专题5-2空间向量在空间几何体中的应用（专题分层练）（8种题型）解析版.docx

1、专题验收评价专题5-2 空间向量在空间几何体中的应用 内容概览A常考题不丢分一空间中的点的坐标（共1小题）二共线向量与共面向量（共1小题）三空间向量的数量积运算（共1小题）四向量的数量积判断向量的共线与垂直（共1小题）五平面的法向量（共1小题）六直线与平面所成的角（共12小题）七二面角的平面角及求法（共12小题）八点、线、面间的距离计算（共6小题）B拓展培优拿高分（压轴题）（6题）C挑战真题争满分（7题）一空间中的点的坐标（共1小题）1（2023黄浦区模拟）在空间直角坐标系中，点，关于平面对称的点的坐标是 ，【分析】根据点关于平面对称的点坐标的特点可直接得到结果【解答】解：点，关于平面对称的点

2、为，关于平面对称的点的坐标为，故答案为：，【点评】本题主要考查空间中的点的坐标，属于基础题二共线向量与共面向量（共1小题）2（2023浦东新区三模）空间向量，2，的单位向量的坐标是 【分析】得出，从而得出的单位向量坐标为：，然后进行向量坐标的数乘运算即可【解答】解：，的单位向量的坐标为：故答案为：【点评】本题考查了单位向量的定义及求法，根据向量的坐标求向量的长度的方法，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题三空间向量的数量积运算（共1小题）3（2023徐汇区三模）在棱长为2的正方体中，点在正方体的12条棱上（包括顶点）运动，则的取值范围是 ，【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出的

3、表达式，再求出的取值范围【解答】解：以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，则，0，2，2，2，在正方体的12条棱上运动，设，则，当，时，取最小值，当，时，取最大值4，的取值范围是，故答案为：，【点评】本题考查向量的数量积的取值范围的求法，考查正方体的结构特征、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题四向量的数量积判断向量的共线与垂直（共1小题）4（2023松江区二模）已知空间向量，若，则【分析】根据已知条件，结合空间向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，即可求解【解答】解：，则，2，则，解得故答案为：【点评】本题主要考查空间向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，属于基础题五平面的法向量

4、（共1小题）5（2023静安区二模）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则能使的是A，0，0，B，3，0，C，3，D，2，0，【分析】由，得，由此能求出结果【解答】解：直线的方向向量为，平面的法向量为，在中，0，0，故错误；在中，3，0，故错误；在中，3，故正确；在中，2，1，故错误故选：【点评】本题考查线面平行的条件的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意线面平行的性质的合理运用六直线与平面所成的角（共12小题）6（2023静安区二模）如图，正方体中，为的中点，为正方形的中心，则直线与侧面所成角的正切值是 【分析】由直线与平面所成角的作法可得为直线与侧面所成的角，然后求解即可【解答】解：连接

5、，平面，则为直线与侧面所成的角，设，则，则，则直线与侧面所成角的正切值是故答案为：【点评】本题考查了直线与平面所成角的作法，重点考查了直线与平面所成角的求法，属基础题7（2023黄浦区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面为菱形，分别为，的中点（1）证明：平面（2）若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值【分析】（1）取的中点，连接，则由三角形中位线定理可得，再结合底面四边形为菱形，可得四边形为平行四边形，从而得然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得，两两垂直，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可【解答】（1）证明：取的中点，连接，因为，分别为，的中点，

6、所以，又底面为菱形，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面（2）解：连接，因为平面，平面，所以，因为四边形为菱形，所以为等边三角形，因为为的中点，所以，因为，所以，所以，两两垂直，所以以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，则，设平面的法向量，则，令，得，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为【点评】本题考查了线面平行的证明以及直线与平面所成的角的求解，属于中档题8（2023宝山区校级模拟）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，底面半径为2（1）若圆锥的侧面积为，求圆锥的体积；（2）设，点、在底面圆周上，且满足，是线段的中点，如图求直线与平面

7、所成的角的大小【分析】（1）求出圆锥的母线长和高，再计算圆锥的体积（2）取的中点，连接、，证明平面，是直线与平面所成的角由此求出直线与平面所成角的大小【解答】解：（1）因为圆锥的底面半径为2，侧面积为，所以圆锥母线长为，所以圆锥的高为，圆锥的体积为；（2）取的中点，连接和，如图所示：因为，平面，平面，所以，又因为，所以，又因为是线段的中点，是的中点，所以，所以，又因为，所以平面，所以是直线与平面所成的角，中，所以，即直线与平面所成的角是【点评】本题考查了圆锥的结构特征与体积计算问题，也考查了线面垂直的判定与性质、线面角计算问题，是中档题9（2023虹口区校级三模）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，

8、半径为2，母线、的长为，且为线段的中点（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的大小【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，再由面面垂直判定定理证明即可（2）由线面角定义求线面角正切，再求线面角的大小【解答】解：（1）证明：，为中点，平面，平面，且，平面，平面，平面，平面，平面平面（2）设的中点为，连接，则，底面，平面，平面，平面，就是直线与平面所成角，圆锥的底面半径为2，母线长为，高，解得，直线与平面所成角的大小为【点评】本题考查线面垂直的判定定理、面面垂直判定定理、线面角定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题10（2023闵行区校级二模）已知正方体，点为中点，直线交平面

9、于点（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值【分析】（1）由可得平面，再利用线面平行的性质定理可得，从而证得为的中点；（2）以为坐标原点，方向分别为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为3，设，求出相应点的坐标，进而求出相应向量的坐标，再利用线面夹角的向量公式求解即可【解答】证明：（1）在正方体中，又平面，且平面，则平面，而交平面于点，即平面，又平面，有平面，因此平面平面，于是，又因为为中点，所以为的中点；（2）以为坐标原点，分别以，为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：不妨设正方体的棱长为3，设，则，从而，设平面的一个法向量为，则

10、，即，取，解得，所以，又因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得，所以【点评】本题主要考查了线面平行的判定定理，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题11（2023浦东新区校级三模）如图，直角三角形和等边三角形所在平面互相垂直，是线段上一点（）设为的中点，求证：；（）若直线和平面所成角的正弦值为，求的值【分析】（）由题意得，利用面面垂直的性质可得，利用线面垂直定理可得平面，即可证明结论；（）设，取的中点，的中点，连接，则，由 得平面，则平面，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案【解答】解： 证明：由题意得，平面平面，平面平面，平面平面，为等边三角形，是的中点，平面，； 设

11、，取的中点，的中点，连接，则，由 得平面，平面，建立空间直角坐标系，则，0，0，2，设平面的法向量为，则即，取，则，平面的法向量为，直线和平面所成角的正弦值为，整理得，解得或，即【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题12（2023普陀区校级三模）如图，在四棱锥中，正方形的边长为2，平面平面，且，点，分别是线段，的中点（1）求证：直线平面；（2）求直线与平面所成角的大小【分析】（1）连接可得为的中位线，再利用线面平行的判定定理即可得出证明；（2）利用四棱锥的结构特征以及线面垂直的判定定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量和线面角的位

12、置关系，求得直线与平面所成的角【解答】解：（1）根据题意，连接，则交与，在中，为的中点，又点是线段的中点，所以，又平面，平面，所以直线平面；（2）由平面平面，且平面平面，又四边形是正方形，所以，又平面，所以平面；过点作直线平行于，又，以为坐标原点，分别以直线，直线，直线为，轴建立空间直角坐标系，如图所示：由正方形的边长为2，可得；所以，0，0，0，；，0，；又点，分别是线段，的中点，所以，0，；即，；设平面的一个法向量为，；所以，可得，令，解得；即，设直线与平面所成的角为，则，解得；所以直线与平面所成的角为【点评】本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了直线与平面所成角的计算问题，是中档题

13、13（2023闵行区校级一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，分别为棱，的中点，（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值【分析】（）取的中点，连接、，证明四边形是平行四边形然后证明平面 如图建立空间直角坐标系求出平面的法向量，求出利用空间向量的数量积求解即可【解答】解：（）证明：在四棱锥中，取的中点，连接、，因为是的中点，所以，且又因为底面是正方形，是的中点，所以，且所以所以四边形是平行四边形所以由于平面，平面，所以平面 因为底面是正方形，所以又因为平面所以以点为坐标原点，、分别为、轴，如图建立空间直角坐标系，0，2，2，0，1，1，2，0，设平面的法向量为有：即令，则，所以设直线

14、与平面所成角为有：所以直线与平面所成角的正弦值为【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，是中档题14（2023松江区模拟）如图，是圆柱底面圆的一条直径，是圆柱的母线，点是圆柱底面圆周上的点，（1）求证：平面；（2）若点在上且，求与平面所成角的大小【分析】（1）依据线面垂直判定定理证明平面；证明线面垂直，作出辅助线，找到与平面所成角，求出各边长，求出所成角的大小【解答】解：（1）证明：因为底面，平面，所以，因为为直径，所以，因为，平面，所以平面（2）由（1）知，为与平面所成角，因为，所以，由勾股定理得：，所以，所以与平面所成角为，或，所以与平面所成角为，或，所以与

15、平面所成角为，所以与平面所成角的大小为或或【点评】本题主要考查直线与平面垂直得证明，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题15（2023浦东新区模拟）已知四棱锥的底面为矩形，底面，且，设，分别为，的中点，为的中点，如图（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值【分析】（1）连接，延长交于点，连接，根据、分别为、的中点，易得，再利用线面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标，求得的坐标，平面一个法向量，代入公式求解【解答】（1）证明：因，分别为，的中点，故，从而平面，平面，又，平面，且，故平面平面，由平面，得平面；（2）解：以为原点，直线，分别为，轴，建立空间直角坐标系

16、，如图所示：则由已知条件，得相关点的坐标为，0，0，2，2，于是，设面的一个法向量为，则，取，得，设与平面所成的角为，则，故与平面所成角的正弦值为【点评】本题考查了线面平行的证明和线面角的计算，属于中档题16（2023闵行区校级三模）如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径（1）若是弦的中点，且，求证：平面；（2）若，直线与平面所成的角为，求异面直线与所成角的大小【分析】（1）利用线面平行的判定定理进行证明即可（2）根据线面角和异面直线所成角的定义进行计算即可【解答】证明：（1）若是弦的中点，且，是线段的中点，故在中，为的中位线，则，又面，且直线面，则平面解：（2）取线段的中点，连接，在中，

17、线段是的中位线，故，则即为异面直线与所成的角，由题意知，故，故，故，则异面直线与所成角的大小为【点评】本题主要考查空间线面平行的判定以及异面直线所成角的求解，根据线面线面平行的判定定理以及空间角的求法进行求解是解决本题的关键，是中档题17（2023浦东新区三模）如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面是以圆锥的底面圆的直径为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上（1）求直线和平面所成角的大小；（2）求该几何体的表面积【分析】（1）连结，则平面，直线在平面上的射影为直线，直线和平面所成角等于，由此能求出直线和平面所成角的大小（2）所求表

18、面积等于圆锥表面积的一半加上、的面积，由此能求出该几何体的表面积【解答】解：（1）连结，几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面是以圆锥的底面圆的直径为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上，平面，直线在平面上的射影为直线，直线和平面所成角等于，是以为直径的等腰直角三角形，由，知，直线和平面所成角的大小为（2）由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上、的面积，圆锥的高，圆锥的底面半径，圆锥的母线长为，表面积为，在和中，同理，而，该几何体的表面积为【点评】本题考查直线与平面所成角、几何体表面积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题七二面角的平面

19、角及求法（共12小题）18（2023徐汇区校级模拟）如图（1），在直角梯形中，为的中点，四边形为正方形，将沿折起，使点到达点，如图（2），为的中点，且，点为线段上的一点（1）证明：；（2）当与夹角最小时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，求出向量，利用向量的数量积为0，证明即可；（2）求出，根据题意，求出，再求出平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，求出即可【解答】解：由为正方形，得，为的中点，即设，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示，则，0，0，0，1，1，（1）点在线段上，设，又，又，又，又，即，（2）由（1）知，当时，最大，最小，此时由题

20、知，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量，即，取，得，则，平面与平面所成锐二面角的余弦值为【点评】考查向量法在证明直线的垂直，求二面角的余弦值中的应用，中档题19（2023闵行区二模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，点在线段上，且（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）由题意得平面，则建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案【解答】解：（1）设与相交于点，平面，平面，在矩形中，则在中，在中，即，又，且平面，平面，平面；（2）由题意得平面，则建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：，则，0，4，0，0，3，4，设平面的

21、一个法向量为，则，取，则，平面的一个法向量为，2，平面的法向量为，0，设二面角的平面角为，且为锐角，则，故二面角的余弦值为【点评】本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题20（2023浦东新区校级模拟）如图，在四棱锥中，底面，点，分别为，的中点，（1）证明：直线平面；（2）求二面角的余弦值【分析】（1）由，分别为，的中点，得，进而可得，由线面平行的判定定理，即可得出答案（2）根据题意可得，由线面垂直的判定定理可得面，进而可得，则二面角得平面角为，进而可得，即可得出答案【解答】解：（1）证明：因为，分别为，的中点，所以，因为，所以，因为面

22、，面，所以面（2）因为，所以，连接，由得，因为，所以，所以，因为面，所以，因为，是平面内两相交直线，所以面，因为面，所以，所以二面角的平面角为，因为，所以，所以，所以二面角的余弦值为，所以二面角的余弦值为【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中需要理清思路，属于中档题21（2023浦东新区二模）如图，三角形与梯形所在的平面互相垂直，、分别为、的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值【分析】（1）连接，由题意得且，结合题意可得且，即四边形是平行四边形，利用线面平行的判定定理，即可证明结论；（2）由题意得平面平面，可得，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法，即

23、可得出答案【解答】解：（1）证明：连接，如图所示：、分别为、的中点，在中，且，且，四边形是平行四边形，又平面平面，平面，平面；（2）三角形与梯形所在的平面互相垂直，即平面平面，又平面平面，平面，平面，又平面，则，则建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：，则，0，2，4，2，2，2，由（1）得平面的法向量为，1，设平面的一个法向量为，则，取，则，平面的一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为【点评】本题考查空间中直线与平面的位置关系和二面角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题22（2023长宁区校级三模）已知和所在的平面互相垂

24、直，是线段的中点，（1）求证：；（2）设，在线段上是否存在点（异于点，使得二面角的大小为【分析】（1）由余弦定理可得故，从而得到，即可证明平面，即可证明；（2）以，分别为，轴建立空间直角坐标系，设，0，求得平面和平面的一个法向量，列式解得即可【解答】解：（1）证明：在中，由余弦定理可得，故，则，故，又，、面，故平面，面，故（2）和所在的平面互相垂直，平面平面，面，故平面，如图，以，分别为，轴建立空间直角坐标系，则，0，0，设，0，可得平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，可取，解得，不满足题意，综上，在线段上不存在点（异于点，使得二面角的大小为【点评】本题考查了空间线面 位置关系、空间

25、二面角的求解，考查了运算能力，属于中档题23（2023长宁区二模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，、分别为棱、中点（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，直线与平面所成的角为，且，求二面角的大小【分析】（1）证明平面，平面，即可证明结论；（2）根据面面垂直性质定理得，进而得，再根据题意证明平面可得为直角三角形，再根据几何关系得，进而根据是二面角的平面角求解即可【解答】解：（1）证明：因为、分别为棱、中点，所以在中，因为平面，平面，所以平面，因为，为棱中点所以，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面；（2）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以是

26、直线与平面所成的角，因为直线与平面所成的角为，所以，所以，因为，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，即为直角三角形，所以在中，由可得，所以，即，因为，所以是二面角的平面角，所以二面角的大小为【点评】本题考查面面平行的判定以及二面角的求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题24（2023黄浦区校级三模）已知，正三棱柱中，延长至，使（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值【分析】（1）通过底面的边角关系可得，进而可证得平面，从而得证；（2）法一：取中点，联结，可证得为二面角的平面角，从而得解法二：建立空间直角坐标系用向量的方法求解【解答】解：（1）因为是正三棱柱，

27、所以，且，从而又，所以，即，又，、面，平面，又面，；（2）解法一：取中点，联结所以，又，故，因为平面，面，所以，又，、面，所以平面，又面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为解法二：以直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系则，设平面的一个法向量，则，令，则，所以，又平面的一个方向量，设二面角的大小为，则，平面与平面所成锐二面角的余弦值为【点评】本题考查线面垂直的判定及其性质，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题25（2023青浦区二模）如图，在直三棱柱中，底面

28、是等腰直角三角形，为侧棱的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值【分析】（1）推导出，由此能证明平面（2）以为原点，直线，为，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小【解答】解：（1）证明：因为底面是等腰直角三角形，且，所以，因为平面，所以，又，所以平面（2）以为原点，直线，为，轴，建立空间直角坐标系，则，0，0，2，0，2，0，由（1），是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，设与的夹角为，则，所以，所以，二面角的正弦值为【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用26（2023黄浦区校级三模）

29、如图，直三棱柱中，为中点，为上的点，且（1）求证：平面；（2）求二面角的大小【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明，即可得到结论；（2）确定平面的法向量、平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角的余弦值【解答】解：（1）证明：依题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，2，0，1，0，2，1，0，平面；（2）由（1）知，平面的法向量为，2，平面的法向量为，1，又二面角的平面角为锐角，二面角的大小为【点评】本题考查了线面垂直的证明及求二面角的余弦值，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题27（2023宝山区校级三模）如图：平面，四边形为直角梯形，（1）求异面直线与所成

30、角的大小；（2）求二面角的余弦值；【分析】（）由已知条件得异面直线与所成角为，由此能求出异面直线与所成角的余弦值（2）以点为坐标原点，建立坐标系，再由向量法得出二面角的余弦值【解答】解：（1），异面直线与所成角为，异面直线与所成角的大小（2）平面，又，以为原点，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系：则，0，0，1，2，0，则，2，1，0，0，设平面的法向量为，则，取，则，1，取平面的法向量为，0，设二面角的大小为，由图形知，为锐角，二面角的余弦值为【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理和性质定理，考查了利用空间向量求二面角，属于中档题28（2023徐汇区校级三模）如图，在三棱锥中，平面

31、，、分别为、的中点（1）求直线与平面所成角的大小；（2）求平面与平面所成二面角的大小【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与直线的一个方向向量，利用向量法可求直线与平面所成角的大小；（2）求得平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成二面角的大小【解答】解：（1）建立如图空间直角坐标系，可得点的坐标，0，2，1，0，故，易知，是平面的一个法向量，设直线与平面所成角的大小为，则，所以，直线与平面所成角的大小为（2）设是平面的法向量，不妨取，得到平面的一个法向量，故平面与平面所成的二面角是与【点评】本题考查求线面角的大小，考查求面面角的大小，属中档题29（2023虹口区校级模拟

32、）如图，在三棱锥中，为的中点（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且二面角为，求的值【分析】（1）由已知可得，求解三角形可得，再由直线与平面垂直的判定可得平面；（2）以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，设，由二面角为列式求解，从而可求得的值【解答】证明：（1）在三棱锥中，为的中点，且，连接，得，则，又，得，平面；解：（2）如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系由已知得，0，0，2，0，2，取平面的一个法向量，0，设，则，设平面的法向量为，由，取，得，二面角为，解得（舍或，则，【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间

33、向量求解空间角，是中档题八点、线、面间的距离计算（共6小题）30（2023杨浦区二模）如图，一个由四根细铁杆、组成的支架、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是ABC2D【分析】取，由题意得四棱锥是正四棱锥，球的球心在四棱锥的高上，过正四棱锥的棱与作正四棱锥的轴截面如图所示，利用平面几何知识即可求解【解答】解：由题意，取，由题意得四棱锥是正四棱锥，球的球心在四棱锥的高上；过正四棱锥的棱与作正四棱锥的轴截面如图所示：由题意可得是正方形，且，解得，故选：【点评】本题主要考查空间几何体的性质，考查与棱相切的球体，把空间问题平面化，是解题的关键属中

34、档题31（2023青浦区校级模拟）如图，棱长为2的正方体中，为四边形内的点（包括边界），且点到的距离等于到平面的距离，点到的距离等于到平面的距离，则的最小值为 【分析】根据抛物线的定义得到，的轨迹，结合图像，即可求解【解答】解：当，在线段上时，由到的距离等于到平面的距离知，到点的距离等于到的距离，故点在以为焦点，为准线的抛物线上；同理，点在以为焦点，为准线的抛物线上，设这两条抛物线与的交点即分别为点，（如图，则，的轨迹分别为四边形内过点，且平行于的线段（如图，则的最小值即为如图3所示，建立平面直角坐标系，则的坐标为，所以所在的抛物线方程为，联立方程，且，可得，所以，所以，即的最小值为故答案为：

35、【点评】本题考查立体几何与抛物线的综合，直线与抛物线的位置关系，化归转化思想，数形结合思想，属中档题32（2023黄浦区校级模拟）如图，在棱长为2的正方体中，点在截面上（含边界），则线段的最小值等于 【分析】由已知可证得平面，可得为与截面的垂足时，线段最小，然后利用等积法求解【解答】解：如图，连接交截面于，由底面，底面，可得，又在正方形中，则平面，平面，则，同理可得，则平面，此时线段最小，由棱长为2，可得等边三角形的边长为，解得，故答案为：【点评】本题考查等体积法求解点面距，运动变化思想，化归转化思想，方程思想，属中档题33（2023嘉定区校级三模）在长方体中，、分别为、的中点（1）求三棱锥的

36、体积；（2）点在矩形内，若直线平面，求线段长度的最小值【分析】（1）利用，可求三棱锥的体积；（2）连结，推导出平面，平面，从而平面平面，推导出点在直线上，在中，由此能求出当时，线段的长度最小，并能求出最小值【解答】解：（1）；（2）如图，连结，分别为，的中点，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面平面，平面，点在直线上，在中，当时，线段的长度最小，最小值为【点评】本题考查线段长度的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题34（2023浦东新区校级三模）如图，在三棱锥中，平面平面，且点在以点为圆心为直径的半圆上（1）求证：；（2）若，且与平面所

37、成角为，求点到平面的距离【分析】（1）连接，根据线面垂直的性质证明平面即可；（2）根据线面垂直的性质可得与平面所成角为，再根据等体积法能求出结果【解答】解：（1）证明：连接，平面，平面，（2）由（1）得，且平面平面，平面平面，平面，与平面所成角为，点在以点为圆心，为直径的半圆上，设点到平面的距离为，解得【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题35（2023徐汇区校级三模）在直四棱柱中，（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离【分析】（1）证明直线垂直面内的两条相交直线、，即可得到平面；（2）利用等体积法求点到平面的距离【解答】（1）证

38、明：为直四棱柱，平面，则，四边形为直角梯形，又，得，则，平面；（2）解：由已知可得，又由（1）知，设点到平面的距离为，由，可得，则即点到平面的距离为【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用等体积法求点到平面的距离，是中档题一选择题（共1小题）1（2022上海自主招生）空间中到正方体棱，距离相等的点有A无数B0C2D3【分析】由于点、显然满足要求，猜想上任一点都满足要求，然后证明结论【解答】解：在正方体上建立如图所示空间直角坐标系，并设该正方体的棱长为1，连接，并在上任取一点，因为，所以设，其中，作平面，垂足为，再作，垂足为，则是点到直线的距离，所以，同理点到

39、直线、的距离也是，所以上任一点与正方体的三条棱、所在直线的距离都相等，所以与正方体的三条棱、所在直线的距离相等的点有无数个故选：【点评】本题主要考查合情推理的能力及空间中点到线的距离的求法，考查了推理论证能力，属于中档题二填空题（共2小题）2（2020上海自主招生）矩形的边，过，作直线的垂线，垂足分别为，且，分别为的三等分点沿着将矩形翻折，使得二面角成直角，则长度为【分析】根据，可以求出，再根据勾股定理即可求出的长度【解答】解：设，则，解得，故故答案为：【点评】本题考查二面角的概念，考查学生空间想象能力和运算能力，属于基础题3（2020上海自主招生）若四面体的各个顶点到平面距离都相等，则称平面

40、为该四面体的中位面，则一个四面体的中位面的个数是7【分析】分3种情况分类讨论即可，四个顶点均在平面的一侧，平面的一侧有三个顶点，另一侧有一个顶点，平面的两侧各有两个顶点分别求出中位面的个数再相加可得答案【解答】解：将所考虑的四面体记作若四个顶点均在平面 的一侧，则这四个顶点必位于一个与平面 平行的平面内，不符合条件；只考虑以下两种情形平面的一侧有三个顶点，另一侧有一个顶点不妨设点，在平面 的一侧，点在另一侧，则，三点所确定的平面必平行与，由点作平面的垂线，为垂足则中位面必为经过的中点且与垂直的平面（存在且唯一），该中位面平行于平面这种类型的中位面共有4个平面的两侧各有两个顶点，不妨设点，在平面

41、的一侧，点，在另一侧，显然，易知，与为异面直线，中位面必为经过它们公垂线中点且平行于它们的平面（存在且唯一）由于四面体的6条棱可按异面直线关系分为3组，于是这种类型的中位面共有3个综上，一个四面体的中位面由7个互不相同的中位面故答案为：7【点评】本题考查空间中线面位置关系，考查学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题三解答题（共3小题）4（2023宝山区校级模拟）如图，在直三棱柱中，是等腰直角三角形，为侧棱的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的大小（结果用反三角函数值表示）【分析】（1）推导出，由此能证明平面（2）以为原点，直线，为，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小【解答

42、】证明：（1）底面是等腰直角三角形，且，平面，平面解：（2）以为原点，直线，为，轴，建立空间直角坐标系，则，0，0，2，0，2，0，由（1）得，2，是平面的一个法向量，2，0，设平面的一个法向量，则，取，得，2，设二面角的平面角为，则，由图形知二面角的大小是锐角，二面角的大小为【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用5（2022静安区模拟）如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点（1）证明：；（2）已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且二面角的大小为，求【分析】（1）由面面垂直的性质结合等腰三角形的性质可证得平面

43、，再由线面垂直的性质可证得结论，（2）取的中点，则可得，过作，与交于，则，可得，两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【解答】（1）证明：因为，为的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，解：（2）取的中点，因为为等边三角形，所以，过作，与交于，则，由（1）可知平面，因为，平面，所以，所以，两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为，轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为是边长为1的等边三角形，为的中点，所以，因为三棱维的体积为，所以，所以，设，则，则因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，因为所以，令，则，

44、所以，因为二面角的大小为，所以，化简得，解得或（舍去），所以，【点评】本题考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题6（2022徐汇区校级模拟）如图，在中，斜边，是中点，现将以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥，点为圆锥底面圆周上一点，且，（1）求圆锥的侧面积；（2）求直线与平面所成的角的大小；（用反三角函数表示）【分析】（1）由圆锥的侧面积，能求出结果（2）取的中点，连结、，则，平面，是直线与平面所成的角，由此能求出直线与平面所成角的大小【解答】解：（1）在中，斜边，是中点，将以直角边为轴旋转一周得到一个圆锥，点为圆锥底面圆周上一点，且，圆锥的侧面积（2）取的中点，连结、，则，平

45、面，是直线与平面所成的角，在中，直线与平面所成角的大小为【点评】本题考查圆锥的侧面积的求法，考查直线与平面所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养一解答题（共7小题）1（2021上海）四棱锥，底面为正方形，边长为4，为中点，平面（1）若为等边三角形，求四棱锥的体积；（2）若的中点为，与平面所成角为，求与所成角的大小【分析】（1）由，代入相应数据，进行运算，即可；（2）由平面，知，进而有，由，知或其补角即为所求，可证平面，从而有，最后在中，由，得解【解答】解：（1）为等边三角形，且为中点，又平面，四棱锥的体积（2）平面，为与平面所成角为，即，为等腰直角三角形，分别为

46、，的中点，或其补角即为与所成角，平面，又，、平面，平面，在中，故与所成角的大小为【点评】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题2（2020上海）已知是边长为1的正方形，正方形绕旋转形成一个圆柱（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形绕逆时针旋转至，求线段与平面所成的角【分析】（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为、宽为1的矩形组成，依次求出圆面和矩形的面积，相加即可；（2）先利用线面垂直的判定定理证明平面，连接，则即为线段与平面所成的角，再利用三角函数的知

47、识求出即可【解答】解：（1）该圆柱的表面由上下两个半径为1的圆面和一个长为、宽为1的矩形组成，故该圆柱的表面积为（2）正方形，又，且、平面，平面，即在面上的投影为，连接，则即为线段与平面所成的角，而，线段与平面所成的角为【点评】本题考查圆柱的表面积、空间线面夹角问题，熟练掌握线面垂直的判定定理是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题3（2023上海）已知直四棱柱，（1）证明：直线平面；（2）若该四棱柱的体积为36，求二面角的大小【分析】（1）先证明平面平面，再根据面面平行的性质，即可证明；（2）先根据体积建立方程求出，再利用三垂线定理作出所求二面角的平面角，最后再解三角形，即可

48、求解【解答】解：（1）证明：根据题意可知，且，可得平面平面，又直线平面，直线平面；（2）设，则根据题意可得该四棱柱的体积为，底面，在底面内过作，垂足点为，则在底面内的射影为，根据三垂线定理可得，故即为所求，在中，又，二面角的大小为【点评】本题考查线面平行的证明，面面平行的判定定理与性质，二面角的求解，三垂线定理作二面角，化归转化思想，属中档题4（2023上海）已知三棱锥中，平面，为中点，过点分别作平行于平面的直线交、于点，（1）求直线与平面所成角的大小；（2）证明：平面平面，并求直线到平面的距离【分析】（1）连接，为直线与平面所成的角，在中，求解即可；（2）先证明平面，可得为直线到平面的距离进

49、则求的长即可【解答】解：（1）连接，平面，为直线与平面所成的角，在中，为中点，即直线与平面所成角为；（2）由平面，平面，平面平面，平面，平面，平面，平面，为直线到平面的距离，平面，平面，平面平面，为中点，为中点，直线到平面的距离为2【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查直线与平面的距离的求法，属中档题5（2022上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为、，为圆柱的母线，底面半径长为1（1）若，为的中点，求直线与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示）（2）若圆柱过的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积【分析】（1）转化为解直角三角形问题求解；（2）用圆柱体积和侧面积公式求解【解答】解：

50、（1）因为为圆柱的母线，所以垂直于上底面，所以是直线与上底面所成角，所以（2）因为圆柱过的截面为正方形，所以，所以圆柱的体积为，圆柱的侧面积为【点评】本题考查了直线与平面成角问题，考查了圆柱的体积与侧面积计算问题，属于中档题6（2021上海）如图，在长方体中，已知，（1）若是棱上的动点，求三棱锥的体积；（2）求直线与平面的夹角大小【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可；（2）易知直线与平面所成的角为，求出其正弦值，再由反三角表示即可【解答】解：（1）如图，在长方体中，；（2）连接，四边形为正方形，则，又，平面，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考

51、查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题7（2024上海）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【分析】（1）取中点，连接，证明面，即可证得结论；（2）建立空间直角坐标系，由题设求得平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求得二面角的大小【解答】（1）证明：取中点，连接，因为，所以，又因为，面，所以面，又面，所以；（2）解：由（1）可知，又底面，故，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：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，设为平面的一个法向量，由，可得，令，则，可得，设为平面的一个法向量，由，可得，令，则，可得，则，设二面角的平面角为，由图可知为钝角，所以二面角的大小为【点评】本题考查线面垂直及线线垂直的判定，考查二面角的求法，属中档题