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（决胜高考）空间向量与立体几何过关检测卷-2025 届高三数
学一轮复习
一、单选题
1．下列命题是真命题的是（ ）
A．空间向量就是空间中的一条有向线段
B．不相等的两个空间向量的模必不相等
C．任一向量与它的相反向量不相等
D．向量
与向量
的长度相等
2．对于直线m，n 和平面α，β，能得出
的一个条件是（ ）
A．
，
∥
，
∥
B．
，
，
C．
∥
，
，
D．
∥
，
，
3．已知圆台的上、下底面半径分别为
，
，侧面积等于
，若存在一个在
圆台内部可以任意转动的正方体，那么该正方体的体积取最大值时，正方体的棱长为（
）
A．16
B．
C．
D．8
4．已知
是直线的方向向量，
是平面
的法向量，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．4
5．房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要．已知长方体
的规格为
，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1
次后共可以得到
，
三种不同规格的
长方体．按照上述方式对第1 次所截得的长方体进行第2 次截取，再对第2 次所截得的长
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方体进行第3 次截取，则共可得到体积为
的不同规格长方体的个数为（ ）
A．8
B．11
C．12
D．10
6．在直三棱柱
中，
且
，已知该三棱柱的体积为
，且
该三棱柱的外接球表面积为
，若将此三棱柱掏空（保留表面，不计厚度）后放入一个
球，则该球最大半径为（ ）
A．1
B．
C．
D．
7．如图，三棱锥
的三条棱
两两互相垂直，且
，
，
则三棱锥
外接球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．在平行六面体
中，点
是线段
上的一点，且
，设
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
9．已知向量
，则下列向量中与
成
夹角的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
10．在棱长为2 的正方体
中，
分别是
的中点，则下
列正确的是（ ）
A．直线
与
是异面直线
B．直线
与
是平行直线
C．
∥平面
D．
平面
11．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角
沿
向上翻折，得三棱锥
.设
，点
分别为棱
的中点，
为线段
上的动点.下列说法正
确的是（ ）
A．在翻折过程中存在某个位置，使
B．当
时，
与平面
所成角的正弦值为
C．在翻折过程中，三棱锥
体积的最大值为2
D．当
时，
的最小值为
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三、填空题
12．在空间直角坐标系中，已知点
和点
，若点
在轴上且到
两点
的距离相等，则点
的坐标为 ．
13．已知三棱锥
，
，则三棱锥
的外接球的表面积为 .
14．已知
是两条不同的直线，
、
是两个不重合的平面，给出下列命题：
①若
，
，
，则
；
②若
，
，
，则
；
③
是两条异面直线，若
，
，
，
，则
.
上面的命题中，真命题的序号是 .（写出所有真命题的序号）
四、解答题
15．如图1，在五边形
中，
，
，
且
，将
沿
折成图2，使得
，
为
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)若
与平面
所成的角为
，求二面角
的正弦值．
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16．如图，在四棱锥
中，
平面
，
，且
，
，
，
，
，
为
的中点.
(1)求平面
与平面
所成锐二面角的余弦值；
(2)求点
到平面
的距离；
(3)在线段
上，是否存在一点
，使得直线
与平面
所成角的正弦值为
？若
存在，求出
的值：若不存在，请说明理由.
17．如图，在三棱锥
中，
为
上的动点.
(1)若
，求证：
平面
；
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(2)若平面
与平面
的夹角为
，求
的长.
18．如图所示，在半径为2 的球
的内接八面体
中，顶点
分别在平面
两侧，四棱锥
与
都是正四棱锥，且
到平面
的距离为1.设二面
角
的平面角的大小为
.
(1)求该内接八面体
的体积；
(2)求
的值.
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19．已知在边长为2 的正方形
中，
，
分别是线段
，
上的动点（不含
端点），且
.
(1)当
时，如图沿
，
和
把这个正方形折成一个四面体，使得
，
，
三点重合于点
，则在四面体
中：
（i）证明：
；
（ii）求二面角
的平面角的余弦值.
(2)如图，若正方形的对角线
与
和
分别交于点
，
两点，证明：三条线段
，
和
一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于
.
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答案第1页，共2页
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参考答案：
1．D
【分析】根据空间向量的相关概念逐一判断即可.
【详解】对于A，有向线段是空间向量的一种表示形式，但不能把二者完全等同起来，故
A 错误；
对于B，不相等的两个空间向量的模也可以相等，只要它们的方向不相同即可，故B 错误；
对于C，零向量的相反向量仍是零向量，但零向量与零向量是相等的，故C 错误；
对于D，
与
仅是方向相反，它们的长度是相等的，故D 正确，
故选：D
2．C
【分析】在A 中，
与
相交或相行；在B 中，
与
不一定垂直；在C 中，由面面垂直
的判定定理得
；在D 中，由面面平行的判定定理得
∥
.
【详解】在A 中，
，
∥
，
∥
，则
与
相交或平行，故A 错误；
在B 中，
，
，
，则
与
不一定垂直，故B 错误；
在C 中，
∥
，
，可得
，
且
，由面面垂直的判定定理得
，故C 正确；
在D 中，
∥
，
，
，由面面平行的判定定理得
∥
，故D 错误.
故选：C.
3．D
【分析】根据题意，可得该圆台轴截面的内切圆即为其轴截面所在正三角形的内切圆，从
而求得圆台的内切球半径为
，再结合正方体的外接球半径与棱长的关系即可求得.
【详解】设圆台的高为，母线长为，正方体的棱长为
.
由题意可得
，解得
，则
，
易得圆台的母线与下底面所成角为
，所以可以将该圆台的轴截面补形为边长为
的
答案第2页，共2页
正三角形.
设该正三角形的内切圆半径为
，则根据等面积法可得
，解
得
,
又
，
该内切圆也为此圆台轴截面的内切圆，
圆台的内切球半径为
.
该正方体可以在圆台内部任意转动，
，解得
，
所以当正方体的体积取最大值时，正方体的棱长为
.
故选：
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，理解正方体在圆台内部可以任意转动，即正
方体在圆台的内切球内，从而得解.
4．C
【分析】根据给定条件，利用
列式计算即得.
【详解】由
，得
，即
，解得
.
故选：C
5．D
【分析】分别列出第1 次、第2 次和第3 次截取的不同规格长方体，即可得出答案．
【详解】解：由题意知，长方体的规格为
，现从长方体的某一棱的中点处作
垂直于该棱的截面，
截取1 次后共可以得到三种规模长方体为：
，
，
，体积为660，
一共3 种；
按照上述方式对第1 次所截得的3 种长方体进行第2 次截取，得到的体积为330 的不同规
格长方体有：
，
，
，
，
，
，一共6 种；
再对第2 次所截得的6 种长方体进行第3 次截取，则共可得到体积为165 的不同规格长方
答案第3页，共2页
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体有：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，一共10 种．
故选：D．
6．B
【分析】由三棱柱的体积求出边
，利用球的表面积公式求出球半径进而求出上下
底面三角形的边长，根据将此三棱柱掏空后放入一个球，该球最大半径为
内切圆半
径，利用等面积法求出
内切圆半径即可.
【详解】设
中点为
中点为
中点为
，
外接球球心在
中点
处，
设
，
该三棱柱的体积为
，
该三棱柱的外接球表面积为
，
外接球半径
，即
，
，
，
底面
内切圆半径
，
，因此该球最大半径为
.
故选：B.
答案第4页，共2页
7．C
【分析】根据题意三棱锥
可以补成一个长方体，则长方体的外接球就是三棱锥的
外接球，求出长方体的体对角线，可得外接球的直径，从而可求出球的表面积.
【详解】因为三棱锥
的三条棱
两两互相垂直，
所以三棱锥
可以补成一个长方体，如图所示
长方体的长，宽，高分别为
，
则此长方体的外接球就是三棱锥
的外接球，设外接球的半径为
，则
，
得
，
所以三棱锥
外接球的表面积为
.
故选：C
8．C
【分析】根据题目条件和平行六面体的定义，利用向量的运算法则，将
用所给基底表
示，计算化简得到结果.
【详解】
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.
故选：C
9．BD
【分析】利用空间向量夹角公式进行逐一判断即可.
【详解】A：
与
夹角的余弦值为
，夹角为
，故A 错
误；
B：
与
夹角的余弦值为
，夹角为
，故B 正确；
C：
与
夹角的余弦值为
，夹角为
，故C 错误；
D：
与
夹角的余弦值为
，夹角为
，故D 正确；
故选：BD
10．ACD
【分析】对于AB：根据题意结合异面直线的判定定理分析判断；对于C：做辅助线，证明
∥
，结合线面平行的判定定理分析证明；对于D：可得
，
，结
合线面垂直的判定定理分析证明.
【详解】对于选项A：因为
平面
，
平面
，
，
所以直线
与
是异面直线，故A 正确；
对于选项B：因为
平面
，
平面
，且平面
∥平面
，
可知
平行或异面，
又因为
∥
，且
，可知
与
不平行，
所以直线
与
是异面直线，即直线
与
是异面直线，故B 错误；
对于选项C：取
的中点
，连接
，
答案第6页，共2页
因为
为正方形，且
分别是
的中点，则
∥
，
，
可知
为平行四边形，则
∥
，
又因为
为正方形，且
分别是
的中点，
则
∥
，
，
且
∥
，
，则
∥
，
，
可知
为平行四边形，则
∥
，
可得
∥
，且
平面
，
平面
，
所以
∥平面
，故C 正确；
对于选项D：不妨设正方体的棱长为2，
则
，即
，可得
，
又因为
平面
，
平面
，可得
，
且
，
平面
，所以
平面
，故D 正确；
故选：ACD.
11．ACD
答案第7页，共2页
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【分析】对于
，由平面
平面
，证明
；对于B，当
时
平面
，
是直线
与平面
所成的角，利用三角形边长求正弦值即可；对
于C，当三棱锥
体积取得最大值时，
是三棱锥
的高，由
求值即可；对于D，将
沿
旋转，得到
，使其与
在同一平面内且
在
内，当
三点共线时，
的最小值为
，利用余弦定理求解.
【详解】对于
：当平面
平面
时，
，
证明如下：因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，则
平面
，
因为
平面
，所以
，故A 正确；
对于B：当
时，等腰直角
中，点
为棱
的中点，有
，
，
平面
，则
平面
，
平面
，有平面
平面
，由A 选项知
平面
，
所以
是直线
与平面
所成的角；
由
，有
，
，
，
，
，则
，故B 错误；
对于C：当三棱锥
体积取得最大值时，平面
平面
，
即
是三棱锥
的高，
，故C 正确；
对于D：当
时，因为
为
的中点，所以
，则
，
又因
为
的中点，所以
，
答案第8页，共2页
又
，所以
，所以
，
如图将
沿
旋转，得到
，使其与
在同一平面内且
在
内，
则当
三点共线时，
最小，即
的最小值为
，
在
中，
，
则
，
所以在
中，由余弦定理得
，
所以
的最小值为
，故D 正确，
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：
立体几何中的翻折问题通常涉及将一个平面图形按照特定要求折叠成三维空间图形，进而
研究图形在位置关系和数量关系上的变化，解决这类问题需要掌握以下技巧：
1. 同时画出折前和折后的图形：在解决问题时，同时画出折前和折后的图形有助于理解翻
折过程和图形变化，这对于判断线段和角度的关系非常关键.
2. 寻找不变量：在翻折过程中，有些量是不变的，如角度和距离，注意这些不变量可以帮
助简化问题.
3. 利用空间向量：空间向量是一个有效的工具，适用于解决立体几何中的探索性问题，通
过坐标运算，可以简化“是否存在”这类问题的解决过程.
4. 将空间问题转化为平面几何问题：通过截面、展开、射影等手段，可以将空间中分散的
条件集中在同一平面上，从而更容易解决问题.
12．
【分析】设点
，根据
及两点的距离公式即可求解.
【详解】设
，由
，
则
，
解得
，即
．
答案第9页，共2页
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故答案为：
.
13．
【分析】先证明线面垂直，再将三棱锥放置在圆柱内，利用底面外接圆半径、高与球半径
的关系即可求解.
【详解】
，
，
平面
，
平面
，
平面
，
如图，设圆柱
的底面圆直径为
，母线长（即圆柱的高）为，
则
的中点
到圆柱底面圆上每点的距离都相等，
即
为圆柱
的外接球球心，且有外接球半径
，
故可以将三棱锥
置于以
外接圆为底面，
为高的圆柱内（如图），
其中上底面外接圆圆心为
，下底面
外接圆的圆心为
，
因为
，
所以
外接圆的直径
，
答案第10页，共2页
则
，又圆柱的高
，
所以三棱锥
外接球的半径
，
球的表面积
.
故答案为：
.
14．③
【分析】由空间中平面平行的性质定理，面面平行的判定定理，逐一分析可得结论．
【详解】若
，
，
，则
与
平行或异面，故①错误；
，
，
，但
与
不一定相交，
不一定成立，故②错误；
，
是两条异面直线，若
，
，
，
，
则过
的平面与平面
相交于直线
，有
，过
的平面与平面
相交于直线
，
有
，
，
异面，
，
一定相交，
，
，
，
，
如图所示，由面面平行的判定可知
，故③正确.
故答案为：③.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
的中点
，连接
，
，从而证明
平面
，
平面
，
即可得到平面
平面
，即可得证．
答案第11页，共2页
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（2）推导出
平面
，
平面
，平面
平面
，连接
，以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
，
，轴，建立空间直角坐标系，利用向
量法能求出二面角
的正弦值．
【详解】（1）取
的中点
，连接
，
，
，
为
的中点，
，
又
，
．
又
平面
，
平面
，
平面
．
为
的中点，
．
又
平面
，
平面
，
平面
，
又
，
平面
，
平面
平面
，
又
平面
，
平面
．
（2）
，由（1）知
，
，
又
，
为
的中点，
，
又
，
平面
，
平面
，
又
平面
，
，
又
，
，
平面
，
平面
，
又
平面
，
平面
平面
，
连接
，
，
为
的中点，
，
又平面
平面
，
平面
，
平面
，
平面
，
，
以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为
，
，轴，建立如图所示的空间直角
坐标系，
是
与平面
所成的角，即
，
，设
，则
，
，
，
，
答案第12页，共2页
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，得
，
设平面
的法向量为
，
则
，令
，得
，
设二面角
的平面角为
，
，
所以
，即二面角
的正弦值为
．
16．(1)
(2)
(3)存在；
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算，求二面夹角的余弦值；
（2）利用空间向量的坐标运算，求点到平面的距离；
（3）利用空间向量的坐标运算，表示出线面角的正弦值，即可求解,
【详解】（1）取
中点为
，连接
，
答案第13页，共2页
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因为
，且
，
，
，所以
又因为
平面
，
平面
，
所以
,
所以，以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴建立空间直角坐标系，如图
所示，
则
为
的中点，
平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
，
所以
，令
则
，所以
，
设平面
与平面
所成锐二面角为
，
则
.
（2）
，
所以点
到平面
的距离为
.
（3）存在，
，理由如下
答案第14页，共2页
设
上存在一点
，设
，
，
，
又因为直线
与平面
所成角的正弦值为
，
由（1）知平面
的一个法向量为
，
所以：
，解得
，
又因为
，所以：
，故存在
，且
.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）两次利用勾股定理分别证明
，
，即可得证；
（2）由（1）问可知，确定空间直角坐标系的原点位置，然后建系，利用已知的二面角建
立等式关系，求出动点D 的坐标，即可得出答案.
【详解】（1）
在
中，
，则
，
又
，所以
由勾股定理可得
为直角三角形，
,
所以
，所以
答案第15页，共2页
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在
中，因为
，由余弦定理可得：
则
，所以
，
又
，在
中由余弦定理可得：
，
则
，所以
，
又
平面
平面
，
所以
平面
（2）在
上取一点
，使
由（1）可得
平面
，作
，
如图以
为坐标原点，
所在的直线分别作为
轴，
轴，轴建立空间直角坐
标系.
则点
，
因为
平面
，所以
为平面
的一个法向量，
设平面
的一个法向量为
，
由
可得
，取
，则
，所以
，
因为
，所以
，解得
，
答案第16页，共2页
即
，又
，所以
,
所以当
时，则二面角
的大小为
.
18．(1)8；
(2)
.
【分析】（1）根据棱锥的体积公式计算得出答案；
（2）设二面角
的大小为
，二面角
的大小为
，二面角
的平面角
，分别计算
，
，利用两角和的正切公式计算得结果
.
【详解】（1）设
与面
交于
因为
到平面
的距离为1
所以
.
.
则
.
（2）设二面角
的大小为
，二面角
的大小为
，
则二面角
的平面角
.
设
与平面
的交点为
，取
中点为
，连接
，如图所示.
答案第17页，共2页
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则
，所以
.
，
，
.
19．(1)（i）证明见解析；（ii）
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）先证明
且
，从而得
平面
，进而得证
；（ii）由（i）得
是二面角
的平面角，接着求出线段
的长即可得解.
（2）先设
，接着由
且
得
，再求证
、
和
以及
即可得证.
答案第18页，共2页
【详解】（1）（i）连接正方形
中的
交
于点
，
则由正方体性质得
，
又因为
，
，
所以
，即
分别为在对应边的中点，
所以
，故
，即
且
，
又
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
.
（ii）由（i）及题意可得
是二面角
的平面角，
且
，
所以
，又
，
所以
，
即二面角
的平面角的余弦值为
.
（2）由题意可设
，
则
，
答案第19页，共2页
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，
由正方体性质可知
且
，
所以
且
，
①且
②，
所以由①②得
，
因为
，
所以
；
因为
，
所以
；
因为
在
上单调递减，
而当
时，
，故
时
，
所以
，
所以由线段
，
和
一定可以构成一个三角形，记该三角形为
，
又
，
答案第20页，共2页
即
，又
，所以
，
所以线段
，
和
一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于
.
【点睛】思路点睛：判断三条线段能否构成一个三角形的依据是三角形两边之和大于第三
边，所以要证明线段
，
和
一定可以构成一个三角形需求证
、
和
，可先设
，接着由
且
求得
，再一一计算
求证
、
和
即可得证；再计算求证
即可得证这个三角形中一定有一个角等于
.
