【江苏专用 真题汇编】空间向量与立体几何考前专题特训2025年高考数学 含答案

/【江苏省各地区真题试卷汇编】空间向量与立体几何考前专题特训-2025年高考数学一．选择题（共8小题）1．（2025春•江苏校级期中）若a→=(2，0，−1)，b→A．（2，0，﹣3） B．（2，﹣1，1） C．（﹣2，1，﹣1） D．（2，1，﹣3）2．（2025春•江苏校级期中）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°．取棱B1C1的中点M，则|AMA．153 B．152 C．1023．（2025春•常州期中）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，则PC→A．[0，2] B．[1，3] C．[2，4] D．[3，5]4．（2025春•淮安期中）在三棱锥P﹣ABC中，PA→=a→，PB→=b→，A．−34a→C．−34a5．（2025春•江苏校级期中）已知平面α的法向量为n→=(x，1，−2)，平面β的法向量为m→=(−1，yA．﹣1 B．1 C．174 D．6．（2025春•溧阳市期中）已知动点P是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上一点，记BPBD1=λA．(0，13) B．(13，1)7．（2025春•高邮市期中）在空间向量中，我们给出了定义向量的“外积”运算规则：对于空间向量a→=(x1，y1，z1)和b→=(x2，y2，A．平行 B．垂直 C．直线l在平面α内 D．相交但不垂直8．（2025春•淮安期中）关于空间向量，以下说法正确的是（）A．若对空间中任意一点O，有OP→=23OA→−16OBB．若空间向量a→，b→满足a→⋅b→C．若直线l的方向向量为m→=(2，4，−2)，平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，1)，则D．若空间向量a→=(1，0，1)，b→=(0，1，−1)，则二．多选题（共3小题）（多选）9．（2025春•如皋市月考）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是AC上的动点（包含两端点），则下列结论正确的是（）A．存在点P，使B1P与平面A1DC1相交 B．B1P⊥BD1 C．D1P与平面AB1C所成角的正弦最大值为22D．A1P+B1P的最小值为2（多选）10．（2024春•锡山区校级期末）在三棱锥D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，则（）A．三棱锥D﹣ABC的体积为1 B．点C到直线AD的距离为154C．二面角B﹣AD﹣C的正切值为2 D．三棱锥D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距离为3（多选）11．（2023秋•苏州期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC=3，AA1＝1，P为棱C1D1的中点，Q为底面ABCD上（含边界）的一动点．记点Q轨迹的长度为LA．若PQ⊥B1C，则L＝2 B．若PQ∥平面A1BC1，则L=5C．若PQ=2，则L＝πD．若C到平面A1PQ的距离为32，则L三．填空题（共3小题）12．（2025春•常州期中）已知向量a→=(2，−1，2)，b→=(−4，2，13．（2025春•淮安期中）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，四面体P﹣ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则直线PB与平面PAC所成角的大小为．14．（2025春•邗江区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是．①直线BD1⊥平面A1C1D②三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值③异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[④直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为6四．解答题（共5小题）15．（2025春•南京期中）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P是CC1的中点，△ABC、△C1BC均为边长为4的正三角形，且AC1＝26，（1）求证：平面ABC⊥平面CBB1C1；（2）求直线A1B与平面ABP所成角的正弦值．16．（2025春•兴化市校级月考）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．（1）求点B到直线AC1的距离；（2）求直线FC到平面AEC1的距离．17．（2025•鼓楼区校级模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD=2，∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分别为AD，AB（1）求证：AD⊥BD；（2）求证：平面BDC1∥平面EFD1；（3）若CC1＝2，P是线段D1F上的动点，求直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值．18．（2025春•盐城月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA＝AE＝BE＝2，CD＝1．（1）求A到平面PBC的距离；（2）求直线PE与平面PBC所成角的正弦值；（3）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．19．（2025春•江苏校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，点E，F为PC，PA的中点．（1）求证：平面BDE⊥平面ABCD；（2）二面角E﹣BD﹣F的大小；（3）线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面BDF所成夹角为π6．若存在，求出M

【江苏省各地区真题试卷汇编】空间向量与立体几何考前专题特训-2025年高考数学答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DBCDACDA二．多选题（共3小题）题号91011答案BCDACDACD一．选择题（共8小题）1．（2025春•江苏校级期中）若a→=(2，0，−1)，b→A．（2，0，﹣3） B．（2，﹣1，1） C．（﹣2，1，﹣1） D．（2，1，﹣3）解：由题可得：a→故选：D．2．（2025春•江苏校级期中）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°．取棱B1C1的中点M，则|AMA．153 B．152 C．102解：平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，取棱B1C1的中点M，根据向量的线性运算，则AM所以|AM所以|AM故选：B．3．（2025春•常州期中）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，则PC→A．[0，2] B．[1，3] C．[2，4] D．[3，5]解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设P（x，0，z），其中﹣1≤x≤1，0≤z≤2，C(0，3，0)PC→=(−x，3当x＝±1，且z＝0或z＝2时，PC→当x＝0，且z＝1时，PC→⋅P故选：C．4．（2025春•淮安期中）在三棱锥P﹣ABC中，PA→=a→，PB→=b→，A．−34a→C．−34a解：如图所示，连接BM，因为PM→=MA→，BN→所以MN→故选：D．5．（2025春•江苏校级期中）已知平面α的法向量为n→=(x，1，−2)，平面β的法向量为m→=(−1，yA．﹣1 B．1 C．174 D．解：根据题意，平面α的法向量为n→=(x，1，−2)，平面若α∥β，则有n→∥m→，即x−1故xy＝﹣1．故选：A．6．（2025春•溧阳市期中）已知动点P是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上一点，记BPBD1=λA．(0，13) B．(13，1)解：由题设，建立如图所示空间直角坐标系：则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），∴BD∴PA→PC→显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即PA→∴（λ﹣1）λ+λ（λ﹣1）+λ2＝λ（3λ﹣2）＜0，解得0＜λ则λ的取值范围是(0，2故选：C．7．（2025春•高邮市期中）在空间向量中，我们给出了定义向量的“外积”运算规则：对于空间向量a→=(x1，y1，z1)和b→=(x2，y2，A．平行 B．垂直 C．直线l在平面α内 D．相交但不垂直解：因为m→=(1，−2，3)，所以平面α的法向量为p→因为直线l的方向向量q→=(2，1，−1)，所以p→⋅q因为−72≠−51≠所以p→与q→既不垂直也不平行，所以直线l与平面故选：D．8．（2025春•淮安期中）关于空间向量，以下说法正确的是（）A．若对空间中任意一点O，有OP→=23OA→−16OBB．若空间向量a→，b→满足a→⋅b→C．若直线l的方向向量为m→=(2，4，−2)，平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，1)，则D．若空间向量a→=(1，0，1)，b→=(0，1，−1)，则解：A选项，根据题意可知，OP→=23OA→−16OB→+1B选项，当a→，b→同向共线时a→⋅b→＞0C选项，根据题意可知，m→=−2n→，即m→∥nD选项，a→在b→上的投影向量为a→故选：A．二．多选题（共3小题）（多选）9．（2025春•如皋市月考）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是AC上的动点（包含两端点），则下列结论正确的是（）A．存在点P，使B1P与平面A1DC1相交 B．B1P⊥BD1 C．D1P与平面AB1C所成角的正弦最大值为22D．A1P+B1P的最小值为2解：选项A，连接AB1，CB1，则AB1∥C1D，AC∥A1C1，因为AB1∩AC＝A，AB1、AC⊂平面AB1C，C1D∩A1C1＝C1，C1D、A1C1⊂平面A1DC1，所以平面AB1C∥平面A1DC1，由P是AC上的动点（包含两端点），知B1P⊂平面AB1C，所以B1P∥平面A1DC1，所以不存在点P，使B1P与平面A1DC1相交，故选项A错误；选项B，由三垂线定理的逆定理知，BD1⊥AC，BD1⊥AB1，因为AC∩AB1＝A，AC、AB1⊂平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C，又B1P⊂平面AB1C，所以BD1⊥B1P，故选项B正确；选项C，由BD1⊥平面AB1C，知∠D1PQ即为D1P与平面AB1C所成角，要求sin∠D1PQ的最大值，需求tan∠D1PQ，在Rt△D1PQ中，tan∠D1PQ=Q设AC∩BD＝O，连接OB1，设OB1∩BD1＝Q，连接OQ，在四边形OBB1D1中，QB所以QD1=23BD1而PQ≥OQ=13OB1所以tan∠D1PQ=QD1PQ≤433所以D1P与平面AB1C所成角的正弦最大值为223，故选项选项D，将平面A1AC与平面AB1C展开至同一平面，如图所示，其中△A1AC为直角三角形，△AB1C为等边三角形，且A1A＝2，AB1＝22，连接A1B1，当点P为A1B1与AC的交点时，A1P+B1P取得最小值A1B1，在△AA1B1中，由余弦定理知，A1B1所以A1B1=12+46=即A1P+B1P的最小值为23+6，故选项D故选：BCD．（多选）10．（2024春•锡山区校级期末）在三棱锥D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，则（）A．三棱锥D﹣ABC的体积为1 B．点C到直线AD的距离为154C．二面角B﹣AD﹣C的正切值为2 D．三棱锥D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距离为3解：在三棱锥D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，如图，取AB的中点G，连接DG，CG，∵平面ABC⊥平面ABD，且平面ABC∩平面ABD＝AB，CG⊂平面ABC，∴CG⊥平面ABD，∵CG=2×32=3取AD的中点E，连接BE，取AE的中点F，连接FG，CF，∵F，G分别为AE，AB中点，∴FG∥BE，∴FG⊥AD，∵CG⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，∴CG⊥AD，又CG∩FG＝G，CG，FG⊂平面CFG，∴AD⊥平面CFG，则AD⊥CF，则点C到直线AD的距离为CF=CG2+FGtan∠CFG=CGFG设△ABD，△ABC的外心分别为M，K，则GK⊥AB，又平面ABD⊥平面ABC，∴GK⊥平面ABD．设三棱锥D﹣ABC外接球的球心为O，则OK⊥平面ABC，OM⊥平面ABD，∴四边形OMGK为矩形，则OM=∴三棱锥D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距离为33，故D故选：ACD．（多选）11．（2023秋•苏州期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC=3，AA1＝1，P为棱C1D1的中点，Q为底面ABCD上（含边界）的一动点．记点Q轨迹的长度为LA．若PQ⊥B1C，则L＝2 B．若PQ∥平面A1BC1，则L=5C．若PQ=2，则L＝πD．若C到平面A1PQ的距离为32，则L解：对A选项，如图，设Q在BC上的射影为M，PQ⊥B1C，即C1M⊥B1C，易得MC=33=13CB对B选项：如图，取AB，BC中点E，F，显然有PE∥BC1，EF∥A1C1，进而可得平面PEF∥平面A1BC1，故L=EF=对C选项：如图，设P在CD上的射影为N，由PQ=2，PN＝1，易得NQ故Q在以N为圆心，1为半径的半圆弧上，故L＝π，故C选项正确；对D：以D为原点建系如图，则A1(3，0，1)，P(0，1，1)，C(0，2，0)，设Q（m，n，0），所以PA1→=(3设平面A1PQ的法向量为r→则r→⋅P所以C到平面A1PQ的距离为|PC所以4[(m所以(m即m+3n即m3+n但当Q（m，n，0）满足m+3n−93所以L=(3)故选：ACD．三．填空题（共3小题）12．（2025春•常州期中）已知向量a→=(2，−1，2)，b→=(−4，2，解：因为向量a→则a→⋅b当a→，b→共线时，由b→=λ所以当a→，b→故（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，5）．13．（2025春•淮安期中）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，四面体P﹣ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则直线PB与平面PAC所成角的大小为π6解：取AC的中点O，连接OB，OP，因为AB⊥BC，且AB＝BC＝1，所以OB⊥AC，且OB=12AC因为PA⊥平面ABC，AC、OB⊂平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥OB，又AC∩PA＝A，AC、PA⊂平面PAC，所以OB⊥平面PAC，所以∠OPB即为直线PB与平面PAC所成角，在Rt△PAO中，PA＝1，OA=22，所以OP所以tan∠OPB=OB所以∠OPB=π即直线PB与平面PAC所成角的大小为π6故π614．（2025春•邗江区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是①②④．①直线BD1⊥平面A1C1D②三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值③异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[④直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为6解：对①，根据三垂线定理易知BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，从而可得BD1⊥平面A1C1D，∴①正确；对②，易知B1C∥A1D，从而可得B1C∥平面A1C1D，∴P到平面A1C1D距离为定值，又△A1C1D的面积也为定值，∴三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值，∴②正确；对③，∵B1C∥A1D，∴异面直线AP与A1D所成角即为相交直线AP与B1C所成角，又易知△AB1C为等边三角形，∴相交直线AP与B1C所成角的范围为[π3，π即异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π3，π对④，由①知BD1⊥平面A1C1D，∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：C1P与BD1所成角的余弦值，如图将C1P对称平移至D1Q，则C1P与BD1所成角的余弦值即为：D1Q与BD1所成角的余弦值，其中Q为线段A1D上的动点，又AB⊥平面ADD1A1，∴AB⊥D1Q，∴当Q为A1D的中点时，D1Q与BD1所成角的余弦值最大，最大值为AD∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为63故①②④．四．解答题（共5小题）15．（2025春•南京期中）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P是CC1的中点，△ABC、△C1BC均为边长为4的正三角形，且AC1＝26，（1）求证：平面ABC⊥平面CBB1C1；（2）求直线A1B与平面ABP所成角的正弦值．解：（1）证明：如图，取BC的中点O，连接AO，C1O，因为△ABC、△C1BC均为边长为4的正三角形，所以AO⊥CB，C1O⊥CB，A1O＝C1O＝23，△C1AO中，AO2+OC所以AO⊥C1O，又AO∩C1O＝O，BC，C1O⊂平面CBB1C1，所以AO⊥平面CBB1C1，又因为AO⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面CBB1C1；（2）以直线OA，OB，OC1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（23，0，0），B（0，2，0），C（0，﹣2，0），C1（0，0，23），B1（0，4，23），P（0，﹣1，3），由CC1→=AA1→=(0，2，2设n→=（x，y，z）是平面则PA→令y=3，则设直线A1B与平面ABP所成角为θ，则sinθ＝|cos＜n→，A1所以直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为22616．（2025春•兴化市校级月考）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．（1）求点B到直线AC1的距离；（2）求直线FC到平面AEC1的距离．解：（1）以D1为坐标原点，分别以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，12，0），F（1，1∴AB→=(0，1，0)，AC1→FC→=(−1，1（1）取a→=ABa→2=1，a→⋅u→=（2）∵FC→=EC1→而FC⊄平面AEC1，EC1⊂平面AEC1，∴FC∥平面AEC1，则点F到平面AEC1的距离就是直线FC到平面AEC1的距离．设平面AEC1的一个法向量为n→由n→⋅AE→=又AF→∴直线FC到平面AEC1的距离为|AF17．（2025•鼓楼区校级模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD=2，∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分别为AD，AB（1）求证：AD⊥BD；（2）求证：平面BDC1∥平面EFD1；（3）若CC1＝2，P是线段D1F上的动点，求直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值．解：（1）证明：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD=2∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分别为AD，AB的中点，∵DC＝BC=2，∠DCB∴BD=(2)2+(2)又∠DAB＝45°，∴∠ABD＝45°，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD．（2）证明：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，∵AD⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴DD1⊥AD，DD1⊥BD，∴DA，DB，DD1两两垂直，以点D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，设DD1＝h（h＞0），则D（0，0，0），B（0，2，0），C1（﹣1，1，h），E（1，0，0），F（1，1，0），D1（0，0，h）．∴DB→=（0，2，0），DC1→=（﹣1，1，h），设n1→=(x则n1→⋅DB→=2y1=0n设平面EFD1的法向量n2则n2→⋅ED1→=−x∵n1→∥n2→，平面BDC1∴平面BDC1∥平面EFD1．（3）CC1＝2，P是线段D1F上的动点，当CC1＝2时，n1→=(2，0，1)为平面D1（0，0，2），则FD设FP→=λFD1→=λ（﹣1，﹣1，2）＝（﹣∴P（1﹣λ，1﹣λ，2λ），∵A1（2，0，2），∴A1P→=（﹣1﹣λ，1﹣设直线A1P与平面BDC1所成角为θ，sinθ＝|cos＜A1=4当且仅当λ=∴若CC1＝2，P是线段D1F上的动点，则直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为2618．（2025春•盐城月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA＝AE＝BE＝2，CD＝1．（1）求A到平面PBC的距离；（2）求直线PE与平面PBC所成角的正弦值；（3）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．解：（1）因为平面PAD⊥平面ABCD，BE⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BE⊥平面PAD，作Ez⊥AD，以E为原点，以EB→，ED→的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E﹣则点E（0，0，0），P（0，﹣2，2），A（0，﹣2，0），B（2，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），所以PB→=