专题07 立体几何与空间向量（期中真题汇编，江苏专用）高三数学上学期

**基本信息** 汇集江苏多地高三期中试题，聚焦立体几何与空间向量三大高频考点，融合文化传承（清代官斛）、实际应用（热气球材料、帐篷设计）等情境，梯度覆盖基础计算到动态几何综合探究。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择（含多选）|18题|空间几何体表面积体积、位置关系判断、空间向量求角|结合翻折问题（矩形翻折成三棱锥）、多球相切（红球与白球外切）考查空间想象| |填空|4题|球的表面积、外接球体积最值|以正三棱台外接球体积最值考查动态几何思维| |解答|14题|面面垂直证明、二面角计算、体积最值|帐篷体积最值问题融合函数求导，体现实际应用与数学建模结合|

专题07 立体几何与空间向量 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有纯净水，，图1中水面高度恰好为棱台高度的，图2中水面高度为棱台高度的，若图1和图2中纯净水的体积分别为，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据棱台的体积公式，求出，即可解出. 【详解】 设四棱台的高度为，在图1中，中间液面四边形的边长为5，在图2中，中间液面四边形的边长为6， 则， 所以. 故选：D. 2．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则这个圆锥的半径为（       ） A. 2 B.  C.  D. 3 【答案】B 【分析】 根据表面积公式和弧长公式列方程组求解可得. 【详解】 记圆锥的底面半径为，母线长为，则 ，解得. 故选：B 3．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）已知圆柱和圆锥的底面半径相同，母线长也相同，则它们的表面积之比为（       ） A.  B.  C.  D. 3：1 【答案】C 【分析】 设它们底面圆半径为，母线长为，计算其表面积后可得比例关系. 【详解】 设它们底面圆半径为，母线长为， 记圆柱的表面积为，则， 记圆锥的表面积为，则， 所以圆柱与圆锥表面积之比. 故选：C 4．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用台的体积公式计算正四棱台的体积，进而求解. 【详解】 由题意有：， 所以正四棱台的体积为：， 所以一石米的体积大约为：， 故选：C 5．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）已知圆锥的高为，其内切球的体积为，则该圆锥的侧面积为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查圆锥的内切球以及圆锥侧面积的计算，解题的关键在于根据内切球的体积求出半径，再利用圆锥的轴截面和几何关系求出圆锥的底面半径和母线长，最后根据圆锥侧面积公式计算结果. 【详解】 因为内切球的体积为，所以内切球的半径， 设圆锥的轴截面图如图所示,底面圆心为，球心为,球与圆锥侧面切点为, 圆锥高为，半径为 ,母线长为， 所以，； 因为 与相似，所以 ，即，得到， 在 中有 ,即得到，， 所以圆锥的侧面积为； 故选：B 6．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知一个红球和三个半径为3的白球，这四个球两两外切，且它们都内切于一个半径为7的黑球，则红球的表面积可以为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 由题意画出图形，利用大球与四个小球内切，结合半径相等列式即可求解. 【详解】 如图，作出符合题意的图形， 设三个半径为3的白球的球心分别为，设红球半径为，球心为， 连接， 则在平面上的射影为底面正三角形的外心， 可得， 三棱锥为正三棱锥，侧棱， 再设大球的球心为，由对称性可得，在线段上， 要使大球与四个小球都内切， 则，， 又，，解得， 则红球的表面积． 故选：C． 7．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）如图，某圆柱完全在一个棱长为9的空心正四面体内部，该圆柱的下底面落在此正四面体一个底面上，当该圆柱体积最大时，其底面半径为（       ） A.  B. 2 C.  D. 3 【答案】A 【分析】 设圆柱的上、下底面圆心分别为，求得且，设圆柱的底面圆的半径为，高为，根据，得到，结合圆柱的体积公式，求得，令，利用导数求得函数的单调性和最大值点，即可求解. 【详解】 如图所示，设圆柱的上、下底面圆心分别为，其中也是底面正的中心， 因为正四面体的棱长为，可得， 在直角中，可得，且， 设圆柱的底面圆的半径为，高为， 由，可得，即，解得， 则圆柱的体积为，其中， 令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值，即圆柱的体积取得最大值. 故选：A. 8．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）（多选）已知在矩形中，，为线段的中点，将分别沿翻折，使得两点重合于点，则（       ） A.  B. 三棱锥的体积为 C. 点到平面的距离为 D. 存在半径为的球，使得四点均在球的球面上 【答案】AC 【分析】 对A：借助折叠性质与勾股定理逆定理计算即可得；对B：借助线面垂直判定定理可得为三棱锥的高，再利用体积公式计算即可得；对C：借助等体积法计算即可得；对D：设出球心，结合外接球性质，利用勾股定理计算即可得. 【详解】 对A：，，， 有，故，故A正确； 对B：由，故、， 又、平面，，故平面， 故，故B错误； 对C：设点到平面的距离为，则由可得： ，则，故C正确； 对D：设三棱锥外接球球心为，半径为， 由，平面，取中点， 则，且，则， 则有， 即，故D错误. 故选：AC. 9．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）某人打算用A型材料制作一个近似于球形的热气球，半径为，则大约需要　　　　　　　　　　　的材料．若A型材料的价格为200元，根据需求气球半径要增加，则所需费用需增加　　　　　　　　　　　元．（的近似值取3.14） 【答案】① ；    ② 【分析】 由球表面积公式结合题意可得答案. 【详解】 第一空，因半径为，则需要的材料； 第二空，由题新气球需要的材料有：， 则增加材料有：，则所需费用增加元. 故答案为：；. 10．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）设计一个帐篷，它下部的形状是正四棱柱，上部的形状是正四棱锥，且该帐篷外接于球（如图所示）．    （1）若正四棱柱是棱长为的正方体，求该帐篷的顶点到底面中心的距离； （2）若该帐篷外接球的半径，设，该帐篷的体积为，则当为何值时，体积取得最大值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据条件，利用外接球的球心为正方体的中心，可得，即可求出结果； （2）根据条件得到，令，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解. (1) 小问详解： 设外接球的半径为，因为正四棱柱是棱长为的正方体， 易知外接球的球心为正方体的中心，所以，而， 得到． (2) 小问详解： ， ， ． ， 令， 由，得到， 在上递增，在递减． 时，体积取得最大值． 11．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）已知一个圆柱的底面半径为，体积为，若该圆柱的底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为　　　　　　　． 【答案】 【分析】 先根据圆柱的体积求出圆柱的高，再利用圆柱与球的几何关系求出球的半径，最后根据球的表面积公式计算球的表面积即可. 【详解】 设一个圆柱的高为， 一个圆柱的底面半径为，体积为， ，解得， 又该圆柱的底面圆周都在球的球面上， 设球的半径为，则， 故球的表面积为. 故答案为：. 12．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）一个正三棱台的上､下底面边长分别为1和2，则它的外接球体积的最小值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 利用正弦定理求出上、下底面外接圆的半径，设高为，外接球的半径，上底面外接圆圆心，下底面外接圆圆心，外接球球心为，利用勾股定理得到，即可得到，再由基本不等式求出，最后由体积公式计算可得. 【详解】 因为正三棱台的上､下底面边长分别为1和2， 所以上底面外接圆的半径， 下底面外接圆的半径， 设高为，外接球的半径，上底面外接圆圆心，下底面外接圆圆心，外接球球心为， 则 ，则 ， 所以， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以， 所以外接球体积的最小值为. 故答案为： 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）若直线不平行于平面，则下列结论正确的是（       ） A. 平面内的所有直线都与直线异面 B. 平面内不存在与直线平行的直线 C. 平面内的所有直线都与直线相交 D. 直线与平面一定有公共点 【答案】D 【分析】 根据线面关系，以及线面平行的判定定理，判断正确选项即可. 【详解】 直线不平行于平面，则可能为直线平面，或直线与平面相交， 所以A，B，C错误，D正确； 故选：D. 2．（2026·江苏徐州第一中学·二模）（多选）如图，在三棱锥中，，则（　　） A. 二面角的大小为 B. 三棱锥的体积为 C. 在棱上存在一点，使得 D. 三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】 对于A：由二面角的定义以及条件可得到即为二面角的平面角，计算此角即可；对于B：容易得到平面，从而利用棱锥的体积公式计算即可；对于C：计算出与平面所成的角，由线面角为线与平面里的线所成角的最小值，可得到的最小值，从而可判断C；对于D：由平面，可把三棱锥补成圆柱体，利用圆柱体外接球的求法可得答案. 【详解】 对于A：易知，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 从而可得即为二面角的平面角， 因为是边长为2的等边三角形，所以二面角的大小为，故A正确； 对于B：三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：易知在平面上的射影在棱上，则与平面所成的角为， 若点在棱上，则的取值范围为，故C错误； 对于D：由平面，可把三棱锥补成如图的圆柱体， 此圆柱体的外接球即为三棱锥的外接球.    等边三角形的外接圆半径，又因为， 所以此圆柱的外接球的半径， 故所求外接球的表面积为，故D正确． 故选：ABD 3．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），且\vec {BP}=\lambda \vec {BB}_{1}+\mu \vec {BC}\left(0\leq \lambda \leq 1,0\leq \mu \leq 1\right),E,F分别是棱的中点，则（       ） A. 平面截该正方体所得的截面图形是正五边形 B. 平面平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】 作出过点的截面，判断截面形状，可判断A的真假；根据线面垂直判定面面垂直，可判断B的真假；确定点位置，根据，的取值范围，判断C的真假；确定点轨迹，求轨迹长度，判断D的真假. 【详解】 对A：作出过的截面如下图：    延长和的延长线交于点，延长和交于点， 因为为中点，所以为中点，同理为中点. 则，即为的中位线， 连接，则过点，连接，则四边形为过点的截面， 所以平面截该正方体所得的截面是四边形，故A错误； 对B：连接，，如下图：    因为为正方体，分别为，中点，所以. 又，，平面，所以平面. 所以平面，又平面，所以平面平面.故B正确； 对C：当时，\vec {BP}=\lambda \vec {BB_{1}}（），所以点在线段上， 所以，时取等号；，时取等号. 所以恒成立，而， 所以的最小值为不可能为，故C错误； 对D：因为，所以， 所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆周的. 所以点轨迹长度为：，故D正确. 故选：BD 4．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【分析】 根据空间直线、平面间的位置关系判断． 【详解】 选项A，若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错； 选项B，若，则直线的方向向量分别是平面的法向量两平面垂直， 即为它们的法向量垂直，则，B正确； 选项C，若，且，则或，C错； 选项D，若，则可能有，也可能相交，D错. 故选：B． 5．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）（多选）若，为两条异面直线，，为两个平面，，，，则直线（     ） A. 可以与，都垂直 B. 至少与，中一条相交 C. 至多与，中一条相交 D. 至少与，中一条平行 【答案】AB 【分析】 可以通过举反例或反证法判断各个选项正误. 【详解】 因为a，b为两条异面直线且，，，所以a与l共面，b与l共面. 若l与a、b都不相交，则，与a、b异面矛盾，所以至少与，中一条相交故B对，C、D错； 当a、b为如图所示的位置时，可知l与a、b都相交，直线可以与，都垂直，故A对.    故选：AB. 6．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）（多选）已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若与所成角相等，则 【答案】BC 【分析】 根据空间中线面、面面的位置关系判断A、B、C，举反例判断D. 【详解】 对于A：若，则或，故A错误； 对于B：因为，，，所以或，且或。若，因为是不同的直线， 则与是内两条平行线，又，所以。同理，若，则。所以“或”必成立,故B正确。 对于C：若，则或， 若，则内必定存在直线使得，又，所以，所以； 若，又，所以， 综上可得，故C正确； 对于D：若且，此时与所成角均为，相等， 此时，故D错误. 故选：BC 7．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）（多选）如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（     ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】 由面面垂直得到何时四棱锥体积最大，并求出此时四棱锥体积，判断A选项；取中点，由等腰三角形和中位线得到线线的位置关系，从而得到线与平面的位置关系，从而得到线线的位置关系，然后得到线与平面的位置关系.假设存在这样的点，由三角形的边角关系建立方程，由方程是否存在解判断B选项；建立坐标系得到点坐标，设线段的中点坐标为，，然后建立方程组求得点坐标，由建立等量关系，从而得到轨迹方程，从而求得轨迹长度，判断C选项；由面面垂直得到线面垂直，再证明四点共圆，得到四棱锥的外接球，求出外接球的半径，从而知道外接球的表面积，判断D选项. 【详解】 平面平面时，易知平面，此时体积最大，，故A正确； 对于B，连接点与中点，连接，因为，所以， 由题意可得为中点，是中点，故， 所以，故，， 又，、平面，故平面， 又平面，所以 ，则当时， 又、平面，，故有平面， 又平面，故平面平面，即需，由题意可得 ， ，， 即当时，有， 由，故存在点，使，故B不正确；    对于C，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系， ，，设线段的中点坐标为，，， 由，得 ，所以 ，即，    由，得，整理得， 所以中点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆， 所以中点的运动轨迹长度为，故C正确； 对D: 平面平面时，平面，又由，故， 由，故 ，即四边形四点共圆，故四棱锥的外接球即三棱锥的外接球， 分别以、、为长、宽、高作长方体， 则该长方体的外接球即三棱锥的外接球，， 此时表面积为， 即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 8．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）条件下，若，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 如图②取的中点，连结 是中点，是中点， 在中，由中位线定理得， 又平面平面 平面. 又是中点，是中点， ，又，故在中，得， 又平面平面 平面 由平面平面， 平面平面，又平面， 平面.      （2） 如图④，在平面中，过作，为垂足， 平面平面，平面，，平面平面， 平面， 又平面，已知， 又平面平面， 平面，又由平面， .     （3）      【分析】 （1）根据中位线以及比例可证明线线平行，进而可得线面平行以及面面平行，即可根据面面平行的性质求解， （2）根据面面垂直的性质得线面垂直，即可根据线线垂直求证平面得解， （3）利用等体积法求解长度，即可由比例以及体积公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知，又已知，，是面内两相交直线， 面，即为三棱锥的的高，设点到面的高为， 则由得 ，解得， 又由知点到面的高为， 又， . 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）（多选）在长方体中，，，动点在棱上，则（       ） A.  B.  C. 三棱锥的体积是定值 D. 若，则长为1 【答案】BCD 【分析】 对于A,由平行的传递性知A错误；对于B，建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，由\vec {DA_{1}}\cdot \vec {D_{1}E}=1-1=0，可得解；对于C，三棱锥的体积，故C正确；对于D，由\vec {D_{1}E}\cdot \vec {EC}=0，解得，故D正确. 【详解】 如图：    对于A，，与不平行，故A错误； 对于B，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则A_{1}\left(1,0,1\right),D_{1}\left(0,0,1\right),E\left(1,m,0\right),\vec {DA_{1}}=\left(1,0,1\right),\vec {D_{1}E}=\left(1,m,-1\right)，\vec {DA_{1}}\cdot \vec {D_{1}E}=1-1=0，故.故B正确； 对于C,点到平面的距离为，三棱锥的体积 故C正确； 对于D，C\left(0,2,0\right),\vec {EC}=\left(-1,2-m,0\right),\vec {D_{1}E}\cdot \vec {EC}=-1+2m-m^{2}=0，解得，所以长为1，故D正确. 故选：BCD 2．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）在三棱锥中，已知，平面，，点是棱上的动点，点是平面内的动点，，点为中点，则点到平面距离的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 连接和，证得，求得，得到点的轨迹是以点为球心，半径为的球面，设点到平面的距离为，结合，列出方程，求得的值，得到到平面的最短距离为，即可求解. 【详解】 如图所示，连接和， 因为平面，且平面，所以， 在直角，点为的中点，且，所以， 所以点的轨迹是以点为球心，半径为的球面， 设点到平面的距离为， 因为，平面，且， 由，可得， 即，解得， 所以到平面的最短距离为. 故选：C. 3．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）（多选）已知正方体的棱长为分别是的中点，为线段上的动点，则（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 存在点，使得 D. 二面角的正切值的取值范围是 【答案】ABD 【分析】 对于A，利用即可判断；对于B，将平面展平到与平面共面时，即可求出的最小值；对于C,建立空间直角坐标系，利用向量的数量积即可判断；对于D,利用向量法求出平面夹角的余弦，利用函数单调性得出余弦最小值，此时夹角最大，求正切值即可判断. 【详解】 对于A，因为点到平面的距离为定值，分别是的中点， 所以为定值，则为定值， 由于，所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，将平面展平到与平面共面时，连接， 可得， 由于，所以的最小值为，故B正确； 对于C，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，    则，，. 设，，则点坐标为. \vec {EF}=\left(-1,1,0\right)，\vec {ME}=\left(1-a,-2,-2\right)， 若，则\vec {EF}\cdot \vec {ME}=0，即，解得， 又，故不存在这样的点，使得，C错误； 对于D，设二面角的平面角为，由图可得， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {EF}=-x+y=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {ME}=\left(1-a\right)x-2y-2z=0 \end{cases} ， 令，则，即 则， 因为当时，为增函数， 故当时，，即夹角最大时，余弦值为， 此时，， 故当时，，即夹角最小时，余弦值为， 此时，， 二面角的正切值的取值范围是,故D正确. 故选：ABD 4．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）（多选）在棱长为1的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点（包含边界），则下列说法正确的是（       ） A. 直线与直线所成角为 B. 直线与平面所成角的正切值为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 借助等角定理与正方形性质计算可得A；找到直线在平面上的投影后利用余弦定理计算即可得B；找到过点且与垂直的平面与侧面的交线，再计算交线长度即可得C；找到点关于平面对称点后连接计算即可得. 【详解】 对A：连接，由正方体性质可得，， 则为正三角形，故直线与直线所成角等于，故A正确；    对B：取中点，连接，由正方体性质可得， 又平面，平面，故， 又，、平面，故平面， 则直线与平面所成角为， 由，，， 则， 则，故，故B错误；    对C：取、中点、，连接、、、、、， 由、为、中点，结合正方体对称性可得为、中点， 由，， 故，则，即， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 又，，、平面， 故平面，又平面，故， 又，故，又，、平面， 则平面，故点轨迹为线段， 又，故点的轨迹长度为，故C正确；    对D：取点关于平面的对称点，连接，则， 故，当且仅当、、三点共线时，等号成立， 取底面中心，中点，三棱锥图象如图：    则， 故的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 5．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）（多选）正方体的棱长为2,点在面内（包括边界），若,且满足平面,则（     ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 点的轨迹是一段圆弧 C. 的最小值为 D. 动点的轨迹长为 【答案】ACD 【分析】 对于A，先求出三棱锥底面外接圆半径，因为一条棱垂直于底面，因此可根据底面半径与三棱锥的高，运用勾股定理求解出三棱锥外接球的半径，进而得解；对于B，易证得平面,又因为,可逐步证得，进而确定点就在线段上；对于C，根据的长度易得出点的轨迹是圆的一部分，再运用圆外一点到圆上一点的距离知识求解；对于D，建系后，设出点,求出平面的法向量，与向量垂直，可得到的关系式，进而确定的轨迹是一条线段，再求出其长度即可. 【详解】 对于A：    由题可知，点是线段上靠近点的四等分点， 三棱锥底面外接圆的半径， 平面,则三棱锥外接球的半径, 因此三棱锥外接球的表面积.故A选项正确； 对于B：    在正方体中，易证, 又平面,平面. ,平面. 又平面,. 又平面. ,即点的轨迹是线段,不是圆弧.故B选项错误； 对于C：在正方体中，有平面, 平面,. ,计算得, 故点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆心角为度的圆弧.    由上图易知，=. 因此，当时，最小，此时,故C正确； 对于D：    建立如图所示的空间直角坐标系. 则,设点, , 设平面的法向量为,因此有 ,得 ,得. 平面,,,因此有： ,化简得：. 因此点的轨迹为一条线段. 当时，,设该点为点,此时点在点位置; 当时，,此时点在点位置.    因此点的轨迹为四边形内的线段 故D正确. 故选：ACD. 6．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）（多选）已知正方体的棱长，点P是线段（含端点）上的一个动点，点M在上底面内（含边界），且．下列结论正确的是（　　　） A. 点的轨迹长度为 B. 存在点P，使得直线与所成角为 C. 点到平面距离的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 对于选项A，利用勾股定理求长度确定点轨迹，再求弧长；对于选项B，通过异面直线所成角转化为共面角结合P的位置范围判断；对于选项C，建系利用点到平面的距离公式求解；对于选项D，通过展开平面，利用余弦定理求的最小值. 【详解】 因为正方体的棱长，在中， ,由勾股定理得到 ,所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧，其长度为，故A项正确； 因为 ，所以就是直线与所成角, 因为正方体中平面且平面， 所以,所以中，所以,又因为，故B项错误. 以D为原点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，,,，, 设平面的法向量为，\vec {DB}=\left(2,2,0\right),\vec {DP}=\left(a,2,2-a\right)，则 \begin{cases} \vec {DB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2x+2y=0\\ \vec {DP}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=ax+2y+\left(2-a\right)z=0 \end{cases} ，令 则， 因为\vec {DM}=\left(x_{0},y_{0},2\right)，所以点M到平面PBD的距离为d=\frac{\left| \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DM}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| x_{0}-y_{0}+2\right| }{\sqrt{3}} ； 当最大，最小时有最大值，即时距离有，故C项正确. 将 与 展开在一个平面上，此时的最小值就是   （为 展开后的点）， 所以 , ， 所以,，所以 由余弦定理得到： 所以，的最小值为，故D项正确. 故选:ACD 7．（2026·江苏徐州第一中学·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．   （1）求证: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 【答案】（1）因为平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面．     （2）      【分析】 （1）由面面垂直的性质得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解两平面的夹角余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为底面为正方形，由（1）知平面，   所以，，两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系， 因为，Q为棱PD的中点， 所以， 可得，. 因为平面， 所以为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则，则， 设平面与平面的夹角为， 所以. 即平面与平面夹角的余弦值为． 8．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）如图，三棱柱的体积为分别是，的中点，是线段上的动点，且\vec {A_{1}E}=\lambda \vec {A_{1}C_{1}},AB\bot平面.    （1）若，求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】（1） 连接，交于点，连接， D，F分别是的中点，    是的重心，且， 又则， 中，且， 又平面且平面， 平面；     （2）或      【分析】 （1）连接，应用是的重心，得出，进而得出，再应用线面平行判定定理证明； （2）根据已知建立空间直角坐标系，应用\vec {A_{1}E}=\lambda \vec {A_{1}C_{1}}，再求出平面与平面的法向量，进而应用面面角余弦公式计算求参. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在平面中，作，垂足为点，取中点，连接，    平面，又平面， 又，平面， 平面， 三棱柱体积， 解得， ， 为中点， 则中，， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系 则，，，， ，，，， \vec {A_{1}E}=\lambda \vec {A_{1}C_{1}}=\left(0,6\lambda ,0\right)，，， \vec {AB}=\left(2\sqrt{3},0,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,3,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AA_{1}}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0 \end{cases} 代入得 ， 取得，所以\vec {m}=\left(0,-1,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， \vec {CF}=\left(\sqrt{3},0,\sqrt{3}\right)，\vec {CE}=\left(0,6\lambda -3,\sqrt{3}\right) 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CF}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CE}=0 \end{cases} 代入得 ， 取得，\vec {n}=\left(6\lambda -3,\sqrt{3},3-6\lambda \right) 设平面与平面的夹角为 \cos \theta =\left| \cos < \vec {m},\vec {n}> \right| =\left| \frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \left| \vec {n}\right| }\right| =\left| \frac{2\sqrt{3}\left(1-3\lambda \right)}{2\sqrt{72\lambda ^{2}-72\lambda +21}}\right| =\frac{\sqrt{15}}{5}， 化简得解得或， 或. 9．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 设，则是和的中点，连接， 四边形是菱形，，， 是等边三角形，， ，， 在中，，即， ，即， 又四边形是菱形，， 平面，平面， 平面.     （2）      【分析】 （1）由勾股定理得到，由菱形得到，由线面垂直判定定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得到两个平面所成角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，， 由（1）得两两互相垂直， 故以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，可得\vec {PC}=\left(0,1,-1\right),\vec {CD}=\left(\sqrt{3},-1,0\right)， 设平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {PC}=y-z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CD}=\sqrt{3}x-y=0 \end{cases} ，得 ，故， 同理，平面的一个法向量， 则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 10．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）已知三棱锥中，是边长为的等边三角形，，.    （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 在三棱锥中，取中点，连接，，        由是边长为的等边三角形，得，， 由，得，， 在中，，，，则， 即，而为二面角的平面角， 所以平面平面.     （2）      【分析】 （1）根据给定条件，求出二面角的平面角为直角即可推理得证. （2）建立空间直角坐标系，平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， \vec {BP}=\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2}\right),\vec {BC}=\left(-\frac{\sqrt{6}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)，设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BP}=-\frac{\sqrt{2}}{2}y+\frac{3\sqrt{2}}{2}z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BC}=-\frac{\sqrt{6}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y=0 \end{cases} ，取，得， 而平面的法向量为\vec {m}=\left(0,1,0\right)， 因此\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{| \vec {m}| | \vec {n}| }=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}，\sin \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\sqrt{1-\cos ^{2}\left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle }=\frac{2\sqrt{13}}{13}， 所以二面角的正弦值为. 11．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）如图，在几何体中，四边形是正方形，是等边三角形，，平面平面，中边上的高为，且．    （1）证明：平面； （2）求几何体的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 且平面 ，所以平面 ， 因为，所以平面 .     （2）     （3）      【分析】 （1）由平面平面，证得平面 ，得到，因为，即可证得平面 ； （2）连接和 ，得到 ，由平面 ，取得，再证得平面，求得 ，即可求得几何体的体积； （3）以为 坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量\vec {HF}=\left(0,0,2\sqrt{3}\right)和平面的一个法向量\vec {n}=\left(\sqrt{3},0,1\right)，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接和 ，则几何体的体积等于 , 因为平面，所以是三棱锥 的高， 所以， 因为 中边上的高为 ，且，所以， 又因为平面平面，且平面 平面，平面 ， 所以平面 ， 又因为，所以是四棱锥 的高， 所以， 所以几何体的体积等于. (3) 小问详解： 解：以为 坐标原点，建立如图空间直角坐标系 ，如图所示， 则 ， ，所以 \vec {HF}=\left(0,0,2\sqrt{3}\right) ． 因为 ，，， 可得 \vec {DA}=\left(0,4,0\right) ，\vec {AE}=\left(-2,-2,2\sqrt{3}\right) ， 设平面 的法向量为 ，则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {DA}=4y=0\\ \vec {n}\cdot \vec {AE}=-2x-2y+2\sqrt{3}z=0 \end{cases} ， 取，可得，所以 \vec {n}=\left(\sqrt{3},0,1\right) ，           所以 \cos \left< \vec {n},\vec {HF}\right> =\frac{\vec {n}\cdot \vec {HF}}{\left| \vec {n}\right| \left| \vec {HF}\right| }=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^{2}+1^{2}}\times 2\sqrt{3}}=\frac{1}{2} ， 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． 12．（25-26学年高三上·江苏期中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，E，F分别是CD，PA的中点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，    分别为中点，且， 为矩形，为中点，且， 且，四边形为平行四边形， ， 平面，平面，平面.     （2）      【分析】 （1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建系，然后利用空间向量的方法求面面角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，\vec {FE}=\left(0,-1,-1\right)，\vec {FB}=\left(-2,1,-1\right)， 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {FE}=-y-z=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {FB}=-2x+y-z=0 \end{cases} ，令，则，， 所以\vec {m}=\left(1,1,-1\right)， 由题意可知，\vec {n}=\left(1,0,0\right)可作为平面的法向量， \cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \left| \vec {n}\right| }=\frac{1}{\sqrt{1+1+1}\times 1}=\frac{\sqrt{3}}{3}， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 13．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）如图，在直三棱柱中，，两点分别在直线上，．    （1）证明：平面； （2）求线段的长度； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 因为直三棱柱，则， 因，则， 又，，平面，则平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）求证，再利用线面垂直的判定定理求证； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设\vec {BM}=\lambda \vec {BC},\vec {AN}=\mu \vec {AC_{1}}，利用求出坐标即可； （3）计算平面和平面的法向量，根据法向量的夹角和二面角的平面角的关系即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为直三棱柱，且， 则以为原点，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则\vec {BC}=\left(-2,2,0\right),\vec {AC_{1}}=\left(0,2,2\right)， 设\vec {BM}=\lambda \vec {BC}=\left(-2\lambda ,2\lambda ,0\right),\vec {AN}=\mu \vec {AC_{1}}=\left(0,2\mu ,2\mu \right)， 则，则\vec {MN}=\left(2\lambda -2,2\mu -2\lambda ,2\mu \right)， 则 \begin{cases} \vec {MN}\cdot \vec {BC}=-4\lambda +4+4\mu -4\lambda =0\\ \vec {MN}\cdot \vec {AC_{1}}=4\mu -4\lambda +4\mu =0 \end{cases} ，解得， 则，故； (3) 小问详解： 因，则\vec {AB_{1}}=\left(2,0,2\right)，\vec {AM}=\left(\frac{2}{3},\frac{4}{3},0\right),\vec {AN}=\left(0,\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)， 设平面和平面的法向量分别为\vec {m}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right),\vec {n}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， 则 \begin{cases} \vec {AB_{1}}\cdot \vec {m}=2x_{1}+2z_{1}=0\\ \vec {AM}\cdot \vec {m}=\frac{2}{3}x_{1}+\frac{4}{3}y_{1}=0 \end{cases} ， \begin{cases} \vec {AB_{1}}\cdot \vec {n}=2x_{2}+2z_{2}=0\\ \vec {AN}\cdot \vec {n}=\frac{2}{3}y_{2}+\frac{2}{3}z_{2}=0 \end{cases} ， 不妨令，则\vec {m}=\left(-2,1,2\right),\vec {n}=\left(1,1,-1\right)， 则\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{-2+1-2}{\sqrt{9}\times \sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}， 有图可知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为 14．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面ABCD，，.    （1）若为线段的中点，求证：平面. （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 法一：以为原点，\vec {AB}，\vec {AD}，\vec {AP}，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，    由为线段的中点，可得，\therefore \vec {DE}=\left(1,0,1\right). 由题意可得\vec {AD}=\left(0,1,0\right)为平面的一个法向量. \because \vec {AD}\cdot \vec {DE}=0\times 1+1\times 0+0\times 1=0，且平面，平面 法二：取、的中点分别为、，连接、、，    为的中位线，，. ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 又面，面 平面     （2）     （3）      【分析】 （1）法一：以为原点，\vec {AB}，\vec {AD}，\vec {AP}，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用\vec {AD}\cdot \vec {DE}=0可得结论；法二：取、的中点分别为、，连接、、，利用线线平行证明线面平行； （2）法一：求得平面的一个法向量，利用向量法求得点到平面的距离；法二：利用等体积法求得点到平面的距离； （3）法一：设平面与平面夹角为，利用向量法可求平面与平面夹角的正弦值.法二：延长，交于点，连接.可证为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：\vec {DC}=\left(2,1,0\right)，\vec {PC}=\left(2,2,-2\right). 设\vec {n}=\left(x,y,z\right)为平面的一个法向量，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {n}\cdot \vec {DC}=2x+y=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PC}=2x+y-2z=0 \end{array}\right. ， 不妨设，则\vec {n}=\left(1,-2,-1\right). 设点到平面的距离为，则d=\left| \frac{\vec {n}\cdot \vec {AD}}{\left| \vec {n}\right| }\right| =\frac{\left| 0-2+0\right| }{\sqrt{1+4+1}}=\frac{\sqrt{6}}{3} 法二：，，底面，，. ， 设点到平面的距离为，则由可得： ，解得： (3) 小问详解： 设平面与平面夹角为，由题意可知，为锐角， \cos \theta =\left| \frac{\vec {n}\cdot \vec {AD}}{\left| \vec {n}\right| \times \left| \vec {AD}\right| }\right| =\left| \frac{-2}{\sqrt{6}\times 1}\right| =\frac{\sqrt{6}}{3} 即平面与平面夹角的正弦值为. 法二：延长，交于点，连接.    底面为直角梯形，，，为的中位线. .又底面，，为等腰直角三角形，其中. 同理可证：. 为平面与平面所成二面角的平面角. 在中，，，，. 即平面与平面夹角的正弦值为. 15．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与重合），平面与棱交于点． （1）求证：； （2）若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 在三棱柱中，， 又面，面， 所以平面， 又面面，面， 所以；     （2）      【分析】 （1）利用线线平行证明线面平行，进而推出线线平行； （2）取中点，连接，．首先证明、、互相垂直，以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设面的一个法向量，利用线面角的向量公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，连接，． 在中，因为，所以，且，． 又面面，面面，面， 所以平面，又平面，所以． 在中，，又，， 所以，则． 由，面，则面， 由平面，故， 又，所以．      以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以\vec {BD}=\left(-3,1,0\right)，\vec {DE}=\vec {AA_{1}}=\left(0,2,2\sqrt{3}\right)． 设面的一个法向量为\vec {n}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BD}=-3x_{1}+y_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DE}=2y_{1}+2\sqrt{3}z_{1}=0 \end{cases} ， 令，故\overset{\rightarrow }{n}=\left(1,3,-\sqrt{\mathrm{3}}\mathrm{\right)}． 又\vec {AB}=\left(3,2,0\right)，设直线与面所成角为， 则\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {AB}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{9}{13}． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）如图，在四面体中，平面，是的中点，是的中点．点在线段上，且． （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 取线段的中点，线段靠近点的四等分点， 连接，如图． ∵是的中点，∴，且，即， 又，∴，且， ∴，且， ∴四边形为平行四边形，∴， 又平面，平面，∴平面．     （2）．      【分析】 （1）构造线线平行，利用线线平行证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵平面且， ∴过作轴垂直平面，以方向为轴正向， 建立空间直角坐标系． 设，则， ∴\vec {SE}=\left(-\frac{1}{2},1,-\frac{3}{4}\right),\vec {SF}=\left(-\frac{3}{4},0,-\frac{3}{4}\right)． 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 ，令，得\vec {n}=\left(4,-1,-4\right)． 取平面的法向量为\vec {m}=\left(0,1,0\right).        设平面与平面的夹角为， 则\cos \theta =\left| \cos < \vec {n},\vec {m}> \right| =\frac{\left| \vec {n}\cdot \vec {m}\right| }{\left| \vec {n}\right| \left| \vec {m}\right| }=\frac{\sqrt{33}}{33}， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 17．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）如图，在三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1），，， 由余弦定理得， ， ，， 又，，平面， 平面；     （2）      【分析】 （1）由余弦定理得到，根据勾股定理逆定理得到，结合证明出线面垂直； （2）先由线面垂直得到线线垂直，得到二面角的平面角为，求出各边长，得到为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 方法一：平面，平面， 且， 二面角的平面角为，而， ，为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在平面为平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 由\vec {A_{1}C_{1}}=\vec {AC}\Rightarrow A_{1}\left(1,-2,\sqrt{3}\right)，\therefore \vec {BC_{1}}=\left(-1,0,\sqrt{3}\right)，\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(1,-2,\sqrt{3}\right)， 设平面的一个法向量， \therefore \begin{cases} \vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(2,0,0\right)\cdot \left(x,y,z\right)=2x=0\\ \vec {AA_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(1,-2,\sqrt{3}\right)\cdot \left(x,y,z\right)=x-2y+\sqrt{3}z=0 \end{cases} ， 解得，令，则，故， 设与平面所成角为， \therefore \sin \theta =\frac{\left| \vec {BC_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {BC_{1}}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. 方法二：因为平面，又平面，所以． 又，所以为二面角的平面角，即， 在中，因为，，所以．故是等边三角形 所以． 在三棱柱中，，又平面，所以平面， 又平面，所以．故为直角三角形． 在直角中，因为，，所以，故． 设点到平面的距离为，由， 得，解得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知多面体的底面是正方形，底面，，. （1）证明：平面平面； （2）设. （i）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若二面角的大小为，求的值. 【答案】（1） 底面为正方形，得. 因为底面，面，得. 又，平面，平面，得平面， 由平面，所以平面平面；     （2）（i）；（ii）或.      【分析】 （1）根据题意证明平面即可求解； （2）（i）以为坐标原点建立空间直角坐标系，再由线面夹角的向量求解方式求解即可； （ii）由二面角的向量求法，求得，再由二面角为代入求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由得，，，，， （i）当时，，，，， 设平面的法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 由 得 不妨取，则，从而平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. （ii）由，得，， 由（1）知，. 设平面的法向量为\vec {n_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， 由 得 ，不妨取， 则，， 所以平面的一个法向量为. 则， 又因为二面角的大小为135°，所以， 化简得， 得或. 19．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）如图，在三棱锥中，平面为棱的中点，，. （1）求二面角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）取中点，连接，，即可得到、，则为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （2）设点到平面的距离为，利用等体积法求出，设直线与平面所成角为，则，即可得解. (1) 小问详解： 取中点，连接， ，因为，为 中点， 所以. 因为平面平面，所以， . 在中，， 在中，， 从而，又 为中点， 所以. 故为二面角的平面角， 因为平面 平面，所以， 又，所以， 从而， 所以二面角的余弦值为. (2) 小问详解： 设点到平面的距离为. 因为平面，所以平面. 又平面，所以. 所以. 由，得，即，故， 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 20．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）如图，在直三棱柱中，已知，分别和的中点. （1）求证：平面； （2）判断与是否垂直，并说明理由； （3）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 由于是对角线的中点. 设的中点为，则分别是的中点，故\vec {NP}=\frac{1}{2}\vec {B_{1}C_{1}}=\vec {MC_{1}}， 这就说明是平行四边形，故平行于， 而在平面内，不在平面内， 故平行于平面；     （2）垂直，理由如下： 记的中点为，由于，故， 又由于该三棱柱是直三棱柱，且\vec {OM}=\vec {OC}+\vec {CC_{1}}+\vec {C_{1}M}=\frac{1}{2}\vec {BC}+\vec {CC_{1}}+\frac{1}{2}\vec {C_{1}B_{1}}=\vec {CC_{1}}，故平行于. 而垂直于平面，故垂直于平面， 而均在平面内，故两两垂直. 现在以为原点，\vec {OA},\vec {OC},\vec {OM}分别为轴正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，， 故\vec {A_{1}B}=\left(-1,-2,-2\right)，\vec {CM}=\left(0,-2,2\right)，从而\vec {A_{1}B}\cdot \vec {CM}=4-4=0， 这就说明垂直于；     （3）      【分析】 （1）设的中点为，证明平行于，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出与所在直线方向向量，判断它们的数量积是否为0即可； （3）分别求出与平面的方向向量、法向量，由向量夹角的余弦公式即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由于，，故\vec {AB}=\left(-1,-2,0\right). 而，，，故\vec {CM}=\left(0,-2,2\right)，\vec {CN}=\left(\frac{1}{2},-3,1\right). 设是平面的法向量，所以\vec {n}\cdot \vec {CM}=\vec {n}\cdot \vec {CN}=0， 则. 所以，，从而可以取. 而\cos \left\langle \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle =\frac{\vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}}{\left| \vec {AB}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{-4-2}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{18}}=\frac{-6}{\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{2}}=-\frac{2}{\sqrt{10}}=-\frac{\sqrt{10}}{5}， 故与平面所成角的正弦值是. 21．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）如图1，矩形中，分别是的中点，分别是线段上的点，且，如图2，将四边形沿翻折，使得平面平面. （1）求证：平面； （2）当直线与所成角的余弦值为时，求线段的长度； （3）当线段最短时，求二面角的正弦值. 【答案】（1） 在矩形中，分别是的中点， 所以和是全等的正方形， 所以. 又因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明即可证得线面垂直； （2）建立空间直角坐标系后写出\vec {BE}，再设出点，则，写出\vec {MN}，再运用向量夹角公式列出方程，即可求得，继而求得； （3）利用| \vec {MN}| =\sqrt{2\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}这个二次函数，求出取得最小值时的，则两点确定，再求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式求出二面角的余弦值，再转换为正弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以\left\{\vec {EF},\vec {ED},\vec {EA}\right\}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. 设，则， 所以\vec {MN}=\left(0,a,a-1\right)，而\vec {BE}=\left(-1,0,-1\right)， 设直线与所成角为， 则\cos \theta =\left| \cos < \vec {MN},\vec {BE}> \right| =\frac{\left| \vec {MN}\cdot \vec {BE}\right| }{\left| \vec {MN}\right| \cdot \left| \vec {BE}\right| }=\frac{1-a}{\sqrt{2a^{2}-2a+1}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}， 解得或（舍去）.所以\vec {MN}=\left(0,\frac{2}{3},-\frac{1}{3}\right)， 所以线段的长度为. (3) 小问详解： 因为\left| \vec {MN}\right| =\sqrt{a^{2}+(a-1)^{2}}=\sqrt{2\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}， 所以当时，线段最短， 此时\vec {MN}=\left(0,\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right),\vec {EN}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),\vec {FN}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right). 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \vec {m}\cdot \vec {MN}=0\\ \vec {m}\cdot \vec {EN}=0 \end{cases} ，即 ， 取平面的一个法向量为. 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {MN}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {FN}=0 \end{cases} 即 ， 取平面的一个法向量为. 设二面角的平面角为， 则， 所以. 22．（25-26学年高三上·江苏扬州·期中）如图，四棱锥和四棱锥中，底面为边长为6的正方形，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积. 【答案】（1） 证明：因为平面平面， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）      （3）60      【分析】 （1）利用线面平行的判定定理可证明； （2）建系，利用线面角的向量公式计算即可； （3）先作出重合部分的图形，然后再拆分成一个四棱锥与一个三棱柱，计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 分别以为轴建立空间直角坐标系，由题意得： ， 所以\vec {QB}=\left(6,-6,-8\right),\vec {CD}=\left(-6,0,0\right),\vec {PD}=\left(0,6,-8\right)， 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 故 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {CD}=\left(x,y,z\right)\cdot \left(-6,0,0\right)=-6x=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PD}=\left(x,y,z\right)\cdot \left(0,6,-8\right)=6y-8z=0 \end{cases} ，令得 ， 故平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,4,3\right)， 直线与平面所成角为， \sin \alpha =\left| \cos \left\langle \vec {QB},\vec {n}\right\rangle \right| =\left| \frac{\vec {QB}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {QB}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }\right| =\left| \frac{-6\times 4-8\times 3}{\sqrt{6^{2}+6^{2}+8^{2}}\cdot \sqrt{4^{2}+3^{2}}}\right| =\frac{12\sqrt{34}}{85}， 所以直线与平面所成角的正弦值. (3) 小问详解： 连接，由且，可得：四边形为平行四边形，故相交，设交点为； 易得四边形为平行四边形，故相交，设交点为， 故四棱锥和四棱锥重合部分为几何体， 分别取的中点，连接，容易得到几何体为三棱柱. 几何体由四棱锥与三棱柱组合而成. 所以几何体的体积. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何与空间向量 3大高频考点概览 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）如图，两个相同的正四棱台密闭容器内装有纯净水，，图1中水面高度恰好为棱台高度的，图2中水面高度为棱台高度的，若图1和图2中纯净水的体积分别为，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则这个圆锥的半径为（       ） A. 2 B.  C.  D. 3 3．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）已知圆柱和圆锥的底面半径相同，母线长也相同，则它们的表面积之比为（       ） A.  B.  C.  D. 3：1 4．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食从苏州府运送到全国各地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，两斛为一石.已知一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为，下底也为正方形，内边长为，斛内高，那么一石米的体积大约为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）已知圆锥的高为，其内切球的体积为，则该圆锥的侧面积为（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知一个红球和三个半径为3的白球，这四个球两两外切，且它们都内切于一个半径为7的黑球，则红球的表面积可以为（     ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）如图，某圆柱完全在一个棱长为9的空心正四面体内部，该圆柱的下底面落在此正四面体一个底面上，当该圆柱体积最大时，其底面半径为（       ） A.  B. 2 C.  D. 3 8．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）（多选）已知在矩形中，，为线段的中点，将分别沿翻折，使得两点重合于点，则（       ） A.  B. 三棱锥的体积为 C. 点到平面的距离为 D. 存在半径为的球，使得四点均在球的球面上 9．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）某人打算用A型材料制作一个近似于球形的热气球，半径为，则大约需要　　　　　　　　　　　的材料．若A型材料的价格为200元，根据需求气球半径要增加，则所需费用需增加　　　　　　　　　　　元．（的近似值取3.14） 10．（25-26学年高三上·江苏苏州姑苏区苏州中学·期中）设计一个帐篷，它下部的形状是正四棱柱，上部的形状是正四棱锥，且该帐篷外接于球（如图所示）．    （1）若正四棱柱是棱长为的正方体，求该帐篷的顶点到底面中心的距离； （2）若该帐篷外接球的半径，设，该帐篷的体积为，则当为何值时，体积取得最大值． 11．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）已知一个圆柱的底面半径为，体积为，若该圆柱的底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为　　　　　　　． 12．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）一个正三棱台的上､下底面边长分别为1和2，则它的外接球体积的最小值为　　　　　　　　　　. 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）若直线不平行于平面，则下列结论正确的是（       ） A. 平面内的所有直线都与直线异面 B. 平面内不存在与直线平行的直线 C. 平面内的所有直线都与直线相交 D. 直线与平面一定有公共点 2．（2026·江苏徐州第一中学·二模）（多选）如图，在三棱锥中，，则（　　） A. 二面角的大小为 B. 三棱锥的体积为 C. 在棱上存在一点，使得 D. 三棱锥外接球的表面积为 3．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），且\vec {BP}=\lambda \vec {BB}_{1}+\mu \vec {BC}\left(0\leq \lambda \leq 1,0\leq \mu \leq 1\right),E,F分别是棱的中点，则（       ） A. 平面截该正方体所得的截面图形是正五边形 B. 平面平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点的轨迹长度为 4．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）（多选）若，为两条异面直线，，为两个平面，，，，则直线（     ） A. 可以与，都垂直 B. 至少与，中一条相交 C. 至多与，中一条相交 D. 至少与，中一条平行 6．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）（多选）已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，则 D. 若与所成角相等，则 7．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）（多选）如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着向上翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（     ） A. 四棱锥体积的最大值为 B. 不存在点使得平面平面 C. 中点的运动轨迹长度为 D. 当平面平面时，四棱锥外接球表面积为 8．（25-26学年高三上·江苏苏州·期中）如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，现以为轴将向上折起至位置，连结得到如图②的三棱锥是的中点，是的中点，在上，且． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）条件下，若，求三棱锥的体积． 考点03 空间向量的应用 1．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）（多选）在长方体中，，，动点在棱上，则（       ） A.  B.  C. 三棱锥的体积是定值 D. 若，则长为1 2．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）在三棱锥中，已知，平面，，点是棱上的动点，点是平面内的动点，，点为中点，则点到平面距离的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）（多选）已知正方体的棱长为分别是的中点，为线段上的动点，则（       ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 存在点，使得 D. 二面角的正切值的取值范围是 则，，. 设，，则点坐标为. \vec {EF}=\left(-1,1,0\right)，\vec {ME}=\left(1-a,-2,-2\right)， 若，则\vec {EF}\cdot \vec {ME}=0，即，解得， 又，故不存在这样的点，使得，C错误； 对于D，设二面角的平面角为，由图可得， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量，则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {EF}=-x+y=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {ME}=\left(1-a\right)x-2y-2z=0 \end{cases} ， 令，则，即 则， 因为当时，为增函数， 故当时，，即夹角最大时，余弦值为， 此时，， 故当时，，即夹角最小时，余弦值为， 此时，， 二面角的正切值的取值范围是,故D正确. 故选：ABD 4．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）（多选）在棱长为1的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点（包含边界），则下列说法正确的是（       ） A. 直线与直线所成角为 B. 直线与平面所成角的正切值为 C. 若，则点的轨迹长度为 D. 的最小值为 5．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）（多选）正方体的棱长为2,点在面内（包括边界），若,且满足平面,则（     ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 点的轨迹是一段圆弧 C. 的最小值为 D. 动点的轨迹长为 6．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）（多选）已知正方体的棱长，点P是线段（含端点）上的一个动点，点M在上底面内（含边界），且．下列结论正确的是（　　　） A. 点的轨迹长度为 B. 存在点P，使得直线与所成角为 C. 点到平面距离的最大值为 D. 的最小值为 设平面的法向量为，\vec {DB}=\left(2,2,0\right),\vec {DP}=\left(a,2,2-a\right)，则 \begin{cases} \vec {DB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=2x+2y=0\\ \vec {DP}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=ax+2y+\left(2-a\right)z=0 \end{cases} ，令 则， 因为\vec {DM}=\left(x_{0},y_{0},2\right)，所以点M到平面PBD的距离为d=\frac{\left| \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DM}\right| }{\left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{\left| x_{0}-y_{0}+2\right| }{\sqrt{3}} ； 当最大，最小时有最大值，即时距离有，故C项正确. 将 与 展开在一个平面上，此时的最小值就是   （为 展开后的点）， 7．（2026·江苏徐州第一中学·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，Q为棱PD的中点，，．   （1）求证: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； 8．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）如图，三棱柱的体积为分别是，的中点，是线段上的动点，且\vec {A_{1}E}=\lambda \vec {A_{1}C_{1}},AB\bot平面.    （1）若，求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值.    平面，又平面， 又，平面， 平面， 三棱柱体积， 解得， ， 为中点， 则中，， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系 则，，，， ，，，， \vec {A_{1}E}=\lambda \vec {A_{1}C_{1}}=\left(0,6\lambda ,0\right)，，， \vec {AB}=\left(2\sqrt{3},0,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,3,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AA_{1}}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0 \end{cases} 代入得 ， 取得，所以\vec {m}=\left(0,-1,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， \vec {CF}=\left(\sqrt{3},0,\sqrt{3}\right)，\vec {CE}=\left(0,6\lambda -3,\sqrt{3}\right) 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CF}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CE}=0 \end{cases} 代入得 ， 取得，\vec {n}=\left(6\lambda -3,\sqrt{3},3-6\lambda \right) 设平面与平面的夹角为 \cos \theta =\left| \cos < \vec {m},\vec {n}> \right| =\left| \frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \left| \vec {n}\right| }\right| =\left| \frac{2\sqrt{3}\left(1-3\lambda \right)}{2\sqrt{72\lambda ^{2}-72\lambda +21}}\right| =\frac{\sqrt{15}}{5}， 化简得解得或， 或. 9．（25-26学年高三上·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，四边形为菱形，. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 则，可得\vec {PC}=\left(0,1,-1\right),\vec {CD}=\left(\sqrt{3},-1,0\right)， 设平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {PC}=y-z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CD}=\sqrt{3}x-y=0 \end{cases} ，得 ，故， 同理，平面的一个法向量， 则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 10．（25-26学年高三上·江苏镇江·期中）已知三棱锥中，是边长为的等边三角形，，.    （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值.    则， \vec {BP}=\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2}\right),\vec {BC}=\left(-\frac{\sqrt{6}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)，设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BP}=-\frac{\sqrt{2}}{2}y+\frac{3\sqrt{2}}{2}z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BC}=-\frac{\sqrt{6}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y=0 \end{cases} ，取，得， 而平面的法向量为\vec {m}=\left(0,1,0\right)， 因此\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{| \vec {m}| | \vec {n}| }=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}，\sin \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\sqrt{1-\cos ^{2}\left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle }=\frac{2\sqrt{13}}{13}， 所以二面角的正弦值为. 11．（25-26学年高三上·江苏南通启东·期中）如图，在几何体中，四边形是正方形，是等边三角形，，平面平面，中边上的高为，且．    （1）证明：平面； （2）求几何体的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 12．（25-26学年高三上·江苏期中学·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，E，F分别是CD，PA的中点.    （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 13．（25-26学年高三上·江苏常州·期中）如图，在直三棱柱中，，两点分别在直线上，．    （1）证明：平面； （2）求线段的长度； （3）求二面角的余弦值． 14．（25-26学年高三上·江苏宿迁中学·期中）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，底面ABCD，，.    （1）若为线段的中点，求证：平面. （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的正弦值. 15．（25-26学年高三上·江苏南京秦淮区南京中华中学·期中）如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点为棱上动点（不与重合），平面与棱交于点． （1）求证：； （2）若，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 16．（高三上·江苏前黄高级中学·期中）如图，在四面体中，平面，是的中点，是的中点．点在线段上，且． （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 17．（25-26学年高三上·江苏丹阳高级中学·期中）如图，在三棱柱中，，，，. （1）证明：平面； （2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. ，，，， 由\vec {A_{1}C_{1}}=\vec {AC}\Rightarrow A_{1}\left(1,-2,\sqrt{3}\right)，\therefore \vec {BC_{1}}=\left(-1,0,\sqrt{3}\right)，\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(1,-2,\sqrt{3}\right)， 设平面的一个法向量， \therefore \begin{cases} \vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(2,0,0\right)\cdot \left(x,y,z\right)=2x=0\\ \vec {AA_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(1,-2,\sqrt{3}\right)\cdot \left(x,y,z\right)=x-2y+\sqrt{3}z=0 \end{cases} ， 解得，令，则，故， 设与平面所成角为， \therefore \sin \theta =\frac{\left| \vec {BC_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {BC_{1}}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. 方法二：因为平面，又平面，所以． 又，所以为二面角的平面角，即， 在中，因为，，所以．故是等边三角形 所以． 在三棱柱中，，又平面，所以平面， 又平面，所以．故为直角三角形． 在直角中，因为，，所以，故． 设点到平面的距离为，由， 得，解得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18．（25-26学年高三上·江苏连云港·期中）已知多面体的底面是正方形，底面，，. （1）证明：平面平面； （2）设. （i）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）若二面角的大小为，求的值. 19．（25-26学年高三上·江苏徐州·期中）如图，在三棱锥中，平面为棱的中点，，. （1）求二面角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 20．（2026·江苏如东高级中学与沭阳如东中学·联考）如图，在直三棱柱中，已知，分别和的中点. （1）求证：平面； （2）判断与是否垂直，并说明理由； （3）求与平面所成角的正弦值. 21．（25-26学年高三上·江苏南通通州区·期中）如图1，矩形中，分别是的中点，分别是线段上的点，且，如图2，将四边形沿翻折，使得平面平面. （1）求证：平面； （2）当直线与所成角的余弦值为时，求线段的长度； （3）当线段最短时，求二面角的正弦值. 22．（25-26学年高三上·江苏扬州·期中）如图，四棱锥和四棱锥中，底面为边长为6的正方形，平面平面，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何与空间向量 考点01 空间几何体 考点02 点、直线、平面间的位置关系 考点03 空间向量的应用 考点01 空间几何体 1．D 2．B 3．C 4．C 5．B 6．C 7．A 8．AC 9．【答案】① ；    ② 【分析】 由球表面积公式结合题意可得答案. 【详解】 第一空，因半径为，则需要的材料； 第二空，由题新气球需要的材料有：， 则增加材料有：，则所需费用增加元. 故答案为：；. 10．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）根据条件，利用外接球的球心为正方体的中心，可得，即可求出结果； （2）根据条件得到，令，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解. (1) 小问详解： 设外接球的半径为，因为正四棱柱是棱长为的正方体， 易知外接球的球心为正方体的中心，所以，而， 得到． (2) 小问详解： ， ， ． ， 令， 由，得到， 在上递增，在递减． 时，体积取得最大值． 11．【答案】 【分析】 先根据圆柱的体积求出圆柱的高，再利用圆柱与球的几何关系求出球的半径，最后根据球的表面积公式计算球的表面积即可. 【详解】 设一个圆柱的高为， 一个圆柱的底面半径为，体积为， ，解得， 又该圆柱的底面圆周都在球的球面上， 设球的半径为，则， 故球的表面积为. 故答案为：. 12．【答案】 【分析】 利用正弦定理求出上、下底面外接圆的半径，设高为，外接球的半径，上底面外接圆圆心，下底面外接圆圆心，外接球球心为，利用勾股定理得到，即可得到，再由基本不等式求出，最后由体积公式计算可得. 【详解】 因为正三棱台的上､下底面边长分别为1和2， 所以上底面外接圆的半径， 下底面外接圆的半径， 设高为，外接球的半径，上底面外接圆圆心，下底面外接圆圆心，外接球球心为， 则 ，则 ， 所以， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以， 所以外接球体积的最小值为. 故答案为： 考点02 点、直线、平面间的位置关系 1．D 2．ABD 3．BD 4．B 5．AB 6．BC 7．ACD 8．【答案】（1） 如图②取的中点，连结 是中点，是中点， 在中，由中位线定理得， 又平面平面 平面. 又是中点，是中点， ，又，故在中，得， 又平面平面 平面 由平面平面， 平面平面，又平面， 平面.      （2） 如图④，在平面中，过作，为垂足， 平面平面，平面，，平面平面， 平面， 又平面，已知， 又平面平面， 平面，又由平面， .     （3）      【分析】 （1）根据中位线以及比例可证明线线平行，进而可得线面平行以及面面平行，即可根据面面平行的性质求解， （2）根据面面垂直的性质得线面垂直，即可根据线线垂直求证平面得解， （3）利用等体积法求解长度，即可由比例以及体积公式求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由（2）知，又已知，，是面内两相交直线， 面，即为三棱锥的的高，设点到面的高为， 则由得 ，解得， 又由知点到面的高为， 又， . 考点03 空间向量的应用 1．BCD 2．C 3．ABD 4．ACD 5．ACD 6．ACD 7．【答案】（1）因为平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面．     （2）      【分析】 （1）由面面垂直的性质得到线面垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解两平面的夹角余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为底面为正方形，由（1）知平面，   所以，，两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系， 因为，Q为棱PD的中点， 所以， 可得，. 因为平面， 所以为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 则 ， 令，则，则， 设平面与平面的夹角为， 所以. 即平面与平面夹角的余弦值为． 8．【答案】（1） 连接，交于点，连接， D，F分别是的中点，    是的重心，且， 又则， 中，且， 又平面且平面， 平面；     （2）或      【分析】 （1）连接，应用是的重心，得出，进而得出，再应用线面平行判定定理证明； （2）根据已知建立空间直角坐标系，应用\vec {A_{1}E}=\lambda \vec {A_{1}C_{1}}，再求出平面与平面的法向量，进而应用面面角余弦公式计算求参. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 在平面中，作，垂足为点，取中点，连接，    平面，又平面， 又，平面， 平面， 三棱柱体积， 解得， ， 为中点， 则中，， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系 则，，，， ，，，， \vec {A_{1}E}=\lambda \vec {A_{1}C_{1}}=\left(0,6\lambda ,0\right)，，， \vec {AB}=\left(2\sqrt{3},0,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(0,3,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AA_{1}}=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {AB}=0 \end{cases} 代入得 ， 取得，所以\vec {m}=\left(0,-1,\sqrt{3}\right)， 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， \vec {CF}=\left(\sqrt{3},0,\sqrt{3}\right)，\vec {CE}=\left(0,6\lambda -3,\sqrt{3}\right) 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CF}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CE}=0 \end{cases} 代入得 ， 取得，\vec {n}=\left(6\lambda -3,\sqrt{3},3-6\lambda \right) 设平面与平面的夹角为 \cos \theta =\left| \cos < \vec {m},\vec {n}> \right| =\left| \frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \left| \vec {n}\right| }\right| =\left| \frac{2\sqrt{3}\left(1-3\lambda \right)}{2\sqrt{72\lambda ^{2}-72\lambda +21}}\right| =\frac{\sqrt{15}}{5}， 化简得解得或， 或. 9．【答案】（1） 设，则是和的中点，连接， 四边形是菱形，，， 是等边三角形，， ，， 在中，，即， ，即， 又四边形是菱形，， 平面，平面， 平面.     （2）      【分析】 （1）由勾股定理得到，由菱形得到，由线面垂直判定定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得到两个平面所成角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ，， 由（1）得两两互相垂直， 故以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，可得\vec {PC}=\left(0,1,-1\right),\vec {CD}=\left(\sqrt{3},-1,0\right)， 设平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {PC}=y-z=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {CD}=\sqrt{3}x-y=0 \end{cases} ，得 ，故， 同理，平面的一个法向量， 则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 10．【答案】（1） 在三棱锥中，取中点，连接，，        由是边长为的等边三角形，得，， 由，得，， 在中，，，，则， 即，而为二面角的平面角， 所以平面平面.     （2）      【分析】 （1）根据给定条件，求出二面角的平面角为直角即可推理得证. （2）建立空间直角坐标系，平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 由（1）知直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， \vec {BP}=\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{3\sqrt{2}}{2}\right),\vec {BC}=\left(-\frac{\sqrt{6}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)，设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {BP}=-\frac{\sqrt{2}}{2}y+\frac{3\sqrt{2}}{2}z=0\\ \vec {n}\cdot \vec {BC}=-\frac{\sqrt{6}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y=0 \end{cases} ，取，得， 而平面的法向量为\vec {m}=\left(0,1,0\right)， 因此\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{| \vec {m}| | \vec {n}| }=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}，\sin \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\sqrt{1-\cos ^{2}\left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle }=\frac{2\sqrt{13}}{13}， 所以二面角的正弦值为. 11．【答案】（1） 因为四边形是正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 且平面 ，所以平面 ， 因为，所以平面 .     （2）     （3）      【分析】 （1）由平面平面，证得平面 ，得到，因为，即可证得平面 ； （2）连接和 ，得到 ，由平面 ，取得，再证得平面，求得 ，即可求得几何体的体积； （3）以为 坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量\vec {HF}=\left(0,0,2\sqrt{3}\right)和平面的一个法向量\vec {n}=\left(\sqrt{3},0,1\right)，结合向量的夹角公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接和 ，则几何体的体积等于 , 因为平面，所以是三棱锥 的高， 所以， 因为 中边上的高为 ，且，所以， 又因为平面平面，且平面 平面，平面 ， 所以平面 ， 又因为，所以是四棱锥 的高， 所以， 所以几何体的体积等于. (3) 小问详解： 解：以为 坐标原点，建立如图空间直角坐标系 ，如图所示， 则 ， ，所以 \vec {HF}=\left(0,0,2\sqrt{3}\right) ． 因为 ，，， 可得 \vec {DA}=\left(0,4,0\right) ，\vec {AE}=\left(-2,-2,2\sqrt{3}\right) ， 设平面 的法向量为 ，则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {DA}=4y=0\\ \vec {n}\cdot \vec {AE}=-2x-2y+2\sqrt{3}z=0 \end{cases} ， 取，可得，所以 \vec {n}=\left(\sqrt{3},0,1\right) ，           所以 \cos \left< \vec {n},\vec {HF}\right> =\frac{\vec {n}\cdot \vec {HF}}{\left| \vec {n}\right| \left| \vec {HF}\right| }=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{\left(\sqrt{3}\right)^{2}+1^{2}}\times 2\sqrt{3}}=\frac{1}{2} ， 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． 12．【答案】（1） 取中点，连接，    分别为中点，且， 为矩形，为中点，且， 且，四边形为平行四边形， ， 平面，平面，平面.     （2）      【分析】 （1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建系，然后利用空间向量的方法求面面角即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 如图，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，\vec {FE}=\left(0,-1,-1\right)，\vec {FB}=\left(-2,1,-1\right)， 设平面的法向量为\vec {m}=\left(x,y,z\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {FE}=-y-z=0\\ \overset{\rightarrow }{m}\cdot \vec {FB}=-2x+y-z=0 \end{cases} ，令，则，， 所以\vec {m}=\left(1,1,-1\right)， 由题意可知，\vec {n}=\left(1,0,0\right)可作为平面的法向量， \cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \left| \vec {n}\right| }=\frac{1}{\sqrt{1+1+1}\times 1}=\frac{\sqrt{3}}{3}， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 13．【答案】（1） 因为直三棱柱，则， 因，则， 又，，平面，则平面；     （2）     （3）      【分析】 （1）求证，再利用线面垂直的判定定理求证； （2）以为原点建立空间直角坐标系，设\vec {BM}=\lambda \vec {BC},\vec {AN}=\mu \vec {AC_{1}}，利用求出坐标即可； （3）计算平面和平面的法向量，根据法向量的夹角和二面角的平面角的关系即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 因为直三棱柱，且， 则以为原点，所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则\vec {BC}=\left(-2,2,0\right),\vec {AC_{1}}=\left(0,2,2\right)， 设\vec {BM}=\lambda \vec {BC}=\left(-2\lambda ,2\lambda ,0\right),\vec {AN}=\mu \vec {AC_{1}}=\left(0,2\mu ,2\mu \right)， 则，则\vec {MN}=\left(2\lambda -2,2\mu -2\lambda ,2\mu \right)， 则 \begin{cases} \vec {MN}\cdot \vec {BC}=-4\lambda +4+4\mu -4\lambda =0\\ \vec {MN}\cdot \vec {AC_{1}}=4\mu -4\lambda +4\mu =0 \end{cases} ，解得， 则，故； (3) 小问详解： 因，则\vec {AB_{1}}=\left(2,0,2\right)，\vec {AM}=\left(\frac{2}{3},\frac{4}{3},0\right),\vec {AN}=\left(0,\frac{2}{3},\frac{2}{3}\right)， 设平面和平面的法向量分别为\vec {m}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right),\vec {n}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， 则 \begin{cases} \vec {AB_{1}}\cdot \vec {m}=2x_{1}+2z_{1}=0\\ \vec {AM}\cdot \vec {m}=\frac{2}{3}x_{1}+\frac{4}{3}y_{1}=0 \end{cases} ， \begin{cases} \vec {AB_{1}}\cdot \vec {n}=2x_{2}+2z_{2}=0\\ \vec {AN}\cdot \vec {n}=\frac{2}{3}y_{2}+\frac{2}{3}z_{2}=0 \end{cases} ， 不妨令，则\vec {m}=\left(-2,1,2\right),\vec {n}=\left(1,1,-1\right)， 则\cos \left\langle \vec {m},\vec {n}\right\rangle =\frac{\vec {m}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {m}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }=\frac{-2+1-2}{\sqrt{9}\times \sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}， 有图可知二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为 14．【答案】（1）证明如下： 法一：以为原点，\vec {AB}，\vec {AD}，\vec {AP}，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，，    由为线段的中点，可得，\therefore \vec {DE}=\left(1,0,1\right). 由题意可得\vec {AD}=\left(0,1,0\right)为平面的一个法向量. \because \vec {AD}\cdot \vec {DE}=0\times 1+1\times 0+0\times 1=0，且平面，平面 法二：取、的中点分别为、，连接、、，    为的中位线，，. ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 又面，面 平面     （2）     （3）      【分析】 （1）法一：以为原点，\vec {AB}，\vec {AD}，\vec {AP}，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用\vec {AD}\cdot \vec {DE}=0可得结论；法二：取、的中点分别为、，连接、、，利用线线平行证明线面平行； （2）法一：求得平面的一个法向量，利用向量法求得点到平面的距离；法二：利用等体积法求得点到平面的距离； （3）法一：设平面与平面夹角为，利用向量法可求平面与平面夹角的正弦值.法二：延长，交于点，连接.可证为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 法一：\vec {DC}=\left(2,1,0\right)，\vec {PC}=\left(2,2,-2\right). 设\vec {n}=\left(x,y,z\right)为平面的一个法向量，则 \left\{\begin{array}{l} \vec {n}\cdot \vec {DC}=2x+y=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PC}=2x+y-2z=0 \end{array}\right. ， 不妨设，则\vec {n}=\left(1,-2,-1\right). 设点到平面的距离为，则d=\left| \frac{\vec {n}\cdot \vec {AD}}{\left| \vec {n}\right| }\right| =\frac{\left| 0-2+0\right| }{\sqrt{1+4+1}}=\frac{\sqrt{6}}{3} 法二：，，底面，，. ， 设点到平面的距离为，则由可得： ，解得： (3) 小问详解： 设平面与平面夹角为，由题意可知，为锐角， \cos \theta =\left| \frac{\vec {n}\cdot \vec {AD}}{\left| \vec {n}\right| \times \left| \vec {AD}\right| }\right| =\left| \frac{-2}{\sqrt{6}\times 1}\right| =\frac{\sqrt{6}}{3} 即平面与平面夹角的正弦值为. 法二：延长，交于点，连接.    底面为直角梯形，，，为的中位线. .又底面，，为等腰直角三角形，其中. 同理可证：. 为平面与平面所成二面角的平面角. 在中，，，，. 即平面与平面夹角的正弦值为. 15．【答案】（1） 在三棱柱中，， 又面，面， 所以平面， 又面面，面， 所以；     （2）      【分析】 （1）利用线线平行证明线面平行，进而推出线线平行； （2）取中点，连接，．首先证明、、互相垂直，以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设面的一个法向量，利用线面角的向量公式，即可求解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 取中点，连接，． 在中，因为，所以，且，． 又面面，面面，面， 所以平面，又平面，所以． 在中，，又，， 所以，则． 由，面，则面， 由平面，故， 又，所以．      以为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，． 所以\vec {BD}=\left(-3,1,0\right)，\vec {DE}=\vec {AA_{1}}=\left(0,2,2\sqrt{3}\right)． 设面的一个法向量为\vec {n}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 则 \begin{cases} \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {BD}=-3x_{1}+y_{1}=0\\ \overset{\rightarrow }{n}\cdot \vec {DE}=2y_{1}+2\sqrt{3}z_{1}=0 \end{cases} ， 令，故\overset{\rightarrow }{n}=\left(1,3,-\sqrt{\mathrm{3}}\mathrm{\right)}． 又\vec {AB}=\left(3,2,0\right)，设直线与面所成角为， 则\sin \theta =\left| \cos \left\langle \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle \right| =\frac{\left| \vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {AB}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{9}{13}． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16．【答案】（1） 取线段的中点，线段靠近点的四等分点， 连接，如图． ∵是的中点，∴，且，即， 又，∴，且， ∴，且， ∴四边形为平行四边形，∴， 又平面，平面，∴平面．     （2）．      【分析】 （1）构造线线平行，利用线线平行证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ∵平面且， ∴过作轴垂直平面，以方向为轴正向， 建立空间直角坐标系． 设，则， ∴\vec {SE}=\left(-\frac{1}{2},1,-\frac{3}{4}\right),\vec {SF}=\left(-\frac{3}{4},0,-\frac{3}{4}\right)． 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 则 ，令，得\vec {n}=\left(4,-1,-4\right)． 取平面的法向量为\vec {m}=\left(0,1,0\right).        设平面与平面的夹角为， 则\cos \theta =\left| \cos < \vec {n},\vec {m}> \right| =\frac{\left| \vec {n}\cdot \vec {m}\right| }{\left| \vec {n}\right| \left| \vec {m}\right| }=\frac{\sqrt{33}}{33}， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 17．【答案】（1），，， 由余弦定理得， ， ，， 又，，平面， 平面；     （2）      【分析】 （1）由余弦定理得到，根据勾股定理逆定理得到，结合证明出线面垂直； （2）先由线面垂直得到线线垂直，得到二面角的平面角为，求出各边长，得到为等边三角形，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由线面角的向量公式求出答案. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 方法一：平面，平面， 且， 二面角的平面角为，而， ，为等边三角形， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，所在平面为平面，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，， 由\vec {A_{1}C_{1}}=\vec {AC}\Rightarrow A_{1}\left(1,-2,\sqrt{3}\right)，\therefore \vec {BC_{1}}=\left(-1,0,\sqrt{3}\right)，\vec {AB}=\left(2,0,0\right)，\vec {AA_{1}}=\left(1,-2,\sqrt{3}\right)， 设平面的一个法向量， \therefore \begin{cases} \vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(2,0,0\right)\cdot \left(x,y,z\right)=2x=0\\ \vec {AA_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}=\left(1,-2,\sqrt{3}\right)\cdot \left(x,y,z\right)=x-2y+\sqrt{3}z=0 \end{cases} ， 解得，令，则，故， 设与平面所成角为， \therefore \sin \theta =\frac{\left| \vec {BC_{1}}\cdot \overset{\rightarrow }{n}\right| }{\left| \vec {BC_{1}}\right| \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}. 方法二：因为平面，又平面，所以． 又，所以为二面角的平面角，即， 在中，因为，，所以．故是等边三角形 所以． 在三棱柱中，，又平面，所以平面， 又平面，所以．故为直角三角形． 在直角中，因为，，所以，故． 设点到平面的距离为，由， 得，解得． 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18．【答案】（1） 底面为正方形，得. 因为底面，面，得. 又，平面，平面，得平面， 由平面，所以平面平面；     （2）（i）；（ii）或.      【分析】 （1）根据题意证明平面即可求解； （2）（i）以为坐标原点建立空间直角坐标系，再由线面夹角的向量求解方式求解即可； （ii）由二面角的向量求法，求得，再由二面角为代入求解即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由得，，，，， （i）当时，，，，， 设平面的法向量为\vec {n_{1}}=\left(x_{1},y_{1},z_{1}\right)， 由 得 不妨取，则，从而平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. （ii）由，得，， 由（1）知，. 设平面的法向量为\vec {n_{2}}=\left(x_{2},y_{2},z_{2}\right)， 由 得 ，不妨取， 则，， 所以平面的一个法向量为. 则， 又因为二面角的大小为135°，所以， 化简得， 得或. 19．【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）取中点，连接，，即可得到、，则为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （2）设点到平面的距离为，利用等体积法求出，设直线与平面所成角为，则，即可得解. (1) 小问详解： 取中点，连接， ，因为，为 中点， 所以. 因为平面平面，所以， . 在中，， 在中，， 从而，又 为中点， 所以. 故为二面角的平面角， 因为平面 平面，所以， 又，所以， 从而， 所以二面角的余弦值为. (2) 小问详解： 设点到平面的距离为. 因为平面，所以平面. 又平面，所以. 所以. 由，得，即，故， 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 20．【答案】（1） 由于是对角线的中点. 设的中点为，则分别是的中点，故\vec {NP}=\frac{1}{2}\vec {B_{1}C_{1}}=\vec {MC_{1}}， 这就说明是平行四边形，故平行于， 而在平面内，不在平面内， 故平行于平面；     （2）垂直，理由如下： 记的中点为，由于，故， 又由于该三棱柱是直三棱柱，且\vec {OM}=\vec {OC}+\vec {CC_{1}}+\vec {C_{1}M}=\frac{1}{2}\vec {BC}+\vec {CC_{1}}+\frac{1}{2}\vec {C_{1}B_{1}}=\vec {CC_{1}}，故平行于. 而垂直于平面，故垂直于平面， 而均在平面内，故两两垂直. 现在以为原点，\vec {OA},\vec {OC},\vec {OM}分别为轴正方向，建立空间直角坐标系. 则，，，， 故\vec {A_{1}B}=\left(-1,-2,-2\right)，\vec {CM}=\left(0,-2,2\right)，从而\vec {A_{1}B}\cdot \vec {CM}=4-4=0， 这就说明垂直于；     （3）      【分析】 （1）设的中点为，证明平行于，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出与所在直线方向向量，判断它们的数量积是否为0即可； （3）分别求出与平面的方向向量、法向量，由向量夹角的余弦公式即可得解. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 由于，，故\vec {AB}=\left(-1,-2,0\right). 而，，，故\vec {CM}=\left(0,-2,2\right)，\vec {CN}=\left(\frac{1}{2},-3,1\right). 设是平面的法向量，所以\vec {n}\cdot \vec {CM}=\vec {n}\cdot \vec {CN}=0， 则. 所以，，从而可以取. 而\cos \left\langle \vec {AB},\overset{\rightarrow }{n}\right\rangle =\frac{\vec {AB}\cdot \overset{\rightarrow }{n}}{\left| \vec {AB}\right| \cdot \left| \overset{\rightarrow }{n}\right| }=\frac{-4-2}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{18}}=\frac{-6}{\sqrt{5}\cdot 3\sqrt{2}}=-\frac{2}{\sqrt{10}}=-\frac{\sqrt{10}}{5}， 故与平面所成角的正弦值是. 21．【答案】（1） 在矩形中，分别是的中点， 所以和是全等的正方形， 所以. 又因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为平面， 所以平面.     （2）     （3）      【分析】 （1）通过证明即可证得线面垂直； （2）建立空间直角坐标系后写出\vec {BE}，再设出点，则，写出\vec {MN}，再运用向量夹角公式列出方程，即可求得，继而求得； （3）利用| \vec {MN}| =\sqrt{2\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}这个二次函数，求出取得最小值时的，则两点确定，再求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式求出二面角的余弦值，再转换为正弦值即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 以\left\{\vec {EF},\vec {ED},\vec {EA}\right\}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. 设，则， 所以\vec {MN}=\left(0,a,a-1\right)，而\vec {BE}=\left(-1,0,-1\right)， 设直线与所成角为， 则\cos \theta =\left| \cos < \vec {MN},\vec {BE}> \right| =\frac{\left| \vec {MN}\cdot \vec {BE}\right| }{\left| \vec {MN}\right| \cdot \left| \vec {BE}\right| }=\frac{1-a}{\sqrt{2a^{2}-2a+1}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}， 解得或（舍去）.所以\vec {MN}=\left(0,\frac{2}{3},-\frac{1}{3}\right)， 所以线段的长度为. (3) 小问详解： 因为\left| \vec {MN}\right| =\sqrt{a^{2}+(a-1)^{2}}=\sqrt{2\left(a-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}}， 所以当时，线段最短， 此时\vec {MN}=\left(0,\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right),\vec {EN}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),\vec {FN}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right). 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \vec {m}\cdot \vec {MN}=0\\ \vec {m}\cdot \vec {EN}=0 \end{cases} ，即 ， 取平面的一个法向量为. 设是平面的一个法向量， 则 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {MN}=0\\ \vec {n}\cdot \vec {FN}=0 \end{cases} 即 ， 取平面的一个法向量为. 设二面角的平面角为， 则， 所以. 22．【答案】（1） 证明：因为平面平面， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面.     （2）      （3）60      【分析】 （1）利用线面平行的判定定理可证明； （2）建系，利用线面角的向量公式计算即可； （3）先作出重合部分的图形，然后再拆分成一个四棱锥与一个三棱柱，计算即可. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 分别以为轴建立空间直角坐标系，由题意得： ， 所以\vec {QB}=\left(6,-6,-8\right),\vec {CD}=\left(-6,0,0\right),\vec {PD}=\left(0,6,-8\right)， 设平面的法向量为\vec {n}=\left(x,y,z\right)， 故 \begin{cases} \vec {n}\cdot \vec {CD}=\left(x,y,z\right)\cdot \left(-6,0,0\right)=-6x=0\\ \vec {n}\cdot \vec {PD}=\left(x,y,z\right)\cdot \left(0,6,-8\right)=6y-8z=0 \end{cases} ，令得 ， 故平面的一个法向量为\vec {n}=\left(0,4,3\right)， 直线与平面所成角为， \sin \alpha =\left| \cos \left\langle \vec {QB},\vec {n}\right\rangle \right| =\left| \frac{\vec {QB}\cdot \vec {n}}{\left| \vec {QB}\right| \cdot \left| \vec {n}\right| }\right| =\left| \frac{-6\times 4-8\times 3}{\sqrt{6^{2}+6^{2}+8^{2}}\cdot \sqrt{4^{2}+3^{2}}}\right| =\frac{12\sqrt{34}}{85}， 所以直线与平面所成角的正弦值. (3) 小问详解： 连接，由且，可得：四边形为平行四边形，故相交，设交点为； 易得四边形为平行四边形，故相交，设交点为， 故四棱锥和四棱锥重合部分为几何体， 分别取的中点，连接，容易得到几何体为三棱柱. 几何体由四棱锥与三棱柱组合而成. 所以几何体的体积. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $