辽宁省重点高中2026-2027学年高二数学上学期数学9月培优练习试卷（二）

**基本信息** 以立体几何为核心，通过类比推理（如平面法向量到空间平面方程推导）、轨迹探究（如正方体表面动点轨迹分析）等创新设计，分层考查空间想象与逻辑推理能力，适配高二培优阶段月考需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|法向量应用、空间角与距离|结合克莱因几何变换思想（第11题），设置多空动点问题（第6题）| |填空题|3题/15分|折叠距离计算、体积比最值|融入动态线段关系（第13题），考查空间体积分割（第14题）| |解答题|5题/77分|二面角求解、折叠轨迹证明|设计分层设问（如第18题含证明、计算、轨迹探究），结合三面角余弦定理（第19题）|

绝密★启用前 辽宁省重点高中2026-2027学年上学期9月培优练习（二） 高二数学 考试范围：【（人教B版）选择性必修一】立体几何 命题人：Christophe1997 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 1. 答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 1. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 1. 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程：，化简得．类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合题意可得出所求平面的点法式方程，化简即可. 【详解】由题意可知经过点的平面的一个法向量为， 该平面的方程为，即. 2．如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题知，， 又， 则， ， 所以. 3．如图，在长方体中，，E为的中点，则点D到平面的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，求出平面的法向量，进而根据点到平面的距离公式计算即可. 【详解】以D为坐标原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以， 则点到平面的距离. 4．在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B．2 C．4 D． 【答案】D 【分析】建系，设，根据两点间距离公式分析求解． 【详解】以为坐标原点建立空间直角坐标系，则， 可得， 设， 则，即， 可得， 当，即时，取到最小值． 5．如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用勾股定理逆定理证明，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线夹角的余弦值. 【详解】在中，， 因为，所以. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面平面，所以. 如图，以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系. 则. 因为是的中点，所以. 所以. 设直线与直线所成角为， 则 . 所以直线与直线所成角的余弦值为. 6．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求出与，利用，求出，用坐标表示出，转化为关于的一元二次方程即可求解. 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，其中，， 则，， ∵，∴，得 ∵，∴， 由空间中两点之间的距离公式， 得， 当时，，当趋近于时，趋近于， 结合二次函数的性质可得，线段的长度的取值范围为. 7．在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，下列说法正确的个数（    ） ①点可以是棱的中点；②点轨迹的长度为； ③点的轨迹是平行四边形；④点轨迹所围成的图形面积为 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】在正方体中，以点D为坐标原点，分别以、、所在直线为轴，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，再逐项判断，即可得出结果. 【详解】在正方体中，以点D为坐标原点，分别以、、所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系： 因为该正方体的棱长为1，分别为，的中点， 所以，， 所以，设，则， 因为， 所以， 即，所以， 取，当时，；当时，； 取， 连接，，，则，， 则， ， 所以，， 又，且平面，平面， 所以平面，所以当点平面时， 又点P在正方体的表面上运动，所以点P的轨迹为正三角形，③错误； 点P不可能是棱的中点，①错误； 正三角形边长为，点P轨迹的长度为，②错误； 正三角形的面积为，④正确. 8．与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条．如图，在四面体ABCD中，AD是异面直线AB和CD的公垂线段，r为四面体ABCD的内切球半径，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据等体积法得，然后根据公垂线段的定义得，，进而，再将四面体补全成直三棱柱，可得，然后化简不等式即可得解. 【详解】设四面体ABCD的体积为V，表面积为S，则根据等体积法得． 又，由于AD是异面直线AB和CD的公垂线段， 所以， ， 所以，则， 将四面体补全成直三棱柱，可得， 所以，整理得. 故选：A 1. 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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。 9．如图，在正三棱柱中，，空间一点满足，，，则（    ） A．若，则点在线段上 B．若，则点在线段上 C．若，则不存在点，使得 D．若，则存在点，使得 【答案】ABD 【分析】对于AB，根据向量的线性运算即可判断；对于C，可确定点P所处的位置，找出特殊点，说明，即可判断，对于D，建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，利用向量的数量积的运算求出相应的参数值，即可判断. 【详解】对于A：由，得点在侧面内（含边界）， 若，则，故点在线段上，故A正确； 对于B：若，则，所以，即， 又，故点在线段上，故B正确； 对于选项：当时，取线段的中点分别为，连接， 因为，即，即，所以， 则点在线段上，当位于D处时，结合为正三角形，知， 即时，存在点，使得，C错误； 取的中点为，取的中点为M，连接， 在正中，易知，在正三棱柱中，易知平面， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：    设，则，，， 则，，， 由，则，， 当时，即，则， 即，此时， 即时，存在点，使得，D正确. 10．选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（    ） A．， B．，， C．， D．，， 【答案】ABD 【分析】先分析正方体的旋转对称性，得到旋转角度应满足的条件，再依次验证选项即可. 【详解】要使正方体经过旋转后能与自身重合，旋转轴必须是正方体的对称轴， 且总旋转角度必须是该对称轴对应的基本对称角度（即满足重合的最小旋转角度）的整数倍， 正方体有三类旋转对称轴：面心轴（连接相对两个面的中心），基本对称角度为； 体对角线轴（连接相对两个顶点），如图：正方体绕旋转后重合， 故基本对称角度为； 棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为， 由于点是在表面上选取的，只要连线经过正方体中心，就可以成为上述三种对称轴之一， 因为所有的操作都是绕同一条直线进行的，所以最终的总旋转角度就是各次角度之和， 对于A，总角度可以为，A正确； 对于B，总角度可以为，B正确； 对于C，总角度为或，均不是的整数倍，C错误； 对于D，总角度可以为，D正确. 11．克莱因提出“几何学就是研究在特定变换下不变性质的学科”，该观点被后世称为“爱尔兰根纲领”，如在初中阶段我们研究了旋转、翻折、平移等保持变换前后长度不变、角度不变的变换，称这些变换为保长变换和保角变换，设平面和是空间中两个相异平面，是平面外一点.定义平面到平面关于点的单点透视变换，若直线交平面于点，则，称为在平面内的像：若，则，称为平面内的影消点.则下述命题中正确的有（    ） A．是保角变换，但不是保长变换 B．“平面和相交”是“平面内存在影消点”的充要条件 C．若平面内存在影消点，则影消点的轨迹是一条直线 D．平面内的椭圆在单点透视变换下的像仍是椭圆 【答案】BC 【分析】由题干所给定义，结合立体几何点线面的位置关系，逐个选项分析即可. 【详解】A选项当，且点到平面和的距离相等时，f是保长变换，故A错误； B选项，当平面和平行时，假设平面内存在影消点，即存在， 则或者，与矛盾； 当平面和相交时，存在平面，使得，且，则当平面和相交，对于 平面和交线上任意一点，则，则，A为影消点；故B正确； C选项，由B选项可知，进一步，对于确定的平面和以及点，过点作平面的平行平面， 有且只有1个，而平面与平面的交线也有且仅有1条，故C正确； D选项，取两个相同的圆锥，使其顶点重合，底面平行，且顶点位于两底面之间， 则分别作这两个圆锥的截面，可以分别得到圆、椭圆、双曲线、抛物线， 则平面内的椭圆在单点透视变换下的像可以是圆、椭圆、双曲线、抛物线，故D选项错误； 故选：BC. 第II卷（非选择题） 1. 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．线段AB，BD在平面内，，且，若，，则C，D两点间的距离为_________． 【答案】13 【详解】法一：(向量法)由 可得， 又因为，线段AB，BD在平面内， 所以,, 所以， 故,即C，D两点间的距离为13. 法二：（几何法）如图，在长方体中， ， 又因为 所以，，即C，D两点间的距离为13. 13．在正方体中，，点,在线段上，且.点、、是正方体表面上动点,且，则的最小值为______. 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，由已知可得点在球心为半径为2的球面上，由向量的知识可知，求出的最小值解答即可. 【详解】如图， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，由， 则， 即， 也即， 由此可知点都是在球心为，半径为2的球面上， 由于，故是球的直径，为中点， ， 故要求的最小值，只需要求出的最小值， 而在正方体的表面上，设点在平面内的射影为， 则当在处时， 此时，即的最小值为. 14．如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，设四面体APQR的体积为V'，则的最小值为____. 【答案】 【分析】利用四点共面，求出相应最值，根据三元均值不等式求解即可 【详解】因为点分别为的三等分点， 所以， 又因为为中点，所以， 又，所以， 令，，，显然都为正数， 则， 因为四点共面，所以， 当且仅当时取等号，故， 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 因为，， 所以， 所以的最小值为. 1. 解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，在四棱台中，四边形是正方形，，平面，点满足，，且平面. (1)求实数； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，根据直线的方向向量和平面的法向量垂直可求的坐标，从而确定实数的值； （2）利用向量法可求线面角的正弦值. 【详解】（1）设， 因为四边形为正方形，故，而平面， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设，则，， 设平面的法向量为， 则即，取， 因为平面，故，故即， 故为的中点，故，故. （2）由（1）可得， 设平面的法向量为， 则即，取， 设直线与平面所成的角为， 则. 16．在四棱锥中，，，，，，，分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值； 【答案】(1)连接，因为为中点，所以， 又，，所以且，所以四边形为平行四边形， 又，，所以四边形为正方形，所以，， 又因为，，所以，所以， 又因为，分别为线段和的中点，所以，所以， 又，平面，所以平面. (2) 【分析】(1)通过线面垂直判断方法求解. (2)建立空间直角坐标系后通过求解法向量来求面面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）因为，，所以，所以，由(1)知， 又，平面，所以平面，又，，所以， 所以，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，则， 由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为， 所以， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 17．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，， ，平面，． (1)设钝二面角大小为，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)在上，在上，求最小值． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，将转化为二次函数求最值即可求解. 【详解】（1）以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以. （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）设， 则， 这是关于的二次函数，最小值在时取得， 即， 所以当时，，故. 18．在中，，，，分别为AC，AB的中点．将沿线段DE折起，使点到达点的位置，连接PB，PC，得到四棱锥，取BC的中点，连接PF．    (1)证明：． (2)如图1，当平面平面BCDE时，求二面角的大小． (3)如图2，设二面角的大小为，在折叠过程中，即在上变化时，求的重心在空间中的运动轨迹的长度． 【答案】(1)证明：如图，取DE的中点，连接PO，OF． 在中，因为，F为BC的中点，所以 AF ⊥ BC， 因为 D、E 分别为 AC、AB 的中点，所以 DE ∥ BC， 所以AF ⊥ DE， 在折叠后的四棱锥 P−BCDE 中 ，． 因为 ， 平面POF， 所以平面POF． 因为平面，所以； (2) (3) 【分析】（1）通过线面垂直证明线线垂直； （2）找到二面角的平面角，从而求出角度大小； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）略 （2）解：，∴，， ∴二面角的平面角为． ，平面平面BCDE，平面平面， 平面BCDE，又平面BCDE， ．由题意得，∴，即二面角为； （3）如图，取DE的中点，连接PO，OF． 由（1）可知，，则． 以为原点，建立空间直角坐标系，    则，，．设． 由重心性质可得， ， ． 为定值，∴重心在固定平面内运动． 由 ， ，得， ∴点在圆心为，半径的圆上． 又，∴点在空间中的运动轨迹的长度为． 19．如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：； (2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 【答案】(1) 因为，，，由勾股定理得，. 因是等腰直角三角形，且，所以，. 在中，，所以，即. 因，，与相交于点，且平面，所以平面. 而平面，所以. (2)①的最小值为； ②点为射线上一点，过作交于，作交于，连接，则是二面角的平面角. 在中，由余弦定理得，； 在中，由余弦定理得，. 两式相减得， 由勾股定理得，，， 所以有 两边同时除以得，，即. 在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得. 设二面角的大小为， 则， 代入解得，所以二面角的余弦值为 【分析】（1）通过勾股定理证明线线垂直从而推出线面垂直，再利用线面垂直证明线线垂直；（2）①通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而得出与动点的坐标的关系，从而由基本不等式求最值；②构造直角三角形，利用平面三角形中的余弦定理构建边与角的方程，进而化简可证明三维空间的三面角余弦定理，进而代入数值求出二面角的余弦值 【详解】（1）略 （2）过点作平面. 以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系. 因为，所以. 因为，，与相交于点，且平面，所以平面. 则，，，线段的中点 因三棱锥底面为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在底面斜边上的中点的上方. 又因为球心距离点和的距离相等，所以球心. ①因为线段的中点，所以；为线段中点，所以 点在线段上运动，设，. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. ，，设平面的法向量为. 则，不妨令，则平面的一个法向量为. 平面与平面的夹角为，则 因，所以要求的最小值，即求的最大值. . 设，则，则. 则，当且仅当，即时，等号成立. 所以的最小值为. ②略 高二数学试卷 第 1 页 （共 4 页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 辽宁省重点高中2026-2027学年上学期9月培优练习（二） 高二数学 考试范围：【（人教B版）选择性必修一】立体几何 命题人：Christophe1997 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 1. 答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 1. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 1. 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，过点的直线的一个法向量为，则直线的点法式方程：，化简得．类比以上做法，在空间直角坐标系中，经过点的平面的一个法向量为，则该平面的方程为（     ） A． B． C． D． 2．如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（     ） A． B． C． D． 3．如图，在长方体中，，E为的中点，则点D到平面的距离为（　　） A． B． C． D． 4．在棱长为8的正方体中，E是棱上的一个动点，F为线段上的一个动点，则的最小值为（    ） A． B．2 C．4 D． 5．如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，求直线与直线所成角的余弦值（    ） A． B． C． D． 6．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A． B． C． D． 7．在棱长为1的正方体中，，分别为，的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，下列说法正确的个数（    ） ①点可以是棱的中点；②点轨迹的长度为； ③点的轨迹是平行四边形；④点轨迹所围成的图形面积为 A．0 B．1 C．2 D．3 8．与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条．如图，在四面体ABCD中，AD是异面直线AB和CD的公垂线段，r为四面体ABCD的内切球半径，则（   ） A． B． C． D． 1. 选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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。 9．如图，在正三棱柱中，，空间一点满足，，，则（    ） A．若，则点在线段上 B．若，则点在线段上 C．若，则不存在点，使得 D．若，则存在点，使得 10．选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（    ） A．， B．，， C．， D．，， 11．克莱因提出“几何学就是研究在特定变换下不变性质的学科”，该观点被后世称为“爱尔兰根纲领”，如在初中阶段我们研究了旋转、翻折、平移等保持变换前后长度不变、角度不变的变换，称这些变换为保长变换和保角变换，设平面和是空间中两个相异平面，是平面外一点.定义平面到平面关于点的单点透视变换，若直线交平面于点，则，称为在平面内的像：若，则，称为平面内的影消点.则下述命题中正确的有（    ） A．是保角变换，但不是保长变换 B．“平面和相交”是“平面内存在影消点”的充要条件 C．若平面内存在影消点，则影消点的轨迹是一条直线 D．平面内的椭圆在单点透视变换下的像仍是椭圆 第II卷（非选择题） 1. 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．线段AB，BD在平面内，，且，若，，则C，D两点间的距离为_________． 13．在正方体中，，点,在线段上，且.点、、是正方体表面上动点,且，则的最小值为______. 14．如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E为线段DM上靠近D的三等分点，点F为线段AE上靠近A的三等分点，过点F的平面与棱AB，AC，AD分别交于P，Q，R，设四面体APQR的体积为V'，则的最小值为____. 1. 解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．如图，在四棱台中，四边形是正方形，，平面，点满足，，且平面. (1)求实数； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 16．在四棱锥中，，，，，，，分别为线段和的中点. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值； 17．如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，， ，平面，． (1)设钝二面角大小为，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)在上，在上，求最小值． 18．在中，，，，分别为AC，AB的中点．将沿线段DE折起，使点到达点的位置，连接PB，PC，得到四棱锥，取BC的中点，连接PF．    (1)证明：． (2)如图1，当平面平面BCDE时，求二面角的大小． (3)如图2，设二面角的大小为，在折叠过程中，即在上变化时，求的重心在空间中的运动轨迹的长度． 19．如图1，在平面四边形中，，，，是等腰直角三角形，，将沿折叠到的位置，形成如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：； (2)已知三棱锥，外接球球心为. ①若为线段上动点（不包含点），为中点，为中点，设平面与平面的夹角为，求的最小值. ②类似于平面中三角形的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则，当、、时，请在图3的基础上，试证三面角余弦定理，并用该结论求图2中二面角的余弦值. 高二数学试卷 第 1 页 （共 4 页） christophe1997 高二数学试卷 第 2 页 （共 4 页） 高二数学试卷 第 1 页 （共 4 页） christophe1997 高二数学试卷 第 2 页 （共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $