专题04 立体几何与空间向量-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（浙江专用）

专题04 立体几何与空间向量 题型概览 题型01体积表面积计算 题型02点线面位置关系 题型03空间向量与立体几何计算证明 题型04空间向量的运算 ( 题型01 ) 体积表面积计算 1.（2025·湖州、衢州、丽水·一模） 已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 2.（2025·浙江宁波·一模） 圆台的高为2，体积为，两底面圆的半径比为，则母线和轴的夹角的正切值为（ ） A. B. C. D. 3.（2025·浙江绍兴·一模）如图，圆柱的底面直径为3，母线长为4，，分别为该圆柱的上、下底面的直径，且，则三棱锥的体积是（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 4.（2025·浙江金华·一模）已知正方体的棱长为，为正方体内部一动点，球为正方体内切球，过点作直线与球交于，两点，若的面积最大值为4，则满足条件的点形成的几何体体积为（ ） A. B. C. D. 5.（2025·浙江温州·一模）如图所示的五面体为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中，四边形，，均为等腰梯形，平面平面，，，，和间的距离为2，和间的距离为4，则该羡除的体积为______. ( 题型0 2 ) 点线面位置关系 1.（2025·浙江杭州·一模）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ） A. B. C. D. 2.（2025·浙江金华·一模）如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. ( 题型0 3 ) 空间向量与立体几何计算证明 1.（2025·湖州、衢州、丽水·一模）（多选）如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球 C. 直线与所成角的正切值的最小值是 D. 的最小值为 2.（2025·湖州、衢州、丽水·一模）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，平面，点是的中点，点在线段上且，为三角形的重心. （1）求证：平面； （2）当的长为何值时，二面角的大小为. 3.（2025·浙江宁波·一模）在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 4.（2025·浙江绍兴·一模）（多选）在正三棱锥中，，，是底面内（含边界）一点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到该三棱锥三个侧面的距离之和为定值 B. 顶点，，到直线的距离的平方和为定值 C. 直线与该三棱锥三个侧面所成角的正弦值的和有最大值 D. 直线与该三棱锥四个面所成角的正弦值的平方和有最大值 5.（2025·浙江绍兴·一模）在四棱锥中，底面为菱形，，，，. （1）证明：； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 6.（2025·浙江台州·一模）已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（ ） A. B. C. D. 7.（2025·浙江台州·一模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 8.（2025·浙江温州·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，平面. （1）求证：； （2）若二面角的正弦值为，且，求. ( 题型0 4 ) 空间向量的运算 1.（2025·浙江台州·一模）（多选） 已知棱长为3的正四面体，则下列选项正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的最大值为 D. 当时，则的最大值为 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何与空间向量 题型概览 题型01体积表面积计算 题型02点线面位置关系 题型03空间向量与立体几何计算证明 题型04空间向量的运算 ( 题型01 ) 体积表面积计算 1.（2025·湖州、衢州、丽水·一模） 已知长方体，是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可知平面将长方体分割成的体积较小部分为三棱台，利用台体体积公式计算即可得出答. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 由长方体性质可得，因此平面即平面， 根据长方体性质，由相似比可知交于同一点， 所以长方体被平面割成的体积较小部分为三棱台， 设长方体的各棱长为，因此长方体的体积为； 再由棱台体积公式可得 ， 可得较大部分的体积为； 因此体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 故选：D 2.（2025·浙江宁波·一模） 圆台的高为2，体积为，两底面圆的半径比为，则母线和轴的夹角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据圆台的体积公式求出圆台的上下底半径，再求母线和轴的夹角的正切值. 【详解】设圆台上底半径为，则下底半径为， 由题意：. 所以圆台母线和轴的夹角的正切值为：. 故选：B 3.（2025·浙江绍兴·一模）如图，圆柱的底面直径为3，母线长为4，，分别为该圆柱的上、下底面的直径，且，则三棱锥的体积是（ ） A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，连接，，证得平面，利用三棱锥的体积计算即可. 【详解】如图：过上底面中心，作与下底面直径平行的直线，连接，， 则且， 因为，所以， 根据圆柱的性质可知，， 则，，又，，平面， 所以平面， 所以． 故选：D． 4.（2025·浙江金华·一模）已知正方体的棱长为，为正方体内部一动点，球为正方体内切球，过点作直线与球交于，两点，若的面积最大值为4，则满足条件的点形成的几何体体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据几何性质可得，则，从而可得满足条件的点形成的几何体，根据几何体的体积计算即可得结论. 【详解】 因为正方体的棱长为，则正方体内切球球的半径， 所以， 因为，则， 若的面积最大值为4，即，由于在上，则， 则满足条件的点形成的几何体为正方体去掉以为球心，2为半径的球体，故其体积为. 故选：D. 5.（2025·浙江温州·一模）如图所示的五面体为《九章算术》中记载的羡除，它指的是墓道或隧道.其中，四边形，，均为等腰梯形，平面平面，，，，和间的距离为2，和间的距离为4，则该羡除的体积为______. 【答案】12 【解析】 【分析】结合锥体体积体积公式，采用切割法求几何体体积. 【详解】如图：连接、 则，， 所以该羡除的体积为：. 故答案为：12 ( 题型0 2 ) 点线面位置关系 1.（2025·浙江杭州·一模）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 2.（2025·浙江金华·一模）如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连，利用三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得. （2）根据给定条件，作出三棱锥底面上的高，利用几何法求出线面角的正弦. 【小问1详解】 连，由为中点，为中点，得， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 设，由平面，平面， 得，则，取中点，则， 又平面，则平面， 又平面，于是平面平面，又平面面， 过点在平面内作于，于是平面，连， 则为直线与平面所成的角， 在中，，，， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值. ( 题型0 3 ) 空间向量与立体几何计算证明 1.（2025·湖州、衢州、丽水·一模）（多选）如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，是线段上的动点（含端点），则下列命题正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 在直三棱柱内部能够放入一个表面积为的球 C. 直线与所成角的正切值的最小值是 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明出平面，结合锥体体积公式可判断A选项；计算出的外接圆半径，并与球的半径比较大小，可判断B选项；利用空间向量法可判断C选项；作点关于平面的对称点，可知，然后将平面和平面延展为一个平面，结合余弦定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，如下图所示，连接交于点，连接， 因为四边形为平行四边形，则为的中点， 又因为为的中点，则， 因为平面，平面，则平面， 因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值， 又因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，A对； 对于B选项，因为，，则， 且表面积为的球的半径为， 的内切圆半径为， 所以，直三棱柱内部不能放入一个表面积为的球，B错； 对于C选项，因为平面，， 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，其中， 则， 设直线与所成角为， 所以，， 当时，取最大值，此时，取最小值，取最大值， 此时，，， 所以，直线与所成角的正切值的最小值是，C对； 对于D选项，点关于平面的对称点为，则， ，， 所以，，则， 因为平面，，则平面， 因为平面，则， 将平面和平面延展为一个平面，如下图所示： 在中，，，， 由余弦定理可得 ， 当且仅当、、三点共线时，取最小值， 故的最小值为，D对. 故选：ACD. 【点睛】（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 2.（2025·湖州、衢州、丽水·一模）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，平面，点是的中点，点在线段上且，为三角形的重心. （1）求证：平面； （2）当的长为何值时，二面角的大小为. 【答案】（1）证明见解析； （2）3 【解析】 【分析】（1）根据重心性质以及线段比可知是的重心，再利用线段比例关系以及线面平行判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系利用二面角的向量求法，由二面角的大小为解方程即可得满足题意. 【小问1详解】 连接交于点，由重心性质可得是的中点， 又点是的中点，点在线段上且，可知是的重心； 连接，可知点在上，如下图所示： 由重心性质可得，，所以； 又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为底面是边长为2的等边三角形，所以； 又平面，且分别为的中点，所以可得平面；即两两垂直； 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 设的长为， 则可得，所以； 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 即可取， 易知平面的一个法向量为； 所以，解得或（舍）； 即当的长为3时，二面角的大小为. 3.（2025·浙江宁波·一模）在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，通过证明平面，即可解决问题； （2）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 取的中点为，连接， 因为是边长为2的等边三角形，所以，， 在直角三角形中，， 为中点，所以， 又，所以， 所以，即，又为平面内两条相交直线， 所以平面，又在平面内， 所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知过作的平行线作为轴，分别为轴， 则， 所以，, 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得， 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得， 设平面与平面的夹角为， 则. 4.（2025·浙江绍兴·一模）（多选）在正三棱锥中，，，是底面内（含边界）一点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到该三棱锥三个侧面的距离之和为定值 B. 顶点，，到直线的距离的平方和为定值 C. 直线与该三棱锥三个侧面所成角的正弦值的和有最大值 D. 直线与该三棱锥四个面所成角的正弦值的平方和有最大值 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，然后分别计算每一个选项即可. 【详解】由题可建立如图所示空间直角坐标系， 有， 设，平面的一个法向量， 显然， 所以有，令，得， 所以， 所以有，显然 所以， 点到面的距离为；点到面的距离为，点到面的距离为 因为，故选项A正确； 由题可知， 易知点A到的距离 ， 同理，，， 所以， 故选项B正确； 到平面的夹角的正弦值为 ；到平面的夹角的正弦值为；到平面的夹角的正弦值为 显然三个线面角的正弦值的平方和等于，可以垂直平面, 所以与三棱锥的四个面的线面角的平方和最大值为2，故选项D错误； 与三个侧面的线面角之和为， 因为， 所以有， 其中表示,为到平面的距离， 所以， 所以的最大值为，故选项C正确； 故选：ABC 【点睛】关键点点睛，我们需要利用平面的法向量找到点的三个坐标之间的关系，然后计算即可. 5.（2025·浙江绍兴·一模）在四棱锥中，底面为菱形，，，，. （1）证明：； （2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，则易知是正三角形，通过勾股定理证明，根据线面垂直的判定定理，即可证明. （2）根据题意，是二面角的平面角，再以点E为坐标原点，EA，EB分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量与空间角的关系列式计算即可. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为，所以是正三角形， 因为为中点，所以. 又因为，所以. 因为，所以，又，平面 所以 面. 所以，又因为为中点，所以. 【小问2详解】 解法1：因为， 所以是二面角的平面角，即. 在中，，解得. 如图，以点E为坐标原点，EA，EB分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面PAB的一个法向量为， 则，即， 令，则.所以， 所以， 所以直线BC与平面PAB所成角的正弦值为. 解法2：因为， 所以是二面角的平面角，即. 在中，，解得. 所以，所以，且， 取PB中点F，连接, 在等腰直角三角形中，，同理， 所以，所以，又， 所以平面，所以即为直线AD与平面所成角， 又，而， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 6.（2025·浙江台州·一模）已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据题设可得，在线段取点，使，从而得线段轨迹为圆锥的侧面，即可求解. 【详解】如图，以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为球的半径为，则，设， 则，，所以， 又，，则，得到， 如图，在线段取点，使，所以线段轨迹为圆锥的侧面， 又，则，所以圆锥的侧面积为， 所以线段轨迹的面积为， 故选：C. 7.（2025·浙江台州·一模）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件，结合勾股定理，可以判定，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）以中点为原点，所在直线为轴，构建空间直角坐标系，利用空间向量，即可求得线面所成角的正弦值. 【小问1详解】 不妨设正方形边长为2，则， 由，得， 再由，， 平面 ，得平面， 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 取中点，连结，则，由（1）可知，平面平面ABCD， 平面平面，所以平面， 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设平面的法向量为，则 取，记与平面所成角为，则． 8.（2025·浙江温州·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，平面. （1）求证：； （2）若二面角的正弦值为，且，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）过作于点，然后根据面面垂直的性质定理得面，然后再利用线面垂直的性质定理得，同理，然后再利用线面垂直的判定定理得面，然后用线面垂直的性质定理得； （2）以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，然后利用坐标计算确定位置，计算的长度即可. 【小问1详解】 过作于点， 因为平面平面，所以面， 因为 面 所以， 又因为平面，所以， 而面， 所以面， 因为面 所以 【小问2详解】 如图，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系， 二面角的平面角与二面角的平面角互补，记为， 设，有，，， ， 设面的法向量为，有， 即，令，得， 又面的法向量为， 所以， 解得，所以. ( 题型0 4 ) 空间向量的运算 1.（2025·浙江台州·一模）（多选） 已知棱长为3的正四面体，则下列选项正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，的最大值为 D. 当时，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选为空间内的基底向量，可计算得，可判断A；当，，可判断B；由已知可得，计算可判断C；，结合，可求的最大值，可判断D. 【详解】由正四面体，可知， 选为空间内的基底向量， 当，， ，所以 ，故A正确； 因为， 当，，故B错误； ， 又，所以， 整理得，当且仅当时取等号， 化简得，解得，故C正确； ， 所以 ， 由，所以， 因为，所以， 所以，所以，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：考查空间向量的数量积的计算，运算量大，关键是用基底表示， 再利用模的计算公式运算求得最值. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$