第7章 周测十四(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 以空间向量为工具，通过坐标法系统解决立体几何中角度、距离、体积等问题，知识逻辑从向量概念生成到运算应用，题型覆盖高考高频考点，培养几何直观与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量运算|3题|方向向量/法向量求夹角|向量概念→数量积运算→夹角公式推导| |空间角与距离|5题|线线角/线面角/二面角及距离计算|坐标法建立→向量坐标表示→距离公式应用| |折叠与体积|2题|菱形折叠/阳马体积计算|平面几何性质→空间垂直关系→体积公式推导| |综合应用|3题|外接球/轨迹问题/存在性探究|空间几何模型→向量工具转化→逻辑推理解决|

周测十四 (满分：100分　时间：80分钟) 一、单项选择题(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．已知直线l1的一个方向向量为m＝(x，－2，0)，直线l2的一个方向向量为n＝(0，1，1)，若直线l1，l2所成的角等于60°，则x＝(　　) A．0 B．±2 C．± D．2 解析：选B.由题意可得|cos 〈m，n〉|＝＝＝cos 60°＝，解得x＝±2. 2．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在线段CC1上，且＝4，点F为BD的中点，则点D1到直线EF的距离为(　　) A． B． C． D． 解析：选A. 如图，连接ED1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 由题意可得D1(0，0，4)，E(0，2，1)，F(1，1，0)， 则＝(0，－2，3)，＝(1，－1，－1)， 所以点D1到直线EF的距离为 ＝＝. 3．已知点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，P(3，2，1)，则三棱锥P­ABC的体积是(　　) A． B． C． D． 解析：选B.由题可得＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，－1，1)，＝(2，2，1)， 则||＝||＝||＝，所以△ABC的面积S＝×()2＝. 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则可取n＝(1，1，1)，所以点P到平面ABC的距离d＝＝，则三棱锥P­ABC的体积是××＝. 4．(2026·贵阳摸底考试)已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该正四棱台的体积是(　　) A． B． C． D． 解析：选B.如图，记正四棱台为ABCD­A1B1C1D1，连接AC，A1C1，过点C作CE⊥A1C1，垂足为E，则侧棱与底面所成的角为∠CC1E＝，所以CE＝C1E. 由题意知，AB＝1，A1B1＝2，易得AC＝AB＝，A1C1＝A1B1＝2，C1E＝(A1C1－AC)＝，则该正四棱台的高为CE＝，所以该正四棱台的体积为×(12＋22＋)×＝. 5．如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC＝，则折后二面角E­OF­A的余弦值为(　　) A． B．－ C． D．－ 解析：选A. 由题意知平面ADC⊥平面ABC，如图，连接OD，OB，因为四边形ABCD是菱形，O是AC的中点，所以OD⊥AC，OB⊥AC，又平面ADC∩平面ABC＝AC，OD⊂平面ADC，所以OD⊥平面ABC，而OB⊂平面ABC，所以OD⊥OB，从而OB，OC，OD两两垂直． 以O为坐标原点，OB，OC，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2，则O(0，0，0)，D(0，0，1)，E(0，－，)，F(，，0)，＝(0，－，)，＝(，，0).设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝1，则x＝－，z＝，得平面OEF的一个法向量为n＝(－，1，).易知平面OFA的一个法向量为＝(0，0，1)，则|cos 〈n，〉|＝＝＝.由图知，二面角E­OF­A为锐二面角，所以二面角E­OF­A的余弦值为. 6．《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E，F分别为PD，PB的中点，G为直线CP上的动点，PA＝2，AB＝1，若AG⊥平面EFC，则＝(　　) A． B． C． D． 解析：选B. 因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，所以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设AD＝a(a>0)，则A(0，0，0)，P(0，0，2)， C(1，a，0)，E(0，，1)，F(，0，1)，所以＝(，－，0)，＝(0，0，2)， ＝(1，a，－2)，＝(1，，－1). 设平面EFC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝a，得y＝1，z＝，所以n＝(a，1，). 设＝λ，因为＝＋＝＋λ＝(λ，aλ，2－2λ)，AG⊥平面EFC， 则∥n，所以＝＝， 解得λ＝，则＝. 二、多项选择题(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．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，＝，则(　　) A．＝－＋ B．||＝6 C．异面直线BE与PA所成角的余弦值为 D．点E到平面PAC的距离为 解析：选ACD.因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD， 在正方形ABCD中，AB⊥AD，所以AB，AD，PA两两垂直， 所以以A为坐标原点，AB，AD，PA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，而AB＝AD＝PA＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1). 对于A，＝＋＝－＋＋＝－＋，故A正确； 对于B，＝(－2，1，1)，||＝＝，故B错误； 对于C，＝(0，0，2)，所以异面直线BE与PA所成角的余弦值为＝＝，故C正确； 对于D，＝(2，2，0)，设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则 得z＝0，令x＝1，得y＝－1，所以n＝(1，－1，0)，又＝(0，1，1)， 所以点E到平面PAC的距离为＝＝，故D正确． 8．(2025·南京、盐城模考)在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝，将菱形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使得∠A′BC＝，则(　　) A．直线A′C与直线BD所成的角为 B．直线A′C与平面BCD所成角的余弦值为 C．四面体A′BCD的体积为 D．四面体 A′BCD外接球的表面积为8π 解析：选ABD. 如图，取BD的中点O，连接A′O，CO，则A′O＝CO＝. 对于A，由菱形的性质知BD⊥A′O，BD⊥CO，又A′O∩CO＝O，A′O，CO⊂平面A′OC，所以BD⊥平面A′OC，又A′C⊂平面A′OC，所以BD⊥A′C，故直线A′C与直线BD所成的角为，故A正确； 对于B，过点A′作A′H⊥平面BCD，则垂足H必在直线CO上，故∠A′CO是直线A′C与平面BCD所成的角．由∠A′BC＝，得A′C＝2.在△A′OC中，由余弦定理的推论得cos ∠A′CO＝＝，故B正确； 对于C，V四面体A′BCD＝2V三棱锥A′­BOC＝2V三棱锥B­A′OC＝2×OB·S△A′OC＝2××1×××2sin ∠A′CO＝×＝，故C错误； 对于D，易知△A′BC≌△A′DC，所以∠A′DC＝∠A′BC＝，所以A′C是四面体A′BCD外接球的直径，所以四面体A′BCD外接球的表面积为4π()2＝8π，故D正确． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．请把正确答案填在题中横线上．) 9．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上，若D1E⊥EC，则AE＝________． 解析：在长方体ABCD­A1B1C1D1中，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 又AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上，则D1(0，0，1)，C(0，2，0)，设E(1，m，0)，0≤m≤2，则＝(1，m，－1)，＝(－1，2－m，0)，因为D1E⊥EC，所以·＝－1＋m(2－m)＋0＝0，解得m＝1，所以AE＝1. 答案：1 10．已知圆锥PO(P为圆锥顶点，O为底面圆心)的轴截面是边长为2的等边三角形，A，B，C为底面圆周上三点，若空间中一动点Q满足＝2x＋y＋(1－2x－y)，则||的最小值为________． 解析：因为＝2x＋y＋(1－2x－y)， 所以－＝2x－2x＋y－y，即＝2x＋y， 所以，，共面．又A，B，C为底面圆周上三点，所以点Q为平面ABC上一点． 由题意知PO⊥平面ABC，所以||≥||，又圆锥PO的轴截面是边长为2的等边三角形，所以||＝，所以||的最小值为. 答案： 11．在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1，BC∥AD，Q是四边形ABCD内一点(不含边界)，且二面角Q­PD­A的平面角的大小为，则动点Q的轨迹长度为________． 解析： 以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图． 因为二面角Q­PD­A的平面角大小不变，所以点Q的轨迹为平面QPD与平面ABCD的交线，设点Q的轨迹与y轴的交点坐标为Q1(0，b，0)(0＜b＜1)， 又D(2，0，0)，P(0，0，1)，则＝(－2，0，1)，＝(－2，b，0)，易知平面APD的一个法向量为m＝(0，1，0). 设平面PDQ1的法向量为n＝(x，y，z)，则 取y＝2，得n＝(b，2，2b). 设θ为二面角Q­PD­A，即Q1­PD­A的平面角，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，解得b＝，所以动点Q的轨迹长度为||＝＝. 答案： 四、解答题(本题共3小题，共43分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．) 12．(本小题满分13分)(2026·衢州、丽水、湖州模拟)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，BD⊥CD.将△ABD沿BD折起，连接AC，得到三棱锥A­BCD，且AB⊥AC. (1)求证：CD⊥平面ABD；(5分) (2)在三棱锥A­BCD中，点E是BC的中点，连接AE，DE，若AB＝AD＝，求二面角B­AD­E的正切值．(8分) 解：(1)证明：因为AB⊥AC，AB⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD， 所以AB⊥平面ACD， 又CD⊂平面ACD，所以AB⊥CD， 又因为BD⊥CD，BD∩AB＝B，BD，AB⊂平面ABD，所以CD⊥平面ABD. (2)以D为坐标原点，DB，DC，Dz所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，1)，E(1，1，0)，所以＝(1，0，1)，＝(1，1，0). 设平面ADE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 取x＝1，则n＝(1，－1，－1). 由(1)可知，平面ABD的一个法向量为m＝(0，1，0)，所以|cos 〈n，m〉|＝＝.由图可知二面角B­AD­E是锐二面角，记为θ，则cos θ ＝，所以tan θ＝， 故二面角B­AD­E的正切值为. 13．(本小题满分15分)(2025·全国一卷) 如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(4分) (2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上． ①证明：点O在平面ABCD内；(6分) ②求直线AC与PO所成角的余弦值．(5分) 解：(1)证明：方法一：因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，所以PA⊥AB， 又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. 方法二：因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD. 因为平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊂平面ABCD，AD⊥AB，所以AD⊥平面PAB，因为AD⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)①证明：方法一：因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，则PA，AB，AD两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由题易知A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，). 设点O的坐标为(x，y，z)， 所以OB＝， OC＝， OD＝， OP＝. 因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以由OB＝OC，得y2＝(y－2)2，解得y＝1；由OB＝OD且y＝1，得(x－)2＋1＝x2＋3，解得x＝0；由OB＝OP且x＝0，得2＋z2＝(z－)2，解得z＝0， 所以点O的坐标为(0，1，0)，故点O在平面ABCD内． 方法二：因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以点B，C，D在同一个圆上，设圆心为O′， 则点O′在BC的垂直平分线上． 因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，则AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，2，0)， D(0，1＋，0)，P(0，0，). 设O′(x，1，0)，则＝(－x，－1，0)，＝(－x，，0)， 因为||＝||， 所以＝， 解得x＝0，所以点O′的坐标为(0，1，0)， 即O′在AD上． 又因为O′P＝＝＝O′D＝O′B＝O′C，所以点O与点O′重合， 所以点O在平面ABCD内． ②方法一：由①易知＝(0，1，－)，＝(，2，0)，所以cos 〈，〉＝＝＝，所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 方法二：因为＝＋2，＝－， 且||＝，||＝， ·＝(＋2)·(－)＝·－·＋22－2·＝2. 所以cos 〈，〉＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 14． (本小题满分15分)(2026·北京模拟)如图，在四棱锥A­BCFG中，△ABC是边长为4的等边三角形，四边形BCFG为菱形，∠CBG＝60°，平面ABC⊥平面BCFG，D为棱AB的中点，记平面ABC和平面AFG的交线为l. (1)证明：l∥BC；(3分) (2)求点D到平面ACF的距离；(6分) (3)在线段CG(不含端点)上是否存在一点E，使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求E的位置；若不存在，请说明理由．(6分) 解：(1)证明：因为四边形BCFG为菱形，所以FG∥BC，因为FG⊂平面AFG，BC⊄平面AFG，所以BC∥平面AFG，因为BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面AFG＝l，所以l∥BC. (2)取BC的中点O，连接OA，OG，因为△ABC是边长为4的等边三角形，所以OA⊥BC， 因为四边形为BCFG菱形，∠CBG＝60°，所以△CBG为等边三角形，OG⊥BC， 又因为平面ABC⊥平面BCFG，平面ABC∩平面BCFG＝BC，OG⊂平面BCFG， 所以OG⊥平面ABC， 以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则A(2，0，0)，C(0，－2，0)，D(，1，0)，F(0，－4，2)，＝(－2，－2，0)，＝(－2，－4，2)，＝(－，1，0)， 设平面ACF的法向量为m＝(x，y，z)， 由 令x＝1，则y＝－，z＝－1， 所以m＝(1，－，－1)， 所以点D到平面ACF的距离d＝ ＝ ＝. (3)假设在线段CG(不含端点)上存在一点E，使得直线DE与平面ACF所成角的正弦值为.设＝λ，0<λ<1，连接DC，G(0，0，2)，　 则＝＋＝＋λ＝(－，－3，0)＋λ(0，2，2)＝(－，2λ－3，2λ). 由(2)知平面ACF的一个法向量为m＝(1，－，－1)，因为直线DE与平面ACF所成角的正弦值为， 所以|cos 〈m，〉|＝＝＝，整理得36λ2－37λ＋7＝0，解得λ＝或λ＝， 所以在线段CG(不含端点)上存在点E，当CE＝CG或CE＝CG时，直线DE与平面ACF所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $