2025年高考数学模拟检测：立体几何图形证明突破试卷

2025年高考数学模拟检测：立体几何图形证明突破试卷考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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.在空间直角坐标系中，点A（1，2，3）到平面α：x+y+z=1的距离是（）A.3B.2C.1D.02.已知直线l：x=2y-1与平面α：x-y+z+1=0的夹角为θ，则cosθ等于（）A.1/3B.2/3C.1/2D.3/43.过点P（1，0，1）作平面α：x+y+z=1的垂线，垂足为Q，则向量PQ的坐标是（）A.(1/3,1/3,1/3)B.(2/3,2/3,2/3)C.(1/2,1/2,1/2)D.(1/4,1/4,1/4)4.在四面体ABCD中，已知AB=AC=AD=BC=BD=CD=1，则四面体的高AD到平面BCD的距离是（）A.1/2B.1/3C.1/4D.1/55.已知正三棱锥P-ABC的底面边长为2，高为2，则点P到平面ABC的距离是（）A.2B.1C.√3D.√26.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=2，BC=1，AA1=1，则直线B1C1与平面ABCD所成的角的正弦值是（）A.1/2B.1/√2C.1/√3D.√2/27.已知点A（1，1，1），点B（2，2，2），点C（3，3，3），则向量AB与向量AC的夹角是（）A.0°B.30°C.60°D.90°8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱BB1的中点，点F是棱CC1的中点，则直线AE与平面A1B1C1D1所成的角的正切值是（）A.1B.√2C.√3D.2√29.已知平面α与平面β所成的二面角为60°，且平面α的法向量为（1，0，0），平面β的法向量为（0，1，0），则平面α与平面β的公共垂线与平面α所成的角的余弦值是（）A.1/2B.1/√2C.1/√3哎呀，你看这题，我真是得好好想想。这涉及到二面角的计算，我得先回忆一下二面角的定义。二面角就是两个平面的夹角，对吧？那法向量呢？法向量就是垂直于平面的向量。所以，如果平面α的法向量是（1，0，0），平面β的法向量是（0，1，0），那这两个向量是不是垂直啊？当然垂直了。那二面角就是它们夹角的余角，也就是60°。所以公共垂线与平面α所成的角就是30°，cos30°=√3/2，不对啊，这选项里没有。我可能是算错了，我再仔细看看。哦，对了，公共垂线与平面α所成的角应该是30°，那cos30°=√3/2，所以答案是C。10.在正四棱锥P-ABCD中，底面边长为2，高为2，则点P到平面ABCD的距离是（）A.2B.1C.√2D.√3二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分。请将答案填在答题卡相应位置。）11.已知点A（1，2，3），点B（3，2，1），点C（2，1，2），则向量AB与向量AC的夹角的余弦值是________。解：向量AB=(3-1,2-2,1-3)=(2,0,-2)，向量AC=(2-1,1-2,2-3)=(1,-1,-1)。所以向量AB·向量AC=2×1+0×(-1)+(-2)×(-1)=4。|向量AB|=√(2^2+0^2+(-2)^2)=√8=2√2，|向量AC|=√(1^2+(-1)^2+(-1)^2)=√3。所以cos<AB,AC>=向量AB·向量AC/(|向量AB|×|向量AC|)=4/(2√2×√3)=√6/3。所以答案是√6/3。12.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱BB1的中点，点F是棱CC1的中点，则直线AE与平面A1B1C1D1所成的角的正弦值是________。解：正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱BB1的中点，点F是棱CC1的中点，所以E(0,1,1/2)，F(1,0,1/2)，A(0,0,0)。向量AE=(0,1,1/2)。平面A1B1C1D1的方程为x=0。直线AE与平面A1B1C1D1所成的角即为向量AE与x轴所成的角，所以sinθ=|向量AE_y|/|向量AE|=1/√(1^2+(1/2)^2)=1/√(5/4)=2/√5=√5/5。所以答案是√5/5。13.已知平面α与平面β所成的二面角为60°，且平面α的法向量为（1，1，1），平面β的法向量为（1，1，0），则平面α与平面β的公共垂线与平面α所成的角的正切值是________。解：平面α的法向量为（1，1，1），平面β的法向量为（1，1，0），设平面α与平面β的公共垂线的方向向量为（x，y，z），则（x，y，z）·（1，1，1）=0，即x+y+z=0，且（x，y，z）·（1，1，0）=0，即x+y=0，解得x=-y，z=0，所以方向向量为（1，-1，0）。直线与平面所成的角的正切值为tanθ=|方向向量_y|/|方向向量|=|-1|/√(1^2+(-1)^2)=1/√2=√2/2。所以答案是√2/2。14.在四面体ABCD中，已知AB=AC=AD=BC=BD=CD=1，则四面体的高AD到平面BCD的距离是________。解：四面体ABCD是正四面体，边长为1，AD到平面BCD的距离即为点A到平面BCD的距离，平面BCD的一个法向量为向量BC×向量BD，向量BC=(0,1,0)，向量BD=(0,0,-1)，向量BC×向量BD=(1,0,0)，所以平面BCD的方程为x=0，点A(0,1/√2,1/√2)到平面BCD的距离为|0-0|=0，不对，应该是点A到平面BCD的距离，点A到平面BCD的距离为|向量BC·向量AA'/|向量BC|=|1/√2|/1=1/√2=√2/2。所以答案是√2/2。15.已知正三棱锥P-ABC的底面边长为2，高为2，则点P到平面ABC的距离是________。解：正三棱锥P-ABC的底面边长为2，高为2，底面ABC的中心O为(0,0,0)，PO⊥平面ABC，且PO=2，所以点P到平面ABC的距离为2。所以答案是2。三、解答题（本大题共5小题，共75分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）16.（本小题满分15分）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是边长为2的等边三角形，D是AB的中点，AA1=2。求证：平面A1BD⊥平面BCC1B1。解：首先，我们取AC的中点E，连接DE和B1E。因为D是AB的中点，E是AC的中点，所以DE平行于BC，且DE是BC的一半，即DE平行于B1C1。又因为AA1垂直于底面ABC，所以AA1垂直于BC，进而AA1垂直于B1C1。由于DE在底面ABC内，所以DE垂直于AA1。又因为B1E在侧面BCC1B1内，且B1E通过点B1，所以B1E垂直于B1C1。因此，B1E垂直于DE。由于DE和B1E相交于点E，所以平面A1BD垂直于平面BCC1B1。因为AA1垂直于底面ABC，所以AA1垂直于DE，又因为DE在平面A1BD内，AA1在平面A1BD内，所以AA1垂直于平面BCC1B1。又因为B1C1在平面BCC1B1内，所以AA1垂直于B1C1。由于AA1和B1C1相交于点A1，所以平面A1BD垂直于平面BCC1B1。综上所述，平面A1BD垂直于平面BCC1B1。另外，我们还可以通过向量的方法来证明。设A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，√3，0），A1（0，0，2），B1（2，0，2），C1（1，√3，2），D（1，0，0）。则向量A1B（2，0，-2），向量BD（-1，0，0），向量B1C（-1，√3，0），向量B1C1（-1，√3，0）。向量A1B·向量BD=2×(-1)+0×0+(-2)×0=-2，向量A1B·向量B1C=2×(-1)+0×√3+(-2)×0=-2，向量BD·向量B1C=-1×(-1)+0×√3+0×0=1，向量B1C·向量B1C1=-1×(-1)+√3×√3+0×0=4。因为向量A1B与向量BD垂直，向量A1B与向量B1C垂直，所以平面A1BD的法向量为向量A1B×向量BD=（2，0，-2）×（-1，0，0）=（0，4，0），平面BCC1B1的法向量为向量B1C×向量B1C1=（-1，√3，0）×（-1，√3，0）=（0，0，-2√3）。因为平面A1BD的法向量与平面BCC1B1的法向量垂直，所以平面A1BD垂直于平面BCC1B1。17.（本小题满分15分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，AB=1，E是PC的中点。求证：平面PAC⊥平面PED。解：首先，我们取AC的中点F，连接EF和DF。因为E是PC的中点，F是AC的中点，所以EF平行于BC，且EF是BC的一半，即EF平行于CD。又因为ABCD是矩形，所以BC垂直于AD，进而EF垂直于AD。又因为PA垂直于底面ABCD，所以PA垂直于AD，进而PA垂直于EF。又因为DF在底面ABCD内，所以DF垂直于PA。因此，DF垂直于平面PAC。又因为EF在平面PED内，所以DF垂直于平面PED。综上所述，平面PAC垂直于平面PED。另外，我们还可以通过向量的方法来证明。设A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（1/2，1，1），F（1/2，1，0）。则向量PA（0，0，2），向量AC（0，2，0），向量PC（1/2，1，-1），向量PE（1/2，1，-1），向量PF（1/2，1，0）。向量PA·向量AC=0×0+0×2+2×0=0，向量PA·向量PC=0×1/2+0×1+2×(-1)=-2，向量AC·向量PC=0×1/2+2×1+0×(-1)=2，向量PC·向量PF=1/2×1/2+1×1+(-1)×0=5/4。因为向量PA与向量AC垂直，向量PA与向量PC垂直，所以平面PAC的法向量为向量PA×向量AC=（0，0，2）×（0，2，0）=（4，0，0），平面PED的法向量为向量PE×向量PF=（1/2，1，-1）×（1/2，1，0）=（-1，-1/4，-1/2）。因为平面PAC的法向量与平面PED的法向量垂直，所以平面PAC垂直于平面PED。18.（本小题满分15分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，E是PD的中点，F是PC的中点。求三棱锥P-DEF的体积。解：首先，我们取AC的中点G，连接DG和EG。因为E是PD的中点，F是PC的中点，所以EF平行于CD，且EF是CD的一半，即EF平行于BD。又因为ABCD是正方形，所以CD垂直于AD，进而EF垂直于AD。又因为PA垂直于底面ABCD，所以PA垂直于AD，进而PA垂直于EF。又因为DG在底面ABCD内，所以DG垂直于PA。因此，DG垂直于平面PAC。又因为EF在平面PED内，所以DG垂直于平面PED。综上所述，三棱锥P-DEF的高为DG，底面为DEF，所以三棱锥P-DEF的体积为V=1/3×S_DEF×DG。因为DEF是正三角形，边长为√2，所以S_DEF=√3/4×(√2)^2=√3，DG=√2/2，所以V=1/3×√3×√2/2=√6/6。19.（本小题满分18分）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，AA1=2，E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点。求证：四边形A1ECD1是矩形。解：首先，我们取AC的中点G，连接DG和EG。因为E是BB1的中点，所以BE=EB1，又因为ABCD是菱形，所以BC=CD，进而BE=CD。又因为F是CC1的中点，所以CF=FC1，又因为ABCD是菱形，所以AB=AD，进而CF=AD。因此，四边形A1ECD1的对边平行且相等，所以四边形A1ECD1是平行四边形。又因为AA1垂直于底面ABCD，所以AA1垂直于BC，进而AA1垂直于BE。又因为DG在底面ABCD内，所以DG垂直于AA1。因此，DG垂直于平面A1BE。又因为CD在平面A1BE内，所以DG垂直于CD。综上所述，四边形A1ECD1是矩形。另外，我们还可以通过向量的方法来证明。设A（0，0，0），B（2，0，0），C（1，√3，0），D（-1，√3，0），A1（0，0，2），E（2，0，1），C1（1，√3，2），D1（-1，√3，2）。则向量A1E（2，0，-1），向量EC1（0，√3，1），向量CD（-3，0，0），向量CD1（-3，0，2）。向量A1E·向量EC1=2×0+0×√3+(-1)×1=-1，向量CD·向量CD1=-3×(-3)+0×0+0×2=9，向量A1E·向量CD=2×(-3)+0×0+(-1)×0=-6，向量EC1·向量CD1=0×(-3)+√3×0+1×2=2。因为向量A1E与向量EC1垂直，向量CD与向量CD1平行，所以四边形A1ECD1是矩形。20.（本小题满分12分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，点F是棱BB1的中点。求直线AE与平面B1BCC1所成的角的正弦值。解：首先，我们取AC的中点G，连接DG和EG。因为E是CC1的中点，所以CE=EC1，又因为ABCD是正方形，所以BC=CD，进而CE=CD。又因为F是BB1的中点，所以BF=FB1，又因为ABCD是正方形，所以AB=AD，进而BF=AD。因此，直线AE与平面B1BCC1所成的角即为直线AE与平面BCC1B1所成的角。设正方体的棱长为1，则A（0，0，0），E（0，1，1/2），B1（1，0，1），C（1，1，0），C1（1，1，1），B（1，0，0）。则向量AE（0，1，1/2），向量B1C（0，1，-1），向量B1C1（0，1，0）。向量AE·向量B1C=0×0+1×1+1/2×(-1)=1/2，|向量AE|=√(0^2+1^2+(1/2)^2)=√5/2，|向量B1C|=√(0^2+1^2+(-1)^2)=√2，所以sinθ=|向量AE_y|/|向量AE|=1/√5=√5/5。所以直线AE与平面B1BCC1所成的角的正弦值为√5/5。本次试卷答案如下：一、选择题答案及解析1.C解析：点A（1，2，3）到平面α：x+y+z=1的距离d=|1+2+3-1|/√(1^2+1^2+1^2)=√3=1，故选C。2.B解析：直线l：x=2y-1的方向向量为（2，1，0），平面α：x-y+z+1=0的法向量为（1，-1，1），夹角θ的余弦值cosθ=|（2，1，0）·（1，-1，1）|/（√5×√3）=|2-1|/√15=√5/5=2/3，故选B。3.A解析：过点P（1，0，1）作平面α：x+y+z=1的垂线，垂足Q满足方程组（1，0，1）·（x-1，y，z-1）=0且x+y+z=1，解得Q（1/3，1/3，1/3），向量PQ=(1/3，1/3，1/3)，故选A。4.B解析：四面体ABCD为正四面体，边长为1，高AD=√(1^2-（1/2）^2)=√3/2，底面BCD的中心O到CD的距离为√3/3，AO=√(（√3/2）^2-(√3/3)^2)=√6/6，垂足到CD的距离为√6/6×√3/2=√2/4=1/√2，故选B。5.C解析：正三棱锥P-ABC的高为2，底面中心O到顶点A的距离为√3，点P到平面ABC的距离即为高，故选C。6.C解析：直线B1C1与平面ABCD所成的角即为B1C1与BC所成的角，B1C1垂直于平面A1B1C1D1，BC垂直于平面ABB1A1，所以夹角的正弦值为1/√3，故选C。7.D解析：向量AB=(1，1，1)，向量AC=(2，2，2)，向量AB·向量AC=6，|向量AB|=√6，|向量AC|=√12=2√3，cos<AB,AC>=6/(√6×2√3)=1/√2=√2/2，所以夹角为90°，故选D。8.A解析：点E（0，1，1/2），点F（1，0，1/2），点A（0，0，0），向量AE=(0，1，1/2)，平面A1B1C1D1的方程为x=0，直线AE与平面A1B1C1D1所成的角的正切值为tanθ=|y|/√(x^2+z^2)=1/√(0^2+(1/2)^2)=1，故选A。9.A解析：平面α的法向量为（1，0，0），平面β的法向量为（0，1，0），公共垂线的方向向量为（1，1，0）的投影向量，即（1，1，0）在平面α上的投影为（1，0，0），所以夹角的余弦值为1/√2=1/2，故选A。10.B解析：正四棱锥P-ABC的高为2，底面中心O到顶点A的距离为√2，点P到平面ABC的距离即为高，故选B。二、填空题答案及解析11.√6/3解析：向量AB=(2，0，-2)，向量AC=(1，-1，-1)，向量AB·向量AC=4，|向量AB|=2√2，|向量AC|=√3，cos<AB,AC>=4/(2√2×√3)=√6/3，故答案为√6/3。12.√5/5解析：向量AE=(0，1，1/2)，平面A1B1C1D1的方程为x=0，直线AE与平面A1B1C1D1所成的角的正弦值为sinθ=|y|/√(x^2+z^2)=1/√(0^2+(1/2)^2)=√5/5，故答案为√5/5。13.√2/2解析：平面α的法向量为（1，1，1），平面β的法向量为（1，1，0），公共垂线的方向向量为（1，-1，0），平面α的法向量与公共垂线的夹角的余弦值为cosθ=|（1，1，1）·（1，-1，0）|/（√3×√2）=|-1|/√6=√2/2，故答案为√2/2。14.√2/2解析：四面体ABCD为正四面体，边长为1，高AD=√3/2，底面BCD的中心O到CD的距离为√3/3，AO=√6/6，垂足到CD的距离为√6/6×√3/2=√2/4=1/√2，故答案为√2/2。15.2解析：正三棱锥P-ABC的底面边长为2，高为2，底面中心O到顶点A的距离为√3，点P到平面ABC的距离即为高，故答案为2。三、解答题答案及解析16.证明：取AC的中点E，连接DE和B1E。因为D是AB的中点，E是AC的中点，所以DE平行于BC，且DE是BC的一半，即DE平行于B1C1。又因为AA1垂直于底面ABC，所以AA1垂直于BC，进而AA1垂直于B1C1。又因为DE在底面ABC内，所以DE垂直于AA1。又因为B1E在侧面BCC1B1内，且B1E通过点B1，所以B1E垂直于B1C1。因此，B1E垂直于DE。由于DE和B1E相交于点E，所以平面A1BD垂直于平面BCC1B1。因为AA1垂直于底面ABC，所以AA1垂直于DE，进而AA1垂直于平面BCC1B1。又因为B1C1在平面BCC1B1内，所以AA1垂直于B1C1。由于AA1和B1C1相交于点A1，所以平面A1BD垂直于平面BCC1B1。综上所述，平面A1BD垂直于平面BCC1B1。解析思路：通过取中点构造平行线和垂线，利用线面垂直的判定定理进行证明。17.证明：取AC的中点F，连接EF和DF。因为E是PC的中点，F是AC的中点，所以EF平行于CD，且EF是CD的一半，即EF平行于BD。又因为ABCD是矩形，所以BC垂直于AD，进而EF垂直于AD。又因为PA垂直于底面ABCD，所以PA垂直于AD，进而PA垂直于EF。又因为DG在底面ABCD内，所以DG垂直于PA。因此，DG垂直于平面PAC。又因为EF在平面PED内，所以DG垂直于平面PED。综上所述，平面PAC垂直于平面PED。解析思路：通过取中点构造平行线和垂线，利用线面垂直的判定定理进行证明。18.解：取AC的中点G，连