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（BX版）

·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 又PE,CEC平面PEC,PE∩CE=E, 1.D【解析】连接AB1,B1D1,AD1,A1C1,A1C 所以AB⊥平面PEC 如图所示： 又PE-CE=P-(份-，Pc 2 所以PC=PE2十CE,即PE⊥CE, 所以VC=VaE十VAE=3S△Pe·AB= 1 ××停}x1- B 因为P,M,N分别为AB,BB1,DD1的中点，故 3.C【解析】已知四棱锥P-ABCD的底面为矩 MP∥AB1,B1D1MN, 形，PD⊥平面ABCD, 又MP中平面AB1D1,AB1C平面AB1D1,故 将四棱锥P-ABCD补形为长方体如图， MP∥平面AB1D1: 过点A作AE⊥B1B于点E, 又MN中平面AB1D1,B1D1C平面AB1D1,故 因为BC⊥平面B1AB,AEC平面B1AB,所以 MN∥平面AB1D1: BC⊥AE. 又MP∩MN=M,MP,MNC平面MNP,故平 因为B1B∩BC=B,B1B,BCC平面BCP,故AE 面MNP∥平面ABD1, ⊥平面BCP,故点A在平面PBC上的投影为E, 则垂直于平面MNP的直线一定垂直于平 连接PE,则当点Q在侧棱PA(不含端点的线 面AB1D1. 段)上运动时，点Q的投影H落在线段PE上， 显然CC1⊥平面A1B1CD1,B1D1C平面 显而易见，点Q在平面PBC上的投影在△PBC AB1C1D1,故BD1⊥CC1, 外部. 又BD1⊥AC1,A1C1∩CC1=C1,A1C1, A(P) CC1C平面A1CC, B 故BD1⊥平面A1C1C,又A1CC平面A1C1C, 故A1C⊥B1D1 同理可得A1C⊥AB1,又AB1∩BD1=B1, AB1,BD1C平面AB:D1, 故A1C⊥平面AB,D1,即A,C⊥平面MNP; 4.A【解析】l⊥3，且l⊥a,所以a邝，又mCa,所 若其他选项的直线垂直于平面MNP,则要与 以mB,充分性成立： A1C平行，显然都不平行. 如图，满足mB,mCa,l⊥a,但⊥B不成立，故 2.B【解析】如图，取AB的中，点E,连接PE,CE, 必要性不成立， 所以“1」3”是“mB”的充分而不必要条件。 因为△ABC是边长为1的等边三角形，PA= PB=1, 5.B【解析】将直三棱柱ABC-A1B,C1补形为如 所以CE⊥AB,PE⊥AB. 图所示的正四棱柱， ·13 BX 衡水真题密卷 学科素养周测评 7 即R2= +(22-R)2,解得R= 321 B D 7 所以4元R2=4π× 98x 32 -9 D 连接B1D,AD,则BD∥AC, 则异面直线AB1与A,C所成角的平面角为 ∠DB,A(或其补角). 又DB1=B1A=√/12+(2)=√5， AD=1+1=√2， 二、选择题 由余弦定理可得， 7.AC【解析】设正方形ABCD的中心为O,连接 cos∠DB,A-5)+)-2)2_2 P0,Q0, 2×3×W3 1 所以n☑DB,A=(T- 3 ,故B正确。 6.C【解析】如图，连接PP2,PzP3,P1P, 取AB,BC,AC的中点D,E,F,连接P1D, P2E,P:F, 由已知侧棱长为6的正三棱锥P-ABC, EpPA=PB=P2B=P2C=P3C=P3A=6, 对于A,由正四棱锥P-ABCD,得PO⊥平面 又因为AB=4, ABCD,同理QO⊥平面ABCD, 所以PD=P,E=PF=√6-2=42」 则P,O,Q三点共线，因此PQ⊥平面ABCD,故 A正确； 因为平面P1AB,P:BC,PAC均与平而ABC 对于B,连接AC,显然O是AC的中点，AO= 垂直， 设P1,P2,P。三点所在的圆为圆Q,底面ABC AC-/PO-/PAF-AOF- 的中心为O1, Q0=√QA2-AO=2√2，因为tan∠ACQ 则QO1=42,又因为奖杯总高度为6v2, QO 设球半径为R,球心O到圆Q面的距离为d, -2,tan∠PAC-名=1，所以PA,QC不平 则OQ=d=62-4√2-R,即d=2√2-R. 行，故B错误； 如图，易知△P1P:P≌△DEF, 对于C,2的体积V=VP-ARD十VQAD 因为DE=DF=EF=号AB=2, 5um(P0+Q0)-吉×4X3E=4E, 1 所以△P,P,P,是边长为2的等边三角形 故C正确： 设△P1PzPa的外接圆半径为r, 对于D,取AB的中点M,连接PM,QM,则PM⊥ 则2=0一后 24 AB,QM LAB,∠PMQ是二面角P-AB-Q的 平面角， 则在Rt△OP1Q中，R2=r2+d2, 而PM=√/PA-A=√/3，QM=√QA-AM= BX ·14▣ ·数学· 参考答案及解析 又因为E,F分别为棱AD和DD1的中点，所以 3,则cos∠PMQ= (W3)2+32-(32)2= 2×3×3 3 EF∥AD1,故异面直线B1D1与EF所成角即为 故D错误 ∠B1D1A=60°，故C正确； 8.ACD【解析】对于A,如图，连接AD1,因为E, 对于D,如图，连接AD1,BC1,C1F, F分别为棱AD和DD1的中点，所以AD1EF, D C B B 7D D B C B 在正方体ABCD-A:B,C1D1中，C,D1=AB, 又AD,亡平面BEF,EFC平面BEF,所以AD C1D1∥AB,所以四边形ABC1D1为平行四 ∥平面BEF,故A正确： 边形， 对于B,如图，取AA1的中点Q,连接AD,QE, 则AD1∥BC1,又EF∥AD1,所以EF∥BC,所 QB, 以B,E,F,C1四点共面， 故平面BEF截正方体所得截面为四边形 BEFC. 设正方体的棱长为2，则BE=√AB+AE= 5,C1F=√CD,+DF=5,EF= √ED2+DF2=2,BC1=√/BC2+C1C=22, 所以C1F=BE,EF≠BC1,又EF∥BC1,故裁面 在正方体ABCD-AB1CD1中，A1B1=CD 四边形BEFC1为等腰梯形，故D正确。 A,B1∥CD,所以四边形AB1CD为平行四 三、填空题 边形， 9.45°【解析】正方体ABCD-A1B1C1D1中， 所以B1C∥A,D,又Q,E分别为AA1,AD的中 CD∥AB,因此∠CDC1是异面直线AB与DC1 点，则QE∥A1D,故BCQE. 所成的角或其补角， 设正方体的棱长为2，则BE=√AB十AE=√5， 而∠C1CD=90°，CD=CC1,因此∠CDC1=45. BQ=√AB2+AQ2=√5，QE=√AQ+AE C =√2， B 故QE2+BE2≠BQ,所以QE不垂直于BE,故 B,C不垂直于BE,又BEC平面BEF,所以B,C D 不垂直平面BEF,故B错误： 对于C,如图，连接AD1,B1A, 所以异面直线AB与DC1所成角的大小为45°. B 10.√9+2√/10【解析】取D,C1的中点N,连接 MN,AN,BM,D C, 因为点M为棱CC1的中点，所以MNDC,又 AD1∥BC且AD1=BC, 所以四边形A1D1CB为平行四边形，所以A:B∥ 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB1=B1D1 DC, AD1,即△AB1D1为正三角形， 所以A1BMMN,即A1,B,M,N四点共面. ·15▣ BX 衡水真题密卷 学科素养周测评 连接A,M,A1C1, 则A1B=√2+2=2√2，BM=√22+1=5. 因为底面ABCD为菱形，且∠BAD=60°，所以 ∠ADC=120, 所以A1C1=√/22+22-2X2×2os120°=2√3， B 所以A:M=√(23)+1=13， (2)解：由(1)可知A1M⊥平面ABC,VAA= 所以A1B2+BM=A,M,即A,B⊥BM,所以 aAaG ∠A,BM=90°. 所以四棱锥A:-C:B,BC的体积VACB,C= 将△ABA1绕A1B翻折，使得平面ABA1与平 面A1BMN共面且，点A在△A,BM外部，连接 VARCA B C -VAI-AIC-2VA-ABC 1 AM交A1B于，点P, =2X3Same·A,M 则PA+PM≥AM,又∠ABM=135, 在△ABM中，AM=AB2+BM-2AB· =2x号×号×2i×2x25-165. 3 BMcos∠ABM, 12.(1)证明：取BD的中点E,由菱形的性质，有 卑AM=2+5)-2x2×5×(号） AD=AB,CD=CB,所以AE⊥BD,CE⊥BD. 而AE和CE在平面ACE内交于点E,故BD 9+2/10,所以AM=√9+2√/10 垂直于平面ACE. 即线段PA,PM的长度和的最小值为 又因为AC在平面ACE内，所以BD⊥AC. √9+2/10 (2)解：设△BCD的重心为点G,则AG垂直于 平面BCD. 四、解答题 这表明直线AC与平面BCD所成角等于 11.(1)证明：如图，取BC的中点M,连接AM, ∠ACG,故所求正弦值即为sin∠ACG的值. AM, 由于CE=√BC2-BE=√5-1=2，AE 因为AB=AC=22,∠BAC=90°， AB-那=5可=2，枚cG-号CE= 所以BC=4,AM=2. 因为∠A1AB=∠A1AC,AB=AC,所以 号x2-号G-cE-G-2号号 331 △ABA1≌△ACA1,所以A1B=A,C=4, 所以A,M⊥BC,A1M=23. 从而AG=AE-EC=√4-9 在△A1AM中，A1A=4,A1M=23,AM=2, 2 AG AG 3 所以A,A2=AM+A1M, sin∠ACG= AC √AG2+CG 3216 所以A,M⊥AM, 又A1M⊥BC,BC∩AM=M,BC,AMC平面 426 ABC,所以A,M⊥平面ABC, W48 3，所以直线AC与平面BCD所成角的 又A1MC平面A1BC,所以平面A1BC⊥平 面ABC. 正孩值是 BX ·16·2024一2025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 容案 1.如图，在正方体ABCD-A,BC,D1中，P,M,N分别为AB.BB1,DD,的巾点.则与平 面NP垂直的直线可以是 A.AB RAD C.AC DAC 2.在三棱架P-ABC中，△AC是边长为1的等边三角形，PA一PB-1,PC-5,测该 棱锥的体积为 A号 c 3.已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PD⊥平面AD,点Q为侧棱PA(不含端点的 线段)上的动点，喇点Q在平直PBC上的授影在 A.棱PB上 B△PBC内部 C△PBC外部 D不确定 4.设g是两个不同的平面，m是两条不可的直线，且mC,1⊥.则？⊥广是“你” 的 A.充分面不必警条件 且公要面不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 五.如附，在直三楼井ABC-AB,C,中.△ABC为等把直角三角形，且AB一 C-停4，-1，则分面直线AB,与A,C所成角纷正弦镇为( A号 B c-9 n 学科素养周测评（十六）数学第1页（共4页） 衡水真 6.校足球牡团为学校足球比挥设计了一个奖杯，如图，凳杯的设计思路是将侧棱长为6的 班圾 正三棱殊P-ABC的三个侧面沿A,BC,AC展开得到面P,AA,P,C,PAC,使得 平面PAB,P:BC,P,AC均与平直ABC垂直，再将球O放到上面使得P,,Px,P:三 姓名 个点在球O的表面上，若奖杯的总高度为62，且AB一4，则球O的表面积为《》 得分 A罗 9 c婴 n号 二，选择器{本嵘共2小赠，每小籍6分，共2分.在每小端给出的选项中，有多项符合题目 要求，全都燃对的得6分，部分选对的得肥分分有选错的得0分) 题号 8 容案 7,将正四棱银P-ABCD和正四棱维Q-ACD的底面重合组成人面体，AB=PA=2, QA=/10,期 A.PQ⊥平面ACD B PA/QC C、口的体积为42 D.二面角P-AB-Q的余些值为一3 1 8在正方体ACD-A,B,CD,中，E,F分划为棱AD和DD,的中点，则》 A.AD平面BEF BB,C⊥平直BEF C异面直线B,D:与EF所成角为60 D平面BEF截正方体历得候面为等腰榜形 蹈密在 学科素养周测浮十六)数学第2页（共4页1 X 三，填空面（本题共2小题，每小题6分，共12分 12.(20分)如图1，菱形ABCD的边长为5，BD=2,将其沿BD折叠形成如图2所示的 9,正方体AGD-A:B,C,D,中，异面直线A仙与DC,新成角的大小为 三棱编A-BCD, I0.如图，在直四棱柱ABCD-A:B,C,D,中，底面ABCD为菱彩，且∠BAD=60.若 (1)f期：在三棱膝A-BD中，BD⊥AC AB=AA,=2,点M为棱CC的中点，点P在AB上，别线段PA,PM的长度和的最 (2)当点A在平面BCD的投影为△BD的重心时，求直线AC与平面CD所成角的 小值为 正弦值 四，解答题「本题共2小题，共40分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤】 11,(0分)知图.在三棱柱ABC-A,C中，∠B4C=9时，AB=C=22,A1A=A:B=4, ∠A,AB=∠AAC, (1)求证：平面A,BC⊥平面ABC (2)求四棱锥A,一C,B,BC的体积 HX 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