(16)空间直线、平面的平行与垂直-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习40分钟周测卷（A）

高三一轮复习40分钟周测卷/数学 (十六)空间直线、平面的平行与垂直 (考试时间40分钟，满分100分) 一、选择题（本大题共6小题，每小题5分，共30分。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.设1为直线，a为平面，则1La的必要不充分条件是 A.直线l与平面α内的一条直线垂直 B.直线l与平面α内任意直线都垂直 C.直线l与平面α内两条相交直线垂直 D.直线l与平面α的一条垂线垂直 2.如图，EA⊥平面ABC,DC∥EA,且EA=2,DC=1,F是EB的中点，则 A.DF∥BC D B.DF∥AC C.DF∥平面ABC D.平面DEF∥平面ABC 3.如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD,PA=AB,E为线段PB 的中点，F为线段BC上的动点，则 A.F为线段BC的中点时，BC⊥平面AEF B.只有F在B点位置时，平面AEF⊥平面PBC C.平面AEF与平面PBC的夹角随着F点的位置变化而变化 1 D.F为线段BC上的动点时，始终有平面AEF⊥平面PBC 4.已知正三棱台ABC一AB1C1的体积为52√3，AB=6√3，A1B1=2√3，则A1A与平面ABC所成 角的正切值为 A分 B.1 C.2 D.3 5.刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等 于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制）. 例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为5，则其各个顶点的曲率均为2π一3×否 =元.若正四棱锥S一ABCD的侧面与底面所成角的正切值为√2，则四棱锥S一ABCD在顶点S 处的曲率为 A.元 R号 C.5 6 D. 6.在三棱柱ABC-A1B,C,中，点D在棱BB1上，且BB,=4BD,点M为A,C1的中点，点N在棱 BB,上，若MN∥平面ADC,则N NB A.2 B.3 C.4 D.5 数学第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 二、选择题（本大题共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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 7.如图，正方体ABCD一A,BC1D1中，顶点A在平面a内，其余顶点在a的同侧，AC,BD的交点 为O,顶点B,C到α的距离分别为1,2，则 /a A.BC∥平面a B.O到平面a的距离为1 C.平面A1AC⊥平面a D.C,A1在平面α的投影E,F与A共线 8.如图，在边长为4的正△ABC中，E为边AB的中点，过点E作ED⊥AC,垂足为D.把△ADE 沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A,C,A1B.在翻折过程中，以下结论正确的是 A.ED⊥A,C B.∠A1DC是二面角A1一DE-B的平面角 C C.存在某个位置，使AE⊥BE D.直线BA,与平面ABC所成角的正弦值的最大值为2一√5 班级 姓名」 分数 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 三、填空题（本大题共2小题，每小题5分，共10分） 9.在直三棱柱ABC-AB1C1中，E为CC1的中点，AB=AC=3,BC=4,AA1=2,则直线AE与 BC,所成角的大小为 ;点A到平面BB,C,C的距离为 ·(本题第一空2分，第 二空3分) 10.如图，已知四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°，E是BC 中点.设AB=1,若月为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正弦值为15，圆 PA- 轮复习40分钟周测卷十六 数学第2页（共4页） 囚 四、解答题（本大题共3小题，共48分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 11.(本小题满分13分) 如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E,F分别为PC,BD的中点. (1)求证：EF∥平面PAD; (2)《九章算术》是我国古代数学专著，书中将有一条侧棱垂直于底面，且底面为矩形的四棱锥 称之为“阳马”.若PA⊥AD,AB⊥平面PAD,试判断四棱锥P-ABCD是否为阳马？ (3)在(2)的条件下，证明：EF⊥平面ABCD. Dx- 12.(本小题满分15分) 如图，四棱锥P一ABCD的底面是边长为2的菱形，且∠ABC=60°，侧面PAB是正三角形，M 是PD上一动点，N是CD的中点 (1)若PC∥平面BMN,求证：M是PD的中点； (2)若平面PAB⊥平面ABCD,求线段PC的长； (3)是香存在点M,使得PCLM?若存在，求出别的值：若不存在，请说明理由， A 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 13.(本小题满分20分) 如图，三棱柱ABC-A,BC1中，AB=2,且△ABC与△ABA1均为等腰直角三角形，∠ACB= ∠AA,B=. (1)若△A1BC为等边三角形，证明：平面AA1B⊥平面ABC; (2)若二面角A,一AB-C的平面角为于，求以下各值： A ①求点B1到平面A,CB的距离； ②求平面B,AC与平面A,CB夹角的余弦值. ·轮复习40分钟周测卷十六 数学第4页（共4页） A高三一轮复习A ·数学· 高三一轮复习40分钟周测卷/数学（十六） 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 Ⅵ.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) ① ② ③④ ⑤⑥ 档次 系数 充分必要条件、垂直 1 选择题 5 易 0.90 关系判断 2 选择题 5 线面平行，线线平行 易 0.78 线面垂直，面面垂 直，面面角，动平面 3 选择题 易 0.75 与一个平面垂直的 证明 4 选择题 5 线面角、台体体积 中 0.70 立体儿何新定义， 选择题 5 中 0.60 曲率 6 面面平行证明线线 选择题 5 中 0.55 平行 点面距离、线面平 选择题 V 中 0.50 行、面面垂直 线线垂直，二面角， 8 选择题 6 中 0.40 线面角 V 求点面距离、求异面 9 填空题 5 易 0.85 直线所成的角 由线面角的大小求 10 填空题 5 中 0.60 长度 线面平行、证明线面 11 解答题 13 易 0.80 垂直 面面垂直、线面平行 12 解答题 15 / 的性质 中 0.60 点面距离、求两平面 13 解答题 20 的夹角、证明面面 / 中 0.40 垂直 ·63· ·数学· 参考答案及解析 季考答案及解析 一、选择题 又底面ABCD为正方形，AB⊥BC,而PA∩AB= 1.A【解析】对于A:直线l与平面a内的一条直线垂 A,PA,ABC平面PAB,.BC⊥平面PAB.:AEC 直不能推出l⊥a,若1⊥a,则a内任意一条直线都与l 平面PAB,BC⊥AE.PA=AB,E为PB的中点， 垂直，可得直线（与平面α内的直线垂直，直线（与平 ∴.AE⊥PB.而PB∩BC=B,PB,BCC平面PBC, 面a内的一条直线垂直是l⊥a的必要不充分条件，A AE⊥平面PBC.AEC平面AEF,.平面AEF⊥平 选项正确；对于B:直线l与平面α内任意直线都垂 面PBC,所以D正确，B,C错误.故选D. 直，l垂直a内两条相交直线，可得出⊥a,若l⊥a,则 4,B【解析】将正三棱台ABC-ABC补成正三棱 a内任意一条直线都与l垂直，所以直线l与平面α 锥P-ABC, 内任意直线都垂直是l⊥α的充要条件，B选项错误； 对于C:直线！与平面α内两条相交直线垂直，则l⊥ a,若⊥a,则a内任意一条直线都与l垂直，直线l与 平面a内两条相交直线垂直，所以直线l与平面a内 两条相交直线垂直是l⊥α的充要条件，C选项错误； 对于D:直线l与平面a的一条垂线垂直，则l∥a或l 在平面a内，所以直线l与平面α的一条垂线垂直是 l⊥α的既不充分也不必要条件，D选项错误，故选A. 2.C【解析】如图，取AB的中点G,连接CG,FG.F 则AA与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所 是EB的中点，.FGLAE, 成角两为陪-是一古期气，一安可如 VABC-A BC= ,=25,则V,-c=545,设 D 正三棱锥P-ABC的高为d,则V,-c=子dX宁× 65×6V3×5=545,解得d=6,取底面ABC的 2 G B 中心为0：则POL底国ABC.且A0=子×号×6万 又由题意得DCL合EA,DC业FG,四边形 =6,所以PA与平面ABC所成角的正切值 CDFG是平行四边形，.DF∥CG,则A,B错误；：CG m∠PA0-器-1，故选B C平面ABC,DF丈平面ABC,∴DF∥平面ABC,则 5.D【解析】如图，连接AC,BD,设AC∩BD=O,连接 C正确：点B∈平面ABC,点B∈平面DEF,则平面 SO,则SO⊥平面ABCD,取BC的中点M,连接 DEF与平面ABC相交，则D错误.故选C. OM,SM, 3.D【解析】A选项中，BC与AF不垂直，∴.BC⊥平 面AEF不成立，A错误；：PA⊥底面ABCD,BCC 平面ABCD,.PA⊥BC. D 则由正四棱锥的结构特征可知OM⊥BC,SM⊥BC, 所以∠SMO为侧面与底面所成的角，设AB=BC= ·64· 高三一轮复习A ·数学· a,则OM=号，在R△SOM中，tan∠SM0= SO 为平面A1AC∩平面a=A,所以令平面A1AC∩平面 OM a=',A∈'，因为平面A1AC⊥平面a,所以C,A,在 VE,所以S0=OM=E。 a,又OB= 2a,所以SB= 平面a的投影E,F与A共线，因此选项D正确.故选 BCD. √/SY+OB=a,所以正四棱锥S-ABCD的每个侧 8.ABD【解析】选项A,折叠过程中，始终有ED⊥ 面均为正三角形，所以顶点S的每个面角均为于，故 CD,ED⊥A1D,而CD∩AD=D,CD,A1DC平面 CAD,所以ED⊥平面CA1D,又A1CC平面CAD, 正四棱锥S-ABCD在顶点S处的曲率为2π-4× 所以ED⊥A,C,A正确；选项B,根据二面角平面角 晋-三故选D 的定义，B正确；选项C,假设存在某个位置使得A1E 6.B【解析】依题意，作出图形如图所示： ⊥BE,连接CE,显然CE⊥BE,又AE∩CE=E, AE,CEC平面CA:E,所以BE⊥平面CAE,又CA C平面CAE,所以BE⊥CA1,又ED⊥AC,BE∩ ED=E,BE,EDC平面ABC,所以CA1⊥平面ABC, 这是不可能的，假设错误，C错误；选项D,折叠过程 中，始终有ED⊥平面CAD,A点轨迹是平面CAD 内以D为圆心，DA为半径的半圆弧AAF,过A,作 A1H⊥AC,垂足为H,由选项A的证明知平面ACA, ⊥平面ABC,因此AH⊥平面ABC,∠ABH是直 设P为AA:的中点，因为M为A1C的中点，所以 线BA,与平面ABC所成角，sm∠ABH=,由 MP∥AC,又MP￠平面ADC,ACC平面ADC, 已知AE=2,AD=AEcos60°=1，AF=2,设AH=x 所以MP∥平面ADC,连接PV,因为MN∥平面 (0<x<2),则A1H=FH·AH=(2-x)·x=2x ADC,MN∩MP=M,MN,MPC平面MNP,所以 -x2,A H=V(2-),BH2=AH+AB2- 平面MNP∥平面ADC,又平面MNP∩平面 2AH·ABcos∠BAH=x2+16-2x·4cos60°=x2 ABBA1=PN,平面ADC∩平面ABBA,=AD,所 -4x十16，由A,H⊥平面ABC,BHC平面ABC,得 以PN∥AD,又AA:∥BB,所以四边形ADNP是平 AH⊥BH,所以AB=√AHP+BH=√/I6-2x, 行四边形，所以DN=AP=号BB,所以B,N+BD 加∠AB阴=食惜=哥 2x-x V16-2x =号BB,又BB=4BD,所以BN=BD,所以BN =3BN,所以沿=3.故选B √(+6+)-√4-(8-tg“J0 二、选择题 7.BCD【解析】对于A,因为B,C到a的距离分别为 且仅当x=8-43时等号成立，所以sin∠A1BH≤ 1,2,显然不相等，所以BC不可能与平面α平行，因 此选项A不正确；对于B,AC,BD的交点为O,显然 X(14-83)=√7-45=2-√5，所以 O是AC的中点，因为平面ABCD∩a=A,顶点C到a sin∠A:BH的最大值是2-√3，D正确.故选ABD. 的距离为2，所以O到α的距离为1，因此选项B正 确：对于C,B到a的距离为1，O到a的距离为1，因 此BO∥a,即BD∥a,设平面ABCD∩a=l,所以BD ∥L,因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD,又因为 AA:⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以AA⊥ BD,因为AA1∩AC=A,AA,ACC平面A1AC,所以 BD⊥平面AAC,因此有l⊥平面AAC,而lCa,所 以平面AAC⊥平面a,因此选项C正确：对于D,因 ·65· ·数学· 参考答案及解析 三、填空题 四、解答题 9.平厅【解析】取BC的中点D,连接DE,AD,因 11.解：(1)连接AC, 四边形ABCD是平行四边形，且F是BD的 为DE∥BC,可知∠AED(或其补角)即为直线AE 中点， 与BC1所成角， F是AC的中点， (2分) E为PC的中点， .EF∥PA, (4分) PAC平面PAD,EF丈平面PAD, .EF∥平面PAD. (6分) D -D E D---- 在△ADE中AD=√5，AE=√I0,DE=√5，由余弦 定理可得m∠AED-号，所以∠AED=票.因为 △ABC为等腰三角形，则AD⊥BC,又因为BB⊥平 面ABC,ADC平面ABC,则AD⊥BB,且BC∩BB (2):AB⊥平面PAD,AD,PAC平面PAD, ∴.AB⊥AD,AB⊥PA, =B,BC,BB:C平面BBC1C,可得AD⊥平面 ∴.四边形ABCD为矩形， (8分) BB,CC,所以点A到平面BBCC的距离为AD PA⊥AD,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, =√5. ∴.PA⊥平面ABCD, 10.1【解析】连接AC,:四边形ABCD为菱形， ∴.四棱锥P-ABCD是阳马. (11分) ∠ABC=60°，∴.△ABC是正三角形，E为BC的中 (3)由(1)知EF∥PA,由(2)知PA⊥平面ABCD, 点，∴.AE⊥BC,又BC∥AD,AE⊥AD,又PA⊥ .EF⊥平面ABCD (13分) 平面ABCD,AE⊥PA. 12.解：(1)若PC∥平面BMN,且PCC平面PCD,平 面PCD∩平面BMN=MN, 可得MN∥PC, (3分) 在△PCD中，点N是CD的中点， 所以点M是PD的中点。 (4分) A (2)如图，取AB的中点F,连接PF,CF,AC 由线面垂直的性质和判定，得AE⊥平面PAD,∴ ∠EHA是EH与平面PAD所成的角，在 E R△EAH中，AE=号m∠EHA=詣当 ∠EHA最大时，tan∠EHA最大，则AH最小，即 当AH LPD时sn∠EHA=,am∠EHA C 因为△PAB是正三角形， 吾iAH=号，又AD=1∠ADH=45,5PA 则PF⊥AB, 且平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD =1. =AB,PFC平面PAB, ·66· 高三一轮复习A ·数学· 可得PF⊥平面ABCD, (6分) 因为△A1BC为等边三角形， 由CFC平面ABCD, 故AC=BC=√E, 可得PF⊥CF, 故AC=CE+AE, 因为侧面PAB是正三角形， 即CE⊥A1E, (3分) 则PF=√3. 又AB,AEC平面AA1B,AE∩AB=E, 因为底面ABCD是菱形，且∠ABC=60°， 故CE⊥平面AAB, 可知△ABC是等边三角形， 且CEC平面ABC, 则CF⊥AB且CF=√3. 故平面AA1B⊥平面ABC. (5分) 所以PC=√6. (9分) (2)①由(1)知，CE⊥AB,A1E⊥AB,且平面AA1B (3)取PC的中点E,连接BE,AM, ∩平面ABC=AB, 因为四棱锥P-ABCD的底面是菱形，侧面PAB是 故∠CEA即二面角A!一AB一C的平面角，即 正三角形， ∠CEA=号， (6分) 则PB=AB=BC,BE⊥PC 由(2)可得PF⊥AB,CF⊥AB, 故△CEA为等边三角形，则CA,=CE=AE=1, 且PF,CFC平面PCF,PF∩CF=F, 因为CE⊥AB,AE⊥AB,AE∩CE=E,且CE 所以AB⊥平面PCF, A1EC平面CEA, 由PCC平面PCF, 所以AB⊥平面CEA1, 可得AB⊥PC. 设线段AE的中点为F,连接CF, 又因为AB∩BE=B,AB,BEC平面ABE, 则CF⊥AE,AB⊥CF, 所以PC⊥平面ABE, 又AB,A1EC平面ABB1A1,AB∩A1E=E, (12分) 过E作EM∥CD交PD于点M. 所以CF⊥平面ABBA, 因为EM∥CD∥AB, 又在△CEA,中易知CF= 2 所以点M∈平面ABEM. 1 所以PC⊥平面ABEM, 所以VC-A,=3·CF·SaA,蹈 因为BMC平面ABEM, 所以PC⊥BM, (14分) =×9××2x1-, 6 (9分) 因为E为PC的中点，EM∥CD, 又在△A1BC中，由AC=1,BC=A1B=√2， 所以PM=MD,即-1 (15分) 则 COs∠A,BC= BC+A B-AC3 2BC·AB 13.解：(1)设AB的中点为E,连接CE,AE,如图 所示， s如∠AC-9, 则Sa4e=号A,B·C·sin∠AC= (11分) 设点B:到平面ACB的距离为d, 由Ve-A画=Vg=号·Sg·d, 可得d=221 7 因为△ABC与△ABA:均为等腰直角三角形， (12分) ∠ACB=∠AAB=, 即点B到平面ACB的距离为2四 7 故BC=AB=AB·cos45°=√2，CE⊥AB,且CE 号AB=1,AE=号AB=1, (1分) ·67· ·数学· 参考答案及解析 又因为BC=AB=√E,故BM⊥A1C,且MNC平面 A1B1C,BMC平面A1BC, 故∠BMN即二面角B1一AC-B的平面角， (17分) ! 且BM=VBC-Cm-√BC-(分A,C)-, 因为BB=AA1=√2=BC, ②由①知，AB⊥平面CEA, 故BN⊥BC, 而AB∥AB, 则BN=VBc-CN-VBc-(合BC)- 故AB⊥平面CEA, 所以cos∠BMN= BM+MN-BN 且A1CC平面CEA, 2BM·MN 故A1B⊥AC, 7 则BC=√/AB+A1C=√5， 14+1一4_2今 设AC和BC的中点分别为M,N,连接MN, 2×5x1 BN,BM, 则MN∥AB,MN=ZAB=1,MNLA.C,. 故平面BAC与平面ACB夹角的余弦值为2识。 (20分) M ·68·