周练（十四）空间向量与立体几何-【高考领航】2027年高考数学总复习四测通关卷

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何，以题构建从向量运算到空间几何应用的完整逻辑链，强化空间观念与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |向量基础运算|选择1-4、填空9-10|含投影向量模长、平行向量坐标关系、模长与垂直判定|从向量坐标概念到数量积运算，构建空间度量基础| |空间几何量计算|选择5-6、多选7-8|涉及点面距离、线线夹角、异面直线成角|结合几何体性质，实现向量运算向空间几何量转化| |位置关系与存在性|解答11-12|线面垂直证明、二面角求解、点存在性探究|以逻辑推理为核心，体现从几何直观到代数论证的思维过程|

周练(十四)　空间向量与立体几何 (时间：45分钟　满分：80分) 一、选择题：本题共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．已知a＝(－1，2，1)，b＝(2，－2，0)，则a在b方向上的投影向量的模长为(　　) A．－ B． C．－ D． 2．已知空间两点A(1，－1，－2)，B(3，0，－4)，向量c＝(－2，2m－1，2)满足c∥，则实数m的值为(　　) A．0 B．1 C．0或1 D．不存在 3．在三棱锥P-ABC中，M为AC的中点，则＝(　　) A． B． C． D． 4．向量a＝(2，1，1)，b＝(x－1，x，0)(x>1)，且|b|＝，若(ma－b)⊥b，则实数m的值为(　　) A． B．－ C．或 D．或－ 5．在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AC＝2，AB＝AA1＝2，则点C到平面ABD1的距离为(　　) A． B． C． D． 6．如图，正八面体ABCDEF由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为(　　) A．－ B． C． D． 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，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．在空间直角坐标系Oxyz中，A(1，0，0)，B(2，1，－2)，C(1，2，3)，则(　　) A．＝－10 B．＝ C．异面直线OB与AC所成角的余弦值为 D．点O到直线BC的距离是 8．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，M为线段C1D1上的动点，则下列说法正确的是(　　) A．三棱锥M-A1EF的体积为定值 B．不存在点M，使得EF⊥ME C．平面MEF与平面ABCD所成角的正切值的最大值为2 D．时，平面MEF截该正方体的外接球所得截面的面积为3π 答 题 栏 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分． 9．在空间直角坐标系Oxyz中，若A(2，0，2)，B(2，1，0)，C(0，4，－1)，M(0，m，－5)四点共面，则m＝________． 10．对于任意向量a，b定义运算：a⊗b＝|a|2－a·b.若向量a＝(2，1，1)，向量b为单位向量，则a⊗b的取值范围是________． 四、解答题：本题共2小题，共28分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 11．(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA＝AB＝2，PB＝PD＝2，点E在PD上，且PE＝PD. (1)求证：PA⊥平面ABCD； (2)求二面角E-AC-D的余弦值； (3)证明：在线段BC上存在点F，使PF∥平面EAC，并求线段BF的长． 12．(15分)如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC＝BC＝2，D是AC中点，E，F分别是BA，BC边上的动点，且EF∥AC，将△BEF沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥P-ACFE. (1)求证：EF∥平面PAC； (2)若BE＝AE，二面角P-EF-C是直二面角，线段PA上是否存在一点M，使得平面MEC与平面AEC夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)当PD⊥AE时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $ 周练(十四)　空间向量与立体几何 1．D　a在b方向上的投影向量的模长为，故选D. 2．A　已知A(1，－1，－2)，B(3，0，－4)，则＝(2，1，－2)，因为c＝(－2，2m－1，2)∥，所以，解得m＝0，故选A． 3．B　连接BM，根据向量的运算法则，可得，故选B. 4．A　由向量a＝(2，1，1)，b＝(x－1，x，0)(x>1)，可得ma－b＝(2m－x＋1，m－x，m)，结合|b|＝，(ma－b)⊥b，即(ma－b)·b＝0，得结合x>1，解得x＝3，则m＝，故选A． 5．A　如图所示，连接AC，BD，A1C1，B1D1，设AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，连接OO1，以O为原点，以OA，OB，OO1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为AC＝2，AB＝AA1＝2，可得A，B(0，1，0)，D1(0，－1，2)，C，则＝＝＝，设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，可得y＝，所以n＝，则点C到平面ABD1的距离d＝，故选A． 6．C　∵正八面体ABCDEF由两个相同的正四棱锥组成，其所有棱长为2，∴正八面体的8个面均为边长是2的等边三角形，四边形BCDE是边长为2的正方形，连接BD，EC交于点O，则BD⊥EC，|OC|＝|OD|＝＝＝|OF|＝，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，∴O(0，0，0)，B，N，F，∴＝＝，∴cos 〈〉＝，∴直线BN和FM夹角的余弦值为，故选C. 7．ABD　＝(1，1，－2)，＝(－1，1，5)，＝－1＋1－10＝－10，A正确；＝(0，2，3)，＝，B正确；设异面直线OB与AC所成角为θ，则cos θ＝，C错误；O到直线BC的距离为，D正确． 8．BC　如图所示，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则C(1，1，0)，C1(1，1，1)，E，F，B1(1，0，1)．设D1M＝a，a∈[0，1]，则M点坐标为(a，1，1)．∵C1D1不与平面A1EF平行，∴M到面A1EF的距离不为定值，∴三棱锥M-A1EF的体积不为定值，A错误；＝＝，若EF⊥ME，则＝0，即－＋×(－1)＝0，解得a＝，又a∈[0，1]，故不存在这样的点M，使得EF⊥ME，B正确；设两平面夹角为θ，θ∈，取平面ABCD的法向量为n＝(0，0，1)，设平面MEF的法向量m＝(x，y，z)，则令x＝2，则y＝2，z＝－1－2a，即m＝(2，2，－1－2a)，则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝，因为当x≥0时，y＝为增函数，故当a＝0时，cos θ＝|cos 〈n，m〉|min＝，即夹角θ最大时，余弦值为，此时，tan θ＝，故C正确；时，M＝＝(0，1，1)，设平面MEF的法向量k＝(x1，y1，z1)，则令x1＝1，则y1＝1，z1＝－1，k＝(1，1，－1)是平面MEF的一个法向量，显然球心O＝，则O到平面MEF的距离d＝＝0，即球心在平面MEF上，所以外接球半径R＝也是截面圆的半径，∴截面圆面积S＝πR2＝π，故D错误． 9．解析：＝(0，1，－2)，＝(－2，4，－3)，＝(－2，m，－7)．因四点共面，故可由线性表示，即存在实数x，y，使，代入坐标得 解得y＝1，x＝2，m＝6. 答案：6 10．解析：由题意得，|a|＝＝1，设〈a，b〉＝θ，则a⊗b＝|a|2－a·b＝6－cos θ，因为0≤θ≤π，所以－1≤cos θ≤1，所以6－≤a⊗b≤6＋. 答案： 11．解：(1)证明：∵PA＝AB＝2，PB＝2，∴PA2＋AB2＝PB2， ∴PA⊥AB，同理PA⊥AD， 又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， ∴PA⊥平面ABCD. (2)如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E. 平面ACD的法向量为＝(0，0，2)，设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)． ∵＝(2，2，0)，＝，由有： 取 ∴n＝(2，－2，1)，设二面角E-AC-D的平面角为θ， 由图形可知，cos θ＝， ∴二面角E-AC-D的余弦值为. (3)证明：假设存在点F∈BC，使PF∥平面EAC，令F(2，a，0)(0≤a≤2)， ∴＝(2，a，－2)，由PF∥平面EAC，n＝(2，－2，1)， ∴·n＝0，即4－2a－2＝0，解得a＝1. ∴存在点F(2，1，0)，F为BC的中点，即BF＝1. 12．解：(1)证明：在四棱锥P-ACFE中，EF∥AC，而AC⊂平面PAC，EF⊄平面PAC， 所以EF∥平面PAC. (2)过C作直线Cz⊥平面ACFE，而AC⊥BC，则直线CA，CB，Cz两两垂直， 以C为坐标原点，直线AC，CB，Cz分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 由EF∥AC，得EF⊥PF，EF⊥CF，则∠PFC是二面角P-EF-C的平面角， 依题意，∠PFC＝90°，即PF⊥CF，又PF⊥EF，而EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面ACFE， 于是PF⊥平面ACFE，即PF∥Cz，由BE＝AE，得E，F分别是AB，CB的中点， 由AC＝BC＝2，得A(－2，0，0)，C(0，0，0)，P(0，1，1)，E(－1，1，0)， 令(0≤t≤1)， 则＝(－2t，－t，－t)，M(－2t，1－t，1－t)， 故＝(－2t，1－t，1－t)，＝(－1，1，0)， 设平面MEC的法向量n＝(x，y，z)， 则 取x＝1－t，得n＝(1－t，1－t，3t－1)，而平面AEC的法向量为m＝(0，0，1)， 因此|cos 〈m，n〉|＝，解得t＝或t＝－1(舍去)， 所以在线段PA上存在一点M满足题意，此时. (3)由(2)中空间直角坐标系，知D(－1，0，0)，A(－2，0，0)，设P(0，s，u)，F(0，v，0)，E(v－2，v，0)，u，v>0， 则＝(v，v，0)，＝(－1，－s，－u)， 由PD⊥AE，得＝－v－sv＝0， 解得s＝－1，即P(0，－1，u)，则＝(v－2，v＋1，－u)， 点P与其在直线FC上射影点及点F围成以线段PF为斜边的直角三角形， 则u2＋(v＋1)2＝(2－v)2，即u2＝3－6v，且v>0，即0<v<， 平面ABC的法向量为m＝(0，0，1)，设直线PE与平面ABC所成角为θ， 则sin θ＝＝＝ ， 则sin2θ＝， 令1－2v＝λ∈(0，1)，因函数f(λ)＝λ＋＋6在(0，1)上单调递减，f(λ)>f(1)＝16， 因此0<sin2θ<，而sinθ>0，解得0<sin θ<， 所以直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $