立体几何：空间建系定坐标的问题 专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦空间建系定坐标，以坐标系为核心工具，系统整合向量运算、坐标参数化等方法，构建“建系—运算—应用”的解题逻辑链，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间坐标系应用|19题（含解答题4题）|坐标法、向量法、参数化、对称转化|空间直角坐标系→向量坐标运算→距离/角度/体积/外接球/轨迹问题|

2026届高考数学三轮冲刺典型考点归纳： 立体几何--空间建系定坐标的问题 一、单选题 1．如图所示，在六面体中，，，，则该六面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 3．正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．已知点是棱长为2的正方体的底面上一个动点（含边界），若是的中点，且满足平面，则（ ） A．所在的平面与正方体表面的交线为五边形 B．所在的平面与正方体表面的交线为六边形 C．长度的最大值是2 D．长度的最小值是 5．如图所示，在四棱锥中，平面平面ABCD，四边形ABCD为矩形，为等腰直角三角形，且，点在线段AD上，则三棱锥外接球的表面积的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 7．棱长为1的正方体，是的中点，是平面上的动点，平面与平面的交线为，则（    ） A．的最小值为1 B．的最小值为 C．存在一点，使得 D．二面角最小时，平面角的正切值为 8．已知正方体棱长为1，设，则下列命题为真命题的是（   ） A．存在， B．任意， C．任意，三棱锥的外接球表面积小于3π D．存在，的面积等于的面积 9．已知长方体内有一小球，小球与平面、平面、平面均相切，为小球上一点，点到平面ABD的距离和点到平面的距离均为，点到平面的距离为，则小球的半径为（   ） A． B． C． D． 10．三棱锥中，，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．三棱锥外接球的表面积为 C．过中点的平面截三棱锥外接球所得最小截面的半径为1 D．当时，的最小值为 11．已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（    ） A．当时，平面 B．当时，异面直线与所成的角为 C．当时， D．当时，线段的长度最小值为 三、填空题 12．已知两个正四棱锥组合成的简单几何体中，顶点，分别位于平面的两侧．其中正方形的边长为2，两个正四棱锥的侧棱长均为3．则四棱锥的外接球的表面积为 ． 13．如图，平面平面为线段的中点，直线与平面所成角的大小为，点为平面内的动点，给出以下结论： ①球心为、半径为的球被平面截得的截痕长为 ②若到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线 ③若到直线的距离为1，则的最大值为 ④满足的点的轨迹是椭圆 其中正确结论的序号是 . 14．如图，在空间直角坐标系中，，原点是的中点，点，点在平面内，且，，则的长为 .    15．空间内四点，，，D可以构成正四面体，则点D的坐标是 ． 四、解答题 16．在三棱锥中，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求平面与平面的夹角的余弦值． 17．如图，四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，，点E､F､G分别为线段､､的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面的交点为，求长度. 18．如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． (3)求四面体的外接球的半径的最小值． 19．已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，分别交轴于，点为该部分图象与轴的交点，且与轴的交点为．将绘有该图象的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时，． (1)求函数的解析式； (2)在图2中，的图象上存在点，使得平面，请确定点的个数，并简要说明理由； (3)如图3，在折叠过程中，若二面角的范围是，求二面角的余弦值的取值范围． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C B A C ABD ABC AC ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 根据给定条件，可得两两垂直，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，进而求出球半径即得. 由，，，得，则，同理， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 由，，得，解得或， 即点或，由六面体，得点在平面两侧，点不符合题意， 因此点，令线段的中点为，则， 于是，因此六面体的外接球球心为，半径为， 所以六面体的外接球的表面积. 故选：B 2．A 建立空间直角坐标系，得到所需各点坐标，设，将转化成，从而得到两点的坐标，再利用两点间距离公式计算，即可求出取到最小值时的值. 由题意知，， 就是二面角的平面角，即， 以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，， 设， 由，可知， ，， ，， 解得， ， ， 当时，取到最小值，即取到最小值. 故选：A 3．C 首先求点的轨迹方程，并确定三棱锥体积最大时的点的位置，再代入三棱锥外接球的半径公式，即可求解. 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ，，，由可知， ， 整理为， 所以点的轨迹是平面内，以为圆心，2为半径的圆， 如下图，点到平面的最大值为6，此时点在的延长线上，且， 所以平面，， 等腰直角三角形的外接圆的半径为， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积 故选：C 4．B 根据已知作交线得出截面为正六边形判断A，B，再建立直角坐标系计算求解模长即可判断C，D. 如图，    因为满足平面，则所在的平面与正方体表面的交线，上下平面交线平行于， 前后平面交线平行于，左右平面交线平行于， 所以所在的平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确； 以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    其中，分别是的中点， 则直线的方程为 因为满足平面，则在所以设线段上的点， 点，则， 所以当时，；当时，．故C，D错误． 故选：B． 5．A 建立空间直角坐标系，设，球心为，半径为，结合题意可得，进而得到，再结合二次函数的性质及球的表面积公式求解即可. 取的中点，连接， 因为，所以， 又平面平面ABCD，平面平面，平面， 所以平面ABCD，又四边形ABCD为矩形， 以为原点，以所在直线为轴，以过点平行的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则， 则，，， 设，三棱锥外接球球心为，半径为， 则，解得， 即， 因为，所以， 则当时，取得最小值， 当时，取得最大值3，即， 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：A. 关键点点睛：本题关键在于建立空间直角坐标系，设出坐标，表示出外接球半径的关系，进而结合二次函数的性质及球的表面积公式求解即可. 6．C 由题意建立空间直角坐标系，设A关于平面的对称点为，求出、和平面的法向量，进而利用A与到平面的距离相等得①，再由得②从而求出，接着由 结合两点间距离公式即可得解. 由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以， 设A关于平面的对称点为，则，， 设平面的法向量，则，， 令，则，所以， 所以A与到平面的距离即①， 又，所以②，所以由①②得， 所以由可得，所以， 所以， 当且仅当三点共线时取等号， 所以的最小值为. 故选：C. 思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面的对称点为，利用A与到平面的距离相等和求出，接着由 结合两点间距离公式求出即可得解. 7．ABD 建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据空间向量垂直的坐标系形式结合各选项中的条件分别计算后可判断各选项的正误. 在正方体中建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. 对于A，设，故，,当时，的最小值为1，故A正确. 对于B，作点关于平面的对称点，则的最小值为,利用勾股定理计算可得，故B正确. 对于C，因为，,所以不存在一点，使得，故C错误. 对于D，设平面的法向量为，， 故，取，则，故， 又平面的法向量为， ，当时，， 此时二面角最小，此时，，即平面角的正切值为，故D正确. 故选：ABD. 8．ABC 由题设得到为矩形，取，利用三角形相似得到，即可判断A；利用对称性得，根据线面垂直的性质有，再由直角三角形斜边大于直角边，即可判断B；构建空间直角坐标系，若的外接球的球心，半径为，应用空间两点距离公式列方程得到，应用导数求其范围，即可判断C；根据已知得，，即可判断D. 如下图，且，即是平行四边形， 由平面，平面，则，同理有， 所以为矩形，若时，，又， 所以，易得，此时，有，A对； 如下图，在平面内，关于对称，又在（不含端点）上运动， 所以，又平面，平面，则， 所以，即，B对； 构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，， 若的外接球的球心，半径为，则， 由，则，则， 所以，则， 令，且，则， 令，则， 所以或时，即在，上单调递增， 时，即在上单调递减， 又，，， 所以，，使， 所以或时，即在、上单调递减， 或时，即在、上单调递增， 由，，故恒成立， 故，外接球的表面积，C对； 由平面，平面，则， 所以，由B分析知， 在中上的高，则， 由，故，则， 所以，D错. 故选：ABC 9．AC 根据题意建立空间直角坐标系，写出点和球心的坐标，利用空间中两点间距离公式得到关于半径的方程，求解即可. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 由题意，点的坐标为，设小球的半径为，则球心， 则，整理可得， 即，解得或. 所以，小球的半径为或. 故选：AC. 10．ACD 根据题设可将三棱锥补全为棱长为2的正方体，应用棱锥的体积公式判断A；由三棱锥的外接球即为正方体的外接球，且球心为的中点，求出半径，进而得到球体表面积判断B；由球体的结构特征确定截面半径最小情况下有截面与垂直即可判断C；构建空间直角坐标系，设并应用空间两点距离公式求最小值判断D. 由题设给定的三棱锥，， 所以，即，又平面， 所以平面，故可将其补全为一个正方体， 其中为三条棱，为体对角线，如下图示， 由，则，A对； 由图，易知三棱锥的外接球，即为正方体的外接球，且球心为的中点， 所以外接球的半径，故其表面积为，B错； 要使过中点的平面截三棱锥外接球所得截面半径最小， 连接，只需截面与垂直即可，此时最小半径为，而， 所以，C对； 构建如图示的空间直角坐标系，又，设， 则， 所以，当时，，D对. 故选：ACD 11．ACD 以正方体一个顶点及三条棱建立空间直角坐标系，得到点的坐标.A选项由空间向量证明线面平行；B选项由空间向量的夹角公式求得线线角；C选项由空间向量的数量积为0证明线线垂直；D选项由基本不等式求得的模长的最小值. 在正方体中，以为坐标原点，分别为如图建立空间直角坐标系. ， ， ∵，∴， A选项：，， ∴，即是平面的法向量， 又∵，∴平面，A选项正确； B选项：设，则，，设异面直线与所成的角为， 则，显然，选项错误； C选项：设，则，即，，则，∴，C选项正确； D选项：，∵，则 即，当且仅当时取等号， ∴，D选项正确. 故选：ACD. 方法点睛，本题是立体几何中的动点产生的线线和线面的关系，所以本题建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标关系求得对称结果即可. 12． 建立适当的空间直角坐标系，结合空间中两点距离公式即可得到球的半径，从而利用球的表面积公式得到结果. 连结，交于点，连结， 由正四棱锥性质可知平面，平面，所以三点共线， 又四边形是正方形，可得两两垂直，且交于点. 以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标 系，如图， 由，在中，， 则， 设四棱锥的外接球球心为，连接， 则， 得， 解得， 所以四棱锥的外接球的半径的平方为， 故四棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 13．②③ 根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可判断①；建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断②；根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质可判断③；根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可判断④. 对于①，由于与平面所成角的大小为， 所以点到平面的距离， 球心为、半径为2的球被平面截得的圆的半径为， 截痕长为，①错误； 对于②，由于平面平面， 所以以所在直线为轴，在平面内过作轴， 平面内作轴，建立如图1所示的空间直角坐标系， 则，， 设，则，化简得， 故到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线，②正确． 对于③，， 所以到直线的距离为，化简可得， 所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点， 如图2，当在短轴的端点时，最大，由于，故， 因此，③正确． 对于④，， 若，则， 化简得且，故满足的点的轨迹是双曲线的一部分，④错误． 故答案为：②③． 方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 14． 过点作,垂足于点，由根据条件可求的长度，进而可得的坐标，从而利用空间向量的模可得的长度. 过点作,垂足于点，如图所示：    因为，，所以. 又，. 因为，， 所以， 则的长为. 故答案为：. 15． 将原问题转化为求正四面体的高，正三角形的重心坐标公式即可． 由已知正四面体ABCD的棱长为1，所以D的竖坐标正四面体的高， 的外接圆半径为， 所以正四面体的高为， 而横坐标，纵坐标即底面三角形ABC的重心坐标，， 所以， 故答案为：. 16．(1) (2) （1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题设可得关于坐标的方程组，求解后可求体积； （2）结合（1）结果，利用向量法可求平面与平面的夹角的余弦值． （1）以为原点，以所在直线为轴， 以所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴， 建立如图空间直角坐标系． ，设 ，，，． . （2）设平面的法向量， ，，取，， 设平面的法向量， ，，取，， 设平面与平面的夹角为， ． 所以平面与平面的夹角的余弦值为 17．(1)证明见解析 (2) (3) （1）先利用面面平行的判定定理得出平面，再利用面面平行的性质定理即可得证 （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面法向量，利用向量夹角公式可求解； （3）设，得到，根据向量与共面，结合向量共面定理求出，得到坐标，再用两点间距离公式结算即可. （1）证明：取线段的中点，连接、， 因为点为线段的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为中，点为线段的中点，点为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面，又，且平面，平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面． （2）设平面与平面夹角为，连接和交于点， 过点作直线垂直于平面，如图，以为坐标原点，以向量为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 求得关键点坐标， 设平面的法向量为， 则，即，取， 设平面的法向量为， 则，即，取， 则，即平面与平面夹角的余弦值为. （3）设， 则，故， 依题意可得向量与共面， 所以存在实数，，使得， 即，解得，则.且. 则运用两点间的距离公式计算得到. 18．(1)证明见解析 (2) (3) （1）应用平面平面，得出平面，再设，应用比例计算求解证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据线面角正弦公式计算求解； （3）设的中点为，球心，再应用坐标列式计算求解最值. （1）平面平面，交线为，，平面，则平面， 平面，则，又，，平面，所以平面， 平面，则，因为，所以， 所以，可知． 在梯形中，由，，知，． 设， 得，，由，得， 解得，． （2），， 平面平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 则，， 所以，则直线，，交于一点， 可得．设，得，解得． 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，， ，． 设平面的法向量为， 即令，则， 设直线与平面所成的角为， ． （3）坐标系如（2）中所示，设，，，，， 设的中点为，球心， 的外心为，则平面，即，，由，即，得， ， 当时，取得最小值，最小值为， 即四面体的外接球的半径的最小值为． 19．(1)； (2)2个，理由见解析； (3) （1）由题意：，，利用绘有图象的纸片折叠前有，以及折叠后存在关系，列方程组求得和，从而求得，再把代入得出，从而求得函数的解析式.（2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为，而，，过点作交轴于，则直线斜率为-2， 因为，故直线一定交的图象于，②在平面上，过作平行于的交于，连接，可证面平面，故可确定存在两个点满足条件； （3）以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设二面角，通过空间向量法求得的余弦值，再利用函数单调性分析即可确定范围. （1）由题意，当绘有图象的纸片折叠前有， 于是① 又当二面角的值为时，可得， 于是，②， 联立（1）（2），解得：，所以， 又与轴的交点为，可得，解得（舍）或，所以. （2）①在平面内，过点作图象的切线，斜率为， 又点， 故连线的斜率连线的斜率， 于是，过点作交轴于，则直线斜率为-2， 因为，故直线一定交的图象于， ②在平面上，过作平行于的交于，连接， 由，且，可得平面平面， 又平面，从而平面， 综上，可确定存在两个点满足条件，即平面. （3）依图，以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设二面角， 于是， 所以， 设平面的法向量， 于是，取，则， 设平面的法向量，于是， 取，则， 结合法向量方向可判断，二面角的余弦值为， 令 即， 令， 于是， 易知，该函数为定区间上的单调递增函数， 所以，，二面角的余弦值的取值范围是． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $