周测评(十六) 立体几何初步——空间位置关系-【衡水真题密卷】2025年高考数学学科素养周测评（AX版）

2024一2025学年度学科素养周测评（十六） 数学·立体几何初步一空间位置关系 (考试时可0分钟，惑分100分》 一，选择题引本题共6小题，每小驱6分，共36分，在每小塑给出的四个进项中，只有一项是 符合题目要求的) 题号 2 4 5 6 答案 1.如图.在正方体ABCD-A,BCD1巾，P,M,N分别为AB.BB,DD,的巾点.则与平 面NP垂直的直线可以是 AAB 且A,D CAC D.AC 2设3是两个平面，m,是三条直线，则下列命通为真金通的是 A若1二3，m二a,1⊥m,则8⊥3 我若治，Ba几=m,群1m C若a门月=m3ny=r,Y∩a=l,期mn们 D若两上程m⊥e则 五.在边长为4的菱形AD中，∠AC=1,菱形沿对角线AC折叠成大小为3的 二面角B'-AC-D,若点E为BC的中点，F为三棱锥B'-ACD表面上的动点，且总满 是AC⊥E下，侧点F的轨连长度为 A-6-2 B+6+区 2 2 C4+后-2 D.4+6+2 4.在三棱柱ABC-A,B,C,中，点D在棱B,上，且△ADC,所 在的平面将三棱柱ABC-A,B,C,分别成体积相等的两都分，友M在棱A,C,上，且 AM=2MC点N在直线贴，上，若MN/平面AC,则， BB A.2 3 C4 D.6 学科素养周测评（十六）数学第1页（共4页） 衡水真 5,在平行四边形ACD中，AB⊥BD,C=2,5,CD=2,沿对角线BD将△ABD折起， 班圾 所得因值体A“BCD外接球的表面积为24糯，期异面直线A日与CD所成角为《》 A.30° B43 C.60 n90 i.已知正为形ABCD的边长为1，将正方形ABCD绕着边CD族转至EFCD,P,Q分别 姓名 为线段CE,BD上的动点，且PQ⊥CD,若AF=2,则Q的最小值为 得分 A得 号 C? D./2 二、选择原（本愿共2小题，每小题6分，共12分.在每小顺始出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得6分，部分进对的得部分分，有选情的得山分) 题号 7 8 答聚 T,将正四棱维P-ACD和正四棱笔Q-AD的底而重合组成人面体，AB=PA=2, QA=/6,则 《》 APQ⊥平面ACD B PA/OC CQ的体积为42 D二面角P-ABQ的余弦值为-号 品.在四棱紫S-ABCD中，周边形ABCD是正方形，AD⊥SD,∠SDC一120'，SD一CD 2,P为棱SB上一点，则 《 A.点A到平面SBC的E离为1 :若SP-PB,则过点A,D,P的平画：我此四棱保新得截面的面积为 C,四棱维S-ABCD外接球的表面积为18m 几直线AP与平面SCD所成角的正弦值的最大值为 蹈密在 学科素养周测浮十六)数学第2页（共4页引 AX 三，填空面（本题共2小题，每小题6分，共12分） 12.(N分)如图，已知四边形AD是矩彩，PA⊥平面ACD,且PA-2,M,N分别是 已知正到旋台ACD-AB,CD,的内韧球半径，=停，AB=2A,B,附莽面直找 线股PB,心上的点，满足器-完- A,B:与DD所成角的象蓝值为 (1)若A-1,求证：直线MW平面PDA. 10,已知正四棱锥S-ABCD的所有棱长都为2，点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC (2)是否存在实数A,使直线MN月时恶直于直线PB,直线DC？如果有，请求出a的 的平面载该按锥得到裁症多边彩H,渊H的边数至多为，日的山积的最大值 值，香调请说明理由 为 (3)若a=1,直线MN与直线PD历成角最大时，余兹值是多少？ 四、解答题引本题共2小题，共和分.解答应写出文字说阴、证期过理或演算多理】 1L,(20分)如图，在三棱柱ABC-A,B,C,中，A,A⊥平面ABC,D是C的中点，AB一 4C=AA,=1.BC=2. (1)求证：A,B平面ADC, (2)求直线DC与A:B所成角的大小. AX 学科素养周测浮（十六）数学第3页（共4页） 衡水真蹈密在 学科素养周测博十六》数学第4页（共4页引·数学· 参考答案及解析 2024一2025学年度学科素养周测评（十六） 数学·立体几何初步 空间位置关系 一、选择题 对于D,若m⊥n,m⊥a,则n∥a或nCa,故D 1.D【解析】连接AB1,B1D1,AD1,A1C1,A1C 错误 如图所示： 3.A【解析】连接AC,BD,交于点O,连接OB', A 四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°， 所以AC⊥BD,OB'⊥AC,OD⊥AC, 所以∠B'OD为二面角B'-AC-D的平面角， 于是∠B'OD=30. B 又因为OB'=OD= AB=2, 1 因为P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点，故 所以BD=√BO2+DO-2BO·DOcos30°= MP∥AB1,BD1MN, 又MP丈平面AB1D1,AB1C平面AB,D1,故 V2+2-2×2x2x5 -6-√2 MP∥平面AB,D1: 取OC的中点P,取CD的中点Q,连接EP,EQ, 又MN平面AB1D1,B1D1C平面AB1D1,故 PQ,所以PQOD,EPOB', MN∥平面ABD1: 所以AC⊥EP,AC⊥PQ,又EP,PQ相交， 又MP∩MN=M,MP,MNC平面MNP,故平 所以AC⊥平面EPQ, 面MNP∥平面AB1D1, 所以在三梭锥B'-ACD的表面上，满足AC⊥ 则垂直于平面MNP的直线一定垂直于平 EF的点F的轨迹为△EPQ. 面AB1D 显然CC1⊥平面AB,C1D1,B,D1C平面 因为EP-0B',PQ-0D,E0-号BD, ABCD1,故B1D1⊥CC1, 又BD1⊥AC1,A1C1∩CC1=C1,A1C1, 所以△EPQ的月长为号×6-反+2+2》 CC1C平面A1CC, 4中5一2，即点F轨选的长度为4+6一区 故BD1⊥平面A,CC,又A1CC平面A1CC, 2 2 故A1C⊥B1D1 B 同理可得AC⊥AB1,又AB1∩BD1=B1, AB1,B1D1C平面ABD1, 故A1C⊥平面AB1D1,即A1C⊥平面MNP; 若其他选项的直线垂直于平面MNP,则要与 A1C平行，显然都不平行. 4,D【解析】如图，连接AB1,则VAA4S= 2.B【解析】对于A,若1C3,mCa,l⊥m,则a,3 3VAC 相交或平行，故A错误： 又△ADC1所在的平面将三棱柱ABC-A:B1C1 对于B,若la,lB,a∩B=m, 分割成体积相等的两部分， 由线面平行的性质可得lm,故B正确： 1 1 对于C,若a∩B=m,B门y=n,y∩a=l, 所以VA随，G=2 VABC一3VacA,G 当a,B,Y两两相交时，m,n,l两两相交，故C 错误； ·17▣ AX 衡水真题密卷 学科素养周测评 即Vp8,G=2VAAG' 由题意可得4πr2=24π，可得r=√6，即OA= 中V画-e OC-√6，且01C=02A=5, 则由勾股定理可得OO1=OO2=1. 设C1到平面ABB1A:的距离为d, 由O1F=O2F=1得四边形OO,FO2为菱形， 则遇smd4sd, 由OO2⊥平面ABD,O,FC平面ABD,可得 O02⊥F02, 所以Sam=号Sa情=司Sa所以D为 1 所以四边形OO1FO2为正方形，∠O1FO2=90° 由O1F∥CD,O:F∥AB可得异面直线AB与 BB1的中点. 在AA1上取点E,使得A1E=2AE,连接 CD所成角为∠O1FO2=90°. EN,EM, B 因为A,M=2MC,,所以EM∥AC1,又EM亡平 面ADC1,AC1C平面ADC1, 所以EM∥平面ADC1, D 又MN∥平面ADC1,EM∩MN=M,EM, (前) (后) MNC平面EMN, 6.A【解析】因为CD⊥DE,CD⊥AD,DE∩ 所以平面EMN∥平面ADC, AD=D,AD,DE二平面ADE, 又平面EMN∩平面ABB1A:=EN,平面ADC: 所以CD⊥平面ADE,CDEF, ∩平面ABB:A1=AD, 所以EF⊥平面ADE. 所以ADEN,又AEND,所以四边形ADNE 由于AF=2,EF=1,则AE=√3， 为平行四边形， 在△ADE中，由余弦定理可得cos∠ADE= 所以ND=AE=号M1=专BB,所以B,N AD+DE-AE2_1+1-3=-1. 2AD·DE 2 2 BD-ND-BB,-BB,=BB, 所以∠ADE=120°. 过P作CD的垂线，垂足为M,由PQ⊥CD, 所 BB:-6. N PQ∩PM=P,PQ,PMC平面PMQ, A M 所以CD⊥平面PMQ, B 又QMC平面PMQ,所以QM⊥CD,所以 ∠PMQ-120°. D 不妨设PM=x,则QM=1一x,由余弦定理得， PQ=√x+x(1-x)+(1-x)2=√x2-x+1= B 5.D【解析】取BC的中点O1,AD的中点O2, BD的中点F, 则O1为△BCD的外心，O2为△ABD的外心， 小 O1F/CD,O2F∥AB. 因为AB=CD=2,则O1F=O2F=1. 翻折后，过O1作直线垂直于平面BCD,过O:作 直线垂直于平面ABD,两直线的交点为O,即为 二、选择题 球心，设球的半径为r, 7.AC【解析】设正方形ABCD的中心为O,连接 AX ·18 ·数学· 参考答案及解析 PO,QO, 1 ×2×23×d,得d=么=1. 2 所以点A到平面SBC的距离为1，故A正确； 对于B,因为SP=PB,所以，点P为棱SB的 中点， 取SC的中点Q,连接PQ,DQ,则平面APQD即 为平面a截此四棱锥所得的截面， 且点Q是SC的中点，点P是SB的中点， 对于A,由正四棱锥P-ABCD,得PO⊥平面 所以在△SBC中，PQ是△SBC的中位线，则 ABCD,同理QO⊥平面ABCD, 则P,O,Q三点共线，因此PQ⊥平面ABCD,故 PQ=2Bc=l,且PQ/BC. A正确； 又因为四边形ABCD是正方形，则BC∥AD,所 对于B,连接AC,显然O是AC的中点，AO= 以PQ∥AD. AC-/.PO-/PAF-AO- 因为AD⊥平面SDC,且AD丈平面SDC,DQC 平面SDC,所以AD⊥DQ, QO=√QA-AO=2√2，因为tan∠ACQ 所以四边形APQD是以AD为下底、PQ为上 是=2，n∠PAC-品-1，将以PA,QC不手 底，DQ为高的直角梯形. 因为SD=CD=2,在等腰△SCD中，QD⊥SC, 行，故B错误： 且QD平分∠SDC, 对于C,2的体积V=VP-AD+VgAD= 号sm·(P0+Q0)=号×4X32=4, 可得QD=CD·os号∠SDC=2X号1， 则平面a戴此四棱锥所得截面的面积为S 故C正确； 对于D,取AB的中点M,连接PM,QM,则PM⊥ 名×1+2)×1=号故B运确： AB,QM⊥AB,∠PMQ是二面角P-AB-Q的 对于C,又因为∠SDC=120°，SD=CD=2,且 平面角， SC=23, 而PM=√PA2-AM=3,QM=√QA2-AMf= SC 2w3 3,则cos∠PMQ-W5)+32-(32y_V3 所以2r= sin∠SDC =4,即r=2,其中r 3 2×√3×3 3 2 故D错误 为△SCD外接圆半径， 8.ABD【解析】对于A,因为AD⊥SD,AD⊥ 因为正方形ABCD的中心到平面SDC的距离等 DC,又SD∩DC=D,且SD,DCC平面SDC. 于其边长的一半，即1，故四棱维S-ABCD外接 所以AD⊥平面SDC, 球的半径为R=√②+1平=√5， 又因为AD∥BC,所以BC⊥平面SDC, 所以四棱锥S-ABCD外接球的表面积为20π， 因为∠SDC=120°，且SD=CD=2, 故C错误； 可得S到平面ABCD的距离为SD·sin60°= 对于D,过点P作PE∥SC,再过点E作EF∥ √3，即三棱锥S-ABC的高为h=√3. CD,使得E,F分别在线段BC,AD上，连 设点A到平面SBC的距离为d,且SC= 接PF √/SD2+CD2-2SD·CDeos120°-2W3. 根据线面平行的判定定理，可得PE∥平面SCD, EF∥平面SCD, 由Vc=V,可得行×号×2X2Xh= 因为EF∩PE=E,且EF,PEC平面PEF,所 ·19▣ AX 衡水真题密卷 学科素养周测评 以平面PEF∥平面SCD, A1B1C1D1的高h=√2， 又因为AD⊥平面SCD,所以AD⊥平面PEF, 设AB=2A1B1=4a,作正四棱台的轴截面，如图 即AF⊥平面PEF 所示， 所以∠APF即为AP与平面PEF所成的角，即 为AP与平面SCD所成的角。 由于BC⊥平面SDC,SC在平面SDC内，故 BC⊥SC. 从而在Rt△SBC中，可得SB=√SC2+CB= √/12+4=4. 设PB=x(0≤x≤4)，由△PBEU∽△SBC,可得 BE BP BC SB4' 其中I,J,L分别为圈O与四边形EFGH的切 点，FK⊥GH,K为垂足， 所以BE=BC=若·2=受，所以AF=艺 从而有IF=FL=a,JG=GL=2a, 由于SA=√SD2+DA2=√4+4=22，故在 所以KG=a,FK=√2，FG=3a,由9a2-a2= △SAB中，由余弦定理可得cOs∠SBA )1,解得a= SB+ABSA3 2SB·AB 4 延长侧棱DD1,CC1,设它们相交于点P, 在△PAB中，由余弦定理可得AP= √/AB+PB2-2AB·PBXcos∠PBA= √x-3x+4」 在R:△PAF中，可得Sn∠APF=AE AP 2/x2-3.x+4 43+1 则异面直线A1B,与DD1所成的角为∠PDC 因为AB=2A1B1, 1 27 2+2 17 ,当且仅当 .,PG BC AB 所以CB1CA1B' x=时，不等号取等」 8 所以PG=2FRG=6a=3,HD=号AD=A,D,= A1B1=EF=2a=1, 所以si血∠APF的最大值是2 7,故D正确 所以PC=PD=√3+1平=/10， 从而 cos∠PD1C=coS∠PDC= 1 PD 10 √10 10· 42 【解析】取SC的中点F,BF⊥SC, 三、填空题 10.5 3 DF⊥SC,且BF∩DF=F,BF,DFC平面 【解析】由题设知正四棱台ABCD BDF,可知SC⊥平面BDF. AX ·20▣ ·数学· 参考答案及解析 根据平面的基本性质，作平面与平面BDF平 行，至多为如图所示的五边形 ,cD,所以cD=P+(- 直线DC,与A1B所成的角即为∠CDM, +)-) cos∠C1DM 2x号× 令票=A,则EP=XBF=3A,SP=XSB=28 可得PB=BQ=PQ=2(1-λ)，NQ=MP= 所以∠C,DM-音 λBD=22λ， 所以直线DC与A:B所成角的大小为答 3+3-8 则coS∠DFB= 1 2X3X3 3 12.(1)证明：取AP的中点Q,连接QM,QD, 因为=1，所以M是线段PB的中点， 可得sin∠DFB=-cosS∠DFB=2,2 9 所以QM/AB,MQ-AB. 所以56-X5xX5x2 =2λ2 因为四边形ABCD是矩形，N是线段DC的中点， 又因为MN与NQ的夹角为SA与BD的夹 所以DNAB,DN-AB, 角，而SA与BD垂直， 所以DNMQ,DN=QM, 则SPMNQ=2W21X2(1一A)=4V21(1-入)， 所以四边形DNMQ是平行四边形， 可得S=421(1-1)+212=一3212+421= 所以有NMQD, -38k-引+. 而NM庄平面PDA,QDC平面PDA, 所以直线MN平面PDA. 可知，当入-号时5取最大位智 (2)解：假设存在实数λ，使直线MN同时垂直 于直线PB,直线DC, 四、解答题 因为四边形ABCD是矩形，所以CD∥AB, 11.(1)证明：连接A1C交AC1于点M,连接MD, 即MN⊥PB,MN⊥AB,而PB∩AB=B,PB, MD为△A:BC的中位线，故MD∥A,B, ABC平面ABP, MDC平面ADC1,A1B寸平面ADC1, 所以MN⊥平面ABP 所以A,B平面ADC1. 因为四边形ABCD是矩形，所以AB LAD. C 因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD, B 所以PA⊥AD,而PA∩AB=A,PA,ABC平 M 面ABP, 所以AD⊥平面ABP,因此MN∥AD,显然不 可能，所以假设不成立， D B 因此不存在实数A,使直线MN同时垂直于直 (2)解：因为AA1⊥平面ABC,所以AA1⊥AB, 线PB,直线DC 所以A,B=√2，又因为MD为△A,BC的中位 (3)解：当A=1时，由(1)可知MNDQ, 线，所以MD=号.因为CC,⊥平面ABC,所以 所以∠PDQ是直线MN与直线PD所成角，设 AD=a(a>0), ·21 AX 衡水真题密卷 学科素养周测评 由(2)可知PA⊥AD,所以PD=√a2+4, 当}-号时，o∠PDQ有最小值，最小值为 DQ=a2+1. 22 在△PDQ中，由余弦定理可知： ,此时∠PDQ有最大值 cos∠PpQ-PD2tDQ=PQ_ 则直线MN与直线PD所成角最大时，余弦值 2PD·DQ a2+4+a2+1-1 a2+2 为22 3 2a2+4·√a+1√a+4·√a+1 令a2+2=4>2》.所以0<< 于是有cos∠PDQ= +2·- 1 -+g 2024一2025学年度学科素养周测评（十七）数学·空间向量与立体几何 一、选择题 因为B:DC平面BB:D,所以AC⊥B:D,同理可 1,A【解析】如图，建立空间直角坐标系，根据条 证AD1⊥B1D 件可得E(0,0,1),F(3,3,2),C1(0,3,3), 因为AD1∩AC=A,AD1,ACC平面ACD1,故 E=(3,3,1),FC=(-3,0,1),设E与 B1D⊥平面ACD1, EF.FC 故平面a即为平面ACD1,则a裁该正方体所得 FC的夹角为0，所以cos日= EFFCI 截面的形状为三角形. -9+1 ,所以点E到直线FC1的距 √/19X√10 √/19 离为d=|E·sin0=√丽×J1 64_3√35 190 51 3.C【解析】如图，以D为坐标原点，建立空间直 角坐标系， 2.A【解析】连接AC,AD1,CD1,BD,因为BB,⊥ 平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以BB1⊥AC,又四边形ABCD为正方形，所 以BD⊥AC, 又BB1∩BD=B,BB1,BDC平面BB1D,所以 则D(0,0,0),B(2,2,0),F(0,2,1),E(2,0,1), AC⊥平面BB,D A1(2,0,2),C1(0,2,2), AX ·22▣