专题05 空间向量与立体几何4个考点（北京专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 北京各区2026年二模空间向量与立体几何试题汇编，覆盖4大核心考点，通过基础计算、轨迹探究、存在性问题设计，适配高三二模复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|3题|正方体截面体积关系（5）、四面体线面位置（6）|结合北京二模真题，注重空间概念辨析| |填空|4题|四面体体积（1）、正方体轨迹（2）、圆锥侧面积（3）|设置开放型（1）与多结论判断（2），梯度分明| |解答|5题|空间向量证线线垂直（8）、存在性条件选择（11、12）|综合考查向量运算与逻辑推理，如11题三条件选做，贴合新高考探究性趋势|

专题05 空间向量与立体几何 4大考点概览 考点01·空间几何体的表面积与体积 考点02·立体几何综合 考点03·空间向量的应用 考点04·空间向量中的存在性问题 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·北京·二模）若一四面体各棱的棱长构成集合，则该四面体的体积可能是_______（只需写出一个可能的值） 2．（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 3．（2026·北京朝阳·二模）某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·北京东城·二模）在三棱锥中，，，. （1）若平面，，则三棱锥的体积为_____； （2）若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为12，则三棱锥体积的最大值为_____. 5．（2026·北京西城·二模）已知正方体W和平面，则“正方体W的8个顶点中存在6个到平面的距离相等”是“平面将正方体W分成体积相等的两部分”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 立体几何综合 考点2 6．（2026·北京朝阳·二模）在四面体中，，平面且平面，给出下列三个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则． 其中所有正确结论的序号是（   ） A．③ B．①③ C．①② D．①②③ 7．（2026·北京海淀·二模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 空间向量的应用 考点3 8．（2026·北京·二模）如图，在直四棱柱中，，，，点分别为的中点，且与平面所成角为. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 9．（2026·北京西城·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，直线PC与底面ABC所成角的大小为. (1)求证：平面PAB； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值. 10．（2026·北京丰台·二模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点. (1)求证：为的中点； (2)若是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 空间向量中的存在性问题 考点4 11．（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 12．（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 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 4大考点概览 考点01·空间几何体的表面积与体积 考点02·立体几何综合 考点03·空间向量的应用 考点04·空间向量中的存在性问题 空间几何体的表面积与体积 运算 考点1 1．（2026·北京·二模）若一四面体各棱的棱长构成集合，则该四面体的体积可能是_______（只需写出一个可能的值） 【答案】或或（任写其一即可） 【分析】考虑一条边为1，两条边为1，三条边为1三种情况，分别利用体积公式，计算得到答案. 【详解】一条边为1，其余边为2时，如图1， 不妨设，中点为，连接，作于， 易知，，，故平面，平面， 故，又，，故平面， 易知，， 故， . 当有两条边为1时，只能是对边为1，如图2，不妨设 设对应长方体的长宽高分别为：，则，解得， 故. 当有三条边为1时，只能是底边三条边为1，如图3所示， 是中点，连接，故于， 易知，，，故平面，平面， 故，又，，故平面， 易知，，， 故， . 其他情况不满足. 2．（2026·北京丰台·二模）已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【分析】建系并求出相关点的坐标，设，根据线线夹角和空间中距离公式可得点的轨迹方程，即可判断①②；再根据点的轨迹方程分析可得，进而判断③④. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设， 可得，，，， 因为直线与直线所成的角为， 则，整理可得， 又因为，则，整理可得， 联立可得，即， 可知点的轨迹方程为，， 所以点的轨迹为双曲线的一部分，满足条件的点有无数个，故①正确，②错误； 因为，则，可得，即， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段长度的最大值为2，故③正确； 因为点到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故④正确. 3．（2026·北京朝阳·二模）某圆锥的轴截面（通过轴的平面所得到的截面）是面积为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设圆锥的底面圆半径为，由圆锥的轴截面是面积为的等边三角形， 得该三角形面积为，解得，圆锥的母线， 所以该圆锥的侧面积为. 4．（2026·北京东城·二模）在三棱锥中，，，. （1）若平面，，则三棱锥的体积为_____； （2）若该三棱锥的某两条侧棱的长度之和为12，则三棱锥体积的最大值为_____. 【答案】 【分析】利用等体积法，结合余弦定理和三角形的面积求解. 【详解】（1）因为， 所以是的直角三角形，所以， 因为平面，所以三棱锥的体积为； （2）若，则到平面的距离的最大值为点到直线的距离，为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 若，则到平面的距离的最大值为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 若，则到平面的距离的最大值为， 设，， 所以， 所以， 所以当时，的面积最大，为， 此时三棱锥的体积为， 因为， 所以三棱锥体积的最大值为 5．（2026·北京西城·二模）已知正方体W和平面，则“正方体W的8个顶点中存在6个到平面的距离相等”是“平面将正方体W分成体积相等的两部分”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】D 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合正方体的结构特征推理判断. 【详解】正方体W的8个顶点中最多有4个顶点在同一平面内， 由正方体W的8个顶点中存在6个到平面的距离相等，得这6个顶点必在两个与平面都平行的平面内， 当6个顶点中有4个顶点在一个平面内，则平面与正方体的一个正方形表面平行或与正方体的一对相对棱平行， 当平面与正方体的一个正方形表面平行时，只有4个顶点或8个顶点到平面的距离相等，不符合题意； 当平面与正方体的一对相对棱平行时， 如图，在正方体中，依次取棱的中点， 则点与点到平面的距离相等，而平面将正方体分成的两部分体积不等； 反之，平面将正方体W分成体积相等的两部分，平面必过该正方体的中心， 正方体W的8个顶点中到平面的距离相等的顶点不一定是6个， 如在正方体中，平面过该正方体的中心， 只有4个顶点或到平面距离相等， 所以“正方体W的8个顶点中存在6个到平面的距离相等”是“平面将正方体W分成体积相等的两部分”的既不充分也不必要条件. 立体几何综合 考点2 6．（2026·北京朝阳·二模）在四面体中，，平面且平面，给出下列三个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则． 其中所有正确结论的序号是（   ） A．③ B．①③ C．①② D．①②③ 【答案】B 【分析】建系，根据向量内积以及向量模的计算公式进行计算验证即可. 【详解】将设为原点，平面为平面，由平面， 得 ， ， ， . 因为，所以 ，推出， ①因为，所以 ，推出， 因此， ， ， 三者相等，①正确. ②因为，所以， 化简得​，但不一定有 . 举反例：取 ，满足和， 计算得 ， ，②错误. ③因为，，推出. ， ， 则 . 故，③正确. 综上，正确结论为①③. 7．（2026·北京海淀·二模）如图，正方体的棱长为2，以底面的中心O为原点建立空间直角坐标系，其中坐标轴，，分别与正方体的三条棱平行. 设正方体表面及其内部所有点构成的集合为Ω，集合，记W为T中所有点构成的几何体. 给出下列四个结论： ①； ②W被平面所截的截面面积为4； ③W的体积大于； ④W表面上的点到点的距离的最小值为1. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【分析】对于①，直接验证该点不满足集合条件；对于②，证明截面为上底面正方形即可得到面积；对于③以为分界将分为上下两个部分考虑，并分别构造一个包含在其中的多面体和圆锥，再证明这两个几何体的体积和大于；对于④，利用距离公式并结合表面上的点满足的方程得到距离函数，分析最值即可. 【详解】对于①，因为，所以，①错误； 对于②，被平面所截的截面即为满足且的点， 而当时恒成立，所以截面即为上底面正方形，面积为，②正确； 对于③，考虑集合，构成了一个底面半径和高均为的圆锥， 同时当时有，所以对任意点在内，那么它也在内即， 设与正方体四个侧面的交点分别为，则圆锥的底面即为经过的圆， 因为都是抛物线，方程分别为（取），（取）， 显然在范围内的部分的体积大于该圆锥的体积，圆锥的体积为， 对于时，取多面体，同样的，因为都是抛物线 （比如方程为，其余类似），在范围内的部分的体积大于该多面体的体积， 该多面体可以看作一个四棱柱切去四个角得到的几何体，体积为， 所以的体积大于，③正确； 对于④，的表面上的点即为满足且的点以及与正方体上底面和与四个侧面的截面上的点， 对于前者，点到的距离满足，时 可取得最小值即，所以的最小值不是，④错误. 空间向量的应用 考点3 8．（2026·北京·二模）如图，在直四棱柱中，，，，点分别为的中点，且与平面所成角为. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助余弦定理与勾股定理的逆定理可得，再利用线面垂直的性质定理可得，即可利用线面垂直的判定定理得到平面，即可得平面，最后利用线面垂直的性质定理即可得证； （2）连接，利用线面角定义可得，再建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解. 【详解】（1）连接，在中，由余弦定理得： ， 所以，所以， 直四棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面， 所以平面，因为，所以平面， 又因为平面，所以； （2）连接，因为为的中点，所以有且， 所以四边形为平行四边形，所以， 直四棱柱中，平面， 所以为直线与平面所成的角，即， 因为，在直角中，可得， 因为为的中点，所以 ，即直四棱柱的高为2， 由（1）知，DA，DB，DD1两两垂直， 以D为原点，以DA，DB，DD1分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以， 取平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 可得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 9．（2026·北京西城·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，直线PC与底面ABC所成角的大小为. (1)求证：平面PAB； (2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据条件，可得，可求出各个长度，根据勾股定理，可证，根据线面垂直的性质定理，可证，根据线面垂直的判定定理，即可得证. （2）如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，分别求出平面PAC与平面PBC的法向量，根据二面角的向量求法，即可得答案. 【详解】（1）因为平面ABC，所以即为直线PC与底面ABC所成的角，即， 在中，，所以，， 又，，所以，则， 又平面ABC，平面ABC， 所以， 因为，平面PAB， 所以平面PAB. （2）以B为原点，为x，y轴正方向，作垂直于平面ABC为z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面PAC的法向量，则， 所以，令，则，所以， 设平面PBC的法向量，则， 所以，令，则，所以， 则， 所以平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为. 10．（2026·北京丰台·二模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点. (1)求证：为的中点； (2)若是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据面面平行的性质可得，进而可得，即可得结果； （2）建系并标点的坐标，设，，求平面的法向量，根据线面夹角列式求解即可. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，平面平面， 则，且，可得， 又因为为的中点，所以为的中点. （2）以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，整理可得，解得， 所以. 空间向量中的存在性问题 考点4 11．（2026·北京朝阳·二模）如图，在多面体中，四边形为正方形，且平面． (1)求证：； (2)若，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得多面体唯一确定，求平面与平面夹角的余弦值． 条件①：； 条件②：直线与平面所成角为； 条件③：的面积为． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2)选条件①无效;选条件②余弦值为;选条件③余弦值为 【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质，先由正方形对角线互相垂直得，再由平面推出，结合与相交，证得平面，而在平面内，故. （2）四边形是正方形，平面，则两两垂直，以为原点，分别为轴建系，写出各顶点坐标；由，设.条件①中对任意恒成立，无法定点，故不可用；条件②利用直线与平面所成角，或由面积定值，均可解出.再求出平面与平面的法向量，代入面面夹角公式，算出两平面夹角的余弦值为. 【详解】（1）因为四边形为正方形，所以. 因为平面，平面，所以. 因为，所以共面. 又，平面，所以平面 因为平面，所以. （2）四边形为正方形，且平面所以易得两两垂直. 选条件① 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设. 由，得恒成立. 此时多面体并不唯一确定，因此条件①无效. 选条件② 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设，所以 直线与平面所成角为，易得平面的一法向量为. 故，解得（舍去负值）, 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 选条件③ 以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由得：， 由，设， 所以， ， 解得（舍去负值） 设平面的法向量.向量，. 由法向量定义得方程组：，. 解得，取，则. 求平面的法向量. 向量，. 由法向量定义得方程组：，. 令，则，，即. 设平面夹角为，则. 平面与平面夹角的余弦值为 12．（2026·北京东城·二模）如图，在几何体中，平面平面，，，，，，M为中点，点B，D在直线两侧. (1)求证：平面； (2)已知，再从下列条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得几何体存在，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：； 条件②：； 条件③：点D到平面的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)条件①不合题设，选条件②或③： 【分析】（1）取中点，通过，，为中点可得，从而得，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）根据条件可建立空间直角坐标系，写出各点坐标，再通过从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个来确定点坐标即可求解. 【详解】（1）取中点，连接，， 因为，所以， 因为为中点，所以，因为，所以， 所以、、三点共线，即，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 以为原点，、、为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 若选条件①：，设，则，， 因为，所以，解得，不符合题意，故不能选条件①. 若选条件②：，连接，在中，， 所以，则，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，所以平面的法向量为， 由题可知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. 若选条件③：点D到平面的距离为， 因为平面，所以点D到平面的距离为，即， 以下同条件②. 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 $