专题08 立体几何与空间向量（1年汇编）（全国通用）2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦立体几何与空间向量三大核心考点，汇编2026年北京、新课标等多地高考真题及模拟题，突出逆向求解、动态几何等创新考法，强化空间想象与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|8|圆锥体积、线面垂直判定、正三棱台体积|结合基础计算与空间概念辨析，如山西忻州模拟题考查圆锥体积公式应用| |多选|4|正方体线面关系、空间动点轨迹|注重多维度空间关系判断，如新课标Ⅰ卷结合二面角探究动点几何关系| |填空|3|点到直线距离、刍甍线面角|融入传统文化素材，如上海静安二模以《九章算术》刍甍为背景| |解答|7|空间向量求二面角、结构不良试题|强调综合应用，如北京卷条件开放题需选择条件确定动点并求面面角，体现高考命题趋势|

专题08 立体几何与空间向量 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 考点01 几何体中的面积与体积问题 核心稳定，注重计算：主要考查三棱锥、球、棱台等几何体的面积与体积计算。重点在于利用正弦/余弦定理求解底面三角形要素，以及通过外接球性质确定高线长度。 1. 外接球与体积逆向求解（新课标Ⅱ卷）：已知球体积反求半径，结合正三棱锥对称性列方程求解边长，考查空间想象与代数运算的结合。 2. 棱台中的动态截面（上海卷）：在正四棱台中，通过作垂线和辅助线确定线面角，并利用“拆分法”求解不规则三棱锥体积。 考点02 空间中的位置关系 多维考查，强调逻辑：涵盖平行、垂直的判定与性质。试题区分度高，包含正方体中的定性判断与空间动点轨迹形成的二面角定量分析，要求考生具备严密的逻辑推理能力。 1. 动点轨迹与二面角结合（新课标Ⅰ卷）：引入动点到直线的距离及二面角大小，探究空间动点满足的几何关系（如共面、垂直），情境新颖，抽象度高。 2. 正方体截面性质探究（天津卷）：通过反证法或向量法判断线面垂直的错误选项，考查对空间线面关系的深刻理解而非简单记忆。 考点03 空间向量的应用 核心稳定，注重综合：主要考查利用空间向量解决立体几何中的平行、垂直、角与距离问题。试题强调坐标法与几何法的灵活切换，以及向量运算在解决动态几何问题中的应用。 1. 旋转轨迹与空间卦限（上海卷）：将正方体绕体对角线旋转，探究顶点轨迹经过的空间卦限数量。此题将运动变化与空间坐标结合，考查学生的空间想象能力和对轨迹问题的动态分析能力。 2. 条件开放与探究性问题（北京卷）：在直三棱柱中，给出动点P的条件，要求从三个备选条件中选择一个使P点唯一确定，并求解面面角。此题型为结构不良试题，考查学生的选择判断能力和逆向思维。 考点01 几何体中的面积与体积问题 1．（2026·北京卷·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 2．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________． 3．（2026·上海卷·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 考点02 空间中的位置关系 1．（2026·天津卷·高考真题）正方体中，错误的是（     ） A． B．面 C．面 D．面 2．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 考点03 空间向量的应用 1．（2026·上海卷·高考真题）已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与轴、轴、轴重合，顶点与坐标原点重合，点是正方体底面中与相对的对角顶点，点在点的正上方．将正方体绕直线旋转一周，试问点的运动轨迹会经过几个空间卦限（     ）．    A． B． C． D． 2．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 3．（2026·北京卷·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 4．（2026·天津卷·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 5．（2026·上海卷·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 6．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，点在上，，，． (1)求证：； (2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 一、单选题 1．（2026·山西忻州·模拟预测）已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（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 3．（2026·天津武清·模拟预测）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（     ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 4．（2026·河北邯郸·三模）已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·四川广安·模拟预测）给出下列命题：①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线与该平面垂直；②如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条且都在平面内；③已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的充分不必要条件．其中正确的命题个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·江西南昌·三模）注意力机制是一种让模型在处理信息时，能够“有选择地聚焦”于最关键部分的技术，其核心是用数学中的向量来解决问题，设计三个关键向量：查询向量（表示我在寻找什么？）､键向量（表示我有什么可提供？）和值向量（表示我实际提供的内容是什么）.在计算注意力时，首先用与各个计算相似度，然后求权重，记，则注意力输出向量为现有，则注意力输出向量为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2026·广东茂名·二模）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° 10．（2026·江苏南京·模拟预测）已知正方体，，分别是面，面的中心.则下列结论正确的是（   ）. A． B．平面 C．与是异面直线 D．平面将正方体分成前后两部分的体积比为2：1 11．（2026·辽宁沈阳·三模）在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A． B． C．点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为 D．点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为 12．（2026·四川成都·模拟预测）空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（     ） A．经过点，，的平面的方程为 B．若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为 C．交线为的一个方向向量为 D．与方程为的平面所成角的正弦值为 三、填空题 13．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 14．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 15．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体中，，，M为的中点，过点B作平面与平面平行，则平面与底面的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，则动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是_________． 四、解答题 16．（2026·重庆·三模）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 17．（25-26高三下·山东·阶段检测）如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 18．（2026·上海黄浦·三模）如图，三棱锥中，，，，为的中点． (1)证明：； (2)点满足，求直线与平面所成角的正弦值． 19．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且．点在三角形及其内部运动．设点到平面，，的距离依次为，，．若，，依次成等差数列，求： (1)点的轨迹； (2)的最小值； (3)该轨迹的长度． 20．（2026·重庆·模拟预测）如图1，在梯形中，，是线段 上的一点，，，将沿翻折到的位置． (1)如图2，若是的中点，二面角为直二面角，证明：平面． (2)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． (3)我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间距离的最小值．如图3所示，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线段，记四面体的内切球半径为，比较与的大小，并证明你的结论． 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 立体几何与空间向量 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 考点01 几何体中的面积与体积问题 核心稳定，注重计算：主要考查三棱锥、球、棱台等几何体的面积与体积计算。重点在于利用正弦/余弦定理求解底面三角形要素，以及通过外接球性质确定高线长度。 1. 外接球与体积逆向求解（新课标Ⅱ卷）：已知球体积反求半径，结合正三棱锥对称性列方程求解边长，考查空间想象与代数运算的结合。 2. 棱台中的动态截面（上海卷）：在正四棱台中，通过作垂线和辅助线确定线面角，并利用“拆分法”求解不规则三棱锥体积。 考点02 空间中的位置关系 多维考查，强调逻辑：涵盖平行、垂直的判定与性质。试题区分度高，包含正方体中的定性判断与空间动点轨迹形成的二面角定量分析，要求考生具备严密的逻辑推理能力。 1. 动点轨迹与二面角结合（新课标Ⅰ卷）：引入动点到直线的距离及二面角大小，探究空间动点满足的几何关系（如共面、垂直），情境新颖，抽象度高。 2. 正方体截面性质探究（天津卷）：通过反证法或向量法判断线面垂直的错误选项，考查对空间线面关系的深刻理解而非简单记忆。 考点03 空间向量的应用 核心稳定，注重综合：主要考查利用空间向量解决立体几何中的平行、垂直、角与距离问题。试题强调坐标法与几何法的灵活切换，以及向量运算在解决动态几何问题中的应用。 1. 旋转轨迹与空间卦限（上海卷）：将正方体绕体对角线旋转，探究顶点轨迹经过的空间卦限数量。此题将运动变化与空间坐标结合，考查学生的空间想象能力和对轨迹问题的动态分析能力。 2. 条件开放与探究性问题（北京卷）：在直三棱柱中，给出动点P的条件，要求从三个备选条件中选择一个使P点唯一确定，并求解面面角。此题型为结构不良试题，考查学生的选择判断能力和逆向思维。 考点01 几何体中的面积与体积问题 1．（2026·北京卷·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________． 【答案】 【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高. 【详解】 法一：底面三角形中，，. 取中点，连接，则，. 在中，， 故底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 在中，由余弦定理得， 且，故. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 法二：在中，已知，. 由余弦定理得， 且，故，. 所以底面面积. 由可知，点在底面上的投影为的外心. 由正弦定理，的外接圆半径， 则高， 三棱锥的体积. 综上，底面面积为，体积为. 2．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________． 【答案】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 3．（2026·上海卷·高考真题）如图所示正四棱台，其中，. (1)当时，求和平面所成角； (2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【答案】(1) (2)证明见解析，体积为 【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小. （2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积. 【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. （2）连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 考点02 空间中的位置关系 1．（2026·天津卷·高考真题）正方体中，错误的是（     ） A． B．面 C．面 D．面 【答案】D 【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系. 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面    ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 2．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（     ） A． B． C．当时，平面 D．当平面时， 【答案】BC 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 考点03 空间向量的应用 1．（2026·上海卷·高考真题）已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与轴、轴、轴重合，顶点与坐标原点重合，点是正方体底面中与相对的对角顶点，点在点的正上方．将正方体绕直线旋转一周，试问点的运动轨迹会经过几个空间卦限（     ）．    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】不妨设正方体的棱长为3，分析可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，解法一：设，列方程分析点的轨迹与各坐标面的交点即可判断；解法二：利用补形法，可知点的轨迹即为的内切圆，即可判断结果. 【详解】不妨设正方体的棱长为3， 则，，， 可得，， 设点在体对角线上的投影为，，，    则， 可得，解得， 则，即，且， 可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆， 解法一：在点的轨迹任取一点，则， 则，整理可得， 令可得，解得，可知点的轨迹与平面相切， 令可得，解得，可知点的轨迹与平面相切， 令可得，解得，可知点的轨迹与平面相切， 所以点的轨迹经过空间中的1个卦限； 解法二：将正方体补成边长为6的正方体，如图所示：    则，，， 可知为边长为的正三角形，且其中心为，且内切圆半径， 即可知点的轨迹即为的内切圆，所以点的轨迹经过空间中的1个卦限. 2．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 3．（2026·北京卷·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点． (1)证明：平面； (2)点在平面内，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值． ①； ②； ③平面． 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. (2) 【分析】（1）解法一：作辅助线，可证，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面平面，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 4．（2026·天津卷·高考真题）在长方体中，，，，，． (1)求证：面； (2)求面与面的夹角的余弦值； (3)求三棱锥的体积． 【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 5．（2026·上海卷·高考真题）已知四棱锥，底面为矩形，底面，垂足在边上，且，，． (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求二面角的大小． 【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，利用向量的数量积为0，推出向量垂直； （2）利用棱锥体积公式求出，进而求出点，得出相关向量坐标，求出平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式求解． 【详解】（1）略 （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 6．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，点在上，，，． (1)求证：； (2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. (2) 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【详解】（1）略 （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 一、单选题 1．（2026·山西忻州·模拟预测）已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知求得圆锥的高，再根据圆锥体积公式即可求解． 【详解】圆锥的高，则该圆锥的体积． 2．（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. 3．（2026·天津武清·模拟预测）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（     ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据线面垂直、线面平行、线线平行、线线垂直的判定定理和性质定理，逐一分析选项，进行判断即可. 【详解】对于A选项，若，，则的位置存在两种可能：或，并不一定平行于，故A错误； 对于B选项，平行于同一平面的两条直线位置关系不唯一，可能平行、相交或异面，无法推出，故B错误； 对于C选项，若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直于，故C错误； 对于D选项，根据线面垂直的性质定理，若一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内的所有直线，故D正确. 4．（2026·河北邯郸·三模）已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥， 作平面分别交平面、平面于、， 作平面交于，则、分别为、的中心. 因为，所以，， 所以， 设该正三棱台的高为， 因为，所以， 故，故选C. 5．（2026·四川广安·模拟预测）给出下列命题：①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线与该平面垂直；②如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条且都在平面内；③已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的充分不必要条件．其中正确的命题个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】由线面垂直的判定定理判断命题①，由线面平行的性质判断命题②，根据面面垂直的性质以及面面垂直的判定定理判断命题③即可． 【详解】命题①：根据线面垂直的判定定理可知：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与该平面垂直，没有强调相交，故命题①错误； 命题②：根据线面平行的性质，若直线与平面平行，则过这条直线的平面与已知平面相交的交线平行于这条直线，故在平面内，有无数条平行于交线的直线都与直线平行，但是过点且平行于直线的直线有且只有一条，故命题②错误； 命题③：根据面面垂直的性质可知，当时，内垂直于交线的直线必然垂直于，但是为平面内的一条直线，未强调垂直于交线，故“”无法得到“”； 根据面面垂直的判定定理可知，如果一条直线垂直于一个平面，那么过这条直线的任一平面都与该平面垂直，故，且，可得； 综上“”是“”的必要不充分条件，故命题③错误． 综上，正确的命题个数为0个． 6．（2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 在中，，，由三角形面积公式得， 由余弦定理得 ，故， 因为平面ABC，四面体体积，代入解得， 以B为原点，为轴，平面内垂直于的方向为轴，过B且垂直于平面的方向为轴， 得各点坐标：， ， ， ，， 设平面的法向量为， 则，解得，令得，即 ， 又向量 ，， 设AC与平面所成角为，根据线面角与向量夹角的关系，. 7．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 8．（2026·江西南昌·三模）注意力机制是一种让模型在处理信息时，能够“有选择地聚焦”于最关键部分的技术，其核心是用数学中的向量来解决问题，设计三个关键向量：查询向量（表示我在寻找什么？）､键向量（表示我有什么可提供？）和值向量（表示我实际提供的内容是什么）.在计算注意力时，首先用与各个计算相似度，然后求权重，记，则注意力输出向量为现有，则注意力输出向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量数量积坐标运算公式计算求解． 【详解】由题意可得， ，， ， 则，所以， ， 所以注意力输出向量为. 二、多选题 9．（2026·广东茂名·二模）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. 10．（2026·江苏南京·模拟预测）已知正方体，，分别是面，面的中心.则下列结论正确的是（   ）. A． B．平面 C．与是异面直线 D．平面将正方体分成前后两部分的体积比为2：1 【答案】AD 【分析】根据等腰三角形证明线线垂直判断A，根据正方形中与不垂直判断B，由直线平行判断C，利用多面体的体积，得到平面将正方体分成两部分的体积比为判断D. 【详解】因为是等边三角形，为中点，所以，又正方体中，所以，选项A正确； 在正方体中，过作分别交，于，，连接，， 则，所以平面即平面，由于与不垂直，选项B错误； 在正方体中，连接与， 则，又在上，所以，所以与共面，选项C错误； 显然与是相交直线，设其交点为，设直线交于，交于， 连结交于，则面是平面截正方体所得的截面， 由，分别为正方形，的中心，得，连接， 多面体的体积， 而正方体的体积， 因此平面将正方体分成前后两部分的体积比为，选项D正确. 11．（2026·辽宁沈阳·三模）在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A． B． C．点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为 D．点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】选项A：通过向量共线判断,与坐标不成比例,故与不平行,A错误.选项B：计算与的数量积为0,可判断两直线垂直,B正确.选项C：利用面面平行确定点轨迹为线段,计算得,C正确.选项D：由线面垂直求出点坐标,再计算四面体外接球表面积为,D错误. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 正方体棱长为，各点坐标为，，，，， ，，，，. 选项A：，.两向量坐标不成比例，故与不平行，A错误. 选项B：，. ， 故，B正确. 选项C：取中点，中点，连接.， ，，，，. 可得，，. 平面，平面，且， 所以平面平面.点在正方形内且平面， 故点轨迹为线段，则，C正确. 选项D：，， 设平面的一个法向量为，则，即， 令，得，即. 设，. 由平面得，即，解得，即. 四面体的顶点为，，，， 该四面体的外接球等价于以为邻边的长方体的外接球， 长方体的长宽高分别为，外接球直径， 外接球半径，表面积，D正确. 12．（2026·四川成都·模拟预测）空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（     ） A．经过点，，的平面的方程为 B．若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为 C．交线为的一个方向向量为 D．与方程为的平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】结合平面方程的定义、点到平面距离公式、直线方向向量的求解、线面角的向量计算方法，逐项分析判断即可. 【详解】 选项A：将、、分别代入，三个点均满足方程，且三点不共线可唯一确定平面，故A正确； 选项B：根据点到平面的距离公式，原点到平面的距离，故B正确； 选项C：易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为， 则直线经过和的一个方向向量为， 所以交线为l的方向向量为，故C错误； 选项D：取的方向向量，平面的法向量，设与所成角为，则，故D正确. 三、填空题 13．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，，则点A到直线BC的距离为__________． 【答案】 【分析】根据空间点到线距离公式进行求解即可. 【详解】已知，，， 所以，. 进而，. ，进而. 则点到的距离. 14．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 【答案】/ 【分析】设的中点为，在底面的投影为，则就是与底面所成角，再解三角形求正弦值即可． 【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图， 由对称性可知在上， 就是与底面所成角， 又 ，， 又是等腰直角三角形，， ，， ． 15．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体中，，，M为的中点，过点B作平面与平面平行，则平面与底面的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，则动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是_________． 【答案】 【分析】设的中点为，通过证明平面平面，可解决第一空，由，确定为动直线AP与的夹角，进而可求解. 【详解】 如图，设的中点为，连接，，分别为，的中点， 则, ,又， 所以四边形都是平行四边形， 所以，， 又平面， 所以平面，平面， 又平面， 所以平面平面，即平面为平面， 线段为平面与底面的交线， 易得； 连接，因为，所以为动直线AP与的夹角，，过作（H为垂足），则， 在中，由等面积法可得，得， 又, 所以． 即动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是. 四、解答题 16．（2026·重庆·三模）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (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）根据面面平行的判定定理来证明 （2）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的法向量，最后计算夹角的余弦值. 【详解】（1）在矩形中，分别为的中点，连接，则， 在与中，易得，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，，因为平面，平面，所以平面， 又因平面，故平面平面. （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点 和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因，， 则，即令，则， 设平面的法向量为， 则，即令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17．（25-26高三下·山东·阶段检测）如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，． (1)证明：； (2)若点是中点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而可得. （2）根据（1）的结果可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求点面距. 【详解】（1）因为，，故，故. 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故. （2）由（1）可得平面，而， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为， 故，所以，故， 而，设平面的法向量为， 则即，取， 故到平面的距离为. 18．（2026·上海黄浦·三模）如图，三棱锥中，，，，为的中点． (1)证明：； (2)点满足，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）通过证明和均为等腰三角形，利用三线合一性质得到和，进而证明平面，最后利用线面垂直的性质得证； （2）根据（1）中的垂直关系及勾股定理逆定理证明，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角的正弦值。 【详解】（1）因为， 所以为等边三角形，则. 同理，因为， 所以为等边三角形，则，所以. 因为为的中点，所以. 又因为,为的中点，所以. 因为平面， 所以平面, 因为平面， 所以. （2）不妨设由（1）可知. 在中，，， 所以. 因为为的中点，所以，. 在中，， 所以 在中，， 所以. 由（1）知平面，且平面， 所以， 故两两垂直. 以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系 则 所以,. 因为， 所以 所以. 设平面的法向量为， 则，取，则， 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 19．（2026·山西忻州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且．点在三角形及其内部运动．设点到平面，，的距离依次为，，．若，，依次成等差数列，求： (1)点的轨迹； (2)的最小值； (3)该轨迹的长度． 【答案】(1)设上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为，点的轨迹为. (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据题设中的几何条件即可求解； （2）根据空间两点的距离公式及二次函数即可求解最小值； （3）根据点的轨迹即可求解． 【详解】（1）建立空间直角坐标系：，，，． 则，， 设， 则，其中，且， 点到平面的距离为． 点到平面的距离为． 点到平面的距离为． 因为，，依次成等差数列，所以． 即，解得， 设上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为， 由，可知，点的轨迹为线段. （2）,， 所以当时，取得最小值，最小值为. （3）因为，点的轨迹为， 所以，即轨迹的长度为. 20．（2026·重庆·模拟预测）如图1，在梯形中，，是线段 上的一点，，，将沿翻折到的位置． (1)如图2，若是的中点，二面角为直二面角，证明：平面． (2)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． (3)我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间距离的最小值．如图3所示，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线段，记四面体的内切球半径为，比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】(1)连接，由题意知， ，而，是的中点，所以， 又，，所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面 (2) (3)，证明如下： 是四面体的表面积，，令与面所成角为， ， ，， 因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是， ，（取不到等号）， ，， 【分析】（1）通过面面垂直证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设，根据，求出的范围，将平面与平面所成锐二面角余弦值表示为的函数，再求范围；（3）证明关键，. 【详解】（1）略 （2）在平面内作的垂线作为轴，所以轴， 如图以为坐标原点，分别以，为，轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，，设， 所以，，，，， 则，， 所以，， ，，． 设平面的法向量， 得，取， ，解得． 设平面的法向量， 得，取，得， 设平面与平面所成锐二面角为，则 ， 由于在上单调递增，故， 故， 所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是． （3）略 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 立体几何与空间向量 考点01 几何体中的面积与体积问题 1． 2． 3．【答案】(1) (2)证明见解析，体积为 【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小. （2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积. 【详解】（1）过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. （2）连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 考点02 空间中的位置关系 1．D 2．BC 考点03 空间向量的应用 1．A 2．【答案】(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. (2)距离为1. 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 3．【答案】(1)解法一：取的中点，连接，， 因为分别为，的中点，则，且， 又因为为矩形，且为的中点，则，且， 可得，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面； 解法二：设，的中点分别为，，连接，，，， 因为分别为，的中点，则，， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 且平面，平面，所以平面， 又因为分别为，的中点，则， 可得，可知四点共面， 因为，平面，则平面平面， 且平面，所以平面； 解法三：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 且，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为，即， 因为平面，所以平面. (2) 【分析】（1）解法一：作辅助线，可证，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面平面，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行； （2）若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，则， 若选①：解法一：设，，的中点分别为， 可知为线段的中垂线，则， 因为，由题意可知：平面，即平面， 则，，可得，符合题意， 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选②：解法一： 取的中点，连接，设， 因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面，即平面， 且平面平面，可得平面， 取的中点，连接，，可知， 设，可知点为的中点， 因为，，可得平面，则， 因为平面且平面，可得， 过点作， 且，平面， 则平面，可得， 可知平面与平面的夹角为， 由题意可知：，， 则，， 则，， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 解法二：设，则， 因为，则，解得，即， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，可得， 因为平面平面，可知平面的法向量为， 则， 所以平面与平面的夹角余弦值为； 若选③：由（1）可知：平面平面， 因为，平面即为平面，即平面平面， 可得平面，此时点不唯一，不合题意. 4．【答案】(1)方法一：如图，过点作//,交于点，则有,. 连接,则四点共面,平面即平面. 由，，可得与相似, 所以，则可得,所以. 长方体中，平面， 因为平面，所以. 又,平面，所以平面. 方法二： 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以， 所以，即. 又,平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值； （3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积； 方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积； 方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积. 【详解】（1）略 （2）方法一：过点作//,交于点，则有，， 连接，则四点共面，平面即平面. 如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则 ，，所以， 所以. 取的中点P，则，所以， ，所以. 所以异面直线与所成的角等于平面与平面的夹角. 又， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系. 则. 所以， 设平面的法向量为， 则，故可取. 由（1）知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 方法三：由题意可知：，，， 则，则， 过点作，设，，连接， 由（1）可知：平面，则平面，可得，， 且，平面，可得平面，则， 可知平面与平面的夹角为， 因为，，， 则，可得，， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）方法一：由，，得， 所以. 所以的面积为. 由（2）知，平面的一个法向量为， 点C到平面的距离为. 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为. 方法二：点A到平面的距离为. 因为//，所以到的距离相等， 所以的面积等于的面积，即. 所以三棱锥的体积为. 方法三：由题意可知：，，，， 则的面积， 由（2）可知点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积. 5．【答案】(1)根据已知四棱锥的性质，结合已知条件，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，设点， 则， ， ． (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，利用向量的数量积为0，推出向量垂直； （2）利用棱锥体积公式求出，进而求出点，得出相关向量坐标，求出平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式求解． 【详解】（1）略 （2）四棱锥体积，解得， ，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设二面角为，则， 由图可知，二面角为锐角，则二面角大小为． 6．【答案】(1)证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. (2) 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【详解】（1）略 （2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 一、单选题 1．B 2．A 3．D 4．C 5．A 6．D 7．B 8．C 二、多选题 9．AB 10．AD 11．BCD 12．ABD 三、填空题 13． 14．/ 15． 四、解答题 16．【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据面面平行的判定定理来证明 （2）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的法向量，最后计算夹角的余弦值. 【详解】（1）在矩形中，分别为的中点，连接，则， 在与中，易得，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，，因为平面，平面，所以平面， 又因平面，故平面平面. （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点 和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因，， 则，即令，则， 设平面的法向量为， 则，即令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而可得. （2）根据（1）的结果可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求点面距. 【详解】（1）因为，，故，故. 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面， 故. （2）由（1）可得平面，而， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为， 故，所以，故， 而，设平面的法向量为， 则即，取， 故到平面的距离为. 18．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明和均为等腰三角形，利用三线合一性质得到和，进而证明平面，最后利用线面垂直的性质得证； （2）根据（1）中的垂直关系及勾股定理逆定理证明，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角的正弦值。 【详解】（1）因为， 所以为等边三角形，则. 同理，因为， 所以为等边三角形，则，所以. 因为为的中点，所以. 又因为,为的中点，所以. 因为平面， 所以平面, 因为平面， 所以. （2）不妨设由（1）可知. 在中，，， 所以. 因为为的中点，所以，. 在中，， 所以 在中，， 所以. 由（1）知平面，且平面， 所以， 故两两垂直. 以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系 则 所以,. 因为， 所以 所以. 设平面的法向量为， 则，取，则， 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 19．【答案】(1)设上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为，点的轨迹为. (2) (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据题设中的几何条件即可求解； （2）根据空间两点的距离公式及二次函数即可求解最小值； （3）根据点的轨迹即可求解． 【详解】（1）建立空间直角坐标系：，，，． 则，， 设， 则，其中，且， 点到平面的距离为． 点到平面的距离为． 点到平面的距离为． 因为，，依次成等差数列，所以． 即，解得， 设上靠近点的三等分点为，上靠近点的三等分点为， 由，可知，点的轨迹为线段. （2）,， 所以当时，取得最小值，最小值为. （3）因为，点的轨迹为， 所以，即轨迹的长度为. 20．【答案】(1)连接，由题意知， ，而，是的中点，所以， 又，，所以四边形为平行四边形，故， 所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面 (2) (3)，证明如下： 是四面体的表面积，，令与面所成角为， ， ，， 因为是公垂线，上的点和上的点的最短距离是， ，（取不到等号）， ，， 【分析】（1）通过面面垂直证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设，根据，求出的范围，将平面与平面所成锐二面角余弦值表示为的函数，再求范围；（3）证明关键，. 【详解】（1）略 （2）在平面内作的垂线作为轴，所以轴， 如图以为坐标原点，分别以，为，轴正半轴建立空间直角坐标系： 因为，，设， 所以，，，，， 则，， 所以，， ，，． 设平面的法向量， 得，取， ，解得． 设平面的法向量， 得，取，得， 设平面与平面所成锐二面角为，则 ， 由于在上单调递增，故， 故， 所以平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围是． （3）略 试卷第1页，共3页 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $