模块05 立体几何与空间向量-备战2025年高考数学考试易错题（新高考通用）

模块05 立体几何与空间向量 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2024·安徽合肥·三模）设是三个不同平面，且，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（24-25高三上·重庆·期末）如图，在正四棱锥中，为棱的中点，设，则用表示为（    ）    A． B． C． D． 3．（24-25高三上·天津北辰·期末）已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．（24-25高三上·湖北武汉·期中）如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 5．（24-25高三上·天津红桥·期末）球面上有三点，若，且球心到所在平面的距离，等于球的半径的一半，则该球的球面面积为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·四川成都·期中）已知正方体的棱长为2，且满足且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高三上·黑龙江·期末）已知三棱锥的四个顶点满足：，分别是圆柱的上，下底面的两条直径，且该三棱锥体积的最大值为6，则圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二下·福建南平·期末）如图，正方体中，，，，当直线与平面所成的角最大时，（   ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）已知直线，，平面，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 10．（24-25高三上·河北廊坊·期末）如图所示，棱长为的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（    ） A．点到平面的距离是到平面的距离的倍 B．若点平面，且与所成角是，则点的轨迹是双曲线的一支 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若线段 ，则的最小值是 11．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ）    A．当点为中点时，平面 B．当点为中点时，直线与直线所成角的余弦值为 C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D．点到直线距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（24-25高二上·江苏徐州·期中）已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为 ． 13．（2025高三·全国·专题练习）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 . 14．（2025·上海·模拟预测）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 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，，点在上，．    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； 16．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.    (1)证明：； (2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求的面积； （ii）求三棱锥的体积. 17．（24-25高三上·天津北辰·期末）如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 18．（24-25高三上·天津红桥·期末）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，其中是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点到平面的距离； 19．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 试卷第2页，共5页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 模块05 立体几何与空间向量 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2024·安徽合肥·三模）设是三个不同平面，且，则是的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断. 【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：， 所以是的充分条件； 但当，，并不能推出，也有可能相交， 所以是的不必要条件； 故选:A. 2．（24-25高三上·重庆·期末）如图，在正四棱锥中，为棱的中点，设，则用表示为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由图及空间向量加减法可得答案. 【详解】由图可得： . 故选：C 3．（24-25高三上·天津北辰·期末）已知是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线.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】对于A：根据线面垂直的判定定理分析判断；对于B：根据面面垂直的判定定理分析判断；对于C：根据线面平面的判定定理分析判断；对于D：根据平行关系可知，再结合线面垂直的性质分析判断. 【详解】对于选项A：根据线面垂直的判定定理可知：需保证m，n相交，故A错误； 对于选项B：根据面面垂直的判定定理可知：需推出线面垂直，现有条件不能得出，故B错误； 对于选项C：根据线面平面的判定定理可知：需保证，故C错误； 对于选项D：若，则， 且，所以，故D正确； 故选：D. 4．（24-25高三上·湖北武汉·期中）如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 【答案】D 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】如图可知， 四边形的周长为，四边形的面积为. 故选:D. 5．（24-25高三上·天津红桥·期末）球面上有三点，若，且球心到所在平面的距离，等于球的半径的一半，则该球的球面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出的外接圆半径，再利用球面的截面小圆性质求出球的半径，可求表面积. 【详解】令外接圆的半径为，球的半径为， 由，得， 所以为直角三角形，则，即， 因为球心到所在平面的距离，等于球的半径的一半， 所以，解得，所以球的表面积为. 故选：A. 6．（24-25高三上·四川成都·期中）已知正方体的棱长为2，且满足且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由且，得到，E，A，C四点共面，即点E在平面上，从而的最小值为点D到平面的距离求解. 【详解】由题意得，， ∴，即， 由共面向量定理得，，E，A，C四点共面，即点E在平面上， 则的最小值为点D到平面的距离． 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， ∴，，， 设平面的法向量为， 则，取， D到平面的距离， 即的最小值为． 故选：B 7．（24-25高三上·黑龙江·期末）已知三棱锥的四个顶点满足：，分别是圆柱的上，下底面的两条直径，且该三棱锥体积的最大值为6，则圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先应用到平面的距离相等，再应用三棱锥体积公式计算结合不等关系计算圆柱体积即可. 【详解】设圆柱的底面圆半径为，圆柱的高为， 设点到平面的距离为，因为是的中点，所以到平面的距离也为， 故， 所以圆柱的体积为. 故选:C. 8．（24-25高二下·福建南平·期末）如图，正方体中，，，，当直线与平面所成的角最大时，（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为. 则，，，，，. 所以，，，． 设平面的法向量为， 则 令，则，，可得. 又，设直线与平面所成的角为，则 ， 从而当时，取到最大值，又，故时直线与平面所成的角最大． 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）已知直线，，平面，，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】BC 【分析】由线面平行的判定定理和性质定理可得A错误，B正确；由线面垂直的的性质可得C正确，D错误； 【详解】选项A中，可能在内，也可能与平行，故A错误； 选项B中，因为，，，所以，故B正确； 选项C中，因为，，所以，又，所以，故C正确； 选项D中，因为，，，所以，故D错误. 故选：BC. 10．（24-25高三上·河北廊坊·期末）如图所示，棱长为的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（    ） A．点到平面的距离是到平面的距离的倍 B．若点平面，且与所成角是，则点的轨迹是双曲线的一支 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若线段 ，则的最小值是 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A；利用坐标法，列出关于异面直线所成角的余弦值的式子，即可判断B；利用坐标法，求三棱锥的外接球的球心坐标和半径，即可判断C；利用坐标法，表示两点间的距离，转化为平面几何问题，即可求最值. 【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，则，， 所以，点到平面的距离为， 点到平面的距离为，所以，，故A正确； 对于B选项，设点，，，   若与所成角是， 则， 整理为，为双曲线方程， 所以点的轨迹是双曲线，故B错误； 对于C选项，、、、， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为， 则,方程组中前个式子和后个式子相减， 得，得，再回代方程组得，， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确； 对于D选项， 由，可设点，即，， ， ， 上式的意义可以理解为平面直角坐标系中， 动点到定点和的距离和的倍， 显然，动点到定点和的距离和的最小值是两定点和间的距离， 距离为， 所以的最小值是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的使用，不仅可以表示角，距离，还可以求解轨迹方程，球心坐标等问题. 11．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ）    A．当点为中点时，平面 B．当点为中点时，直线与直线所成角的余弦值为 C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D．点到直线距离的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦判断B；利用三棱锥体积公式判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值判断D. 【详解】在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设， 对于A，，，，， ，即， 而平面，因此平面，A正确； 对于B，，，B错误； 对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积， 因此三棱锥的体积是定值，C正确； 对于D，，则点到直线的距离 ，当且仅当时取等号，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（24-25高二上·江苏徐州·期中）已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为 ． 【答案】/-0.5 【分析】，，两两成角，模都为1，以这三个向量为基底，进行向量数量积运算. 【详解】 根据题意ABCD为正四面体， ，，两两成角，, 由， ， 所以 ． 故答案为： 13．（2025高三·全国·专题练习）已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 . 【答案】 【分析】利用圆台的体积公式，得到，求解答案即可. 【详解】由已知结合圆台的体积公式即可求解． 因为甲、乙两个圆台上下底面的半径均为和，母线长分别为和， 则两个圆台的体积之比． 故答案为：． 14．（2025·上海·模拟预测）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：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高二上·湖北武汉·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，，点在上，．    (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）设，得到，再由为的中点，得到，结合，列出方程求得，得到为的中点，进而证得，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解. （2）根据题意，求得，得到，进而得到，结合，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得平面平面. 【详解】（1）证明：设，则， 所以， 因为为的中点，则，所以， 又因为，则， 因为， 则 ，解得，所以为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2）证明：因为分别为的中点，所以， 所以， 因为， 所以，所以，所以， 因为，则， 又因为，，且平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 16．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有.    (1)证明：； (2)已知，，，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求的面积； （ii）求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由空间向量的运算可得，，再由线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）（i）由余弦定理求，根据同角的平方关系求出，再由三角形面积公式即可求解； （ii）由（i）得即为与平面所成角，根据及即可求解. 【详解】（1）因为E为边AB的中点，所以. 又，即，即. ， 所以. 又因为，所以，即. 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以.    （2）（i）由余弦定理可得， 所以， 所以. （ii）由（1）可知，平面， 所以即为与平面所成角. 因为，所以，， 所以，得. 设到平面的距离为，点到直线的距离为， 则 . 因为， 又，所以. 17．（24-25高三上·天津北辰·期末）如图，在四棱柱中，平面，其中是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）求出平面的法向量，结合（1）中的信息，利用面面角的向量求法计算可得结果； （3）利用空间中点到平面距离公式计算即可得解. 【详解】（1） 平面，平面，平面， ,又， 以A为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，， ， 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，得 所以平面的一个法向量为， ，有，故. 又平面，所以平面． （2）由（1）可知， 设平面的一个法向量为， 则，不妨设，得， 所以平面的一个法向量为， 于是， 所以，平面与平面的夹角余弦值为. （3）由，平面的一个法向量为， 设点到平面的距离为，则， 所以，点到平面的距离为. 18．（24-25高三上·天津红桥·期末）在如图所示的几何体中，四边形为矩形，平面，其中是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求直线与平面夹角的正弦值； (3)求点到平面的距离； 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)1 【分析】（1）连接交于点，连接，则由三角形的中位线定理可得，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由已知可证得，且，所以以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式即可求解； （3）利用空间向量中的距离公式可求点到平面的距离. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面， 则平面； （2）直线平面平面， 所以，且， 则以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系； ，， 所以， 设平面的法向量为， 由，得， 令，得，且， 所以， 直线与平面夹角的正弦值为； （3）因为， 且平面的法向量为， 则点到平面的距离. 19．（24-25高三上·内蒙古鄂尔多斯·期末）如图，在四棱锥中，，，，是边长为2的等边三角形，且平面平面，点E是棱上的一点.    (1)若，求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值； (3)求点到直线的距离的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点F，可得，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）取的中点O，由面面垂直、线面垂直的性质定理得，，以O为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法求出可得答案； （3）设，，求出点到直线的距离，分、、可得答案. 【详解】（1）取的中点F，连接，， 又，点F是的中点， 所以，， 又，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取的中点O，连接，，如图所示，    因为为等边三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，得，所以以O为坐标原点，直线，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 设，， 所以， 又，设平面的法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 又，， 设平面的法向量为，所以， 令，解得，， 所以平面的法向量. 设平面与平面的夹角为， 所以 ， 解得，所以； （3）设，， 所以， 又，所以点到直线的距离 ， 当时，； 当时，， 而，当时，取最小值， 此时. 综上，点到直线的距离的最小值为. 试卷第2页，共21页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！21 学科网（北京）股份有限公司 $$