备战2027年高考数学（2026年）真题分类汇编(全国)专题08立体几何与空间向量（解析版）

专题08立体几何与空间向量考点分类2026年高考命题解读创新考法考点01几何体中的面积与体积问题核心稳定，注重计算：主要考查三棱锥、球、棱台等几何体的面积与体积计算。重点在于利用正弦/余弦定理求解底面三角形要素，以及通过外接球性质确定高线长度。1.外接球与体积逆向求解（新课标Ⅱ卷）：已知球体积反求半径，结合正三棱锥对称性列方程求解边长，考查空间想象与代数运算的结合。

2.棱台中的动态截面（上海卷）：在正四棱台中，通过作垂线和辅助线确定线面角，并利用“拆分法”求解不规则三棱锥体积。考点02空间中的位置关系多维考查，强调逻辑：涵盖平行、垂直的判定与性质。试题区分度高，包含正方体中的定性判断与空间动点轨迹形成的二面角定量分析，要求考生具备严密的逻辑推理能力。1.动点轨迹与二面角结合（新课标Ⅰ卷）：引入动点到直线的距离及二面角大小，探究空间动点满足的几何关系（如共面、垂直），情境新颖，抽象度高。

2.正方体截面性质探究（天津卷）：通过反证法或向量法判断线面垂直的错误选项，考查对空间线面关系的深刻理解而非简单记忆。考点03空间向量的应用核心稳定，注重综合：主要考查利用空间向量解决立体几何中的平行、垂直、角与距离问题。试题强调坐标法与几何法的灵活切换，以及向量运算在解决动态几何问题中的应用。1.旋转轨迹与空间卦限（上海卷）：将正方体绕体对角线旋转，探究顶点轨迹经过的空间卦限数量。此题将运动变化与空间坐标结合，考查学生的空间想象能力和对轨迹问题的动态分析能力。

2.条件开放与探究性问题（北京卷）：在直三棱柱中，给出动点P的条件，要求从三个备选条件中选择一个使P点唯一确定，并求解面面角。此题型为结构不良试题，考查学生的选择判断能力和逆向思维。考点01几何体中的面积与体积问题1．（2026·北京卷·高考真题）已知三棱锥，，，，则它的底面的面积为________，体积为________．【答案】【分析】先由底面三角形的边长求面积；再由，可知点在底面上的投影为的外心，由此求出三棱锥的高.【详解】法一：底面三角形中，，.取中点，连接，则，.在中，，故底面面积.由可知，点在底面上的投影为的外心.在中，由余弦定理得，且，故.由正弦定理，的外接圆半径，则高，三棱锥的体积.综上，底面面积为，体积为.法二：在中，已知，.由余弦定理得，且，故，.所以底面面积.由可知，点在底面上的投影为的外心.由正弦定理，的外接圆半径，则高，三棱锥的体积.综上，底面面积为，体积为.2．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）已知球的体积为，点A，B，C，D均在球表面上，若为正三角形，且，则__________．【答案】【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解.【详解】由球的体积公式，，解得，设的外心为，连接，由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上，不妨设在线段上，连接，设的边长为，由正弦定理可得，，再设，由题知，，解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图），所以，由三角形面积公式，.3．（2026·上海卷·高考真题）如图所示正四棱台，其中，.(1)当时，求和平面所成角；(2)证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积.【答案】(1)(2)证明见解析，体积为【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小.（2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积.【详解】（1）过作平面ABCD于,连接，过分别作于于,连接,如图为在平面上的投影,由于平面，所以，由于平面，所以平面.由于平面，所以.所以,同理,,四边形为正方形,所以，为在平面上的投影,又因平面平面,所以和平面所成角即，,故和平面所成角为.（2）连接、交于,连接、交于,如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且,所以四边形为平行四边形,所以，因为平面,平面，所以平面.由正棱台性质,与上下底面均垂直,则，因为，平面，所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和,即:考点02空间中的位置关系1．（2026·天津卷·高考真题）正方体中，错误的是（

）A． B．面 C．面 D．面【答案】D【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论.解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系.【详解】解法一：由题意，在正方体中，A项，，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确；B项，由几何知识得，，，，平面，平面，∴平面，故B正确；C项，∵，平面，平面，∴平面，由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，∴平面平面，C正确；D项，假设平面平面，则交线为，此时有，∴平面，∵平面，∴，连接，，由几何知识得，，则，故在中，由几何知识得，，∴三角形为等边三角形，，矛盾，故D错误.解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，可得，，，，对于A：因为，可得，故A正确；对于B：根据正方体的性质可知平面

，故B正确；对于C：设平面的法向量为，则，设，可得，可得；设平面的法向量为，则，设，可得，可得；因为，所以平面平面，故C正确；对于D：由题意可知：平面的一个法向量，因为，可知平面与平面不垂直，故D错误.2．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（

）A． B．C．当时，平面 D．当平面时，【答案】BC【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D.【详解】不失一般性作图如下，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，，连接，则，因为二面角为，所以，由已知，所以，所以，故，，B正确；当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近，此时趋向于，A错误；因为，，平面，所以平面，又平面，所以，若，不重合，结合，平面，可得平面，平面，所以，矛盾，所以重合，因为，，，平面，所以平面，故平面，C正确；因为平面，若平面，则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合，故与的夹角为，D错误，考点03空间向量的应用1．（2026·上海卷·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【分析】不妨设正方体的棱长为3，分析可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，解法一：设，列方程分析点的轨迹与各坐标面的交点即可判断；解法二：利用补形法，可知点的轨迹即为的内切圆，即可判断结果.【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.2．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）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．【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.【分析】（1）通过证明，即可得出结论；（2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离.方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离.【详解】（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.3．（2026·北京卷·高考真题）已知直三棱柱，，，，、分别为、的中点．(1)证明：平面；(2)点在平面内，且，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，使得唯一确定，求平面与平面的夹角的余弦值．①；②；③平面．注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)解法一：取的中点，连接，，因为分别为，的中点，则，且，又因为为矩形，且为的中点，则，且，可得，且，可知为平行四边形，则，且平面，平面，所以平面；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)【分析】（1）解法一：作辅助线，可证，根据线面平行的判定定理分析证明；解法二：作辅助线，可证平面平面，根据面面平行证明线面平行；解法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行；（2）若选①：解法一：作辅助线，根据线段长相等可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选②：解法一：作辅助线，根据垂直关系分析可知为的中点，且平面与平面的夹角为，即可得结果；解法二：设，根据题意可得，利用空间向量求面面夹角；若选③：根据平面平面分析可知点不唯一，不合题意.【详解】（1）略（2）由（1）可知，则，若选①：解法一：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；解法二：设，因为，则，解得，即，则，，设平面的法向量为，则，令，则，，可得，因为平面平面，可知平面的法向量为，则，所以平面与平面的夹角余弦值为；若选②：解法一：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；解法二：设，则，因为，则，解得，即，则，，设平面的法向量为，则，令，则，，可得，因为平面平面，可知平面的法向量为，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·天津卷·高考真题）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．【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)【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证；（2）方法一：建立空间直角坐标系，根据平面与平面的夹角的定义转化为异面直线所成的角，利用向量法求该角的余弦值可得；方法二：由面面角的向量求法可得；方法三：作辅助线，可证平面，进而可知平面与平面的夹角为，即可得面面夹角余弦值；（3）方法一：由向量法证明，从而求得的面积，由向量法求得点C到平面的距离，再根据棱锥的体积公式求得三棱锥的体积；方法二：由向量法求得点A到平面的距离，根据棱锥的体积公式可得三棱锥的体积；方法三：由（2）可知点到平面的距离为，进而可求三棱锥体积.【详解】（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·上海卷·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．【答案】(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)【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量坐标，利用向量的数量积为0，推出向量垂直；（2）利用棱锥体积公式求出，进而求出点，得出相关向量坐标，求出平面的法向量，进而利用向量夹角余弦公式求解．【详解】（1）略（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．6．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）如图，在三棱锥中，点在上，，，．(1)求证：；(2)若，，，．求直线与平面所成角的正弦值．【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)【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可；（2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角.【详解】（1）略（2）如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，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.一、单选题1．（2026·山西忻州·模拟预测）已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知求得圆锥的高，再根据圆锥体积公式即可求解．【详解】圆锥的高，则该圆锥的体积．2．（2026·广东广州·模拟预测）已知向量，，，平面的法向量，若，则的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】求出平面的法向量，结合向量垂直的坐标表示求解即可.【详解】设，则，即，令，则，所以.因为，所以，即，整理得，解得.3．（2026·天津武清·模拟预测）已知，是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【分析】根据线面垂直、线面平行、线线平行、线线垂直的判定定理和性质定理，逐一分析选项，进行判断即可.【详解】对于A选项，若，，则的位置存在两种可能：或，并不一定平行于，故A错误；对于B选项，平行于同一平面的两条直线位置关系不唯一，可能平行、相交或异面，无法推出，故B错误；对于C选项，若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直于，故C错误；对于D选项，根据线面垂直的性质定理，若一条直线垂直于一个平面，则该直线垂直于平面内的所有直线，故D正确.4．（2026·河北邯郸·三模）已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥，作平面分别交平面、平面于、，作平面交于，则、分别为、的中心.因为，所以，，所以，设该正三棱台的高为，因为，所以，故，故选C.5．（2026·四川广安·模拟预测）给出下列命题：①如果一条直线与一个平面内的两条直线垂直，那么该直线与该平面垂直；②如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条且都在平面内；③已知，是两个不同的平面，为平面内的一条直线，则“”是“”的充分不必要条件．其中正确的命题个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】由线面垂直的判定定理判断命题①，由线面平行的性质判断命题②，根据面面垂直的性质以及面面垂直的判定定理判断命题③即可．【详解】命题①：根据线面垂直的判定定理可知：如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，那么该直线与该平面垂直，没有强调相交，故命题①错误；命题②：根据线面平行的性质，若直线与平面平行，则过这条直线的平面与已知平面相交的交线平行于这条直线，故在平面内，有无数条平行于交线的直线都与直线平行，但是过点且平行于直线的直线有且只有一条，故命题②错误；命题③：根据面面垂直的性质可知，当时，内垂直于交线的直线必然垂直于，但是为平面内的一条直线，未强调垂直于交线，故“”无法得到“”；根据面面垂直的判定定理可知，如果一条直线垂直于一个平面，那么过这条直线的任一平面都与该平面垂直，故，且，可得；综上“”是“”的必要不充分条件，故命题③错误．综上，正确的命题个数为0个．6．（2026·陕西咸阳·三模）在四面体中，平面，，.若四面体的体积为，则与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】在中，，，由三角形面积公式得，由余弦定理得，故，因为平面ABC，四面体体积，代入解得，以B为原点，为轴，平面内垂直于的方向为轴，过B且垂直于平面的方向为轴，得各点坐标：，，，，，设平面的法向量为，则，解得，令得，即，又向量，，设AC与平面所成角为，根据线面角与向量夹角的关系，.7．（2026·四川遂宁·二模）在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解.【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，设，则，所以，设平面的法向量为，所以，令，得，设，所以，因为平面，所以，解得，所以，显然平面的一个法向量为，所以，当时，取最大值，即取最大值，即，所以，所以.8．（2026·江西南昌·三模）注意力机制是一种让模型在处理信息时，能够“有选择地聚焦”于最关键部分的技术，其核心是用数学中的向量来解决问题，设计三个关键向量：查询向量（表示我在寻找什么？）､键向量（表示我有什么可提供？）和值向量（表示我实际提供的内容是什么）.在计算注意力时，首先用与各个计算相似度，然后求权重，记，则注意力输出向量为现有，则注意力输出向量为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据空间向量数量积坐标运算公式计算求解．【详解】由题意可得，，，，则，所以，，所以注意力输出向量为.二、多选题9．（2026·广东茂名·二模）已知正方体的棱长为1，则（

）A． B．在上的投影向量的模为1C． D．与所成的角为45°【答案】AB【分析】建立空间直角坐标系，根据数量积运算公式，异面直线夹角公式，投影向量的相关公式进行求解【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，故，故，A正确；B选项，，，在上的投影向量的模为，B正确；C选项，，，，，，故，C错误；D选项，设与所成的角大小为，由图知为锐角，则，故与所成的角大小不是45°，D错误.10．（2026·江苏南京·模拟预测）已知正方体，，分别是面，面的中心.则下列结论正确的是（

）.A．B．平面C．与是异面直线D．平面将正方体分成前后两部分的体积比为2：1【答案】AD【分析】根据等腰三角形证明线线垂直判断A，根据正方形中与不垂直判断B，由直线平行判断C，利用多面体的体积，得到平面将正方体分成两部分的体积比为判断D.【详解】因为是等边三角形，为中点，所以，又正方体中，所以，选项A正确；在正方体中，过作分别交，于，，连接，，则，所以平面即平面，由于与不垂直，选项B错误；在正方体中，连接与，则，又在上，所以，所以与共面，选项C错误；显然与是相交直线，设其交点为，设直线交于，交于，连结交于，则面是平面截正方体所得的截面，由，分别为正方形，的中心，得，连接，多面体的体积，而正方体的体积，因此平面将正方体分成前后两部分的体积比为，选项D正确.11．（2026·辽宁沈阳·三模）在棱长为的正方体中，M，N分别为，的中点，则（

）A．B．C．点在正方形内，当平面时，点轨迹长度为D．点在棱所在直线上，当平面时，四面体的外接球表面积为【答案】BCD【分析】选项A：通过向量共线判断,与坐标不成比例,故与不平行,A错误.选项B：计算与的数量积为0,可判断两直线垂直,B正确.选项C：利用面面平行确定点轨迹为线段,计算得,C正确.选项D：由线面垂直求出点坐标,再计算四面体外接球表面积为,D错误.【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.正方体棱长为，各点坐标为，，，，，，，，，.选项A：，.两向量坐标不成比例，故与不平行，A错误.选项B：，.，故，B正确.选项C：取中点，中点，连接.，，，，，.可得，，.平面，平面，且，所以平面平面.点在正方形内且平面，故点轨迹为线段，则，C正确.选项D：，，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，即.设，.由平面得，即，解得，即.四面体的顶点为，，，，该四面体的外接球等价于以为邻边的长方体的外接球，长方体的长宽高分别为，外接球直径，外接球半径，表面积，D正确.12．（2026·四川成都·模拟预测）空间中，平面上的动点满足方程，（），则称为平面的方程．同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量．已知方程分别为，的平面，的交线为，则下列结论正确的是（

）A．经过点，，的平面的方程为B．若平面的方程为：，则坐标原点到平面的距离为C．交线为的一个方向向量为D．与方程为的平面所成角的正弦值为【答案】ABD【分析】结合平面方程的定义、点到平面距离公式、直线方向向量的求解、线面角的向量计算方法，逐项分析判断即可.【详解】选项A：将、、分别代入，三个点均满足方程，且三点不共线可唯一确定平面，故A正确；选项B：根据点到平面的距离公式，原点到平面的距离，故B正确；选项C：易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为，则直线经过和的一个方向向量为，所以交线为l的方向向量为，故C错误；选项D：取的方向向量，平面的法向量，设与所成角为，则，故D正确.三、填空题13．（2026·福建厦门·模拟预测）已知，，，则点A到直线BC的距离为__________．【答案】【分析】根据空间点到线距离公式进行求解即可.【详解】已知，，，所以，.进而，.，进而.则点到的距离.14．（2026·上海静安·二模）在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______．【答案】/【分析】设的中点为，在底面的投影为，则就是与底面所成角，再解三角形求正弦值即可．【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图，由对称性可知在上，就是与底面所成角，又，，又是等腰直角三角形，，，，．15．（2026·河北沧州·一模）如图，在长方体中，，，M为的中点，过点B作平面与平面平行，则平面与底面的交线l的长度为_________；若P为l上的动点，则动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是_________．【答案】【分析】设的中点为，通过证明平面平面，可解决第一空，由，确定为动直线AP与的夹角，进而可求解.【详解】如图，设的中点为，连接，，分别为，的中点，则,,又，所以四边形都是平行四边形，所以，，又平面，所以平面，平面，又平面，所以平面平面，即平面为平面，线段为平面与底面的交线，易得；连接，因为，所以为动直线AP与的夹角，，过作（H为垂足），则，在中，由等面积法可得，得，又,所以．即动直线AP与的夹角的正切值的取值范围是.四、解答题16．（2026·重庆·三模）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点．(1)证明：平面平面；(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）根据面面平行的判定定理来证明（2）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的法向量，最后计算夹角的余弦值.【详解】（1）在矩形中，分别为的中点，连接，则，在与中，易得，，因为，所以，因为平面，平面，所以平面，同理，，因为平面，平面，所以平面，又因平面，故平面平面.（2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向，过点和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，因，，则，即令，则，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为．17．（25-26高三下·山东·阶段检测）如图，在多面体中，平面平面，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，．(1)证明：；(2)若点是中点，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而可得.（2）根据（1）的结果可建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求点面距.【详解】（1）因为，，故，故.因为平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故.（2）由（1）可得平面，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，因为，故，所以，故，而，设平面的法向量为，则即，取，故到平面的距离为.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．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明和均为等腰三角形，利用三线合一性质得到和，进而证明平面，最后利用线面垂直的性质得证；（2）根据（1）中的垂直关系及勾股定理逆定理证明，从而建立空间直角坐标