专题：空间向量与立体几何 专项训练-2027届高三数学一轮复习

(决战高考)专题：空间向量与立体几何-2027年高三数学复习题 一、选择题 1,已知正四面体MBCD的棱长为4W2,用满足MM+MB=MC+MD 的动点M构成的平 面截正四面体ABCD,所得截面多边形的周长为() A.4 B.8 C.&V5 D.16V2 2.在三棱锥P-ABC中，AB=2N5,PA=BC=2,PC=2V6 ,且AB⊥BC,AB⊥PA,则该 三棱锥外接球的表面积为（) A.20π B.24π C.28π D.32π 3.已知向量8=(1，-)，万=(2，m,0),若a1万，则m=（) 1 A.-2 B.2 C.2 D.0 4.己知四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD,PA=AB=I,点E是BC的 中点，则点E到直线PD的距离是() √5 5 3W2 A.4 B.2 C.2 D. 5.已知空间向量i=,2.6=8,-2,以c=-3,2,1）,则（) A.间=2 B.b/la C.a16 D.{ā，6，不能枸成空间的一组基底 6.如图，在三棱柱 BC-ABG中，BC与BC相交于点0，∠BAC=90°， ∠AAB=∠AAC=60°，AM=3,AB=AC=2,则线段A0的长度为() A B V29 √23 A.2 B.√29 C.2 D.√23 7.在正三棱锥P-ABC中， PA=AB=2V6 ,点M为空间中的一点：则 MP.MA+MB+MC 的最小值为() A.-16 B.-14 C.-12 D.-8 8.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下 底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它 的高为4， A4,BB,CG,D0均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为 2和4，对应的圆心角为0°，则图中异面直线1B与CD 所成角的余弦值为() B 0 B 3 3 A.5 B. C.3 D.4 二、多项选择题 9.在空间中，A,B为两个定点，动点C到直线AB的距离为2，动点D到直线AB的距离 C-AB-D60° 为1若二面角 为，则() A. ∠CAD≥60 B.CD23 C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABD D.当AB⊥平面ACD时，AC⊥AD 10.在棱长为2的正方体 BCD-4CD中，F是棱B的中点，Q为正方体 ABCD-AB,C D 表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是() A.过A,F,C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 2V5+3v2 5 B.若P为棱BB的中点，且DQII平面APD,则线段CQ的最小值为2 C,若Q是正方 BCCB内的一个动点，且满是40LDF ,则动点Q的轨迹是一条线段 D.若P为棱 B的中点，则四面体D-1FP 外接球的表面积为11π 11.如图，在直四棱柱 BCD-AB,CD中，底面ABCD为菱形.∠BMD=60 AB=AM=2,P为CC的中点，点满足D0=Dc+D西(ae0,小，e[0,),则下列 结论正确的是() B D A.若 +H=3,则四面体ABP的体积为定值 2π B.若AQ=V厅，则点2的轨迹长度为 C.者“=1 APO ,平面截正方体所得截面为四边形 =4= D.若 2,则存在点E在线段4B上，使得AE+E0的最小值为V6+2万 三、填空题 12.如图，在边长为2正方 ABCD-AB,CD中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动， 且满足BPLDE B. 则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是 D ⊙ D B AE=EB 13.己知棱长为V3的正四面体P-ABC的外接球球心为O, ,过点E作球O的截 13 面，若截面面积为16，则直线OE与该截面所成的角的正弦值为 14.如图，己知正四面体S-ABC中，侧棱长为2，F为AB中点，E为AC中点，P是SE上 的动点，P是平面SCF上的动点，则 AQ+PO 最小值是 B 四、解答题 ABCD-AB,CD,中， AB=2,AA =3,AD=4,A E=3ED 2C F=FC. 15.在长方 D E D (I)求证：BD⊥面CEF, (2)求面AEF与面CEF的夹角的余弦值： (3)求三棱锥A-CEF的体积. 16.如图，三棱柱 BC-AB,G中，底面是边长为2的正三角形， ∠BAA=∠CAA=60 M=引，E为BC的中点，F为上底面△ABC的中心. F B (1)证明：EF⊥平面ABC: (2)求平面 AEFEACE 与平面 的夹角的余弦值、 D,E ABC B的中点，DE=2,将△1DE沿DE折起， AC,A 17.如图， 分别为等边三角形 的边 使顶点A至点P的位置，此时平面PDE上平面 BCDE M,N PE,CD 分别为的中点 M B (1)证明：MNW平面PBC: P,B,C,D,E (2)若点 在同一球面上，设该球面的球心为. (i)求球O的表面积： (i)求平面OMN与平面PDE的夹角的余弦值. 18.如图，在棱长为2的正四面体A-BCD中，P为CD上的动点，M为AB上靠近A的三等 分点，N为P的中点，BN与PM交于点2 D A∈- B 山用P所，P形表示PW (2)若点P为CD的中点，求PD·PB 的值： P西PB=16 DP (3) 15,求DC的值. 19.如图，己知斜四棱柱 BCD-ABCD,底面ABCD为等腰梯形，BCD,点A在底面 BCD的射影为O,月D=BC=CD=M.85240 2,AA⊥BC. D C A B D ()求证：平面ABCDL平面MCCA: (2)已知点M满足DM=D瓦，2∈(0，)，且平面MBC与平面ABCD夹角的余弦值为 √21 7,求直线AM与平面MBC所成角的正弦值. 答案解析部分 1.【答案】C 2.【答案】C 3.【答案】A 4.【答案】D 5.【答案】C 6. 【答案】A 7.【答案】C 8.【答案】A 9.【答案】B,C 10.【答案】A,C,D 11.【答案】AB,D 12.【答案】 3W2+25 5 13.【答案】3 2v6 14.【答案】3 D-xyz 15.【答案】(1)证明：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，如图所示： 易知D(00,0.A40,0),B(4,20.C(0,20),F(0,2,2,E(10,3) D8=(42,0),CE=(1,-2,3),CF=(0,0,2), 因为DB-CE=4-4+0=0,DB.CF=0+0+0=0,所以DB1C正，DB1CF,即 BD⊥CE,BD⊥CF 又因为CECF=C.CE,CFC平面CEF,所以BDL牛面CEF, (2)解：正=(3,0,3)，F=(42,2) 7·AE=-3x+3z=0 设平面 AEF 的法向量为万=(k,)则示F=4x+2y+2z=0,令x=1则 y=z=1' 可得=(10； 由1)知平面CEF的一个法向量为DB=(4,2,0) 则0侃，D丽=i.5-4+2压 D丽Bx255,即平面，E与平面EE的夹角的余弦值为 AEF CEF 5: (3)解：F=(12,-,正=(3,03)，因为正F=0,所以正1F, 则△AEF的面积为2 E-EF=x35x6=35 由(2)知，平面AEF的一个法向量为=(，1,1).4C=(42,0), 4c.-4+2_25 点c到平面A的离为同33， 则=楼锥C-EF的体软'-*35x25=2 3 16,【答案】()以E为坐标原点，所在平面1BC为O 平面，建立空间直角坐标系 F 由题意可取E(0,0,0,B(-l,0,0),C1,00),A0,5,0）. 设4=（化少z) 因为A=引，所以r+广+引 又B=(山，-5,0Ac=(,-5,0）. 由B4=60,用.双=4a0=2分l事-5-1日 同理，由∠C14=60，得4CA=l即-5y=16) 1 ,x=0,y=- 由(2)，(3)联立可得 22=1-1=2 代入(1)，得 33 26 因为4在平面ABC的上方，所以25=3 425959c-9 因为F为上底4G的中心，所以FQa 6 而平面ABC 的方程为2=0，其一个法向量为(0,01) 因此F1(0,01,从而EF1平面ABC (2)由点的坐标可知，平面45F 上各点的坐标都为°，故平面4EF 的一个法向量 可取为%=(10,0) 耳-29}c-5 2 √2 cos0= 于是两平面的夹角 满足 2+ 6,122 0 99 √互 故平面AEF与平面ACE的夹角的余弦值为2· 17.【答案】（山）证明：取BE MO,ON 的中点，连接 ,如图所示： B M,O PE,BE MOll PB 因为 分别为 的中点，所以 又MOE平面PBC,PBc平面PBC,所以MOI平面PBC, 因为2N为BE,CD NOl/BC ”为 的中点，所以QN为梯形BCDE的中位线，则 又N2E平面PBC,BCc平面PBC,所以NO∥平面PBC 又M№.NQc平面MON.M2n2=e,所以平面MONW平面PBc, 因为MNc平面MQN,所以MN∥平面PBC: DE.BC H.G PH,HG PH L DE HG L DE (2)解：取的中点，连接 因为平面PDE⊥平面BCDE,所以PH⊥平面BCDE, 因为HGC平面BCDE,所以PH⊥HG, 以H为原点，以 G,HD,HP ,y,2 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示： P D 则P0,05),E0,-1,0).G50,0) (①易知梯形BCDE的外接圆的圆心为G,因为OG1平面BCDE,所以设O(N5Q,), 由OE=OP得， 5-0+0++(6,-0°=不5-0+0-0+6-5 ，解得 3, 所以球O的半径的平方 3号，支0都方 S=4mR2=52π 3 w-9..a号.m529 MN-m=0 设平面 OMN 的一个法向量为m=(氏，水，马)’0m=0 +2- 3 2-0 则 V·1一30我·则 690 x=1m=(1,55,2别 由1)可知，HG1平面PDE,则i=LQ,0)为平面PDE的个法向量， m.n V517 所以 sa-同同1kF+5可+2r 517 517 故平面OMN与平面PDE的夹角的余弦值为517· 18【容】0解：龙BC中，4M写4B -丽=丽-网列 pm=m+-P+师 (2)解：设P见=PM .由(1)可知， 顶=pW-号pA+丽 PN=1P4 PO=44PN+14PB 2 3 3 +=1= 4 N,B,Q三点共线，3 3 5 m-i+}丽 A=B=p2-2215 由余孩定现，可得0s乙AP8=5+5-2-】 2√3V33, .PA.PB=1 PQ-PB= 居Pi+丽丽-号Pmm+兮m1 (3)解：设DP=x, 由余弦定理，可得PA=V2-2x+4 由正四面体，得PA=PB=VP-2x+4, （F-2x+4+P-2x+4到-22-4x+4 .CoS∠APB 2V√x2-2x+4Vx2-2x+4 2(x2-2x+4) 0丽引-可-可 PO.PB=16 Γ15， 2 4 x= 化简得r2-18x+8=0，解得3或3， X= ..DP=1 DP 2 DC3或DC3. 19.【答案】(1)证明：等腰梯形ABCD中， z个 D E B D B A AB=2 BC=CD=AD=1 ,延长 BC AD E EA=2ED=2 EB=2EC=2 交于，则 所以△EAB为等边三角形， 所以AC1BC,且BC1,4CnMM=A,ACc平面4CGA,MMC平面4CCA, 所以BCL面41CC, 又因为BCC平面MBCD,则平面ABCDL平面AACG (2)解：过C作CNOM交4G于N,以C为坐标原点，C为轴正半轴， CB为'轴正 半轴，C为°轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系 -xyz B 4小wa,iau0o停a0.9时.a- 而-丽50.a0-丽-(90.西=-(9 w-0s(90,9对 设平面MBC的一个法向量为 i=（x,八，z) CM.=0 则12 +('+3 2+22y+22=0 221 CBn=0’ y=0 ,取，则万=（，0,5 x=1 取平面BCD的法向量m=(0,0,1), cos,列= m:列2 丽7，得4=1因为0)所以= 21 设直线4M与平面MC所成的角为g:则血0-os,小 4W列_35 4M:同 7 35 所以直线AM与平面MBC所成的角正弦值为7.