周测卷(十四) 空间向量及立体几何中的向量方法-【高考领航】2026年高考数学总复习四测通关卷

周测卷(十四)　空间向量及立体几何中的向量方法 (满分：150分　时间：120分钟) 一、选择题：本题共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．(2024·浙江温州环大罗山联盟联考)已知平面α的法向量为n＝(4，－4，8)，＝(－1，1，－2)，则直线AB与平面α的位置关系为(　　) A．AB⊂α B. AB⊥α C．AB与α相交但不垂直 D. AB∥α 2．如图，已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别是OA，CB的中点，点G在线段MN上，且使MG＝2GN，用向量 表示向量为(　　) A． B. C． D. 3．如图所示，正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，且A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　) A．斜交 B. 平行 C．垂直 D. 不能确定 4．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，则点A到平面EFG的距离是(　　) A． B. C. D. 5．(2025·广东东莞模拟)如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，线段AD，BD的中点分别为E，F.现将△ABD沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成角的取值范围是(　　) 　 A． B. C. D. 6．如图，正三角形ACB与正三角形ACD所在平面互相垂直，则二面角B ­CD­A的余弦值是(　　) A． B. C． D. 7．在三棱锥D ­ABC中，AB＝BC＝2，DA＝DC＝AC＝4，平面ADC⊥平面ABC，点M在棱BC上，且DC与平面DAM所成角的正弦值为，则AM＝(　　) A． B. C. 2 D. 8．已知梯形CEPD如图1所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足(0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　　) 　　 图1　　　　　　图2 A． B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分． 9．已知直线l的方向向量为a，两个平面α，β的法向量分别为n，m，则下列命题为真命题的是(　　) A．若a⊥n，则直线l∥平面α B．若a∥n，则直线l⊥平面α C．若cos 〈a，n〉＝，则直线l与平面α所成角的大小为 D．若cos 〈m，n〉＝，则平面α，β所成二面角的大小为 10．在棱长固定的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E，F分别满足(λ∈[0，1]，μ∈[0，1])，则(　　) A．当μ＝时，三棱锥A1­B1EF的体积为定值 B．当μ＝时，存在λ使得BD1⊥平面B1EF C．当λ＝时，点A，B到平面B1EF的距离相等 D．当λ＝μ时，总有A1F⊥C1E 11．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点，点P是C1D上的动点，AA1＝2，则下列选项正确的是(　　) A．直线AP与B1E是异面直线 B．点P到平面AEB1的距离是一个常数 C．过点C作平面AEB1的垂线，与平面AB1C1D交于点Q，若，则Q∈AP D．若平面CDD1C1内有一点F，它到CD距离与到C1B1的距离相等，则F点的轨迹为一条直线 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝6，点E在线段C1D1上，且2D1E＝EC1，M为线段BE的中点，若BE＝2，则异面直线AD1与CM所成角的余弦值为________． 13．如图，在棱长为2的正方体ABCD ­A1B1C1D1中，M，N，E分别是A1B1，CD，AB的中点，则直线EC到平面AMN的距离为________． 　　　 第13题图　　　　　　　　　第14题图 14．如图，由直三棱柱ABC ­A1B1C1和四棱锥D ­BB1C1C构成的几何体中，∠BAC＝90°，AB＝1，BC＝BB1＝2，DC1＝DC＝，平面CC1D⊥平面ACC1A1.P为线段BC上一动点，当BP＝________时，直线DP与平面BB1D所成角的正弦值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)如图，在三棱锥P ­ABC中，AC＝2，BC＝4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，AC⊥PD，∠PCB＝90°. (1)求证：BC⊥平面PAC； (2)求PD与平面PBC所成角的正弦值． 16．(15分)如图，在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB＝BC＝2CD＝2，AD＝，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P的位置，二面角P­AC­D为. (1)求异面直线AP，BC所成角的余弦值； (2)求点A到平面PBC的距离． 17.(15分)正方形ABCD的边长为2，E，F分别为边AD，BC的中点，M是线段EF的中点，如图，把正方形沿EF折起，设∠AED＝θ(0<θ<π)． (1)求证：无论θ取何值，CM与BD不可能垂直； (2)设二面角D ­BM ­C的大小为φ，当|cos φ|＝时，求sin θ的值． 18．(17分)如图，在四面体ABCD中，AB⊥AC，AB⊥BD，E，F，G分别为棱AB，AD，CD的中点． (1)证明：AB⊥EG； (2)若直线BD与AC的夹角为60°，AC＝AB＝BD，求二面角B­EG­C的正弦值． 19．(17分)(2025·湖北襄阳四中模拟)如图，在三棱锥P­ABC中，已知PA⊥BC，PB⊥AC，点P在底面ABC上的射影为点H. (1)证明：PC⊥AB； (2)设PH＝HA＝HB＝HC＝2，对于动点M，是否存在λ，使得，且BM与平面PAB所成角的余弦值为？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 周测卷(十四)　空间向量及立体几何中的向量方法 1．B　2.A　3.B　 4．C　在正方体中，DA，DC，DD1两两垂直，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为正方体的棱长为2，E，F，G分别是C1C，D1A1，AB的中点，所以A(2，0，0)，G(2，1，0)，F(1，0，2)，E(0，2，1)，则＝(1，－2，1)，＝(2，－1，－1)，＝(0，1，0)，设平面EFG的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即因此x＝y＝z，不妨令x＝1，则m＝(1，1，1)，所以点A到平面EFG的距离为d＝.故选C. 5．C　设菱形的边长为1，则BE＝CF＝，BD＝1，所以，则·＝cos 〈〉＋cos 〈〉，所以cos 〈〉＝，由图可知－<＜1；则－＜cos 〈〉＜，即0≤＜，则异面直线BE与CF所成角的取值范围是. 6．D　如图，取AC中点E，连接BE，DE，在正三角形ACB与正三角形ACD中，BE⊥AC，DE⊥AC，因为平面ACB⊥平面ACD，平面ACB∩平面ACD＝AC，所以BE⊥平面ADC.以E为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，建立空间直角坐标系．设AC＝2，则E(0，0，0)，，C(0，1，0)，A(0，－1，0)，，平面ACD的一个法向量为＝，而＝＝.设n＝(x，y，z)为平面BCD的一个法向量，则即不妨令x＝1，则n＝，设二面角B ­CD ­A的平面角为θ，则θ为锐角，所以cos θ＝＝＝＝.故选D. 7．A　取AC中点O，易证OD⊥AC，OD⊥OB，AC⊥OB.如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，D＝＝.设M(a，2－a，0)(0<a≤2)，则＝(a，4－a，0)．设平面DAM的法向量n＝(x，y，z)．由得可取n＝(a－4), ，所以sin θ＝cos 〈，n〉＝，解得a＝－4(舍去)，a＝，所以 ＝ .故选A. 8．D　由题意，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C(4，4，0)，D(0，4，0)，E(4，0，2)，P(0，0，4)，F(4λ，0，0)，∴＝(4，0，－2)，＝(4，4，－4)，＝(4λ－4，0，－2)，＝(4，－4，2)，若m＝(x，y，z)是平面DEF的一个法向量，则可得m＝，若n＝(a，b，c)是平面PCE的一个法向量，则可得n＝(1，1，2)，∵平面DEF⊥平面PCE，∴＋4＝0，解得λ＝.故选D. 9．BC　对于A：若a⊥n，则直线l∥平面α，或直线l⊂平面α，故A错误；对于B：若a∥n，则直线l⊥平面α，故B正确；对于C：因为直线与平面所成角范围为，且若cos 〈a，n〉＝，即a与n的夹角为，所以直线l与平面α所成角的大小为，故C正确；对于D：因为二面角的范围为[0，π], 若cos 〈m，n〉＝，则平面α，β所成二面角的大小为或，故D错误．故选BC. 10．ACD　不妨设正方体的棱长为1，如图，对于A，VA1 ­B1EF＝VF ­A1B1E＝·BF＝为定值，故A正确；对于B，要使BD1⊥平面B1EF，则必须BD1⊥EF，又EF⊥DD1，所以需要EF⊥BD，所以E为AB的中点，因为BD1⊥AB1，所以BD1与EB1不垂直，所以不存在，故B错误；对于C，因为AE＝BE，所以C正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝m，则E(1，m，0)，F(1－m，1，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，所以＝(－m，1，－1)，＝(1，m－1，－1)，因为＝－m＋m－1＋1＝0，所以A1F⊥C1E，故D正确．故选ACD. 11．ABC　对于A，如图1，AP⊂平面AB1C1D，B1E∩平面AB1C1D＝B1，故直线AP与B1E不平行，且B1∉AP，故直线AP与B1E不相交，所以直线AP与B1E是异面直线，故A正确；对于B，在正方体中，易得C1D∥AB1，∵AB1⊂平面AEB1，C1D⊄平面AEB1，∴C1D∥平面AEB1，又P∈C1D，故点P到平面AEB1的距离是一个常数，故B正确；对于C，如图2，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B1(2，2，2)，E(0，0，1)，C(0，2，0)，则＝(0，2，2)，＝(－2，0，1)， 图1 图2 ∵， ∴P，则＝，设存在Q∈AP，即存在0≤λ≤1，使得＝，则Q，则＝，∵CQ⊥平面AEB1， ∴即 解得λ＝，则Q，满足条件，故C正确；对于D，易得C1B1⊥平面CDD1C1，FC1⊂平面CDD1C1，∴C1B1⊥FC1，则FC1即为点F到C1B1的距离，则根据抛物线的定义可得点F的轨迹为抛物线的一部分，故D错误．故选ABC. 12．解析：设DD1＝x(x＞0)，因为2D1E＝EC1，AB＝BC＝6，所以BE＝，得x＝2.如图，取线段AB上靠近点A的三等分点P，靠近点B的三等分点F，连接EP，MF，CF，易知AD1∥EP，AD1＝EP，又EP∥MF，EP＝2MF，所以AD1∥MF，AD1＝2MF，所以∠CMF为异面直线AD1与CM所成的角或其补角． MF＝，连接CE，易知△BCE为直角三角形，CM＝，所以cos ∠CMF＝＝，因此异面直线AD1与CM所成角的余弦值为. 答案： 13．解析：因为AN∥EC，由线面平行的判定定理可知，EC∥平面AMN，则点E到平面AMN的距离就是直线EC到平面AMN的距离，以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， A(2，0，0)，N(0，1，0)，M(2，1，2)，E(2，1，0)，C(0，2，0)，＝(－2，1，0)，＝(0，1，2)，＝(0，1，0)， 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，则所以取y＝2，则n＝(1，2，－1)，则点E到平面AMN的距离为. 答案： 14．解析：以A为坐标原点，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以A(0，0，0)，C，D，B(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝，＝，设平面BB1D的法向量n＝(x，y，z)，所以所以所以平面BB1D的一个法向量n＝.设，λ∈[0，1]，所以＝，所以，解得λ＝或λ＝－(舍)，所以.因为BC＝2，所以BP＝1. 答案：1 15．解：(1)证明：取AC的中点O，连接OD，OP，因为△PAC是正三角形，所以OP⊥AC，又AC⊥PD，PD∩OP＝P，PD⊂平面POD，OP⊂平面POD，所以AC⊥平面POD，又OD⊂平面POD，所以AC⊥OD，因为OD∥BC，所以AC⊥BC，又PC⊥BC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC. (2)以O为坐标原点，OA，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示．则C(－1，0，0)，D(0，2，0)，B(－1，4，0)，P，所以＝＝(0，4，0)，＝，设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，所以令x＝，得m＝， 设PD与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝. 故PD与平面PBC所成角的正弦值为. 16．解：(1)在直角梯形ABCD中，过点D作DO⊥AC交AC于O，连接OP，则可以以点O为坐标原点，直线OA为x轴，平面ABCD内过点O且垂直于AC的直线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P­AC­D的平面角，所以∠DOP＝. 又OD＝OP＝，所以P， 易知C，A，B，所以＝＝， 所以cos 〈〉＝， 所以异面直线AP，BC所成角的余弦值为. (2)＝＝， 设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，则 令x＝，则y＝－1，z＝－，故平面PBC的一个法向量为n＝， 所以点A到平面PBC的距离d＝. 17．解：(1)证明：假设CM⊥BD，又CM⊥DM， BD∩DM＝D，所以CM⊥平面BDM，又BM⊂平面BDM， 所以CM⊥BM，又CM＝BM＝，所以BC＝2， 这与BC<BF＋FC＝2矛盾，所以假设不成立， 所以CM与BD不可能垂直． (2)分别以EA，EF所在直线为x轴、y轴，过点E垂直平面ABFE的直线为z轴，如图建立空间直角坐标系，则M(0，1，0)，B(1，2，0)，C(cos θ，2，sin θ)，D(cos θ，0，sin θ)，＝(1，1，0)，＝(cos θ，1，sin θ)，＝(cos θ，－1，sin θ)， 设平面BCM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，则即 令x＝sin θ，得n1＝(sin θ，－sin θ，1－cos θ)． 同理，可得平面BDM的一个法向量为 n2＝(sin θ，－sin θ，－1－cos θ)，|cos φ|＝ ＝，解得sinθ＝. 所以当|cos φ|＝时，sin θ的值为. 18．解：(1)证明：由题得EF∥BD，FG∥AC，且EF＝AC，则， 易知＝0， 则＝· ＝＝0， 所以⊥，故AB⊥EG. (2)如图，分别以BD，BA所在直线为x轴，y轴，过点B作z轴⊥平面ABD，建立空间直角坐标系B­xyz.设AC＝AB＝BD＝2，则D(2，0，0)，E(0，1，0)， 因为直线BD与AC的夹角为60°，AC＝2，BC＝，所以C， 则＝＝(0，－1，0)，＝，则＝，G＝， 设平面BEG和平面CEG的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 则即 则y1＝0，令x1＝1，则z1＝－，则n1＝， 同理可得n2＝， 设所求二面角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝， 则二面角B­EG­C的正弦值为. 19．解：(1)证明：因为点P在底面ABC上的射影为点H，所以PH⊥平面ABC， 又AB，BC，CA⊂平面ABC，所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA， 因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH⊂平面PAH，所以BC⊥平面PAH， 又AH⊂平面PAH，所以BC⊥AH，同理，AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH⊂平面PCH，所以AB⊥平面PCH， 又PC⊂平面PCH，所以PC⊥AB. (2)延长CH交AB于点O，则有CO⊥AB， 又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点，所以CA＝CB， 同理，BA＝BC，所以△ABC为等边三角形． 又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2. 如图，以点O为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A，B，P(0，1，2)，C(0，3，0)， 故＝＝， ＝＝(0，－2，2)． 由，得＝，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则所以令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一个法向量为n＝(0，－2，1)，所以cos 〈，n〉＝， 设直线BM与平面PAB所成角为θ，由已知得cos θ＝，又θ∈，所以sin θ＝，故，所以λ＝或λ＝2， 即存在λ＝或λ＝2，均可使得BM与平面PAB所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $