常考大题立体几何(B)-【衡水金卷·先享题】2026年新高考数学专项分组练(湖南专版)

常考大题立体几何(B) (限时45分钟) 1.如图，圆台下底面圆O的直径为AB,C是圆O上2.如图，在三棱柱ABC一A1B1C1中，平面AA1CC 异于A,B的点，且∠BAC=30°，MN为上底面圆 ⊥平面ABC,AB=AC=2,BC=2√2，∠ACC1= O'的一条直径，△MAC是边长为6的等边三角 60°，AC⊥BC1,点P满足AP=入AA1(0<1<1). 形，MB=4√5. B (1)证明：AC⊥平面ABC; (1)证明：平面MBC⊥平面MAC; (2)是否存在入，使得点C到平面BPC1的距离为 (2)求平面MBC与平面NAB夹角的余弦值. ?若存在：求出A的值：若不存在，谐说明 理由 数学第51页（共58页） 3.如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为菱4.如图，在三棱台ABC-A1BC中，平面AAC1C 形，E为棱PD的中点. ⊥平面ABC,AA1=A1C1=C1C=2,AC=4, AB=BC. (1)若直线PC与平面ABE交于点F,证明：EF∥ 平面ABCD; (1)证明：A1B⊥AC1; (2)若PD⊥平面ABCD,AB=2,PD=√，且平面 (2)当直线BB1与平面BAC1所成的角最大时， ABCD与平面PBC的夹角为45°，求直线BE与 求三棱台ABC一A1B1C的体积. 平面PBC所成角的正弦值. 数学第52页（共58页）数学 4.解：(1)因为BP⊥平面ABC,ACC平面ABC, 所以BP⊥AC, 因为点C在以AB为直径的半圆的圆周上， 所以BC⊥AC, 因为BP∩BC=B,BP,BCC平面PBC, 所以AC⊥平面PBC, 又BDC平面PBC,所以AC⊥BD. (2)取AB的中点O,则O为半圆的圆心， 以O为原点，OB所在直线为y轴，以过点O且平行 于BP的直线为：轴建立如图所示的空间直角坐 标系， 由∠ABC=60°，AB=2BP=4,得BC=BP=2, 则A(0,-2,0),B(0,2,0),C(√3,1,0)，P(0,2,2), 所以AB=(0,4,0),AC=(3,3,0),C=(-5,1, 2), 则C市=xC市=(-3x,A,2x), 可得D(3-√3λ，λ十1,2λ)， 所以AD=(5-3λ，λ十3,2λ) 设平面ACP的法向量为m=(x,y,z), 则m·C市=-x+y+2:=0 m·AC=√5x+3y=0 取y=-1,得x=3,x=2, 所以m=(5,-1,2), 设平面ABD的法向量为n=(a,b,c), n·AD=(√5-√3)a+(+3)b+2c=0 则 n·AB=4b=0 取a=2λ，得b=0,c=√3λ-√5， 所以n=(2λ，0W3入一√3). 设平面ACP与平面ABD的夹角为0， 则esg-osmw一h 43λ-23 6 2W2×√4+3(A-1)F8 化简得57x2-58x+13=0,解得A=号或入-号 13 所以当入=号或入-号时，平面ACP与平面ABD夹 角的余弦值为气。 6 参考答案及解析 常考大题立体几何(B) 1.解：(1)AB为圆O的直径，C是圆O上异于A,B 的点， 故∠ACB=90°，∴.CB⊥AC. 又.∠BAC=30°，AC=MC=MA=6, ∴.BC=6tan30°=2W3, 而MB=4√3，BC2+MC2=MB,..BC⊥MC. .'AC∩MC=C,AC,MCC平面MAC, ∴.BC⊥平面MAC .BCC平面MBC,.平面MBC⊥平面MAC. (2)设D为AC的中点，连接DM,DO,OO,则MD⊥ AC,OD⊥AC. 由(1)可知，BC⊥平面MAC,∴.BC⊥DM. :AC∩BC=C,AC,BCC平面ABC, .DM⊥平面ABC 以D为原点，DA,DO,DM所在直线分别为x轴、y 轴、之轴建立如图空间直角坐标系， 由题意可得A(3,0,0),C(-3,0,0),B(-3,2√3， 0),M(0,0,35), ,OO⊥平面ABC, ∴.DM∥OO,四边形ODMO为矩形， ∴N(0,23,35) 设平面MBC的法向量为n1=(x1,y1,x), MC=(-3,0,-3√3)，BC=(0,-2W3,0), 则m·MC=-3-3v=0 n1·BC=-2√3y=0 取=一1，可得x1=√3，y=0, 即n=(√5,0，-1). 设平面NAB的法向量为n2=（x2,y2,g), AB=(-6,25,0),AN=(-3,25,35), n2·AB=-6x2十23y=0 则 n2·AN=-3x2+23y2+3W5x=0 取x2=√3，可得y2=3,22=一1， 即2=（√5,3，-1）. 设平面MBC与平面NAB的夹角为B, 参考答案及解析 则cos0= n1·ne 3+0+1 n·n2T √/3+I×/3+9+1 =2y13 13 平面MC与平面NAB夹角的余孩值为2图。 2.解：(1)AB=AC=2,BC=2√2， ∴.AB+AC=BC,.AB⊥AC ,平面AACC⊥平面ABC,平面AA1CC∩平面 ABC=AC,ABC平面ABC, ∴.AB⊥平面AACC, .ACC平面AACC,∴.AB⊥A1C, 又AC⊥BC1,AB∩BC=B,AB,BCC平面ABC, .AC⊥平面ABC. (2):AC⊥平面ABC,AC1C平面ABC1, .AC⊥AC,.四边形AACC为菱形. 取AC的中点E,连接AE, :∠ACC=60°，.△AAC为等边三角形， .AE⊥AC. 又AC∥AC,∴.AE⊥AC, 又AB⊥平面AACC,AEC平面AA,C,C, .AB⊥AE. 以A为原点，AB,AC,AE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， 2年 B 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,-1, √3)，C(0,1W5), ·.AA=(0,-1W3),BC=(-2,2,0),BC= (-2,1,W3), 则A户=入AA=(0,-Xw3x),可得P(0,-X3A), Bd=(-2,-入W5X) 设n=(x,y,之)为平面BPC的法向量， 则m.前-2z-+BA=0 n·BC=-2x十y+√3x=0 取y=入-1，得x=A,=十1 3 =(1岩) ·68 数学 则点C 到平面 $$B P C _ { 1 }$$ 的距离为 $$\frac { | \overrightarrow { B C } \cdot n | } { | n | } =$$ $$\frac { | - 2 \lambda + 2 \left( \lambda - 1 \right) | } { \sqrt { x ^ { 2 } + \left( x - 1 \right) ^ { 2 } + \frac { 1 } { 3 } \left( x + 1 \right) ^ { 2 } } } = \frac { 4 \sqrt 5 } { 5 } ，$$ 化简得 $$2 8 \lambda ^ { 2 } - 1 6 \lambda + 1 = 0 ，$$ ，解得 $$\lambda = \frac { 1 } { 2 }$$ 或 $$\lambda = \frac { 1 } { 1 4 } ，$$ ∴ 存在 ，使得点C到平面 $$B P C _ { 1 }$$ 的距离为 $$\frac { 4 \sqrt 5 } { 5 } ，$$ $$\lambda = \frac { 1 } { 2 }$$ $$\frac { 1 } { 2 } 或$$ $$\lambda = \frac { 1 } { 1 4 } ，$$ 3.解：(1)因为 AB∥CD，AB PCD，CD⊂ 平 面 PCD， 所以 AB∥ 平面 PCD， 因为平面 ABE∩ 平面 PCD=EF，ABC 平面 ABE， 所以 AB//EF， 又 二平面 ABCD，AB⊂ 平面 ABCD， 所以 EF∥ 平面 ABCD. (2)过点 D 作 DG⊥BC 于点G，连接 PG， 因为 PD⊥ 平面 ABCD，BC⊂ 平面 ABCD， 所以 PD⊥BC， 因为 PD∩DG=D，PD，DG⊂ 平面 PDG， 所以 BC⊥ 平面 PDG， 又 PG⊂ 平面 PDG， ，所以 BC⊥PG， 所以 ∠PGD 即为平面 ABCD 与平面 PBC 的夹角，则 $$\angle P G D = 4 5 ^ { \circ } ，$$ 所以 $$D G = P D = \sqrt 3 ，$$ 又 CD=2， 所以 $$\angle D C G = 6 0 ^ { \circ } .$$ 以D为原点， $$\overrightarrow { D C } ， \overrightarrow { D P }$$ 的方向分别为 y，z 轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标系 P F $$D _ { A }$$ G A B 则 $$B \left( \sqrt 3 ， 1 ， 0 \right) ， C \left( 0 ， 2 ， 0 \right) ， P \left( 0 ， 0 ， \sqrt 3 \right) ， E \left( 0 ， 0 ， \right.$$ $$\left. { \frac { \sqrt 3 } { 2 } } \right) ，$$ 所以P=(，1，-)，B=(-5，1，0)， $$\overrightarrow { P B } = \left( \sqrt 3 ， 1 ， - \sqrt 3 \right) ， \overrightarrow { B C } = \left( - \sqrt 3 ， 1 ， 0 \right) ，$$ $$\overrightarrow { B E } = \left( - \sqrt 3 ， - 1 ， \frac { \sqrt 3 } { 2 } \right) .$$ 设平面 PBC 的法向量为 n=(x，y，z)， 数学 则 pi.n=√5x十y-√5x=0 BC.n=-√3x+y=0 取x=1,得y=√3，z=2, 所以n=（1,w3,2). 设直线BE与平面PBC所成的角为B, 则sin0=cos(B2,m=BE·n BE -3-5+5=14 V4+是x22 38 所以直线BE与平面PBC所成角的正弦值为√四 38 4.解：(1)取AC的中点O,连接OB,OA1,OC1, 因为AB=BC,所以OB⊥AC, 因为平面AACC⊥平面ABC,平面AAC1C∩平面 ABC=AC,OBC平面ABC, 所以OB⊥平面AACC, 又ACC平面AACC,所以OB⊥AC. 因为AC∥OA,AC=OA=AA, 所以四边形A1AOC为菱形，则AC1⊥OA1, 因为OA∩OB=O,OA,OBC平面OBA, 所以AC⊥平面OBA, 又ABC平面OBA1,所以A1B⊥AC. (2)取AC的中点M,连接OM,则OM⊥AC, 由(1)可知OB⊥平面AACC, 所以OB,AC,OM两两垂直， 以O为原点，OB,OC,OM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， M C *X 设OB=a(a>0), 则B(a,0,0),A(0,-1w5),B（号，03) C(0,1w3), 所以A1B=(a,1,-5),AC=(0,2,0),BB= (-号0)： 设平面BAC的法向量为n=(x,y,z), A1C·n=2y=0 则 A,B·n=ax十y-√3x=0 ·69 参考答案及解析 取x=√3，得y=0,x=a, 所以n=(√3,0，a). 设直线BB,与平面BAC1所成的角为O, 则sin0=|cos<BB1,n)|= BB1·n BBn 3 3a +8·网 √(a+12)(a2+3) a 3 √/a+15a+36 /a+15+36 √15+2Va. 3, a 当且仅当。-即a=后时取等号， 所以当直线BB,与平面BAC所成的角最大时，OB =√6， 所以三棱台ABC-ABC的体积V=号(Sae十 S45+√SaM49)·0M=号×(z× 4X+×2×9+√合×4xw5××2x ×3=7 2 常考大题解析几何(A)》 1,解：(1)由题意知，点P到点F(0,1)的距离等于其到 直线y=-1的距离， 则点P的轨迹为以F(0,1)为焦点，以y=一1为准 线的抛物线， 则曲线C的方程为x2=4y (2)由题意知，AB为圆x2十(y十2)2=4的直径，则 OA⊥OB. 由题意知直线OA斜率存在且不为零，设为k(k≠0)， 则直线OB的斜率为-名 又OA所在直线为y=kx, 联立子=y,解得=0或=， y=kx 则不妨取S点横坐标为x2=4k, x2+(y+2)2= 联立《 4,解得=0或x=1十及， 一4k y=kx 则不妨取A点横坐标为x,=1十， -4k