11.选必1 第一章 空间向量与立体几何-高中数学·2026年高考真题分类

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何高考真题，以多解法（向量法/几何法）构建系统性解题体系，强化知识逻辑链与核心素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量运算|填空题1（向量线性表示）|向量线性运算法、共面判定法|向量概念→线性表示→共面判定，发展抽象能力与符号意识| |空间位置关系证明|解答题3/5（线面平行）|几何法（辅助线构造）、向量法（法向量）|空间线面关系→平行证明→转化思想，培养逻辑推理与几何直观| |空间角与距离计算|解答题3/4/6（二面角/线面角）|坐标法（法向量）、几何法（定义法）|空间角定义→向量运算→量化计算，提升运算能力与空间观念|

2026年高考真题-按章分类 选择性必修 第一册 第一章 空间向量与立体几何 1个单选题 + 0个多选题 + 1个填空题 + 4个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·上海)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.1 B.3 C.4 D.7 1.A 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. 二、填空题 2.(2026高考·上海)已知向量，，是两两不平行的向量，且，，则的值为__________. 2.-6 方法一：因为，所以.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. 三、解答题 3.(2026高考·北京)如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，. (1)求证：平面； (2)设点在的内部，，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，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：平面. 3.【答案】(1)取的中点，连接，.因为，分别为，的中点，所以，且.因为四边形为矩形且为的中点，所以，.所以四边形是平行四边形.所以.又平面，平面，所以平面. (2)由题设，，，.如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，.设，则，，.设平面的法向量为，则 即令，则，.于是.选择条件①：.因为，，所以.解得.故点的位置唯一确定，且.设平面的法向量为，则 即则，令，则.于是.因此平面与平面夹角的余弦值为.选择条件②：.因为，，所以.解得.故点的位置唯一确定，且.设平面的法向量为，则 则，令，则.于是.因此平面与平面夹角的余弦值为. 【解析】(1)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)若选①：解法二：由(1)可知，则，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；若选②：解法二： 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；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高考·天津)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. 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) 【解析】(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高考·全国一卷)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. 5.【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. 【解析】(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. 6.(2026高考·全国二卷)如图，三棱锥中，点在上，，，. (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 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) 【解析】(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的正弦值为. 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. 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考真题-按章分类 选择性必修 第一册 第一章 空间向量与立体几何 1个单选题 + 0个多选题 + 1个填空题 + 4个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·上海)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.1 B.3 C.4 D.7 二、填空题 2.(2026高考·上海)已知向量，，是两两不平行的向量，且，，则的值为__________. 三、解答题 3.(2026高考·北京)如图，在直三棱柱中，,分别为,的中点，，，. (1)求证：平面； (2)设点在的内部，，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，使点的位置唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：平面. 4.(2026高考·天津)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高考·全国一卷)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. 6.(2026高考·全国二卷)如图，三棱锥中，点在上，，，. (1)证明：； (2)若，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 选择性必修 第一册 第一章 空间向量与立体几何 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.A 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. 二、填空题 2.-6 方法一：因为，所以.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. 三、解答题 3.【答案】(1)取的中点，连接，.因为，分别为，的中点，所以，且.因为四边形为矩形且为的中点，所以，.所以四边形是平行四边形.所以.又平面，平面，所以平面. (2)由题设，，，.如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，.设，则，，.设平面的法向量为，则 即令，则，.于是.选择条件①：.因为，，所以.解得.故点的位置唯一确定，且.设平面的法向量为，则 即则，令，则.于是.因此平面与平面夹角的余弦值为.选择条件②：.因为，，所以.解得.故点的位置唯一确定，且.设平面的法向量为，则 则，令，则.于是.因此平面与平面夹角的余弦值为. 【解析】(1)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)若选①：解法二：由(1)可知，则，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；若选②：解法二： 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；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) 【解析】(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)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. 【解析】(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. 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) 【解析】(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的正弦值为. 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. 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $