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（创新版）

**基本信息** 聚焦空间向量与立体几何，以题载法构建“概念-运算-应用”逻辑链，强化数学抽象与逻辑推理素养 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间向量基本运算|单选1-3|方向向量/法向量坐标运算、向量夹角|从向量概念到数量积公式推导，建立代数工具| |空间角与距离计算|单选4-5+填空9-10|线线角/线面角、点面距离、体积|向量法转化几何量，体现数形结合思想| |立体几何综合应用|单选6+多选7-8+解答12-14|翻折问题、存在性探究、二面角|从静态几何到动态变化，培养数学建模能力|

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．(2026·杨浦期末)已知空间中三点A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(2，2，2)，则点C到直线AB的距离为(　　) A．2 B． C． D．3 解析：选B.根据题意可知＝(0，2，2)，＝(－2，2，0)，·＝4，所以点C到直线AB的距离为＝＝. 3．已知向量a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，若向量a＋kb与2a＋b的夹角为锐角，则实数k的取值范围为(　　) A．{k|k>－1} B． C．{k|k＜－1} D． 解析：选B.因为a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，所以a＋kb＝(1，1，0)＋k(－1，0，2)＝(1－k，1，2k)，2a＋b＝2(1，1，0)＋(－1，0，2)＝(1，2，2)，因为向量a＋kb与2a＋b的夹角为锐角，所以(a＋kb)·(2a＋b)>0且向量a＋kb与2a＋b不平行，因为(1－k)×1＋1×2＋2k×2>0，所以k>－1，因为向量a＋kb与2a＋b不平行，所以k≠，所以k的取值范围为{k}． 4．已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝135°，AB＝，BC＝1，BB1＝2，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.在直三棱柱中以B为原点，BA为x轴，在平面ABC内过点B作垂直于AB的直线为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系如图所示，A(，0，0)，B(0，0，0)，B1(0，0，2)，C1(－，，2)，1＝(－，0，2)，1＝(－，，2)，设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈1，〉|＝＝＝. 5．(2026·南开模拟)如图所示，体积为8π的半圆柱的轴截面为平面ABB1A1，AB是圆柱底面的直径，O为底面的圆心，BB1为一条母线，点D为棱BB1的中点，且AB＝4，和的长为，则三棱锥O­CDE的体积为(　　) A．8 B．4 C．2 D． 解析：选C.设A1B1中点为O1，中点为P，连接PO，OO1，EO1，以O为坐标原点，PO，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，由题知×π×22×AA1＝8π，所以AA1＝4，又的长为，OB＝2，所以∠BOC＝，同理∠EO1A1＝，所以O(0，0，0)，D(0，2，2)，C(－，1，0)，E(－，－1，4)，＝(0，2，2)，＝(－，1，0)，＝(－，－1，4)，设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则 即令x＝， 则y＝3，z＝－3，所以n＝(，3，－3)， 则点E到平面OCD距离为＝＝， 又OD＝DC＝2，OC＝2，所以S△OCD＝×2×＝，所以三棱锥O­CDE的体积为××＝2. 6．已知平行四边形ABCD中，BC⊥BD，将△ABD沿着BD翻折，使点A到达点P且P不在平面BCD内，则下列结论正确的是(　　) A.直线BC不可能与直线PB垂直 B．直线CD可能与直线PB垂直 C．直线BD可能与直线PB垂直 D．直线BC不可能与直线PD垂直 解析：选B.当平面PBD⊥平面BCD时，平面PBD∩平面BCD＝BD， 由BC⊥BD，BC⊂平面BCD，可得BC⊥平面PBD，又PD，PB⊂平面PBD， 此时BC⊥PB，BC⊥PD，故A，D错误；因为AB∥CD，所以直线PB与直线CD所成角为∠PBA或其补角．当AP＝BA＝BP时，△PBA为等腰直角三角形． 在以AP中点为圆心，半径为BA的圆上， 则根据直径AP所对圆周角为直角，即∠PBA＝，满足题意， 所以存在点P，使得CD⊥PB，故B正确； 直线PB与直线BD所成的角为∠PBD，由BC⊥BD可得AD⊥BD，故∠ABD为锐角，则∠PBD为锐角，故C错误． 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．已知直线l经过点A(1，1，1)，B(2，3，0)，则下列命题是真命题的是(　　) A．n＝(－1，－2，1)是直线l的一个方向向量 B．若平面α的一个法向量是m＝(2，1，4)，则l∥α C．若平面β的一个法向量是v＝(－1，1，1)，且l⊥α，则α⊥β D．若O为坐标原点，且＋2＝(4，5，2)，则A，B，C，D四点共面 解析：选ACD.对于A，因为＝(1，2，－1)＝－n，A是真命题；对于B，因为·m＝1×2＋2×1－1×4＝0，所以⊥m，则l∥α或l⊂α，B不是真命题；对于C，因为·v＝1×(－1)＋2×1－1×1＝0，所以⊥v，即l∥β或l⊂β，又l⊥α，所以α⊥β，C是真命题；对于D，若O为坐标原点，则＝(1，1，1)，＝(2，3，0)，因为2＋＝(4，5，2)＝＋2，所以－＝2－2，即＝2，则A，B，C，D四点共面，D是真命题． 8．如图，在多面体ABCDEP中，PA⊥平面ABCD.四边形ABCD是正方形，且DE∥PA，PA＝AB＝2DE＝2.M，N分别是线段BC，PB的中点，Q是线段DC上的一个动点(不含端点D，C)，则下列说法错误的是(　　) A．不存在点Q，使得异面直线NQ与PE所成的角为30° B．存在点Q，使得NQ⊥PB C．三棱锥Q­AMN体积的取值范围为(，) D．当点Q运动到DC中点时，DC与平面QMN所成角的余弦值为 解析：选BD.以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，E(0，2，1)，P(0，0，2)，N(1，0，1)，M(2，1，0).对于A，假设存在点Q(m，2，0)(0<m<2)，使得异面直线NQ与PE所成的角为30°，因为＝(m－1，2，－1)，＝(0，2，－1)，所以|cos 〈，〉|＝＝＝cos 30°＝，解得m＝1±，不符合0<m<2，则不存在点Q，使得异面直线NQ与PE所成的角为30°，故A正确；对于B，假设存在点Q(m，2，0)(0<m<2)，使得NQ⊥PB，因为＝(m－1，2，－1)，＝(2，0，－2)，所以·＝2(m－1)＋2＝0，解得m＝0，不合题意，故B错误；对于C，设DQ＝m(0<m<2)，则CQ＝2－m，因为S△AMQ＝S正方形ABCD－S△ABM－S△QCM－S△ADQ＝4－1－(2－m)－m＝2－，点N到平面AMQ的距离d＝PA＝1，所以V三棱锥Q­AMN＝V三棱锥N­AMQ＝(2－)×1＝－，因为0<m<2，所以V三棱锥Q­AMN∈(，)，故C正确；对于D，当点Q运动到DC中点时，Q(1，2，0)，则＝(0，2，－1)，＝(1，1，－1)，设n＝(x，y，z)是平面QMN的法向量，则令y＝1，则n＝(1，1，2)，因为＝(2，0，0)，设直线DC与平面QMN所成的角为θ，θ∈，所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，则cos θ＝＝，故D错误． 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．若线段AB，BD在平面α内，BD⊥AB，AC⊥α，且AB＝，BD＝2，AC＝3，则CD＝________． 解析：因为AC⊥α，线段AB，BD在平面α内，所以AC⊥AB，AC⊥BD，＝＋＋，又BD⊥AB，所以2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·＝4＋3＋9＋0＋0＋0＝16，所以CD＝4. 答案：4 10．如图，在正四棱锥S­ABCD中，底边AB＝2，侧棱SA＝3，P为侧棱SD上一点，若SD⊥平面PAC，则二面角P­AC­D的余弦值是________． 解析：连接BD交AC于点O，连接SO.在正四棱锥S­ABCD中，可得SO⊥平面ABCD，AC⊥BD，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，因为底边AB＝2，侧棱SA＝3，则高SO＝＝＝， 所以O(0，0，0)，S(0，0，)，D(－，0，0)，可得＝(0，0，)，＝(，0，)， 因为SD⊥平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为＝(，0，)， 平面DAC的一个法向量为＝(0，0，)， 设二面角P­AC­D的平面角为θ，由题图易知，θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝， 所以二面角P­AC­D的余弦值为. 答案： 11．(2026·金昌模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，已知AB＝2，M为棱BC的中点，Q为棱C1D1上一点，MQ∥平面BDD1B1，则三棱锥Q­A1BD外接球的表面积为________． 解析：由题意知，以D为坐标原点，AD，DC，DD1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)，B(2，2，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，M(1，2，0)，设Q(0，m，2)，0≤m≤2，则＝(2，2，0)，＝(0，0，2)，＝(1，2－m，－2)， 设平面BDD1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则z＝0，取x＝1，则y＝－1，所以n＝(1，－1，0)， 因为MQ∥平面BDD1B1，故n⊥，故1＋m－2＝0，即m＝1，故Q(0，1，2). 设三棱锥Q­A1BD外接球的球心坐标为O(a，b，c)，由OA1＝OD＝OB＝OQ得， 整理得故 故外接球半径为R＝＝，故三棱锥Q­A1BD外接球的表面积为4πR2＝11π. 答案：11π 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·茂名模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD∥BC，AD＝4，AB＝AP＝2，BC＝1，M为PB的中点，＝2. (1)证明：PC⊥BD；(6分) (2)若Q为线段PC上一点，且A，M，Q，N四点共面，求三棱锥Q­ABC的体积．(7分) 解：(1)证明：连接AC，由题意知＝＋＝＋，＝－， 故·＝(＋)·(－)＝0－4＋4－0＝0，所以AC⊥BD， 又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD， 又PA，AC⊂平面PAC，且PA∩AC＝A， 所以BD⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC， 所以PC⊥BD. (2)因为PA⊥平面ABCD，又AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD，PA⊥AB，又AD⊥AB， 所以PA，AB，AD两两垂直， 如图，以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，M(1，0，1)，N(0，，)，C(2，1，0)，P(0，0，2)，所以＝(2，1，0)，＝(0，0，2)，＝(1，0，1)，＝(0，，). 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则令x＝4，则y＝1，z＝－4，所以n＝(4，1，－4). 设＝t，0≤t≤1，则＝t＋(1－t)＝t(2，1，0)＋(1－t)(0，0，2)＝(2t，t，2－2t)， 因为A，M，Q，N四点共面，则·n＝8t＋t－8(1－t)＝0，解得t＝，即＝，所以V三棱锥Q­ABC＝(1－)V三棱锥P­ABC＝×××1×2×2＝. 13．(本小题满分15分)(2026·安徽月考)折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动．“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”ABCPQ. (1)证明：AC⊥平面BPQ；(3分) (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由；(4分) (3)求二面角P­AQ­C的余弦值．(8分) 解：(1)证明：由题可知，BP⊥CP，BP⊥AP，CP∩AP＝P，CP，AP⊂平面ACP，则BP⊥平面ACP，又AC⊂平面ACP，所以BP⊥AC，同理可得BQ⊥AC.因为BP∩BQ＝B，BP，BQ⊂平面BPQ，所以AC⊥平面BPQ. (2)由题可知，该“菱角”由两个正三棱锥P­ABC，Q­ABC组成，且AB＝BP＝BQ. 根据对称性，可知P，Q在平面ABC内的投影为△ABC的中心O. 若该“菱角”所有的顶点在同一个球面上，则O为球心，连接BO. 不妨令AB＝2，则BP＝，OB＝＝，OP＝＝. 因为OB≠OP，所以该“菱角”所有的顶点不在同一个球面上． (3)由(2)知△ABC的中心为O，过O作AC的平行线，易得该直线与OB，OP两两垂直．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 令AB＝2，得P，Q， A，C， 则＝，＝，＝(0，－2，0). 设平面APQ的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由可得 令x1＝，得m＝(，1，0)， 设平面ACQ的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由可得 令x2＝，得n＝(，0，1).cos 〈m，n〉＝＝＝， 由图可知，二面角P­AQ­C为锐二面角，故二面角P­AQ­C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；(4分) (2)求点D到平面ACF的距离；(5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BCFG为菱形，∠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 $