专题05+空间向量与立体几何3个考点（天津专用）2026年高考数学二模分类汇编

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·天津红桥·二模）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·天津北辰·二模）中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年~前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成.已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台.若圆锥容器的高为h，则此圆台的高为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·天津南开·二模）已知正方体的顶点都在体积为的球的球面上，分别为棱的中点，则平面截球所得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·天津·二模）如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·天津和平·二模）如图，在六面体中，上下底面均为矩形，且平面平面，，，平面ABCD，，，，则六面体的体积为（   ） A．45 B．47 C．60 D．75 二、填空题 8．（2026·天津河东·二模）已知正四棱锥，的中点分别为，点为上一动点，平面将正四棱锥分为两个部分，当为中点时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________；当时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________． 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（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 2．（2026·天津东丽·二模）已知，是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 3．（2026·天津·二模）已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（2026·天津红桥·二模）下列结论中正确的结论个数为（   ） ①命题：，的否定是，； ②若直线l上有无数个点不在平面内，则； ③若随机变量服从正态分布，且，则； ④若随机变量，且，，则． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 求线面角、二面角与点到平面的距离 考点3 一、解答题 1．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 2．（2026·天津红桥·二模）如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是的中点． (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 3．（2026·天津东丽·二模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且，，，，，N为PD中点． (1)求证：平面PAC； (2)求平面PAD与平面ABN夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 4．（2026·天津南开·二模）如图所示，正四棱锥中，，，分别为的中点，，平面与交于． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 5．（2026·天津·二模）如图，多面体是直四棱柱被平面所截剩余的较大部分，其中正方形的边长为2，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若点在线段上，且，求平面与平面夹角的余弦值． 6．（2026·天津·二模）如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 7．（2026·天津河西·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，. (1)若为棱的中点，求证：平面PAB； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 8．（2026·天津和平·二模）如图，四棱台的上下底面均为正方形，且底面ABCD，. (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点P，使得平面与平面的夹角的余弦值为. （ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）求点到平面的距离. 9．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在生活场景中发现了很多有趣的几何体，比如操场的小足球门，如图1，下面将该物体抽象为一个直四棱柱，如图2，底面为直角梯形，，，，，为的中点，在上且． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四面体的体积． 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·天津红桥·二模）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面是等边三角形，且侧面底面，则四棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过作两个平面的垂线交于点，点即为该球的球心，求出长度，由勾股定理可求出四棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式可得出答案． 【详解】 如图，在四棱锥中， 取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为， 分别过作两个平面的垂线交于点，则由外接球的性质知， 点即为该球的球心，连接并延长，交于，则是线段的中点， 连接，则四边形为矩形， 在等边中，可得，则，即， 在正方形中，因为，可得， 在中，，即， 所以四棱锥外接球的表面积为． 3．（2026·天津北辰·二模）中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前476年~前222年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器.如图，某沙漏是由两个形状完全相同的圆锥容器组成.已知最初沙漏中细沙全部在上部容器时，其高度为圆锥高度的一半，假设细沙全部漏入下部容器中，将细沙摇匀，此时细沙堆成如图所示的一个圆台.若圆锥容器的高为h，则此圆台的高为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设整个圆锥容器的体积为，容器高为，通过相似几何体体积比等于对应高比的立方，确定含沙圆锥体积，再确定含沙圆台体积，通过体积关系列出等式求解即可. 【详解】设整个圆锥容器的体积为，容器高为， 初始时细沙在上部是高为​的小圆锥， 根据相似几何体体积比等于对应高比的立方，得细沙体积： 细沙漏入下部后堆成圆台，设圆台高为， 下部圆锥顶点在上，因此圆台上方空的部分是一个小圆锥，空圆锥的高为， 同理空圆锥体积满足： ， 又圆台体积=细沙体积=整个圆锥体积减空圆锥体积，即， 代入 ，约去整理得： ， ​ 开立方整理得： 故此圆台的高为： 4．（2026·天津南开·二模）已知正方体的顶点都在体积为的球的球面上，分别为棱的中点，则平面截球所得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由球的体积求出外接球半径，再结合正方体外接球性质求出棱长；接着建立坐标系，求出平面的法向量，利用求出球心到平面的距离；最后利用球的截面性质算出截面圆半径，进而得到截面面积． 【详解】 由，得， 设正方体的棱长为，则，所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， ，，，， ，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，取，得， 球心到平面的距离， 设平面截球所得的截面的半径为，则， 所以平面截球所得的截面面积． 5．（2026·天津河北·二模）如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段AB的中点，，，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，确定公共部分，再结合锥体体积公式求解. 【详解】连接，由，，得四边形为平行四边形， 在四棱锥中，由平面，平面，得， 则为矩形，又四边形为矩形，于是， 四边形为平行四边形，令，连接， 由为线段的中点，得，即点是线段靠近点的三等分点， 点是线段的中点，则公共部分的体积 由，平面，得平面，而平面， 则，又，平面，于是平面， 在矩形中，为线段的中点，则 三棱锥的体积， ，点到平面的距离为点到平面距离的， 因此，所以公共部分的体积为：. 6．（2026·天津·二模）如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】不妨取正方体边长为，根据题意可得三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，计算出表面积和体积，进而得到内切球半径及体积，再求比值即可． 【详解】解：连接它们的交点后如下图所示， 是中点，不妨取正方体边长为， 所以， 即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体， 所以表面积为， 体积， 则内切球半径，， ． 7．（2026·天津和平·二模）如图，在六面体中，上下底面均为矩形，且平面平面，，，平面ABCD，，，，则六面体的体积为（   ） A．45 B．47 C．60 D．75 【答案】B 【分析】先根据题意把六面体 可以看成长方体的一部分；再结合柱体体积和锥体体积用该长方体的体积减去多余部分的体积即可求解. 【详解】根据题意可知：六面体可以看成长方体的一部分. 在长方体中，，. 长方体的体积. 直三棱柱的体积. 直三棱柱的体积. 三棱锥的体积. 所以六面体的体积. 二、填空题 8．（2026·天津河东·二模）已知正四棱锥，的中点分别为，点为上一动点，平面将正四棱锥分为两个部分，当为中点时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________；当时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________． 【答案】 【分析】由正四棱锥的性质及四棱锥的体积公式即可求解． 【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，平面截正四棱锥的截面为四边形，与交点为，如图所示， 因为的中点分别为，点为中点， 所以，且， 又平面，平面， 所以，平面，又，平面，且， 所以平面平面，则点也为中点， 所以四棱锥 与正四棱锥相似，相似比为， 所以四棱锥的底面边长为，高为，， 所以， 设体积较小部分的体积为，体积较大部分的体积为， 则，， 所以； 设底面正方形的中心为，作出平面与正四棱锥的截面图，交于点， 因为，所以为等腰直角三角形，， 在平面中，， 设，， 因为， 所以，即， 所以，即点重合，如图所示，截面为， 连接，，过点作，垂足为， 下面证明即为四棱锥底面的高，， 因为底面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以，， 又，，平面， 所以平面，即即为四棱锥底面的高， 在中， ， 斜边上的高为，， 所以， 由正四棱锥的性质可得，， ， 所以． 点线面的位置关系 考点2 一、单选题 1．（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. 2．（2026·天津东丽·二模）已知，是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】结合直线与平面的位置关系逐项判断即可得. 【详解】对A：若，，，，此时与可能平行，可能相交，故A错误； 对B：若，，，则与可能平行，可能异面，故B错误； 对C：若，，，则，故C正确； 对D：若，，，则可能在内，也可能与相交或平行，故D错误. 3．（2026·天津·二模）已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】作出相交平面可说明B项错误；借助于长方体模型可说明D项错误；利用面面平行的判定定理可说明A正确；利用线面平行的判定定理可判断C项. 【详解】对于A，由可得，又有，且是两个平面，故，即A正确； 对于B，如图，取，，且，则易得，但得不到，故B错误； 对于C，由，可得或，故C错误； 对于D，如图，设为长方体的两个相对的底面，是长方体的一条竖直和一条水平的棱， 显然满足，但得不到，故D错误. 4．（2026·天津红桥·二模）下列结论中正确的结论个数为（   ） ①命题：，的否定是，； ②若直线l上有无数个点不在平面内，则； ③若随机变量服从正态分布，且，则； ④若随机变量，且，，则． A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】对于①，利用全称命题的否定是特称命题即可判断；对于②，结合空间中直线与平面的位置关系判断即可；对于③，根据正态分布的性质求解即可；对于④，利用二项分布的期望和方差公式求解即可. 【详解】对于①，全称命题，的否定是特称命题：，；故①正确； 对于②，直线l上有无数个点不在平面内，直线l与平面可能相交，也可能平行，故②错误； 对于③，根据正态分布的性质可得,故③错误； 对于④，由随机变量，且，，可得：，解得，故④正确. 求线面角、二面角与点到平面的距离 考点3 一、解答题 1．（2026·天津北辰·二模）如图，在直三棱柱中，，，，点E，F分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求直线与直线间的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可； （2）利用空间向量法求解即可； （3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【详解】（1）证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 2．（2026·天津红桥·二模）如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是的中点． (1)求证：平面平面； (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) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用向量点积证明同时垂直于平面内的两条相交直线和，得出平面，再结合平面，证得平面平面； （2）先求出平面和平面的法向量，再利用向量夹角公式计算出法向量夹角的余弦值，最后取其绝对值，得到两平面夹角的余弦值； （3）先计算底面的面积，再以点到底面的距离（即的竖坐标）为高，代入三棱锥体积公式计算出体积． 【详解】（1）以A为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 因为，所以，因为，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面； （2）设平面的法向量， 则，即，令，可得， 又设平面的法向量， 则，即，令，可得， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）（是的竖坐标）． 3．（2026·天津东丽·二模）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，且，，，，，N为PD中点． (1)求证：平面PAC； (2)求平面PAD与平面ABN夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，过点作，垂足为，根据勾股定理易得，结合平面ABCD可得，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可. 【详解】（1）连接，过点作，垂足为， 因为，，，，所以，则， 所以，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面. （2）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）由于， 而到平面的距离为， 则. 4．（2026·天津南开·二模）如图所示，正四棱锥中，，，分别为的中点，，平面与交于． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先建系得各点坐标，算出向量，由点积为证，，结合线面垂直判定定理得证； （2）由（1）知是平面法向量，再求平面法向量，用两法向量夹角公式算余弦值； （3）设，由垂直条件求得位置，再用点到平面距离公式算出结果． 【详解】（1）连接，设，连接， 以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，，，， ，，， 所以，，， 因为 ， ， 所以，，即，， 又平面，，所以平面． （2）由（1）知为平面的一个法向量． ，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得． 设平面与平面的夹角为， 则． （3），设，． 因为，所以， 解得，从而． 所以点到平面的距离． 5．（2026·天津·二模）如图，多面体是直四棱柱被平面所截剩余的较大部分，其中正方形的边长为2，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若点在线段上，且，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）补全直四棱柱，根据直四棱柱的几何性质，利用线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，设平面的法向量为，求出，进而利用向量夹角的正弦公式计算求解； （3）求出点坐标，结合已知条件求出相关点和向量坐标，设平面的法向量为，求出，进而利用向量夹角的余弦公式计算求解． 【详解】（1）补全直四棱柱，则底面是边长为2的正方形，连接，则， 由直四棱柱的性质可知，平面，平面， ， 直四棱柱中，， 又平面， 由线面垂直判定定理得，平面． （2）以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 已知正方形的边长为2，， 则， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设直线与平面所成角为，则 ． （3）已知点在线段上，且，则， ，设平面的法向量为， 则，令，则， 由（2）知平面的法向量为， 设平面与平面夹角为，则 ． 6．（2026·天津·二模）如图，在四棱台中，平面，底面是边长为的正方形，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)已知点在棱上，且三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明平面的法向量与直线的方向向量平行，从而证明线面垂直； （2）通过求解两个平面的法向量的夹角，从而得到两个平面的夹角； （3）根据三棱锥的体积求解出直线对应的向量，然后通过求解直线与法向量的夹角从而得到直线与平面的夹角. 【详解】（1）如下图所示，以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 则，代入可得， 令，则，， 则平面的一个法向量为， 又因为，，所以， 所以平面. （2）设平面的一个法向量为， ，， 则，代入可得， 令，则，， 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. （3）因为点在棱上，设，， ， 解得，所以， ，平面的一个法向量， 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为. 7．（2026·天津河西·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，已知平面，底面为直角梯形，，.已知，. (1)若为棱的中点，求证：平面PAB； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点A到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2). (3). 【分析】（1）取的中点N，连接，证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进而可求解； （3）利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）取棱的中点N，连接. 在中，M，N分别为，的中点， 所以，且.因为，所以. 又因为底面中，且，所以，且. 所以四边形为平行四边形，从而. 又因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面，， 所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向， 建立空间直角坐标系. 由已知条件可得各点坐标，，，. 因为且，所以点C的坐标为. 对于平面，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面PCD的一个法向量为. 对于平面，，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 故这两个平面夹角的余弦值为. （3）由（2）可知，平面的一个法向量为， 因为点在平面上，且点A坐标为，所以 则点A到平面的距离d为， 所以点A到平面的距离为. 8．（2026·天津和平·二模）如图，四棱台的上下底面均为正方形，且底面ABCD，. (1)求证：平面平面； (2)若线段上存在点P，使得平面与平面的夹角的余弦值为. （ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据题意先证平面，再根据面面垂直的判定即可证明； （2）以点A为原点建立空间直角坐标系，设点，利用向量法求平面角求出，确定点；（ⅰ）根据空间向量法求线面角即可；（ⅱ） 【详解】（1）解：证明：因为平面ABCD，平面ABCD， 因此，又因为正方形ABCD，所以，， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）以点A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， ，，，，，. 若存在点P，设点，， 设平面PBD的法向量为，，， 则，令，则， 设平面与平面的夹角为，易得平面的法向量为， 由已知有，即， 整理有，解得，或（舍）； 所以，，， （ⅰ）设直线与平面所成角为， ， 所以，直线与平面PBD所成角的正弦值为； （ⅱ）易知，设点到平面的距离为d，故. 点到平面PBD的距离为. 9．（2026·天津河东·二模）“明数理”数学兴趣小组在生活场景中发现了很多有趣的几何体，比如操场的小足球门，如图1，下面将该物体抽象为一个直四棱柱，如图2，底面为直角梯形，，，，，为的中点，在上且． (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)求四面体的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面即可； （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解； （3）利用向量法求出，再由三棱锥体积公式求解. 【详解】（1）以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 根据已知得，，，，， ，，，，， 则，，， 设平面的法向量为． 则，令，则， 因为，所以， 所以平面. （2），，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以， 与平面所成角的正弦值为. （3）因为， ，， 所以， 所以． 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 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C C C A B D B 8． 点线面的位置关系 考点2 题号 1 2 3 4 答案 D C A C 求线面角、二面角与点到平面的距离 考点3 1．(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）（方法一）连接，由中位线的定义可得，由线面平行的判定定理即可得证；（方法二）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，利用空间向量法证明即可； （2）利用空间向量法求解即可； （3）利用空间向量法，转化为求点E到直线的距离. 【详解】（1）证明：（方法一）连接，如图所示： 因为，且四边形为矩形， 所以， 又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （方法二）因为，，两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系： 可得，，，， ，，，， 平面的一个法向量为， ，， ∵平面. ∴平面. （2）由（1）的方法二可知： ，，. 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得，， 所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）的方法二可知： ，，， ，∴. 则直线与直线间的距离转化为点E到直线的距离， . 所以直线与直线间的距离为. 2．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用向量点积证明同时垂直于平面内的两条相交直线和，得出平面，再结合平面，证得平面平面； （2）先求出平面和平面的法向量，再利用向量夹角公式计算出法向量夹角的余弦值，最后取其绝对值，得到两平面夹角的余弦值； （3）先计算底面的面积，再以点到底面的距离（即的竖坐标）为高，代入三棱锥体积公式计算出体积． 【详解】（1）以A为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 因为，所以，因为，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面； （2）设平面的法向量， 则，即，令，可得， 又设平面的法向量， 则，即，令，可得， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）（是的竖坐标）． 3．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，过点作，垂足为，根据勾股定理易得，结合平面ABCD可得，进而求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可. 【详解】（1）连接，过点作，垂足为， 因为，，，，所以，则， 所以，则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面. （2）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）由于， 而到平面的距离为， 则. 4．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先建系得各点坐标，算出向量，由点积为证，，结合线面垂直判定定理得证； （2）由（1）知是平面法向量，再求平面法向量，用两法向量夹角公式算余弦值； （3）设，由垂直条件求得位置，再用点到平面距离公式算出结果． 【详解】（1）连接，设，连接， 以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，，，， ，，， 所以，，， 因为 ， ， 所以，，即，， 又平面，，所以平面． （2）由（1）知为平面的一个法向量． ，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得． 设平面与平面的夹角为， 则． （3），设，． 因为，所以， 解得，从而． 所以点到平面的距离． 5．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）补全直四棱柱，根据直四棱柱的几何性质，利用线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，设平面的法向量为，求出，进而利用向量夹角的正弦公式计算求解； （3）求出点坐标，结合已知条件求出相关点和向量坐标，设平面的法向量为，求出，进而利用向量夹角的余弦公式计算求解． 【详解】（1）补全直四棱柱，则底面是边长为2的正方形，连接，则， 由直四棱柱的性质可知，平面，平面， ， 直四棱柱中，， 又平面， 由线面垂直判定定理得，平面． （2）以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 已知正方形的边长为2，， 则， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设直线与平面所成角为，则 ． （3）已知点在线段上，且，则， ，设平面的法向量为， 则，令，则， 由（2）知平面的法向量为， 设平面与平面夹角为，则 ． 6．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）通过证明平面的法向量与直线的方向向量平行，从而证明线面垂直； （2）通过求解两个平面的法向量的夹角，从而得到两个平面的夹角； （3）根据三棱锥的体积求解出直线对应的向量，然后通过求解直线与法向量的夹角从而得到直线与平面的夹角. 【详解】（1）如下图所示，以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 则，代入可得， 令，则，， 则平面的一个法向量为， 又因为，，所以， 所以平面. （2）设平面的一个法向量为， ，， 则，代入可得， 令，则，， 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. （3）因为点在棱上，设，， ， 解得，所以， ，平面的一个法向量， 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为. 7．(1)证明见解析 (2). (3). 【分析】（1）取的中点N，连接，证明四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，进而可求解； （3）利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）取棱的中点N，连接. 在中，M，N分别为，的中点， 所以，且.因为，所以. 又因为底面中，且，所以，且. 所以四边形为平行四边形，从而. 又因为平面，平面，所以平面. （2）因为平面，， 所以以A为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴正方向， 建立空间直角坐标系. 由已知条件可得各点坐标，，，. 因为且，所以点C的坐标为. 对于平面，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面PCD的一个法向量为. 对于平面，，. 设平面的法向量为， 则， 令，则，. 所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 故这两个平面夹角的余弦值为. （3）由（2）可知，平面的一个法向量为， 因为点在平面上，且点A坐标为，所以 则点A到平面的距离d为， 所以点A到平面的距离为. 8．(1)证明见解析 (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据题意先证平面，再根据面面垂直的判定即可证明； （2）以点A为原点建立空间直角坐标系，设点，利用向量法求平面角求出，确定点；（ⅰ）根据空间向量法求线面角即可；（ⅱ） 【详解】（1）解：证明：因为平面ABCD，平面ABCD， 因此，又因为正方形ABCD，所以，， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）以点A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， ，，，，，. 若存在点P，设点，， 设平面PBD的法向量为，，， 则，令，则， 设平面与平面的夹角为，易得平面的法向量为， 由已知有，即， 整理有，解得，或（舍）； 所以，，， （ⅰ）设直线与平面所成角为， ， 所以，直线与平面PBD所成角的正弦值为； （ⅱ）易知，设点到平面的距离为d，故. 点到平面PBD的距离为. 9．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面即可； （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解； （3）利用向量法求出，再由三棱锥体积公式求解. 【详解】（1）以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 根据已知得，，，，， ，，，，， 则，，， 设平面的法向量为． 则，令，则， 因为，所以， 所以平面. （2），，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以， 与平面所成角的正弦值为. （3）因为， ，， 所以， 所以． 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 $