2026年高考数学一轮复习重点难点题练习(新高考)单元检测卷(七)立体几何与空间向量(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习重点难点题练习(新高考)单元检测卷(七)立体几何与空间向量(学生版+解析)，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（24-25高三下·浙江衢州·期中）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．（24-25高三上·湖南永州·期末）在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且，若线段DE上存在点P使得，则边CG长度的最小值为
A．4B．C．2D．
4．（24-25高三下·海南·阶段练习）如图1，是洛阳博物珍藏的西周兽面纹方鼎，其主体部分近似于如图2的棱台，底面为长方形，，，棱台的高为.则棱台的体积是（ ）
A．B．C．D．
5．（24-25·河南焦作·二模）在直三棱柱中，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．（24-25高三下·广东惠州·阶段练习）已知平面四边形中，，，，若平面四边形绕旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．（24-25高一下·浙江绍兴·期中）已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形，且满足，，，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
8．（24-25高三下·浙江宁波·阶段练习）如图，一个体积为1的四面体靠在一个足够大的正方体容器中（厚度不计），点在底面上，现向该正方体缓慢注水，已知液面经过时的高度分别为，每次经过四面体顶点时的液面将该四面体分割成的三部分几何体中，表面积最大的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选型中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错得0分.
9．（24-25高二上·福建三明·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，则（ ）
A．
B．平面．
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．与平面所成角为
10．（24-25·福建莆田·三模）如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若AP=，则点P的轨迹长度为
C．若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是
D．若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
11．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．三棱锥的外接球半径是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（23-24高三上·河北秦皇岛·开学考试）在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 .
13．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，且，则向量的模长为 ．

14．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）已知正方体的棱长为1，正方形内部有一片区域，是的中点，是的中点，若对于区域内的任意一点，总存在线段上一点，使得平面，则区域的面积最大值是 .

四、解答题：本题共5小题，每小题77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）如图1，在中，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
16．（25-26高三上·重庆·阶段练习）如图所示，在四棱柱中，菱形与菱形的边长均为，且平面平面，,，为棱上的动点.
(1)若平面平面，求证：；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的角的正切值为?若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.
17．（24-25·宁夏石嘴山·三模）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，分别是底面，圆周上的一点，，且点不与两点重合.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（24-25高三下·云南昭通·期中）如图甲，正方形的边长为2，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图乙），连接，是棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
19．（24-25高三下·全国·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，．

(1)若平面平面，求与平面所成角的正弦值；
(2)若平面与平面的夹角为，求的长．
单元检测卷（七） 空间向量与立体几何
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（24-25高三下·浙江衢州·期中）已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】圆锥表面积的有关计算、锥体体积的有关计算
【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，则由题意可得，求出，从而可求出高，进而可求出圆锥的体积
【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，则，解得，
则该圆锥的高，
故该圆锥的体积为，
故选：A.
2．（24-25高三上·湖南永州·期末）在三棱锥中，是正三角形，，记二面角，的平面角分别为，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.4
【知识点】余弦定理解三角形、求二面角
【分析】设的边长为3，得到，借助余弦定理，求出，，再通过作辅助线，找出二面角，的平面角，再结合已知条件以及，利用三角函数的相关知识求解.
【详解】设的边长为3，则，
在中，由余弦定理得
，则，
，
则，，
如图，作面，于，于，
侧，，，，
又，所以，
，，所以，
结合，得，
根据三角函数的两角差公式可得
，
所以，
已知，则，
将上式移项可得，
解得，所以，，三点共线，
由得，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点作出辅助线，找出二面角，的平面角，由，得到，进而得到.再结合差角公式，齐次化处理求出.最后将转化为.综合性较强，属于难题.
3．如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且，若线段DE上存在点P使得，则边CG长度的最小值为
A．4B．C．2D．
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】求空间中两点间的距离
【详解】以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：
设，则,即.
又，
所以
.
显然且.
所以.
因为，所以.
所以当，取得最小值12.
所以的最小值为.
故选D.
点睛：集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可.
4．（24-25高三下·海南·阶段练习）如图1，是洛阳博物珍藏的西周兽面纹方鼎，其主体部分近似于如图2的棱台，底面为长方形，，，棱台的高为.则棱台的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】台体体积的有关计算
【分析】根据给定条件，利用棱台的体积公式直接计算得解.
【详解】由棱台的体积公式得：.
故选：D
5．（24-25·河南焦作·二模）在直三棱柱中，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】柱体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题
【分析】由外接球表面积得到球的半径，进而求得，即可求解.
【详解】因直三棱柱中，，
则两个底面三角形的外接圆圆心分别为的中点，
如图所示，.
设棱柱的外接球的半径为，圆心为，
由，可得，由对称性知，O为中点，
由图，解得.
因侧面绕直线旋转一周后得到的几何体是底面半径为，高为2的圆柱，
其体积为.
故选：B
6．（24-25高三下·广东惠州·阶段练习）已知平面四边形中，，，，若平面四边形绕旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】柱体体积的有关计算、锥体体积的有关计算、求组合体的体积
【分析】根据题意分别求出边长并代入锥体和柱体的体积公式做差求出旋转体得体积.
【详解】
因为，，所以，
在中，，所以，
所以，在中，，所以，
如图，作，所以平面四边形是矩形，，
平面四边形绕旋转一周得到一个几何体是圆柱去掉一个圆锥，
是圆锥的底面半径，是它的高，而和是圆柱的半径和母线，
由已知，
所以
故选：A.
7．（24-25高一下·浙江绍兴·期中）已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形，且满足，，，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题
【分析】由题意可得梯形的外接圆的圆心为的中点，据此计算可求外接球的体积.
【详解】因为，，所以，
在中，由余弦定理可得，
又，所以，所以，
所以的外心是的中点，连接，可得四边形是平行四边形，
所以，从而是梯形的外接圆的圆心，
过作平面，为四棱锥的外接球的球心，
因为平面，又平面，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以球的体积.
故选：B
8．（24-25高三下·浙江宁波·阶段练习）如图，一个体积为1的四面体靠在一个足够大的正方体容器中（厚度不计），点在底面上，现向该正方体缓慢注水，已知液面经过时的高度分别为，每次经过四面体顶点时的液面将该四面体分割成的三部分几何体中，表面积最大的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【难度】0.4
【知识点】锥体体积的有关计算、证明面面平行
【分析】取棱中点，棱的两个三等分点，转化顶点与底面求解体积比，利用间接法可求中间几何体体积.
【详解】由题意液面经过时的高度分别为，
如图，分别取棱中点，棱的两个三等分点，
连接，
则，平面，平面，
平面，平面，且，
则平面平面，
由为棱的两个三等分点，可知点到平面的距离等于点到平面的距离，
也与到平面的距离相等，
即满足条件液面经过时的高度分别为，
即可得到我们需要的液面即平面与平面，
显然，三个几何体中表面积最大的为中间部分的几何体，
由，
又，
故中间几何体体积.
故选：C.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选型中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错得0分.
9．（24-25高二上·福建三明·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，则（ ）
A．
B．平面．
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．与平面所成角为
【答案】AB
【难度】0.65
【知识点】求异面直线所成的角、求线面角、线面垂直证明线线垂直
【分析】利用勾股定理得到，再由平面，得到，结合线面垂直判定定理，证得平面，即可判定A正确；由，得到，结合，即可证得平面，可判定B正确；把异面直线与所成角转化为与所成角，在直角，可判定C不正确；根据线面角的定义，得到为与平面所成角，在直角中可判定D不正确.
【详解】根据题意，设，则，
对于A中，由余弦定理可得，
所以，所以，
因为平面，且平面，可得，
又由且平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A正确；
对于B中，由，因为，可得，
又由平面，且平面，可得，
又由且平面，所以平面，所以B正确；
对于C中，由底面为平行四边形，可得，
所以异面直线与所成角，即为与所成角，设，
在直角，可得，所以.
所以C不正确；
对于D中，因为底面，所以为与平面所成角，
可得，所以，
即直线与平面所成角为，所以D不正确.
故选：AB.
10．（24-25·福建莆田·三模）如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若AP=，则点P的轨迹长度为
C．若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是
D．若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【答案】ACD
【难度】0.65
【知识点】多面体与球体内切外接问题、线面角的向量求法、立体几何中的轨迹问题
【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得点Р的轨迹是线段，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C，结合条件可得外接球的半径，即可判断D
【详解】
分别取棱，的中点M，N，连接，
易证，，
平面，平面，所以平面，
且平面，平面，所以平面，
又平面，则平面平面，
因为平面，且P是正方形内的动点，
所以点Р的轨迹是线段.
因为，所以，因为，所以，
故A正确.
因为，所以点P的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆，
则点Р的轨迹长度为，则B错误.
以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立如图1所示的空间直角坐标系.
由题中数据可知则，，.
设平面CEF的法向量为，则，得.
设直线AР与平面CEF所成的角为，则.
因为，所以，所以，
所以，则，故C正确.
Р是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为2.
如图2，设，则三棱锥的外接球的半径满足，解得，
从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是，故D正确.
故选：ACD
11．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）如图甲，边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点（如图乙），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．三棱锥的外接球半径是
【答案】ABD
【难度】0.4
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、证明面面垂直、面面角的向量求法
【分析】根据折叠前后的性质，根据线线垂直推出平面，进而可得，判断选项A；根据面面垂直判定定理判定选项B；建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，，可得求出二面角的余弦值判断选项C；根据互相垂直，三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球，长方体的对角线即为外接球的直径，判断选项D.
【详解】折叠前：，，；
折叠后：，，三点重合于点，故，，，
又，分别是，的中点，边长为2，故，.
选项A：因为，，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，故A对.
选项B：因为，，平面，
所以平面；又平面，故平面平面，故B对.
选项C：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则
，，.
，，设平面的法向量为，则
，令，得.
平面是平面，其法向量为.
所以二面角的余弦值：，故C错.
选项D：因为，，，所以三棱锥的外接球等价于以为棱的长方体的外接球.
长方体的对角线长，
故外接球半径，故D对.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（23-24高三上·河北秦皇岛·开学考试）在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【难度】0.4
【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题
【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得.
【详解】因为，，，所以，
所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，
因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上，
设球心为，外接球的半径为，连接，则，
所以，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
13．（24-25高二上·湖北·阶段练习）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱，底面是正方形，，且，则向量的模长为 ．

【答案】
【难度】0.65
【知识点】求空间向量的数量积、空间向量数量积的应用、用空间基底表示向量
【分析】先把用、、表示出来.接着利用完全平方公式展开，得到.再根据已知条件，算出各向量模长及向量间夹角余弦值，代入式子求出的值.最后根据向量模长与向量平方的关系，对开方，得到的模长.
【详解】根据空间向量的线性表示可达，即可由模长公式求解.
故，
故，
故，
故答案为：
14．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）已知正方体的棱长为1，正方形内部有一片区域，是的中点，是的中点，若对于区域内的任意一点，总存在线段上一点，使得平面，则区域的面积最大值是 .

【答案】/
【难度】0.65
【知识点】判断正方体的截面形状、空间位置关系的向量证明
【分析】首先建立空间直角坐标系并确立关键点坐标，然后根据线面平行推导代数条件，最后根据条件分析边界直线并计算区域的面积最大值.
【详解】以D为顶点，DA、DC、分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图，
,
线段EF满足，
设，，，
设平面的法向量为，
，，
，令得，则，
因为平面，
所以，，
因为点Q在线段EF上，所以，，所表示的范围为多边形，其中，面积为，

所以区域的面积最大值是.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，每小题77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（25-26高三上·湖北武汉·开学考试）如图1，在中，，、两点分别在、上，使.现将沿折起得到四棱锥，在图2中.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】证明线面垂直、面面角的向量求法
【分析】（1）证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面所成角的余弦值；
【详解】（1）在图1的中，，
所以，，且，，
因为，所以，，则，，
在中，，，，则，
在图2的中，，，，
满足，所以，
因为，，，、平面，
所以平面.
（2）因为平面，，
以点为原点，、、的方向分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，，，
设平面一个的法向量，则，
取，可得，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，则，
设平面与平面所成角为，
则，
因此，平面与平面所成角的余弦值为.
16．（25-26高三上·重庆·阶段练习）如图所示，在四棱柱中，菱形与菱形的边长均为，且平面平面，,，为棱上的动点.
(1)若平面平面，求证：；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的角的正切值为?若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且点在靠近的三等分点上
【难度】0.65
【知识点】面面平行证明线线平行、空间平行的转化、面面角的向量求法、已知面面角求其他量
【分析】（1）借助面面平行的性质定理证明即可得；
（2）由题意可取中点，则有、、两两垂直，再以为原点建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面法向量后结合空间向量夹角余弦公式计算即可得.
【详解】（1）在四棱柱中，平面平面，
由平面平面，平面平面，
则；
（2）存在，且点在靠近的三等分点上，理由如下：
取中点，连接、，
由，，，
由余弦定理得，
则，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，故，
由，则，
有，则，
故、、两两垂直，则可以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、，
则，，，
设，，则，
则，
由轴平面，则平面的法向量可为，
设平面的法向量为，
则有，取，则，，
故平面的法向量可为，
设平面与平面所成的角为，则，
则，
则，
化简得，解得或，
又，则，故点在靠近的三等分点上.
17．（24-25·宁夏石嘴山·三模）如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，分别是底面，圆周上的一点，，且点不与两点重合.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】证明面面垂直、线面角的向量求法
【分析】（1）根据直径所对的角为直角得到，由线面垂直得到，从而得到线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为是底面圆上的一条直径，所以，
又因为底面，由，
所以底面，又平面，所以，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以平面平面；
（2）因为平面，平面，
所以，所以为二面角的平面角，
所以，又，所以为等边三角形，
以为原点，分别以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，得，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

18．（24-25高三下·云南昭通·期中）如图甲，正方形的边长为2，是的中点，连接，将沿直线翻折，使得平面平面（如图乙），连接，是棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【难度】0.65
【知识点】证明线面平行、面面角的向量求法
【分析】（1）应用两次线线平行得出四边形为平行四边形，进而可得平面；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，得到所成角余弦值，进而解出正弦值.
【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，，易得为的中位线，
故，且.
又，，故，，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）如图所示，过作于点，由已知平面平面，
且平面平面，则平面，
又在中，
所以，
所以，
同理，到的距离为，到的距离为，
所以到的距离为，到的距离为.
如图所示，以点为原点，以为轴，为轴，
过点作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量，
则，得.
设平面的法向量为，
则，得.
所以，
则，
所以平面与平面所成角的正弦值为.
19．（24-25高三下·全国·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，．

(1)若平面平面，求与平面所成角的正弦值；
(2)若平面与平面的夹角为，求的长．
【答案】(1)
(2)或
【难度】0.65
【知识点】求线面角、已知面面角求其他量
【分析】（1）作出与平面所成角，解三角形求得所成角的正弦值.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得的长．
【详解】（1）如图，取AB的中点E，连接PE，
由，可得

又平面平面ABCD，平面平面，平面PAB，
所以平面
因为平面ABCD，所以，
所以为PC与平面ABCD所成的角.
因为，
又，所以
故PC与平面ABCD所成角的正弦值为
（2）取CD的中点F，连接EF，以E为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，

设，，
平面PBC的法向量为，
则，
由得
取，得
又平面ABCD的一个法向量为，
所以，
所以，所以
所以或，
所以或，
所以PC的长为或