文档文本内容
专题07 立体几何与空间向量
8 大考点概览
考点01 几何体表面积体积问题
考点02 截面、轨迹与最短距离问题
考点03 点线面位置关系
考点04 空间向量基本定理
考点05 空间向量线面角问题
考点06 空间向量二面角与面面角问题
考点07 空间向量点到面距离问题
考点08 空间向量探索性问题
1．（2026·辽宁大连·一模）若圆锥的轴截面是边长为
的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________．
【答案】
【分析】由条件确定圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥侧面积公式求结论.
【详解】因为圆锥的轴截面是边长为
的等边三角形，
所以圆锥的底面半径
，母线长
，
所以圆锥的侧面积
.
故答案为：
.
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，圆锥PO 的底面直径和高均是2，过OP 的中点
作平行于底面的
截面，以该截面为底面从圆锥中挖去一个圆柱，则剩余的几何体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据中截面性质得出圆柱的高和底面半径，然后由圆锥体积减去圆柱体积即得.
【详解】如图，过OP 的中点
作平行于底面的截面，截面圆半径
，
是圆锥底面半径，
在母线
上，
考点1
几何体表面积体积问题
因为
为
中点，则
，
，
所以剩余的几何体的体积为
.
3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）如图，在四棱锥
中，底面
为矩形，
平面
为
的中点，
，直线
与
所成角的大小为
，则四棱锥
的体积为
__________.
【答案】
【分析】作辅助线，根据线面垂直的性质定理得到线线垂直，再根据边长之间的关系以及余弦定理求得
，再根据棱锥的体积公式可求得结果.
【详解】连接
，如图所示：
因为
，所以直线
与
所成角为
（或其补角），
因为
平面
，所以
，
又底面
为矩形，所以
，
因为
，
平面
，
平面
，而
平面
，
所以
，所以
均为直角三角形，
设
，则
，即
，
因为点E 为
的中点，所以
，
在
中，由余弦定理得
，
所以
，解得
，
所以四棱锥
的体积
.
故答案为：
.
4．（2026·三省三校·一模）圆台母线长为3，上、下底面半径比为
，当圆台体积最大时，以此圆台的
上、下底面为截面的球的表面积为________．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值
的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可.
【详解】设圆台上底半径为，则其下底半径为
，高
，
此圆台的体积
，
，
求导得
，当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
则当
，即
时，此圆台体积取得最大值，
设球的半径为
，则球心到两个截面距离分别为
，
显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上，
则
或
，
解
，无解；解
，得
，
所以此圆台的外接球的表面积为
.
5．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球
内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上下底面以及侧面均相切）
､
，
且该正四棱台的上下底面棱长之比为
､
，则球
与该正四棱台的体积之比为__________.
【答案】
【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱
台体积，即可得解.
【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O 是等腰梯形ABCD 的内切圆，
设圆O 与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点
，
，
不妨设正四棱台上、下底面的棱长为
，
，
则
，
，
，
故在直角梯形
中，过点C 作
，垂足为E，所以
，
在
中，
，为棱台的高，也是球的直径，
所以半径为
，所以球的体积为
，
棱台体积为
，
所以球与棱台的体积比为
.
故答案为：
.
6．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3 和6 的两个铁球，
小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____．
【答案】
【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积.
【详解】作几何体的轴截面图如图，
，
分别是大球和小球的球心，
是圆台的轴截面等腰梯形
两腰
和
的延长线的交点，
，
分别是球
和球
与圆台侧面的切点，
，
分别是与圆台上下底面的切点，
则
，
，
，
，
且
，
，
，
过
点作
交
于
，显然
，四边形
为矩形，
且
，
，
在
中，
，
，
，
由
，得
，则
，
.
在
中，
，
，
在
中，
，
在
中，
，
，
因此圆台的上底面半径
，下底面半径
，高
，
圆台的体积
，
而球
的体积
，球
的体积
，
所以容器中水的体积
.
故答案为：
1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）平行六面体
所有棱长都相等，
，点
在底面
的射影为
中点，且直线
与底面
夹角为
，则三棱锥
的外接球被平面
截得的截面面积为_____．
【答案】
/
【分析】根据外接球性质确定球心及半径，再结合等体积法得到球心到面
，进而得到截面半径即可
求解．
【详解】设
中点为
，
考点2
截面、轨迹与最短距离问题
，
，
，
，
即
，
，则
，
，
又
平面
，
平面
，
，则
，
，即
，
三棱锥
中
均为直角三角形，
且平面
平面
，
三棱锥
的外接球是以
为直径，
为球心，半径
，
设
到平面
的距离为
，外接球被平面
截得的截面半径为，
，
，
，
，解得
，
截面半径
，面积为
．
2．（2026·吉林长春·一模）（多选）已知正方体
的棱长为2，点
是侧面
上的一
个动点（含边界），点
和点
分别是棱
和
的中点，则（ ）
A．平面
截该正方体所得的截面图形是正方形
B．平面
平面
C．若
，则点
的轨迹长度为
D．若点
在
上，则
的最小值为
【答案】BC
【分析】建立
空间直角坐标系，易得
，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
轨迹，求轨迹长度，判断C 的真假；设
，则
可表示为在直角坐标系中点
到点
与点
的距离
之和，由此即可求出
的最小值，可判断D 的真假.
【详解】如图建立
空间直角坐标系，
对于A 选项：
,
,
，
，
所以
，
所以
与
不垂直，A 错误；
对于B 选项：
,
，
所以
所以
，
又
，
平面
,
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
，B 正确；
对于C 选项：易知
，所以
，
所以点
的轨迹为点
为圆心，1 为半径的
圆，
所以点
的轨迹长度为
，C 正确；
对于D 选项：设
，则
可表示为在直角坐标系中点
到点
与点
的距离之和，如图
所示，
所以
，
所以
的最小值为
，D 错误.
故选：BC.
3．（2026·黑龙江研远联合·一模）（多选）如图，已知正方体
的棱长为2，P 是正方形
（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ）
A．三棱锥
的体积为定值
B．存在点P，使得
C．若
，则P 点在正方形
内的运动轨迹长度为
D．若点P 为
的中点，点Q 为
的中点，过P，Q 作平面
平面
，则平面
截正方体
所得截面的面积为
【答案】ACD
【分析】利用等体积法判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积判断B；确定轨迹并求出长度
判断C；作出符合要求的正方体的截面并求出面积判断D.
【详解】对于A，在正方体
中，平面
平面
，
则点P 到平面
距离为定值，
的面积为定值，
为定值，A 正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则
，
设
，
，
，
不垂直，因此不存在点P，使
，B 错误；
对于C，连接
，
平面
，
平面
，则
，而
，
又
平面
，则
平面
，又
平面
，则
.
同理得
，又
平面
，则
平面
，
由
，得
平面
，又
平面
，因此点
轨迹为平面
与底面
交线，即为线段
，又
，C 正确；
对于D，取
中点为
，连接
，
平面
，
由
平行于
，
平面
，得
，又
，则
平面
，
又取
中点为
，则
，有
四点共面，则平面
平面
.
平面
即为平面
，设平面
分别与
交于
，
由平面
平面
，平面
，平面
，
则
，又
都是中点，则
是
中点，同理
是
中点，
于是平面
截正方体
所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则
，
所以截面面积为
，D 正确.
故选：ACD
1．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）若l，m 是两条不同的直线，
平行于平面
，则“
”是“
”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先利用长方体判断不满足充分性，再根据线面垂直的性质判断必要性，即可得到答案.
【详解】充分性：如图所示，在长方体中，满足：
，
，
此时不垂直平面
，故不满足充分性.
必要性：
可推出
，满足必要性.
所以“
”是“
”的必要而不充分条件.
故选：B
考点3
点线面位置关系
2．（2026·三省三校·一模）设，
是两条不同的直线，
，
是两个不同的平面，以下说法正确的是
（ ）
A．若
，
，则
B．若
，
，则
C．若
，
，
，则
D．若
，
，
，则
【答案】D
【详解】对于A，若
，
，则
或
或l 与
相交，故A 错误；
对于B，若
，
，则
或
或l 与
相交，故B 错误；
对于C，若
，
，
，则
或
或l 与
相交不垂直或l 与
垂直，故C 错误；
对于D，若
，
，则
，又因为
，则
，故D 正确.
3．（2026·辽宁大连·一模）（多选）设
是空间中四个不同的点，下列命题正确的是（ ）
A．若
与
是异面直线，则
与
是异面直线
B．若
，则
C．若
，则
D．若
，则
【答案】AC
【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断即可.
【详解】对于A，假设
与
是共面直线，则
在同一个平面内，所以
与
是共面直线，
与题设
与
是异面直线矛盾，故A 正确；
对于B，因为
，所以点
都在
的垂直平分面上，但
与
的长度无法确定，故
B 错误；
对于C，由B 知，点
都在
的垂直平分面上，所以
，故C 正确；
对于D，因为
，所以
与
的位置有平行、相交或异面，故D 错误.
故选：AC.
4．（2026·黑龙江·一模）三棱锥
中，
平面
，
是边长为4 的正三角形，
，
是
的中点，则直线
与
所成角的余弦值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】取BC 中点F，连接
，
后可得
或其补角即为直线
与
所成角，求出
、
、
的长度后根据余弦定理得线线角的余弦值，注意线线角的余弦值非负.
【详解】
取BC 中点F，连接
，
，因为
，故
，
故
或其补角即为直线
与
所成角，
因为
平面
，
平面
，故
，
而
，故
，同理
，
而
为中位线，故
，
而
是边长为
的等边三角形，
，所以
，
在
中，由余弦定理可得
，
所以直线
与
所成角的余弦值为
.
5．（2026·辽宁辽阳·一模）在四棱锥
中，
平面
，四边形
是正方形，
，
是
的中点，则异面直线
与
所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】首先找到异面直线
与
所成的角，通过几何关系求出与该角的余弦值有关的线段长即可.
【详解】如图，连接
，
因为
平面
，
平面
，
所以
.
又四边形
是正方形，
，
所以
，
，
，
所以异面直线
与
所成的角即
与
所成的角，即
.
由勾股定理得
，
，
所以
，所以
.
因为
是
的中点，所以
，
所以
，
所以
.
故选：D.
6．（2026·吉林白城联合体·一模）在一个水平平面
上放一个半径为2 的球，球面上两点
满足
，
是球心，且点
到平面
的距离为3，则点
到平面
距离的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】法一，过
作与平面
平行的截面，转化为点
到截面距离的最大值，根据球的截面性质求解即
可；法二，建立空间直角坐标系，写出球的方程，设出
点的坐标，利用向量法求
点竖坐标的取值范
围即可得解.
【详解】法一：过
作与平面
平行的截面，截面直径为
，如图，
，取
中点
，过
作
平行线交球
与
，
则点
在以
为直径的小圆上，当
在
点时，过
作与
垂直的直径交球
于
，
则
点在以
为直径的大圆运动，当
位于
点时，
到平面
距离最大，
设
，则
，
，
所以
到
距离最大值为
，
故选：D
法二：过点
作平面
的垂线为
轴，在平面
内作两条互相垂直的直线为
轴，建立如图所示的空间
直角坐标系，
则球
的方程为
，
因为点
到
的距离为3，所以设
的坐标为
，所以
，
设
的坐标为
，则
，
，
因为
，所以
，所以
，
又由平面向量知识可得
，
所以
，又因为
，
所以
，所以
，
两边平方得
，解得
，
所以点
到平面
距离的最大值为
，
故选：D
1．（2026·吉林长春·一模）如图，在平行六面体
中，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算得到
，然后求
即可.
【详解】解：
，又因
，
，
∴
，
考点4
空间向量基本定理
∴
，
，
，
故选：A.
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）（多选）如图，在正三棱锥
中，
，D 是
中点，E 是
中点，点F，G 满足
，
，直线DF，GE 相交于H，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
与
是共线向量
D．
【答案】AC
【分析】以
为一组基底，结合数量积的运算法则可判断A；B 利用数量积的定义得出
判断B；利用平面
平面
以及
判断
三点共线可判断C；利
用向量的加减运算判断D.
【详解】对于A，设
，
，
则
，
于是
，故A 正确；
对于B，因为
，
，所以
，则
夹角等于
，
因为
，则
为锐角，由数量积的定义可知
，故B 错误；
对于C，因为
，
平面
，则
平面
，
同理
，
平面
，则
平面
，
又平面
平面
，故
，即
三点共线，故C 正确；
对于D，因
，故D 错误.
1．（2026·吉林白山·一模）如图，已知在正四棱柱
中，四边形
的边长均为
，且
分别是
的中点.
(1)证明：
；
(2)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）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证.
（2）求出平面
的法向量，再利用线面角的向量法求解.
【详解】（1）在正四棱柱
中，以
为原点，直线
分别为
轴建立空间直
角坐标系，
考点5
空间向量线面角问题
则
，
，
由
，得
，所以
.
（2）设平面
的法向量为
，而
，
则
，取
，得
，又
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
2．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）如图，在圆台
中，
，
，
是下底面圆周上的三点，
为下底
面圆的直径，
为
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)若
，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）由圆台的性质知
底面
，从而得
；再由
为下底面圆的直径结合
为
的中点可证
，由线线垂直即可证得线面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，按照求直线与平面夹角的公式，按步骤求解即可.
【详解】（1）证明：因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
为下底面圆的直径，所以
，
因为
为
的中点，所以
，
所以
，
又
，
，
平面
，
所以
平面
.
（2）以
为坐标原点，
，
，
的方向分别为
轴、轴、
轴的正方向，建立如图所示的空间直
角坐标系，
不妨设
，
则
，
，
，
，
则
，
，
.
设平面
的一个法向量为
，
则
取
，得
.
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
.
考点6
空间向量二面角与面面角问题
1．（2026·吉林白城联合体·一模）如图，
、
分别是圆柱
的上底面，下底面的直径，且
，
，
分别是圆
上在
同侧的两点，且
是线段
上一点
（不含端点）.
(1)求证：
平面
；
(2)已知圆柱
的高为6，表面积为
，求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一：通过证明平面
平面
，进而根据面面平行的性质得到
平面
；
证法二：在线段
上取一点
，使得
，先证四边形
是平行四边形，得到
，由平行传递性得到
，即四边形
是平行四边形，得到
，再由线面平行的判定即可证明；
（2）先由表面积可计算出圆柱底面半径，而后建系求解平面
与平面
的法向量，再根据面面夹
角与法向量夹角的关系即可求解．
【详解】（1）证法一：因为
分别是圆
上在
同侧的两点，
且
,
所以
是等边三角形，
，所以
，
又
平面
平面
，所以
平面
，
因为
分别是圆柱
的上底面，下底面的直径，且
，
所以
，
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
平面
平面
，
所以平面
平面
，又
平面
，所以
平面
，
证法二：如图，在线段
上取一点
，使得
，
因为
分别是圆
上在
同侧的两点，且
，
所以
是等边三角形，
，所以
，
又
，所以四边形
是平行四边形，
，
因为
分别是圆柱
的上底面，下底面的直径，且
，
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）解：在圆
中过点
作
，又
平面
平面
，
所以
，以
为原点
所在直线分别为
轴，
轴，
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设圆柱
的底面半径为，
因为圆柱
的高为
，表面积为
，
所以
，即
，
解得
（舍）或
，
因为
，
所以
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，即
，
令
，得
，
即
为平面
的一个法向量，
设平面
的法向量为
，
则
，即
，
令
，得
，
即
为平面
的一个法向量，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
即平面
与平面
夹角的余弦值为
．
2．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）如图，在四棱锥
中，平面
平面
，底面
ABCD 是直角梯形，
，
，且
，E 为CD 的中点，F 为线段PD 上的点，
.
(1)证明：
平面
；
(2)若
，点M 是AB 的中点，求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在线段PA 上取N，使得
，取线段
的中点
，利用线面平行的判定推理得证.
（2）由已知证得直线
两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解.
【详解】（1）在线段PA 上取N，使得
，取线段
的中点
，连接
，
则
，
，
，
在梯形
中，
，E 为CD 的中点，则
，
因此
，四边形
为平行四边形，
，
而
平面
，
平面
，所以
平面
.
（2）由平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，则
平面
，
因为
，
，
则
，则
，即直线
两两垂直，
以A 为坐标原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
不妨设
，则
，
则
，
设平面MEF 的法向量为
，
则
，取
，得
，
设平面
的法向量为
，
则
，取
，得
，
则
，
所以平面MEF 与平面PEF 夹角的余弦值为
.
3．（2026·黑龙江海伦市六中·一模）在四棱锥
中，底面
是梯形，
，
，
是正三角形，
为棱
中点.
(1)求证:
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）取
中点
,连接
,先证明四边形
为平行四边形，所以
，利用线面平
行的判定定理得到
平面
.
（2）取AB 中点O,连接PO,利用线面垂直的判定定理证明
平面ABCD；过点A 作
,则
平面ABCD；
以A 为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面
与平面
夹角的余弦值即可
【详解】（1）取
中点
,连接
,
因为
分别为PC，PB 中点，所以
,
,
又因为
，所以
所以四边形
为平行四边形，所以
,
又因为
平面
，
平面
,
所以:
平面
.
（2）取AB 中点O,连接PO,
因为
是正三角形，所以
,
又因为
则
，所以
,
又因为
,
,
平面PAB,
所以
平面PAB，
又因为
平面ABCD,所以平面PAB
平面ABCD，
因为
，
平面PAB, 平面PAB
平面ABCD
所以
平面ABCD；
在平面PAB 内过点A 作
,则
平面ABCD；
如图所示，以A 为原点，AB,AD,AM,分别为
轴建立空间直角坐标系
则
，
则
设平面
的法向量为
则
即
，取
则
平面
的法向量为
；
设平面
与平面
夹角为
，
则
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
4．（2026·黑龙江·一模）如图，在三棱锥
中，平面
平面
，
，
为
的中
点．
(1)证明：
；
(2)若
是边长为2 的等边三角形，三棱锥
的体积为
，点
在棱
上，
，求二
面角
的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证
，再由平面与平面垂直的性质定理进行求解；
（2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；法2，过E 作
交BD 于H，过H 作
于G，连
.则
为二面角
的平面角，进行求解．
【详解】（1）因为
，
是
中点，所以
，
因为
平面
，平面
平面
，
且平面
平面
，所以
平面
．
因为
平面
，所以
．
（2）如图所示，以O 为坐标原点，
为
轴，
为y 轴，垂直
且过O 的直线为x 轴，建立空间直角
坐标系
，
，
由（1）知
平面
，三棱锥
的体积为
，
所以
．
法1：
，
，
，
，
，
所以
，
，
设
为平面
的法向量，
则由
，
，
得平面
的一个法向量为
．
又平面
的一个法向量为
，
所以
，
由观察知二面角为锐角，所以二面角大小为45°，
法2：
过E 作
交BD 于H，过H 作
于G，连
，
因为
平面BCD，所以
平面BCD．
因为
平面BCD，所以
．
因为
，
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为
，所以
为二面角
的平面角，
因为
，所以
，
，
得
，得
，
由
，得
，而
，
得
，得
，而
，
得
，得
，
在
中，
，
所以
，所以二面角
的大小为
．
5．（2026·辽宁辽阳·一模）如图，在正方体
中，
，
，
为线段
上的动点，
是点
关于
所在直线的对称点.
(1)证明：
；
(2)若正方体
的棱长为4，求三棱锥
的体积；
(3)当
时，求二面角
的余弦值的绝对值.
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，不妨设正方体
的棱长为4，
，求
，
，利用空间向量证明线线垂直；
（2）求
的面积，利用转换顶点法求三棱锥
的体积；
（3）可得
，分别求平面
、平面
的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）如图，以
为坐标原点，
分别为
轴，建立空间直角坐标系，
不妨设正方体
的棱长为4，则
，
设
，
，则
，
，
因为
，所以
.
（2）若正方体
的棱长为4，
则
的面积
，
所以三棱锥
的体积
.
（3）当
时，则
，
可得
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，可得
；
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，可得
；
因为
，
所以二面角
的余弦值的绝对值为
.
1．（2026·内蒙古锡林郭勒盟二中·一模）（多选）如图，矩形
所在平面与正方形
所在平面互
相垂直，AD=DE=4，
为线段
上的动点，则（ ）
考点7
空间向量点到面距离问题
A．
B．若
为线段
的中点，则
平面
C．点B 到平面CEF 的距离为
D．
的最小值为48
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积的运算性质、平面的法向量进行求解判断即可.
【详解】因为
是矩形，所以
，
又因为矩形
所在平面与正方形
所在平面互相垂直，矩形
所在平面与正方形
相交
于
，
所以
平面
，而
平面
，
所以
，而
是正方形，所以
，因此建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有
，
因为
，
所以有
，因此选项A 正确；
当
为线段
的中点时，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
于是有
，
因为
平面
，
所以选项B 正确；
，
，
所以点B 到平面CEF 的距离为
，因此选项C 正确；
设
，
，
，
当
时，
有最小值47，因此本选项不正确，
故选：ABC
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥
中，底面ABCD 为菱形，
，
分别为CD，
PA 的中点.
(1)证明：
平面PBC；
(2)若平面
平面ABCD，
，
，
，平面PAE 与平面PAB 夹角的余弦值为
，求点
到平面PBC 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到
，再结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出
点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即可.
【详解】（1）取PB 中点
，连接
，
分别为
的中点，
且
，
且
，
，且
，则四边形
为平行四边形，
，
平面
平面
，
平面
.
（2）取AB 中点
，连接OP，OD，BD
因为
，所以
，
∵平面
平面
，
面
，
为交线，
平面
，
，
为正三角形，
，
以
为原点，分别以OB，OD，OP 为
，
，
轴建系，如图，
设
，
则
，
，
，
，
，
所以
，
易知平面PAB 的法向量可取
，
设平面PAE 的法向量为
，
因为
，令
，可取
，
所以
，解得
，
所以
，
，
，
设平面PBC 的法向量为
，
因为
，令
，可得
，
所以
.
1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥
中，四边形
为正方形，G，F 分别是线段
，
的中点.
(1)求证：
平面
；
(2)若平面
平面
，
，
，且平面
与平面
夹角余弦值为
，求
的长.
【答案】(1)证明见解析
考点8
空间向量探索性问题
(2)
【分析】（1）利用三角形中位线定理得到
，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）以点
为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角余弦值的向量求法，列方程即可求得
的长.
【详解】（1）连接
，
因为四边形
为正方形，G 是线段
的中点，
所以G 是线段
的中点.
又因为F 是线段
的中点，
所以
，
又因为
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，
过点
作，
，所以
平面
，
又因为
，所以以点
为原点，以
为
轴，建立空间直角坐标系，
设
，则
，
所以
，
取平面
的法向量为
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，
令
，则
，
因为平面
与平面
夹角余弦值为
，
所以
，
即
，
化简得到
，解得
或
（舍去），
因为
，所以
，故
.
2．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，四棱锥
的底面
是菱形，
平面
，
为
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)求三棱锥
的体积；
(3)在棱
上是否存在一点
，使得二面角
正弦值为
？若存在，求出
的长；若不存在，
请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
或
【分析】（1）连接AC，交BD 于点O，可得
，由线面平行的判定定理可证结论；
（2）利用
，且三棱锥
与三棱锥
同底面积，三棱锥的
高是
三棱锥
的高的二倍
（3）以O 为坐标原点，分别以OA，OB 所在直线为x，y 轴，以过点O 且平行于PD 的直线为z 轴，建立
空间直角坐标系Oxyz．求出平面
与平面
的法向量，由向量夹角的余弦值求解即可.
【详解】（1）如图，连接AC，交BD 于点O，则O 为AC 的中点．连接OE，
因为
是
的中点，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
，
（2）
，且三棱锥
与三棱锥
底面积相同，
三棱锥
的高是三棱锥
的高的二倍，
（3）存在点F，使得二面角
的正弦值为
．
因为底面
是菱形，
底面
，
与
平面
，
所以
，
，
，
故以O 为坐标原点，分别以OA，OB 所在直线为x，y 轴，以过点O 且平行于PD 的直线为z 轴，建立如图
所示的空间直角坐标系Oxyz．
则
，
，
，
，
，
，
故
，
，
，
设
，
，
则
，
．
设平面
的法向量为
，
则
，
，
则
，令
，则
，故
，
设平面BDF 的法向量为
，
则
，即
，
则
，令
得
，故
，
因为二面角
的正弦值为
，
所以二面角
的余弦值的绝对值为
，
令
，
化简得
，解得
或
．
因为
，所以
或
．
3．（2026·黑龙江研远联合·一模）如图，在多面体
中，平面
平面
，底面
为
直角梯形，
，
，
，
，
．
(1)证明：
；
(2)在线段
上是否存在点
，使得点
到平面
的距离为
？若存在，求出
的值；若不存在，
说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
．
【分析】（1）根据勾股定理可证得
，再根据平面
平面
得到
平面
，进
而求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的空间向量公式求解即可.
【详解】（1）因为
，
，
，
所以
，则
．
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又因为
平面
，所以
．
（2）存在，由（1）知，
平面
且
，
以
为坐标原点，
，
，
的方向分别为
轴，
轴，
轴的正方向建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
所以
，
，
设
，
则
．
设平面
的一个法向量为
，
则
，故可取
．
设点
到平面
的距离为
，
则
，解得
或
（舍）．
所以在线段
上存在点
，且
．
4．（2026·三省三校·一模）在
中，
，
，
，
，
分别是
，
上的点，
满足
，且
．将
沿
折起到
的位置，使
，存在动点
使
，如图所示．
(1)求证：平面
平面
；
(2)当
时，求平面
与平面
夹角的余弦值；
(3)设直线
与平面
所成角为
，当
取得最大值时，求三棱锥
的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
．
【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得
平面
，再利用面面垂直判定定理即可
得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面
与平面
的法向量，再利用空间向量夹角公式计算
即可得；
（3）求出平面
的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出
取最大值时的
，则可得三棱锥的高
与底面积，再利用体积公式计算即可得解.
【详解】（1）因为
，则
，且
，可得
，
将
沿
折起到
的位置，始终有
，
因为
平面
，所以
平面
，
由
平面
，可得
，
且
，
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以平面
平面
；
（2）由（1）可知，
两两垂直，翻折前，因为
，且
，
所以
，
，所以
，
翻折后
，由勾股定理得
，
故可以
为原点，直线
分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
当
时，
，
，
，
，
，
，可得
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，可得
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，
，可得
，
设平面
与平面
夹角为
，
则
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
；
（3）由（2）可知
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，
，可得
，
且
，
，
因为直线
与平面
所成角为
，
则
，
当且仅当
时，等号成立，
取最大值，
则
，故点
到平面
的距离为
，
又
，则
，
所以三棱锥
的体积为
．
5．（2026·吉林长春·一模）如图，底面为锐角三角形的直棱柱
中，
，
，点
在线段
上，且满足
，点
为
的中点.
(1)当
时，证明：
平面
；
(2)若平面
与平面
所成角的余弦值为
.
（ⅰ）求异面直线
与
所成角的大小；
（ⅱ）已知直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）
.
【分析】（1）根据给定条件证明
，利用线面平行判定定理证明结论.
（2）（ⅰ）分别取
的中点
，以
为原点建立空间直角坐标系，求出平面
与平面
的法向量，利用面面角、线线角的向量法求解；（ⅱ）利用线面角的向量法列式求解.
【详解】（1）在直棱柱
中，令
，则
是
的中点，
由
，得
是
中点，而点
为
的中点，则
，
即
，而
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）（ⅰ）分别取
的中点
，则
，又
平面
，
所以
平面
，由
，得
，则直线
两两垂直，
以点
为原点，向量
的方向分别为
轴的正方向，建立空间直角坐标系，
令
，则
，
，
，
设平面
与平面
的法向量分别为
，
，
则
，令
，得
，
，令
，得
，
由平面
与平面
所成角的余弦值为
，
得
，解得
或
，
由
是锐角三角形，得
，即
，则
，即
，
又
，则
，
而
，因此
，
所以异面直线
与
所成的角为
.
（ⅱ）由（ⅰ）知，
，则
，
，而平面
的法向量
，
因此
，而
，
所以
.
6．（2026·辽宁大连·一模）如图，已知四棱锥
的底面为正方形，
底面
，设平面
与平面
的交线为直线.
(1)证明：
；
(2)
，点
在直线上.
（i）若
，且点
均在球
的球面上，证明：点
在球
的球面上；
（ii）若直线
与平面
所成角的正弦值为
，求
的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
或
【分析】（1）先应用线面平行判定定理再结合性质定理证明；
（2）（i）建立空间直角坐标系
，根据
，得
，设球
的球心
，根据
得球心
，半径为
，验证
即可；
（ii）设
，平面
的法向量为
，利用线面角的向量法求解.
【详解】（1）在正方形
中，
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，平面
平面
，所以
；
（2）以点
为原点，
为
轴，
如图建立空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
，
（i）因为点
在直线上，
设
，因为
，则
，即
，
设点
所在球
的球心
，
则
，
即
，
解得
，即球心
，半径为
，
又
，
所以点
在球
的球面上；
（ii）设
，且
，
设平面
的法向量为
，则
，
可取
，记直线
与平面
所成的角为
，
则
，
解得
或
，
所以
的长为
或
.
