2026年高考数学一轮复习周测卷及答案解析：第12周 立体几何与空间向量

这是一份2026年高考数学一轮复习周测卷及答案解析：第12周 立体几何与空间向量，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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．已知且，则（ ）．
A．4 B．6 C．8 D．10
2．如图，在平行六面体中，为的交点.若，则向量（ ）
A． B．
C． D．
3．已知向量，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
4．直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A． B． C．2 D．10
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
5．如图所示，在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则以为原点，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．
C．是平面的一个法向量
D．点到平面的距离为
6．已知正方体的棱长为分别是棱的中点，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．棱的中点在平面内
D．四面体的体积为1
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分.
7．在空间直角坐标系中，已知点，向量，平面，则点到平面的距离为 .
8．如图，在六面体中，平面平面，四边形与四边形是两个全等的矩形.，，平面.，，，则 .该六面体的任意两个顶点间距离的最大值为 .
四、解答题：本题共2小题,共28分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
9．（本小题满分 13分）
如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接．
(1)证明：；
(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．
10．（本小题满分 15分）
如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．
(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在一个点，使直线与平面所成角的正弦值为．若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
参考答案及解析
1．C 【解析】因为，所以存在实数，使得，又,
所以，所以，解得，
所以.
故选C.
2．C 【解析】由图知，，
即.
故选C.
3．A 【解析】，，
因为，所以，解得.
故选A.
4．B 【解析】由于，所以，
所以，所以.
故选B.
5．ACD 【解析】对于A，由于，分别是的中点，
所以平面平面，
所以平面，故A正确；
对于B，，
故，，
故与不垂直，进而可得与不垂直，故B错误；
对于C，由，所以，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，故C正确；
对于D，，点到平面的距离为，故D正确.
故选ACD．
6．BD 【解析】如图所示建立空间直角坐标系，
则，
所以，
由空间向量共线的充要条件知若，则有，
显然上述方程无解，故A错误；
又，所以B正确；
延长交于H点，连接交于G点，
由平行线分线段成比例可知G为靠近B点的线段的一个三等分点，故C错误；
设平面的一个法向量为，
易知，
则，令，即，
则N到平面的距离为，
而，
所以，故D正确.
故选BD.
7． 【解析】因为，且为平面的一个法向量，
则点到平面的距离为：
.
8． 6 【解析】因为平面，且平面，则，
且，即两两垂直，
如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则；
要求六面体的任意两个顶点间距离的最大值，只需考虑各体对角线的距离，
则，
所以该六面体的任意两个顶点间距离的最大值为.
9．【解析】（1）∵四边形为矩形，∴，
∵平面，平面，∴，
又， 平面，∴平面，
又平面，∴．
∵，点E是的中点，∴．
又， 平面，∴平面．
平面，∴．
又，,平面，∴平面，
平面，∴．
（2）如图，因两两垂直，
故可以A为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，．
由（1）可知，可看成平面的一个法向量，
可看成平面的一个法向量．
设平面与平面的所成角为，
∴，∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为．
10．【解析】（1）因是正方形，则,因,故.
由,则.因,则平面，
又平面,故平面平面.
（2）如图，取的中点，连接,易得,因，
故即二面角的平面角，即，
易得,取中点，连接,过点作,交于，
因,故得正三角形，则,
由（1）得平面平面，且平面平面，平面，
故得平面.
因此可分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.
则,
依题意，设,，
则，
因，设平面的法向量为，
则，故可取.
设直线与平面所成的角为，
则，解得或，
因，故，即,
故当点是的一个四等分点（靠近点）时，直线与平面所成角的正弦值为,此时