周测评(十六)立体几何初步---空间位置关系-【衡水真题密卷】2026年高三数学学科素养周测评（A版）

巧解辅助线，智取压轴吴 密真 2025一2026学年度学科素养周测评（十六） 6.已知菱形ABCD的边长为2,3，∠BAD=60°，将△ABD沿BD翻折至△A'BD,使点 班级 爸题数学·立体几何初步—一空间位置关系 A到达点A'的位置，且平面A'BD平面BCD.若点A',B,C,D都在同一球面上，则 该球的表面积为 () 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 A.16π B.20x C.24x D.28π 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 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。 得分 是符合题目要求的。 题号 7 8 题号 4 5 答案 答案 7.在正四棱柱ABCD-A,B1C1D1中，AB=2AA1,点M是棱DD1上的动点（不含端点），则 1.已知a,3是两个互相平行的平面，1，m,n是不重合的三条直线，且1⊥a,mCa,nCB,则 () () A.l⊥n C.l∥n D.m∥n A.过点M有且仅有一条直线与直线AC,B,D1都垂直 B.m⊥力 2.如图所示，在四棱锥P-ABCD中，M,N分别为PC,AC上的点，且MN∥平面PAD,则 B.过点M有且仅有一条直线与直线AC,B:D:都相交 () C.有且仅有一个点M满足△MAC和△MB1D1的面积相等 D.有且仅有一个点M满足平面MAC⊥平面MB:D 8.如图，平面m与平面n相交于直线，空间内有另一条直线，记1，l2的夹角为0， 与平面m的夹角为a,山2与平面n的夹角为A,二面角mln为y(y<),则（) A.MN∥PD B.MN∥PA C.MN∥AD D.以上均有可能 3.三个互不重合的平面将空间分成n个部分，则”的最小值与最大值之和为 () A.11 B.12 C.13 D.14 4.在体积为3的四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,BC=CD=BD= A.8>a B.0>3 2,则AC= () C.a十B+Y≤π D.a十B+Y≥x A.4 B.23 C.10 D.32 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 5.如图，在正方体ABCD-A1B1CD1中，E,F,M,N,G,H分别为棱AB,BC,AD,CD, 9.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，正八面体就是其中之一，正八面体由八个 AB1,C1D1的中点，P为DH的中点，连接EH,FG.对于空间任意两点I,J,若线段 等边三角形构成，也可以看做是由上，下两个棱长相等的正四棱锥沿底面完全重合黏合 」上不存在也在线段EH,FG上的点，则称I,J两点“可视”，则与点B,“可视”的点为 而成.如图，在正八面体ABCDEF中，H是棱BC的中点，则异面直线HF与AC所成 () 角的余弦值是 A.D B.P C.M D.N 学科素养周测评（十六）数学第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十六）数学第2页（共4页）】 A 10.在直四棱柱ABCD-A:B:CD,中，∠BAD=,AB=AD=AA:=2,点Q在侧面 12.(20分)定义：多面体M在点P处的离散曲率为，=1-一云（∠Q,PQ:+∠Q:PQ,十 DCC1D:内，且A,Q=√7，则点Q的轨迹长度为 …+∠Q-PQ:十∠QPQ),其中P为多面体M的一个顶点，Q(i=1,2,…,k,k≥ 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。 3且k∈N“)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面QPQ:、平面QPQ、… 11.(20分)如图，在多面体ABCDE中，∠ACD=60°，AC=AE=2CD=2,AE∥CD,记平 平面Q,-1PQ,和平面Q:PQ:为多面体M的所有以P为公共点的面.如图，在四棱锥 面ABE∩平面BCD=,AB⊥I,若点B在以AC为直径的圆上运动. P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形，CD=2,DP=2√3. (1)证明：AB⊥BD Q (2)若N为线段AC的中点，求直线EN与平面ABD所成角的正弦值. A (1)求四棱锥P-ABCD在顶点C处的离散曲率， (2)若四棱锥P-ABCD内部有一球体，求该球体表面积的最大值； (3)若Q是棱PB上的一个动点，求直线CQ与平面ABCD所成角的取值范围. A 学科素养周测评（十六）数学第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十六）数学第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 2025一2026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 所以AC=√AO2+CO=2V5. 1.A【解析】因为a∥B,l⊥a,所以l⊥B.又mCa, nCβ，所以l⊥m,l⊥n,m与n平行或异面. 2.B【解析】直线MNC平面PAC,MN∥平面PAD, 平面PAC∩平面PAD=PA,所以MN∥PA. 3.B【解析】按照三个平面中平行的个数来分类： (1)三个平面两两平行，如图1所示，可将空间分 成4部分；(2)两个平面平行，第三个平面与这两个 5.D【解析】如图，连接B1D,B1P,B1E,由正方体 平行平面相交，如图2所示，可将空间分成6部分； 的性质及E,H分别为棱AB,C1D1的中点，易得 B1E∥HD,所以线段B1D与EH相交，B1P与 EH相交，故A,B错误；连接MF,B1M,有AB∥ MF,AB∥B1G,故B1G∥MF,所以线段B1M与 FG相交，故C错误；连接B1N,直线B1N与 EH,直线B1N与FG均为异面直线，故D正确. 图1 图2 D H (3)三个平面中没有平行的平面：()三个平面两 两相交且交线互相平行，如图3所示，可将空间分 B 成7部分；（川）三个平面两两相交且三条交线交 于一点，如图4所示，可将空间分成8部分；（川) MD7-N 三个平面两两相交且交线重合，如图5所示，可将 A E B 空间分成6部分，所以三个平面将空间分成4,6， 6.B【解析】如图所示，取BD的中点E,连接A'E, 7,8部分，n的最小值与最大值之和为12. CE, 图3 图4 由题意可知△A'BD和△BCD均为全等的等边三 角形，所以A'E⊥BD,CE⊥BD,且A'E=CE= 2√3Xsin60°=3.因为平面A'BD⊥平面BCD, 平面A'BD∩平面BCD=BD,所以A'E⊥平面 BCD,因为CEC平面BCD,所以A'E⊥CE.设O 为球心，O1为△BCD的外心，O2为△A'BD的外 图5 4.B【解析】取BD的中点O,连接AO,CO,由 心，则OO1⊥平面BCD,OO2⊥平面A'BD,且 AB=AD,BC=CD=BD=2,得AO⊥BD,CO 0,E=0,E=号CE=行AE=1,所以四边形 ⊥BD,而平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平 OO1E02为边长为1的正方形，即O01=1.又因 面BCD=BD,AOC平面ABD,则AO⊥平面 cD,+是Vm=号Sao·A0-号×是 为△BCD的外接国卡径B0,=C0,=号CE=2, 4 所以在Rt△BOO1中，BO2=OO号+BO,即 2A0=√3，解得AO=3,而A0⊥C0,C0=√3， R2=1十22=5，所以球的表面积S=4πR2=20π. ·13· A 真题密卷 学科素养周测评 二、选择题 三、填空题 7.AB【解析】由图可知直线AC和直线B1D1异 面，则过空间中一点都是有且仅有一条直线与它 【解析】取AB的中点G,连接HG,FG,因为 们垂直，故A正确；直线AC和直线B1D1异面， H,G分别是棱BC,AB的中点，所以HG∥AC, 且直线AC与平面MB1D1相交，直线B1D1与平 则∠FHG是异面直线HF与AC所成的角或补 面MAC相交，所以过，点M有且仅有一条直线与 角，设AB=2,则HG=1,FG=√BF2+BG=V5, 直线AC,B1D1都相交，故B正确；连接BD交 FH=√3，在△FHG中，由余弦定理可得cos∠FHG= AC于点O,易知MA=MC,所以MO⊥AC,可知 HG2+FH2-FG√ M到AC的距离大于D0,且D0= 2AB= 2HG·FH 6,则异面直线HF与AC √2AA1,又M到B1D1的距离小于AA1,结合 所成角的余弦值是 6 AC=B1D1所以两三角形面积不可能相等，故C 错误；由正四棱柱易得ACL平面MB1D1,又AC C平面MAC,所以对任意M恒有平面MAC⊥平 面MB,D1,故D错误， D B M:- ‘D 【解析】如图所示，过点A,作A1E 过点E1作EE1⊥CD, E D 8.ABC【解析】当l2⊥l1时，设l2与平面m,n分 别交于D,C两点，即CD⊥L1,如图所示，取CD 的中点P,分别作PE⊥m,PF⊥n,垂足分别为 E,F,设l1∩平面PEF=O,连接OC,OD.因为 PE⊥m,PF⊥n,且PE∩PF=P,且PE,PFC 平面OCE,所以11⊥平面OCE,又因为OC,ODC A B 平面OCE,所以l1⊥OC,l1⊥OD,所以∠COD为 二面角的平面角，即∠COD=Y,因为PE⊥m,PF 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，所 以DD1⊥平面A1B:C1D1,因为A1E1C平面 ⊥n,所以∠CDO=a,∠DCO=B,此时a十B+ A1B1C1D1,所以DD1⊥A1E1,又因为A1E1⊥ Y=元；当l2与l1不垂直时，设l2与平面m,n分 C1D1,DD1∩C1D1=D1,DD1,C1D1C平面 别交于B,A两点，即AB不与11垂直，如图所示， DCC1D1,所以A1E1⊥平面DCC1D1,因为直线 取AB的中点P,分别作PE⊥m,PF⊥n,垂足分 E1QC平面DCC1D1,所以A1E1⊥E1Q,因为 别为E,F,根据线面角的定义，可得∠PBE=a, ∠PAF=B,此时AB>CD,所以PB>PD,在 ∠BAD=子，AB=AD=AA,=2,所以A,E:= R△PBE中，n&-n∠PBE-器<S- 2x5=3,又因为A,Q=7,所以EQ 2 sin∠PDE,所以∠PBE<∠PDE,同理可得 √7一3=2，因为，点Q在侧面DCC1D1内，所以在 ∠PAF<∠PCF,所以a十B十Y<π，综上可得 α十B十Y≤π，故C正确，D错误；根据线面角的定 平面直角坐标系中来研究点Q的轨迹长度，如图 义和最小角定理知，a为L2与平面m内所有直线 所示： 所夹的最小角，3为l2与平面n内所有直线所夹 的最小角，所以0>a且0>B,故A,B正确。 O(E) D G D A 。14· ·数学· 参考答案及解析 点Q的运动轨迹为以点E1为圆心，2为半径的 所以PD⊥CD! 圆在正方形DCC1D1内部的孤FG,显然 因为tan∠DCP= PD2√3 CD 2 =3, ED1=2X2=1,0F=2,所以∠F0G= 3,所 所以∠DCP-子 (2分) 因为PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以 四、解答题 PD⊥BC, 11.(1)证明：如图，过点B作CD的平行线，即为l. 又BC⊥CD,PD∩CD=D,PD,CDC平面 理由如下：因为AE∥CD,AEC平面AEB,CD PCD,所以BC⊥平面PCD, (4分) 中平面AEB,所以CD∥平面AEB. (3分) 又PCC平面PCD,所以BCLPC, 又因为CDC平面BCD,且平面ABE∩平面 BCD=1, 即∠PCB=, (5分) 所以L∥CD. (5分) 又因为AB⊥l,所以AB⊥CD, 由离放曲*的定义得：=1-云（∠DCB十 又因为B在以AC为直径的圆上运动，所以AB ⊥BC, (7分) ∠PCB+∠DcP)-1-2(++)=3 因为BC∩CD=C,BC,CDC平面BCD,所以 (6分) AB⊥平面BCD, (2)因为四边形ABCD为正方形，则AB⊥AD, 因为BDC平面BCD,所以AB⊥BD. (10分) 因为PD⊥平面ABCD,ABC平面ABCD,则 E AB⊥PD, 因为AD∩PD=D,AD,PDC平面PAD, 所以AB⊥平面PAD, 因为PAC平面PAD,所以AB⊥PA,(8分) B L 设四棱锥P-ABCD的表面积为S1, (2)解：在△ACD中，AC=2CD=2,∠ACD= 则S1=S△PAD十S△PCD十S△PAB+S△PBC十 60°，由余弦定理可得AD=√3， (12分) S正方形ABCD=2S△PCD十2S△PBC十S正方形ABCD 所以AD2+DC2=AC2,则∠ADC=90°， ×2×4+22 2 故CD⊥AD. =2×2×2x23+2x号 由(1)知AB⊥CD,AB∩AD=A,AB,ADC平 =4W3+12. (10分) 面ABD,所以CD⊥平面ABD, (14分) 设四棱锥P-ABCD的内切球的半径为r,则 又因为AE∥CD,所以AE⊥平面ABD. 令EN∩AD=H,则∠EHA即为直线EN与平 VP-ABCD= 3S正方形ABCD·PD -38 .r, 面ABD所成的角， (16分) 所以r= S正方形ABCD·PD2X2V3 因为∠EHA- Si 4√3+12 =3一1， -∠AEH, (12分) 所以sin∠EHA=cos∠AEH, 所以四棱锥P-ABCD内切球的表面积S2= 在△AEN中，EN2=12+22-2X1×2×cos120°=7， (18分) 4πr2=(16一8√5)π，即该球体表面积的最大值为 所以cos∠AEH=cos∠AEN (16-8√3)π. (13分) =AE2+EN2-AN24+7-15V7 (3)如图，过点Q作QG∥PD交BD于点G,连 2AE·EN 2X2X7 14, 接CG, 即直线EN与平面ABD所成角的正弦值 因为PD⊥平面ABCD,所以QG⊥平面ABCD, 部 则∠GCQ为直线CQ与平面ABCD所成的角. (20分) (14分) 12.解：(1)因为PD⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, 易知，当Q与B重合时，∠GCQ=0; ·15· A 真题密卷 学科素养周测评 所以tan2∠GCQ= QG2 CG x2-2√2x+4 9 3 2 2 1-22+4 (2_2)211 x2 (x-2)+2 当（至号}产+号最小时，am∠60Q最大， 当Q与B不重合时，设BG=x(0<x≤2W2), 即∠GCQ最大，此时x=2√2(Q与P重合)， 在△BCG中，由余弦定理得CG=BC2+BG 2BC·BGcos∠DBC 由tan2∠GCQ≤3，得tan∠GCQ≤√3，即∠GCQ =4+x2-22x. 2=x2-22x+4, , (16分) 所以∠GCQ的最大值为行， 因为QG∥PD,所以△BGQ∽△BDP,所以 所以直线CQ与平面ABCD所成角的取值范围 PDBD,则QG=BG·PD6 QG BG BD x, 为，]： (20分) 2025一2026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 3.B【解析】设∠BAD=0,则AC2=(AB+AD+ l.A【解析】向量a在向量b上的投影向量为a· AA1)2=AB2+AD2+AA12+2AB·AD+2AD· ama6·日-606-xg+X1 AA1+2AA·AB,故16=1+1+9+21AB1· (22+1+1)2 |AD1coS∠BAD+2|AD|·IAA:I cos∠A1AD+ 21=21,=(3,2) 3 2AA1|·AB|cos∠A1AB,即16=11+2cos0+ 2.C【解析】由{a十b,b-c,m}可作为空间的一组 6cos吾+6cs吾，解得cas0=一司，月为0∈(0， 基底，则a十b,b一c,m不共面，当m=a时，假设 存在(x1,y1),使得m=x1(a十b)十y1(b一c),则 0,所以0= 3 x1=1, 4.B【解析】由CD=Cò+OD=2O元-xOA x1十y1=0,无解，即a十b,b-c,m不共面成立， yOB,得OD=3O元C-xOA-yOB,因为A,B,C, -y1=0, D四点共面，所以3-x一y=1,故x十y=2,从而 故A错误；当m=c时，由A分析同理可知，不存 在(x2,y2),使得m=x2(a+b)+y2(b-c),即 a十b,b-c,m不共面成立，故B错误；当m= a十c时，m=(a十b)-(b-c),即a十b,b-c,m =3十2，当且仅当x=4-22y=2万- 2√2=2 共面，不可作为基底，故C正确；当m=a一c时， 假设存在(x3,y3),使得m=xa(a+b)十 2时等号成立，所以二十的最小值为小区 x y x3=1, 5.C【解析】如图，以球心O为坐标原点，OP所在 y3(b-c),则x3十y3=0,无解，即a十b,b-c,m 的直线为x轴，建立空间直角坐标系，因为球O的 -y3=-1, 半径为3，则P(3,0,0),设S(x,y,z),则S0= 不共面成立，故D错误. (-x,-y,-x),SP=(3-x,-y,-x),所以 ·16·