空间向量与立体几何考前专项练习-2026届高三数学二轮专题复习

**基本信息** 以空间向量为工具，系统整合位置关系判定、体积计算及空间角距离问题，通过正方体等模型构建“几何直观-逻辑推理-向量运算”三阶解题体系，培养空间观念与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间位置关系|单选1-3、多选9|定义辨析+正方体模型法|从线线到线面再到面面，构建位置关系判定逻辑链| |体积与表面积|单选4、6、填空12-14|补形法+导数求最值|由简单几何体体积到组合体体积，渗透转化思想| |空间向量应用|单选5、7、解答16-19|向量坐标运算+法向量法|向量工具贯穿距离、角度计算，体现代数化思想| |综合证明与计算|解答15、18|线面平行/垂直判定+二面角向量求法|从折叠问题到存在性探究，强化逻辑推理与空间想象|

2026届高三数学空间向量与立体几何模块考前专练 一、单选题 1．已知a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中错误的是（   ） A．若，，则 B．若a与b垂直，b与c垂直，则a与c可能相交、平行或异面 C．若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面 D．若a与c相交，b与c异面，则a与b异面 【答案】D 【详解】对于A，由平行的传递性知A正确； 对于B，如图①，在正方体中， 当，时，与相交； 当，时， ； 当，时，与异面； 所以由，可得a与c可能相交、平行或异面，故B正确； 对于C，若 a ，b 分别在两个相交平面内，如图所示， 可知这两条直线可能平行、相交或异面，故C正确； 对于D，如图①，在正方体中， 与相交，与异面，此时与平行； 与相交，与异面，此时与相交； 与相交，与异面，此时与异面； 所以a与c相交，b与c异面，则a与b可能相交、平行或异面，故D错误. 2．如图是水平放置的的直观图，其中，则的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由直观图得到原图的形状和边长即可求解. 【详解】由直观图得到原图是一个直角三角形，且，，， 所以， 所以的周长为，故C正确. 3．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则；②若，，，则； ③若，，则；④若，，则. 其中正确命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用线面垂直的定义和线面平行的性质判断命题①；利用面面平行的传递性和线面垂直的性质判断命题②；平行于同一平面的两条直线，位置关系不唯一，可举反例判断命题③；利用线面垂直的性质定理判断命题④. 【详解】命题①，若，则垂直于内任意一条直线，又，可知在内存在直线与平行，所以，又，所以，①正确； 命题②，若，，则，又，所以，②正确； 命题③，若，，则与可能相交、异面或，③错误； 命题④，若，，利用线面所成角的性质可得，④正确. 4．已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（    ） A． B．6 C． D．3 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用圆锥体积公式，结合扇形弧长公式列式求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线为，依题意，解得， 所以这个圆锥的底面直径是. 5．如图，空间四边形中，，，，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据图形可得，结合向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意可得： ， 所以. 6．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥， 作平面分别交平面、平面于、， 作平面交于，则、分别为、的中心. 因为，所以，， 所以， 设该正三棱台的高为， 因为，所以， 故，故选C. 7．空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点到平面距离为（    ） A． B．4 C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，得到平面内的一点为，且平面的一个法向量为，再由，结合向量的距离公式，即可求解. 【详解】由平面的方程为，可化为， 根据题意，可得平面内的一点为，且平面的一个法向量为， 又由点，所以， 所以点到平面的距离为. 8．图1是一个边长为2的正三角形纸片，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿的三条边折叠成一个正三棱柱（无盖），如图2，当正三棱柱的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，求得，得到正三棱柱的体积为，利用导数求得，求得的单调性，得到时，取得最大值，结合异面直线所成角的求法，即可求解. 【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为， 则，所以，其中，解得， 所以正三棱柱的体积为： ， 可得 令，即，解得或， 因为，所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，此时， 在直角中，可得， 连接，可得， 在正三棱柱中，可得， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成的角， 在中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 二、多选题 9．关于空间向量，以下说法正确的有（   ） A．向量，，若，则 B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D．若空间四个点，，，，满足，则，，三点共线 【答案】BD 【分析】选项 A 根据向量垂直的前提是两向量均为非零向量；选项 B 根据空间四点共面的充要条件，即向量表达式中系数和为 1 来判断；选项 C 根据共面向量定理结合基底的概念即可判断；选项 D 根据共线向量定理的推论，通过系数和为 1 判断三点共线，从而确定正确选项； 【详解】选项A：若，可能或，零向量与任意向量的点积为0，但零向量没有垂直的定义，因此不能推出，故A 错误； 选项B：空间四点共面的充要条件是： 对空间任意一点，存在实数，使得，且， 所以，因此四点共面，故B 正确； 选项C：因为，所以为共面向量，因此不能作为基底，故C 错误； 选项D：若，且，则根据共线向量定理的推论，三点共线，故D正确. 10．如图，矩形是圆柱的轴截面，，，为的中点，为的中点，则（   ） A．平面 B．圆柱的侧面积为 C．三棱锥的体积为 D．圆柱的外接球的表面积为 【答案】ACD 【详解】 对于A，取的中点，连接． 因为为的中点，所以，， 又，，所以，， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面ADE，平面，所以平面，故A正确； 对于B，圆柱的侧面积，故B错误； 对于C，由题意得，且， 所以，故C正确； 对于D，取的中点，连接，易求得， 即圆柱的外接球的半径为，故该球的表面积为，故D正确． 11．如图，在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．正方体外接球体积为 C．存在一点，使得直线CE与平面所成的角为 D．到平面的距离为 【答案】ABC 【分析】由线面平行的判定可判断A，由正方体外接球的直径为对角线可判断B，由线面角定义可判断C，由等体积法判断D. 【详解】对于A：由于在正方体中，则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面，A正确； 对于B：正方体外接球的直径为对角线，即， 所以，B正确； 因为平面，则为直线CE与平面所成的角， 则， 若，则，所以， 又，， 所以存在一点，使得直线CE与平面所成的角为，C正确； 由A知平面，为上的动点， 所以到平面的距离等于到平面的距离， 设到平面的距离， ，， 由等体积可得：，即， 所以，所以到平面的距离为，D错误. 三、填空题 12．如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰块，如果冰块融化了，水______溢出杯子填“会”或“不会” 【答案】不会 【分析】分别计算半球和圆锥的体积，然后比较大小判断即可. 【详解】半球的体积， 圆锥的体积. ，所以冰块融化了，水不会溢出杯子． 13．古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的体积为______. 【答案】 【分析】根据补形的方法求得外接球的体积. 【详解】由于平面，，平面，所以，， 由于四边形是矩形，所以，所以，，两两相互垂直， 所以四棱锥可补形为长方体，且长方体的体对角线为， 所以外接球的半径， 所以外接球的体积为. 14．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 四、解答题 15．如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面．求证： (1)平面平面； (2)是线段的中点； (3)平面． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3)证明见详解 【分析】（1）根据题意可证平面，平面，进而可证面面平行； （2）根据线面平行的性质定理可得，进而分析长度共线即可； （3）根据面面垂直的性质定理可得平面，平面，进而可得，，即可得线面垂直. 【详解】（1）因为为正方形，则， 且平面，平面，可得平面， 又因为为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 且，平面，所以平面平面. （2）设，连接， 因为平面，平面，平面平面，则， 平行四边形中，， 又因为，则为平行四边形，则， 且为中点，则， 即，所以是线段的中点. （3）因为为正方形，则，， 且平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 则平面，由平面可得， 且，平面，所以平面. 16．在底面是直角梯形的四棱锥中，，平面，若，，，求： (1)异面直线与所成角的大小的余弦值； (2)直线与平面所成角的大小的正弦值； (3)二面角的大小的余弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量法求解. （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量法求解. （3）求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，平面，，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 因此， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （2）由（1）得， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设与面所成角为，因此， 所以直线与平面所成角的大小的正弦值为. （3）设平面法向量为， 则，令，得， 因此， 由图知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 17．如图，在棱长为的正方体中， 为线段的中点， 为线段的中点. (1)求点到直线的距离; (2)求直线到直线的距离; (3)求点到平面的距离; (4)求直线到平面的距离. 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）建立坐标系，求出向量坐标，利用点到直线的向量公式求解即可； （2）根据平行关系，把直线间的距离转化为点到直线的距离，代入公式求解即可； （3）求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可得答案； （4）线面距转化为点面距，利用点面距的公式可求答案. 【详解】（1）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； ，则， ， 所以向量在直线上的投影向量的长度为. 所以点到直线的距离为. （2）直线与直线平行 ， 因此直线到直线的距离 ， 即点到直线的距离. ， 则, 所以向量在直线上的投影向量的长度为. 所以点到直线的距离为, 故直线到直线的距离为. （3），设平面的法向量， 则，取 ， 则 ， ， 所以平面的一个法向量为 . 又， 所以， 所以点到平面的距离为. （4）因为， 平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离即直线到平面的距离 . 由 ( 3 ) 可知平面的一个法向量为. 因为，所以. 所以点到平面的距离为， 故直线到平面的距离为. 18．如图，直角梯形ABCD中，，，，E为AB的中点，以DE为折痕把折起，使点A到点P的位置，且．    (1)设平面PBC与平面PDE的交线为l，证明：. (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)证明过程见解析； (3) 【分析】（1）作出辅助线，得到线面平行，进而得到线线平行； （2）由勾股定理逆定理得线线垂直，进而得到线面垂直； （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而得到二面角的余弦值和正切值 【详解】（1）因为，E为AB的中点，所以， 因为，所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 又平面与平面的交线为l，平面，所以 （2）因为，E为AB的中点，所以， 因为，，所以平行四边形为正方形，⊥， 故， 又，故，由勾股定理逆定理可得， 折叠过程中，⊥，又，平面， 所以平面； （3）由（2）知，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， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，故， 则， 设二面角的夹角为，由图可知为钝角，故， 所以，所以.    19．如图，已知空间向量、、的模分别为2、2、3，且两两之间的夹角都为.我们引入空间斜坐标系：以为原点，以、、的方向分别为、、轴的正方向，、、分别为斜坐标系下、、轴正方向上的单位向量，若向量，则与有序实数组一一对应，称向量的斜坐标为，记作. (1)求向量的斜坐标； (2)设，，求及； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为?若存在，请求出的斜坐标：若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)； (3)存在； 【分析】（1）直接用向量表示，即可得答案； （2）根据向量数量积的运算律计算即可判断，再根据结果代入对应数值即可求得答案. （3）设平面，进而根据向量垂直关系求得，设，，求得，再根据线面角的向量求法求得，最后将的值代入即可求得. 【详解】（1）因为，所以． （2）设，， ， 所以； . （3）． 设，， ． 设平面，，，． ，即，取． 设直线与平面夹角为． ， 即，解得或（舍） 所以，存在点满足题意，且． 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届高三数学空间向量与立体几何模块考前专练 一、单选题 1．已知a，b，c是空间中的三条直线，下列说法中错误的是（   ） A．若，，则 B．若a与b垂直，b与c垂直，则a与c可能相交、平行或异面 C．若a，b分别在两个相交平面内，则这两条直线可能平行、相交或异面 D．若a与c相交，b与c异面，则a与b异面 2．如图是水平放置的的直观图，其中，则的周长是（    ） A． B． C． D． 3．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则；②若，，，则； ③若，，则；④若，，则. 其中正确命题的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知圆锥的体积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是（    ） A． B．6 C． D．3 5．如图，空间四边形中，，，，，，则（   ） A． B． C． D． 6．已知正三棱台，，侧棱，则正三棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 7．空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点到平面距离为（    ） A． B．4 C． D． 8．图1是一个边长为2的正三角形纸片，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿的三条边折叠成一个正三棱柱（无盖），如图2，当正三棱柱的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（   ） A．B． C． D． 二、多选题 9．关于空间向量，以下说法正确的有（   ） A．向量，，若，则 B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D．若空间四个点，，，，满足，则，，三点共线 10．如图，矩形是圆柱的轴截面，，，为的中点，为的中点，则（   ） A．平面 B．圆柱的侧面积为 C．三棱锥的体积为 D．圆柱的外接球的表面积为 11．如图，在棱长为2的正方体中，为上的动点，则下列结论正确的是（   ） A．平面 B．正方体外接球体积为 C．存在一点，使得直线CE与平面所成的角为 D．到平面的距离为 三、填空题 12．如图，一个圆锥形的空杯子上面放着一个半球形的冰块，如果冰块融化了，水______溢出杯子填“会”或“不会” 13．古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球的体积为______. 14．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_____. 四、解答题 15．如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面． 求证：(1)平面平面； (2)是线段的中点； (3)平面． 16．在底面是直角梯形的四棱锥中，，平面，若，，，求： (1)异面直线与所成角的大小的余弦值； (2)直线与平面所成角的大小的正弦值； (3)二面角的大小的余弦值. 17．如图，在棱长为的正方体中， 为线段的中点， 为线段的中点. (1)求点到直线的距离; (2)求直线到直线的距离; (3)求点到平面的距离; (4)求直线到平面的距离. 18．如图，直角梯形ABCD中，，，，E为AB的中点，以DE为折痕把折起，使点A到点P的位置，且．   (1)设平面PBC与平面PDE的交线为l，证明：. (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 19．如图，已知空间向量、、的模分别为2、2、3，且两两之间的夹角都为.我们引入空间斜坐标系：以为原点，以、、的方向分别为、、轴的正方向，、、分别为斜坐标系下、、轴正方向上的单位向量，若向量，则与有序实数组一一对应，称向量的斜坐标为，记作. (1)求向量的斜坐标； (2)设，，求及； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为?若存在，请求出的斜坐标：若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $