特训7 立体几何-【创新教程·微点特训】2026年考前复盘高考数学冲刺

数学 特训7立体几何 (时间：60分钟满分：90分) 选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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.已知m,n是两条不同的直线，a,3为两个不同的平面，且mCa,nCβ，则“m∥n”是“a∥的 () 警 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.已知a,3是两个不同的平面，m,n是两条不同的直线，给出了下列命题： 数 ①若m⊥a,mCB,则a⊥β： ②若m⊥n,m⊥a,则n∥a; ③若m∥a,a⊥B,则m⊥B; ④若a∩B=m,n∥m,且n中a,n￠B,则n∥a,n∥B. 刻 上述四个命题中，正确命题的序号是 A.②④ B.①②④ C.①④ D.①③ 桶 3.在正四棱柱ABCD-A1B,C1D1中，AB=4,AA,=5,E,F,G分别为侧棱BB,,CC,,DD 上一点，则AE+EF+FG+GA,的最小值为 A.√281 B.√283 C.√285 D.14 4.如图，正方体ABCD-A1BC,D,中，P为底面ABCD上的动点.PE⊥A,C D 于E,且PA=PE,则点P的轨迹是 B 阳 A.线段 B.圆弧 数 C.椭圆的一部分 D.抛物线的一部分 5.已知正三棱锥SABC的侧棱长为1，E,F分别是SA,SC上的动点，当△BEF周长的最 小值为√2时，三棱锥的侧面积为 A B.1 c号 D.2 6.已知正三棱柱的表面积为6，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为 厨 A.3 e号 n 7.已知四面体ABCD满足AC=BC=AD=BD=8,AB=CD=4,动点M在四面体ABCD 的外接球的球面上，且MA=4√3，则点M的轨迹的长度为 ( A.4π B.6π C.8π D.9π ·21· 8如图，在三棱柱ABCA,BG巾，点D在棱BB:上，且BD=号BBM,E 分别是棱A,B,,AA,的中点，点N在棱CC,上.若MN∥平面CDE,则 CN CN A号 7 B. c号 二、选择题（本题共2小题，每小题6分，共12分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.) 9.在正三棱住ABCA,B,C1中，D为BC的中点，则 A.AD⊥AC B.B1C1⊥平面AA,D C.AD∥AB, D.CC1∥平面AAD 10.如图，正方体ABCD-A,B,C,D1的棱长为1，E是棱CD上的动点（含 端点)，则 ( B A.三棱锥A,-AB,E的体积为定值 B.EB1⊥AD C.二面角EAB,A的大小为于 D.存在某个点E,使直线AE与平面ABCD所成角为60° 题号 2 3 5 6 7 8 9 10 三、填空题（本大题共2小题，每小题5分，共10分.） 11.一个底面半径为4cm高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半 径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm. 12.在棱长为1的正方体ABCD-A,B,C1D1中，点E在线段AC1上（不与A,C1重合）， EF⊥AC于点F,FG⊥BC于点G,有以下四个结论： ①BC⊥平面EFG; ②线段EF与线段FG的长度之和为定值； ③△EFG面积的最大值为 ④线段EG长度的最小值为 其中所有正确的结论的序号是 ·22· 四、解答题（本题共2小题，共28分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 13.(13分)如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，AA,,CC,为圆柱的母 线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且CD=BC=AB= 号AA,E,F分别为AD.CC的中点。 0 (1)证明：EF∥平面ABCD; (2)求平面AA,D与平面C,EB成锐二面角的余弦值. ·23· 14.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD, AB⊥AD,BC∥AD (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√3，且点P,B,C,D均 B C 在球O的球面上. (1)证明：点O在平面ABCD内； (iⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 脚 烯 ·24·+(知马)吉品 当n为偶数时，c=(-1)2(n-1)b,=(-1)(n-1)·2", c=(-1)(2i-1)·22=(2i-1)·(-4)°， c,=1X(-40+3×(-4)2+5X(-4)°+…+(2m =1 1)·(-4)”, 则-42c2,=1×(-4)2+3X(-4)3+5×(-4)1+… i=1 +(2n-3)·(-4)"+(2n-1)·(-4)+1, 两式相减得52c,=1×(-4)+2X(-4)+2× (-4)3十…十2·(-4)"-(2n-1)·(-4)+1=-4十 32=（二9】-(2m-1D(-4y*-是-10m3. 1-(-4) 5 5 （一4，因此公c=岩 12_10n-3.(-4)m+1, 25 所以=1十c=第” 61_2n十1_10m-3. =1 =1 =1 25 (-4)n+1 (3)依题意，数列{dn}为a1,1,1,a2,1,1,1,1,a3,1,1,1, 2个1 1,1,1,1,1,a1…,a%,1,1,…,1,ag+1,…, 其中a+1项前的总项数为k十2十2十…十2=k十 21-22=k-2+2+1, 1-2 易知数列{k一2十2+1}是递增数列，当k=9时，k一2十 2+1=7+21°=1031<2025， 当k=10时，k-2十2+1=8十21=2056>2025， 因此数列{dn}的前2025项中，有数列{an}的前10项， 有2015个1， 所以T25=S。+2015=2X10+10X9×3+2015= 2 2170. 特训7 1.D[m∥n不能推出a∥B,如图①：a∥B也不能推出 m∥n,如图②.所以“m∥n”是“a∥B”的既不充分也不必 要条件. m一 a m a Bn n 图① 图② 2.C[①若1⊥a,mCB,则由面面垂直的判定定理得a ⊥B,故①正确；②若m⊥n,m⊥a,则n∥a或nCa,故 ·6 ②错误；③若m∥a,a⊥B,则m与B可能相交、平行或 mCB,故③错误；④若a∩B=m,n∥m,且n丈a,n史β， 则由线面平行的判定定理得n∥a,n∥B,故④正确.] 3.A[如图所示： D 图1 图2 将正四棱柱ABCD-A1B1CD1(图1)的侧面展开，得到 展开图（图2）， 当A,E,F,G,A1五点共线时， AE+EF+FG十GA1取得最小值， 且最小值为√(4×4)+5=√281.] 4.A[由题意知，△A1AP≌△A1EP,则，点P在线段AE 的中垂面上运动，从而与底面ABCD的交线为线段.] 5.A[将正三棱锥SABC的侧面沿B' 侧棱SB剪开并展开在同一平面 内，如图，连接BB',当E,F分别为 BB'与SA,SC的交点时，△BEF的 周长最小，此时BB=√E,而SB=S SB=1,SB十SB2=2=BB2,则∠BSB=90°，∠ASB =30,所以三楂锥的侧面积为3×号SA×SBsin30 6.B[设正三棱柱的底面边长为a,高为h,则其表面积S =2×5。+3ah=65,得h-12 ,又h>0,所以0 23a <a<26,北正三故程的体款V-。h=1。,则 8 Va)=是-号e,当0<a<2时，Va)>0.va)单调 递增，当2<a<2√时，V(a)<0,V(a)单调递减，所以 当α=2时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的 高为] 7.C「如图，将四面体ABCD放 置在一个长方体中， 由题可知长方体的长、宽、高分 别为2√14,22,2√2， 则长方体的体对角线长为√2(2√2)2十(2√14)2=6√2， 则四面体ABCD外接球的半径R=3√2， 因为MA=4√3，动，点M在四面体ABCD的外接球的球 面上，所以，点M的轨迹为一个圆，设其半径为r, 则2十(R+√R-r)2=(4√)2，即r2+(3√2十 √18-r)2=(4√3)2，解得r=4;或r2十(R √R2-r)2=(4√3)2，即r2十(3√2十√18-)2 (45)2,解得r=4;或r2+(R-√R-)2=(4√5)2， 即r2+(3√2-√18-r)2=(4√3)，此时无解.故所求 轨迹长度为2πr=8π.] 8.B[如图所示，在平面ABB1A1内， M 作MF∥AA1,与DE交于点F,连 B 接CF,则MF∥CC,所以MF,CC 共面，因为MN∥平面CDE,平面 MNCF∩平面CDE=CF,MNC平 面MVCF,由线面平行的性质知 MN∥CF,所以四边形MFCN是平 行四边形，所以MF=CN.又M是A1B,的中点，所以 MF是梯形A1B1DE的中位线，设AA1=6,则MF= 4EBD生2=亭即CN=吾所以GN=6-号 2 9.BD[如图，取BC的中点 D1,由正三棱柱的性质知C下 BC,AD,DD1两两垂直，则 D 建立如图所示的空间直角 B 坐标系Dxyz,设正三棱柱 ABCA,B,C1的高为h,底 面边长为2，则D(0,0,0), A(0,W3,0),A1(0,3,h), B(1,0,0),B(1,0,h), C(-1,0,0),C(-1,0,h). 对于A,由于AD=(0,-5,0), A1C=(-1,-√3，-h), 则AD·AC=0X(-1)+(-√3)X(-√5)+0X(-h) =3≠0，∴AD与A1C不垂直，故A错误； 对于B,由于BC1=(-2,0,0),平面AA1D的一个法向 量为DB=(1,0,0),又B,C1∥DB,.B,C⊥平面AA1D, 故B正确； 对于C,由于A1B=(1,-3,0),而AD=(0,-3,0), 显然AB1与AD不共线，AD与A1B1不平行，故C 错误； 对于D,:CC1∥AA1,AA1C平面AA1D,CC1寸平面 AA1D,.CC1∥平面AA1D,故D正确.] ·70 10.ABC[因为VAAB,E= VEA马，SAM马为定值， D 且平面AA1B1B∥平面 A DCC1D1,所以，点E到平 面AA,B,B的距离不变， 即三棱锥A1-AB,E的体 积为定值，故A正确： B 以D为坐标原点，AD, CD,DD1所在直线分别为x,y,之轴建立如图所示的空 间直角坐标系，设DE=t,01,则A(1,0,0),D1(0, 0,1),B1(1,1,1),E(0,t,0), 3 因为EB1=(1,1-t,1),AD1=(-1,0,1),EB1·AD1 =-1+0十1=0， 所以EB1⊥AD1,故B正确； 取平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),因为 A1(1,0,1),E(0,t,0),所以A1E=(-1,t,-1), 设直线A1E与平面ABCD所成的角为9， 则sin9=AE·n 1 AE1n2TF2, 当1三0时，(sin0)。2,这时直线A1E与平面 ABCD所成的角日的最大值为平，故D不正确： 设平面EAB,的法向量为m=(x,y,z), 因为A1B1=(0,1,0),AE=(-1,t,-1), A1B·m=0, 所以{ 所以0， (A1E·m=0, (-x十ty-x=0, 令x=1,可得m=(1,0,-1),取平面AA1B1的一个法 向量为p=(1,0,0), 设二西角EA品A的辛西角为B则Q0s日=册 方号多知二西角5A,县A为机二西角， 所以二面角EABA的大小为不，故C正确.] 11.解析：设铁球的半径为R(0R4),情形一：两个铁球 的球心都在圆柱的抽上，且两球分别与圆柱的上、下底 面相初，共轴藏面知图①，则R=9,则R=号：情彩二： 两球均分别与圆柱的一个底面和侧面相切，其轴裁面 O1E+2R=8, 如图②，则{O2E十2R=9, 解得R=各或 O1E2十O2E=O0O号=4R2, 由于导<受故R的菜大值为受 图① 图② 答案：号 12.解析：如图，在正方体ABCD o ABCD1中，CC1⊥平面 A B ABCD,因为CC1C平面ACC1, 所以平面ACC1⊥平面ABCD, E 因为平面ACC,∩平面ABCD= AC,EFC平面ACC1,且EF⊥ AC,所以EF⊥平面ABCD,又BCC平面ABCD,所以 EF⊥BC,又BC⊥FG,FG∩EF=F,FG,EFC平面 EFG,所以BC⊥平面EFG,故①正确； 由①分折为得EF∥QC,到有需-能即得EF 号AP,义由IFG,.BCLAB,可得AB∥PG,则有 -能中得FG=号CR,戴得EF+PG=号AF+ 2 2 号CF-号X反=1，即EF+FG为定值，载②正孩： 由①分析可知EF⊥平面ABCD,因为FGC平面 ABCD,所以EFLFG,则S=号EFXFG-≤合X EFPG》-名，当且议当EF=FG=专时等号成 4 立，即当EF=FG=时，△EFG的面积最大，最大值 为日，故③错误： 由③分析知EF⊥FG,则EG=EF2十FG≥ EFFG=名，当且仅当EF=FG=专时等号成 2 1 立，即当EF=FG=2时，线段EG长度的最小值为 ，故④正确 2 答案：①②④ 13.解：(1)证明：如图，取AA1的中点G,连接EG,FG,AC, 因为EG∥AD,EG丈平面ABCD,ADC平面ABCD, 所以EG∥平面ABCD, 因为AG∥CF,AG=CF, 所以四边形AGFC是平行四边形， 所以FG∥AC,又FG吨平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以FG∥平面ABCD, 因为FG∩EG=G,FG,EGC平面EFG, 71 所以平面EFG∥平面ABCD, 因为EFC平面EFG,所以EF∥平面ABCD. (2)设CD=BC-合AA=合AB=2, 由AD=CD=BC,得∠DAB=∠ABC=60°， 因为AC⊥BC,所以AC=√4-2=23， 由题意知CA,CB,CC1两两垂直，以C为坐标原点，分 别以CA,CB,CC所在直线为x,y,之轴建立空间直角 坐标系， A E C B 则A(2√3,0,0)，A1(23,0,4),B(0,2,0),C(0,0,4), w5.-10.(9-2 设平面CEB的一个法向量为n=(x,y,z), ,得 ∫-3V3.x十y十4z=0 n.B=0'特{y-2=0 取=1，得n= (51 连接BD,因为BD⊥AD,BD⊥AA1,AD∩AA1=A, AD,AA1C平面AA1D,所以BD⊥平面AA1D, 所以平面AA1D的一个法向量为DB=(-√5,3,0)， 所以c0s(DB,n)=一2+6 2√19 2x√厚 19 所以平面AA1D与平面C1EB所成锐二面角的余弦值 为29 191 14.解：(1)证明：PA底面ABCD,ABC底面ABCD, .PA⊥AB, 又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,ADC平面PAD, ∴AB⊥平面PAD. 又ABC平面PAB,.平面PAB⊥平面PAD. (2)(iD证明：PA⊥ 底面ABCD,ADC底 面ABCD,,.PA⊥ AD,又AB⊥AD,则 PA,AB,AD两两垂 D 直，故以A为坐标原 B 点，AB,AD,AP所 在直线分别为x,y,之轴建立如图所示的空间直角坐标 系，则由题易知A(0,0,0),B(√2,0,0)，C(√2,2,0)， D(0,1十√3,0)，P(0,0,√2) 设点O的坐标为(x,y,之)， .OB=√(x-√2)2+y2+2, 0C=√(x-√2)2+(y-2)2十x2, OD=√x2+(y-1-3)2+2, OP=√x2十y2+(z-√2)2. 点P,B,C,D均在球O的球面上，.由OB=OC,得 y2=（y-2)2,解得y=1;由OB=OD且y=1,得(x √2)2+1=x2十3，解得x=0;由OB=OP且x=0,得 2十x2=（x一√2)，解得x=0, .,点O的坐标为(0,1,0)，故点O在平面ABCD内」 (i)解：由(i)易知PO=(0,1,-√2)，AC=(√2,2,0)， .cos(PO,AC)=- PO·AC 2=2 PO1|AC√3X√63 直线AC与P0片成角的金孩值为号 特训8 1.B[l1⊥l2→a(a-1)十2(1-a)=0,解得a=2或1，故 甲不能推出乙，己能推出甲，故甲是乙的必要不充分 条件.] 2.D[由题意知2b=√7×2a,即b=√7a,则b2=7a 又a2+b=c2,所以c2-a2=7a2,即c2=8a2,得C的离 心率e=￡=22.] a 3.B[由地物线的定义，可知MF=十号，又2OF= D:MF=2OF,所以十合=力，即=台，由点 M(xo,4)在C上，得16=2pxo,结合p>0,解得p=4,所 以C的方程为y2=8x.] 4.B[2表示点P(xy)与点(2,0)连线的斜率，由题图 可知，过点(2,0)且与以(0,1)为圆心，1为半径的半圆(y 抽右侧)相切的一条切线的斜率最小，设切线方程为 y=k(x-2),即6x-y-2k=0,由01-2k=1,解得 √+1 k=0(含去)或=一青，所以产2的最小值是一青] 3 5.C[因为直线BF的方 6 程为y=一2x十2，所以 当y=0时，x=1,即 2 =1,所以抛物线C的方4-202468x 程为y2=4x,准线方程 为x=一1，则B(-1, 4),由点B坐标得yA= 4,代入y=4x,得A(4,4). 所以AF=√(4-1)+(4-0)F=5.] 6.D[因为PF11-|PF2=2a,PF1=2PF2=2m, 可得m=2a,由PF1·PF。=m2, 可得4a·2acos∠F,PF,=4a,所以∠F,PF,=60°， 即有4c2=4a2+16a-2×4a×2a×2=12a, 即c2=a2+b=3a2, 所以女-厄，所以双曲线的渐近线方程为： y=士√2x.] 7.C[如图，连接AF1,因为 △ABF1的周长为4a,AF1= |AF2=a,AB|=F1B,所 0 3 以AB=FB=Q,BF: = 又cos∠AF2F1十cos∠BF2F1=0, 即」 ）广+(2-（）】 =0,化筒得3c2=a2, a 2x号X2c 所以椭圆C的离心率e= 3 8.B[如图，连接PF1,PF, Y 延长PF2交直线F1M于点 N,由于M是∠FPF2的 F 平分线上的一点，且FM⊥ MP,所以点M为F,N的 中点，所以PF,=PV, 又O为F,F1的中点，所以F2N=2OM|=4,故 PF|-|PF2=|PN|-|PF2|=|FN|=4,故2a= 4,则a=4,将点P(3,写)的坐标代入若- a2=1，可得