周测卷(十八) 立体几何初步-空间位置关系-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三数学一轮复习周测卷

园 2025一2026学年度高三一轮复习周测卷（十八） 数学·立体几何初步一空间位置关系 (考试时间40分钟，.总分100分) 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，只有一项是符合 3 题目要求的。带“题目为能力提升题，分值不计入总分。 4 A.39in18 B.4sin 18" 4 C.3c0s18 3 D.Acos 18' 1.设m,n是不同的直线，a,是不同的平面，则下列命题正确的是 *如图，在正三棱台ABC-A:BC1中，若AB=2A:B:=2AA:=4,则异面直线AB:与BC1所成 A.若ma,n∥a,则mn B.若ma,mp,则a3 角的余弦值为 C.若m⊥a,a⊥3，则m∥3 D.若m⊥a,m⊥3，则a∥3 2.已知正三棱锥P-ABC的侧棱与底面边长的比值为3，则三棱锥PABC的侧棱与底面所成 A 2 角的正弦值为 c号 A号司 n 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，有多项符合题目要求。 3.已知直线l∥平面a,平面B⊥平面a,则以下关于直线1与平面B的位置关系的表述，正确的是 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 A.1与B不平行 7.已知a,3为两个不同的平面，且a∩？=1，m,n是两条不重合的直线，则下列结论正确的是 B.1与3不相交 A.存在mCa,使得m⊥月 B.存在mCa,使得m∥9 C.1不在平面B内 D.1在B内，与B平行，与B相交都有可能 C.对任意mCa,存在nCB,使得m⊥nD.对任意mCa,存在nCB,使得mn 4.在正方体ABCD-A1B1C,D1中，M为AB的中点，L为平面A,MC1与平面ABCD的交 8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为W2,点M在底面ABCD上（含边界），且MD1=3, 线，则 则下列说法正确的是 A.l∥AC B.L⊥AC, C.l∥BD D.l⊥BD 5.《九章算术》是中国古代数学的经典著作，书中将底面是直角三角形的直三棱 A点M的轨迹的长度为号 柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中，AB=AC=AA1=2,P是B,C,的中 B.直线BM与平面CDD,C,所成角的正切值最大为1+2 点，则C到平面ABP的距离为 A.3 R C。平面AB,C截该正方体的内切球所得截面的面积为写 C4⑤ 5 D.5 D.若动点N在线段BD1上，P为B,D1的中点，则MN+NP的最小值为2 6.祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一，距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 根术柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季，中圈有12根约 9.如图，在正三棱台ABC-A,B1C:中，已知AB=2A,B,=4,点P是侧棱 为13米的金柱，代表十二个月：外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙 井柱AA,和两根金柱BB,CC,形成的几何体ABC-A,B,C,(图2)中，AB=AC≈8米， BB,上的动点（含端点）.记二面角P-AC-A,为a,二面角P-AC-B为 ∠BAC≈144°，则平面A,B1C1与平面ABC所成角的正切值约为 B,若存在点P,使得a=B,则侧棱BB1的最小值为 数学·周测卷（十八）第1页（共4页） 数学·周测卷（十八）第2页（共4页） 四 头就龙小还 班级 10.如图，在三棱锥PABC中，∠APB=∠BPC=行，PC=1,PB=2 12.(20分) 如图1，将边长为2的正六边形ABCDEF沿AD翻折，使平面ADE,F:与平面ABCD垂 姓名 PA=4,若该三棱锥的外接球表面积为24x,则锐二面角A-PBC的平 直，如图2.点M在线段AD上，CD∥平面BMF1. 面角的正切值为 (1)证明：M为线段AD中点， 得分 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。 (2)求二面角F:-BM-D的余弦值. 11.(20分) 如图所示的四棱锥P-ABCD,在底面ABCD中，BC=号AD,E在校PD上且PE=2ED, 选择题 (1)求证：BC∥平面PAD: 答题栏 1 (2)线段AD上是香存在点N,使得平面CEN/序面PAB?若存在，写曲A的值：者不存 2 在，请说明理由， 6*7 数学·周测卷（十八）第3页（共4页） 数学·周测卷（十八）第4页（共4页）高三一轮复习周测卷 ABME, y又因为直三棱柱ABCA,BG的所有棱 所以DN⊥平面ABME,则DN=DEsin 4 =1× 长均相等， 2√2 如图，取BC的中点F,连接AF,则AF⊥BC, 22’ 又BB1⊥平面BAC,AFC平面BAC, 1 所以VD-ABME=3 ·S四边形ABME·DN= ×1+ 所以BB1⊥AF, 2xIx_ 又BB,∩BC=B,BB1,BCC平面BB,CC, 24 所以AF⊥平面BB,C1C, 12.(1)证明：如图，连接BA1,BC1, 1 因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，点 所以点A到平面BCD的距离为受，SAm 十 D为B1C的中点， tXL_1 BC1∩B1C=D,即点D为BC1的 2=4, 中点， 所以VB.cDE=1 VA.NCD- 1 又点E为A1C1的中点， 6 所以DE∥A1B, 解得t=2, 因为A1BC平面AA1B1B,DE中平面AA1B1B, 因为等边三角形ABC的外接圆半 所以DE∥平面AA,B1B. (2)解：因为直三棱柱ABC-A,B,C1的所有棱长均 径为，= 2 2 2 ，三棱柱 相等，AB=a, sin 3 3 的高h=2, 1 所以s三2 XaXaXsin3-a 所以三棱柱的外接球半径R= 所以VABC-A,B,C,=S△ABC·AA1= 4 1 (3)解：设AB=t,因为V=Vgcw=2VAm 所以三棱柱的外接球表面积S=4R:-2 3元 数学（十八） 一、选择题 中，易知平面ABCD⊥平面 0 1.D【解析】A选项，若m∥a,n∥a,则m∥n或m,n CDD1C1,不妨设a为平面 相交或m,n异面，A错误；B选项，若ma,m∥3，则 ABCD,B为平面CDD1C1,又可 aB或a,B相交，B错误；C选项，若m⊥a,a⊥B,则 知A1B1∥a∥3，所以当l=AB1 D m∥B或mCB,C错误；D选项，若m⊥a,m⊥B,则 时，l与B平行；A1D1a,AD1∩ aB,D正确. B=D1,所以当1=AD1时，l与 2.B【解析】如图，△ABC为等边三 B相交；C1D1∥a,C1D1CB,所以当1=C1D1时，l在 角形，D为BC中点，作PH⊥平面 B内. ABC,垂足为H,设AB=a(a>0), 4.D【解析】设N为BC的中点， 则PA=√3a,根据正棱锥性质，则 连接MN,NC1,因为M为AB a,PH=26 的中点，N为BC的中点，所以 AH=3 a,根据线面 MN∥AC,又因为AC1∥AC,所 角的定义，三棱锥P-ABC的侧棱与底面所成角为 以A1C1∥MN,所以A1,M,N, M 2√6 C1四点共面，所以平面A1MC1与平面ABCD的交 2W2 ∠PAH,则sn∠PAH12 线为MN,则l即为MN所在直线，因为MN与AC 是异面直线，即1与AC1是异面直线，故A错误；因 3.D【解析】如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D 为MN∥AC,而在直角△ACC1中，∠ACC=90°，则 ·48· ·数学· 参考答案及解析 AC1与AC不垂直，故MN与AC1不垂直，即I与 长线于F,连接AF,如图，则 AC1不垂直，故B错误；因为BB1⊥平面ABCD,ACC ∠ABF或其补角为异面直线AB, 平面ABCD,所以BB1⊥AC,又AC⊥BD,BD∩ 与BC1所成角，因为B1F∥BC1, BB1=B,BD,BB1C平面BDD1B1,所以AC⊥平面 B1C1∥BF,故四边形B1C1BF为 BDD1B1,又MN∥AC,所以MN⊥平面BDD1B1, 平行四边形，故B1C1=BF=2, 即L⊥平面BDD1B1,因为BD1C平面BDD1B1,所 B,F=BC1=2W3,而∠ABF= 以I⊥BD1,故C错误，D正确. 5.C【解析】连接A1P,由条件得△A1B1C1是等腰直 120,故AF=AB2+BF2-2 ABXBFX(-2） 角三角形，且A1B1⊥AC1,故|PA,|=|PB,|= √16十4+8=2√7，故cos∠AB1F= 24-28 BC-号A:B,-受1AB-E.所以1PA 2×2√3×2√3 4=-1 √TPA,2+AA,Z=√2+4=√6，IPB|= 24 ,故异面直线AB,与BC,所成角的余弦值 √/TPB12+BB1P=√PB1+AA1P=√2+4= √6.设P到直线AB的距离为h,则由PA|=-|PB 二、选择题 6可知=PA12-(2AB到)=√6-1=5. 7.BC【解析】对A,只有当a⊥3时，存在mCa,使得 m⊥B,故A错误；对B,当m∥l时，结合线面平行的 设所求距离为d,则宁×号×2×2×2= 1 1 3×2 ×2× 性质可得mB,故B正确；对C,若a⊥β，则原命题成 立；若两平面不垂直，则对任意mCa,设aCB,使得 5d,解得d=45 a为m在平面B上的射影，存在nCB,使得n⊥a,此 51 时m⊥n,故C正确；对D,当m∩l=A时，在平面 6.B【解析】如图，若平面ABC∥平 上不存在直线n使得m∥n,故D错误. 面DB,C,则平面A1B1C1与平面 8.ACD【解析】对于A,根据正 D ABC所成角，即为平面A1B1C1与B,A 方体性质可得MD?=MD2十 平面DB,C1所成角，由题意有 DD,可知DM=1,故点M的 △ABC≌△DB1C1,即△DB1C1是 轨迹是以D为圆心，1为半径的 等腰三角形，腰长约为8米， 四分之一圆，如图所示，则其轨 .M. ∠B1DC1≈144°，易知∠DB1C1=∠DC1B1≈18°，若 E是B1C1的中点，连接DE,A1E,则DE⊥B1C1, 迹的长度为2x×1×号-合：故 且A1D⊥平面DB1C1,由BC1C平面DB1C1,则 A正确；对于B,易知当点M位于棱CD上时，直线 A1D⊥B1C1,DE∩A1D=D,且都在平面A1DE BC 内，所以BC1⊥平面A1DE,则∠A1ED是平面 BM与平面CDD,C1所成的角最大，此时CM A1B1C1与平面DB1C1所成角的平面角，其中A1D= √2 =2十√2，即直线BM与平面CDD1C1所成角 19-13=6,DE=8sim18,则tan∠A,ED=A,D √2-1 DE 的正切值最大为2十√2，故B错误：对于C,易知内切 3 4sin 189 球的半径为 2,球心0位于正方体的中心，设其到平 *D【解析】由正三棱台的性质可 得四边形A1B1BA为等腰梯形， 面AB,C的距离为d,易知BD,=后，B0-,点B 其中AA1=BB1,A1B1∥AB,如 图，在梯形A1B1BA中，过B1作A 到平面AB,C的距离为BD,- 3;可得球心0到 B,E⊥AB,垂足为E,而BE=4,2-1,故cos∠B,BE 2 平面AB,C的距离为d=B0-号BD,- 6,故截面 号故AB,=AB+B时-2 ABXBB,X 圆的半径r满足-（停）-()-子则所得裁 √J16+4-2×4=2√3.同理，BC1=2√3 在平面B1CCB中，过B,作BC1的平行线，交CB的延 面的面积为，故C正确：对于D,如图，先固定点 ·49. 高三一轮复习周测卷 N,当点M在BD上时，MN最 0 小，再让点N移动，当P,N,M 因为成-号币， 三点共线时，MN+NP最小，此 所以BC/AD,BC-号AD, 时MN+NP=BB1=√2，故D 又因为点N为AD上靠近D点的三等分点， 正确. 三、填空题 所以AN-号AD 9.2【解析】设AC,A1C1的中点 所以BC∥AN,BC=AN, 分别为E,F,连接EF,FB1, 所以四边形ABCN为平行四边形， EB,EP,EB1,由三棱台的结构 所以CN∥AB, 特征可知，AC⊥EF,AC⊥EP, 又因为CN中平面PAB,ABC平面PAB, AC⊥EB,则∠PEF=a, 所以CN∥平面PAB, ∠PEB=B,若Q=B,则∠B1EB≥∠B1EF,即 ∠EB1F≥∠B1EF,所以EF≥B1F=√3，所以BB1= 因为E在棱PD上且PE=2ED,即DE=}PD, AA1≥√(W3)2+1=2. 又因为ND=号AD, 10.【解折】如图，因为S= 所以△END∽△PAD, 所以EN∥PA, 24π=4πr2,所以该三棱锥的外 又EN￠平面PAB,PAC平面PAB, 接球半径r=√6，已知∠APB= 所以EN∥平面PAB, ,PB=2,PA=4,由余弦定 又因为CNC平面CEN,ENC平面CEN,CN∩ EN=N, 理可得BA=2√3，所以BA⊥BP,同理可证CB⊥ 所以平面CEN∥平面PAB. CP.所以△ABP,△BCP的外接圆圆心O1,O2分别 12.(1)证明：由于CD∥平面BMF1,CDC平面 位于斜边PA,PB的中点，设球心为O,则OO1⊥平 ABCD,平面ABCD∩平面BMF1=BM, 面PAB,OO2⊥平面PBC,PAC平面PAB,所以 故CD∥BM, 00,1PA,因为OP=,=6,P0,=P4=2,所以 又DM∥BC, 2 故四边形BMDC为平行四边形， 001=√(W6)-22=√2，同理可证001⊥0102， 故BC=DM, 因为0,0，-，5-3，所以tan∠0,00，= 2 √2 由于BC= 2AD,放DM=2AD, 故M为线段AD中点， [?,设锐二面角APB-C的平面角为0，因为002」 (2)解：过F1作FN⊥AD于N,过N作NO⊥ 平面PBC,所以0与∠OO,01互余，即0= BM于O,连接OF1,如图， ∠0,002，tan0=3-6 由于平面ADE1F1与平面ABCD垂直，且交线为 √22· AD,F1NC平面ADE1F1, 四、解答题 故F1N⊥平面ABCD, 1.1证明：因为成=号， BMC平面ABCD,故F1N⊥BM, 又NO⊥BM,F1N∩ON= 所以BC∥AD,所以BC∥AD, N,F1N,ONC平面F1NO, 因为BC中平面PAD,ADC平 故MB⊥平面F1NO, 面PAD, 因为F1OC平面F1NO,故 0 所以BC∥平面PAD. BM⊥F1O, (2)解：存在，且当点N为AD上靠近D点三等分 故∠F1ON的补角即为二面角F1-BM-D的平 点时，即哈号时，平面CEN/学面PAB, 面角， 由于F1M=AM=AF1,故N为AM的中点， 下面给出证明： ·50· ·数学· 参考答案及解析 则NP,-AM=5, 3 2 5 由于△ABM为等边三角形，N为AM的中点， 3 5, 故0N-×9BM= 3+4 2 2 故二面角P,BMD的余弦值为-写 在Rt△F1ON中，cos∠F1ON= ON √ON+F1N 数学（十九） 一、选择题 1.A【解析】依题意，AD=(0,1,2),而a=(1,1,1)为 Di)=√-c03(EB,DB=,所以点E到直线 w/52 平面a的一个法向量，所以点D(1,1,2)到平面a的 距离d=a·AD-3-5. BD的距离为1·血成，D=√+1+× a√3 2.A【解析】由n为平面a的一个法向量，a为直线l 晨要震普 的方向向量，若l∥a,则a⊥n,即充分性成立；由n为 6.C【解析】如图，取BC的中点 平面a的一个法向量，a为直线l的方向向量，若a⊥ D,连接PD,AD,△PBC为等边 n,则l∥。或lCa,即必要性不成立.故“l∥a”是“a⊥ 三角形，所以PD⊥BC,由题意知 n”的充分不必要条件. AP⊥平面PBC,PB,PCC平面 3.B【解析】空间向量a在向量e方向上的投影向量 PBC,故AP⊥PB,AP⊥PC, 为。e,因为e为单位向量，e=1,ae)- 2π 3 又AP=√6，PB=PC=BC=2,x 则AB=AC=√4十6=√10，所以AD⊥BC,而AD∩ 所以a·e=3+4+9Xcos =-2，所以4， 3 PD=D,AD,PDC平面APD,所以BC⊥平面 e=-2e. APD,又BCC平面ABC,所以平面ABC⊥平面 4.D【解析】因为AM-=MC,AN=2ND,则 APD,平面ABC∩平面APD=AD,所以点P在平 面ABC内的射影在直线AD上，连接PG,则PG⊥ 质+a+A时=-号花+Ad+号A市 AD,在R△APD中，PD=2sim=5,AP=6, -号（店+AD)+AA+号(A市-AA=-。 3 a 则AD=W3+6=3,PG=5X5-2,故AG= 3 +e+号-c=-a+日6+c,所以= 1 √JAP2-PG=√6-2=2，所以DG=1,则AG= 1 1 1 2GD,所以点G是△ABC的重心.以P为坐标原点， 3y=之=3，故x十y十之=3 过点P作PC的垂线为x轴，以PC,PA所在直线 5.B【解析】根据题意，以S为 分别为y轴，之轴建立空间直角坐标系，则P(0,0, 坐标原点，建立空间直角坐标 0),B(W3,1,0),C(0,2,0),A(0,0,√6)，所以PA= 系，则S(0,0,0),B(2,0,0), (0,0,√6)，CA=(0,-2,√6)，CB=(W3,-1,0),则 D(0,2,0),A(0,0,1),C(0,3, B 0),又点E为△ABC的重心， 交=号×名+)=（停-1，），所以 所以E(号1,3)，则-（年，-1，-3），D成 cos(PA,CG)=- PA.CG 23 (2,-2,0),则cos〈EB,DB〉= EB·DB i·CV6X2=S,所以 EBIDBI 异面直线PA与CG所成角的余弦值为。 14 1 二、选择题 ,则sin(EB, √+1+日×2反X2 7.BCD【解析】当非零空间向量a=(1,2,3),b=(0, -3,2),c=(3,0,0)时，满足a⊥b,b⊥c,但a与c不 ·51·