系统沉淀训练14空间向量与立体几何-2026届高三数学三轮冲刺

2026高考前45天 系统沉淀训练14空间向量与立体几何（详解版） 主要考点：【1】空间几何体的表面积和体积；【2】几何体内切，外接球问题；【3】空间中点线面的位置关系；【4】几何法证明平行和垂直关系；【5】求空间距离和空间角；【6】等体积法的应用；【7】空间向量在立体几何中的应用. 一、单选题 1．（2026·安徽淮南·二模）已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由圆台的母线与底面所成的角求出圆台的高，再由圆台的体积公式求体积即可. 【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为， 过作于，即为母线与下底面所成角，则. 因为圆台的上、下底面半径分别为2和4，所以， 由，所以，所以，即， 由圆台的体积公式为. 2．（2026·河北沧州·模拟预测）已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用圆台体积公式求出高，再根据外接球球心在上下底面圆心连线上，由球心到两底面圆周的距离相等列方程求出外接球半径，代入球的体积公式计算结果. 【详解】设该圆台的上､下底面的圆心分别为，高为，则圆台的体积为 ，求解可得， 设该圆台外接球的球心为，则在上，设，所以， 设该圆台外接球的半径为，所以，求解可得， 所以该圆台外接球的体积为. 3．（2026·河北保定·二模）如图，在正三棱柱中，，D 为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作，垂足为，由线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，计算得解. 【详解】如图， 过点作，垂足为， 因为是的中点，所以，又平面，平面， 所以， 平面，，所以平面， 所以， 又平面，，所以平面， 连接，则就是直线与平面所成的角. 设，则，， 由，则，得， 在中，. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 4．（2026·山东泰安·二模）已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题设可得，然后以作为基底表示，最后由向量模长公式可得答案. 【详解】因三棱柱所有棱长均为1，， 则， ， 则 ， 又，， 则. 5．（2026·河南洛阳·模拟预测）将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用球和正四棱台的体积相等直接计算即可． 【详解】球的体积为，设铁锭的高为， 则正四棱台的体积为， 由，可得，解得. 6．（2026·湖北黄石·一模）已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”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】B 【详解】如果，此时也能找到且，但并不平行于，而是在内，所以充分性不成立； 根据线面平行的性质定理：如果直线平行于平面，那么过作一个平面与相交，交线就满足，且，所以必要性成立. 即“存在直线，使”是“”的必要不充分条件. 7．（2026·湖北十堰·二模）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【详解】如图: 记，在平面上的射影为点，则在上，连接． 由平面，，可得. 又是线段的中垂线，所以在上，即，因为三棱锥外接球的表面积为，所以该球的半径为. 又，所以； 因为为的中点，为的中点，所以为的重心. 所以，，. 所以三棱锥的体积． 8．（2026·河南许昌·模拟预测）在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过作图，利用正四棱台的性质可得为侧面与底面所成的二面角的平面角，结合条件，求出正四棱台的高，再由棱台的体积公式求解. 【详解】如图，设正四棱台的上、下底面中心分别为，连接，则平面， 取的中点，连接，易知，且， 过作交于，则平面，又平面，则， 故可得平面，则，则为侧面与底面所成的二面角的平面角，则， 又，则，， 由，得到，即， 又， 所以四棱台的体积为. 二、多选题 9．（2026·湖北荆州·一模）在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F，G分别为棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的正切值为2 D．直线与平面所成角为 【答案】CD 【分析】建立空间直角坐标系，设，求出相关点坐标，利用向量数量积的运算可判断A；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量判断方法可判断B；根据空间角的向量求法可判断CD. 【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设， 则， ，， 故不垂直，A错误； 设平面的法向量为，, 则，可取，而， ，故和平面不平行，B错误； ，，, 设异面直线与所成角为，则，， 则，C正确； 设平面的法向量为，,， 则，可取，而， 则， 则直线与平面所成角的正弦值为， 故直线与平面所成角为，D正确. 10．（2026·广东深圳·二模）设P为菱形所在平面外一点，与交于，为上（异于，）的一点，则（    ） A． B．与异面 C．若为的中点，则平面 D．若，则平面 【答案】BCD 【分析】根据线线，线面的位置关系判断AB，根据线面平行的判断定理判断C，根据线线垂直，证明线面垂直，判断D. 【详解】A.平面，平面，且，所以与是异面直线，故A错误； B. 平面，平面，且，所以与是异面直线，故B正确； C.点分别是的中点，所以，平面，平面，所以平面，故C正确； D. 因为，为的中点，所以，且，， 且平面，所以平面，故D正确. 11．（2026·湖北黄石·一模）如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（    ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在面对角线与平面垂直 C．存在体对角线与平面平行 D．存在体对角线与平面垂直 【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论. 【详解】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图： 设正方体的棱长为2，则， 所以， 设平面的一个法向量为, 所以， 令，则，可得； 对于A，由可得， 因此，又平面，所以平面，所以A正确； 对于B，又， 则， 显然以上向量与法向量均不平行，所以以上面对角线与平面均不垂直，即B错误； 对于C，体对角线， 易知, 因此不存在体对角线与平面平行，即C错误； 对于D，显然，所以平面，即D正确. 三、填空题 12．（2026·山东济南·二模）已知圆锥与圆柱的底面积相等，体积也相等，若过圆柱的轴的截面为正方形，则圆锥和圆柱侧面积的比值为______． 【答案】 【分析】设圆锥和圆柱的底面半径，由题意可得圆锥的高，即可计算圆柱的侧面积和圆锥的侧面积，求解即可. 【详解】由圆锥与圆柱的底面积相等，所以圆柱和圆锥的底面半径相等，设为， 由圆柱的轴截面是一个正方形，故其高，设圆锥的高为， 由圆锥与圆柱的体积相等得，，所以， 则圆锥的侧面积， 圆柱的侧面积， 则. 13．（2026·广东佛山·二模）在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】/ 【详解】在三棱柱中，， 所以异面直线与所成的角即或其补角， 因为，，所以， 因为，，，平面，平面， 所以平面，又，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为异面直线所成角的范围是， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 14．（2026·河北邢台·二模）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为______. 【答案】 【分析】如图，取的中点，连接，，，过作，垂足为点，可证平面，从而可求点到平面的距离. 【详解】如图，取的中点，连接，，，则，， 所以四边形是平行四边形，所以，同理. 又，所以，所以，确定一个平面，即为平面. 过作，垂足为点，因为平面，平面， 所以，又，平面, 所以平面，即. 在中， ，所以. 四、解答题 15．（2026·广东佛山·二模）如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，. (1)证明：； (2)若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，证明平面，即可证明； （2）建系，利用空间向量求面面夹角. 【详解】（1）取中点，连， 由知， 又平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）过作交于，则平面，所以. 又，所以中，， 由余弦定理可求得，，所以. 以为原点，如图建系， 平面中，， 设法向量为，则. 即，令，所以. 设平面的法向量为，, 则. 即，令，所以. 所以. 16．（2026·河北衡水·二模）在三棱锥中，，，点为中点，平面平面. (1)证明：； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理以及线段垂直平分线的性质证明即可； （2）利用余弦定理、三角形面积公式以及锥体的体积公式计算即可； （3）建立空间直角坐标系，结合几何性质求出相关长度，写出相应点的坐标，求出平面法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为，点为中点，所以， 又平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又点为中点，所以是线段的垂直平分线，所以. （2）由（1）知，点为中点， 所以，所以， 在中，， 在中，， 又，所以， 所以， 由，平面，点为中点， 所以三棱锥的体积为： . （3）由平面平面，， 所以以为坐标原点，分别为轴，过点垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示的平面直角坐标系， 根据题意可知轴所在直线在平面内， 所以， 设，则在平面中，因为，所以为钝角， 过作垂直于的延长线于点，如图所示： 由，所以， 在直角三角形中，， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，又， 则， 令，，所以， 设平面的一个法向量为，又， 则， 令，，所以， 设平面与平面所成的夹角为，由图可知为锐角， 所以. 17．（2026·浙江杭州·二模）如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设点的坐标参数，进而表示出平面的法向量，结合平面的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值. 【详解】（1）因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知平面， 则为平面的法向量. 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 记平面与平面所成角为，则. 当时，取到最大值. 18．（2026·安徽·三模）如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面. (1)若为上靠近点的三等分点，证明：平面； (2)若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设与交于点，由，线线平行判定线面平行； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量，由线面角的正弦等于方向向量与法向量的余弦的绝对值计算即可. 【详解】（1）如图，设与交于点，连接， 因为，，所以， 所以，所以为上靠近点的三等分点， 又因为为上靠近点的三等分点，所以在中，， 而平面，平面，所以平面． （2）因为，，所以， 又因为平面，，则以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， ， ， ， 从而， 因为，所以， 所以点的坐标为，， 设平面的一个法向量为， 则即 则，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，为锐角， 则， . 19．（2026·山东青岛·二模）将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． (1)证明：； (2)若二面角和的平面角互补，求； (3)证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【详解】（1）取中点，连接，因为，所以，同理有， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设， 取中点，连接，因为，所以，同理有， 所以即为二面角的平面角，设， 在中，，设， 由余弦定理有， 在中，，同理， 由余弦定理有，依题意有， 则即，令，得到，化简得， 解得，在中有，所以，所以， 所以即. （3）我们只需要证明存在四面体， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为和，利用等体积法可得， 其中， ， 由（1）可知，代入得， 所以，取，可得， 此时，因为， 且，所以即，命题得证. 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026高考前45天 系统沉淀训练14空间向量与立体几何（学生版） 主要考点：【1】空间几何体的表面积和体积；【2】几何体内切，外接球问题；【3】空间中点线面的位置关系；【4】几何法证明平行和垂直关系；【5】求空间距离和空间角；【6】等体积法的应用；【7】空间向量在立体几何中的应用. 一、单选题 1．（2026·安徽淮南·二模）已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·河北沧州·模拟预测）已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·河北保定·二模）如图，在正三棱柱中，，D 为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·山东泰安·二模）已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·河南洛阳·模拟预测）将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·湖北黄石·一模）已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”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 7．（2026·湖北十堰·二模）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B．1 C． D． 8．（2026·河南许昌·模拟预测）在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（2026·湖北荆州·一模）在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F，G分别为棱的中点，则（    ） A． B．平面 C．异面直线与所成角的正切值为2 D．直线与平面所成角为 10．（2026·广东深圳·二模）设P为菱形所在平面外一点，与交于，为上（异于，）的一点，则（    ） A． B．与异面 C．若为的中点，则平面 D．若，则平面 11．（2026·湖北黄石·一模）如图，在正方体中，记各面的对角线为它的面对角线，为它的体对角线.设分别为的中点，则（    ） A．存在面对角线与平面平行 B．存在面对角线与平面垂直 C．存在体对角线与平面平行 D．存在体对角线与平面垂直 三、填空题 12．（2026·山东济南·二模）已知圆锥与圆柱的底面积相等，体积也相等，若过圆柱的轴的截面为正方形，则圆锥和圆柱侧面积的比值为______． 13．（2026·广东佛山·二模）在三棱柱中，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为______. 14．（2026·河北邢台·二模）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为______. 四、解答题 15．（2026·广东佛山·二模）如图，在三棱锥中，与均为等边三角形，. (1)证明：； (2)若点M到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值. 16．（2026·河北衡水·二模）在三棱锥中，，，点为中点，平面平面. (1)证明：； (2)求三棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 17．（2026·浙江杭州·二模）如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 18．（2026·安徽·三模）如图，四边形为直角梯形，且．点满足平面. (1)若为上靠近点的三等分点，证明：平面； (2)若，点满足，求直线与平面所成角的余弦值． 19．（2026·山东青岛·二模）将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． (1)证明：； (2)若二面角和的平面角互补，求； (3)证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $