周测卷(十八)立体几何初步——空间位置关系-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三数学一轮复习周测卷

高三一轮复习周测卷 ABME, 所以DNL平面ABME,则DN=DEsin交-1X √2√2 2-2’ 1 所以VD-ABME=3 3+ 1 ·S四边形ABME·DN= 21+ 2×1x号-号 12.(1)证明：如图，连接BA1,BC1, 因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，点 D为B1C的中点， BC1∩B1C=D,即点D为BC1的 A 中点， E 又点E为AC的中点， 所以DE∥A1B, 因为A1BC平面AA1B1B,DE中平面AA1B1B, 所以DE∥平面AA,B1B. (2)解：因为直三棱柱ABC-A,B1C1的所有棱长均 相等，AB=a, 1 π√3 所以SAAn=2 XaXaXsin3-'a, 所以VaCA,9=SAA·AA,=3a (3)解：设AB=t,因为VCDE=VgCD三2VAD手 数学（十 一、选择题 1.D【解析】A选项，若m∥a,n∥a,则m∥n或m,n 相交或m,n异面，A错误；B选项，若m∥a,m∥B,则 aB或a,B相交，B错误；C选项，若m⊥a,a⊥3，则 m∥B或mCB,C错误；D选项，若m⊥a,m⊥B,则 aB,D正确. 2.B【解析】如图，△ABC为等边三 角形，D为BC中点，作PH⊥平面 ABC,垂足为H,设AB=a(a>0), 则PA=√3a,根据正棱锥性质，则 44 3a,PH=26 AH=V 3a,根据线面 角的定义，三棱锥P-ABC的侧棱与底面所成角为 2√6 2w2 ∠PAH,则sin∠PAH-PA 3 3.D【解析】如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1 ·48 2V,m,又因为直三棱柱ABC-A.B,C的所有棱 长均相等， 如图，取BC的中点F,连接AF,则AF⊥BC, 又BB1⊥平面BAC,AFC平面BAC, 所以BB1⊥AF, 又BB1∩BC=B,BB1,BCC平面BB:C1C, 所以AF⊥平面BB1C1C, 1 所以点A到平面BCD的距离为？t,SACD=)X t 1 2t3 所以ViCDE7aX3X2X3 6 解得t=2, 因为等边三角形ABC的外接圆半 1 径为r=2 × 223 3，三棱柱 sin 3 的高h=2, E 所以三棱柱的外接球半径R= +- 所以三棱柱的外接球表面积S=4R2-2 3. 八) 中，易知平面ABCD⊥平面 D CDDC1,不妨设a为平面 A ABCD,B为平面CDD1C1,又可 知A1B1∥a∥3，所以当l=A1B D 时，l与B平行；A1D1/a,A1D1∩ B=D1,所以当l=A1D1时，l与 B相交；C1D1∥a,C1D1CB,所以当1=C1D1时，l在 3内. D【解析】设N为BC的中点， D 连接MN,NC1,因为M为AB A 的中点，N为BC的中点，所以 MN∥AC,又因为A1C1∥AC,所 以A1C1∥MN,所以A1,M,N,A M C1四点共面，所以平面A1MC1与平面ABCD的交 线为MN,则l即为MN所在直线，因为MN与AC1 是异面直线，即1与AC1是异面直线，故A错误；因 为MN∥AC,而在直角△ACC1中，∠ACC,=90°，则 ·数学· AC1与AC不垂直，故MN与AC1不垂直，即l与 AC1不垂直，故B错误；因为BB1⊥平面ABCD,ACC 平面ABCD,所以BB1⊥AC,又AC⊥BD,BD∩ BB1=B,BD,BB1C平面BDD1B1,所以AC⊥平面 BDD1B1,又MN∥AC,所以MN⊥平面BDD1B1, 即l⊥平面BDD1B1,因为BD1C平面BDD1B1,所 以l⊥BD1,故C错误，D正确. 5.C【解析】连接A1P,由条件得△A1B1C1是等腰直 角三角形，且A1B1⊥A1C1,故|PA1|=|PB,|= 合B,CI-2A,A-1AB1=E,所以1PA1= √TPA,2+AA,2=√2+4=√6，IPB1 √TPB12+BB12=√TPB,2+AA12=√2+4= √6.设P到直线AB的距离为h,则由PA|=PB= 6可知A=PA:-(2AB)'=W6-IF=5. 设所求矩离为4，则片×号×2×2×2=号×号×2× 5d,解得d=4y5 5 6.B【解析】如图，若平面ABC∥平 面DB1C1,则平面A1B1C1与平面 ABC所成角，即为平面AB,C1与B C 平面DBC1所成角，由题意有 △ABC≌△DB1C1,即△DB1C1是 BL-----4 等腰三角形，腰长约为8米， ∠B1DC1≈144°，易知∠DB1C1=∠DC1B1≈18°，若 E是B1C1的中点，连接DE,A1E,则DE⊥BC1, 且A1D⊥平面DB1C1,由B,CC平面DB1C1,则 A1D⊥B1C1,DE∩A1D=D,且都在平面A1DE 内，所以B1C1⊥平面A1DE,则∠A1ED是平面 A1B,C1与平面DB1C1所成角的平面角，其中A1D= 19-13=6,DE=8sin18,则tan∠A,ED=A:D DE 3 4sin 18. *D【解析】由正三棱台的性质可 得四边形A1B1BA为等腰梯形， 其中AA1=BB1,A1B1∥AB,如 图，在梯形A1B1BA中，过B1作 A B.ELAB,垂足为E,而BE=42 2 =1,故cos∠B1BE= ，故AB,=AB+BB-2AB×B,× 1 √16十4-2×4=2W3.同理，BC1=2√3. 在平面BC1CB中，过B,作BC1的平行线，交CB的延 ·49 参考答案及解析 长线于F,连接AF,如图，则 ∠ABF或其补角为异面直线AB 与BC1所成角，因为B1F∥BC1, B1C1∥BF,故四边形BC1BF为 平行四边形，故B1C1=BF=2, B1F=BC1=2√3，而∠ABF= 120,故AF=AB+BF2-2 ABXBFX(-）= √16+4+8=2W7,故cos∠AB1F= 24-28-= 2×2√3×2√3 2-日，放异面直线AB,与BC,所成角的余弦值 为6 二、选择题 7.BC【解析】对A,只有当a⊥B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 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a二B,使得 a为m在平面B上的射影，存在nC3,使得n⊥a,此 时m⊥n,故C正确；对D,当m∩l=A时，在平面B 上不存在直线n使得m∥n,故D错误. ACD【解析】对于A,根据正 D 方体性质可得MD?=MD2+4 DD,可知DM=1,故点M的 轨迹是以D为圆心，1为半径的 D5---0 四分之一圆，如图所示，则其轨 迹的长度为2m×1×子-？，故 A正确；对于B,易知当点M位于棱CD上时，直线 BC BM与平面CDD,C所成的角最大，此时CM= 2=2十2，即直线BM与平面CDD,C,所成角 √2-1 的正切值最大为2十√2，故B错误；对于C,易知内切 球的半经为号球心0位于正方体的中心，设其到平 面AB,C的距离为d,易知BD1=√6，BO=),点B 到平面AB,C的距离为号BD,-,可得球心D到 平面AB,C的距离为d=B0-号BD,-百，放截面 2 圆的半径r满足，-（号）-()-}，则所得拔 面的面积为，故C正确：对于D,如图，先固定点 高三一轮复习周测卷 N,当点M在BD上时，MN最 D 小，再让点N移动，当P,N,M 三点共线时，MN+NP最小，此 时MN+NP=BB1=√2，故D 正确。 三、填空题 9.2【解析】设AC,A1C1的中点 分别为E,F,连接EF,FB1, EB,EP,EB1,由三棱台的结构 特征可知，AC⊥EF,AC⊥EP, AC⊥EB,则∠PEF=a, ∠PEB=B,若a=B,则∠B1EB≥∠BEF,即 ∠EB1F≥∠B1EF,所以EF≥B1F=√3，所以BB1= AA1≥√(W3)+1=2. 【解析】如图，因为S 10.v6 24π=4πr2,所以该三棱锥的外 接球半径r=√6，已知∠APB= 行PB=2,PA=4,由余弦定 理可得BA=2√3，所以BA⊥BP,同理可证CB⊥ CP.所以△ABP,△BCP的外接圆圆心O1,O2分别 位于斜边PA,PB的中点，设球心为O,则OO1⊥平 面PAB,OO2⊥平面PBC,PAC平面PAB,所以 0011PA,因为OP=,=6,P0,=P=2,所以 2 001=√（√6）-22=√2，同理可证001⊥0102， 因为0,0，=4，-3，所以an∠0,00，= 2 √2 ，设镜二面角A-PB-C的平面角为9，因为00,1 √6 平面PBC,所以0与∠OO2O1互余，即0= ∠0,00，tan0=5-6 √22 四、解答题 1.（1证明：因为心-号AD, 所以BC∥AD,所以BC∥AD, 因为BC中平面PAD,ADC平 面PAD, 所以BC平面PAD. (2)解：存在，且当点N为AD上靠近D点三等分 点时，即AN、2 AD-3时，平面CEN怦面PAB. 下面给出证明： ·50 图为-号A访， 所以5cC/AD,BC=号AD, 又因为点N为AD上靠近D点的三等分点， 所以AN=号AD, 所以BC∥AN,BC=AN, 所以四边形ABCN为平行四边形， 所以CN∥AB, 又因为CN中平面PAB,ABC平面PAB, 所以CN∥平面PAB, 因为E在校PD上且PE=2ED,即DE=号PD, 1 又因为ND=3AD, 所以△END∽△PAD, 所以EN∥PA, 又EN￠平面PAB,PAC平面PAB, 所以EN∥平面PAB, 又因为CNC平面CEN,ENC平面CEN,CN∩ EN=N, 所以平面CEN∥平面PAB. 2. (1)证明：由于CD∥平面BMF1,CDC平面 ABCD,平面ABCD∩平面BMF1=BM, 故CD∥BM, 又DM∥BC, 故四边形BMDC为平行四边形， 故BC=DM, 由于BC=2AD,放DM=号AD, 1 故M为线段AD中点， (2)解：过F1作F:N⊥AD于N,过N作NO⊥ BM于O,连接OF1,如图， 由于平面ADE1F1与平面ABCD垂直，且交线为 AD,F1NC平面ADE1F1, 故F1N⊥平面ABCD, BMC平面ABCD,故F1N⊥BM, 又NO⊥BM,F1N∩ON= F N,F1N,ONC平面F1NO, 故MB⊥平面F1NO, `、M 因为F1OC平面F1NO,故 BM⊥F1O, 故∠F1ON的补角即为二面角F1-BM-D的平 面角， 由于F1M=AM=AF1,故N为AM的中点， ·数学· 则NF,-AM=5, 由于△ABM为等边三角形，N为AM的中点， 放ON-×9M- 2 2 ON 在Rt△F1ON中，cos∠F1ON= √ON2+F1Nz 数学（十 一、选择题 1.A【解析】依题意，AD=(0,1,2),而a=(1,1,1)为 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·A市-3-5. a√3 2.A【解析】由n为平面a的一个法向量，a为直线l 的方向向量，若l∥a,则a⊥n,即充分性成立；由n为 6 平面a的一个法向量，a为直线l的方向向量，若a⊥ n,则l∥a或lCa,即必要性不成立.故“L∥a”是“a⊥ n”的充分不必要条件. 3.B【解析】空间向量a在向量e方向上的投影向量 为“。·e,因为e为单位向量，e=1,ae)- 3 所以ae=V3十4+西Xcos5=-2,所以· 3 e=-2e. 4.D【解析】因为AM=MC,AN=2ND,则M M所+AA+A寸=-号AC+AM+子A市- -号A+A+Ad+子ad-M)=-子0 3 a- 3a+36+ 3c,所以x 1 1 1 3)y=之=3，故x+y十x=3 5.B【解析】根据题意，以S为 坐标原点，建立空间直角坐标 系，则S(0,0,0),B(2,0,0), D(0,2,0),A(0,0,1),C(0,3, 0),又点E为△ABC的重心， 所以E(号，1，号），则弦=（导，-1，-3），D- (2,-2,0),则cos〈EB,DB〉= EB·DB EBIDBI 8+2 14 7 ,/16+1+×22√26×22w52nEB, 7 ·51 参考答案及解析 3 2 √5 3 5, 3+4 故二面角F,BMD的余弦值为二5. 九) D成)=√=c0s(EB,D=店，所以点E到直线 √52 BD的距离为店1·血成，D)-√+1+)× 3_√26×36 √523√526· C【解析】如图，取BC的中点 D,连接PD,AD,△PBC为等边 三角形，所以PD⊥BC,由题意知 AP⊥平面PBC,PB,PCC平面 PBC,故AP⊥PB,AP⊥PC, 又AP=√6，PB=PC=BC=2,x 则AB=AC=√/4十6=√10，所以AD⊥BC,而AD∩ PD=D,AD,PDC平面APD,所以BC⊥平面 APD,又BCC平面ABC,所以平面ABC⊥平面 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⊥ AD,在R△APD中，PD=2sin=5,AP=6, 则AD=3+6=3,PG=5X5-=2,故AG= 3 √AP-PG=√/6-2=2，所以DG=1,则AG= 2GD,所以点G是△ABC的重心.以P为坐标原点， 过点P作PC的垂线为x轴，以PC,PA所在直线 分别为y轴，之轴建立空间直角坐标系，则P(0,0, 0),B(√3,1,0)，C(0,2,0),A(0,0,√6)，所以PA= (0,0,W6),CA=(0,-2,√6)，CB=(√3，-1,0)，则 =号×Ci+)-(停，-1，)，所以 cos (PA,CC)-PA.c 。2= i·16X2=S,所以 异面直线PA与CG所成角的余弦值为。 、选择题 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2026一2027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 题目要求的。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.设m,n是不同的直线，a,3是不同的平面，则下列命题正确的是 A.若ma,n∥a,则m∥n B.若m∥a,m∥3，则a∥3 C.若m⊥a,a⊥B,则m∥3 D.若m⊥a,m⊥3，则a∥g 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P-ABC的侧棱与底面所成 角的正弦值为 1 A.3 B2② 3 3.已知直线l∥平面a,平面B⊥平面α，则以下关于直线l与平面B的位置关系的表述，正确的是 A.1与B不平行 B.1与B不相交 C.l不在平面3内 D.1在3内，与3平行，与β相交都有可能 4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AB的中点，L为平面A1MC1与平面ABCD的交 线，则 A.L∥AC B.L⊥AC C.l∥BD D.l⊥BD1 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, 柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中，AB=AC=AA1=2,P是B1C1的中 点，则C到平面ABP的距离为 A.√3 B.36 5 C46 5 D.√5 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 根木柱，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 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AA1和两根金柱BB1,CC1形成的几何体ABC-A1B1C1(图2)中，AB=AC≈8米， ∠BAC≈144°，则平面A1BC1与平面ABC所成角的正切值约为 数学·周测卷（十八）第1页（共4页） 18 手鱼跃龙门奏 B 4 4 3 A. 3sin 18 B. 4sin 18 C.3cos 18' D. 4cos18° ￥如图，在正三棱台ABC-A1B1C1中，若AB=2A1B1=2AA1=4,则异面直线AB1与BC1所成 角的余弦值为 B. 2 2 D.6 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.已知α，3为两个不同的平面，且α∩3=l,m,n是两条不重合的直线，则下列结论正确的是 A.存在mCa,使得m⊥3 B.存在mCa,使得m∥3 C.对任意mCa,存在nC3,使得m⊥n D.对任意mCa,存在nCB,使得m∥n 8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为√2，点M在底面ABCD上（含边界），且MD1=√3， 则下列说法正确的是 A.点M的轨迹的长度为 B.直线BM与平面CDD1C1所成角的正切值最大为1十√2 C.平面AB,C截该正方体的内切球所得截面的面积为弩 D.若动点N在线段BD1上，P为B1D1的中点，则MN十NP的最小值为√2 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 9.如图，在正三棱台ABC-A1B1C1中，已知AB=2A1B1=4,点P是侧棱 BB1上的动点（含端点）.记二面角P-AC-A1为a,二面角P-AC-B为 B,若存在点P,使得α=B,则侧棱BB1的最小值为 数学·周测卷（十八）第2页（共4页） 18 班级 10. 如图，在三棱锥PABC中，∠APB=∠BPC=5,PC=1,PB=2, 姓名 PA=4,若该三棱锥的外接球表面积为24π，则锐二面角A-PB-C的平 面角的正切值为 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。 11. (20分) 刻图所示的四校锥P-ABCD,在底面ABCD中，BC号Ad,E在楼PD上且PE=2ED. 选择题 (1)求证：BC∥平面PAD; 答题栏 … 1 (2)线段AD上是否存在点N,便得平面CEN/平面PAB?若存在，写出AD的值；若不存 2 在，请说明理由. 3 5 A 7 8 数学·周测卷（十八）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 12.(20分) 如图1，将边长为2的正六边形ABCDEF沿AD翻折，使平面ADE1F1与平面ABCD垂 直，如图2.点M在线段AD上，CD∥平面BMF1· (1)证明：M为线段AD中点； (2)求二面角F1-BM-D的余弦值. M 图1 图2 数学·周测卷（十八）第4页（共4页）