专题03 空间向量和立体几何-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（湖北专用）

专题03 空间向量和立体几何 题型概览 题型01 空间向量的计算 题型02 空间几何体的计算 题型03 球的切接问题 题型04 立体几何的证明和计算 空间向量的计算题型01 1．（2025·湖北襄阳·二模）已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·湖北·二模）如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2025·湖北武汉·二模）在三棱柱中，设，，，，分别为，的中点，则（    ） A． B． C． D． 7．（2025·湖北武汉·二模）四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥的体积相等，则长的最小值为 ． 空间几何体的计算题型02 4．（2025·湖北·二模）长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 5．（2025·湖北宜昌·二模）已知正方体的棱长为，点P满足，其中x，y，，下列正确的是（    ） A．当时，则直线与所成角的正切值范围是 B．当，时，则的最小值为 C．当时，线段AP的长度最小值为 D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为 6．（2025·湖北黄冈·二模）在正三棱台中，与平面所成角的正切值为1，则该棱台的体积 ． 球的切接问题题型03 8．（2025·湖北武汉·二模）在各棱长均相等的正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是 ． 9．（2025·湖北·二模）如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，四边形是边长为1的正方形，，且，，，，若平面与平面之间的距离为，则该多面体外接球的表面积为 . 立体几何的证明和计算题型04 10．（2025·湖北黄冈·二模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A．④ B．③ C．② D．① 11．（2025·湖北黄冈·二模）在三棱锥中，，，，，且，则（    ） A．点的轨迹为椭圆 B．当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为 C．当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值 D．二面角的余弦值的最小值为 12．（2025·湖北襄阳·二模）在四棱台中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，，过的平面分别交，于点M，N，且平面.    (1)证明：平面； (2)求平面MAC与平面夹角的余弦值. 13．（2025·湖北黄冈·二模）如图，在三棱锥的平面展开图中，，． (1)求的余弦值； (2)在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 14．（2025·湖北宜昌·二模）如图，已知四边形为直角梯形，，，，以所在直线为轴将四边形旋转到四边形，连接，且四点共面. (1)证明：多面体是三棱台； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 15．（2025·湖北武汉·二模）如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． (1)求证：平面； (2)求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 16．（2025·湖北·二模）如图，在平面四边形中，，，，，点为的中点，将沿折至的位置，使得四棱锥的体积为1. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 17．（2025·湖北·二模）如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，且，BD,CD不垂直，平面平面.    (1)证明：； (2)若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值. 18．（2025·湖北武汉·二模）如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． (1)若，求的长； (2)求异面直线与所成角余弦值的最小值． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 空间向量和立体几何 题型概览 题型01 空间向量的计算 题型02 空间几何体的计算 题型03 球的切接问题 题型04 立体几何的证明和计算 空间向量的计算题型01 1．已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求得向量在法向量上的投影，再由向量的加法法则即可求解. 【详解】向量在平面法向量上的投影向量： ， 设在平面上的投影向量是， 则， 所以， 故选：D 2．如图所示，在平行六面体中，，.设，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算得，则得到其和值. 【详解】因为，， 则 ， 所以，故. 故选：D. 3．在三棱柱中，设，，，，分别为，的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合几何图形，利用给定的基底表示向量. 【详解】在三棱柱中，. 故选：B 空间几何体的计算题型02 4．长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值. 【详解】点在以的中点为球心，半径为的球面上， 又点在平面上，点在平面与球的一个截面圆上. 取的中点的中点的中点，连接， 因为平面，所以面面，面面， 作于，所以面，由相似三角形性质可得，，所以，，点在以为圆心，为半径的圆上. 因为，所以在该圆上，则的最大值为. 故选：D. 5．已知正方体的棱长为，点P满足，其中x，y，，下列正确的是（    ） A．当时，则直线与所成角的正切值范围是 B．当，时，则的最小值为 C．当时，线段AP的长度最小值为 D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，当时，点在线段上动，即为直线与所成角；对于选项B，当，时，点在线段上动，故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上即可求解；对于选项C，当时，点在内部及边界上动，线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由等体积法即可求解；对于选项D，当时，记点的轨迹为平面，故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积. 【详解】对A，当时，点在线段上动，如图所示， 由于，可知即为直线与所成角， 连接，设， 则在中，， ，故A正确； 对于B，当，时，点在线段上动， 故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上， 由图可知，线段的长度即为的最小值， 在中，，故B错误； 对于C，当时，点在内部及边界上动， 则线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由得线段AP的长度最小值为，故C正确； 对于D，当时，记点的轨迹为平面， 故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示： 当点分别为对应棱的中点时，连结， 可得平面平行于平面，且为正六边形，此时该截面是最大截面， 由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，则面积为，故D正确. 故选：ACD. 6．在正三棱台中，与平面所成角的正切值为1，则该棱台的体积 ． 【答案】 【分析】将正三棱台补成正三棱锥，得到即为棱与底面所成的角，再由棱台的体积公式求解即可. 【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面所成角即为与平面所成角， 设点在平面上的射影为，在平面上的射影为， 则为的中心，为的中心， 则即为棱与底面所成的角，而， 设的高为，由等面积公式得， 解得，由等边三角形的性质得， 同理可得，故， 故， 所以棱台的高，因为正三棱台的上底面边长， 下底面边长，所以， 同理可得， 则棱台的体积， 故答案为：. 7．四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥的体积相等，则长的最小值为 ． 【答案】 【分析】延长交于点，令，根据给定条件，利用等体积转化探究可得，再结合直角三角形及向量运算建立为的函数，进而求出最小值. 【详解】在四棱锥中，延长交于点，令， 由，，得，又， 则， 由，得，则， ， ， ，设点到底面距离为， 依题意，， 由， 得，则， 而，则， ，令， 当，即时，，所以长的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用等体积转化求出是求解问题的关键. 球的切接问题题型03 8．在各棱长均相等的正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是 ． 【答案】 【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值. 【详解】 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 所以. 故答案为：. 9．如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，四边形是边长为1的正方形，，且，，，，若平面与平面之间的距离为，则该多面体外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】连接，，分别取，，，的中点，，，，连接，，二者相交于点，连接，，证明点为多面体的外接球球心，再根据球的表面积公式即可得解. 【详解】连接，，分别取，，，的中点，，，， 连接，，二者相交于点，连接，， 则为和的中点，且，且， 因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以，故，，，四点共面， 在中，因为，， 所以，且， 又平面与平面之间的距离为， 所以平面， 又平面，所以， 又，所以， 同理可求得， 易知为正方形的中心，故， 所以点为多面体的外接球球心，且该球的半径， 故该外接球的表面积. 故答案为：. 立体几何的证明和计算题型04 10．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A．④ B．③ C．② D．① 【答案】B 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得②错误，利用面面垂直判定定理及其性质可判断③正确，由异面直线定义以及基本定理可得仅有一条直线过点且与都相交，即④错误. 【详解】对于①，若，则可知或，如下图中所示： 即①错误； 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： 直线外一点，此时平面与均与直线平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误； 对于③，若，不妨设， 作，且，所以可知，显然这样的直线可以作出无数条， 如下图所示： 所以必垂直于面内的无数条直线，即③正确； 对于④，在直线上取两点，在直线上取两点，如下图所示: 因为为异面直线且点，所以过三点有且仅有一个平面， 同理过三点有且仅有一个平面，此时两平面仅有一条过点的交线， 所以④错误； 综上可知，仅有③正确. 故选：B 11．在三棱锥中，，，，，且，则（    ） A．点的轨迹为椭圆 B．当平面固定时，点的轨迹对应曲线的离心率为 C．当二面角为时，的面积与的面积之和有最大值 D．二面角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，可根据椭圆的定义来判断；对于B，根据双曲线的定义判断点C的轨迹，然后根据双曲线的性质求出离心率；对于C，首先将两个三角形的面积表达式列出来，然后根据二面角是60°，利用正弦定理，将的表达式列出来，然后根据角的范围求出最大值；对于D，将二面角的余弦值表示出来后，通过化简求出最小值. 【详解】对于选项A： 在三棱锥中，因为， 根据椭圆的定义：平面内到两个定点的距离之和等于常数（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹叫椭圆. 这里为两个定点，为定值且大于，而点在空间中， 所以点的轨迹是以为焦点的椭球.所以A错误. 对于选项B： 因为，根据双曲线的定义可知点的轨迹是以为焦点的双曲线的右支. 设双曲线方程为 ，，则， 则，所以离心率为，B正确. 对于选项C： 作，连接. 因为平面，所以平面. 所以，所以为的二面角，根据题意为60°. . 要求其最大值，即是求的最大值. 在中，设,根据正弦定理得 . 所以， 所以. 因为，所以，所以. 所以的最大值为. 所以的最大面积为，所以C正确. 对于选项D： 在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是椭圆. 所以，，所以椭圆方程为 设为中点，对应的椭圆为： 椭圆方程可变换为，所以可设，， 在平面中，因为，，所以在该平面内点的轨迹是双曲线. 所以，，所以双曲线方程为.图像如下： 因为双曲线方程为，所以. 所以， 所以，根据余弦定理 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，二面角的余弦值的最小值为.D正确. 故选：BCD. 12．在四棱台中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，，过的平面分别交，于点M，N，且平面.    (1)证明：平面； (2)求平面MAC与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知条件可证平面，建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量共线即可； （2）利用（1）中的平面的法向量求出点的坐标，再求出平面的法向量，即可求解. 【详解】（1）     平面，平面，平面平面， ， 连接，连接， 在四棱台中，平面平面， 平面平面，平面平面， ，又由题意知，四边形是等腰梯形， ，同理， ，平面，平面， 底面ABCD是菱形，， 以为原点，，，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 菱形的边长为2，，，， ，，， ，，，，， ，，， 设，， 设平面的法向量为， ，令，则，， ，，即平面； （2）设，，， ，，， ，， 又在上，设，即，， ，，， 设平面的法向量为， ，令，则，， ， ， 平面MAC与平面夹角的余弦值. 13．如图，在三棱锥的平面展开图中，，． (1)求的余弦值； (2)在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)存在，或. 【分析】（1）根据已知求出相关线段的长度，再应用余弦定理求的余弦值； （2）构建合适的空间直角坐标系，根据已知面面角的余弦值及向量法求夹角，列方程求出，即可得结论. 【详解】（1）在中，因为，所以，所以， 在中，因为， 所以，所以． 又因为， 在中，由余弦定理得. （2）因为，即平面， 所以平面，平面内作， 以为原点，、、为、、轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， 设，故， 设平面的法向量，则， 取，则，易得平面的法向量 则平面和平面所成角的余弦值，解得或， 当或时，平面和平面所成角的余弦值为. 14．如图，已知四边形为直角梯形，，，，以所在直线为轴将四边形旋转到四边形，连接，且四点共面. (1)证明：多面体是三棱台； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明平面∥平面及AD、EF、BC三线交于一点即可； （2）方法一：设，证明面ABCD，过点D作交AB于点G，以分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解；方法二：过点D作交AB于点M，连接EM，证明面面ABE，过点D作交EM于点N，连接AN，得就是直线AD与面ABE所成的线面角． （3）取的中点，连接，证明是二面角的平面角，由余弦定理求出AP长度，判断△BDE的形状，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解. 【详解】（1）因为四边形为直角梯形，所以， 因为平面平面，所以平面， 同理可得平面， 因为平面， 所以平面平面① 又在梯形中，延长交于点， 平面平面， 同理平面， 又平面平面 故直线相交于点，② 故由①②可知：多面体是三棱台； （2）方法一： 设，则， 又∵，∴， 由，得． 又∵，面ABCD，∴面ABCD， 过点D作交AB于点G，故两两互相垂直. 分别以为轴、轴、轴建系. 则，，，， 故，， 设平面的一个法向量为， 由，得， 设直线与平面所成角为，则 又因为平面平面，故直线与平面所成角的正弦值为. 方法二：设，则， 又∵，∴， 由，得． 又∵，面ABCD，∴面ABCD， 过点D作交AB于点M，连接EM， 因为面ABCD，所以，又因为面DEM，， 则面DEM，又面ABE，∴面面ABE． 过点D作交EM于点N，连接AN． ∴面ABE ，故就是直线AD与面ABE所成的线面角． ∵，又，，∴， 又，∴，即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为. （3）取的中点，连接， 因为，所以，即为等腰三角形， 故，同理，， 故就是二面角的平面角， 故， 解得，故，即 又因为，故为正三角形， 分别以为轴、轴、轴建系，其中G为AB中点，面ABCD， 则，，，， 设平面的一个法向量为，由，得， 平面的一个法向量为，由，得， 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 15．如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． (1)求证：平面； (2)求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得平面，可得，结合已知可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面，利用向量法可求两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面； （2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16．如图，在平面四边形中，，，，，点为的中点，将沿折至的位置，使得四棱锥的体积为1. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用余弦定理求出，再根据勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，即可得证； （2）根据棱锥的体积求出四棱锥的高，从而可得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）连接， 在中，，，， 由余弦定理，得，所以， 所以，所以， 因为，，所以，则， 在中，，， 由余弦定理，得，所以， 故，所以， 又，所以， 则，， 又，，平面，所以平面， 因为平面，故平面平面； （2）设四棱锥的高为， 由，得， 由（1）可知，平面平面，， 所以即为四棱锥的高， 所以平面， 所以，，两两互相垂直， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量 ，则即 取，得，，所以， 设平面的一个法向量， 则，即取，得，，所以， 所以， 设二面角的大小为，则， 故二面角的正弦值为. 17．如图，点是以为直径的半圆上的动点，已知，且，BD,CD不垂直，平面平面.    (1)证明：； (2)若线段上存在一点满足，当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）过点作于，应用面面、线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明面，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论； （2）根据已知确定三棱锥的体积取得最大有，过点作于，建立合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）过点作于，    由平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，故，又为直径，易知， 且平面，所以平面，平面， ，且，平面，， 平面，平面，故. （2）由（1）知，， 当时，取到最大值，过点作于， 建立以为原点，为轴，为轴，过点垂直于平面的方向为轴， 设平面与平面的法向量分别为.    则，， 所以，则， 令，可得，因为平面的法向量为， 则平面与平面夹角的余弦值. 18．如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． (1)若，求的长； (2)求异面直线与所成角余弦值的最小值． 【答案】(1)5 (2) 【分析】（1）由翻折后的位置关系和可得平面，进而得，进而可得； （2）先在平面中找到，进而转化为求余弦的最小值，先利用求其正切的最大值，进而可得. 【详解】（1）连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以, 当，，所以平面， 又平面，所以， 此时与相似，故， 设，由，解得，所以. （2）过作的平行线交于点，连接， 由，且， 得四边形是平行四边形，故， 所以即为异面直线与所成的角， 设， ， 所以锐角正切值的最大值为，此时余弦值有最小值， 所以异面直线与所成角余弦值的最小值为. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$