高考压轴大题突破3-（配套练习）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

[对应学生用书P357] 1．如图所示，四边形ABCQ是直角梯形，AQ∥BC，AQ⊥AB，且AQ＝2BC＝2AB＝4，D为线段AQ的中点．现沿着CD将△QCD折起，使Q点到达P点，连接PA，PB，其中M为线段PA的中点． (1)求证：DM⊥PB； (2)若二面角A­CD­P的大小为60°，则在线段PC上是否存在一点N，使得直线PB与平面BDN所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥P­BDN的体积；若不存在，请说明理由； (3)在(2)的条件下，求点A到平面BDN的距离． (1)证明　如图，由题意得四边形ABCD为正方形，且CD＝DP＝AD＝2，所以CD⊥PD，CD⊥AD，且PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 又AB∥CD，∴AB⊥平面PAD，又DM⊂平面PAD，∴AB⊥DM. 又PD＝AD，且M为PA的中点，则DM⊥PA． 又AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB， 则DM⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB， ∴DM⊥PB. (2)解析　由(1)知CD⊥平面PAD，CD⊂平面ABCD， 则平面ABCD⊥平面PAD. 由题知二面角A­CD­P的平面角为∠ADP，则∠ADP＝60°， 则△PAD是等边三角形，则PA＝AD＝PD＝2. 取AD的中点为O，连接PO，则PO⊥AD， 又平面ABCD∩平面PAD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD，且PO＝， 则可以建立如图所示的空间直角坐标系． 则O(0，0，0)，P(0，0，)，D(－1，0，0)，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，A(1，0，0)， 则＝(2，2，0)，＝(0，2，0)，＝(1，－2，)，＝(－1，－2，)， 设＝λ＝(λ，－2λ，λ)(0≤λ≤1)， 则＝＋＝(λ，2－2λ，λ)， 设平面BDN的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 则 令y＝λ，则m＝(－λ，λ，3λ－2)， 记直线PB与平面BDN所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，m〉| ＝ ＝＝， 即＝，解得λ＝， 因此＝，则VP­BDN＝VB­PCD＝VP­BCD＝××S△BCD×PO＝×2×＝. (3)由(2)知m＝， 且＝(0，－2，0)， 则点A到平面BDN的距离为d＝＝＝. 2．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2BC＝2，∠ABC＝60°，E为CD的中点，沿AE将△DAE翻折，使D点到达P点位置，得到四棱锥P­ABCE，F为PB上一动点． (1)若F为PB的中点时，证明：在翻折过程中均有CF∥平面PAE； (2)若PB＝2，①证明：平面PAE⊥平面ABCE； ②记四棱锥P­ABCE的体积为V1，三棱锥F­ABC的体积为V2，若V1＝3V2，求点F到平面PCE的距离． (1)证明　取PA中点G，连接FG，EG， 因为G，F分别为PA，PB的中点，则GF∥AB，且GF＝AB， 由题意可知CE∥AB，且CE＝AB， 则GF∥CE，且GF＝CE，可知四边形CFGE为平行四边形， 则CF∥EG，且CF⊄平面PAE，EG⊂平面PAE， 所以CF∥平面PAE. (2)①证明　在四边形ABCD中，连接BE， 由题意可知，△DAE是边长为2的等边三角形，则∠AED＝， 且∠BCE＝，BC＝CE＝1，则∠CEB＝， 可知∠AEB＝，即AE⊥EB，且BE＝＝， 若PB＝2，且PE＝1，则PE2＋BE2＝PB2，可知PE⊥EB， 且AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PAE，可得EB⊥平面PAE， 又因为EB⊂平面ABCE， 所以平面PAE⊥平面ABCE. ②解析　取AE中点O，AB中点H，连接PO，OH， 则PO＝，OH∥BE，可得OH⊥AE， 因为△DAE为等边三角形，则PO⊥AE， 且平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE， 所以PO⊥平面ABCE， 又因为平行四边形ABCD的高即为等边△DAE的高h＝， 设点F到平面ABCE的距离为d， 若V1＝3V2，则××(1＋2)×＝3×d××2×，解得d＝， 即d＝PO，可知F为PB的中点， 以O为原点，OA，OH，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则P，E，B，F，C， 可得＝，＝，＝， 设平面PCE的法向量n＝(x，y，z)，则 令x＝，则y＝1，z＝－1，可得n＝(，1，－1)， 所以点F到平面PCE的距离d＝＝＝. 3．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP＝1－(∠Q1PQ2＋∠Q2PQ3＋…＋∠Qk－1PQk＋∠QkPQ1)，其中Qi(i＝1，2，…，k，k≥3)为多面体M的所有与P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，Q2PQ3，…，平面Qk－1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥P­ABC. (1)求三棱锥P­ABC在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，三棱锥P­ABC在顶点C处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 解析　(1)根据离散曲率的定义得 ΦP＝1－(∠APB＋∠BPC＋∠APC)， ΦA＝1－(∠PAB＋∠BAC＋∠PAC)， ΦB＝1－(∠PBA＋∠ABC＋∠PBC)， ΦC＝1－(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)， 所以ΦP＋ΦA＋ΦB＋ΦC＝4－×4π＝2. (2)①因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC，且AC⊥BC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC， 所以BC⊥PC， 所以ΦC＝1－(∠PCA＋∠BCA＋∠PCB)＝1－＝， 所以∠PCA＝，所以PA＝AC＝BC＝2， 如图，将三棱锥P­ABC补成正方体ADBC­PEFM， 因为AB∥PF，连接FC，所以异面直线PC与AB所成的角为∠FPC或其补角， 而△PFC是等边三角形，所以∠FPC＝60°，cos ∠FPC＝cos 60°＝， 所以直线PC与直线AB所成角的余弦值为. ②过点Q作QG∥PA交AB于G，连接CG， 因为PA⊥平面ABC，所以QG⊥平面ABC， 所以∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角， 依题意可得，PA＝2，AB＝2，PB＝＝2， 所以sin ∠PBA＝＝，cos ∠PBA＝＝， 设BQ＝x(0<x≤2)，QG＝BQ sin ∠PBA＝x，BG＝BQ·cos ∠PBA＝x， 在△BCG中，CG＝ ＝， 又cos ∠GCQ＝，所以sin ∠GCQ＝＝， 所以tan∠GCQ＝＝， 所以tan ∠GCQ＝＝＝， 解得x＝或x＝－2(舍)，故BQ＝. 4．在平面直角坐标系xOy中有两个定点A(－3，0)，B(3，0)，已知动点M在平面xOy中且M到A，B两点的斜率乘积为－，点D为定点(－1，0). (1)求动点M的轨迹方程； (2)如图，在空间中有一点C在平面xOy上方，满足CA⊥平面xOy，且|CD|＝4，探究直线CD与CM的夹角是否为定值？若是定值，求出夹角角度，若不是定值，请说明理由； (3)在平面xOy上过点T(0，2)作直线l，交点M的轨迹于P，Q两点，设Q点关于y轴对称的点为H，连接HP，求当点C到直线HP距离最大时，直线HP与平面ABC夹角的正切值． 解析　(1)设点M在平面直角坐标系xOy中的坐标为(x，y)，则·＝－， 解得点M的轨迹方程为＋＝1(y≠0). (2)如图，以过点O且平行于AC的直线为z轴，与原坐标系中x轴，y轴组成空间直角坐标系， 因为点C在平面xOy上方，且CA⊥平面xOy， 设C(－3，0，t)，则D (－1，0，0)， 因为|CD|＝4，所以＝4，解得t＝2. 设点M坐标为(x，y，0)， ＝(2，0，－2)，＝(x＋3，y，－2)， 设直线CD与CM的夹角为θ，则cos θ＝＝， 由＋＝1，得y2＝6－x2， 则cos θ＝＝＝， 所以θ＝. (3)在平面直角坐标系xOy中，设直线l的方程为y＝kx＋2， 与点M的轨迹方程＋＝1(y≠0)联立， 得(3k2＋2)x2＋12kx＋54＝0， 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则H点坐标为(－x2，y2)， 有x1＋x2＝，x1x2＝，PH直线方程为y＝(x－x1)＋y1， 令x＝0，得y＝＝2＋＝， 所以直线PH过定点K， 点C到直线HP的距离d≤|CK|，当且仅当CK⊥HP时成立， 因为CA⊥平面xOy，HP⊂平面xOy， 所以CA⊥HP，AC⊂平面CAK，CK⊂平面CAK，AC∩CK＝C， 所以PH⊥平面CAK， 又因为AK⊂平面CAK，所以PH⊥AK， 此时kAK＝＝，kPH＝＝－， 又直线HP与平面ABC夹角为锐角， 所以直线HP与平面ABC夹角的正切值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$