确的有（    ） A．直线平面 B． C．直线与直线所成的角为 D．到平面距离为 58．（2026·河北·三模）（多选）如图，在正方体中，，分别是和的中点，则（    ） A．平面ABCD B． C．三棱锥的体积是正方体体积的 D．异面直线与所成角的余弦值为 59．（2026·安徽合肥·二模）（多选）在平行六面体中，，，，分别为棱，的中点，则（   ） A． B．平面 C． D．直线与所成角的余弦值为 60．（2026·江苏南京·一模）在直三棱柱中，已知，，则异面直线与所成角的余弦值为________． 61．（2026高三·全国·竞赛）在菱形中，，将沿折起得到．若二面角为，则异面直线与所成角的余弦值为_____． 62．（2026·四川凉山·二模）若，则点到平面的距离__________. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $