2026年高三数学上学期专题突破练：空间向量与立体几何（含解析）

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2026年高三数学上学期专题突破练：空间向量与立体几何
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 江苏月考）若平面α的一个法向量为且该平面过点A（6，3，0），则点P（5，1，5）到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025春 庐山市 月考）在三棱锥P﹣ABC中，P（0，0，1），，，C（2，0，0），则PC与平面PAB所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025春 民勤县校级期中）若向量，，且与的夹角余弦值为，则λ等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2025春 环县校级期中）点A（3，4，5）关于坐标平面Oyz对称的点B的坐标为（　　）
A．（3，4，﹣5） B．（﹣3，4，5）
C．（﹣3，4，﹣5） D．（﹣3，﹣4，﹣5）
5．（2025春 龙潭区校级期末）某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点O（0，0，0）处起飞，6秒后到达点A（0，0，90）处，15秒后到达点B处，若，则（　　）
A． B．120 C．150 D．210
6．（2025春 安徽月考）设空间两个单位向量与向量的夹角等于，则向量夹角的余弦值等于（　　）
A． B． C． D．
7．（2025春 南充月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为BC的中点，点Q为四边形CC1D1D及其内部的动点，PQ∥平面BB1D1D．则PQ与平面ABCD所成角正切值的范围（　　）
A． B． C． D．
8．（2025春 环县校级期中）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且，则点B到平面EDC1的距离为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 民勤县校级期中）如图，已知平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，点E是CC′的中点，下列结论中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）10．（2025 锦江区校级模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为，点M在底面ABCD上（含边界），且，则下列说法正确的是（　　）
A．点M的轨迹的长度为
B．直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为
C．平面AB1C截该正方体的内切球所得截面的面积为
D．若动点N在线段BD1上，P为B1D1的中点，则MN+NP的最小值为
（多选）11．（2025 吉林模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，B1C的中点，G是棱A1D1上的动点，则下列说法正确的有（　　）
A．EF⊥平面A1BD
B．存在点G，满足C1G∥平面B1EF
C．当且仅当D1G＝3GA1时，GE+GF取得最小值
D．直线BD1与平面CDG所成角的正弦值的最大值为
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 宝山区校级期中）已知空间向量，，若的夹角为钝角，则实数λ的取值范围为　 　 ．
13．（2025春 龙潭区校级期末）已知平面α的法向量为，点A（0，1，1）为平面α内一点，点P（1，0，2）为平面α外一点，则点P到平面α的距离为 　 　 ．
14．（2025春 江北区校级期中）如图所示，已知在三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣BD﹣C为直二面角，BC⊥CD，CB＝CD＝2，AB＝AD＝2，若三棱锥A﹣BCD的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 兰州校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是BC1的中点．
（1）求证：BC1⊥平面CDE；
（2）求直线BD1与平面BDE所成角的正弦值．
16．（2025 承德模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°且PA＝2AB＝4，E，F分别为PD，PB的中点．
（1）若平面CEF与平面ABCD的交线为l，证明：l∥EF；
（2）求平面CEF与平面ABCD所成角的余弦值；
（3）若平面CEF与线段PA交于点M，求PM的长．
17．（2025春 贵州期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
（1）求证：AB∥平面PCE；
（2）求证：平面PAB⊥平面PBD；
（3）若二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值．
18．（2025秋 丽江月考）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M为BC中点，N为AB的中点．
（1）求证：A1N∥平面AMC1；
（2）求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；
（3）求点C到平面AMC1的距离．
19．（2025 西青区校级三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2AD＝2，E是PC的中点．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值；
（3）若，且点F到平面EDB的距离为，求λ的值．
2026年高三数学上学期专题突破练：空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C A B C D D C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD ACD ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 江苏月考）若平面α的一个法向量为且该平面过点A（6，3，0），则点P（5，1，5）到平面α的距离为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因为点A（6，3，0），点P（5，1，5），
所以，
又平面α的一个法向量为，
所以点P（5，1，5）到平面α的距离为．
故选：B．
2．（2025春 庐山市 月考）在三棱锥P﹣ABC中，P（0，0，1），，，C（2，0，0），则PC与平面PAB所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因为P（0，0，1），，，C（2，0，0），
故，
设平面PAB的一个法向量，
则，则，
令y＝1，则，
故，
设PC与平面PAB所成角为θ，
则．
故选：C．
3．（2025春 民勤县校级期中）若向量，，且与的夹角余弦值为，则λ等于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵向量，，且与的夹角余弦值为，
∴cos，，
解得，
由已知得λ＜0，∴．
故选：A．
4．（2025春 环县校级期中）点A（3，4，5）关于坐标平面Oyz对称的点B的坐标为（　　）
A．（3，4，﹣5） B．（﹣3，4，5）
C．（﹣3，4，﹣5） D．（﹣3，﹣4，﹣5）
【解答】解：关于坐标平面Oyz对称的点，横坐标变换为其相反数，纵坐标、竖坐标不变．
即点A（3，4，5）关于坐标平面Oyz对称的点B的坐标为（﹣3，4，5）．
故选：B．
5．（2025春 龙潭区校级期末）某公司利用无人机进行餐点即时的送，利用空间坐标表示无人机的位置，开始时无人机在点O（0，0，0）处起飞，6秒后到达点A（0，0，90）处，15秒后到达点B处，若，则（　　）
A． B．120 C．150 D．210
【解答】解：由题意可知，，
所以．
故选：C．
6．（2025春 安徽月考）设空间两个单位向量与向量的夹角等于，则向量夹角的余弦值等于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意得p+n，||1，||，
∴p+n＝1，
∵p2+n2＝1，∴np，
则向量夹角的余弦值为：
cos，np．
故选：D．
7．（2025春 南充月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为BC的中点，点Q为四边形CC1D1D及其内部的动点，PQ∥平面BB1D1D．则PQ与平面ABCD所成角正切值的范围（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，取线段CD，C1D1，B1C1的中点分别为E，F，G，
连接EF，EP，FG，GP，
因为EF∥PG，
所以四点E，F，G，P四点共面，
又因为BB1∥PG，BB1 平面BB1D1D，PG 平面BB1D1D，
所以PG∥平面BB1D1D，
又因为D1B1∥FG，D1B1 平面BB1D1D，FG 平面BB1D1D，
所以FG∥平面BB1D1D，
又因为FG∩PG＝G，FG，PG 平面EFGP，
所以平面EFGP∥平面BB1D1D，
因为点Q为四边形CC1D1D及其内部的动点，所以当Q∈EF，即PQ 平面EFGP，
所以此时有PQ∥平面BB1D1D，
因为QE⊥平面ABCD，
所以PQ与平面ABCD所成角就是∠QPE，
又因为，
设正方体的棱长为2，则，
此时QE∈[0，2]，所以．
故选：D．
8．（2025春 环县校级期中）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，BD⊥DC，BD＝DC＝1，点E在AA1上，且，则点B到平面EDC1的距离为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面EDC1的法向量为，
则，
所以，
所以点B到平面EDC1的距离．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 民勤县校级期中）如图，已知平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′，点E是CC′的中点，下列结论中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：底面ABCD是平行四边形可知：，所以A正确；
，所以B不正确；
，所以C正确；
，所以D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（2025 锦江区校级模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为，点M在底面ABCD上（含边界），且，则下列说法正确的是（　　）
A．点M的轨迹的长度为
B．直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为
C．平面AB1C截该正方体的内切球所得截面的面积为
D．若动点N在线段BD1上，P为B1D1的中点，则MN+NP的最小值为
【解答】解：对于选项A，根据正方体性质可得，可知DM＝1，
故点M的轨迹是以D为圆心，1为半径的四分之一圆，如下图所示：
则其轨迹的长度为，故选项A正确；
对于选项B，易知当点M位于棱CD上时，直线BM与平面CDD1C1所成的角最大，
此时，
即直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为，故选项B错误；
对于选项C，易知内切球的半径为，球心O位于正方体的中心，其到平面AB1C的距离为d，
易知，，点B平面AB1C的距离为；
可得球心O到平面AB1C的距离为，
故截面圆的半径r满足，则所得截面的面积为，故选项C正确；
对于选项D，如下图：
先固定点N，当点M在BD上时，MN最小，
再让点N移动，当P，N，M三点共线时，MN+NP最小，
此时，故选项D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（2025 吉林模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，B1C的中点，G是棱A1D1上的动点，则下列说法正确的有（　　）
A．EF⊥平面A1BD
B．存在点G，满足C1G∥平面B1EF
C．当且仅当D1G＝3GA1时，GE+GF取得最小值
D．直线BD1与平面CDG所成角的正弦值的最大值为
【解答】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，D1G＝a（0≤a≤2），
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），
D1（0，0，2），E（2，1，0），F（1，2，1），G（a，0，2），
对于A，，
则，
所以EF⊥DA1，EF⊥DB，
又DA1∩DB＝D，DA1，DB 平面A1BD，
所以EF⊥平面A1BD，故A正确；
对于B，，
设平面B1EF的法向量为，
则，则有，
取y＝2，则，
若C1G∥平面B1EF，则，
解得a＝4，
又因为0≤a≤4，
所以不存在点G，满足C1G∥平面B1EF，故B错误；
对于C，，
则，
可看作点M（a，0）到点N（2，5）与到点T（1，5）的距离之和，
点N（2，5）关于x轴的对称点N′（2，﹣5），
则当M，T，N′三点共线时，点M（a，0）到点N′（2，﹣5）与到点T（1，5）的距离之和最小，
即点M（a，0）到点N（2，5）与到点T（1，5）的距离之和最小，
，
因为，
所以﹣10（1﹣a）﹣5＝0，解得，
所以当时，GE+GF取得最小值，
此时，即D1G＝3GA1，故C正确；
对于D，，
设平面CDG的法向量为，
则，则有，
取x2＝2，则，
设直线BD1与平面CDG所成的角为α，
则，
令t＝a+2，t∈[2，4]，则a＝t﹣2，
则，
当，即t＝4，即a＝2时，sinα取得最大值，最大值为，故D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 宝山区校级期中）已知空间向量，，若的夹角为钝角，则实数λ的取值范围为　（0，2）∪（2，+∞）　 ．
【解答】解：由，，
且的夹角为钝角，
可得且与不反向共线，
由，可得﹣2+2﹣λ2+λ（λ﹣6）＜0，
整理得﹣6λ＜0，解得λ＞0，
当与共线时，设，
则有，解得，
当λ＝2时，有，不合题意，
故实数λ的取值范围是（0，2）∪（2，+∞）．
故答案为：（0，2）∪（2，+∞）．
13．（2025春 龙潭区校级期末）已知平面α的法向量为，点A（0，1，1）为平面α内一点，点P（1，0，2）为平面α外一点，则点P到平面α的距离为 　1　 ．
【解答】解：由题意得，
又平面α的法向量为，
∴点P到平面α的距离．
故答案为：1．
14．（2025春 江北区校级期中）如图所示，已知在三棱锥A﹣BCD中，二面角A﹣BD﹣C为直二面角，BC⊥CD，CB＝CD＝2，AB＝AD＝2，若三棱锥A﹣BCD的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为 　　 ．
【解答】解：在三棱锥A﹣BCD中，取BD的中点E，连接AE，
因为AB＝AD，所以AE⊥BD，
因为二面角A﹣BD﹣C为直二面角，因为AE 平面ABD，
所以AE⊥平面BCD，
因为BC⊥CD，，所以，，
，
所以，
AC＝AB＝AD，
因为BC⊥CD，所以外接球的球心在AE上，设为O，连接BO、DO，
则BO2＝BE2+OE2＝BE2+（AE﹣AO）2，
可得，
解得，
所以该球的体积为．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 兰州校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E是BC1的中点．
（1）求证：BC1⊥平面CDE；
（2）求直线BD1与平面BDE所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：连接CE，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
因为DC⊥平面BCC1B1，又BC1 平面BCC1B1，
所以DC⊥BC1，又因为四边形BCC1B1是正方形，E是BC1的中点，
所以CE⊥BC1，又CE∩CD＝C，CE，CD 平面CDE，
所以BC1⊥平面CDE；
（2）以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由棱长为2，
则D（0，0，0），B（2，2，0），C1（02，2），D1（0，0，2），E（1，2，1），
所以，
设平面BDE的法向量为，
则，所以，
令x＝1得，
设直线BD1与平面BDE所成角为θ，
所以，
所以直线BD1与平面BDE所成角的正弦值为．
16．（2025 承德模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°且PA＝2AB＝4，E，F分别为PD，PB的中点．
（1）若平面CEF与平面ABCD的交线为l，证明：l∥EF；
（2）求平面CEF与平面ABCD所成角的余弦值；
（3）若平面CEF与线段PA交于点M，求PM的长．
【解答】解：（1）证明：如图所示，连接BD，因为E，F分别是PD，PB的中点，
所以EF∥BD，
EF 平面ABCD，BD 平面ABCD，那么EF∥平面ABCD，
又EF 平面CEF，平面CEF∩平面ABCD＝l，
所以l∥EF；
（2）因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，设CD中点为G，易知AB，AG，AP两两互相垂直，
故以点A为坐标原点，直线AB，AG，AP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意PA＝2AB＝4，所以，P（0，0，4），B（2，0，0），F（1，0，2），，，
显然平面ABCD的法向量可以是，
而，，
设平面CEF的法向量为，
则，则，
令，解得y＝2，，
所以可取，
故
所以平面CEF与平面ABCD所成角的余弦值为；
（3）设M（0，0，a），则C，E，M，F四点共面.，
由（2）知平面CEF的法向量为，
则，即，
解得，所以．
17．（2025春 贵州期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
（1）求证：AB∥平面PCE；
（2）求证：平面PAB⊥平面PBD；
（3）若二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：连接CE，
因为AD∥BC，，且E是AD的中点，
所以AE∥BC，AE＝BC，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以AB∥CE，
又AB 平面PCE，CE 平面PCE，
所以AB∥平面PCE．
（2）证明：在直角梯形ABCD中，，
所以AB，BD，
所以AB2+BD2＝AD2，即AB⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AB∩PA＝A，AB、PA 平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，
又BD 平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD．
（3）解：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，
所以由三垂线定理知，PD⊥CD，
所以∠ADP就是二面角P﹣CD﹣A的平面角，即∠ADP＝45°，
所以PA＝AD＝2，
所以PB，
由（2）知，平面PAB⊥平面PBD，
所以直线PA与平面PBD所成角即为∠APB，
在Rt△PAB中，sin∠APB，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值为．
18．（2025秋 丽江月考）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M为BC中点，N为AB的中点．
（1）求证：A1N∥平面AMC1；
（2）求平面AMC1与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；
（3）求点C到平面AMC1的距离．
【解答】解：（1）证明：连接MN，C1A，由M，N分别是BC，BA的中点，
根据中位线性质，MN∥AC，且，
由棱台性质，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，
由MN＝A1C1＝1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥MC1，
又A1N 平面C1MA，MC1 平面C1MA，
于是A1N∥平面AMC1；
（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E，
由ME 平面ABC，A1A⊥平面ABC，
故AA1⊥ME，
又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1 平面ACC1A1，
则ME⊥平面ACC1A1，
由AC1 平面ACC1A1，故ME⊥AC1，
又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME，EF 平面MEF，
于是AC1⊥平面MEF，
由MF 平面MEF，故AC1⊥MF，
于是平面AMC1与平面ACC1A1所成角即为∠MFE，
又，，
则，故，
在Rt△MEF中，∠MEF＝90°，则，
于是；
（3）过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，
连接PQ，PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R，
由题干数据可得，，，
根据勾股定理，，
由C1P⊥平面AMC，AM 平面AMC，则C1P⊥AM，
又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P＝C1，C1Q，C1P 平面C1PQ，
于是AM⊥平面C1PQ，
又PR 平面C1PQ，则PR⊥AM，
又PR⊥C1Q，C1Q∩AM＝Q，C1Q，AM 平面C1MA，
故PR⊥平面C1MA，
在Rt△C1PQ中，，
又CA＝2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，
即点C到平面AMC1的距离是，
19．（2025 西青区校级三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2AD＝2，E是PC的中点．
（1）求证：PA∥平面EDB；
（2）求平面EDB与平面PAD夹角的余弦值；
（3）若，且点F到平面EDB的距离为，求λ的值．
【解答】解：（1）证明：如图，连结AC，交BD于点O，连结OE，
因为点E是PC的中点，底面ABCD为矩形，
所以点O是AC的中点，
所以PA∥OE，
因为OE 平面EDB，PA 平面EDB，
所以PA∥平面EDB；
（2）如图，以向量为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
D（0，0，0），B（1，2，0），P（0，0，2），C（0，2，0），E（0，1，1），
则，，
设平面EDB的法向量，
则，则，令y＝﹣1，x＝2，z＝1，
所以平面EDB的法向量，
且平面PAD的一个法向量为，
设平面EDB和平面PAD的夹角为θ，
则，
所以平面EDB和平面PAD的夹角的余弦值为．
（3）由（2）可得D（0，0，0），B（1，2，0），E（0，1，1），P（0，0，2），
，，
平面EDB的法向量，
故，
设点F与平面EDB的距离为d，
则，
解得．
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