立体几何--空间向量的应用 典型考点归纳 专项练 2026届高考数学复习备考

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立体几何--空间向量的应用 典型考点归纳
专项练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为棱上一点，则（ ）
A．平面
B．直线不可能相交于同一点
C．正方体表面上满足的点的轨迹长度为
D．平面与平面可能平行
2．如图，在正方体中，为棱上一点且，点是棱上的动点，给出下面个结论：
①存在点，使；
②存在点，使；
③的面积不变；
④三棱锥的体积不变．
则正确的结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
3．已知正方体的棱长为是侧面上的动点（含端点），且满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题：
①对任意点Q，都有；
②存在点Q，使得平面；
③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为．
其中正确的命题个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
6．已知正方体的棱长为，为侧面内（含边界）的一个动点，分别是线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．若平面，则点的轨迹长度为
C．若为侧面的中心，则四棱锥的外接球的表面积为
D．当时，三棱锥的体积为定值
7．如图是一个边长为1的正方体的平面展开图，M为棱的中点，点N为正方形内（包含边界）的动点，若平面，下列结论正确的为（ ）

A．点N的轨迹和正方形的内切圆相切
B．存在唯一的点N，使得M，N，G，D四点共面
C．无论点N在何位置，总有
D．长度的取值范围为
8．在平行六面体中，各棱长均为2，．则下列命题中正确的是（ ）
A．不是空间的一个基底 B．
C． D．四边形的面积为2
9．已知正方体的棱长为4，动点在正方体表面上（不包括边界），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得∥面
B．存在点，使得面
C．若与的夹角为，则点的轨迹长度为
D．若为面的中心，则的最小值为
10．边长为1的正方体中，向量，则（ ）
A．若，则存在点，有
B．若，则
C．若，则的最小值为
D．若，则三棱锥的体积为定值
11．正方体的棱长为，是正方体表面及其内部一点，下列说法正确的是（ ）
A．若，则点所在空间的体积为
B．若，，则的最小值为
C．若，则的取值范围是
D．若，则这样的点有且只有两个
三、填空题
12．如图，在三棱锥中，，并且，又是底面内一点，则到三棱锥三个侧面的距离分别是，则 ．
13．在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，则四面体的外接球的体积为 ．
14．已知正四面体的棱长为2，动点满足，用所有这样的点构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为 .
15．在空间直角坐标系中，,,,,，设点O关于所确定的平面对称的点为，的长度记为以为自变量的函数，则当 时，取最小值；这个最小值为： .
四、解答题
16．如图，在直三棱柱中，，，．是的中点，是与的交点．
(1)求直三棱柱的体积；
(2)若是的中点，证明：平面；
17．如图，在五面体中，平面，，，，，，，，分别为，的中点，连接，，.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由.
18．如图，在四棱锥中，平面，，，，.
(1)证明：平面；
(2)点，分别在线段，上，且，当平面与平面的夹角为时，求的长.
19．等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）．
(1)求证：平面平面；
(2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C B C C BCD BCD AC ACD BC
题号 11
答案 ACD
1．C
选项A，由空间向量法判断线面的位置关系；选项B，先根据位置关系确定直线与直线的交点，进而可确定当为的中点时，直线相交于同一点；选项C，由对称性，由得点位于四边形的边上，进而可得；选项D，由空间向量法判断两个平面的法向量不平行，进而可得.
选项A：如图，建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，则，
因，故与平面不平行，故A错误；
选项B：延长交直线的延长线于，则，
则平面，连接，交直线于，则，
故可知当为的中点时，直线相交于同一点，故B错误；
选项C：根据正方体的对称性，当时，点在四边形的边上，
故点的轨迹长度即为四边形的周长为，故C正确；
选项D：，，设平面的一个法向量为，
则，令，得，则，
设，则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，故，
若平面与平面平行，
则，即，显然不存在，故D错误，
故选：C
2．C
建立适当的空间直角坐标系，对于A，只需验算是否成立，对于B，只需验算是否成立，对于C，为定值，故只需判断点运动时到距离是否是定值即可；对于D，由到底面距离不变，面积不变即可判断.
不妨以为原点，、、分别为、、轴正方向建立直角坐标系，
设，则，，，设，
结论：，，令得，故当与重合时，，正确；
结论：，，令，故当时，，正确；
结论：与不平行，故点运动时到距离不是定值，又为定值，故的面积不是定值．错误．
结论：到底面距离不变，面积不变，而为定值．正确．
故选：C．
3．B
根据面积关系得出，建系计算再结合弧长公式计算求解.
正方体的棱长为是侧面上的动点（含端点），
因为满足，所以，所以，
如图建系，设，所以，
所以，则圆心为，半径为，
因为时，，所以，所以，
则点的轨迹弧长为.
故选：B.
4．C
建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断①②；在平面内作⊥，垂足为点，过点作在平面内作⊥交于，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，截面面积最大，进而判断③.
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，
对于①，，
则，
所以，即，故①正确；
对于②，，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
要使平面，则，
则，即，不符合题意，
所以不存在点Q，使得平面，故②错误；
对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点，
过点作在平面内作⊥交于，
因为平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
又平面，所以⊥，
因为，、平面，所以平面，
平面截正方体截面为平行四边形，
当与点重合时，为中点，截面面积最大，
此时，，截面面积为，故③对.
故选：C.
5．C
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解.
因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的一个法向量为，，
直线的一个方向向量为，
则，取，可得，
设，
所以，，
因为平面，则，解得，
所以，，即点，
设经过、、、四点的球的球心为，
由可得，解得，
故球的半径为，
因此，经过、、、四点的球的表面积为.
故选：C.
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
6．BCD
建立如图所示的空间直角坐标系，对于ABD，根据位置关系得所在的轨迹方程，从而计算后可判断它们的正误，对于C，求出外接球的球心坐标后可求球的半径，从而可求表面积，故可判断其正误.

由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
设，
对于A，，设平面的法向量为，
则可得，取，
则，若平面，则，
故即为的中点，故A错误；
对于B，，，
设平面的法向量为，
则可得，取，
因为平面，故，故，
故，故的轨迹为中点的连线段，其长度为，故B正确；
对于C，设为四棱锥的外接球的球心，则可设，
因为侧面的中心，故，
由可得：，
故，故外接球的半径为，故其外接球的表面积为,
故C正确；
对于D，由A的分析得，，
因为，故，故，
故此时的轨迹为的中点与的线段，

此时，而，故，
故，而平面，而平面，
故平面，故到平面的距离为定值，
而的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，所以D正确．
故选：BCD.
7．BCD
把展开图折叠成正方体，利用正方体中的线面位置关系对选项进行逐一判断.
将展开图折叠成正方体，如图所示：

连接，，，则，.
取的中点，的中点，连接，，，则，，
所以，不在面内，面，则面，
同理有，不在面内，面，则面，
而相交且都在面内，故平面平面.
要使平面，则点在线段上，故点的轨迹为线段，故A错误；
当点与点重合时，，又，所以四点共面，
由图可知，点与点不重合时，与异面，所以B正确；
在正方体的结构特征，以为原点，分别以所在直线为
轴，建立空间直角坐标系.
因为正方体边长为，则各点坐标为：，，，，. . .
. 可得，所以. 同理可得. 因为，且平面
，，，即垂直于平面内两条相交直线，所以平面,又平面平面，平面，又平面，所以，所以C正确；
当点为中点时，的长度最小，连接，
则，，
当点与点（或）重合时，的长度最大，此时，
所以长度的取值范围为：，故D正确.
故选：BCD
8．AC
由基底定义可判断A；由结合向量数量积运算率计算可判断B；由线面垂直判断定理可得平面，由线面垂直性质及可得，可判断C；由线面垂直性质可得，进而可得四边形是正方形，计算可判断D.
对于A，由，所以向量，，共面，
所以不是空间的一个基底，故A正确；
对于B，
，
所以，故B错误；
对于C，连接交于点，连接，，，如图所示：
由题意可得四边形为菱形，，
所以，，
由且平面，可得平面，
由于，平面，所以，故C正确．
对于D，因为平面，平面，所以，
又，所以，所以四边形是正方形，
又因为边长为2，故四边形的面积为4，故D错误．
故选：AC．
9．ACD
A项，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，通过证明∥即可得出结论；B项，求出面的法向量，计算出面时点的坐标，即可得出结论；C项，求出点的轨迹，即可求出点的轨迹长度；D项，作出取最小值时的图，根据对称性和两点之间距离公式即可求出的最小值.
由题意，
在正方体中，棱长为4，
动点在正方体表面上（不包括边界），
连接，设的中点为，连接，设两线段交点为，连接，
建立空间直角坐标系如下图所示，
，
∴，
∴∥，
∵面，面，
∴∥面，
∴当点在处时，面，
∴存在点，使得∥面，故A正确；
B项，在面中，，
设面的法向量为，
即，解得，
当时，，
若面，则，，
∵动点在正方体表面上，
∴，此时，与重合，
∵点不在边界上，故不存在点，使得面，B错误；
C项，因为，与的夹角为，
所以与所成的角为，
则
由几何知识得，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的四分之一（即），
在中，，，，
∴，
∴点的轨迹长度为：，C正确；
D项，为面的中心，作点关于平面的对称点，
连接，当最小时，，
∴，，
∴，D正确.
故选：ACD.
10．BC
根据空间中点线面的位置关系，和空间向量基本定理，空间中四点共面的判定方法，以及空间向量的共线、模长的表示方法，和三棱锥体积的求法，逐一判断各选项的正误，求出结果；
如图所示：
已知，
当时，即，
解得，由，所以不满足条件，不存在点使得，所以A错误；
当时，，，
，所以，所以B正确；
由题意知，
所以，
由不等式可知，
因为，所以，所以；
由均值不等式可知，
所以，所以C正确；
当时，点与三点共面，即面，
由正方体的性质可知，
所以面面，可得三棱锥的体积为定值；
即，正方体棱长为1，则，所以D错误；
故选：BC.
11．ACD
对A：由题意可得点所在空间，借助球体体积公式与正方体体积公式计算即可得；对B：借助球外一点到球面上的点的距离的最小值为该点到球心的距离最小值减半径即可得；对C：建立适当空间直角坐标系，结合空间向量夹角公式计算即可得；对D：结合题意所得点轨迹，借助空间中两点距离公式计算即可得.
对A：当时，，设中点为，
则，即点P的轨迹为以球心，半径为的球面，
又是正方体表面及其内部一点，故其轨迹为该正方体与球面相交部分，
则时，点所在空间为该球与正方体不重合部分，
故此时点P所在空间的体积为，故A正确；
对B：由A得，则有，
当且仅当、、三点共线时等号成立，
又当于点时，有最小值，且其最小值为，
故的最小值为，故B错误；
对C：建立如图所示空间直角坐标系，设，、、，
则有、、，中点为，
设中点为，则，
则有，即，
又，同理可得，即，
即，即，
故有，且，
则，，
，
故，
由可得，
故，故，故C正确；
对D：设中点为，则，
同理可得，即，
即有，解得或，
故此时点可能为或，故D正确.
故选：ACD.
关键点点睛：本题关键点在于得到时，点P的轨迹为以中点为球心，半径为的球面，又是正方体表面及其内部一点，故其轨迹为该正方体与球面相交部分.
12．
根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式计算得解.
在三棱锥中，，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
依题意，不妨令点，而点，所以.
故答案为：
13．
建立空间直角坐标系，设四面体的外接球的球心为，列式求解可得，即可求得外接球的半径，由球的体积公式即可求得答案.
以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设四面体的外接球的球心为，
则,即得
，
整理得，解得，
故四面体的外接球的半径为，
故四面体的外接球的体积为，
故答案为：
14．1
设出正四面体的四个顶点，根据两点距离公式，结合得到截面方程为，即可得截面为正方形求解.
把正四面体还原成正方体，以正方体的中心为原点，垂直于共点的三个面的直线分别为轴建立 空间直角坐标系，
设正四面体的四个顶点为，
每条棱长均为2，设动点，
，
,
,
故，
，
因为，
所以，即所有满足条件的点构成的平面为平面（平面），

而为正方体的顶点（如图所示），且该正方体的中心为原点，故平面与正四面体相交于棱的中点处，
由于正四面体中,因此截的四边形为正方形，且边长为,故面积为1
故答案为：1.
15． / /
根据点与点关于平面对称，点与点关于直线对称，结合三角形两边和与差的最值可得解.

如图所示，由已知可得，，，
则，，
即，，
又，，平面，
则平面，
①当，两点在平面同侧或一点在平面上时，，当且仅当，有一点在平面上时取等号；即；
②当，两点在平面异侧时：设平面与直线交于点，
将延拓，如图所示，
则，
由，，，平面，
则平面，即，
抽象出平面如图所示，
则，
设点关于直线的对称点为，则，
当且仅当时，取得最小值，
如图，

由，且，，，
则，
即，，
则，，
又，则，
即，
所以，
所以，
故答案为：，.
16．(1)
(2)证明见解析
（1）棱柱体积等于底面乘以高，进而计算可得体积；
（2）先求平面的法向量，进而证明即可得证.
（1）.
（2）由题意，以原点，所在直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，如下图：
所以
，
所以，
设平面的法向量，则，
令，则，
因为，所以，
且平面，则平面.
17．(1)证明见解析
(2).
(3)存在，.
（1）建立空间直角坐标系求出平面的法向量，利用线面垂直的向量表示可证明得出结论；
（2）由线面角的向量求法计算即可求得结果；
（3）设，由平面解得，再由点到面的距离公式计算可得结果.
（1）如图，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，

由题意可得，，，，，，，，，
因为，，所以，
又，分别为，的中点，所以，，，，四点共面，
设平面的一个法向量，，，
由，即，
令，，，所以，
，易知，
所以平面.
（2）易知，由（1）知平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
则，又，∴，
所以直线与平面所成角的大小为.
（3）设，，
所以，则，
设平面的一个法向量，
，，
由，即，
令，，，所以，
则，
因为平面，所以，解得，所以，
设点到平面的距离为，，，
则，
所以点到平面的距离为.
18．(1)证明见解析
(2)
（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面垂直的向量法即可证明；
（2）设，.求出平面的法向量，根据面面角的向量求法及数量积运算即可求解.
（1）证明：在四棱锥中，∵平面，平面，平面，，.
∵，∴以点为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系如图所示.
则由题可知，，，，，
∴，，.
设平面的一个法向量为，
则，即.
令，则，，即平面的一个法向量为.
∴，即，∴平面.
（2）由题可设，，∴，.
设平面的一个法向量为，
则，即.
令，则，，即平面的一个法向量为.
由（1）知平面的一个法向量为.
∴.
∵平面与平面的夹角为，
∴，解得，即的长.
19．(1)证明见解析；
(2)存在，.
（1）利用三线合一得，，再根据面面垂直的判定定理即可.
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，根据线面位置关系的空间向量的证明方法即可求出的位置，再利用面面角的空间向量求法即可.
（1）因为且，故四边形是平行四边形，则，
又为等腰梯形且，可得是等边三角形．
故四边形BCEA为菱形，是等边三角形，
因为为中点，所以，同理可证．
又，且平面，所以平面，
又BE在平面BCDE内，所以平面平面.
（2）存在点P，使得平面，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又，建立以为原点，所在直线为，，轴的空间直角坐标系，如图所示：
因为，
则，
设，
则，
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，
要使平面，则，即，解得，
故在侧棱上存在点，使得平面，
此时，，
设平面的一个法向量，则，
即，令，则，即，
设平面与平面夹角为，所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
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