专题05 空间向量与立体几何（浙江专用）2026年高考数学二模分类汇编

专题05 空间向量与立体几何 2大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间向量及其运算 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 2．（2026·浙江温州·二模）已知圆台的上下底面的半径分别为1和3，圆台的侧面积为，若圆台内接于球，则球的半径为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·浙江嘉兴·二模）已知正方体的棱长为2，若球O同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球O的半径的最小值为_________． 4．（2026·浙江金华·二模）（多选）在棱长为3的正方体中，点E在棱上且，点F在正方形内运动（含边界），若平面，则（   ） A．点F的运动轨迹为线段 B．的最小值为 C．存在点F，使得 D．过F，D，B，C四点的球的表面积最小值为 5．（2026·浙江·模拟预测）已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________． 6．（2026·浙江宁波·二模）一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了________cm． 空间向量中及其应用 考点2 7．（2026·浙江宁波·二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足. (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 8．（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. 9．（2026·浙江·二模）在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的正三角形． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 10．（2026·浙江台州·二模）如图，在四棱台中，上、下底面均为正方形，底面，，，，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 11．（2026·浙江温州·二模）如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． (1)证明：上存在点P，使得平面； (2)当时，求二面角的正弦值． 12．（2026·浙江台州·二模）（多选）已知正四面体的棱长为4，顶点在平面的同侧，点，顶点到平面的距离分别为1，2，直线与平面交于点，则（   ） A．直线与平面所成角为 B．平面与平面所成角为 C． D．点到平面的距离为 13．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，， E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若直线EC与平面所成角的正弦值为，求． 14．（2026·浙江金华·二模）三棱锥中，，，，平面，，． (1)证明：直线平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值． 15．（2026·浙江宁波·二模）如图，四棱锥中，底面，，平面，，． (1)证明：； (2)若点到平面的距离为1，求平面与平面夹角的余弦值． 16．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四面体ABCD中，，点E，F分别是CD，AB的中点. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求直线EF与平面BCD所成角的大小. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 空间向量与立体几何 2大考点概览 考点01空间几何体的表面积与体积 考点02空间向量及其运算 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 【答案】D 【分析】先算出母线长，结合体积公式、表面积公式计算后可判断AB的正误，求出轴截面的顶角值后可判断CD的正误. 【详解】对于A，圆锥的体积为，故A错误； 对于B，圆锥的母线长为， 故圆锥的表面积为，故B错误； 对于C，设圆锥轴截面顶角为，则， 而为锐角，故，故，故两条母线的夹角的最大值为，故C错误； 对于D，设两条母线的夹角为，则过顶点的截面面积为 而，故当，，故D正确. 2．（2026·浙江温州·二模）已知圆台的上下底面的半径分别为1和3，圆台的侧面积为，若圆台内接于球，则球的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用圆台侧面积公式得到母线长和圆台的高，再由勾股定理求出球的半径. 【详解】设圆台母线长为，上、下底面半径分别为和， 则圆台的侧面积为，即， 所以圆台的高为， 设球的半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，如图， 过作的垂线，与交于点，与交于点， 设，由，则球心在圆台内部， 所以，解得. 3．（2026·浙江嘉兴·二模）已知正方体的棱长为2，若球O同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球O的半径的最小值为_________． 【答案】 【分析】作出相应图形，利用相切性质可得球心在上，再利用该球与棱相切，可得，再利用三角形性质计算即可得解. 【详解】球O与平面和平面均相切， 故球心O在二面角的角平分面上， E，F，G，H，I，J为各自所在棱的中点，易知平面， 所以即二面角的平面角， 且EQ平分，要使半径最小，球心O在EQ上，    作，则平面，即球半径， 又球O与相切，故，因此，， 在中，，，， 因此，解得．    4．（2026·浙江金华·二模）（多选）在棱长为3的正方体中，点E在棱上且，点F在正方形内运动（含边界），若平面，则（   ） A．点F的运动轨迹为线段 B．的最小值为 C．存在点F，使得 D．过F，D，B，C四点的球的表面积最小值为 【答案】ABD 【分析】以为原点，建立坐标系，求得平面的法向量，结合，求得点的运动轨迹方程，可判定A正确；由点，求得，利用二次函数的性质，可判定B正确；由，求得，得到点坐标，可判定C不正确；设球心，由球的性质，求得，且，结合函数的性质和球的表面积公式，可判定D正确. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为正方体的棱长为3， 可得， 因为点在棱上且，可得， 对于A，由向量， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为点在平面，设，可得 又因为平面，可得， 整理得， 因为点在正方形内，可得， 当时，，对应的点在棱上； 当时，，对应的点在棱上， 所以点的运动轨迹为线段，所以A正确； 对于B，由点，点且， 可得，其中， 所以当时，取得最小值，且，所以，所以B正确； 对于C，由，点且，可得， 若，可得，解得， 当时，可得，此时点， 因为点在正方形内，即，此时， 所以点不在正方形的区域内，所以不存在满足条件的点，所以C不正确； 对于D，由点，可得都在的平面上， 设球心，半径为， 因为三点确定的圆是正方形的外接圆， 其圆心为的中点，半径为， 则球心必在过且垂直于底面的直线上，所以， 设，球的半径为， 因为点且，即在球面上，所以， 可得， 整理得，即，可得， 又由球的表面积为，要使得表面积最小，只需最小， 令，可得的图象开口向上，且对称轴为， 所以当时，取得最小值，最小值为，所以， 所以，所以D正确. 5．（2026·浙江·模拟预测）已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________． 【答案】 【分析】作出圆锥的轴截面，利用面积法及相似三角形性质求出球的半径即可. 【详解】依题意，圆锥的轴截面截球得球的大圆，且为圆锥轴截面等腰的内切圆， 截球得球的大圆，该圆与圆外切，与都相切，设球、球的半径分别为， 在等腰中，，则边上的高， 由，得，解得， 显然圆可视为平行于的中位线截所得小三角形的内切圆，而此小三角形与相似， 因此，解得，所以球的体积. 6．（2026·浙江宁波·二模）一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了________cm． 【答案】 【分析】利用上升水的体积等于实心铁球的体积计算即可得. 【详解】设水面升高了cm，由题意知，解得：. 空间向量中及其应用 考点2 7．（2026·浙江宁波·二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足. (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【分析】（1）根据余弦定理，求出几何体各边长，再根据勾股定理证明线线垂直，进而根据面面垂直的判定定理，证明结果即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由向量共线的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，求出参数值，求出结果. 【详解】（1）在中，由余弦定理可得， 则，又为的中点，则. 取的中点，显然有. 因为，则在中，， 由余弦定理可得， 可得，所以， 所以，，，平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面 （2）如图所示，连接，因为，所以， 由（1）可知，两两相互垂直， 则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 故. 记在上的射影点为， 设， 可得， 则，即，解得， 因为，且，所以； 所以存在符合题意，且. 8．（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. 9．（2026·浙江·二模）在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的正三角形． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，通过证明平面，结合线面垂直的性质可证； （2）以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）取中点， 因为，是的中点，所以． 又，是的中点，所以． 又，平面， 所以平面，又平面，所以． （2）因为平面平面， 且平面平面，， 可得平面． 如图，以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，． 则，． 设平面的法向量为， 由，得， 取，，得． 由，得，所以， 设与平面所成角为，则． 因此直线与平面所成角的正弦值是． 10．（2026·浙江台州·二模）如图，在四棱台中，上、下底面均为正方形，底面，，，，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用三角形中位线性质以及线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系求出相应的向量坐标，再求出两个面的法向量，用平面夹角的向量公式即可求出余弦值，进而求得正弦值. 【详解】（1）证明：连接交于点，如图所示：    由是正方形得为的中点， 因为为的中点，所以为的中位线， 于是，又因为平面，平面， 所以平面. （2）由已知，平面，， 所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    因为， 所以， 因为点为棱的中点，所以， 设平面的一个法向量为， 又， 则，即， 令，则，则， 设平面的一个法向量为， 又， 则，即， 令，则， 记平面与平面的夹角的大小为，则： ， 由图可知平面与平面的夹角为锐角， 故. 11．（2026·浙江温州·二模）如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． (1)证明：上存在点P，使得平面； (2)当时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取上一点，结合是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值. 【详解】（1）取的中点，连接 因为是的中点，是的中点， 所以在中，是中位线，故. 又平面，平面， 所以平面， 故上存在满足条件的点，得证. （2）如图所示， 以点为原点，为轴，为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，， 设，由得，即. 由，，， 得： 代入得，即. 平面中，，， 设法向量为， 由得，令，则. 平面中，，， 设法向量为， 由得，令，则. 所以二面角的正弦值： . 12．（2026·浙江台州·二模）（多选）已知正四面体的棱长为4，顶点在平面的同侧，点，顶点到平面的距离分别为1，2，直线与平面交于点，则（   ） A．直线与平面所成角为 B．平面与平面所成角为 C． D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据线面角的定义可求其正弦值，故可判断其正误，对于B，求出的面积，进而求出面面角的余弦值判断其正误，对于C，利用空间垂直关系的转化可判断其正误，对于D，利用向量法可求点到平面的距离，从而可判断其正误. 【详解】 设在平面内的射影为，在平面内的射影为，连接， 则， 对于A，因为，所以为直线与平面所成的角， 而，而为锐角，故，故A正确； 对于B，因为，故，故四边形为梯形， 而，，故，故四边形为直角梯形， 同理 而，故. 在中，， 故， 而，设平面与平面所成角为， 则，故平面与平面所成角不为，故B错误； 对于C，由题设平面，而，故平面平面， 故三点共线，而，故为的中点， 故，故， 连接，则，而，，故， 而平面，故平面，而平面， 故，故C正确； 对于D，由C的分析可得，故. 由可得为的中点，故， 连接，则，故. 过作平面的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，故， 设，则， 故，消元可得，故， 故D正确. 13．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，， E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)若直线EC与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一：根据题意可证平面PAB，可得，进而可得平面PBC，即可证面面垂直；解法二：建系并标点，求平面与平面PBC的法向量，利用空间向量证明面面垂直； （2）解法一：作，可知直线EC与平面AEF所成角为，根据题意结合几何性质运算求解；解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量，利用空间向量结合线面夹角运算求解. 【详解】（1）解法一：因为平面ABCD，平面ABCD，则， 且，，平面，则平面PAB， 由平面，可得， 又因为，E为中点，则， 且，平面，则平面， 且平面，所以平面平面； 解法二：因为底面，， 如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，则，，，， 设平面PBC的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面AEF的法向量为，则， 令，则，可得； 因为，则， 所以平面平面. （2）解法二：作，垂足为H， 因为平面平面PBC，平面平面，平面PBC，， 则平面AEF，可知直线EC与平面AEF所成角为， 则，可得，， 设，则，， 因为与相似，则，即， 整理可得，解得或（舍去）， 即，所以； 解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量， 设直线EC与平面AEF所成角为， 则， 整理可得，解得或， 所以. 14．（2026·浙江金华·二模）三棱锥中，，，，平面，，． (1)证明：直线平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质来证明线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，然后利用向量法求出直线和平面所成角的正弦值. 【详解】（1）平面，平面，， 又，，平面，平面 （2）平面，平面，， ，， 平面，平面，平面平面， 过点作，为垂足， 平面平面，平面， 由题意可得：， 如图，以A点为原点，以为x轴，为y轴， 过A点且与同向的方向为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由，可得，， 另外，设平面的一个法向量为，直线和平面所成角为， 结合，， 则有，，取，可得， ， 综上，直线和平面所成角的正弦值为． 15．（2026·浙江宁波·二模）如图，四棱锥中，底面，，平面，，． (1)证明：； (2)若点到平面的距离为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）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，结合线面垂直定义可得结论； （2）方法1：过点B作，可知平面，由条件可得，建立空间直角坐标系，再求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值. 【详解】（1）因为平面，平面，平面平面， 所以 因为底面，平面，所以， 因为，，所以， 又因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以． （2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系． 过点作，交于点，因为底面，平面，所以， 因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以， 在中，，由可得； 设，则，即，解得； 因此为的中点，，所以． 可得，，，，， 所以，． 设是平面的法向量， 则， 即，取，则，， 所以是平面的一个法向量． 因为平面，所以是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 16．（2026·浙江嘉兴·二模）如图，在四面体ABCD中，，点E，F分别是CD，AB的中点. (1)证明：； (2)若二面角的大小为，求直线EF与平面BCD所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）异面直线垂直问题可转化为证明线面垂直； （2）求线面所成角可转化成求直线方向向量与平面法向量的夹角问题. 【详解】（1）证明：如图过作,，. ,四边形为平行四边形，连接、， 四边形为平行四边形，点E 是的中点， ，，为的中点， ,即， 又 ， ， ，平面， 平面，又平面， ， 又 是的中点，为的中点， 为的中位线， ， ， （2）由(1)可知，，又平面平面， 为二面角的平面角，即， 如图，在平面内过点作，从而、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，， 由，得， 所以点的横坐标为，点的纵坐标为， 即，从而，,, 设平面的法向量为，则 ，取。 则，又 ， 所以直线与平面所成角的正弦值，， 即直线与平面所成角为. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $