周测卷(十九)空间向量与立体几何-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三数学一轮复习周测卷

2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十九） 数学·空间向量与立体几何 (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。 1.已知a=(1,1,1)为平面a的一个法向量，A(1,0,0)为a内的一点，则点D(1,1,2)到平面a 的距离为 A.3 B.√2 √5 C. 2 2.已知n为平面a的一个法向量，a为直线l的一个方向向量，则“l∥a”是“a⊥n”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.已知a=(3,2,3),空间向量e为单位向量，〈a,e)= 二，则空间向量a在向量e方向上的投 影向量为 C.-ja 1 A.2e B.-2e D.20 4.如图所示，在平行六面体ABCD-A1B,CD1中，AM=2MC,A1N= B 2ND.设AB=a,AD=b,AA1=c,MN=xa十yb+2c,则x十y十z= M c D.3 5.如图，在三棱锥S-ABC中，SA,SB,SC两两垂直，SC=3,SB=2,SA= 1,D为线段SC上靠近C的三等分点，点E为△ABC的重心，则点E到 直线BD的距离为 3 A.6 B.6 6 C. 3 D. 6 3 数学·周测卷（十九）第1页（共4页） 19 鱼跃龙门秦 6.在三棱锥P-ABC中，△PBC为等边三角形，AP⊥平面PBC,AP=6,BC=2,点G是P在 平面ABC内的射影，则异面直线PA与CG所成角的余弦值为 1 A.2 B. √3 2 c 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。 全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 7.给出下列命题，其中正确的有 A.若非零空间向量a,b,c满足a⊥b,b⊥c,则有a∥c B.若三个非零向量a,b,c不能构成空间的一个基底，则a,b,c必定共面 C.若两个非零向量a,b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a,b共线 D.已知{a,b,c}是空间向量的一个基底，则{c,a十b,a一b}也是空间向量的一个基底 8.如图，在底面为等边三角形的直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=2,BB1=√2，D,E分别为棱 BC,BB1的中点，则 A.A1B∥平面ADC1 B.AD⊥C1D C异面直线AC与DE所成角的余弦值为 D.平面ADC,与平面ABC的夹角的正切值为√2 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 9.已知P为空间中任意一点，A,B,C,D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且PA= P元P心+行而，则实数x的值为 10.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形， AB=2AD=4,PD-45,E是PA的中点，F店=2PF,若点M在矩形 ABCD内，且PM⊥平面DEF,则DM= 已知棱长为a的正四面体P-ABC,且Ai-名A店，Q为侧面PBC内的一动点，若QM 3QB,则点Q的轨迹长度为 数学·周测卷（十九）第2页（共4页） 19 班级 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) 姓名 如图，AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG, DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2. 得分 (1)求平面EBC与平面EFG的夹角； G (2)求直线AD到平面EBC的距离. 选择题 答题栏 1 2 3 4 5 6 8 数学·周测卷（十九）第3页（共4页） 鱼歇龙门卷 12.(20分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BCA=60°，AP= AD=AC=2,E为CD的中点，M在AB上，且AM=2MB. (1)求证：ME∥平面PAD; (2)求平面PAD与平面PBC所成二面角的正弦值； (3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角的余弦值 为求AF的长 M E D 数学·周测卷（十九）第4页（共4页）·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 高三一轮复习周测卷 平行，A错误；三个非零向量a,b,c不能构成空间的 一个基底，则它们必共面，B正确；能构成空间的一个 基底的向量必须是不共面的三个向量，由于非零向 量a,b与任何一个向量都不能构成空间的一个基 底，即向量a,b与任何一个向量均共面，则a,b必共 线，C正确；若c,a十b,a一b共面，则c=入(a十b)十 u(a-b)=(入十u)a十(-u)b,可知a,b,c共面，与 {a,b,c}为空间向量的一个基底相矛盾，故{c,a十b, a一b}可以构成空间向量的一个基底，D正确。 8.ABD【解析】选项A:如图，连 C 接A1C交AC1于F,连接DF,A 由题意可知F为A1C的中点，又 D为BC的中点，故AB∥DF, 又A1B中平面ADC1,DFC平面 ADC1,故A1B平面ADC1,故A 正确；选项B:由题意可知△ABC为等边三角形，D为 BC的中点，故AD⊥BC,又棱柱ABCA1B,C1为直三 棱柱，故AD⊥BB1,又BC∩BB1=B,BCC平面 BCC1B1,BB,C平面BCC1B1,故AD⊥平面BCC1B1, 又C1DC平面BCC1B1,故AD⊥C1D,故B正确；选项 C:如图，建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0),C(0,-1,0), E(01号》，图为AD=8x √3，故A(3,0,0),所以AC= A (-3,-1,0),DE=（0,1, 号)，设异面直线AC与DE所 成角为a,则cosa=|cos〈AC,D尼)|= 1-1川 故C错误： 6 -8+(-1)x1+( 选项D:由题意，得平面ABC的一个法向量为i (0,0,1),C1(0,-1,W2),DA=(3,0,0),DC=(0, 一1，W2),设平面ADC1的法向量为j=(x,y,之)，则 j·DA=0,mW3x=0, 即 U.DC=0,即-1×y十2x=0, 设y=√2，则 x=0,之=1，故j=(0,√2,1)，设平面ADC1与平面 ABC的夹角为B,则cos3=|cos(i,j)|= 1×√(2)+12 3,故sin9=V1-cos月= - -9放m8一区，故D正病 ·5 三、填空题 9.专【解析】因为P团=号P店-xP心+筋 号破-成+(P防-P)=P店-xP成+ 日P币，由题意得号-x+名1，所以x=一号 1 105【解析】如图，以D为 坐标原点，DA,DC,DP的方 向分别为x,y,之轴的正方向 建立空间直角坐标系，则 ,‘D D000,P(00,45). 1.62g5)r(号专.i-(1.o,25. 亦-（台，号，），设平面DF的法向量为m n·D2-x+2 52=0, (x,y,之)，则 可 …成-号x+台+85=0 185 之=√5，得x=-2,y=-1,所以n=(-2,-1, :设ma0.则时-(a-g5）,又 PM1平面DEF,则Pi∥a,所以2=号= 4W5 5 5 ,解得m=8,m=4 5,n= ,所以DM=√m+- 4√5 5 :受【解标】以A为原点，以店的方向为箱，建立 空间直角坐标系，可得A(0,0,0), Ba,0.0,因为Ai=号A,可得 Q. M(写a,00）,设Q(xye.因为 M B QM=QB,即1aM=号QB, 可相(x-）》+y2+=名[-a)+y+2],整 理得。十y十：-g,所以点Q在空间中的轨迹是 √7 以A为球心，3Q为半径的球，又因为Q在侧面PBC ·数学· 内，过点A作AO⊥平面PBC于点O,则O为△PBC 的中心，点Q在侧面PBC内的轨迹为以O为圆心，以 、(a)广-(。)-号为￥径的 圆的一部分（如图所示的圆的虚线 部.图为0G=号×停。-。 , 3 所以cos∠SOG= 3 OS a ，所以∠s0G=吾， 则∠S0T=弩，所以点Q的轨迹长度为2x一3×智）× 台-受 四、解答题 11.解：(1)因为AD⊥CD,DG⊥ 平面ABCD, 故以D为坐标原点，DA 所在直线为x轴，DC所在 直线为y轴，DG所在直线 为之轴建立空间直角坐标 系，如图， 由题可知D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2, 0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2), 易知平面EFG的一个法向量为DG=(0,0,2), 设平面EBC的法向量为n=(x,y,之)， CB=(1,0,0),BE=(1,-2,2), n·CB=0, 放 x=0, 即 n·BE=0,x-2y+2z=0, 不妨令y=1,则n=(0,1,1), cosm,DG=DG·n=2=g 1DG·n222’ 所以平面EBC与平面EFG的夹角为45°。 (2)因为AD∥BC,BCC平面BCE,AD中平 面BCE, 则AD∥平面BCE, 所以直线AD到平面EBC的距离与点D到平面 EBC的距离相等， 如图，连接CG,BD 由(1)可知AD⊥平面CDGF,E CGC平面CDGF, 所以AD⊥CG, 又因为AD∥BC, 所以BC⊥CG, 设点D到平面EBC的距离为h, ·53 参考答案及解析 则VD-BCE= 3SAEc·h= ×号x1x2v2,6 1 √ 3h, Vew-g9am·GD-号Xx1x2x2 1 3, 又因为VD-BcE=VE-BCD,所以h=√2， 所以直线AD到平面EBC的距离为√2. 2.(1)证明：在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面 ABCD,AD,ACC平面ABCD, 则PA⊥AD,PA⊥AC, 而AC⊥AD,则以点A为原点 建立如图所示的空间直角坐 标系， 则D(2,0,0),C(0,2,0),P(0, 0,2),E(1,1,0), 又AB⊥BC,∠ACB=60°， 则有8(-，o), Ad=200a=(-,2. 因为Ai=2M,则-号A店=(-1，o), AE=(1,1,0), 因此M症-A应-A-(1+,0,0）-2(1+ 9本， 即ME∥AD, 而M,EAD, 于是得ME∥AD,而ADC平面PAD,ME寸平 面PAD, 所以ME平面PAD. (2)解：由1)知，C币=0，-2,2)，店-(-， 2o叭 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), n·Cp=-2y+2z=0, n·Ci=-3-1 则 22-2y=0, 令x=-1,得n=(-1,W3,wW3), 显然平面PAD的法向量为AC=(0,2,0), 设平面PAD与平面PBC所成二面角为0， 则|cosl=|csm,AC1=ln·AC=23_5 InAC1√7X27 高三一轮复习周测卷 所以平面PAD与平面PBC所成二面角的正弦值 sin0=-V1-cos9-2-27 77 (3)解：由(1)知，PD=(2,0,-2), 令PF=tPD=(2t,0,-2t),0<t<1,则F(2t,0, 2-2t), EF=(2t-1,-1,2-2t),而AC=(0,2,0), 则|cos〈E京，AC)1= |EF·AC EFIACI 数学( 一、选择题 1.A【解析】因为直线l:ax十y十a=0,直线m:x十 ay十a=0,易知a=0时，两直线垂直，所以l∥m的 充要条件是号-日+日，即a=-1 2.C【解析】设经过A,B,C三个点的圆的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0),由题 1+1+D+E+F=0,D=0, 意可得1十1一D+E+F=0,解得E=一2，且满足 0+4+2E+F=0, F=0, D2十E2一4F=4>0,所以经过A,B,C三个点的圆 的方程为x2+y2-2y=0,即为x2+(y-1)2=1. 3.B【解标】由题意可知，tan0=-子，0∈（分，），则 2 (sin 2 /sin0=213 cos0=-3, 13 解得 或 (sin20+cos20-1, cos0=-313 13 sin 0=_2v13 13 cos 0=313 (會)，所以cos(0+x)·sin(2 13 0)=-eas0=是 4.C【解析】设Q(x,y),P(xo,yo),由P=(x x0y一y)=(3,-4),得x0=x-3,yo=y+4,因为 点P在圆O上，即x名十y8=9,则(x-3)2+(y+4)2= 9,所以点Q的轨迹是以(3，一4)为圆心，3为半径的 圆，因为A(1,1),(1-3)2+(1+4)2=29>9,所以点 A在圆外，所以|AQI的最大值为 √(1-3)+(1+4)2+3=√29+3. 5.D【解析】由题意可知，圆O:x2+y2=1的圆心坐 标为O(0,0),半径为r=1,因为直线x一y十m=0 与圆O:x2+y2=1相交于A,B两点，且△AOB为 等边三角形，所以△AOB的边长为1，则圆心O(0, ·5 2 4 (26-1)2+1+(2-2t)×27, 整理得16t2-24t+5=0, 1 而0<<1，解得t=4, 则r(合o,a=》+(- 二+) 0到直线xy十m=0的距离为，-(》-g, 2 即d=m3 22解得m=土？，所以实数m的值 为土6 6.A【解析】圆C的圆心坐标 为C(-1,0),半径为2，设 A(m,n),P(x,y),PA= 2PO得(x-m)2+(y-n)2= 4(x2+y2),化简得3x2+ 3y2+2mx+2y-m2-n2=0,又因为(x+1)2+ y2=4,即x2+y2+2x-3=0,所以(2m-6)x+2y+ 9一m2一n2=0,因为对于任意P(x,y)∈C恒成立， 2m-6=0, 所以2n=0, 解得m=3,n=0,所以A(3, 9-m2-n2=0, O),所以当P点的纵坐标的绝对值最大时△OAP的 面积最大，此时CP⊥x轴，所以P(一1,2)或P(一1， -2》,所以△OAP的面积为2×1OA1×PC1= 号×8X2-3. 二、选择题 7.ACD【解析】选项A:x2+y2-6x-8y=0变形为 (x-3)2+(y-4)2=25,圆心为M(3,4),r=5,A正 确；选项B:22+22一6×2-8×2<0，故P点在圆内， 故过P点的直线不可能与圆相切，B错误；选项C:圆 M上的点到点P距离的最大值为圆心M(3,4)到 P(2,2)的距离加上半径，即|PM|+r= √(3-2)2+(4-2)2+5=5十√5，C正确；选项D:两 圆的位置关系为内切，且点P在圆M的内部，则圆 P的半径为r-|PM|=5-√5，D正确. 8.ABD【解析】设点P(x,y),则AP=(x+10,y), BP=(x-2,y),由AP·BP=-20得(x十10)(x