卷6 立体几何（含答题卡）-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮创新示范卷

null数学 1 (3)令d,=(3m+1) 所以直线CE,BF所成角的余弦值为 Icos(CE,BF)1-CE.BF 因为4，>0.且d,=6,所以3++8x2+1D十 ICEIIBFI an十≥成立： 1 …十 3×(-6)+(-6)×(-6)+6×2 √32+(-6)2+6×√(-6)2+(-6)2+2 5 因为(3m+1)<(3m-2(3m+可 5.A[由题可知，点B在平面ABD内以 AD为焦点的椭國上，点C在平面CAD -专×(2 1 内以AD为焦点的椭园上，所以焦距为 2c=4,即c=2, 所以8D+8x2+D+…+ 1 由椭圆定义可知长抽长为2a=2√14， 即a=/14, ×[-)+(仔-)+…+(n2】 所以B,C到AD中点M距离的最大值为短半轴长b =×(-3n小图为nN,所以n>0 =√10， 所以△MBC中，BM=CM=√10，BC=2,所以Sm= 故号×(-3n中)分 号×2×V0可=3，又AD1BC, 综上，所以6≤(3a,+1) 1 所以当AD垂直平面MBC时，四面体体积最大，最大值 +(3a,+1) 十”十 1 为V=号xSXAD=-4.] (3a,+1)<3 6.C[若圆柱与圆维的底面半径相等， 创新示范卷（六） 侧面积相等，且它们的高均为√5， 选择题答案速查 则2r5=·2r·V3+7 题号12345678 9 10 3,其中「为圆锥底面圆的半径， 根据对称性，圆锥内切球半径为國锥轴截面内切圆的 答案CD D BAC B C ABC ABD AD 半径， 1.C[对于A,当aLY,9⊥y时，a,3 设内切圆圆心为点O,圆锥底面圆心为点F,AB,AC为 可能平行，可能相交，但不一定垂 圆锥的母线， 直，A错误：对于B,当a⊥a,a⊥3 设OD=OE=OF=r, 时，a∥B,B错误：对于C,a⊥B,aC 由题意AF=5,r=3,AB=AC=23, a,根据面面垂直判定定理可知a⊥ 3,C正确；对于D,当a∩B=b,a 由等面积法有号×6×3=(6+23+2)→r= a,d⊥b时，a⊥b,但a,B相交但不一定垂直， 65=33 _33(25-3) 如图示：故D错误.门 =6-35.] 6+433+2√3(23+3)(2√3-3) 2.D[如图，过点C作CM⊥ABA M 7.B[因为∠PBA=∠PBC.AB= 于M, CB,PB=PB,所以△PAB≌△PCB, 因为|AB=2|CE1=21EF|=40 ∴.PA=PC,又AD=CD,PD= cm,|AC|=10√2cm,所以AM PD,所以△PAD≌△PCD, =10. ∴.∠PDC=∠PDA,因为PD⊥ |CMI=√CA-1AM= AD,所以PD⊥CD, 又图为AD∩CD=D,AD,CDC √/102)2-10=10， 平面ABCD,所以PD⊥平面ABCD. 所以国台的体积V=号(S:十S,十S·5)A= ∴.PD⊥AQ,又QA⊥QP,QP∩PD=P,QP,PDC平面 PDQ,所以AQ⊥平面PDQ,.AQ⊥QD, 3(x×10+×20+VX10××20)]×10= 故，点Q在以AD为直径的半圆上， 所以当点Q是正方形ABCD的中心时，三棱锥QPBC 7000x(cm). 的体积最小， 3 又圆柱的体积为V=Sh=r×10X20=2000x(cm), 即三棱锥QPBC的休权的最小位为V,om=专Sacr· 所以该石墩的体积为7000r+2000m=13000r(cm).] 3 3 PD=号××4x2×2=g.] 3.D[把对角面A,BCD1绕AB旋转，使其与△AA1B在 8.C[依题意，：OA=4,AA,=7,OE=OF=5,.AE=3 同一平面上，连接AD,,则在△AAD中，AD,= =OA1,A:F=4=OA,所以△AEO2△AOF,所以 √/1+1-2X1×1Xcos135-√2+√2为所求的最小值.] ∠ABO=∠A,OF,又因为∠AEO+∠AOE=受，所以 4.B[设正方体的棱长为6，以D 为坐标原点，分别以DA,DC, ∠AOF+∠A0E=受，所以∠EOF=R-(∠A,OF+ DD所在直线为T,y,x轴建立空 间直角坐标系，E为AD中，点，A, ∠AOE)=,即OE⊥OF, A(6,0,6) 在平面AAB,B内满足条件的点的 D1(0,0,6),E(3,0,6), 轨迹为EF, C(0,6,0),B(6,6,0),F为线段 DD,上靠近D的三等分点，所以 该轨迹是以5为丰径的号个国周， 500.2),则CE=(3,-6,6), 所以长度为2X5X-受： BF=(-6,-6,2), 答案-16 创新示范卷·参考答案 同理，在平面AA,D,D内满足条件的点轨缝长度为受， 由BD∥EF,由于△ABD为正三角形，则△AEF也是 正三角形，故EF=AE,故四边形BCFE的周长为：BC 在平面ABC,D,内满足条件的点的轨迹为以A,为圆 +BE+EF+CF=2+(BE+AE)+CF=4+CF.F 心，A,F为半径的圆孤，长度为2红×4×日 =2π；同理， 为AD中，点，即CF⊥AD时，CF有最小值3.即空间四 在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心， 边形BCFE的周长的最小值为4十√3，D选项正确.] 11.AD[A.由题意，P与B,重合， AE为丰径的圈孤，长度为2xX3X号-要 故三棱锥PBEC的外接球与以BB,,BE,BC为长宽高 此轨选的总长度为警+受+2+受-1要] 的长方体的外接球相同， ,表面积为4πR2= 9.ABC[由BF⊥AB,BF⊥BC,AB∩ 故半径2R1+1+（2 BC=B,AB,BCC平面ABC,得BF 9 ⊥平面ABC,由题意知，DA⊥DC ,故A对： DA⊥DE,DC⊥DE,建立如图所示的 B.以D为原点建系，如图，则 空间直角坐标系D一xyz, C(0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1D, 则D(0.0.0),A(2,0,0).C(0,2.0). E(0,0,2),F(2,2,1,M(1,1.0),得 Ba1D.f(210 AC=(-2,2,0).AE=(-2,0,2),AF E0A4,0,0,由 =(0,2,1),EM=(1,1.-2). AP=是A+是AD EF=(2,2,-1D,FC=(-2,0,-1), 时AW-m=号5aw·BF=号×号×2X2X1=号 2 故A正确： 所以P(合 对B:由EM·AF=0,EM·FC=0,得EMLAF,EM⊥ FC,又AF∩FC=F,AF,FCC平面AFC,所以EM⊥平 cP=(分-）B=(0,-】 面AFC,故B正确： 对C:由AC=AE=CE=2E,得SE=合×2E× CP·B,F cos(CP.B,F)I- CP1·IB,F 22sin60°=23. 2/ 设平面ACE的一个法向量为n=(xy,z), 别1AC一2红十20令=1，得y=1=1,所以 56,故B精： n·AE=-2.x+2x=0, C:由A+以=1得，P在线段B,D1上运动，设P在底面 ABCD的投影为Q,连接QE,QF, n=(1,1,1), 由于QE=QF,所以PE=√PQ+QE,PF= 故点F到平而ACE的距离为d=AF·ml-5, n √PQ+QF,故PE=PF, 所以V=日5m·d号×2眉X=2故C正确： 连接EF,BD相交于M,连接MP, 3 对D:由EF·AF=3,EF·AC=0,EF·FC=-3得. Sam-EF·PM=号×竖vP网+QM≥号×号 2 EF⊥平面AFC不成立，故D错误，] 10.ABD[由题知，BD∥平面 =号×号×1=号当QM重合时取学号，故 CEF,而平面CEF∩平面ABD C错： =EF,BDC平面ABD,根据 D.由A1P=AA1B,十A,D,(0≤A≤1.0≤≤1) 线面平行的性质定理可 知，BD∥EF, 得P(1-,A,1),AP=(-4,A,1),BE B 又AC·BD=(AB+BC)·BD (,-合-=(20,- =AB·BD+BC·BD=2X2 Xeos经+2X2×co号=0， =一2 由AP=rBE+yB,下F可得 ,所以入一以一 即AC⊥BD,故AC⊥EF,A选项正确： 连接AQ,BQ,易得AQ=BQ=3=CF,又AE=EB= (x+y=-1 1,于是EQ⊥AB(三线合一)，故EQ=√(W3)2-1=2, 2DP=1-,A,0.1DP=+g-1V= 取FD中点P,连接PQ,PE,由中位我可知PQ=号， √+)+-(-）+ 在△AEP中由余弦定理，EP2=AE+AP-2AE· AP·os60=子，即EP-号 当=时，D,户1=32，故D正确.] 4 2 12.解析：设该国雏的底面半径为r,母线长为1，则2rr= 由CF∥PQ,CF与EQ所成角即为∠EQP(或其补角)， 8π，解得r=4. 因为半径为√5的球的表面积为4π×(W5)'=20π，即rl 在△EQP中根据余弦定理，cos∠EQP= 2+- =20x,解得1=5， 6 则圆维的高h=√T-r=3. ,B选项正确：根据B选项分析，当E,Q分别为线段 所以孩国维的体积V-号x矿h=弓xX华X3=16x AB,CD中点时，EQ=2<3.C选项错误： 答案：16元 答案-17 数学 13.解析：由题意知，CB=CD=√2，AB= 16.解：1)由图知，Vrme VD SAcD S△AHD 9 AD=1.AC=5. S霄政彩础EF Sm边卷F 由勾股定理可知，CB2十AB= 从而趣= CA2,CD2+AD=CA2,所以CB S△AF 4 ⊥AB,CD⊥AD, 因AE=AAD,AF=AAB,故EF∥BD,则△AEFO 取CA的中点O,所以OB=OC OD=OA,所以四面体ABCD的外 △MDB,于是-能后-： 接球O在斜边CA的中点处，四面体ABCD的外接球 (2)因为菱形ABCD的对角线互相垂直， 0的丰径R=CA=, 设AC与EF的交点为O,由=号可知0点为线预EF 根据题意可知，过点E作球(O的截面，若要所得的载面 的中点， 圆中面积最小，只需藏面圆半径最小，设球O到截面的 在翻折的过程中，始终有POLEF,OC⊥EF, 距离为d,只需球心到藏面的距离d最大即可， 所以二面角PEF-B的平面角为∠POC== 而当且仅当OE与戴面垂直时，球心到截面的距离d最 2 大，即dx=OE, 以O为坐标原点，OF,OC,OP所 A 取BD的中点F,EF=号BD-号，易知△OBD为等楼 在直线分别为工轴、y轴、x轴建 立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0,0,3),F(1,0,0), 三角形，OF= √OB-BF√-2 31 2,所以OE B(25,0), =OF+EF ()+()-· 3 可得PF=(1,0,-3), FB=(1.3.0), 所以裁面圆的半径为r=VR一OE= 设平面PFB的法向量为n=(r,y,), 4 答案 刚n·PF=x-=0 n·FB=x+√3y=0 14.解析：对于①，连接AD,CD3,如图，由 令x=√3，则y=一1，x=1,可取n=(W3,一1,1) 正方体的性质知△ACD为等边三角 因OC⊥平面PEF,故平面PEF的法向量可取为m 形，由于O为底面ABCD的中心，故O (0,1,0), 为AC的中点，故AC⊥DO,①正确： 对于②，将D,O进行平移到过B1点， 由题意可得|cosp|=-|cosm,n= 使之与B1P具有公共顶点，如图，根 据立体图形判断，无论如何也不可能 满足B,H平行或重合于B,P,所以DO不可能平行于 B,P,②错误： 17.解：(1)如图，在原图中连接BE,由 对于③，取BB的中点E,连接OE,EC,BD,DE,如 于AB∥DE,AB=DE, 图，易证明D1O⊥平面OEC,所以P在线段EC上运 所以四边形ABED是平行四边形 动，当，点P到点E位置时，CP最大，此时△D,CP的 由于AB=AD,所以四边形ABED 面积最大为SG=之×2X5=厅，所以③正痛：对 是菱形，所以AE⊥BD. 由于AB∥CE,AB=CE,所以四边形ABCE是平行四 于①，P到直线D,C,的距离为线段PC,的长度，所以 边形， PC,=PB,判定出P点在直线BC,的垂直平分线上，故 所以BC∥AE,所以BC⊥BD ④错误. 在翻折过程中，AE⊥PO,AE⊥OB保持不变， 答案：①③ 即BC⊥OP,BC⊥OB保持不变. 15.解：(1)证明：连接DE,,在矩 由于OP∩OB=O,OP,OBC平面POB, 形ABCD中，E,F,分别是 所以BC⊥平面POB,由于BCC平面PBC,所以平面 BC,AD中点， POB⊥平面PBC: ∴.DF=BE,DF∥BE,.四边 (2)由上述分析可知，在原图中， 形BEDF是平行四边形， BC⊥BD. .DE∥BF A 所以BD=√-2=2√5，所以 :G是PA的中点，F是AD的中点FG∥PD. OB=OD=3. PD,DE平面BFG,FG,BFC平面BFG, ∴.PD∥平面BFG,DE∥平面BFG. 折叠后，若PB=√6，则PO十OB :PD∩DE=D,.平而PDE∥平面BFG. =PB,所以POOB, 'PEC平面PDE,.PE∥平面BFG. 由于PO⊥OE,OB∩OE=O.OB,OEC平面ABCE, (2),'PD⊥平面ABCD,FG∥PD,∴，FG⊥平面ABCD.过 所以PO⊥平面ABCE.所以OE,OB,PO两两相互 C在平面ABCD内，作CM_LBF,垂足为M,则FG⊥CM. 垂直， :FG∩BF=F,FG,BFC平面BFG,∴.CM⊥平面 由此以(O为原点， BFG,∴.CM的长是点C到平面BFG的距离.在矩形 分别以OE,OB,OP所在的直线为x,y,x轴建立如图 ABCD中，F是AD中，点，AD=1,AB=2,△BCM 所示的空间直角坐标系， △FBA.器 OE=OA=1,P(0.0,3).C(2.3.0),A(-1,0,0), E(1,0,0), FB=JAB +AF=17 2 L,BC=AD=1,∴.CM= 设Q(0,t,W3-t),0≤t≤3，PC=(2,5,-3), 4,即点C到平面BFG的距离为4厘 AE=(2,0,0),AQ=(1,tw3-t), 17 17 设平面AEQ的法向量为n=(x,y,) 答案-18 创新示范卷·参考答案 AE·n=2.x=0 如图，将该三棱锥补全为一个 则 AQ·n=r+y+(3-)g=0'令=1得x=0,y 长方体，并建立空问直角坐标 系Bxy, =t-5,故n=(0,t-5,t), 因为M,M=2,MM=4, 设直线PC与平面AEQ所成角为0，则 MM=6 n·PC 所以有A(4,6,0),B(00,0), sin nPC C(0,6,2),P(4,0,2) 所以BP=(4,0,2),BA=(4,6,0),BC=(0,6,2), w5(1-3)-31 设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,:) /(1-√3)2+×√4+3+3 3 =15 易知(BAn=0,4r+6y=0. √2-231+3×√10 5 {BC·n=0{6+22=0令y=-2,解得x 3,≈=6，所以n=(3,一2,6) 3 所以W27-231+3√2,2r-231+3= 3 2 直线PB与平面ABC所成角的正弦值为 4r-431+3=(21-)°=0，解得1= BP·n 24=12⑤ 2 IBPl·n √20×735 所以Qo,号号}周为P0.0.B05,0.PB (3)由(2)易知将PABO补成长方体，设长、宽、高分别 为abc 的中点丝标为(0写》 .即Q是PB的中点 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即R 18.解：(1)以B为原点，BC,BA,BB,所 =号后++， 在直线分别为x,y,轴，建立如图所 示空间直角坐标系，则A(0,1,0) 则：S=4πR2=x(a2+b2+e2), B(0,0,0),C(2,0,0),D1(2,2,2), 显然AB=a2+6,B0=6+c2,A0=a2+c2,所以S E(2,1,1. 若存在这样的点F,则可设F(0y,,方 (AB+B+AO) 其中0≤y≤1,0≤≤2. 设A(x1y),B(xy),因为直线y=kx十m过椭圆焦 点F1,所以m=一1 EF=(-2y-1,-1),AC=(2,-1,0),CD,=(0,2,2), :EF⊥平面ACD,.EF⊥AC,EF⊥CD,, 联立】x+之=1得(2+)2-2kx-1=0.显然40 则EF·AC=0,EF·CD,=0, y=kr-1 即{4-y-1)=0, →y=-3, 由韦达定理可知， 12(y1D)+2(x-1)=012=5. 2k 与0≤y≤1,0≤x≤2矛盾，所以不存在满足条件的 2+k y+为=一2+k 4 点F. 得 1 2-2k9 (2)设DD,=2k(k>0),则K(0.0,k), 1x= 2+k y4=2+ AK=(0,-1,k). 所以AB=(1-)+（y-y:),A0-x十y, 设平面ACK的一个法向量为m=(x,y,),则 BO=+y 1AK·m=0, 0脚(y十红0，取=2，则m=(k,2张，2)， 所以S=[-户+一为++++ (AC·m=0,12r-y=0. 同理可得平面ACD,的一个法向量n=(一k,一2k,2). 整理得S=[(工1十)2+(4十)》2-3x2一3y]x,得 由题意得m·n ·程 S=10k+13k2+10 =cos60°， +状+4元 一k-4k+4 √/5k+4·/5k+4 ,解得=士2压或 所以S(k)=10k+13k2+10 15 k十4k2+4 由于△ABO为某长方体的三个顶点，由余弦定理可知 士2压（负位合去，即D0的长为4酒发国 A、B、O均为锐角 5 显然△ABO中角A、B均为锐角，所以只需角O锐角， 19.解：(1)如图，连接MM,MM: MM.MMMM..MM 即：OA·OB>0 由题可知，MM平行且等于2 1 得x1x十y”>0今 2中+器>0，解得 2+k2 PB,MM平行且等于之PB,所以 () MM,平行且等于MM 所以四边形MMM,M,为平行四边形，所以对角线 M,M∩MM,=O,O为线段MM中，点；同理MM 由S10的定又线为（号号】 k+4k+4 ∩MM=O,O为线段M,M2中点： S(k)= 10(k+4k+4)-27k2-30 r=10x-3 故PABC的三条内棱交于一点O. 十4k+4 (2)由(1)可知，四边形M,MMM为平行四边形， 9k+10 若PABC为垂棱四面体，则四边形M,MM,M,为菱 +快十4不， 形，即M,M=M,M 显然PB=2M,M,AC=2M,M故PB=AC 所以当半大时5=10-8半早 9k+10 同理PA=BC,PC=AB 最小， 答案-19 数学 不封令1=9+10∈[1o,号) 5.B[由题意可知亏十少=1的蒙日国方程为子+少= 9k2+10 81t 所以+4k十4+161+64 81 4,因为圆(x-3)2十(y-1)2=9与国x十y=4仅有一 1+64+16 个公共点，所以两圆内切或外切，故圆心距等于半径之 和或者圆心距等于半径差的绝对值，所以 因为1=9+10∈[0，婴} √(3-0)+(-0)=3+2或√(3-0)+(-0)产= 13-2,由此解得1=士4，] 由对勾画数性质可知，当1=10时·十状十4 9k+10 6.A[连接QF,PF, 由椭圆方程可得(= 81一有最大值，此时k=0 1+64+16 a-a+1=1, t 故F(一1,0)，F(1,0), 此5-1生价美小准为号 在方包十六 创新示范卷（七） =1(a>1),令x=一1.则y= 选择题答案速查 ±0-1，因为1AB1=3,故2×0-1=3，解得a=2. 题号12345678 9 10 11 故方程为：+号1 答案AD DABAD AACBD ABD 而PQI+IQF,I=|PQ+2×2-|QF:I, 1.A[若直线3x+(A一1)y=1与直线Ax+(1一A)y=2 固为I|PQ一QF,≤|PF,,故PQ-QF,≥ 平行，则3(1一A)-1(a一1)=0，解得入=1或1=一3，经 一PF2|,当且仅当P,Q,F,三点共线且P在F,Q中 检验入=1或1=一3时两直线平行.故“入=1”能得到“直 间时等号成立，故1PQ+1QF,|≥4-1=3即PQ+ 线3x十(-1)y=1与直线入r+(1-)y=2平行”.但是 QF的最小值为3. “直线3.x+(A-1)y=1与直线入x+(1-入)y=2平行”不 能得到“入=1”.] 元.D[由点A(1,号)在抛物线 2,D[由题知y=2,再令2=1得r=2, y=2px(p>0)的准线上，可得 故与直线x一y十2ln2=0平行的切线的切点为P(2,2ln2), =1,即p=2, 所以所求的距离为：2-2n2+212-2.] 所以抛物线C的方程为y2=4x,焦 √2 点F(1,0),准线方程为x=一1， 3.D[令直线(1，l2的倾斜角分别为 设B(xy),则x>0,y>0,由FA⊥FB,可得· a,8,则tana=2,tan0=k, 当围成的等腰三角形底边在x轴 上时，0=xa,k=tan(r一a)=一 1脚可×必二--1， tan a=-2; 当围成的等腰三角形底边在直线 垫理得。-子。一是又=所以（俘一） 4上时，0=受或0=受+受 =红。：解得=9或玉=号， 因为tana 2am 点B位于第一象限，所以x。>0,x。=9→y=6,或x,= 1-am号 =2,且tn号>0，解得an号 日%，=号，显然点（付号）不满足FALFB, 所以BF1=√(9-1)+(6-0)产=10， 5,所以长=n0=n号=5，或=m9=am 2 F√-1-D+(停-)-9， (侵十受）-。=2，查周或的等腰三角形 -1000. tan 2 2 所以AB=AFI2+1BFP=102+(得) 9 底边在直线L1上时，0=2a,则k=tan0=tan2a= 所以AB1=10,0.] 3 2tana=2×2 8.A[设椭國与双曲线相同的焦距 为2c,则a-所=c2,a十房=c2, 4.A[椭圆的离心率：e=S∈ 又∠FPF,=90°，所以OP (0,1),(c为半焦距，a为长半 合E,FR=c,又点P在第一象 轴)，只要求出椭国的c和a,设 限，且在直线y=x上， 卫星近地点，远地点离地面距离 分别为m,,由题意，结合图形 所以P(号e>0又点P 可知，a一c=r十R,远地点离地 面的距离为n=a十c一R,m=a一c一 R,u= r+R 1-e C -(r+R)e 在椭圆上，所以 a 1-e ai- =2, 所以远地点离地面的距离为n=a十c一R=十R 1-e 整理得2a一4aic2+c=0,两边同时除以c,得2· -R=+R】 1-e (传)-4+1=0 答案-20