专题11 空间向量与立体几何（专项训练）（上海专用）2026年高考数学真题题源解密

**基本信息** 聚焦上海高考空间向量与立体几何，以“几何直观-代数运算”为桥梁，融合真题研析与模拟探源，构建“概念降维-坐标转化-动态分析”的系统性方法体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量及其运算|3真题+5模拟|共面向量降维处理、动态轨迹不变量分析|从平面向量基本定理拓展至空间，衔接线性运算与卦限概念| |空间向量的应用|5真题+10模拟|法向量方向判断、几何条件代数化|以线面关系证明为基础，递进至空间角计算，贯穿体积条件转化|

专题11 空间向量与立体几何 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 空间向量是上海高考数学立体几何模块的核心工具，也是连接"几何直观"与"代数运算"的关键桥梁。近三年上海卷对空间向量的考查呈现"稳定中有创新、基础中见深度"的鲜明特征：既保留了以解答题形式考查空间向量法求解线面关系与空间角的传统模式，又在填空、选择题中不断推陈出新，将空间向量的线性运算、共面定理与动态几何、新定义问题深度融合，对考生的空间想象能力和代数化转化能力提出了更高要求。 空间向量及其运算 2026秋考第10题 2026秋考第16题 2024秋考第15题 空间向量的应用 2026秋考第18题 2025春考第17题 2024春考第10题 2024春考第18题 2026秋考第10题命题亮点在于：虽然以"空间向量"标注，但实质考查的是共面向量退化为平面向量后的基本定理应用，体现了"空间问题平面化"的核心思想。考生若机械套用空间向量坐标运算，反而会陷入困境；唯有抓住"共面"这一本质，将空间向量降维为平面向量处理，才能快速突破。 2026秋考第16题命题价值在于：它跳出了传统立体几何"证明+计算"的固定模式，将空间向量与解析几何、动态轨迹、卦限概念深度融合，对考生的空间想象能力、坐标化转化能力和几何直观素养提出了极高要求。上海市教育考试院在试卷点评中特别指出，此题"通过几何元素的变化，考查空间想象能力，考生可以先直观感知，再从运动变化中找出不变量，最终开展推理判断"，充分体现了上海卷"聚焦思维、创新设计重应变"的命题导向。 2026秋考第18题命题特点是"基础中见规范"：题目载体常规（四棱锥）、设问标准（证明+求角），但对考生的运算规范性和细节把控要求较高。第（2）问中，二面角C-HB-P的两个平面需要准确识别，法向量的方向选择直接影响最终结果是锐角还是钝角，考生必须结合图形进行判断。此外，体积条件中隐含了对PH长度的求解，考查了考生将几何条件转化为代数方程的能力。 考向一 空间向量及其运算 典例1．（2026·上海·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． 考向二 空间向量的应用 典例2．（2026·上海·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． 考向一 空间向量及其运算 1．（2026·上海·高考真题）已知向量，，是两两不平行的向量，且，，则的值为__________． 2．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 考向二 空间向量的应用 3．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 4．（2024·上海·高考真题）在棱柱中，底面为平行四边形，，，，设异面直线与的夹角为，则________． 5．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 一、单选题 1．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知在三棱锥中，平面，是边长为的等边三角形，直线上的动点满足：，则的值随增大而（    ） A．不变 B．增大 C．减小 D．先减小，后增大 2．（2026·上海静安·二模）设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（    ）． A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都错误 D．①和②都正确 二、填空题 3．（2026·上海长宁·二模）已知向量，，若，则实数________. 4．（2026·上海浦东新·三模）已知圆锥的半径为3，点为底面圆周上任意一点，点为圆锥侧面（不含边界）上任意一点，则的取值范围为___________． 5．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 6．（2026·上海·一模）若直线的方向向量为，平面的一个法向量，若构成的数列既是等差数列，又是等比数列，则直线与平面的位置关系为__________. 7．（2026·上海·三模）如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．    8．（2026·上海松江·模拟预测）在四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，异面直线与BD的夹角为，则__________. 9．（2026·上海杨浦·二模）记…，是空间中的个不同的非零向量，满足：①其中任意向量在其它向量方向上的投影均为其本身或零向量；②其中任意三个向量、、均不能使成立，则的最大值为______. 10．（2026·上海闵行·模拟预测）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的取值范围为__________ 11．（2026·上海嘉定·二模）在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型．长度定义为物体上最远两点间的距离，宽度定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上的所有点均位于两平面之间（包括平面上）．现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则的最小值为___________ 12．（2026·上海·二模）在以O为原点的空间直角坐标系中，设，，A和B是两个点集，设，对任意的，总存在，使得．若，且，则的取值范围是________． 三、解答题 13．（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 14．（2026·上海静安·二模）如图，在长方体中，，，，是的中点． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面与平面所成的锐二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 15．（2026·上海虹口·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为4．    (1)求正四棱柱的侧面积；并求二面角的余弦值； (2)若棱上的点满足，点是线段（含端点和）上的动点，求证：恒成立． 16．（2026·上海松江·模拟预测）在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，平面平面，点G为线段AF的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17．（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，点O是AB的中点． (1)求证：； (2)求直线CP与平面POD所成角的大小． 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·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 20．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． (1)求证：平面平面； (2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小． 21．（2026·上海闵行·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且. (1)求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）； (2)求点到平面的距离. 22．（2026·上海·模拟预测）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 23．（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，是等边三角形，且，，，，为的中点，为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求直线和平面所成的角的大小． 24．（2026·上海浦东新·三模）如图，平行六面体，点在底面上的投影落在线段上（不含端点）． (1)求证：直线平面； (2)若侧棱与底面所成的角为，求平面与底面所成二面角的大小． 25．（2026·上海奉贤·二模）在四棱锥中，四边形是菱形，，，，点F为的中点，点E为上的点，，，平面与棱交于点G． (1)求证：异面直线与垂直； (2)当时，求与底面所成的线面角大小． 26．（2026·上海·三模）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． (1)证明：// 平面； (2)若四棱锥的体积为3，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值． 27．（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 28．（2026·上海浦东新·三模）如图，在圆台中，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，圆台的侧面积为．是圆的一条弦，．是圆台的一条母线． (1)若，证明：； (2)若是圆的直径，求二面角的正切值． 29．（2026·上海徐汇·二模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为直角梯形，，. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的大小. 30．（2026·上海·模拟预测）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面ABC． (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面所成二面角的大小． 31．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图，在正三棱台中，，，点为的重心．    (1)求证：． (2)求：直线与平面所成角的大小． 32．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 空间向量与立体几何 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026真题研析：拆解最新真题，示范分析路径 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 考查统计 空间向量是上海高考数学立体几何模块的核心工具，也是连接"几何直观"与"代数运算"的关键桥梁。近三年上海卷对空间向量的考查呈现"稳定中有创新、基础中见深度"的鲜明特征：既保留了以解答题形式考查空间向量法求解线面关系与空间角的传统模式，又在填空、选择题中不断推陈出新，将空间向量的线性运算、共面定理与动态几何、新定义问题深度融合，对考生的空间想象能力和代数化转化能力提出了更高要求。 空间向量及其运算 2026秋考第10题 2026秋考第16题 2024秋考第15题 空间向量的应用 2026秋考第18题 2025春考第17题 2024春考第10题 2024春考第18题 2026秋考第10题命题亮点在于：虽然以"空间向量"标注，但实质考查的是共面向量退化为平面向量后的基本定理应用，体现了"空间问题平面化"的核心思想。考生若机械套用空间向量坐标运算，反而会陷入困境；唯有抓住"共面"这一本质，将空间向量降维为平面向量处理，才能快速突破。 2026秋考第16题命题价值在于：它跳出了传统立体几何"证明+计算"的固定模式，将空间向量与解析几何、动态轨迹、卦限概念深度融合，对考生的空间想象能力、坐标化转化能力和几何直观素养提出了极高要求。上海市教育考试院在试卷点评中特别指出，此题"通过几何元素的变化，考查空间想象能力，考生可以先直观感知，再从运动变化中找出不变量，最终开展推理判断"，充分体现了上海卷"聚焦思维、创新设计重应变"的命题导向。 2026秋考第18题命题特点是"基础中见规范"：题目载体常规（四棱锥）、设问标准（证明+求角），但对考生的运算规范性和细节把控要求较高。第（2）问中，二面角C-HB-P的两个平面需要准确识别，法向量的方向选择直接影响最终结果是锐角还是钝角，考生必须结合图形进行判断。此外，体积条件中隐含了对PH长度的求解，考查了考生将几何条件转化为代数方程的能力。 考向一 空间向量及其运算 典例1．（2026·上海·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 【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. 考向二 空间向量的应用 典例2．（2026·上海·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． 【详解】(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）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． 考向一 空间向量及其运算 1．（2026·上海·高考真题）已知向量，，是两两不平行的向量，且，，则的值为__________． 【答案】 因为，所以， 所以， 因为不平行，所以，所以. 方法二：因为，，两两不平行， 所以，. 若不共面，所以，矛盾， 所以共面，可设， 所以， 所以. 因为，可设， 所以，， 所以，， ，所以. 2．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 考向二 空间向量的应用 3．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，， (1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积； (2)求二面角的大小． 【详解】（1）连接，因为，所以⊥， 因为平面平面，交线为， 平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， ，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （2）由（1）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角， 故二面角的大小为. 4．（2024·上海·高考真题）在棱柱中，底面为平行四边形，，，，设异面直线与的夹角为，则________． 【答案】 【详解】 ， ， ， 底面ABCD为平行四边形，所以， 所以， . 所以， 故异面直线与的夹角的余弦值为:， 故答案为： 5．（2024·上海·高考真题）如图，、、为圆锥三条母线，. (1)证明:； (2)若圆锥侧面积为为底面直径，，求二面角的大小 【详解】（1）取中点，连接、， 因为，所以， 又因为面面，所以面， 因为面，所以. （2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为圆锥侧面积为为底面直径，，所以底面半径为1，母线长为， 所以， 则可得， 故， 设为平面的法向量，则， 令，则，所以. 设为平面的法向量， 则， 令，则，所以. 则， 设二面角为，则为钝角， 所以二面角的大小为. 一、单选题 1．（2026·上海杨浦·模拟预测）已知在三棱锥中，平面，是边长为的等边三角形，直线上的动点满足：，则的值随增大而（    ） A．不变 B．增大 C．减小 D．先减小，后增大 【答案】B 【详解】因为直线上动点满足：， 所以 因为平面，平面，所以，即 因为是边长为的等边三角形， 所以，， 所以， 因为是关于的一次函数，且单调递增， 所以的值随增大而增大 2．（2026·上海静安·二模）设、分别是棱长为的正方体的两个不同顶点，点在该正方体的表面上（含棱和顶点）运动，且不与、两点重合．关于，给出下列两个结论： ①存在最小值，且最小值小于零； ②存在最大值，且最大值大于零． 则下列判断正确的选项是（    ）． A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都错误 D．①和②都正确 【答案】A 【详解】设中点为， 若、为同一平面的相邻顶点，则， 则，即， ， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为同一平面的不相邻顶点，则， 则，即， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，且最大值大于零； 若、为体对角线上两顶点，则， 则，即， 则， 此时存在最小值，且最小值小于零，存在最大值，最大值等于零； 综上可得：①正确；②错误. 二、填空题 3．（2026·上海长宁·二模）已知向量，，若，则实数________. 【答案】 【详解】因为，，又， 所以， 则. 4．（2026·上海浦东新·三模）已知圆锥的半径为3，点为底面圆周上任意一点，点为圆锥侧面（不含边界）上任意一点，则的取值范围为___________． 【答案】 【详解】以为轴，为轴，底面上与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设圆锥的高为， 则，设，则， ，由得， 所以的取值范围为    5．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 【答案】 【详解】法一：在正四棱台中，， 因为，，所以为异面直线与所成的角， 即，过点作平面的垂线，垂足为， 作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示： 由正四棱台性质可知，点在线段上，， 所以，，， 由二面角定义可知即为二面角的平面角， 而，故. 法二：如图，作出符合题意的图形，作下底面中心，上底面中心， 以为原点，建立空间直角坐标系，设正四棱台的高为， 由题意得，，则，， ，，则，， 因为异面直线与所成角为， 所以，解得， 由题意得面的法向量为， 则，，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 得到，由图可知，是锐角，则， 由已知得，由同角三角函数的基本关系得， 故. 6．（2026·上海·一模）若直线的方向向量为，平面的一个法向量，若构成的数列既是等差数列，又是等比数列，则直线与平面的位置关系为__________. 【答案】或 【详解】因为构成的数列既是等差数列，又是等比数列，则， 因为，所以. 所以或. 7．（2026·上海·三模）如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．    【答案】 【详解】连接，由题意可知，， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    则， 点在底面圆上，且点在直径同侧，设， 母线长，为等腰三角形， ， 设边上的高为，则， ， 令，则，开口向下，对称轴为， 当时，面积最大，此时， ，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， 点到平面距离为． 8．（2026·上海松江·模拟预测）在四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，异面直线与BD的夹角为，则__________. 【答案】 【详解】在四棱柱中，. 则. 根据向量乘法分配律展开可得： . 因为，所以. 已知，即. 又已知异面直线与的夹角为，且， 设与的夹角为，则. 根据向量点积公式，可得， 即，解得. 因为，根据向量模长公式可得 . 将代入上式可得. 所以. 9．（2026·上海杨浦·二模）记…，是空间中的个不同的非零向量，满足：①其中任意向量在其它向量方向上的投影均为其本身或零向量；②其中任意三个向量、、均不能使成立，则的最大值为______. 【答案】 【详解】设是这个向量中的任意两个向量， 根据投影的定义，向量在向量方向上的投影为：， 由条件①可知，或， 当时，向量共线，当时，向量垂直； 表示三个单位向量， 当、不同向时，， 则， 则，又， 故不符合， 则、同向，则由，可得、、同向， 由其中任意三个向量、、均不能使成立， 则其中任意三个向量、、不同向，即同一方向最多两个不等向量； 故结合①②可得：这些向量中任意两个向量要么共线，要么垂直，且同一方向最多两个不等向量， 例如可取空间中三个两两互相垂直的单位向量及其相反向量， 再取，这个不同向量满足条件①②； 若存在第个向量，则必须与另外个向量中的任一共线或垂直， 由于已有的向量中包含三个互相垂直的方向， 则必须与其中一个向量共线才能符合要求， 但此时任一方向都有两不同向量，故不存在符合题意， 所以满足条件的的最大值为. 10．（2026·上海闵行·模拟预测）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的取值范围为__________ 【答案】 【详解】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则，显然这两球相交； 故， ， 故的取值范围为. 11．（2026·上海嘉定·二模）在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型．长度定义为物体上最远两点间的距离，宽度定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上的所有点均位于两平面之间（包括平面上）．现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则的最小值为___________ 【答案】 【详解】圆柱体中，最远两点间的距离为， 当，即时，，， 当且仅当时，等号成立； 当，即时，，. 所以的最小值为. 12．（2026·上海·二模）在以O为原点的空间直角坐标系中，设，，A和B是两个点集，设，对任意的，总存在，使得．若，且，则的取值范围是________． 【答案】 【详解】设，因为， 所以，且， 即，且，显然， 设，因为，所以， 因为， 所以， 因为， 所以， 因为，所以，代入中， 得， ， 因此直线与圆有两个不同的交点， 因为，所以直线的斜率的取值范围为， 如下图所示： 由 直线与圆的交点坐标为， 又因为直线、直线斜率互为相反数，且过同一点，与圆都是关于纵轴对称， 所以当时， 因为， 所以的取值范围是. 三、解答题 13．（2026·上海嘉定·二模）如图，在中，，平面，分别是线段、的中点． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的大小． 【详解】(1)由题可建立如图所示的空间直角坐标系.设. 则. 所以 所以，； （2），. ，. 记平面的一个法向量为， 则，令 则 . ，. 记直线与平面所成角为. 则. 又，. 14．（2026·上海静安·二模）如图，在长方体中，，，，是的中点． (1)求四棱锥的体积； (2)求平面与平面所成的锐二面角的大小．（结果用反三角函数值表示） 【详解】（1）因为底面是直角梯形，上底，下底，高， 因此梯形面积 ， 四棱锥的高为到底面的距离，即， 因此体积 . （2） 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 根据题意得各点坐标，，，， 平面的一个法向量为， 在平面中，向量，，设平面的法向量为， 则 令，得，即. 设锐二面角为，则 ， 因此锐二面角大小为. 15．（2026·上海虹口·三模）如图，已知正四棱柱的底面边长为2，高为4．    (1)求正四棱柱的侧面积；并求二面角的余弦值； (2)若棱上的点满足，点是线段（含端点和）上的动点，求证：恒成立． 【详解】（1）四棱柱为正四棱柱，四棱柱的四个侧面为全等的矩形； 正四棱柱的底面边长为2，高为4， ，即正四棱柱的侧面积为32. 连接，交于点，连接，；   四棱柱为正四棱柱，四边形是正方形，四个侧面为全等的矩形. 是的中点. 由，，得； ； 四边形是正方形，； 是二面角的平面角. 由，，得，，； 在中，； 二面角的余弦值为. （2）四棱柱为正四棱柱，，，两两垂直；以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.    则，，，，，， ，； ，点是线段（含端点和）上的动点，，，得，； ，； ； ； 恒成立 16．（2026·上海松江·模拟预测）在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，平面平面，点G为线段AF的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】(1)证明如下： 连接与，相交于点，连接，， 因为菱形，所以点是的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面， 所以， 又，，所以四边形是平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，、平面， 所以平面平面； （2）取的中点，连接， 因为，四边形是菱形， 所以是等边三角形，则， 则建立以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示： 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，，所以， 所以， 直线与平面所成角的正弦值为． 17．（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，点O是AB的中点． (1)求证：； (2)求直线CP与平面POD所成角的大小． 【详解】(1)因，点O是AB的中点，则， 因平面平面ABCD，且平面平面，平面PAB， 故平面ABCD，又平面ABCD，故． （2）如图，取CD中点E，连接OE，由（1）知平面ABCD， 因为为的中点，为的中点，，可得， 因，故，则可分别以，，为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系． 又，，，， 则，，， 于是，，，， 设平面POD的一个法向量为， 则，故可取， 设直线CP与平面POD所成角为，则， 即直线CP与平面POD所成角的大小为． 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． 【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·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥 中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点， (1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值 (2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直 【详解】（1） 所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系， 所以设 则母线长为 则侧面积为 解得： 所以 设面的法向量为 所以 不妨令则 所以设直线OB与平面PAC所成角为 所以 （2）因为D为线段PB上的动点，所以设 由（1）知 所以直线OA与CD不垂直. 20．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． (1)求证：平面平面； (2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小． 【详解】(1)证明如下： 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）解法一：由平面，平面，可知， 又因为是正三角形，所以． 设，由，， 可得，故， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的大小为． 解法二：连接，过作平面，垂足为，连接， 则就是直线与平面所成的角， 取的中点，连接，取的中点，连接， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为、分别为、的中点，所以，则， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以平面，且， 因为，故， 因为平面，平面，所以， 又因为，， 所以， 所以，解得， 又， 故，则， 所以与平面所成的角的大小为． 解法三：设是的中点，连接、、， 因为，，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别为、的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，所以，， 又因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 点与到平面的距离相等． 由四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 故，所以，故，即， 又平面平面，平面，平面平面， 故平面，易知，故到平面的距离也为， 又， 设与平面所成的角为，则，故， 所以与平面所成的角的大小为． 21．（2026·上海闵行·二模）如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且. (1)求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）； (2)求点到平面的距离. 【详解】（1）根据题意建立以底面圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于方向为轴的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，所以， 所以，， ，， 设异面直线所成角为，则 所以异面直线与所成角为 （2），，， 设平面的法向量为， 则由，，得，令，则， 所以 设点到平面的距离为，则 22．（2026·上海·模拟预测）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面，是正三角形，，，． (1)求证：； (2)求二面角的大小． 【详解】(1)因为，平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以； （2）如图，分别取，的中点，，连接，，则，， 因为是正三角形，所以，， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，，，， 故，， 设平面的法向量为， 则有，令，得， 则可取， 因为平面， 所以即为平面的一个法向量， 则， 所以二面角的大小为． 23．（2026·上海·三模）如图，在四棱锥中，是等边三角形，且，，，，为的中点，为的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求直线和平面所成的角的大小． 【详解】(1)取中点，连接，由为中点，得且， 又，，则且，四边形为平行四边形， 因此，又平面，平面， 所以平面. (2)由为的中点，，，得四边形为平行四边形， 则，而，则，由是等边三角形，得， 又平面，因此平面，而平面. 所以平面平面. （3）在正中，，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，在平面内作，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由（2）知，则， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 设与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成的角为. 24．（2026·上海浦东新·三模）如图，平行六面体，点在底面上的投影落在线段上（不含端点）． (1)求证：直线平面； (2)若侧棱与底面所成的角为，求平面与底面所成二面角的大小． 【详解】（1）连接、，作底面于， 由题，底面，又底面，故， 因为四边形为平行四边形，且， 因此四边形为菱形， 平面，平面， 因此，平面; （2）解法一：作于，连接， 由题，底面，即在底面的射影， 所以，即侧棱与底面所成的角， 在直角中，由，知． 设，则由题意可知， 又底面，是底面的斜线，是在底面的射影． 因为，所以（三垂线定理），（注：可用线面垂直证明） 所以即为二面角的平面角 ，又平面平面， 因此，平面与底面所成角为或； 解法二：作于，连接 由题，底面，即在底面的射影， 所以，即侧棱与底面所成的角． 在直角中，由，知． 故为菱形的中心，即此时． 以为坐标原点，分别以、与的方向为、与轴的正方向，建立空间直角坐标系． 令，则、、 则 设平面的法向量为，则， 从而得到平面的一个法向量为， 又底面的一个法向量为， 从而 所以，平面与底面的二面角是或． 25．（2026·上海奉贤·二模）在四棱锥中，四边形是菱形，，，，点F为的中点，点E为上的点，，，平面与棱交于点G． (1)求证：异面直线与垂直； (2)当时，求与底面所成的线面角大小． 【详解】(1)证明：已知四边形是菱形，则，设，则是的中点， ，，， ，且平面，平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系， ，，，， ，F为的中点，， 点E为上的点，，，，则， ，，，故， 异面直线与垂直． （2）当时，，， 设为平面的法向量，则，令， 则， ， 平面方程为：，即， ， ，直线参数方程为：， 参数方程代入平面方程得，解得， ，故， 底面的法向量为， 设与底面所成角为，则 ， 与底面所成的线面角为． 26．（2026·上海·三模）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． (1)证明：// 平面； (2)若四棱锥的体积为3，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值． 【详解】(1)取的中点，连接，， 因为分别是和的中点，所以，且. 因为和都垂直于平面，且，所以，且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面平面，所以// 平面． （2）设点到平面的距离为， 则，为． 由于平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内过且垂直于的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， 因为， 所以， 设，则， 设平面的法向量为，由，得， 令，得，因此平面的一个法向量． 由于平面，因此是平面的一个法向量． 设平面与平面所成的锐二面角大小为， 则. 因为，当且仅当时，等号成立； 所以. 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值为． 27．（2026·上海普陀·二模）如图，在正三棱柱中，D、E分别是棱、的中点，且. (1)求证：直线平面； (2)求点A到平面的距离. 【详解】(1) 如图1，连接， 由正三棱柱的结构特征可知， 在正三棱柱中是正三角形，侧面均为矩形，平面. 因为D是棱的中点，所以， 因为平面，所以平面平面. 又平面平面，所以平面. 又平面，所以. 因为，所以矩形为正方形，所以， 又，所以， 因为平面，，所以直线平面. （2）方法一：设点A到平面的距离为h， 因为平面，所以到平面的距离相等，都为. 由（1）知，侧面均为正方形，所以，， 又，所以为等腰三角形，所以. 又，即， 所以，解得，即点A到平面的距离为. 方法二：取的中点，连接，由（1）可知两两互相垂直， 所以以D为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 即，所以点A到平面的距离为. 28．（2026·上海浦东新·三模）如图，在圆台中，上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为2，圆台的侧面积为．是圆的一条弦，．是圆台的一条母线． (1)若，证明：； (2)若是圆的直径，求二面角的正切值． 【详解】(1)侧面积（母线长）． 圆台高． 建系：，． 上底面圆方程为（平面）． 下底面圆方程为（平面）． 是圆的弦，，圆半径， 由． 即弦对应的圆心角为． 不妨取，． （此时，，验证正确）． 是圆台母线：母线上、下端点在两底面的对应方位角相同． 即若在圆上方位角为，则在圆上同方位角处， ，． 时，在的垂直平分面上． 中点，垂直平分面为． 在圆上且满足． 取，对应． ，． ，故．证毕． （2）是圆的直径，故与关于对称， ，． 在圆上与同方位：． 平面：三点，，均在平面上（上底面所在平面）， 故平面的法向量（竖直向上）． 平面：设其法向量为． ，． 两式相减：．代入第二式：． 取，得． 二面角的余弦：． ． 29．（2026·上海徐汇·二模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为直角梯形，，. (1)求证：； (2)若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的大小. 【详解】(1)取的中点，连接， 因为，， 则，所以四边形是平行四边形， 又，四边形是矩形， 所以， 为等边三角形，为的中点， 所以 ， ，平面 ， 所以平面 ， 平面 ，所以. （2）梯形的面积为， 设四棱锥的高为，体积为， 得， 所以平面， 以所在直线分别为轴、轴、 轴建立空间直角坐标系， ， ，，， 设面的法向量为， ，， ，， 取， 则，， 设直线与平面所成角为 ， . 直线与平面所成角的大小为. 30．（2026·上海·模拟预测）已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面ABC． (1)求该棱柱的体积； (2)求平面与平面所成二面角的大小． 【详解】（1）设AC的中点为O，连接，BO． ∵为等边三角形，边长为2， ∴，，． ∵平面平面ABC，平面平面， ∴平面，又平面，， ∴，， ∴，则． 又∵平面平面ABC，平面平面， ∴平面ABC， ∴． （2）由（1）知平面ABC，， 如图，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系， ，，， ，， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，则， 易知平面的一个法向量， ， 则平面与平面所成二面角大小为和． 31．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图，在正三棱台中，，，点为的重心．    (1)求证：． (2)求：直线与平面所成角的大小． 【详解】（1）如图，延长交于点，取的中点，连接和，    ∵点为的重心，为正三角形， ∴点为的中点，， 又点为的中点，侧面是等腰梯形， ， ，平面， 平面， 平面， . （2）法1：    如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系． 则，，． 在梯形中，作交于点，作交于点， 由正三角形的性质可得，， 由勾股定理得， 由， 即,可得， 由勾股定理得． ，， ，，. 设平面的法向量为． 由，得， 令，则，． ． 设直线与平面所成角的大小为， ∴， ∴直线与平面所成角的大小为； 法2：    如图，过点作交于点，连接． 平面平面， ∴平面平面. 又平面平面，平面，， 平面， 是直线与平面所成角． 在梯形中，作交于点，作交于点， 由正三角形的性质可得，，由勾股定理得， 由， 即,可得， 所以，所以． ． 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为． ∴直线与平面所成角的大小为； 法3：    如图，补形为正三棱锥． 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为． ，， 由，，知，， 由勾股定理得，即， ， 即直线与平面所成角的正弦值为． ∴直线与平面所成角的大小为． 32．（2026·上海杨浦·模拟预测）如图1，在梯形中，，， 的中点且，的内角的对边分别为，且满足，点为边上一点，当面积最大时，将沿翻折得到四棱锥（如图2），点为线段的中点． (1)若，求的长； (2)若四棱锥的体积等于2，是否存在点N使得MN与平面PBC所成角的余弦值为，若存在，求出点N位置，若不存在，请说明理由． 【详解】（1）∵ 在中，由射影定理得， 又，故，∵ ，∴ ， 由余弦定理可得，故， 当且仅当时等号成立， 故， 此时为等边三角形，且，. ∵ 为中点，故，故， 故四边形为菱形，取中点，连接、， ∵ 为中点，为中点，∴ ， ∵ 四边形为平行四边形，故，∴ ， ∵ 平面，平面，∴ 平面， ∵ 平面，，平面， ∴ 平面平面，∵ 平面平面， 平面平面，∴ ， ∵ 为中点，∴ 为中点，故. （2）由（1）可知为边长为的等边三角形，四边形为边长为的菱形 故边上的高为，翻折后四棱锥体积为2， ∵ 底面平行四边形的面积， 设四棱锥高为，∴ 由体积公式，代入得，解得， ∴ 翻折后平面平面，取中点为原点，则， 而平面平面，平面，故平面， 故建立如图所示的空间直角坐标系： 各点坐标为，，，，， ∵ 为中点，∴ ， 设（），则的坐标为， ∴ ， 设平面的法向量为，，， ∵ ，，∴ ，取， 设与平面所成角为，则且，∴ ， 故， 整理得，解得， ∵ 不符合取值范围，舍去，∴ ，即存在点，. 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $