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空间向量与立体几何-2025年高考数学二轮专题
一、单选题
1．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，，是空间直角坐标系中的四点，是空间中任意一点，则下列说法错误的是（ ）
A．若与关于平面对称，则
B．若，则，，，共面
C．若，则，，，共面
D．若，，三点共线，则
3．在空间直角坐标系中，点在坐标平面上的射影的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．棱长为1的正方体中，，，为平面上的一动点（包含边界），则周长的最小值为（ ）（附：平面的截距式方程为：，其中，，分别为平面在，，轴上的截距）
A． B． C． D．
5．在直棱柱中，，且，N是棱上的一点，且满足，则的最小值为（ ）
A． B．6 C．3 D．
6．正四棱锥底面边长与侧棱长均为为空间任一点，且满足，则线段长度的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知正方体的棱长为1，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线的方向向量与直线的方向向量，则直线和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知正方体棱长为1，设，则下列命题为真命题的是（ ）
A．存在，
B．任意，
C．任意，三棱锥的外接球表面积小于3π
D．存在，的面积等于的面积
10．对于空间中一组向量，若存在不全为零的实数使得，则称这组向量线性相关，否则称这组向量线性无关.则（ ）
A．若，，，则，，线性相关
B．若，，，则，，线性无关
C．若，，线性无关，则，，线性相关
D．对于非零向量，，，若存在实数，使得，则，，线性相关
11．已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且高为，则下列说法正确的有（ ）
A．该四棱台的体积为
B．该四棱台的侧面与底面所成角的正切值为
C．若为的中点，则平面
D．该四棱台的外接球表面积为
三、填空题
12．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，，是的中点，，若点在矩形内，且平面，则 ．
13．在正四棱锥中，，，设平面与直线交于点，，则 ．

14．如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，点为线段上一动点，则异面直线与所成角的最小值为 ．(结果用反余弦表示)
四、解答题
15．已知空间四点．
(1)求以为邻边的平行四边形面积；
(2)若四点共面，求的值；
(3)求直线AB和直线CD夹角余弦值的取值范围．
16．已知三棱锥中，，，，，点为的中点，点满足，点满足.
(1)求的长；
(2)求的值.
17．如图，在三棱柱中，平面，已知，，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
18．斜四棱柱中，底面为平行四边形，，，，.
(1)求四棱柱的体积；
(2)求平面与平面的夹角的正切值.
19．如图1，在等腰直角三角形中，，、、分别在线段、、上，且，．已知，，沿将折起，使得平面平面，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，设直线与直线所成角为，求的最大值．
《空间向量与立体几何-2025年高考数学二轮专题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C A D B C B C ABC AB
题号 11
答案 ACD
1．C
【分析】根据空间直角坐标系的对称性，即可求解.
【详解】由空间直角坐标系，可得点关于平面对称的点的坐标为.
故选：C.
2．C
【分析】利用对称求解判断A；利用共面向量定理及推论判断BC；利用向量共线求解判断D.
【详解】对于A，由与关于平面对称，得，，A正确；
对于B，由及共面向量定理得共面，B正确；
对于C，，则点不共面，C错误；
对于D，，由点共线，得，
则，解得，，D正确.
故选：C
3．A
【分析】根据点在坐标平面内射影的特点，直接写出答案即可．
【详解】由题意得，点的纵坐标，竖坐标不变，横坐标为0，则.
故选：A.
4．D
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的方程，点关于平面的对称点坐标，结合对称求出最小值.
【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，平面的截距式方程方程为，
，设的法向量，则，
令，得，令点关于平面的对称点为，
则，解得，即，
连接交平面于点，则在内，且，
因此的周长，
当且仅当与重合时取等号，所以周长的最小值为.
故选：D
5．B
【分析】设，，，将向量分别用表示，代入，利用向量数量积的运算律化简，求得，借助于二次函数的性质即可求得的最小值.
【详解】

设，，，
则，，
由，
因，，则，
代入整理得，，显然，故，
因，故当时，取得最大值，
此时取得最小值为36，故的最小值为为6.
故选：B.
6．C
【分析】建立空间直角坐标系，根据，可得点在以为球心，以1为半径的球面上，且，从而可得线段长度的取值范围.
【详解】取底面正方形中心，中点，连结，
以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
设，则，
因为，得，
所以点在以为球心，以1为半径的球面上，
且，
则，即线段长度的取值范围为.
故选：C

7．B
【分析】利用数量积的运算律得，结合数量积的几何意义确定点的轨迹，进而求出面积.
【详解】在棱长为1的正方体中，
，
则，而，由数量积的几何意义知，在上投影的数量为，
因此点在与垂直的平面内，且点到该平面的距离为，
在正方体中易证平面，点到平面的距离为，
取的中点，易得平面平面，
则平面，且点到平面的距离为，
所以点的轨迹所形成区域为等边，面积为.
故选：B
8．C
【分析】根据直线与直线的夹角与两直线的方向向量的夹角关系，结合向量夹角公式求结论.
【详解】设直线与所成的角为，
因为，，
所以.
所以直线和所成角的余弦值为.
故选：C.
9．ABC
【分析】由题设得到为矩形，取，利用三角形相似得到，即可判断A；利用对称性得，根据线面垂直的性质有，再由直角三角形斜边大于直角边，即可判断B；构建空间直角坐标系，若的外接球的球心，半径为，应用空间两点距离公式列方程得到，应用导数求其范围，即可判断C；根据已知得，，即可判断D.
【详解】如下图，且，即是平行四边形，
由平面，平面，则，同理有，
所以为矩形，若时，，又，
所以，易得，此时，有，A对；
如下图，在平面内，关于对称，又在（不含端点）上运动，
所以，又平面，平面，则，
所以，即，B对；
构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，，
若的外接球的球心，半径为，则，
由，则，则，
所以，则，
令，且，则，
令，则，
所以或时，即在，上单调递增，
时，即在上单调递减，
又，，，
所以，，使，
所以或时，即在、上单调递减，
或时，即在、上单调递增，
由，，故恒成立，
故，外接球的表面积，C对；
由平面，平面，则，
所以，由B分析知，
在中上的高，则，
由，故，则，
所以，D错.
故选：ABC
10．AB
【分析】根据题意，设，由向量相等的条件求，可判断AB；利用反证法判断C；根据条件无法判断，，是否线性相关，判断D.
【详解】若，，，
根据题意，设，
即，
所以，解得，取，
所以，A正确；
若，，，
根据题意，设，
即，
所以，解得，
所以，，线性无关，B正确；
假设，，线性相关，
则存在不全为零的实数使得，
则，
因为，，线性无关，则，得，
与假设矛盾，C错误；
对于非零向量，，，若存在实数，使得，
即，
所以，
但不能确定，，是否线性相关，D错误.
故选：AB
11．ACD
【分析】利用台体体积公式可判断A选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断B选项；利用线面平行的判定定理可判断C选项；设出球心的坐标，根据球心到点、的距离相等，可求出球心的坐标，进而可求出球的半径，结合球体表面积公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由台体体积公式可知，
该正四棱台的体积为，A对；
对于B选项，设该正四棱台的上底面和下底面的中心分别为、，则底面，
因为四边形为正方形，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
设该正四棱台的侧面和底面所成角为，则为锐角，
且，所以，
故，B错；
对于C选项，当点为的中点时，易知为的中点，所以，
因为平面，平面，故平面，C对；
对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，
设球的半径为，设点，
由可得，解得，
故，因此，该四棱台的外接球表面积为，D对.
故选：ACD.
12．
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面平面的法向量，设，根据条件有，从而得到，即可求解.
【详解】如图，以为坐标原点，，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
，
设平面的法向量为
则
令，得,所以，
设，则，又平面，则，
所以，解得，，所以.
故答案为：.
13．/
【分析】由向量基本定理表达出，根据四点共面，得到方程，求出答案.
【详解】，
因为，，所以，
又，故，
即，故，
因为平面与直线交于点，所以四点共面，
所以，解得.

故答案为：
14．
【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用异面直线夹角的向量求法将用一元函数进行表示，再对是否为进行分类讨论，求出的最大值，进而找到的最小值即可.
【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
在棱长为4的正方体中，得到，，
，，，，
因为为的中点，所以由中点坐标公式得，
则，，设，，
得到，，
即，，，解得，
故，则，
设异面直线与所成角为，，
则，
，
令，当时，，
当时，，
令，则可化为，
由二次函数性质得在上单调递增，
由复合函数性质得在上单调递增，
故在上单调递减，则，得到，
若异面直线与所成角最小，则最大，
此时，故.
故答案为：
15．(1)12
(2)
(3)
【分析】（1）求出和，进而得到，由面积公式求出答案；
（2）由四点共面，设，从而得到方程组，求出的值；
（3）设直线和直线的夹角为，利用向量夹角公式求出.
【详解】（1），
又，
，
，
，
四边形的面积为．
以为邻边的平行四边形的面积为12．
（2）由题意，得，
四点共面，
存在唯一一对实数使得，
，
解得：，
故的值为．
（3），
设直线和直线的夹角为，
，
，故，，
因为，所以两直线和的夹角余弦的范围是
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用空间的基底表示向量，再利用数量积的运算律求解.
（2）由（1）中信息，利用数量积的运算律求解.
【详解】（1）在三棱锥中，点为的中点，，
，而，，
，
所以
.

（2）由，得，
所以
.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由平面，得，又，可得平面；
（2）由（1），建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，结合二面角公式即可求解.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面.
（2）由（1）可得，，，，所以以为原点，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，，，所以，，
则，，，，，，
则，，设平面的法向量为，
则，即，解得，
因为轴平面，所以平面的法向量为
设所求二面角为（锐角），则.
18．(1)
(2)
【分析】（1）先根据线段长度和位置关系可得，，进而可得，高，进而可得而四棱柱的体积.
（2）取的中点，连接，为平面与平面所成角的一个平面角，利用余弦定理可得.
【详解】（1）
如图，连接交于，连接，，
在中，由余弦定理可得，
因，故，即，，
故为等边三角形，，由题意，，
则，
由题意可得，
整理可得，得，
则为等边三角形，故，
又，故为等边三角形，故，
又，
在中，由余弦定理可得,
，
因，故平行四边形为菱形，故，
又， ，平面，故平面，
作，由平面，则，
由，平面，则平面，
即为斜四棱柱的高，
在直角三角形中，，
（2）
取的中点，连接，由（1）可知为等边三角形，
则，，
故为平面与平面所成角的一个平面角，
在中，由余弦定理可得，
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由条件证明，，根据线面垂直的判定定理即可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）建立空间直角坐标系, 求和平面的法向量，再根据线面角公式计算即可；
（3）设，求向量，，根据线线角的公式得，再由换元法计算即可.
【详解】（1），，，
，，
又，，
，
，
,
又，
平面平面，且平面平面，又，
平面，平面，平面，，
平面，
平面，
平面，
平面平面
（2）平面,
建立如图所示空间直角坐标系,
，，，，，，
，，,
设平面的法向量为，则，取，,
设直线与平面所成的角为，
则.
（3）设，其中，
则，，，
所以，
令，则，
所以，
当时，单调递增，
故在时，取最大值，此时.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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