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（B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） 班级 爸题数学·立体几何初步—一空间位置关系 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 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 A.D B.P C.M D.N 得分 是符合题目要求的。 .9 6.已知正四棱锥的高为h,其各顶点都在同一球面上，若该球的体积为36π，且 h2' 2 题号 6 答案 则该正四棱锥体积的最大值是 1.已知a,B是两个互相平行的平面，l,m,m是不重合的三条直线，且1⊥a,mCa,nC3,则 () .64 81 A.l⊥n B.m⊥n C.3 0.4 C.l∥n D.m∥n 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 2.如图所示，在四棱维P-ABCD中，M,N分别为PC,AC上的点，且MN∥平面PAD,则 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。 () 题号 8 答案 7.在△ABC中，AB=AC=5,BC=√50，边AB,AC在平面a上的射影长分别为3,4，则 边BC在a上的射影长可能为 () A.7 B.6 C.1 D.0 A.MN∥PD B.MN∥PA 8.在正四棱柱ABCD-A:B1CD1中，AB=2AA:,点M是棱DD1上的动点（不含端点），则 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n的最小值与最大值之和为 () A.过点M有且仅有一条直线与直线AC,B,D,都垂直 A.11 B.12 B.过点M有且仅有一条直线与直线AC,B:D1都相交 C.13 D.14 C.有且仅有一个点M满足△MAC和△MB1D1的面积相等 4.在体积为，3的四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,BC=CD=BD= D.有且仅有一个点M满足平面MAC⊥平面MB:D, 2,则AC= () 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 A.4 B.23 C./10 D.32 9.已知圆柱的底面半径为1，O是其上底面的圆心，A,B是下底面圆周上的两个不同的 5.如图，在正方体ABCD-A1BCD1中，E,F,M,N,G,H分别为楼AB,BC,AD,CD, 点，BC是母线.若直线OA与BC所成角的大小为，则BC-一· A1B1,CD: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 II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 10,在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，∠BAD=号，AB=AD=AA,=2,点Q在侧面 () DCC:D1内，且A:Q=√7，则点Q的轨迹长度为 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）】 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。 12.(20分)如图所示，C,D分别为半圆锥PAB的底面半圆弧上的两个三等分点，O为AB 11.(20分)如图，在多面体ABCDE中，∠ACD=60°，AC=AE=2CD=2,AE∥CD,记平 的中点，E为母线PB的中点， 面ABE∩平面BCD=L,AB⊥1，若点B在以AC为直径的圆上运动. (1)证明：AB⊥BD. (1)证明：DE∥平面PAC. (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， (2)若△PAB为等边三角形，求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值. 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 不妨将A平移到A'(0,0,0)处，设P(x,y,之)， 同理可知等边三角形内部任意一点Q(x',y, 若D(A',P)=m(m>0),则|x|+|y十|z|=m, 之)，均满足x'十y'十z'=m(0≤x,y,之≤m). 当x,y,之≥0时，即x+y+之=m(0≤x,y,之 所以满足方程x十y十之=m(0≤x,y,之≤m)的 ≤m), 点P,构成的图形是边长为√2m的等边三角形内 设M1(m,0,0),M2(0,m,0),M3(0,0,m), 部（含边界）， (18分) 由OP=λ1OMi+λ2OM2+λOM,得入1+入2+ 由对称性可知，动点P围成的图形为八面体，每 λ3=1 个面均为边长为√2m的等边三角形， 所以P,M1,M2,M3四点共面， (14分) 1 所以当x,y,z≥0时，P在边长为√2m的等边三 故该几何体体积V=8×6m3-323,解得m- 角形M1M2M3内部（含边界）， 2√3. (20分) 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 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. 图5 3.B【解析】按照三个平面中平行的个数来分类： 4.B【解析】取BD的中点O,连接AO,CO,由 (1)三个平面两两平行，如图1所示，可将空间分 AB=AD,BC=CD=BD=2,得AO⊥BD,CO 成4部分；(2)两个平面平行，第三个平面与这两个 平行平面相交，如图2所示，可将空间分成6部分； ⊥BD,而平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平 面BCD=BD,AOC平面ABD,则AO⊥平面 BCD,于是em=Sam·A0-日×9× 4 2AO=√5，解得AO=3,而A0⊥C0,C0=√5， 图1 图2 所以AC=WAO2+CO2=2√3」 (3)三个平面中没有平行的平面：(1)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 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） 三个平面两两相交且交线重合，如图5所示，可将 空间分成6部分，所以三个平面将空间分成4,6， 7,8部分，n的最小值与最大值之和为12， 5.D【解析】如图，连接B1D,B1P,B1E,由正方体 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B,N,直线B,N与 图3 图4 EH,直线B1N与FG均为异面直线，故D正确. ·11· B 真题密卷 学科素养周测评 D H G 列B1 P M D E B 6.C【解析】如因，设球的丰经为R,则号R 三、填空题 3 36π，解得R=3,设正四棱锥的底面边长为2a,则 9. 【解析】如图所示，因为AD∥BC,且AD= 3=(厄a)）'+(-3),解得a=6h 2,所以正 BC,所以直线OA与BC所成角即为直线OA与 四拔绿的体积V=写S弘=写×如2X 1 3(62 AD所成角为子，可得∠0AD=子，在R△0AD 元=3，即BC=3 13 中，可得AD= h),则V'=8h-2h2=2h(4-h),所以当 h 2 tan g 4时，V≥0.V单羽递增：当4≤时，V<0,V 单调递减，故当h=4时，正四棱锥的体积V取得 64 最大值，最大值为 2π 10.3【解析】知图所示，过点A,作A ELC,D1, 过，点E1作EE1⊥CD, D 二、选择题 E 7.AC【解析】不妨设，点A在Q上，因为AB= D AC=5,且边AB,AC在a上的射影长分别为3， 4,所以，点B,C到a的距离分别为4,3.当B,C在a 因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，所 同一侧时，BC在a上的射影长为√（√50）2-(4一3)2 以DD1⊥平面A1B1C1D1,因为AE1C平面 =7;当B,C在a不同侧时，BC在a上的射影长为 A1B1C1D1,所以DD1⊥AE1,又因为A1E1⊥ √（√50）2-(4+3)2=1. C1D1,DD1∩C1D1=D1,DD1,C1D1C平面 DCC1D1,所以A1E1⊥平面DCC1D1,因为直线 8.AB【解析】由图可知直线AC和直线B1D1异 E1QC平面DCC1D1,所以A1E1⊥E1Q,因为 面，则过空间中一，点都是有且仅有一条直线与它 们垂直，故A正确；直线AC和直线B1D1异面， ∠BAD-了AB=AD=AA,=2,所以A,E,= 且直线AC与平面MB1D1相交，直线B1D1与平 面MAC相交，所以过点M有且仅有一条直线与 2x5=3,又图为A:Q=7,所以E,Q 2 直线AC,B1D1都相交，故B正确；连接BD交 √7-3=2，因为点Q在侧面DCC1D1内，所以在 AC于点O,易知MA=MC,所以MO⊥AC,可知 平面直角坐标系中来研究，点Q的轨迹长度，如图 M到AC的距离大于D0,且D0=2 AB 所示： √2AA1,又M到B1D1的距离小于AA1,结合 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AC⊥平面MB1D1,又AC O(E) C平面MAC,所以对任意M恒有平面MAC⊥平 面MB1D1,故D错误. ·12· ·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 12.解：(1)取PA的中点F,连接EF,CF,CD,由 圆在正方形DCCD1内部的孤FG,显然 C,D分别为底面半圆弧上的两个三等分点，可知 1 ED1=2X2-1,0F=2,所以∠FOG=号，所 CD/∥AB且CD=2AB, 以FG=骨×2= 2π 由F是PA中点，E为母线PB的中点，可知EF 3 四、解答题 ∥AB且EF-专AB. (3分) 11.(1)证明：如图，过点B作CD的平行线，即为1. 所以EF∥CD且EF=CD,则四边形EFCD为 理由如下：因为AE∥CD,AEC平面AEB,CD 平行四边形，故CF∥DE, (5分) 中平面AEB,所以CD∥平面AEB. (3分) 又CFC面PAC,DE中面PAC, 又因为CDC平面BCD,且平面ABE∩平面 故DE∥平面PAC. (8分) BCD=, (2)作DG⊥AB于点G,DH⊥PA于点H,连接 所以L∥CD (5分) HG,如图所示， 又因为AB⊥L,所以AB⊥CD, 由题意知，平面PAB⊥平面ABDC,平面PAB 又因为B在以AC为直径的圆上运动，所以AB ∩平面ABDC=AB, ⊥BC, (7分) 又DG⊥AB,DGC平面ABDC,则DG⊥平面 因为BC∩CD=C,BC,CDC平面BCD,所以 PAB,而PAC平面PAB, AB⊥平面BCD, 所以DG⊥PA,又DG∩DH=D,DG,DHC平 因为BDC平面BCD,所以AB⊥BD. (10分) 面DHG,故PA⊥平面DHG, (13分) 又GHC平面DHG,则PA⊥GH,结合DH⊥ PA,且GHC平面PAB,DHC平面PAD, 所以平面PAB与平面PAD的夹角为∠DHG 或其补角， (15分) 设等边△PAB的边长为2，则PA=2,由题设易 (2)解：在△ACD中，AC=2CD=2,∠ACD= 知∠BAD=30,则AD=5,DG= 2 60°，由余弦定理可得AD=√3， (12分) 所以AD2+DC2=AC2,则∠ADC=90°， 在△PAD中，AD上的高h=,4- 3_13 42 故CD⊥AD. 由(1)知AB⊥CD,AB∩AD=A,AB,ADC平 13 ×3 面ABD,所以CD⊥平面ABD, (14分) 则DH=h,AD-2 PA 2 4 又因为AE∥CD,所以AE⊥平面ABD DG2W√13 令EN∩AD=H,则∠EHA即为直线EN与平 所以sin∠DHG= DH 13’ 面ABD所成的角， (16分) 3√13 因为∠EHA--∠AEH, 故cos∠DHG= 13, 所以平面PAB与平面PAD夹角的余弦值为 所以sin∠EHA=cos∠AEH, 在△AEN中，EN2=1+22-2X1X2Xcos120°=7， 3√13 (20分) 13 (18分) 所以cos∠AEH=cos∠AEN =AE2+EN2-AN4+7-1_5W7 2AE·EN 2X2X7 14, 即直线EN与平面ABD所成角的正弦值 为56 14 (20分) ·13· B