2026届高三一轮复习练习试题（标准版）数学第七章必刷大题14空间向量与立体几何（Word版附答案）

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1.(13分)(2025·保定模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD内存在一条直线EF与AB平行，PA⊥平面ABCD，直线PC与平面ABCD所成的角的正切值为32，PA=BC=23，CD=2AB=4.
(1)证明：四边形ABCD是直角梯形；(6分)
(2)若点E满足PE=2ED，求平面PEF与平面BEF夹角的正弦值.(7分)
2.(15分)如图所示的五面体ABC-A1DC1为直三棱柱ABC-A1B1C1截去一个三棱锥D-A1B1C1后的几何体，AC⊥BC，AC=BC=AA1=2，D为BB1的中点，E，F分别为C1D，A1D的中点.
(1)判断BF和CE是否垂直，并说明理由；(6分)
(2)设AP=λAC(0≤λ≤1)，是否存在λ，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为27？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由.(9分)
3.(15分)(2024·天津模拟)如图，直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为线段PA上一点，PD=2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形.
(1)若F是PA的中点，求证：AC∥平面DEF；(5分)
(2)求直线AE与平面BCP所成角的正弦值；(5分)
(3)若点F到平面BCP的距离为16，求PF的长.(5分)
4.(17分)(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30°，∠DAB=120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点.
(1)设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.
①证明：平面PAC⊥平面ABC；(4分)
②求球O的半径；(6分)
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.(7分)
答案精析
1.(1)证明 因为AB∥EF，EF⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
所以AB∥平面PCD，
因为AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PCD=CD，所以AB∥CD，
连接AC，因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA是直线PC与平面ABCD所成的角，
则tan∠PCA=PAAC=23AC=32，解得AC=4.
因为AB=2，BC=23，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC.
又AB≠CD，所以四边形ABCD是直角梯形.
(2)解 取CD的中点M，连接AM，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，23)，D(23，-2，0)，C(23，2，0)，B(0，2，0)，AB=(0，2，0)，
PC=(23，2，-23)，
PD=(23，-2，-23)，
由PE=2ED，
得E433，-43，233，
则BE=433，-103，233，
设平面PCD的法向量为n=(x1，y1，z1)，
则n·PC=23x1+2y1-23z1=0,n·PD=23x1-2y1-23z1=0,
取x1=1，得y1=0，z1=1，
即n=(1，0，1)，
设平面ABE的法向量为m=(x2，y2，z2)，
则m·AB=2y2=0,m·BE=433x2-103y2+233z2=0,
取x2=1，得y2=0，z2=-2，
即m=(1，0，-2).
平面PEF与平面BEF的夹角即平面PCD与平面ABE的夹角，设其为θ，
则cs θ=|cs〈n，m〉|=|n·m||n||m|=1010，
所以sin θ=1-10102=31010，
故平面PEF与平面BEF夹角的正弦值为31010.
2.解 (1)BF和CE不垂直，理由如下：
以点C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，2)，D(0，2，1)，
C1(0，0，2)，
E0，1，32，F1，1，32，
BF=1，-1，32，CE=0，1，32，
因为BF·CE=1×0+(-1)×1+32×32=54≠0，
所以BF和CE不垂直.
(2)假设存在λ，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为27，
由AP=λAC，得P(2(1-λ)，0，0)，
显然平面ABC的一个法向量为n1=(0，0，1)，PB=(2(λ-1)，2，0)，
设平面PBF的法向量为n2=(x，y，z)，
则n2·PB=2(λ-1)x+2y=0,n2·BF=x-y+32z=0,
取x=3，得n2=(3，3-3λ，-2λ)，
设平面ABC与平面PBF的夹角为θ，
则cs θ=|cs〈n1，n2〉|=n1·n2|n1||n2|
=2λ9+9(1-λ)2+(-2λ)2=27，
而0≤λ≤1，解得λ=12，
所以存在实数λ=12，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为27.
3.(1)证明 设CP∩DE=G，连接FG，
因为四边形PDCE为矩形，所以G为PC的中点，
又F为PA的中点，则AC∥FG，
又FG⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，
所以AC∥平面DEF.
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，2，2)，
所以BC=(-1，1，0)，CP=(0，-2，2)，
AE=(-1，2，2)，
设平面BCP的法向量为n=(x，y，z)，
则BC·n=-x+y=0,CP·n=-2y+2z=0,
令y=1，解得x=1，z=2，
所以n=(1，1，2)，
设直线AE与平面BCP所成的角为θ，
所以sin θ=|AE·n||AE||n|=3714.
则直线AE与平面BCP所成角的正弦值为3714.
(3)解 PA=(1，0，-2)，
设PF=λPA=(λ，0，-2λ)，λ∈[0，1]，
由平面BCP的一个法向量n=(1，1，2)，
则点F到平面BCP的距离为
d=|PF·n||n|=|-λ2=16.
解得λ=13，且PF=13，0，-23，
所以|PF|=19+29=33.
4.(1)①证明 在△ACD中，由AC=CD=1，∠ADC=30°得∠CAD=∠ADC=30°，
所以AD=2ACcs∠CAD=2×1×cs 30°=3，
且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°，即AB⊥AC.
因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC=C，PC，AC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，又AB⊂平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
②解 方法一 设△PAC外接圆的半径为r，由正弦定理得2r=ACsin∠APC=1sin30°=2，
所以r=1，由①知AB⊥平面PAC，所以三棱锥P-ABC外接球的半径R=r2+AB22=52.
方法二 以A为原点，AB，AC所在直线分别为x轴和y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，
P0，32，32，
设球心O(a，b，c)，半径为R，
则AO=BO=CO=PO=R，
所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2
=a2+b-322+c-322=R2，
解得a=12，b=12，c=32，R=52，所以球O的半径为52.
(2)解 在平面PAC中，过P作PG⊥AC于点G，在平面ABC中，过G作GM⊥AC，
则由(1)知AG=3cs 30°=32，
PG=3sin 30°=32，
设∠PGM=θ，0°