17、空间向量与立体几何-【伯乐马】2026年高考数学一轮复习同步考练卷

数学一轮复习同步考练（十七） 空间向量与立体几何 一、选择题：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.在空间直角坐标系中，已知A(1,2,3),B(-2,一1,6)， C(3,2,1),D(4,3,0),则直线AB与CD的位置关系是 A.垂直 B.平行 C.异面 D.相交但不垂直 2.在平行六面体ABCD一A1B,C1D1中，M为AC与BD的交点， 若A1B1=a,A1D1=b,A1A=c,则下列向量中与B1M相等的向 量是 A. 1 2a+2b+c 1 B.2a+2b+c C.2a-3b+e 1 D.- 1 2a-2b+c 3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB=2,E为AB的中 点，F为线段BB1上一点，且A,CLEF,则FB BF A.10 B.12 C.15 D.20 4.钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和 鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.中 国古代一般建于城市的中心地带，在现代 城市中，也可以常常看见附有钟楼的建 筑.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部 逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布 在四棱柱的四个侧面（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧 面中心上)，在整点时刻（在0点至12点中取整数点，含0点，不 含12点)，已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的 两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针 所在的两条直线所成的角的余弦值为 号 B C③ 6 D 4 5.已知棱长为1的正方体ABCD一A1B,C1D1,以正方体中心为球 心的球O与正方体的各条棱相切，若点P在球O的正方体外部 (含正方体表面)运动，则PA·PB的最大值为 A.2 c 6.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD, CB,CE所在直线分别为x轴，y轴，之轴建立空间直角坐标系， 若AB=√2，AF=1,M在EF上，且AM∥平面BDE,则M点 的坐标为 A.(1,1,1) B. 22 M C D 7.如图，在棱长为2的正方体ABCD一A1B,C1D1中，已知M,N, P分别是棱C,D1,AA1,BC的中点，Q为平面PMN上的动点， 且直线QB1与直线DB1的夹角为30°，则点Q的轨迹长度为 A M B.元 C.2π D.3元 8.在棱长为4的正方体ABCD一A1B1C1D1中，E是CD的中点， F是CC,上的动点，则三棱锥A一DEF外接球半径的最小值为 A.3 B.2√3 C.√/13 D.√15 二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知空间中三点A(0,1,0),B(1,2,0),C(一1,3,1)，则正确的有 A.AB与AC是共线向量 B.平面ABC的一个法向量是(1，一1,3) CA店与夹角的余弦值是侣 D.与AB方向相同的单位向量是(1,1,0) 10.如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC一A1B1C1中，D,E分 别是CC1,BB1的中点，设A1下=入AC,A∈[0,1]，则 A.当A=2时，Cp⊥AD B.3入∈[0,1]，使得CF⊥平面ABD C.3入∈[0,1]，使得EF∥平面ABD 2026年伯乐马一轮复习同步考练（十七）·数学·第1页（共2页） D.当X=3时，AF与平面ABD所成角为60 11.已知函数f(x)=入sin(wx+9)(>0,w>0,0<p<元)部分图 象如图1所示，A,B分别为图象的最高点和最低点，过A,B作 x轴的垂线，分别交x轴于A',B',点C为该部分图象与x轴的 交点fz)与y轴的交点为D0, ,此时A'B′=B'B.将绘 有该图象的纸片沿x轴折成的二面角a一OC一9，如图2所 示，折叠后AB=√2，则 B 图1 图2 A.9=I 3 B.f(x)在 C.在图2中，f(x)上存在唯一一点Q,使得DQ∥平面ABC D.在图2中，若P1,P2是f(x)上两个不同的点，且满足 P1B丽，AFL丽，则|P,P的最小值为号 三、填空题 12.如图所示，正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在 线段BD1上运动，则DC·AP的取值范围是 B 13.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C,中，ABB =AA1=2.E、F分别是BC、A1C1的中点， 设D是线段B,C1上的（包括两个端点）动 点，当直线BD与EF所成角的余弦值为 ,则线段BD的长为 W10 4,体积为多。的正四面体内有一个球0，球0与该正四面体的 各面均有且只有一个公共点，M,N是球O的表面上的两动点， 点P在该正四面体的表面上运动，当MN|最大时，PM·PV 的最大值是 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.如图所示，在直三棱柱ABC一A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧 面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为 BC1的中点.求证： (1)MN∥平面AB,C1; (2)平面MBC1⊥平面BB,C1C. 16.如图，以棱长为1的正方体的三条棱所在直线为坐标轴，建立空 间直角坐标系O一xyz,点P在线段AB上，点Q在线段DC 上 (1)当PB=2AP,且点P关于y轴的对称点为M时，求PM1: (2)当点P是面对角线AB的中点，点Q在面对角线DC上运 动时，探究PQ的最小值 D 17.如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5√5， ∠ADC=90,∠BAD=30,点E,F满足A花=号A,A萨= }A花，将△AEF沿EF图折至△PEF,使得PC=45。 (1)证明：EF⊥PD (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 18.如图1，在五边形ABCDE中，AB=BD,AD⊥DC,EA=ED 且EA⊥ED,将△AED沿AD折成图2，使得EB=AB,F为 AE的中点. (1)证明：BF∥平面ECD; (2)若EB与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A一EB一D 的正弦值 图1 图2 2026年伯乐马一轮复习同步考练（十七）·数学·第2页（共2页） 19.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A'B'C'D'中，AP=BQ=b (0<b<1),截面PQEF∥A'D,截面PQGH∥AD'. (1)证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直； (2)证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，并求出 这个值； (3)若D'E与平面PQEF所成的角为45°，求D'E与平面 PQGH所成角的正弦值. D' C" D17、空间向量与立体几何 1.答案：B 由题意得，AB=(-3,-3,3),CD=(1,1,-1), 所以AB=一3CD,所以AB与CD共线， 又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD. 2.答案：A 因为在平行六面体ABCD-A,B,C1D1中， BM-2BD-7(AD-AB)=7(A:D:-A:B:). 所以B,i=B,店+BMi=A1A+2(A,D,-A1B) 3A,B+号A,D+A=-a+b+e. 3.答案：C 取A,B,的中点E1,连接EE1,EC,易知EC, E EB,EE,两两垂直，以E为坐标原点，建立如 图所示的空间直角坐标系. 则E(0,0,0),C(83,0,0),A1(0, 1 2), AC=(1 22，-2). 设F(0,2A)(0<A≤2)，则E=(0,2A). 由A,C1EF,得A1C.=-2x=0,解得入=日 故BR 2-8 FB =15. 1 8 4.答案：B 如图，在正四棱柱ABCD一A1B1C1D1 D 中，E,F分别为侧面ABB1A1和侧面 BCC1B1的中心，G为BB1的中点，EN B 为2点钟时针，FM为8点钟时针， 则∠NEG=30°，∠MFG=30°， G D 设正四棱柱的底面边长为a,侧棱长为b, 以D为原点，以DA,DC,DD1的方向分 别为x,y,之轴建立空间直角坐标系，则 B,号2.Naa号go.F号e合Maa9c) b,√3 6a), 所以|cos(EN,FM)|= EN FM 12a IEN·FM 3 V4 V436a 所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所 成的角的余弦值为 1 5.答案：B 取AB中点E,可知E在球面上， 可得成=-所=脉， 所以PA.PB =(PE+EA)·(PE+EB) D =P)-Ei)-P啦子 点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，当PE为直径 时，|PE|mx=√2， 所以PA·PB的最大值为4 6.答案：C 由已知得A(√2，√2,0)，B(0,√2,0)，D(√2,0,0)，E(0,0,1). 设M(x,x,1),则 AM=(x-√2，x-√2,1)，Bd=(2,-√2,0)，B2=(0,-2,1). 设平面BDE的法向量为n=(a,b,c), 所即人Ea26=0·解得=. 则 即 nLBi,{-2b+c=0, c=√2b, 取b=1,则n=(1,1,√2). 又AM∥平面BDE,所以n·AM=0, 即2(x-厄)+厄=0，得=2 2 所以M 故选C 7.答案：C 以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直 线分别为x、y、之轴， 建立空间直角坐标系，P(1,2,0), D M(0,1,2),N(2,0,1),D(0,0,0), B1(2,2,2) 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第1页 故DB1=(2,2,2),PM=(-1,-1,2), PV=(1,-2,1), 设平面PMN的法向量为 m=(a,y,2), 则·Pi=Qy)·(-1,-1,2)=--y+22=0 m.PN=a,y,)·1,-2,1)=x-2y+x=0 令x=1得，x=y=1,故m=(1,1,1), 因为DB1=2m,故DB1⊥平面PMN, Q为平面PMN上的动点，直线QB1与直线DB1的夹角为30°， DB1⊥平面PMV,设垂足为S,以S为圆 D M 心=怎BS为米径作圈，即为点Q的个 轨迹， 其中B1D=|B1D|=√4+4+4=2W5, 由对称性可知，B,S=2B1D=3, 故半径，= 3 ×5=1, 故点Q的轨迹长度为2元. 8.答案：C 连接AE,取AE的中点G,可知G为△ADE的外心， 过G作平面ABCD的垂线， 可知三棱锥A一DEF外接球的球心O在该垂线上， 设GO=n,CF=m∈(0,4]，以D为坐标原点，DA,DC,DD1分 别为xy,之轴，建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0),A(4,0,0),E(0,2,0), D G(2,1,0),O(2,1,n),F(0,4,m), 因为OD=OF, 即√4+1+n2=√4十9+(m-n)7, 整理得=公+>2， .生=22， m 2 当且仅当号着即m=2时，等号成立，4 所以三棱锥A一DEF外接球半径的最小值为√4十1十8=√13. 9.答案：BC 对A店=11,0).=(-12,10，因为≠号显然与 AC不共线，A错误； 对B,设平面ABC的法向量n=(x,y,之)， (AB·n=x+y=0 ,令x=1,得n=(1,-1,3),B正确。 AC.n=-x+2y+之=0 对C,BC=(-2,1,1),cos〈AB,BC)= AB.BC ABIBCI 1×(-2)+1×1 √/1+1×√/4+1+1 6,C正确： 对D,AB方向相同的单位向量 即2 221 ,D错误； 故选：BC 10.答案：AC 取AC中点为O,连接OB,以点O为坐标原 点，分别以OB,OC为x,y轴，以过点O且与 B AA1平行的直线为z轴，建立空间直角坐 标系， 则A(0,-1,0),D(0,1,1),C(0,1,0), C1(0,1,2),A1(0,-1,2),B3,0,0) EW3,0,1), 所以，A1C1=(0,2,0), 由A1F=A1C1可得，OF=OA1+入A1C=(0,2入-1,2)， 所以F(0,2入-1,2)，CF=(0,2λ-2,2). 对于A项，当入=2时，有F0,0,2),所以C=(0,-1,2). 又AD=(0,2,1),所以C京.AD=0-1×2+2×1=0, 所以，CF⊥AD,所以CF⊥AD,故A项正确； 对于B项，因为AD=(0,2,1),AB=（W,1,0), 设n=(x,y,之)是平面ABD的一个法向量， 则有a·万=0，即十=0 {n·A店=0'3x十y=0 取x=1,则n=(1,-√5,25)是平面ABD的一个法向量. 若CF⊥平面ABD,则CF∥n. 因为C下=(0,2入一2,2)，显然C,n不共线，故B错误； 对于C项，因为EF=(-√5,2入-1,1)，n=(1,-√5,23)是平 面ABD的一个法向量.要使EF∥平面ABD,则应有EF⊥n, 所以EF·n=-√3-√3(2λ-1)+23=0，解得入=1， 所以，3入∈[0,1]，使得EF∥平面ABD,故C项正确； 对于D项当=时点r0.-子2小则-(6，号，2 又n=(1,一√3,25)是平面ABD的一个法向量， 设AF与平面ABD所成角为0，所以，sin0=|cos(n,AF)| 23 n·AF 3 +45 √3 n|·AF 4×2 ,故D项错误。 8 3 11.答案：BD 设函数f)的最小正周期为，则AA'=AB-B'B=-A: 又AB=AA+A'B+BB, 平方得|AB|2=(AA+AB+BB)2, ABI=AA+BB+AB2+2AA.B'B, 所以2=3入2一入2，即入2=1，因为入>0，解得入=1， 故T=2x=2,即w-F=x,所以f(r)=sin(r十p), 则f(0)=sing= 要可有誓 又因为函数f(x)在x=0附近单调递减，且0<9<π， 所以9否，故Λ错误： 对于B选项，因为fe)-sin(x+)当xe侣号)时， +受∈臣）此时fe)单调递增，B符合题意： 对于C选项，在平面a内，过点D作DM∥AC交x轴于M,交 f(x)于Q1,在平面B上，过M作平行于BC的直线交f(a)于 Q2,此时DQ1,DQ2∥面ABC,故C错误； 对于D选项，若P1,P2均在a上，由AP,⊥BB'可知，AP:平行 于x轴，此时|PP2|mm=T=2, 若P1,P2均在B上，作AE⊥B于点E,则AE⊥BB', 又AP:⊥BB',又AP:∩AE=E,从而BB'⊥面AP:E, PEC面APE,故PE⊥BB', 而A'E=AA'c0c60=分因比，在图1中作直线y=一乞，则 1 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第2页 P:为y=一 与yf)的交点，不妨设P1,P2为y目 与y=f(x)在y轴右侧最近的两个交点， 则此时1P,P,的最小值为号T=号若P,P,不在同一个面 上，我时1Pl。=An,=m-零>号改D 正确。 12.答案：[0,1] 由题意，设BP=λBD1,其中A∈[0,1]， DC·AP=AB·(AB+BP)=AB·(AB+ABD1) =AB2+入AB·BD1=AB2+入AB·(AD1-AB) =(1-λ)AB2=1-λ∈[0,1]. 因此DC·AP的取值范围是[0,1]. 13.答案：22 如图以E为坐标原点建立空间直角坐 2 标系： 则E(0,0,0),F ,B(0,-1,0), 设D(0,t,2)(-1≤t≤1)， 则E京= ,BD=(0,t+1,2), 设直线BD与EF所成角为0， EF·BD 所以cos0= EFBD t+1 +4 √10 √5·√(t+1)2+4 4 即232+14-37=0，解得1=1或1= 费舍去， 所以1|BD1=√02+2+2=22， 1管家百 记该正四面体为ABCD,如图，由题意 球O是该正四面体的内切球， 显然O在其高AH上，H是底面正 △BCD的中心， 设AB=x,则DH=号× 2x= 32, AH-VAD-DH6 , VAICD 2 122 12 所以x=a, O是ABCD内切球球心也是其外接球球心， 设内切球半径为r,即OH=r,又AO=OD, 由OH+DH=OD得r+(4)=C6 3r),r=6 2 2, |MN|最大时，MN是球O的直径， PM.PN=(PO+OM).(PO+ON) -(PO+OM)(PO-OM)-PO:-OM:-PO:- 2442, 点P在该正四面体的表面，当P是正四面体的顶点时， 可取得是大值为气。一合5。 4, 所丽不的录大值是原)一京 15.证明：由题意知，AA1,AB,AC两两垂直，则以A为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系. 42 4 M A,x 设AA1=2,则A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0), C(0,0,2),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1). (1)因为AA1⊥A1B1,AA1⊥AC1, 且A1B1∩A1C1=A1, 所以AA1⊥平面A1B1C1. 因为MN=(0,1,1),AA1=(2,0,0), 所以MN·AA1=0,即MN⊥AA1. 因为MV丈平面A1B,C1, 故MN∥平面A1B1C1· (2)设平面MBC1与平面BB,C,C的法向量分别为 n1=(x1y1,21）,n2=(x2y2,2）. 因为MB=(-1,2,0),MC1=(1,0,2), 。一+车公 则n1=(2,1,-1).同理可得n2=(0,1,1). 因为n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n1⊥n2, 所以平面MBC1⊥平面BB,C,C. 16.(1)由题意知A(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),D(1,1,1). 由P成-2市得P1,日号.所以(-1，日号. 所以=-1-1+（台2 3 11 (2)因为点P是面对角线AB的中点，所以P(1,2,2), 而点Q在面对角线DC上运动，故设点Q(a,l,a),a∈[0,1]， 则1p=-1)+1-2+a-2 /2a2-3a+2 3 3 2(a- 2+8a∈[0,1， 所以当。-时.P咬取得最小值此时点Q(1,是。 17.(1)由AB=8,AD=5月，A2=号AD,A=A店， 得AE=2√，AF=4,又∠BAD=30°，在△AEF中， 由余弦定理得EF=√AE+AF2-2AE·AF cos∠BAD= √16+12-2·4·25.5 =2, 所以AE2十EF2=AF2,则AE⊥EF,即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE, 又PE∩DE=E,PE、DEC平面PDE, 所以EF⊥平面PDE,又PDC平面PDE, 故EF⊥PD: (2)连接CE,由∠ADC=90°，ED=3W3,CD=3, 则CE2=ED2+CD2=36, 在△PEC中，PC=4√3，PE=2√5，EC=6, 得EC2+PE=PC2, 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第3页 所以PE⊥EC, 由(1)知PE⊥EF,又EC∩EF=E,EC、EFC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD,又EDC平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角 坐标系E一xy之， 则E(0,0,0),P(0,0,2√3)，D(0,33,0),C(3,33,0), F(2,0,0),A(0,-23,0), 由F是AB的中点，得B(4,2√3,0)， 所以PC=(3,3√3，-25)，PD=(0,35,-2√3)， PB=(4,25,-25),PF=(2,0,-25), 设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为 n=（x1,y1,21),m=(x2,y2,22）, 则·PC-31+3-2w,=0 m·PD=33y1-2W3x1=0 (m·PB=4x2+2W3y2-25z2=0 m·PF=2x2-2√3x2=0 令y1=2,x2=3,得x1=0,21=3,y2=-1,22=1, 所以n=(0,2,3),m=(√5，-1,1)， 所以|cos(i,i)1=m·n 1 .√65 m1l5·3 65 设平面PCD和平面PBF所成角为O, 则sin6=个-cos30=8y6⑤ 65, 8√65 即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为65， 18.(1)取AD的中点G,连接BG,FG, ,AB=BD,G为AD的中点，.BG⊥AD, 又AD⊥DC,.BG∥CD. 又BG丈平面ECD,CDC平面ECD,∴.BG∥平面ECD. .F为AE的中点，.FG∥ED. 又FG中平面ECD,EDC平面ECD,∴.FG∥平面ECD, 又BG∩FG=G,BG,FGC平面BFG, .平面BFG∥平面ECD, 又BFC平面BFG,∴.BF∥平面ECD. (2).EA⊥ED,由(1)知FG∥ED,∴.FG⊥AE, 又EB=AB,F为AE的中点，∴.BF⊥AE, 又BF∩FG=F,BF,FGC平面BFG,∴.AE⊥平面BFG, 又BGC平面BFG,∴.BG⊥AE, 又BG⊥AD,AD∩AE=A,AD,AEC平面EAD, .BG⊥平面EAD, 又BGC平面ABCD,∴.平面EAD⊥平面ABCD, 连接EG,,EA=ED,G为AD的中点，.EG⊥AD, 又平面EAD∩平面ABCD=AD,EGC平面EAD, ∴.EG⊥平面ABCD,BGC平面ABCD,∴.EG⊥BG, 以G为坐标原点，GB,GD,GE所在直线分别为x,y,之轴，建 立如图所示的空间直角坐标系， x ∠EBG是EB与平面ABCD所成的角，即∠EBG=30°， .EA=ED,设EA=t(t>0), 则AD-i,BG=,BB=.G- 21, 6aa0)号a0.9p号停oo E丽= 9)正-6)成-) 设平面ABE的法向量为N,=(x1y1之1) .E店= 9,=0 则 .AE= 1√2 2ty1+2tx1=0 令x1=1,得n1=(1,一√5，W3), 设平面DBE的法向量为n2=(x2y2,之2)， 2tx:- 2t2-0 则 ·D克=- 2② t22=0 令x2=1,得n2=1,55), 设二面角A一EB一D的平面角为0， Icos01=lcos,= n1·n2 1 1 1n1川n2|√7×7 7 所以sin0=√/1-cos'0= 43 即二面角A一EB一D的正弦值为， 19.(1)以D为原点，射线DA,DC,DD'分别为x,y,之轴的正半轴 建立如图的空间直角坐标系 D' H 截面PQEF∥A'D,平面PQEF∩平面ADD'A'=PF,A'DC 平面ADD'A', 故PF∥A'D,同理HP∥AD',故DF=1-b, 故A(1,0,0),A'(1,0,1),D(0,0,0),D'(0,0,1),P(1,0,b), Q(1,1,b),E(1-b,1,0),F(1-b,0,0),G(b,1,1),H(b,0,1). 故PQ=(0,1,0),PF=(-b,0,-b),Pi=(b-1,0,1-b) AD=(-1,0,1),A'D=(-1,0,-1), 因为AD.PQ=0,AD.PF=0,所以AD是平面PQEF的法 向量 因为AD.PQ=0,AD·Pi=0,所以AD是平面PQGH的 法向量。 因为AD·AD=0,所以AD⊥AD,所以平面PQEF和平面 PQGH垂直， (2)EF=(0,-1,0),EF=-PQ, 所以EF∥PQ,|EF|=|P|=1, 又PF⊥PQ,所以PQEF为矩形，同理PQGH为矩形. 在所建立的坐标系中可求得PH|=√2(1一b),P序=√2b, 所以|Pi|+|PF|=√2， 2026年伯乐马一轮复习同步考练·数学答案·第4页 又PI=1,所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为√2， 是定值 (3)D'E与平面PQEF所成的角为45°，故D'E与AD成45°角， 又DE=(1-b,1,-1),AD=(-1,0,1), D它.AD b-2 可得 |D它1|AD V2√/1-b)2+2 2, 2-b =1,解得b= √1-b)2+2 2 所以D定-日1，-小又A=(-10,-1D, 所以D'E与平面PQGH所成角的正弦值为 1cosD它，A'D)|= 2 6