(14)空间向量与立体几何-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习单元检测卷（湖南专用）

数学第1页（共4页) 衡水金卷·先享题·高三一轮复习单元检测卷十四 数学第2页（共4页） AN 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知点A(2,3,1),B(1,6,4),C(0,4,5),且ABCD是平行四边形，则线段AD的长 为 13.如图，平面a,B,y两两平行，直线1与a,B,y分别交于点A,B,C,直线m与a,B,y分 别交于点D,E,F,且l与不共面，若AB=8,BC=6,EF=3,则线段DF的长 为 D B 14.在三棱锥P一ABC中建立空间直角坐标系后，得到A(1,1,1),B(2,0,1),C(1,0, 2),P(3,2,4),则三棱锥P一ABC的体积为 ,三棱锥P一ABC外接球的表 面积为 .(本题第一空2分，第二空3分) 四、解答题（本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 亭子是一种中国传统建筑，多建于园林，人们在欣赏美景的同时也能在亭子里休息、 避雨、乘凉（如图1）.某学生到工厂进行劳动实践，利用3D打印技术制作了一个亭 子模型（如图2），该模型是由圆锥PO,1与圆柱OO1构成的几何体2（圆锥PO,的底 面与圆柱OO,的上底面重合).已知圆锥PO1的高为18cm,母线长为30cm,AB为 圆锥底面圆的直径，圆柱OO,的高为30cm,CD为圆柱下底面圆的直径，且CD= 40cm. D (1)求圆锥PO1的侧面积； (2)求圆柱OO的侧面积； (3)求几何体2的体积. 图1 图2 16.(本小题满分15分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2, BC=1,AB=AD=√3. (1)若AD⊥PB. (ⅰ)证明：AD⊥AB; D (iⅱ)证明：AD∥平面PBC; (2)若AD⊥CD,求直线PA与平面PCD所成角的正弦值. 数学第3页（共4页）】 衡水金卷·先享题·高三 17.(本小题满分15分) 如图，在平行六面体ABCD一A1B1C1D1中，AA1=2,AB=AD=1,∠DAB=90°， ∠A1AD=45°，∠A1AB=60° (1)证明：AB⊥平面BCD1; (2)求点A1到平面ACD1的距离. 18.(本小题满分17分) 如图，在△ABC中，AC⊥BC,AC=BC=2,D是AC边的中点，E,F分别为AB,BC 边上的动点，且EF∥AC.将△BEF沿EF折起，使点B到达点P的位置，得到四棱 锥P-ACFE. (1)求证：EF⊥PC; (2)若BE=2AE,二面角P一EF一C是直二面角，求平面PCE与平面CEF夹角的 余弦值； (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ACFE所成角的正弦值的取值范围. 19.(本小题满分17分) 如图，在三棱锥P一ABC中，AB=BC=AC=PC=4,PA=PB=2√2，M为棱PC 上一点 (1)求证：平面ABP⊥平面ABC; (2)若直线PM与平面ABM所成的角为，求线段PM的长； (3)过点M作MQ⊥平面ABC,垂足为Q,直线PQ与平面ABM的交点为N,当三 棱锥M-ABQ的体积最大时，求洽的值。 一轮复习单元检测卷十四 数学第4页（共4页） AN高三一轮复习AN ·数学· 高三一轮复习单元检测卷/数学（十四） 9 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ，空间想象能力V,数据处理能力 I.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ⊙ ②③ ⑤ ⑥ 档次系数 1 选择题 5 空间点的对称问题 易 0.80 2 选择题 5 利用正弦定理解三 多 0.75 角形 空间向量基本定理的 3 选择题 5 应用 易 0.72 4 选择题 5 棱台的体积 中 0.65 选择题 5 点到直线的距离 务 0.55 与距离有关的新定 6 选择题 义题 √/ L 中 0.45 7 选择题 5 圆锥的内切球 中 0.40 8 选择题 5 利用空间向量求线段 / 中 0.35 和的最值 9 选择题 6 基底的概念 中 0.69 10 选择题 6 等差数列的通项及前n 项和 农 0.55 11 选择题 6 空间向量的综合应用 难 0.28 利用空间向量求线 12 填空题 段长 书 0.72 13 填空题 5 由面面平行的性质求 中 0.65 线段的长 利用空间向量求棱锥 14 填空题 5 的体积及其外接球的 中 0.35 表面积 15 解答题 13 圆锥、圆柱的侧面积， / 的 0.68 圆锥与圆柱的体积 ·79· ·数学· 参考答案及解析 证明线线垂直、线面平 16 解答题 15 务 0.58 行，求线面角的正弦值 17 解答题 15 证明线面垂直，求点 中 0.45 面距 证明线线垂直，求平面 18 解答题 17 与平面夹角的余弦值 / / 中 0.38 及线面角的正弦值 证明面面垂直，由线面 19 解答题 17 角求线段长，由棱锥体 L L L 华 0.25 积求值 香考答案及解析 一、选择题 1.A【解析】点A(2,-1,1)关于x轴对称的点为 B(2,1,-1),关于平面Oxx对称的点为C(2,1,1), 故BC=(0,0,2),所以BC=2.故选A. 2.C【解析】，acos B-bcos A一c=0,∴.由正弦定理 0 sin Acos B-cos Asin B-sin C=0,.'sin C= sin (A+B),,'.sin Acos B-cos Asin B-sin(A+B)= 5.B【解析】根据题意以C为原点建立如图所示的空 0,sin Acos B-cos Asin B-(sin Acos B+ 间直角坐标系， cos Asin B)=0,.-2 cos Asin B=0,,B∈(0，π)， sinB≠0，cosA=0,:A∈(0，元)，A=受.故 选C. 3.D【解析】由题得M忒=M店+B心+C式=三AB+ B心-号0心=oi-0i)+0芯-0i-号0心 -oi-0成+40心=-a-b+告c.故 选D. 4.B【解析】该模型的直观图如图所示，由题意可知 则C(00.0),D0,-1,0),0(分，-0)， AB=20cm,AB:=10cm,设模型的斜高为h',则 4×20十10K=780,解得=13，即EE.=13cm, P(0,0,2),所以D0=(分30)，D市 2 所以模型的高OO=√EE-(EO-EO1) a宁)则高-2要o1宁成度0到 3-=12cm,则该模型的体积V=专A, 直线P的更有为√成一（动·品 (5+S+V5S)=号×12×(10+40+10×20)y =2800cm3.故选B. √合-（停）-√分=故选B 6.C【解析】以D为原点，DA,DC,DD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， ·80· 高三一轮复习AN ·数学· D M D 设AB=a(a>0),则D(0,0,0),A(a,0,0),C(0,a, 则C(0,0,0),A(1,0,0),A(1,0,1),B(1,1,0), 0),A(a,0,a),所以AC=(-a,a,0),DA= (a,0,a),DA=(a,0,0).设n=(x,y2),且n⊥ E(1,20）,所以Ci=(1,1,0),CA=1,0,1) A花，nlDA,则n·ACax+ay=0 取x=1,得 AA=(0,0,1),设点A关于平面A1BC对称的点为 ln·DA1=ax十ax=0 A'(x,y,x),x>0,则AA=(1-x,-y,1-z), y=1,=-1,所以n=(1,1,-1),则DA在n上的投 AA=(x-1,yz).设平面ABC的法向量为n= 影即为直线AC与A,D之间的距离，所以直线AC与 /CB·n=x1十y=0 A,D之间的距离为D:nl=a=5,解得a=1, (x1,M1),则 取x1=1,则 n√3 3 CA·n=x1+x=0 所以该正方体的棱长为1.故选C. y1=-1,=-1,所以n=(1,-1,-1),所以点A 7.C【解析】因为PA,PB,PC两两垂直，且PA=PB 到平面A,BC的距离d=AA:ml- ,因为点A n 3 =PC=6,所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角 到平面A:BC的距离等于点A到平面A:BC的距离， 形，且AB=BC=AC=6√2，则由正弦定理得底面圆 的半径=宁·总品=2厅，所以圆维的商P0 所以 m=上赵=号，则 n √5 √62-(2√6)产=2√3.圆锥轴截面三角形的内切圆 |-x+y十|=1①，又AA∥n,所以x-1=-y 的半径即为圆锥内切球的半径，设半径为，由等面 =一之②，由①②得|3x-1|=1,又>0，所以= 号x=言=号，所以（兮号号）所以 2 积法可得2×(6+6计45)r=之×46X25,解 得r=6√2一4√3，所以圆锥PO内切球的表面积为 IPAI+PEI=IPA+PE>AEI= 4π(6√2-4V3)2=4π(120-48√6)=96(5-2V6)π. 1A1=√(1-)+（合-号）+(0-号) 故选C. √售十需+音-厘当且仅当，P,E三点共线 6 时取等号，所以PA十PE的最小值为，故 选A. 二、选择题 9.AD【解析】对于A,假设a-b,b十c,c一a共面，则 存在实数x,y,使得a一b=x(b十c)十y(c-a),即 (1+y)a-(1+x)b-(x+y)c=0,因为{a,b,c}构 8.A【解析】由题意可得AC,AB,CC两两垂直，则以 1+y=0 C为原点，CA,CC所在直线分别为x,x轴，以过点C 成空间的一个基底，所以一(1十x)=0,方程组无 且平行于AB的直线为y轴建立如图所示的空间直 (-(x十y)=0 角坐标系， 解，故假设错误，所以a一b,b十c,c一a不共面，故A 正确；对于B,因为a-b=(a一c)-(b-c),所以a c,b-c,a一b共面，故B错误；对于C,因为a一b一c= -(b-a)-c,所以b-a,a-b-c,c共面，故C错误； 对于D,假设a,b-a,c一b共面，则存在实数m,n,使 得a=m(b-a)+n(c-b),即(1十)a+(n-m)b ·81· ·数学· 参考答案及解析 -c=0,因为{a,b,c}构成空间的一个基底，所以 则B1(2,2,2),P(0,2,1),设M(t,0,n),t,n∈ 1十m=0 [0,2],所以MB1=(2-t,2,2-n),MP= n一m=0,方程组无解，故假设错误，所以a,b一a, (-t,2,1-n),则MB·Mp=-t(2-t)十4+ -n=0 (2-n)(1-n)=t-2t+n2-3n+6=(t-1)2十 c一b不共面，故D正确.故选AD. 10.BCD【解析】因为数列{am}为等差数列，所以a1十 (m-名)广+，所以当4=0或2，m=0时， aa=2a2,因为(S十S3)2=S2S,所以(4a2-d)2= MB·M取得最大值，最大值为6，故B正确；对于 (2a2-d)(5a2+5d),又a2=3,所以(12-d)2=(6 C,易知平面ADDA的一个法向量为m= d)(15+5d),化简得2d-13d+18=0,解得d=2 (0,1,0),当直线PM与平面ADD1A:所成的角为 或d=号，若d=2,则a,=1>0,符合题意，若d 平时，sin于=|eosm,M1=m,= 号，则a=3-号=一号<0，不符合题意，所以d mMP 2 2,a=1,故A错误，B正确：S.=a1+n,d √/t+4+(1-n)9 =艺，所以F+(n-1)=4,因 2 为M为侧面ADD1A内的一个动点，则点M的轨 ,则与点wwn-号( 1 迹为在侧面ADD1A内以E(0,0,1)为圆心，2为 半径的劣弧，如图所示，设劣弧分别与AD,AD交 点)”≥2，所以合5与 于点M1,M,则ME=2,DE=1,所以 (片清)=×-言+日 cos∠M,ED=,则∠MED,=∠M,ED=号，所 号-号+…+0-)=合×(1+-动 以∠MEM:=子，则点M的轨迹长度为于X2= ）-器故C正确：由子=片=，得品 等，故C正确 A1 M 0 含微=2025-2024=1，放D正确放选CD 11,BCD【解析】对于A,在正方体ABCD-ABCD 中，CD⊥DD,CP∥DD,CD⊥平面ADDA,因为 MDC平面ADDA,所以CD⊥MD,所以∠MDD 为二面角M-DC-P的平面角，且∠MDD1∈ [0,受]，故A结误： A M2 对于D,BP=(-2,0,1),当MB⊥BP时，MB· D B市=-2(2-t)十0十2-n=0,所以2t-n=2,取 AD中点N,连接AN,则M在线段A:N上，易证 AN∥B,Q,则VB,-AQ=VA-B,Q=VA-ABQ= V。-气=号×分×2×2X1=号，所以当MB,上 BP时，三棱锥B,一AMQ的体积为定值，故D正确.。 故选BCD. 对于B,以D为原点，建立如图所示的空间直角坐 三、填空题 标系， 12.√6【解析】因为ABCD是平行四边形，所以AD=BC =(-1,-2,1),所以|AD|=√/(-1)2+(-2)+平 D C =√6. 13.7【解析】连接DC,设DC与3交于点G,连接BG, EG,CF,则平面ACD∩a=AD,平面ACD∩B=BG, M9-- 平面CDF∩B=EG,平面CDF∩Y=CF.因为a,B,Y 两两平行，断以BG/AD,EG/CF,所以能-瓷 瓷-=所以能-柴即-华，所以DE=4, ·82· 高三一轮复习AN ·数学· 所以DF=DE十EF=7. (cm2). (5分) (2)圆柱OO,底面圆的直径为2R=CD=40cm, m 故R=20cm, 又圆柱OO,的高h=30cm, 所以圆柱OO的侧面积为2πRh=2π×20×30= 1200r(cm2). (8分) (3)由(1)可知圆锥PO,底面圆的半径r=24cm, 所以圆锥P0,的体积V=子×元×24X18 3456π(cm3), (10分) 又圆柱OO的体积V2=π×20×30=12000π(cm), 所以几何体2的体积为V1十V2=3456π十12000π =15456π(cm3). (13分) 16.解：(1)(1)因为PA⊥平面ABCD,ADC 14.144红【解析】由题得AC=(0,-1,1),C市=(1， 平面ABCD, 3 所以PA⊥AD, 0,-1).C2=(2,2,2),所以AC.Cp=0-1×2+2 因为AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PBC平面PAB, ×1=0,C3.CP=1×2+0-1×2=0,则CP⊥AC, 所以AD⊥平面PAB, CP⊥BC,因为AC,BCC平面ABC,AC∩BC=C,所 又ABC平面PAB,所以AD⊥AB. (4分) 以CP⊥平面ABC.因为BA=(-1,1,0),所以 (i)在△ABC中，AB+BC=AC, 1BA|=|AC=|CB|=√2，所以△ABC是正三 所以AB⊥BC, 由(1)可知AD⊥AB,所以AD∥BC, 角形，则5x-×(W)-,又C1=25, 又BCC平面PBC,AD过平面PBC, 所以AD∥平面PBC. (7分) 故三棱锥P-ABC的体积Vp-Axe=号SaAx·CP (2)以D为原点，DA,DC所在直线分别为x,y轴， =号×号受×2=1.设三棱锥P-ABC外接球的 以过点D且平行于PA的直线为：轴建立如图所示 的空间直角坐标系， 球心为O(x,y,z),则由|OA|=|OB|=|O心|= 1O,得 (x-1)2+(y-1)2+(2-1)2=(x-2)2+y2+(2-1)2 (x-1)2+(y-1)2+(z-1)2=(x-1)2+y2+(2-2)2 (x-1)2+(y-1)2+(2-1)2-(x-3)2+(y-2)2+(x-4)2 = 22222- 解得=亭故0（仔青，子），所以0 由AD⊥CD,AC=2,AD=√5，得CD=1, =3 则D(0,0,0),A(5,0,0),P(3,0,2),C(0,1, (告，子，专)，则外接球的半径为R=A 0), 所以D2=(W3,0,2),DC=(0,1,0),A2=(0,0, √告)+(》+（告）-√停=，所以 2). (10分) 设平面PCD的法向量为n=(x,y,之)， 三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4R'=44红 3 则n·Di-x+2x=0 四、解答题 n·DC=y=0 15.解：(1)因为圆锥PO的高为18cm,母线长为 取x=√3，得x=-2,y=0, 30cm, 所以n=（-2,0w5). (12分) 所以圆锥PO底面圆的半径r=√30-18= 设直线PA与平面PCD所成的角为B, 24cm, (3分) 所以圆锥PO的侧面积为πrl=π×24×30=720π 则in0=cos(A位，m>1=A.n=25 AP2X7 ·83· ·数学· 参考答案及解析 v②7 所以EF⊥平面PFC, 7 又PCC平面PFC, 所以直线PA与平面PCD所成角的正弦值为 所以EF⊥PC. (3分) 2I (2)因为二面角P一EF一C是直二面角， 7 (15分) 所以平面PEF⊥平面EFC, 17.解：(1)以A为原点，AB,AD所在直线分别为x,y 因为平面PEF∩平面EFC=EF,PF⊥EF,PFC平 轴，以过点A且垂直于平面ABCD的直线为：轴建 面PEF, 立如图所示的空间直角坐标系， 所以PF⊥平面EFC, ZA D 又EF⊥FC,所以FE,FC,FP两两垂直，(4分) 以F为原点，FE,FC,FP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， 2外 D B 因为AB=AD,∠DAB=90°， 所以四边形ABCD为正方形， 所以AB⊥BC, 则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0), 因为BE=2AE,AC∥EF, 所以AB=(1,0,0),AD=(0,1,0), (2分) 设A(x,y,z),>0,则AA=(x,y,z), 所以EF= ，PF=号C= 3AC=4 3,FC=1 所以AA·AD=|AA|·|AD|cos∠AAD=2X 2 3 1Xcos45°=√2=y, AA·AB=|AA|·|Acos∠A1AB=2X1X 则p(00,号).C(0,号0，E(号，00) cos60°=1=x, 所以Pt=(o,号，-)，花=（告，-号0） 则|AA|=12+(W2)十z=2,解得之=1， (6分) 所以A(1,W2,1),AAi=(1,W2,1), (6分) 设平面PCE的法向量为m=(x,y,z), 由AD=AD,得D(1W2+1,1), 所以CD=(0,N2,1), m…n-号y=0 则 则AB.CD=0,故AB⊥CD, (8分) 又AB⊥BC,BC∩CD1=C,BC,CD1C平面BCD1, mci--号-0 取x=1,得y=2,x=1, 所以AB⊥平面BCD. (9分) 所以m=(1,2,1), (2)由(1)可得AA=(1W2,1),AC=(1,1,0) 易知平面CEF的一个法向量为n=(0,0,1). CD=(0,N2,1), (11分) (8分) 设平面ACD的法向量为n=（xy1,), 设平面PCE与平面CEF的夹角为O, n·AC=x,十y=0 则cos0=|cos(m,n)|= m·n 则 n·CD=√Ey+x1=0 mn T=1中4+×1 取x1=1,则y1=一1，=√2 6 6 所以n=(1,-12), (13分) 所以点A,到平面ACD1的距离d= AA·n 所以平面PCE与平面CEF夹角的余弦值为 6 n (10分) 1-2+E=1 2· (15分) (3)以C为原点，CA,CB所在直线分别为x,y轴，以 2 过点C且垂直于平面ACFE的直线为之轴建立如 18.解：(1)因为AC⊥BC,AC∥EF, 图所示的空间直角坐标系， 所以EF⊥BC,即EF⊥FC,EF⊥PF, 因为PF∩FC=F,PF,FCC平面PFC, ·84· 高三一轮复习AN ·数学· 范国为(，) (17分) 19.解：(1)取AB的中点O,连接OC,OP, 因为AB=4,PA=PB=2√2， 所以OP⊥AB,且PA+PB=AB, 所以PALPB,所以OP=号AB=2. (1分) 则D(-1,0,0),A(-2,0,0), 因为AB=BC=AC=4, 设P(0,m,n),F(0,t,0),n,t>0,则E(t-2,t,0), 所以AB10C,且OB=号AB=2, 所以AE=(t,t,0),Pò=(-1，-m,-m),P范= (t-2,t-m,-n). (11分) 则OC=√BC-OB=√42-2=2√5， 因为PD⊥AE, 又PC=4,所以OP2+OC=PC, 所以OP⊥OC, 所以A范.pi=-t-mt=-t(1十m)=0,解得m (3分) 又AB∩OC=O,AB,OCC平面ABC, -1, 所以OP⊥平面ABC, 则PE=(t-2,t+1,-n), 又OPC平面ABP, 因为PF⊥EF, 所以平面ABP⊥平面ABC. (4分) 所以由勾股定理得n2+(t十1)2=(t-2)2, (2)由(1)可知OP⊥平面ABC,OC⊥AB, 化简得T=3-6t,且0<1<分 (13分) 所以OB,OC,OP两两垂直， 以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x, 易知平面ACFE的一个法向量为p=(0,0,1), y之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设直线PE与平面ACFE所成的角为B, 则sin=osP吃，p1=D·pl PELPI In √(1-2)2+(t+1)+元1 3-6t B 所以sinB=(4-2)2+(t+1)2+3-60 3-6t=3,1-2t 2-8+s·-+4e(0,2), 则A(-2,0,0),B(2,0,0),C(0,2√3,0)，P(0,0, 2), 令y号e(@,) 所以AB=(4,0,0),B2=（-2,0,2),P元=(0， 2√3，-2)， 令1-2=a,则1=22，且ae(0,1, 设PM=AP元=(0,25x,-2x),0<入≤1， 所以y=音·@-21-a)+4 a 6a 所以B成=B驴+PM=(-2,23x,2-2x).(6分) a2+6a十g 设平面ABM的法向量为m=(x,y,之)， 4 6 m·AB=4x=0 则{ a+9+6 (15分) m·BM=-2x+2W5y+(2-2x)x=0 取y=入-1，则x=0,x=5λ， 因为函数y=a十9在(0,1)上单调递减，且恒大 a 所以m=(0,入-1W3λ). (8分) 于0， 因为直线PM与平面ABM所成的角为否， 所以函数y 6 在(0,1)上单调递增， a+9+6 所以sin晋=cos(m,P1=m·P |m·|PM 所以y= 6 ∈(o,号)，即simc(0,), 231(-1)-23λ a+9+6 √（λ-1）2+（√31）·√12+4 又0，所以sinc(o.): 2W5λ 1 4以√4以-2以+12 所以直线PE与平面ACFE所成角的正弦值的取值 化简得22-入-1=0， ·85· 解得入=1或入=一合（舍）， 所以PM=PC=4. (10分) (3)由(2)可得Pi=入PC=(0,25,-2A), P(0,0,2), 则M(0,2√5λ，2-21)，0<A<1, 因为MQ⊥平面ABC,所以Q(0,2√3λ，0)， 所以S0=合AB·为=子×4X2A=45x。 所以V-网=合Sam·w=吉·4万A· 1 2-2)-81-0<85(2+）-2g 2 3 当且仅当X=1一X,即X=号时等号成立， (13分) 所以当三棱锥M一ABQ的体积取最大值时，M为棱 PC的中点， 此时Q(0,√3,0)，则PQ=(0w3,-2), 由(2)可知，此时平面ABM的一个法向量为m= (0,-1W3). (14分)