第七章 必刷大题14 空间向量与立体几何【题型突破】-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间向量工具性，以建系坐标运算为核心，系统覆盖垂直证明、空间角、距离等高考高频题型，强化几何问题代数化转化能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |垂直证明与面面角|13分直四棱柱题|坐标法证垂直、法向量求二面角|空间向量数量积与垂直关系的转化，法向量夹角与二面角的几何关联| |线面平行与点面距离|15分圆柱轴截面题|中点连线构平行线、向量法求距离|线面平行的向量判定，空间距离公式的模型应用| |折叠问题与线面角|15分正方形折叠题|折叠前后不变量分析、线面角向量公式|平面几何与立体几何的转化，二面角与线面角的推理链条| |动点问题与线面角最值|17分三棱柱题|参数法设动点、函数法求最值|空间向量坐标运算与函数最值的综合，体现运算能力与推理意识|

第七章立体几何与空间向量 必刷大题14　空间向量与立体几何 [分值：60分] 【高考考向预测】 空间向量用于求解立体几何平行垂直证明、空间角、距离及体积问题，依托建系坐标运算简化几何推理；近三年为解答题核心考点，小题也偶有涉及，考查频次稳定；预测2027 年依旧以大题为主，侧重不规则几何体建系、动点参数运算，综合考查向量计算与几何问题转化能力。 1.(13分)(2025·西安模拟)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠ADC=∠BAD=90°，AD=AB=AA1=2，CD=1，A1B1，AA1的中点分别为E，F. (1)证明：EF⊥CF；(6分) (2)求平面CEF与平面AEF夹角的正弦值.(7分) 2.(15分)如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O的圆周上，OB=BF=1，点G是线段BF的中点. (1)证明：EG∥平面DAF；(6分) (2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°，求点G到平面DEF的距离.(9分) 3.(15分)(2026·长沙模拟)如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，将四边形AEFD沿着线段EF折起，连接AB，CD就得到了一个三棱柱ABE-DCF(如图2). (1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；(6分) (2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值.(9分) 4.(17分)(2026·邢台模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形.AB=A1A=A1B=4，且cos∠A1AC=，O为AB的中点. (1)证明：AC⊥A1O；(7分) (2)若P是侧棱CC1上(包括端点)一点，求直线A1P与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值.(10分) 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章立体几何与空间向量 必刷大题14　空间向量与立体几何 [分值：60分] 【高考考向预测】 空间向量用于求解立体几何平行垂直证明、空间角、距离及体积问题，依托建系坐标运算简化几何推理；近三年为解答题核心考点，小题也偶有涉及，考查频次稳定；预测2027 年依旧以大题为主，侧重不规则几何体建系、动点参数运算，综合考查向量计算与几何问题转化能力。 1.(13分)(2025·西安模拟)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠ADC=∠BAD=90°，AD=AB=AA1=2，CD=1，A1B1，AA1的中点分别为E，F. (1)证明：EF⊥CF；(6分) (2)求平面CEF与平面AEF夹角的正弦值.(7分) (1)【证明】在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中， 因为∠BAD=90°， 所以AA1，AB，AD两两垂直， 又因为∠ADC=∠BAD=90°，所以CD∥AB， 以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AD=AB=AA1=2，CD=1， 所以C(2，1，0)，F(0，0，1)，E(0，1，2)， 则=(-2，-1，1)，=(0，-1，-1)， 从而·=(-2)×0+(-1)×(-1)+1×(-1)=0， 所以⊥，所以EF⊥CF. (2)【解析】根据题意，可知平面AEF的一个法向量为n1=(1，0，0)， 设平面CEF的法向量为n2=(x，y，z)， 则 令y=1，可得n2=(-1，1，-1)， 所以|cos〈n1，n2〉|===. 所以平面CEF与平面AEF夹角的正弦值为=. 2.(15分)如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O的圆周上，OB=BF=1，点G是线段BF的中点. (1)证明：EG∥平面DAF；(6分) (2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°，求点G到平面DEF的距离.(9分) (1)【证明】取AF的中点M，连接DM，GM，如图所示， 因为G为BF的中点，则GM∥AB， 又AB∥DE，得GM∥DE， 由GM=AB，DE=AB，得GM=DE， 所以四边形DEGM为平行四边形，DM∥EG， 又DM⊂平面DAF，EG⊄平面DAF， 所以EG∥平面DAF. (2)【解析】由OB=BF=OF=1，得∠ABF=60°， 又∠AFB=90°，得AF=. 由DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成的角为45°， 即∠AFD=45°，则有AD=. 如图，以F为坐标原点，FB，FA所在直线分别为x，y轴，过点F垂直于圆柱底面的直线FN为z轴，建立空间直角坐标系， 则有F(0，0，0)，G，D(0，，)，E， =(0，，)，=， 设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)， 则 令y=1，有x=，z=-1， 得n=(，1，-1)， =， 则点G到平面DEF的距离为 ==. 3.(15分)(2026·长沙模拟)如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，将四边形AEFD沿着线段EF折起，连接AB，CD就得到了一个三棱柱ABE-DCF(如图2). (1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；(6分) (2)若二面角A-EF-B的大小为，求直线AB与平面GCF所成角的正弦值.(9分) (1)【证明】如图，取CF的中点M，连接OM，GM， 由题意知，AG∥EF，且AG=EF， 因为O是矩形EBCF对角线的交点， 即O是CE的中点， 所以OM∥EF，且OM=EF， 所以AG∥OM，且AG=OM， 所以四边形AOMG为平行四边形， 所以AO∥MG， 又AO⊄平面GCF，MG⊂平面GCF， 所以AO∥平面GCF. (2)【解析】在图1中，EF⊥AE，EF⊥BE，且EF=4，AE=BE=2，在图2中，上述关系依然成立， 所以∠AEB就是二面角A-EF-B的平面角，即∠AEB=， 故以E为坐标原点，EB，EF所在直线分别为x轴、y轴，垂直平面EBCF向上的方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)， A(-1，0，)，G(-1，2，)， 所以=(3，0，-)，=(2，0，0)，=(3，2，-)， 设平面GCF的法向量为n=(x，y，z)， 则 令z=2，则n=(0，，2)， 设直线AB与平面GCF所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈，n〉|===， 所以直线AB与平面GCF所成角的正弦值为. 4.(17分)(2026·邢台模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形.AB=A1A=A1B=4，且cos∠A1AC=，O为AB的中点. (1)证明：AC⊥A1O；(7分) (2)若P是侧棱CC1上(包括端点)一点，求直线A1P与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值.(10分) (1)【证明】如图，连接CO. 因为底面ABC为边长为4的正三角形， 且O为AB的中点，所以CO=2， 又AB=A1A=A1B=4， 所以A1O⊥AB，且A1O=2， 在△AA1C中，cos∠A1AC=， 由余弦定理可得cos∠A1AC ===， 解得A1C=2， 在△OA1C中，因为CO2+A1O2=A1C2，所以A1O⊥CO. 因为AB，CO⊂平面ABC，且AB∩CO=O， 所以A1O⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC，所以AC⊥A1O. (2)【解析】由(1)知A1O⊥平面ABC， 因为BC=AC，所以CO⊥AB， 则以O为坐标原点，OC，OA，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，2，0)，B(0，-2，0)，C(2，0，0)，A1(0，0，2)， 则=(2，0，-2)，=(2，2，0)，==(0，-2，2)， 设=λ=(0，-2λ，2λ)，0≤λ≤1， 则=+=(2，-2λ，-2+2λ). 设平面BCC1B1的法向量为n=(x，y，z)， 则 即 取x=1，则y=-，z=-1， 则平面BCC1B1的一个法向量为n=(1，-，-1). 设直线A1P与平面BCC1B1所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈，n〉|= = = =，0≤λ≤1， 故当λ=时，sin θ取得最大值，最大值为=， 故直线A1P与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值为. 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $