2027届上海市十年高考数学专题分类训练 专题10 空间向量与立体几何（10年汇编）（解析版）

专题10空间向量与立体几何10年真题1年模拟考点分类上海考情（2017-2026）命题规律考点01空间向量的坐标运算2017-2026年连续考查，题型覆盖单选题、填空题、解答题；2024-2026年均有基础填空、单选题，2023年考查解答题基础问，2017-2022年年均有高频考查基础题核心考查空间向量的坐标表示、线性运算、参数求解，难度较低，为必拿分考点；核心变化为2023年起结合空间几何体结构特征、动点轨迹方程、线面位置关系综合考查，2026年创新结合空间直角坐标系中点的对称问题考查，对空间想象与数形结合能力要求提升考点02空间向量的数量积与模长2018-2026年连续考查，题型以填空题、解答题为主；2026年考查填空压轴题，2025年考查模长最值类填空，2018-2023年均有高频考查基础题考查空间向量模长计算公式、数量积坐标运算、向量夹角与投影求解，难度较低；核心变化为2025年起大量结合空间距离最值、线段长度范围、线面垂直充要条件综合考查，2026年首次以本考点为核心命制填空压轴题，从基础计算转向多知识点融合的综合推理，难度显著提升考点03空间向量在立体几何中的应用2017-2026年年年必考，全题型覆盖，为解答题压轴高频考点；2021-2026年年均有2-3问解答题，2026年同时考查单选与解答压轴题，2017-2020年以基础填空、单选为主基础题考查线面平行、垂直的向量证明，点到平面的距离求解；核心变化极为显著：2026年首次结合新定义“正交线”，融合线面角、二面角平面角求解、多面体体积计算综合考查，近年大量结合空间几何体翻折、动点存在性问题命制压轴解答题，对空间想象、逻辑推理与综合计算能力要求大幅提高考点01几何体的表面积和体积1．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．

【答案】【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积.【详解】因为且四边形为正方形，故，而，故，故，故所求体积为，故答案为：.2．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为___.【答案】【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积.【详解】圆锥底面积为，则底面半径为3，又圆锥的高为4，则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为故答案为：3．（2021·上海·高考真题）已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为______________.【答案】【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案.【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为.【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.4．（2017·上海·高考真题）已知球的体积为，则该球主视图的面积等于________【答案】【详解】由球的体积公式，可得，则，所以主视图的面积为.5．（2026·上海·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·上海·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:7．（2025·上海·高考真题）如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且．

(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积；(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为，．设点M在线段OC上，证明：直线平面PBD．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.（2）证明平面平面，然后根据面面平行的性质可得.【详解】（1）由题知，，即轴截面是等边三角形，故，底面周长为，则侧面积为：;（2）由题知，则根据中位线性质，，又平面，平面，则平面由于，底面圆半径是，则，又，则，又，则为等边三角形，则，于是且，则四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故平面.又平面，根据面面平行的判定，于是平面平面，又，则平面，则平面

8．（2025·上海·高考真题）在三棱锥中，平面平面，，，(1)若O是棱的中点，证明：平面，并求三棱锥的体积；(2)求二面角的大小．【答案】(1)证明过程见解析，体积为(2)【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案；（2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，求出，进而求出二面角的大小.【详解】（1）连接，因为，所以⊥，因为平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，因为，所以⊥，，，故，，由勾股定理得，又⊥平面，三棱锥的体积；（2）由（1）知，⊥平面，平面，所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则，令得，故，又平面的一个法向量为，故，由图可知，二面角为锐角，故二面角的大小为.9．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥为底面的中心．(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，又正四棱锥底面是正方形，由可得，，故，根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，即圆锥的高为，底面半径为，根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，由是中点，则，又平面，故平面，即平面，又平面，于是直线与平面所成角的大小即为，不妨设，则，，又线面角的范围是，故.即为所求.10．（2023·上海·高考真题）已知为正比例系数，定义：为建筑物暴露在空气中的面积（单位：平方米），为建筑物的体积（单位：立方米）．(1)若有一个圆柱体建筑的底面半径为，高度为，求该建筑体的（用表示）；(2)现有一个建筑体，侧面皆垂直于地面，设A为底面面积，L为建筑底面周长．已知为正比例系数，与成正比，定义：，建筑面积即为每一层的底面面积，总建筑面积即为每层建筑面积之和，值为．已知该建筑体推导得出，为层数，层高为3米，其中，试求当取第几层时，该建筑体最小？【答案】(1)(2)6【分析】（1）利用圆柱体的表面积和体积公式，结合题目中的定义求解即可；（2）利用导函数求的单调性，即可求出最小时的值.【详解】（1）由圆柱体的表面积和体积公式可得：，，所以.（2）由题意可得，，所以，令即，解得，所以在单调递减，在单调递增，所以的最小值在或取得，当时，，当时，，所以在第6层时，该建筑体最小.11．（2023·上海·高考真题）在直四棱柱中，，，，，(1)求证：平面；(2)若四棱柱体积为36，求二面角大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面平面，再由面面平行的性质定理，即可得证；（2）先根据棱柱的体积公式求得，再利用二面角的定义，求解即可．【详解】（1）由题意知，，因为平面，平面，所以平面，因为，且平面，平面，所以平面，又，、平面，所以平面平面，因为平面，所以平面．（2）由题意知，底面为直角梯形，所以梯形的面积，因为四棱柱的体积为36，所以，过作于，连接，因为平面，且平面，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以，所以即为二面角的平面角，在△中，，所以，所以，即，故二面角的大小为．12．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，

(1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.【答案】(1)1；(2)．【分析】（1）由棱锥体积公式计算；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理，又，，∴，而，所以；（2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，由已知，则，，，∴，，易知平面的一个法向量是，，设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．

13．（2022·上海·高考真题）如图，在圆柱中，底面半径为，为圆柱的母线.(1)若，为的中点，求直线与底面的夹角大小；(2)若圆柱的轴截面为正方形，求该圆柱的侧面积和体积.【答案】(1)；(2)侧面积，体积.【分析】（1）分析可知直线与底面所成的角为，求出，即可得解；（2）求出圆柱的母线长，利用圆柱的侧面积公式和体积公式可求得结果.【详解】（1）解：因为与圆柱的上底面垂直，则直线与底面所成的角为，易知，在中，，，故，故直线与底面的夹角大小为.（2）解：若圆柱的轴截面为正方形，则，故圆柱的侧面积为，体积为.14．（2021·上海·高考真题）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45°，求与所成角的大小.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由棱锥体积公式计算；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】（1）∵正方形边长为4，△为等边三角形，为中点，∴，；（2）如图以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，∴，即与所成角的大小为．15．（2020·上海·高考真题）已知边长为1的正方形ABCD，沿BC旋转一周得到圆柱体.（1）求圆柱体的表面积；（2）正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，求与平面ABCD所成的角.【答案】（1）4π；（2）.【分析】（1）画出示意图，求出圆柱的母线长，利用表面积运算公式计算即可；（2）由已知可得平面，连接，则为与平面ABCD所成的角，解直角三角形即可.【详解】（1）因为正方形的边长为1，所以圆柱底面半径，母线长为，则圆柱的表面积为.（2）因为正方形ABCD绕BC逆时针旋转到，所以平面，连接因为平面，所以为与平面ABCD所成的角，又，，所以，，又，所以【点睛】本题考查圆柱表面积及线面角的计算问题，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.16．（2019·上海·高考真题）如图，在正三棱锥中，（1）若的中点为，的中点为，求与的夹角；（2）求的体积.

【答案】（1）；（2）【分析】（1）由中位线可知，从而所求夹角即为，根据余弦定理，可求得余弦值，从而得到的大小；（2）根据正三棱锥的性质，可求得几何体的高，再根据棱锥体积公式求得结果.【详解】（1）分别为中点，可知：与夹角即为与夹角在中，由余弦定理可得：即与的夹角为（2）作面，连接，如下图所示：三棱锥为正三棱锥为的中心且落在上【点睛】本题考查异面直线所成角、空间几何体体积的求解问题.求解异面直线所成角问题的关键在于能够通过平行关系将直线进行平移，转化为相交直线所成角的问题.17．（2018·上海·高考真题）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2.(1)设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；(2)设，、是底面半径，且，为线段的中点，如图，求异面直线与所成的角的大小.【答案】(1)；(2)（或）.【分析】（1）由圆锥的底面半径为2，母线长为4能求出高，再利用圆锥的体积公式计算即可；（2）法一：取中点，连接，作出异面直线与所成角，通过线面垂直的判定和性质证得，从而可得的值；法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线所成的角．【详解】（1）由题意，，，∴，圆锥底面积，∴圆锥的体积.（2）法一：取中点，连接，则，异面直线与所成角即，由题意，，，，ON，则，即，则，又平面，平面，平面，.所以在中，，即，所以异面直线与所成角大小为.法二：以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，则，，设异面直线与所成角为，则，，所以异面直线与所成角大小为.18．（2017·上海·高考真题）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱的长为5.（1）求三棱柱的体积；（2）设M是BC中点，求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）20;（2）【分析】（1）三棱柱的体积，由此能求出结果；（2）连结是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的大小.【详解】解：（1）∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积：V＝S△ABC×AA120．（2）连结AM，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，∴AA1⊥底面ABC，AM，∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tan∠A1MA，∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan．【点睛】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．考点02点、直线、平面之间的位置关系1．（2022·上海·高考真题）如图，正方体中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、、CD的中点，连接、，空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段、上，则称M、N两点可视，下列选项中与点可视的为（

）．

A．点Q B．点P C．点B D．点R【答案】A【分析】根据异面直线的定义判断即可.【详解】A选项，四边形是平行四边形，，得点平面，得与为异面直线，四边形是平行四边形，且平面，得点平面，得与为异面直线，根据题意，得两点可视，故A对；B选项：四边形是平行四边形，与相交，故B错；C选项：四边形是平行四边形，与相交，故C错；D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错；故选：A.2．（2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线，，则下列说法中正确的是（

）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】B【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A，若，，则或，当时，，则或者与斜交或者，当时，，则或者与斜交或者，故A错误；对于B，若，，，可在取作为的法向量，由于，故，即，则，故B正确；对于C，若，，，则可能平行可能相交，也可能异面，故C错误；对于D，若，，，则或，故D错误；故选：B3．（2023·上海·高考真题）如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据异面直线的定义一一判断即可.【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，为的中点，而，所以共面，则、在平面上，故A不符题意；因为，即共面，易知平面，而平面，，，故与异面，故B符合题意；当、重合时，易知，则四边形是平行四边形，则此时，故C不符合题意；当、重合时，显然，相交，故D不符合题意.故选：B.4．（2022·上海·高考真题）如图，上海海关大楼的上面可以看作一个正四棱柱，四个侧面有四个时钟，则相邻两个时钟的时针从0时转到12时（含0时不含12时）的过程中，能够相互垂直（

）次A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正四棱柱相邻侧面的线线关系即可判断.【详解】当时针在3时或9时相互垂直，0时或6时时针平行，其它时间时针所在直线异面但不垂直，所以能够垂直2次.故选：B.5．（2020·上海·高考真题）在棱长为10的正方体.中，为左侧面上一点，已知点到的距离为3，点到的距离为2，则过点且与平行的直线交正方体于、两点，则点所在的平面是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据平面的基本性质，过点且与平行的直线必然在点与直线所确定的平面内，确定点与直线所确定的平面，即由直线所确定的平面，延长，交AD于点M,在截面中作出直线,即得到Q点，并得到Q所在的平面.【详解】如图由条件可知直线交线段于点，连接，过点作的平行线，必与相交，那么也与平面相交.故选：D.【点睛】本题考查直线与正方体表面的交点位置的判断，涉及线面平行的性质，考查较强的空间想象能力和逻辑推理能力，难度一般.6．（2019·上海·高考真题）已知平面，，两两垂直，直线a，b，c满足，，，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系（

）A．两两垂直 B．两两异面 C．两两相交 D．两两平行【答案】D【分析】对ABC作出相应空间图形即可；对D，通过反证法即可得到其无法两两平行.【详解】如图1，可得，，可能两两垂直，故A正确；如图2，可得，，可能两两相交，故C正确；如图3，可得，，可能两两异面，故B正确；

对D，设，且与均不重合，假设：，由可得：，，又，可知，，又，可得：，因为两两互相垂直，可知与相交，即与相交或异面，若与或重合，同理可得与相交或异面，可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行，故D错误.故选：D.7．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为__________．【答案】【分析】过作交底面圆锥于点，则为异面直线与所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得的取值范围，从而得所求最值.【详解】如图，过作交底面圆锥于点，连接，因为，则为异面直线与所成角，所以，又，所以，即，因为，函数在上单调递减，所以，故异面直线与所成角的最小值为.故答案为：.8．（2023·上海·高考真题）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)求直线与平面所成的角的正切值；(2)证明：平面平面，并求直线到平面的距离.【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）根据直线与平面夹角的定义即可知即为直线与平面所成的角，然后利用线段长直接求解即可.（2）利用面面平行的判定定理直接证明即可；根据线面间的距离转化为点面距离，即可得出答案.【详解】（1）

因为平面，连接，则即为直线与平面所成的角，又，，，为中点，可得，，所以，即直线与平面所成的角的正切值为.（2）由题知，平面，平面，，平面，所以平面平面.因为平面，平面，所以，又，平面，，所以平面，又平面，所以就是直线到平面的距离，又为中点，则，即直线到平面的距离为.考点03空间几何体的结构1．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（

）．

A．和； B．和； C．和； D．和．【答案】D【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误，侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误，同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误，与是异面直线，故D正确.故选：D2．（2018·上海·高考真题）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4 B．8 C．12 D．16【答案】D【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案．【详解】根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4=8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4=16故选D．【点睛】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题．3．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______．【答案】9【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解.【详解】因为空间中有三个点，且，不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：第一种：为正四棱锥的侧面，如图1，此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：为正四棱锥的对角面，如图2，此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种；综上所述：总共有9种情况.故答案为：9.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解.考点04空间向量1．（2026·上海·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．（2024·上海·高考真题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；对C，由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，则由能推出，对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故D错误.故选：C．3．（2026·上海·高考真题）已知向量，，是两两不平行的向量，且，，则的值为__________．【答案】【分析】方法一：由条件可得，，消去，根据平面向量基本定理列方程求结论；方法二：先证明共面，设，由条件结合平面向量基本定理列方程求结论.【详解】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.4．（2024·上海·高考真题）在棱柱中，底面为平行四边形，，，，设异面直线与的夹角为，则________．【答案】【分析】将用不共面的向量表示出来，从而得到，然后由公式计算夹角余弦值即可.【详解】，，，底面ABCD为平行四边形，所以，所以，.所以，故异面直线与的夹角的余弦值为:，故答案为：5．（2023·上海·高考真题）已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，则的最大值为__________．【答案】【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立空间直角坐标系，由坐标表示得，画出可行域利用线性规划求解即可.【详解】因为，所以平面，以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴建立如图所示坐标系，因为都是单位向量，与的夹角即为，所以，，，设点，且，则，，，，所以由得，平方得，由可得，所以或，由及可得即，综上满足的可行域如图所示，令，则，由可行域可得在点取得最大值，在点取得最小值，由解得，，所以，，所以的最大值为，故答案为：6．（2017·上海·高考真题）如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________【答案】【详解】如图所示，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，因为的坐标为，所以,所以.7．（2024·上海·高考真题）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【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点，连接、，则，故可得面，从而得到.（2）利用向量法可求面、面的法向量，计算出它们的夹角的余弦值后可得二面角的余弦值.【详解】（1）取中点，连接、，因为，所以，又因为面面，所以面，因为面，所以.（2）因为为直径，故为底面圆的圆心，故平面，而故可建立如图所示的空间直角坐标系，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，设为平面的法向量，则，令，则，所以.设为平面的法向量，则，令，则，所以.则，设二面角为，则为钝角，所以二面角的大小为.一、单选题1．（2026·上海·三模）已知圆台的上、下底面圆半径分别为2，，高为3，若该圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，则球O的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征，结合球的截面圆性质列式求出球半径，再求出球的表面积.【详解】设球的半径为，球心到上底面圆距离为，而球心在圆台两底面圆圆心确定的直线上，则球心到下底面圆距离为，因此，解得，所以球O的表面积为.2．（2026·上海·三模）已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列条件中，一定得到直线的是（

）A．， B．，C．， D．，，，【答案】C【详解】A：直线可能平行于平面、在平面内或垂直平面，无法确定.B：平行平面，与垂直的直线可在面内，无法确定.C：若一条直线垂直于一个平面，则与这条垂线平行的直线垂直该平面，成立.D：缺少相交的条件，若，可平行于平面或在平面内，不能推出.3．（2026·上海虹口·三模）设，分别为空间中的两条不同的直线，平面，“”是“”的（

）条件：A．充分非必要 B．必要非充分C．充要 D．既非充分又非必要【答案】D【分析】结合线面平行的判定定理验证充分性，结合线面平行的性质验证必要性.【详解】已知，：如果本身也在平面内（是不同直线），此时，不满足，因此充分性不成立；若，则和平面无公共点，与内的直线可以平行，也可以异面，不一定满足，因此必要性不成立，综上，“”是“”的既非充分又非必要条件.4．（2026·上海黄浦·三模）已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】B【详解】对于A：若，，则或和相交，故A错误；对于B：若，，根据线面垂直的性质定理可得，故B正确；对于C：若，，则或和异面，故C错误；对于D：若，，则和可能平行也可能相交，故D错误；5．（2026·上海崇明·二模）在空间内，异面直线所成角的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由异面直线所成角的定义可得出答案.【详解】由异面直线所成角的定义可知,过空间一点分别作相应直线的平行线,两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成角,所以两条异面直线所成角的取值范围是,故选B.【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成的角,需要学生熟知异面直线的定义以及性质,考查了转化思想,属于基础题.二、填空题6．（2026·上海·三模）若一圆锥底面半径为3，母线长为5，则其体积为________．（结果保留）【答案】【分析】先根据圆锥母线、底面半径和高的勾股关系求出高，再代入圆锥体积公式计算即可【详解】设圆锥的高为，因为圆锥母线、底面半径，则.所以圆锥的体积为7．（2026·上海·三模）已知正三棱柱的各顶点都在球O的球面上，且，若球O的体积为，则这个正三棱柱的体积为__________．【答案】【分析】先求出的外接圆半径和正三棱柱的外接球半径，再根据勾股定理求出，即可求出正三棱柱的高，然后利用柱体的体积公式计算体积即可.【详解】如图所示，作出的外接圆圆心，连接.正中，，由正弦定理可得，.又正三棱柱的外接球体积为，.在中，.所以正三棱柱的高.所以正三棱柱的体积.8．（2026·上海·三模）若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________．【答案】【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，底面积为，侧面积为，所以，可得，设其母线与轴的夹角为，则，所以.9．（2026·上海普陀·二模）在中，，，过点A作直线，将绕直线l旋转一周所得到的几何体记为Ω，若Ω的体积是，则Ω的表面积为______.【答案】【分析】将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体，利用圆柱与圆锥的体积以及表面积公式求解即可.【详解】为直角三角形，，，直线l∥BC且过点A，设，所以斜边，将绕直线旋转一周，生成的几何体是一个大圆柱挖去一个小圆锥的组合体，所以圆柱上底面半径，高，被挖去的圆锥的底面半径，高与圆柱相同，即，则圆柱体积：，圆锥体积：，所以组合体体积：，则，即，所以，几何体Ω的表面积由三部分构成：圆柱的侧面积：，圆柱的上底面面积：，圆锥的侧面积：圆锥母线长为，，所以总表面积：.10．（2026·上海静安·二模）直径为的球的表面积为______．（计算结果保留）【答案】【详解】由题意知球的半径，所以球的表面积.11．（2026·上海·二模）已知一个直三棱柱的侧棱长为2，底面面积为2，则该三棱柱的体积为________．【答案】4【分析】根据三棱柱的体积公式计算求解.【详解】设一个直三棱柱的侧棱长为，底面面积为，则该三棱柱的体积为.12．（2026·上海·三模）已知点为平面直角坐标系内的圆上的动点，定点，现将坐标平面沿轴折成的二面角，使点翻折至，则两点间距离的最大值是______．【答案】7【分析】当与位于同一半圆时，可知当三点共线时取得最小值，当位于时，取得最大值；当与分别在两个半平面中时，作出二面角的平面角及在平面上的投影点，设，利用勾股定理和三角恒等变换知识，结合三角函数值域求法可求得所处的范围；综合两种情况可得结果.【详解】由圆的方程知，圆的半径为，当与位于同一半圆时，作出该半圆所在的平面图，如下图所示，，当且仅当三点共线时取等号，当位于图中处时，取得最小值；又当位于图中处时，取得最大值；当与分别在两个半平面中时，作平面，垂足为，作轴，垂足为，连接，则三点共线，设为延长线上的点，则即为翻折后的二面角的平面角，，，，，，；为圆右半圆上的点，可设，，，，其中，，，当，即时，，则；又，，即；可得两点间的距离的取值范围为.综上所述，两点间距离的最大值是.13．（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，，，，．14．（2026·上海·三模）如图，为圆锥底面圆的直径，为的中点，点是圆上的动点（点在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为______．

【答案】【分析】根据圆锥的几何性质，结合已知条件得出互相垂直关系，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用三角形的性质，求出面积最大值时点坐标，求出平面法向量和相关向量，进而利用点到平面距离公式计算求解．【详解】连接，由题意可知，，以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，

则，点在底面圆上，且点在直径同侧，设，母线长，为等腰三角形，，设边上的高为，则，，令，则，开口向下，对称轴为，当时，面积最大，此时，，，，设平面的法向量为，则，令，则，点到平面距离为．三、解答题15．（2026·上海·三模）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点．(1)证明：//平面；(2)若四棱锥的体积为3，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值．【答案】(1)取的中点，连接，，因为分别是和的中点，所以，且.因为和都垂直于平面，且，所以，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以//平面．(2)【分析】（1）取的中点，连接，，由中位线定理及线面垂直的性质定理可得四边形为平行四边形，得，再根据线面平行的判定定理证得//平面；（2）由四棱锥的体积为3，可求得点到平面的距离为.建立空间直角坐标系，设平面与平面所成的锐二面角大小为，根据面面角的向量求法将表示为的函数，结合二次函数的最值求法，可得的最大值.【详解】（1）略（2）设点到平面的距离为，则，为．由于平面，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，平面内过且垂直于的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，因为，所以，设，则，设平面的法向量为，由，得，令，得，因此平面的一个法向量．由于平面，因此是平面的一个法向量．设平面与平面所成的锐二面角大小为，则.因为，当且仅当时，等号成立；所以.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值为．16．（2026·上海·二模）如图，在底面半径为2，侧面积为的圆锥中，A、B、C为底面圆周上不同的三个点，(1)求直线OB与平面PAC所成角的正弦值(2)设点D为线段PB上的动点（不含端点P和B），求证直线OA与CD不垂直【答案】(1)(2)因为D为线段PB上的动点，所以设由（1）知所以直线OA与CD不垂直.【分析】（1）利用侧面积求解出圆锥的高，再利用建系的方法，求出直线OB与平面PAC所成角的正弦值.（2）利用向量的方法，将点在线段上刻画为接着证明直线与的数量积不为零.【详解】（1）所以可以建立如右图所示的空间直角坐标系，所以设则母线长为则侧面积为解得：所以设面的法向量为所以不妨令则所以设直线OB与平面PAC所成角为所以（2）略17．（2026·上海黄浦·二模）如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且．(1)求证：平面平面；(2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小．【答案】(1)证明如下：因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面，所以，又，，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面．(2)【分析】（1）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）解法一：设，由可求出的长，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成的角的大小；解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，证明出平面，利用等体积法求出的长，结合线面角的定义求解即可；解法三：设是的中点，连接、、，证明出平面，可知点与到平面的距离相等，证明出平面，可得出点到平面的距离等于的长，并求出的长，结合线面角的定义求解即可.【详解】（1）略（2）解法一：由平面，平面，可知，又因为是正三角形，所以．设，由，，可得，故，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角的大小为．解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，因为、分别为、的中点，所以，则，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以平面，且，因为，故，因为平面，平面，所以，又因为，，所以，所以，解得，又，故，则，所以与平面所成的角的大小为．解法三：设是的中点，连接、、，因为，，故四边形为平行四边形，所以，，因为、分别为、的中点，所以，，故四边形为平行四边形，所以，，又因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，点与到平面的距离相等．由四边形是正方形，、、分别为、、的中点，故，所以，故，即，又平面平面，平面，平面平面，故平面，易知，故到平面的距离也为，又，设与平面所成的角为，则，故，所以与平面所成的角的大小为．18．（2026·上海徐汇·二模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为直角梯形，，.(1)求证：；(2)若四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)取的中点，连接，因为，，则，所以四边形是平行四边形，又，四边形是矩形，所以，为等边三角形，为的中点，所以，，平面，所以平面，平面，所以.(2)【分析】（1）取的中点，利用等边三角形性质和直角梯形的性质证明面，进而证明；（2）首先利用体积公式求出四棱锥的高，结合几何特征得到面，然后建立空间直角坐标系，求出面的法向量，利用向量夹角公式求出线面角的正弦值.【详解】（1）略（2）梯形的面积为，设四棱锥的高为，体积为，得，所以平面，以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，，，，，设面的法向量为，，，，，取，则，，设直线与平面所成角为，.直线与平面所成角的大小为.19．（2026·上海杨浦·二模）如图，在直四棱柱中，，，，，.(1)设是的中点，求证：平面；(2)若直四棱柱的体积为36，求平面与平面所成的锐二面角的大小.【答案】(1)连接，直四棱柱中，，，是的中点，，则，所以为平行四边形，则有，又平面，平面，所以平面；(2)【分析】（1）通过证明，得证平面；（2）过作，则即为所