通关达标卷九立体几何(B卷)-【勤径学升】2025年高考一轮复习数学通关卷（人教B版）

H C 0 A 17.解 (1)证明：在底面ABCD中，因为∠BAD=∠ABC=90°, 所以 BC//AD.又 BC±平面 PAD,ADC平面 PAD, 所以直线 BC//平面 PAD. (2)在等边三角形PAD中，过P作PE⊥AD,垂足为E, E DA B C 因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面ABCD= AD,PEC平面PAD,所以PE⊥平面ABCD. 在直角梯形ABCD中，连接CE,又AB=BC=≥AD,则四边 形 ABCE为正方形. 设AB=x,则PE=√3x,BC=CE=x.在Rt△PED,Rt△PCE, Rt△DCE中，lPD|=|PC|=√Z2+(√3x)2=2x,|DC|= √x+x=√2x. 又Som=2.7,即·√u2-(竖)=2.,7,解得x=2 或x=-2(舍去),底面ABCD的面积S易n=÷(BC+ AD)·AB==x2=6. 又PE=2√3,则V?-=÷S≠·PE=÷×6×2√3 =4√3. 18.证明(1)连接 AE,∵E为BC的中点，EC=CD=1, ∴△DCE为等腰直角三角形，由此可得∠DEC=45°,同理 ∠AEB=45°,∴∠AED=180?-(∠DEC+∠AEB)=90°, 即 DE⊥AE.又∵PA⊥平面 ABCD,且 DEC平面 ABCD, ∴PA⊥DE.又∵AE∩PA=A,AE,PAC平面 PAE,∴DE 上平面 PAE.又∵PEC平面PAE,∴PE⊥DE. (2)取 PA,PD的中点G,H,连接EG,GH,CH,∵G,H是 PA,PD的中点，在△PAD中，可得GH//AD,且GH= ÷AD.又∵E是BC的中点，且四边形ABCD为短形， ∴EC//AD,且EC=÷AD,∴EC,GH平行且相等，可得四 边形 ECHG是平行四边形，∴EG//CH. 又∵CHC平面 PCD,EG±平面 PCD,∴EG//平面 PCD. P Gk H A >D B E C 19.解 (1)证明：因为AB=1,BC=√2,∠CBA=王， 由余弦定理得AC2=AB+BC2-2AB·BCCos∠CBA=1+2 -2×1×√E×≌=1.所以AC=1,则AC+AB=BC”,所以 ∠BAC=2,即 AC⊥AB.又平面ABCD⊥平面ABEF,平面 ABCD∩平面ABEF=AB,ACC平面ABCD,所以AC上平面 ABEF.又 EFC平面ABEF,所以AC⊥EF. (2)如图建立空间直角坐标系，则E(1,1,0),F(0,2,0),C(0,0, 1),D(-1,0,1),所以EC=(-1,-1,1),E=(-1,1,0),E =(-2,-1,1), 设平面EFD的法向量为n=(x,y,z), (n·EF=-x+y=0, 所以 令x=1,则n=(1,1,3)n·Eb=-2x-y+x=0, 设直级EC与平面EFD所成角为0.图5m0-. 万元= ,故直线 EC与平面 EFD 所成角的正弦 为 以 上?⋯ F B生 E 20.解 (1)l//BC. 证明：“底面ABCD为正方形，∴AD//BC. ∵BC±平面PAD,ADC平面PAD,∴BC//平面 PAD. ∵BCC平面 PBC,平面 PBC∩平面PAD=1,∴l//BC. (2)取 AD的中点O,BC的中点G,连接OP,OG, 依题意 PO⊥AD,侧面 PAD⊥底面 ABCD,侧面 PAD∩底面 ABCD=AD,POC侧面 PAD,∴PO⊥底面 ABCD.又四边形 ABCD是正方形，∴OG⊥AD. 建立如图所示空间直角坐标系，则P(0,0,√3),B(2,-1, 0),C(2,1,0),G(2,0,0). 文 1 A< 6 方方 B C C 见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),PB=(2,-1,-√3),BC 22.解 (1)证明：连接AB,与A?B交于点O,则O为AB?的中 点，连接 OM,因为点M为B?C?的中点，所以OM//AC.因 为OMC平面 A,BM,AC丈平面 A,BM,所以 AC//平 =(0,2,0), -0 面 A,BM. (2)因为BC=√2AB=√2AC,所以AB2+AC2=BC2,所以 AB⊥AC,如图建立空间直角坐标系A-xyz,设AB=1,则:n=(誓o,1), B(1,0,0),A,(0,0√2),M(壹，V2),设N(0.a,0),0≤a∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面 PAD∩底面ABCD=AD,XG⊥ AD,OGC平面ABCD,∴OG⊥平面 PAD,∴平面 PAD的法向 ≤1,所以B成，=(-1,0√E),A.M=(号，号0),A-量为m=(2,0,0). 设平面 PBC与平面PAD所成二面角为θ,显然二面角为锐 (0,a,-√2).设平面 BA,M的一个法向量为m=(xj,y?, 二面角， 2),则有· 取 x?=√2,得m= (V2,-√2,1),设平面A,MN的一个法向量为n=(x?,y?,.取 x:-一√豆，得 n∴平面 PBC与平面PAD所成二面角的余独值为一. e),则有·21.解 (1)证明：因为AB//CD,E,F分别是BC,AD的中点，所以 EF//CD//AB. 又AB=2CD=4,所以EF=AB+CD-3 =(-√2,√2,a). 因为106(m.n)1=T1:厅。一竖，解得a又 EN=1,M是AB的中点，所以FN=AM=2, 所以四边形 FNC?D,和四边形AMNF均为平行四边形， 所以 D?F//CN,AF//MN. 一号或a=-6(合),此时合-2,所以AC上存在点N,当 -2时，二面角B-A,M-N的大小为子. 又 D?FC平面AD?F,C?N≠平面AD?F,所以C,N//平面 AD?F.同理可得MN//平面AD,F. 又C?N∩MN=N,CNC平面C?MN,MNC平面C?MN,所 以平面C?MN//平面AD,F. +2 C; A M (2)在多面体ABEFD?C?中，EF⊥BE,EF⊥CE. 又 BE∩C?E=E,所以EF⊥平面 BC?E, 所以 AB⊥平面BC?E,所以AB⊥BC. B oX 由(1)知C,M//AD,,C;M=AD,=2√2. A长 因为 BM=2,所以BC?=2. 又 BC?=C?E=2,所以∠BEC=60°。 以 E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， BKx 通关达标卷九 立体几何(B卷) 1.B 解析 ∵a//β,lCa,利用面面平行的性质定理可得l//β.*zD? ct 2.A 解析 如图，空间四边形ABCD,因为EFC平面 ABC, GHC平面ACD, M. E A M β E/ 则N(1,0,0),C?(0,1,√3),M(2,2,0),B(0,2,0),所以BC =(0,-1,√3),NC=(-1,1,√3),N=(1,2,0). 设平面 C?MN 的法向量为 m =(x,y,z),则 -x+y+√3x=0,今V=1,得m=(-2,1,-√3). C B F 所以点 M平面 ABC,且 MC平面ACD,而平面ABC∩平面 ACD=AC,x+2y=0. 所以点M∈直线AC.因为AC与BD为异面直线，所以M设直线 BC?与平面C?MN所成角为θ,则 m1 所以直线BC,与平图C.MN所成角的正装值有坚 直线 BD. 3.D 解析 选项 A,由面面平行的性质可以得到线面平行，A 正确；选项B,由线面平行的性质得到线线平行，B正确；选项 C,设a∩β=n,因为a⊥β,设aa,且a⊥n,则有a⊥β.因为m 高考一轮通关卷·数学·RJB ~65 见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 ≠a,m⊥β,所以a//m.因为m≠a,aCa,所以m//a,C正确；选 ∵平面ABCD⊥平面CC?D,D,平面ABCD∩平面CCD?D= 项 D,若a//b,则此时不能推出m⊥a,D错误. CD,PG⊥CD,PGC平面ABCD,∴PG⊥平面CC?D,D,同理 可得QH⊥平面CC?D,D.4.A 解析 由斜二测画法可知该三角形ABC为直角三角形， ∠ABC=90°, 设∠QMH=0,V?-ma=|Vower-VpMml=SA·根据直观图中平行于x轴的长度不变，平行于y轴的长度变 为原来的一半，因为O'A'=1,所以O'C'=1,B'C'=2,A'B' IQH-PG|=}S?·|QM-PM|sin 0=√2, 所以 BC=2,AB=2、Z,所以三角形ABC的面积为S?=去 =÷S·PQsin D≤÷S·PQ=÷, ×2×2√2=2√2. 当且仅当 PQ⊥CD时，等号成立，故四面体 P-EFQ的体积的 5.B 解析 由题，半径r=15,高h=15,则母线l=√h2+r2= 最大值为子. 15√2, 9.AD 解析 由线面平行的性质可得A正确；若m//n,m//a, 则n//a或nCa,故B错误；由a∩β=n,a⊥β,β⊥γ推不出n⊥ γ,也可能有n//y,故C错误；若m⊥α,m⊥β,则a//β,又α//y, 则β//γ,故 D正确.故选 AD. 所以圆锥的侧面积为πrl=15×15√2π=225√2π, 所以Ω的表面积为2×225√2π=450√2π.故选 B. 6.D 解析 ∵平面BCC?B,//平面ADD?A?,平面BCC?B,∩平 面 D?EBF=BF,平面 ADD?A,∩平面 D,EBF =D,E, ∴D?E//BF. 10.AD 解析 选项 A,因为平面A?ABB?//平面 D?DCC,而 D?CC平面D?DCC,故D?C与平面A,ABB,没有公共点，所 以 D?C//平面A?ABB,即A正确；选项B,因为A,D?//BC, 所以 A,D,C平面BCD,所以B错误；选项C,若AD⊥平面 D?DB,则AD⊥DB,但∠ADB=45°,所以C错误；选项D,在 正方体 ABCD-AB?C?D,中，易得 BC⊥平面 A?ABB,而 BCC平面 BCD,所以平面 BCD,上平面A,ABB,所以D正 确.故选 AD. 同理可得 BE//D?F,∴四边形D,EBF为平行四边形. 当 E,F分别为AA,,CC?中点时，D?E=D?F,此时四边形 D,EBF 为菱形； 当 E,F分别与A,C?重合时，D,E⊥D,F,此时四边形 D,EBF 为矩形，但不是正方形； 其他情况下，四边形 D,EBF为普通的平行四边形. 综上所述，四边形 D?EBF为平行四边形. 7.B 解析 在△PAB中，由PA=AB=1,∠PAB=120°,得 11.ABD 解析 选项A,如图所示，连接A,C,AC?交于点O,连 PB=√3. 接OM, 因为PC=2,BC=1,PB=√3,所以PB2+BC°=PC°,即BC⊥ G PB. 因为∠ABC=90°,所以BC⊥AB. 又 PB∩AB=B,所以 BC⊥平面 PAB. 因为 BCC平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD. 在平面PAB内，过点P作PE⊥AB,交BA的延长线于点E, 如图所示， Ay B 0 P W 矿 B 因为三棱柱ABC-A,B?C?为正三棱柱，所以其侧面都是矩 因为平面PAB∩平面ABCD=AB,PE⊥AB, 所以 PE⊥平面 ABCD. 因为在Rt△PEA中，PA=1,∠PAE=60°, 所以PE一要，所以点P到平面ABCD的距高为学 形，所以O为AC?的中点.又因为M是AB的中点，所以OM //BC. 由OMC平面A?MC,且BC平面A,MC,所以BC?//平面 A?MC,所以A正确； 选项 B,在△ABC?中，因为AP交OM于点N,OM//BC,P AM=MB,所以AN=NP.因为AN和PN与平面A?MC所 E >BA 成角相等，所以A和P到平面A?MC的距离相等，所以B D∠ C 正确； 8.A 解析 设直线QP交直线CD于点M,连接ME,MF,则 Swe=2×1×2=1,过点 P,Q在平面ABCD 内分别作PG 选项 C,因为底面是正三角形，且M为AB的中点，所以CM ⊥AB, 所以CM=√22-1=√3.因为BC?//平面A,MC,且P在⊥CD,QH⊥CD,垂足分别为G,H, BC?上，D? E G 所以V?-(w=VoA=V?-mx=÷S?·AA=÷×÷×A?f B 1×/5×1=鲁，故C错误；DHG SM」c Q 节 B 选项 D,假设存在点 P,使得AP⊥A?C, 66～高考一轮通关卷·数学·RJB 令AP=λAB+(1-λ)AC,,λ∈[0,1],可得A,C.AP= λA?C·AB+(1-)A,E.AC, 易得A,C和AB所成角为锐角，A,C和AC,所成角为锐角， 所以A?C·AB>0,A,C·AC?>0,所以A,C·AP=λA?C。 AB+(1-)AC·AC?>0,所以不存在点 P,使得AP⊥ A?C,所以D正确. 12.ACD 解析选项 A,易知梯形AECD的面积为6,AE= 2√2,直角△APE斜边AE上的高为√2.当平面APE上平面 AECD时，四棱锥P-AECD的体积取得最大值号×6×√E= 2√2,A 正确. P(B) A/ DGA B E C 选项 B,取 PA的中点G,连接GF,GE,FC,则GF,EC平行 且相等，四边形 ECFG是平行四边形，所以点F的轨迹与点 G的轨迹形状完全相同，过G作AE的垂线，垂足为 H,G的 轨流是以日为圆心，HG=竖为半径的半图弧，从而 PD的 中点F的轨迹长度为,B 错误. 选项C,由四边形 ECFG是平行四边形，知 EC//FG,则 EC //平面 PAD,则E,C到平面PAD的距离相等，故 PE,CD 与平面PAD所成角的正弦值之比为CD:PE=1:1,C 正确. 选项 D,△APE外接圆O,的半径为√2,O?为AE的中点，直 角△ADE外接圆O?的半径为2,O?为AD的中点，AE是圆 O?与圆O?的公共弦，|O?O?|=√2.设三棱锥PAED外接球 的球心为O,半径为R,则 R=√IO?EI2+|O?O≥2.因为 |O?O|∈[0,+～],所以R≥2,所以球O表面积的最小值为 16π,D正确. A ?:0 0 D 13.平行 解析 因为DE⊥平面ABC,PA⊥平面ABC,所以 DE//PA.又 DE≠平面PAC,PAC平面PAC,所以DE//平 面 PAC. 14.四边形ABCD为菱形(答案不唯一) 解析 如图， P B? A ℃ D 因为 PA⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以PA⊥BD, 当四边形ABCD为菱形时，AC⊥BD, 又 PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC, 所以 BD⊥平面 PAC.又 PCC平面PAC,所以BD⊥PC. 15.2:1 解析 将几何体补全为正方体，如下图示， VGaEP=VABcDGJH—VGHEBJ—VGHIFE—VBCDFE—VB DFGA =27-3×3×÷×5×3-3×3×2×3×3-3×3× ÷×3×3-÷×3×÷×5×3=3. 系 H F E D B C Vgsep=Vwcp jt-Vo heH)—Vo Hine—VERD—VoAan =27-÷×3×÷×5×3--×3×÷×5×3--×1× ÷×3×3-÷×3×÷×3×3=6. 系 山 A!. D B C 所以Vr D:VamEP=2:1. 16.①②④解析正四面体 ABCD棱长为a,设 M是底面 BCD的中心，O是其外接球(也是内切球)的球心，外接球半 径为R,高为AM,如图， A B< o M C >D BM=号×竖a=a,AM=√ABF-BMF=4. 由BO?=BM+OM°,得R2=(5a-R)+()· 解得R=Fa,OM-经(内切球半径). 所以正四面体 ABCD的体积为Vmo=1×V3a2×V6 鲁 外接球体积为V=4π×(V6)=√6 对于①,由勒洛四面体的结构知， 能容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a,故①正确； 对于②,勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面 相切，如图， A Q Cl B E D 其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的 球心， 易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE, 连接 BE, 易知B.O,E三点共线，且 BE=a,OB=Fa, 因此OE=a-Fa=(1一原)a,故②正确； 对于③,由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点 间的距离的最大值为a,最大的截面即经过四面体ABCD表 面的截面，如图， 根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂 直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD 平行的一个投影平面a上的正投影，当光线与平面ABD夹 角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图象在平面α上 的投影，其面积必然减小. 上图截面为三个半径为a,圆心角为60°的扇形的面积减去两 个边长为a的正三角形的面积， 即3×50×ra2-2×a=÷(π-√3)a2,故③错误； 对于④,勒洛四面体的体积介于正四面体 ABCD的体积和正 四面体ABCD的外接球的体积之间， 正四面体ABCD的体积V;一经，正四面体ABCD的外接 球的体积V,一，所以V∈(经，),放④正确。 17.解 (1)证明：如图所示， § Hs c N BM 分别取 AB,BC的中点M,N,连接MN,因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC,EM=FN.又 平面 EAB⊥平面ABCD,平面EAB∩平面ABCD=AB,EM C平面 EAB,所以 EM⊥平面ABCD,同理可得 FN⊥平面 ABCD,根据线面垂直的性质定理可知EM//FN,又EM= FN,所以四边形 EMNF为平行四边形，所以EF//MN.又 EF±平面 ABCD,MNC平面 ABCD,所以 EF//平 面ABCD. (2)如图所示， 朵 Hs F 江大 C bM 分别取 AD,DC中点K,L,由(1)知，EF//MN且EF=MN, 同理有，HE//KM,HE=KM,HG//KL,HG=KL,GF// LN,GF=LN,由平面知识可知，BD⊥MN,MN⊥MK,KM =MN=NL=LK,所以该几何体的体积等于长方体 KMNL-HEFG的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍. 因为MN=NL=LK=KM=4√2,EM=8sin 60°=4√3,点 B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d,d= 2√2,所以该几何体的体积V=(4√2)3×4√3+4×÷×4√2 ×4√3×2√2=128√3+256/3=64/3. 18.证明 (1)取 BC?的中点 D,连接 ND,MD, 因为M,N分别为棱AA?,BC的中点， 所以ND//CC?//AA,ND=÷CC?=AM, 所以四边形AMDN为平行四边形，所以AN//MD. 又MDC平面 BMC,AN±平面 BMC,所以 AN //平 面 BMC C Mk Al ; B, (2)因为 BB,⊥平面ABC,ANC平面ABC,所以BB,⊥AN. 又 BC⊥AN,BC∩BB?=B,BC,BB?C平面 BB?C?C,所以 AN⊥平面 BB?CC.因为 AN//MD,所以 MD⊥平 面 BB,C;C. 又 MD平面 BMC,所以平面BMC?⊥平面 BB,C,C. 19.解 (1)在直三棱柱ABC-A?B?C?中，四边形 AA,CC是边 长为4的正方形，AB=3,BC=5.所以AC2+AB2=BC°,所 以 AC⊥AB.又 AA?⊥平面ABC, 以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 则A?(0,0,4),B(0,3,0),B,(0,3,4),C(4,0,4),A(0,0,0), 所以AC=(4,0,4),BA?=(0,-3,4). 设直线 A?B与直线AC?所成角为θ, 见此图标眼微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 则AN=(0,1,1),PD=(1,0,-2),Cb=(-1,-2,0). 设平面 PCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则平面PCD的一个法向量为n=(2,-1,1),∴n·AM= IAC·BA 等.所以cos 0=IAC|·|BA| 即直线A,B与直线AC,所成角的余法值为2空. 则 ↑ 0-1+1=0,∴n⊥AM,∴AM//平面 PCD.BC 地 Bj (2)依题意BD=tBC,∈[0,1], 因为BC=(4,-3,4),A,B=(0,3,-4),AB=(0,3,0), 所以AD=AB+BD=AB+tBC=(0,3,0)+1(4,-3,4)= (4t,3-3t,4t). 因为AD⊥A,B,则AD·A,B=4t×0+3×(3-31)-4×41 =0, 解得1一晏，所以，一· 20.解 (1)证明：∵A,在底面ABC上的射影为AC的中点 D,∴平 面A?ACC?⊥平面ABC.∵BC⊥AC,且平面A?ACC∩平面ABC =AC,BCC平面 ABC,∴BC⊥平面 A,ACC.∵AC?平面 A?ACC,∴BC⊥AC.∵AC?⊥BA?,且BC∩BA?=B,BC,BA,C 平面A,BC,∴AC?上平面 A,BC. (2)取 A?C?的中点 D?,以C为坐标原点，CA,CB,CD,所在 直线分别为x轴、y轴、之轴建立空间直角坐标系，∵AC上平 面A,BC,A?CC平面A?BC,∴AC?⊥A,C,∴四边形 A?ACC 是菱形.∵D是AC的中点，∴∠A,AD=60°,∴A(2,0,0), A?(1.0,√3),B(0,2,0),C(-1.0,√3),∴B,B=A?A= (1.0,-√3),A,B?=AB=(-2,2,0). A tD B C pA c jB &7A 3取n=(√3,√3,1).∵CA=(2,0,0), :C到平面A.AB的距离a=L-2:cc, AA?,AA?C平面 A?AB,CC?±平面 A?AB,∴CC?//平面 A?AB,∴CC?到平面A?AB的距离等于C到平面A?AB的 距离2 21.解 (1)证明：以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐 标系，则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),D(1,0,0),P(0,0, 2),M(0,1,1), >C N A b (2)由(1)得N(2,1,0),MN=(号，0,-1). 设直线 MN与平面PCD所成角为θ, ccm-1e&mI-d4: 13-112,/78 13-11-— ∴直线MN与平面PCD所成角的正弦值为2Y78 22.解(1)证明：因为BM-2MA,所以BM==BA,AM=1. BM=2. 因为AN=BN-BA=÷BA+÷DC-BA=÷BC-2A =2(BC-BA)=2AC,所以AN=2,CN=1. 在△AMN中，MN2=AM+AN2-2AM·ANcos A=12+ 22-2×1×2cos 60?=3,MN=√3,AM2+MN2=AN2,所以 AM⊥MN, 所以在图2中，MN⊥A'M,MN⊥BM. 又A'M∩BM=M,A'M,BMC平面A'BM,所以MN⊥平面 A'BM. 又 MN平面 BCNM,所以平面A'BM⊥平面 BCNM. (2)S=÷×32×sin 60=9/F.S?=÷×1×√5= 所以 S-=S-S 设四棱锥A'-BCNM的高是h, 则由V?-w=÷AS,得-÷×2n,h=1,又 A'M=1, 所以 A'M⊥平面 BCNM. 以 MB,MN,MA'所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标 系，如图， 则 B(2,0,0),N(0,√3,0),A'(0,0,1), 在等边△ABC中，取AB中点D,连接CD,则CD⊥AB, 高考一轮通关卷·数学·RJB 67 见此图标酮微信/抖音扫码 添加智能学习伙伴，突破一轮复习难点。 所以CD/MN,DM=2-1=÷.CD-=×/3-35, 因此 c(号.5o),Ac=(÷.35,-1),AB=(2,0, 由抛物线的定义，可知 PQ⊥l,则有∠QFO=∠PQF=30°, 化简得b?<ac,所以c2-a2<ac,e2-e-1<0. 又>1,解得1<a<L+V5 所以双曲线离心率的取值范围是√2<1+√5 即∠PFO=60°,km=-√3.由抛物线的方程可知，F(1,0), ()m周有一B+6-4 -1),AR=(0,√3,-1). 设平面A'BC的一个法向量是m=(x?,y?,x),⋯ =0, 9.AC 解析 选项A,由(1+a)x+y+1=0可得ax+x+y+1因为y>0,故解得y,=2,x==号.故选B. -0.由(2+9+1-o{一1.则 5.D 解析圆O的半径r=3,圆O,的半径r?=4,10O,l 所以直线l过定点(0,-1),故A正确； =√13, 选项 B,因为直线l过定点(0,-1),而点(0,-1)在圆C:x2+ 则 m=(1.辱，2). 放在△Aa0,中，∠A00-1O广- y2=1上，所以直线l与C不可能相离，故B错误；设平面A'CN的一个法向量是n=(x?,y?,2?), 选项 C,因为直线l过定点(0,-1),而点(0,-1)在圆C:x2+ n.不-0-5-0y-1.则 A!N=3 =(), ->sin∠Ao-2,故A-rin∠A- y2=1上，所以直线l与C可能相切，故C正确；选项 D,当a=1时，直线l的方程为2x+y+1=0,设圆心C >|AI-“ 到直线l的距离为d,则d=二=V2,所以l被C截得的弦士 则n=(-√3,1,√3), -8+-25= √1+1+4× 所以平面ABC和平面ACN的夫角的余按值是字。 y 为2√R-C=2√1-5=2×方一，故D错误，故 x? 选 AC. 10.CD 解析 由题意可得&=-”#4=m+高.Q 因为m>0,所以C=m+≥2√m·需=4,即e≥2, 当且仅当m=高，即m=2时，等号成立. 此时双曲线方程是告一台-1,渐近线方程是/3x±y=0. 6.D 解析 由椭圆方程有a=4,b=3,则c=√42-32=√7. 设|PF|=m,|PF?|=n,由椭圆的定义有m+n=2a=8.设 2 A w M ∠F?PF?=0,DXN N 由PF·PF?=5,得mmcos θ=5,由余弦定理，得m2+n2- 2mncos θ=28, j BZ cBZ C 11.BD解析 因为ME·MF?=0,且|MF|=|MF,|,所以 解得mn=13,cos 0=豆∴sin o=2 ∴△PFF,的面积为S=≥sin Q=÷×13×长=6. △MF?F。为等腰直角三角形.通关达标卷十 解析几何(A卷) 设精圆的半焦距为c.则c=b=竖a,所以c,=竖，则a=√Zc. 在△PF?F?中，∠F?PF?=吾，设|PF?|=m,|PF?|=n,双曲 1.C 解析 因为l//m,所以一=工，得a=4,所以直线l与m 之间的理高为1个+#-4 7.C 解析 由双曲线的方程可得F(√2,0), 圆A:x2+y2-4y+3=0的圆心为A(0,2),半径为r=1, 设 M(x,y)(x≥1),则x2=y2+1. 8c.的***(在△F?PF? 中，由余弦定理可得), 2.D 解析 x2-4x+y2-2y+1=0→(x-2)2+(y-1)2=4, 故圆的圆心为C(2,1),半径 r=2,故 |MA|=√x+(y-2)?=√2y2-4y+5=√2(y-1)2+3, |AB|=√IACF-|BCF=√C-1-2)2+(-3-1)2-2 =√2I. 当y=1,即M(√2,1)时，IMA|有最小值为√3, 所以|MN|取最小值为√3-r=√3-1,此时M,N,A共线， 直线MN的方程为y=-左x+2,即x+√Ey-2、E=0, 所以点F(Z.D)则直线MN的距离为d-LG厚， 所以△FMN的面积为S=÷1MN|·d==× 故mn=寄心，核(m-w3=m2+n2-m-mm= 又|m-nl=2a,所以a;=等，即e=雪， 故=√5u一竖+e=2、-(=1.故选BD ty yt C 0 PA* 3.A 解析 因为焦距为2√5,故半焦距为√5,故a2+b2=5. (/S-1)×G-3√E,5.故选C. 0F : 因为P(2,1)在一条渐近线上，故鲁×2=1,解得a=2,b=1, 故双曲线方程为子-y2=1. 8.B 解析以A?,A?为直径的圆与线段 BF有两个不同的 交点， 12.ABC 解析 设直线PQ的方程为y=√3(x-2),与y2=8x 所以b>a,b2=c2-a2>a2,解得e=a>√2. 联立整理可得3x2-20x+12=0,解得x=号或x=6,则4.B 解析 设O为坐标原点，由抛物线的对称性，不妨设点 P 在第一象限， 且圆心(0,0)到直线BF:bx+cy-bc=0的距离d=a P(6,4√3),Q(子，-4),由|PQl=|PF|,可知∠PQF=∠PFQ, 所以1PQI=6+号+4=警，选项A正确； 因为 F(2,0),所以 PF,QF的中点分别为(4, 2√3),(5,-2B), 所以AC0,2√③),B(o,-25),所以|AB|=2√3+2= .选项B正确： y+ 益EE O 左 Q x= -2 如图 M在抛物线上，ME 垂直于准线交于E,可得|MF| =|ME|, 所以|MF|+|MNI=|MEI+|MNI≥NE=2+2=4,当N, M,E三点共线时，|MF|+|MNI最小，且最小值为4,选项C 正确； 选项 D,若M(x?,2√10)为抛物线C上的点，则x?=5,又p =4, 所以|MF|=z?+≌=7,选项D错误.故选ABC. 18.+22-56-0 解析 的方程组(2+2-得直线l与 直线1的交点A(子，学). 在直线l?上取一点 B(2,0),设点 B关于直线l的对称点 为C(x,y), =7α-2.0则< 又直线l?过A(2,是)和C(-2,4)两点， 故由两点式得直线1?的方程为意一42+2,即x+2y- =0. 14.(x+1)2+(y-2)2=16 解析 由题知，圆心为C(-1,2),到直线x+3y+5=0的距 1-1+6+51 √10,因为圆心为C(-1,2),且截直离为d= √10 线x+3y+5=0所得弦长为2√6, 所以圆的半径为r2=d2+(√6)2=16,所以所求圆的方程为 (x+1)2+(y-2)2=16. 15.[号：2] 解析 1+1,,且-a≤x,≤a,得「PF∈2,2 68～高考一轮通关卷·数学·RJB 见光图韩眼数摆科骨所豪然脂学习饮件，只限一轮置习邪原 G.知图所示，在E方体A度D-A,BCD,巾，若经过DB的平面分 12.如图，在长方形AD中，AB=2.度C= 通关达标卷九立体几何(B卷) 别交AA,和于点E,F,黑四边形DEBF的形扶是() E为仪C的中点，将△，LAE沿AE向上翻断 清分，15队分 时间：1209钟 八，直角梯形 且，菱形 到△PAE的仪置，连接P代，PD,在陆折的 C.正方形 D.平行四边彩 过程中，以下结论正翰的是 一，选择漂：本霸共8小盟，每小题5分，共0分。在每小葛给出的 D L川酸银PACD体积的量大值为22 西个选项中，只有一项是符合暨日要求的 装【.若平直：半宜月Ca,期/与月的位餐关系是 其P阳的中怎F的轨连长度为受 CP,CD与平面PAD所成的角相等 A.(与分相交且与屏平行在月内 D无齿判定 D,三载锥P-AED外极球的表面积有登小值1： 2.在空间四边形A风D的边AB,.CD.DA上分别取E,F,G. 第6酒则 第&圈图 题号134？8 901112 H四点，如果直线EF与GH附文于点M,系么 7.如图，四棱脏PABD的张面A以CD为直角棵思，PA=A山 A.点M一定在直线AC 答案 C=1,∠ABC=0,∠PAB=120.AB∥DC,C=PC=2,期 县点M一定在直线D上 点P到平AD的电离为 三，填空题，本题共4小题，母小题3分，共20分 C点可能在直线AC上，血可能在直线D上 1a.如图，在三棱排严AC中，PA⊥平面ABC,D是侧面P以上 收受 ,2 的一点，过点D作平面AC的顶置DE,其中D是气C.则DE 线 山，点M既不在直提AC上，他不在直线BD上 与平面PA的位置关系是 3.已邻学闻中三条不童合的直线现，，，两个不重合的平直， 8,如帽，在棱长为多的正方体ADA,B,C八中，E.F是相 CD上任意两点，且EF=1,P,Q是正方形AD及长内部的 以下证明静停过程情误的是 动点，且PQ1,则四面体严EFQ的体积的最大值为() ∥a C.1 一翅月 且.aC9 =326 A k号 n 州二量 anlg-b 二，选择丽，本罩共《小丽，每小丽5分，共0分，在每小原给出的 选填中，有多项特合赠目要求。全部菇对的得五分：部分法对 展寻 m每 的得2分，有透情的得0分 第口题谓 第15短烟 C.MCe →四∥a Dm⊥#-L6 9,已细mn是再条不同的直线@，Y是三个不有的平翼，期下列 14,已每PA上半面ACTD.廉四边形A风D离足 时，有 m a.b三a 说法中正镜的是 PCD,(试时出一个瑞足的条件) 4,用斜二测朝法懂水平放屋的△AC的直观 A.若memC子a门-，期N∥0 15,如国，四边形A以D为正方形，AGL平面AD,AGDF》 图，得到如周所示的等腰直角三角移ABC, 孔若m及，m及a,则ng CE,若AG;=AB=3,DF=名.CB=1.则V:Vum 已点可是朝边C的中点，且0A'一1，用 C,若∩-n上了，则"⊥7 △AC的重积为 D若m⊥a,mL3-a∥7，周3∥ 16.动洛国面体是一个非常神斋的四面体”.的 10,如国，在正方体A以力A,我CD,中，以下 A.2 能在两个平行半面闻自由转动，并几始终保 B.42 C,6,2 四个这明正确的是 持与两平面都接触，因此它能像缘一转来回 赛点.下图为青格五四广场主想帽眼量，由艺术家黄 A.DC∥平置AABB 滚动精落国面体是以正国面体的四个原点 需投计，名为五月的风“，孩罐塑以单纯物婚 品A,D,与平面D,相交 为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球B 的造数元素排列州合成轮转得空的风”，通体 C.AD⊥平面DD山 的公共部分，如图所示，若正四直体A批D的棱长为则下刻 D平面BCD,⊥平面A.ABB 火江，高童五四运动是点燃新现主主又革命的 站论正确的序号是 11,已年正三酸LLC-A,C中，AH=2,LM=1:Af为AB的 “火种“及青岛与五四运动的渊源脑形状可搅为有公共在面 D能够容时精帝国面体的正方体的战长的量小值为爆： 中点，点P在餐夏汇，上，期下列结龙正确的是 的两个相国圆维的沉合体金，且测锥的雀面布径和制维的高均 A.直线C度平面A,MC 巴物洛国面体能修容纳的最大球的等轻列一学。 为15米，据此可知2的表面积为 品A得P列平直A,C的鹿离相等 8勒洛四面体的截面雀积的最大值为2x一存)如： A.223,2=平方米 B.40,2x平方米 七三校能PA,AMC的体积为号 C675,2:平方米 D002m平方米 D不存在点P,使得AP⊥A,C D洛国面体的体积V∈侣，停) 高号一价通美喜·黄学·时B心2西 见比酒标照能修科者轻场添的管能学习伏什，突装一轮蛋习难。】 四，解等圆，本驱共6小愿，共？分，解苦皮写出文字说明，证阴过1 1以.《12分)如周，在直三棱柱AC-4,BC中：四边形A.4,CC是21.(12分如图，在四棱律PAD中，PA王平元A倒CD,AD∥ 程垃清算步覆 边长为4的E方形，4山-a,C-气 ,∠ABC-W,PA=A-C-2,AD-1,点M,N分别为 1了，(10分)（全国甲卷》小明同学参加悠合实载话动，设什了…个封 《1)求直线AB与直线AC,所域角的余弦值： 棱PB,C的中点， 用的包装盒，包装盒如晖所示：底面ACD是边长为（单 (1豫证AM名平面CD: 位：m)的正方形，△EAB.△FB,△GD,△HDA均为正三 (g若在线段C上存在-点D,且把-，当ADLA珍 (?)求直线WN与平靠PD所成角的正统值， 角形，且它们所在的平面露与平面ACD垂直. 求的值 (1山豆明：EF∥半面ABD (2)象流包装食的容积不计包装盒材料的厚度》， 8.《12分如图.在正三棱柱ABC-A,B,C中，M.N分别为楼 0,(1?分)如图，已知斜三棱桂AC-A,HC,∠A=0.AC= 2.2分图1，已如等边△AB的边长为，点M.N分别是边A出.内 AA,,的中点， 以=2,4在靠直AC上的射影怡为AC的中点D,又知BA AC上的点，且满足i-2i.B丽-成+是成.如图2，将 (1F明，AN及平西取号： ⊥AC, (8)正用：平图BMC,⊥平面HB,C,C, △AMN沿MN折起到△AMN的位置 《11求证：AC⊥平面L, 不 (I)求证：平面ABW上半跑NM, 《2求《℃，鲜平面AAB的距离： (若因检能以VM的体供为语求不指A证和平面 A'℃X的夹角的余装算， 2B论高号一指雄美喜·取零·时用