卷6 立体几何-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮创新示范卷（人教A版）

创新示范卷() 立体几何 本试卷满分150分，考试时间120分钟 一、选择题（本大题共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.已知直线a,b与平面a,B,Y,能使a⊥B的充分条件是 ( A.a⊥Y,B⊥Y B.a⊥a,a⊥3 C.a⊥β，aCa D.a∩B=b,aCa,a⊥b 2.我国古代经典数学名著《九章算术》中有一段表述：“今有圆堡壔(dǎo),周四丈八尺，高一丈一 尺”，意思是有一个圆柱，底面周长为4丈8尺，高为1丈1尺.则该圆柱的外接球的表面积约 为（注：1丈=10尺，π取3） ( ) A.1185平方尺 B.1131平方尺 C.674平方尺 D.337平方尺 3.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C,D1中，P是A1B上一动点，则 AP+D,P的最小值为 A.2 B.6+2 C.2+√2 D.√2十2 4.已知正方体ABCD-A,BC1D1中，点E是线段A1D1的中点，点F是线段DD1上靠近D的三 等分点，则直线CE,BF所成角的余弦值为 ( ) A.1019 B.519 C./19 D.3/19 57 57 19 19 5.在四面体ABCD中，AD与BC互相垂直，AD=2BC=4,且AB+BD=AC+CD=2√14，则四 细 面体体积的最大值为 蚁 A.4 B.6 C.8 D.4.5 6.已知正三棱柱的表面积为6√3，则当其体积取得最大值时，该三棱柱的高为 A.3 B.23 D.52 3 aig 4 7.四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为边长为4的正方形，∠PBA=∠PBC,PD⊥AD,Q为正方 形ABCD内一动点且满足QA⊥QP,若PD=2,则三棱锥Q-PBC的体积的最小值为() A.3 B c D.2 8.在正方体ABCD-A,B,C,D,中，已知AA1=7,点O在棱AA,上，且AO=4,P为正方体表面 上的动点，若PO=5,则点P的轨迹长度为 () B.(4十3√2π) c号 D.(4+3√3)π 6-1 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求.全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.) 9.如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，且ED⊥AD,ED⊥CD, FB⊥AB,FB⊥BC,AB=ED=2FB=2,则 ( A.三棱锥F-ABC的体积为号 B.EM⊥平面AFC C.三棱锥F一ACE的体积为2 D.EF⊥平面AFC 10.在棱长为2的正四面体ABCD中，过点C且与BD平行的平面a分别与棱AB,AD交于点 E,F,点Q为线段CD上的动点，则下列结论正确的是 A.AC⊥EF B.当E,Q分别为线段AB,CD中点时，CF与EQ所成角的余弦值为5 C.线段EQ的最小值为√3 D.空间四边形BCFE的周长的最小值为4十√3 11.在棱长为1的正方体ABCD-AB1C1D1中，E、F分别为AB、BC的中点，点P满足AP= 入A1B1十uA1D,(0≤入≤1,0≤≤1)，则下列说法正确的是 ()》 A.若X=1,以=0，则三棱锥PBEC外接球的表面积为 B.若X==?,则异面直线CP与B,F所成角的余弦值为3@ 10 C.若入+A=1,则△PEP面积的最小值为g D.若存在实数x,y使得AP=xB,E+yB1F,则D,P的最小值为3，见 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.已知圆锥的底面周长为8π，其侧面积与半径为√5的球的表面积相等，则该圆锥的体积为 13.在平面四边形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=√2，AB⊥AD,将△BCD 沿BD折起，使点C到达C',且AC=√3，则四面体ABCD的外接球为球 0 O,若点E在线段BD上，且BD=4BE,过点E作球O的截面，则所得截面 圆中面积最小的圆半径为 14.如图，正方体ABCD-A1B,C,D1的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点 P在侧面BB,CC的边界及其内部运动.给出下列四个结论： ①D,O⊥AC; ②存在一点P,D1O∥B1P; ③若D OLOP,则△D1CP面积的最大值为√5； ④若P到直线D,C的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一 部分 其中所有正确结论的序号是 6-2 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(13分)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩 形，E,F,G分别是棱BC,AD,PA的中点. (1)求证：PE∥平面BFG; (2)若PD=AD=1,AB=2,求点C到平面BFG的距离. 16.(15分)如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，AA1,CC1为圆柱的母线，四 C 边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且CD=BC-号AB=号AA1,E, F分别为A1D,CC1的中点， C (1)证明：EF∥平面ABCD; 0 (2)求平面AAD与平面C1EB所成锐二面角的余弦值， 17.(15分)如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD,AD=AB=BC=2,CD=4,E为CD中 点，AE与BD相交于点O,将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置(P氏平面 ABCE). (1)求证：平面POB⊥平面PBC; (2)若PB=√6，试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点)，使得直线PC与平面AEQ所 成角的正弦值为雪，若存在，求Q在线段PB上的位置：者不存在，说明理由。 6-3 18.(17分)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C,D1的底面ABCD为梯形，AB∥CD,D, C ∠ABC=90°，BC=CD=2AB=2. B (1)若CC1=2,E为CD1的中点，在侧面ABB1A1内是否存在点F,使EF⊥平 面ACD1？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由. 0 (2)若点K为BB1的中点，平面D1AC与平面ACK所成锐二面角为60°，求 DD的长. 19.(17分)我们规定：在四面体P-ABC中，取其异面的两条棱的中点连线称为P-ABC的一条 “内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体” 些 M。 M M (1)如左图，在四面体PABC中，M(i=1,2,…,6)分别为所在棱的中点，证明：P-ABC的三 条内棱交于一点 (2)同左图，若P-ABC为垂棱四面体，M1M2=2,M3M4=4,MM=6,求直线PB与平面 烯 ABC所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中，0y平面内有椭圆C:x2+=1,F,为其下焦点，经过F, 的直线y=x十m与C交于A、B两点，P为xOy平面下方一点，若P-ABO为垂棱四面体，则 其外接球表面积S是k的函数S(k),求S()的定义域和最小值. 6-4 创新示范卷（六） 数学答题卡 姓 名 准考证号 条形码粘贴区（居中) 缺考 注意事项 填涂样例 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真在规定位置贴 ☐ 正确填涂 好条形码。 违纪 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米及以上黑色字 错误填涂 迹的签字笔书写，要求字体工整，笔迹清楚。 3.严格按照题号在相应的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效 ☑x☒O 4.保持卡面清洁，不装订，不要折叠，不要破损。 】0力三 选择题 (共58分，1~8小题，每小题5分，9~11小题，每小题6分) 正确填涂 1ABCD4ABCD 7ABCD 10ABCD 2ABCD5ABC☑D 8A B C D 11ABCD 请在各题 3ABCD6ABCD9ABCD 非选择题 (需用0.5毫米黑色签字笔书写) 答 填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 区域内作答 12. 13. 14 ,超出边框的答案无效 解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.(13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第1页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(15分) C A, A 0 17.(15分) A 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第2页（共4页） 考生务必将姓名、座号用0.5毫米黑色签字笔认真填写在书写框内，座 考生 姓名 座号 号的每个书写框只能填写一个阿拉伯数字.填写样例：若座号02，则填 必填 写为02 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 18.(17分) B 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第3页（共4页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 19.(17分) M3 M2 B 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 数学答题卡（六）第4页（共4页）数 19.解：(1)因为2a+1=an十an+2(Hn∈N),所以数列{an} 为等差数列，设公差为d, 因为b品+1=bn·b+2(Hn∈N*),所以数列(bn}为等比 数列，设公比为q,且q>0, 因为2a1=b1=2,a4=b2,b=4b3, 所以a十3d=69,即+3d20,解得g2 (b19=4h1q’1g=4g {d=1' 所以an=1+(n-1)×1=n,bn=2X2"-1=2”. (2n-1)2"-1,n为奇数 (2)由(1)可知，由cn= (3n-2)2"-2 (2°+1)(2+2+1)n为偶数 ,(2m-1)2-,n为奇数 (2+12子1n为偶数记A+1=6十6十65+ n n+2 十c2m-1十C2n+i =1×2°+5×22+9×24+…+(4n-3)×22m-2+(4n+1) X2 =1×4°+5×4+9×42+…+(4n-3)×4-1+(4n+1) ×4" 4A+1=1×4+5×42+…+(4n-3)X4+(4n+1) ×4+1 作差，得：-3An+1=1+42+43+…+4+1-(4n十1) X4+1 =1+16-4* 1-4 -（m+1Dx41=-13+1-124,所 3 以，A1-号+2,4中 9 令Bn=c2十ca十c6十…十c2n 4 =（ 6 6 8 2n 2n+2 +(212)++(212"1 2_2n+2 5一4+1+1 ÷宫4-A1+8-号+2a,》 2 9 9 5 2m+2=12m-1)4+1-2m+2+83 4+1+1 9 4+1+1T451 1 (3)令d,=(3n+1)' 1 1 1 因为d,>0,且d=16,所以3+)+(3x2+1)+ 1 1 因为3m十1)<(3m-23n+西 =号×（23 1 1 1 所以3十D+8x2+1D+.+3m+ 93 ×[-)十（合号）+…+(n己23n川 专×(-小因为aeN,所以中>0， 故号×1-)小下分 1 1 综上，所以16≤3a,+)+(3a,+1) 十…十 (3a. 1 答案 学 创新示范卷（六） 选择题答案速查 题号12345678 91011 答案CBD B A BB C ABC ABD AD 1.C[对于A,当a⊥Y,3⊥Y时，a,3 可能平行，可能相交，但不一定垂 直，A错误；对于B,当a⊥a,a⊥B 时，a∥B,B错误；对于C,a⊥B,aC a,根据面面垂直判定定理可知α⊥ 3,C正确；对于D,当a∩B=b,aG a,a⊥b时，a⊥b,但a,B相交但不一定垂直， 如图示：故D错误.] 2.B[由1丈=10尺，得4丈8尺= 48尺，1丈1尺=11尺，如图，则BC =11,2π·AB=48,即AB=8,设，点 D D为圆柱外接球的球心，则AD为 ----B 外接球的半径，且BD=DC=马 2 在Rt△ABD中，AB2+BD2=AD2,解得AD2=94.25, 则外接球的表面积S=4π·AD2=1131(平方尺).] 3.D[把对角面A1BCD1绕A1B旋转，使其与△AA1B在 同一平面上，连接AD1,则在△AA1D中，AD1= √1+1-2×1×1Xc0s135=√2+√2为所求的最小值.] 4.B[设正方体的棱长为6，以D 4 为坐标原点，分别以DA,DC, D. C DD所在直线为x,y,之轴建立空 E 间直角坐标系，E为AD1中点，AA A1(6,0,6), D1(0,0,6),E(3,0,6), C(0,6,0),B(6,6,0),F为线段 DD1上靠近D的三等分点，所以 F(0,0,2),则CE=(3,一6,6)， BF=(-6,-6,2), 所以直线CE,BF所成角的余弦值为 lcos(CE,BF>= CE·BF CEIBFI 3×(-6)+(-6)×(-6)+6×2 =5.] √32+(-6)2+62×√(-6)2+(-6)2+22 57 5.A[由题可知，点B在平面ABD内以 AD为焦，点的椭圆上，点C在平面CAD 内以AD为焦点的椭圆上，所以焦距为M 2c=4,即c=2, 由椭圆定义可知长轴长为2a=2√14， 即a=/14, 所以B,C到AD中点M距离的最大值为短半轴长b =10, 所以△MBC中，BM=CM=√I0,BC=2,所以SAMc= 合×2XWI0-I=3,又AD1BC, 所以当AD垂直平面MBC时，四面体体积最大，最大值 为V=号XSAXAD=4.] 6.B[设正三棱柱的底面边长为a,高为h,则其表面积S =2×。2+3ah=6v5,得h=12-g ,又h>0,所以0 23a <a<2,故正三模程的体报V=ah=12.2,则 Va)=是-号e,当0a<2时，v(a>0.va)* 16 创新示范卷 递增，当2<a<23时，V'(a)<0,V(a)单调递减，所以 当Q=2时，该正三棱柱体积取得最大值，此时三棱柱的 高为2g5] 7.B[因为∠PBA=∠PBC,AB= CB,PB=PB,所以△PAB≌△PCB, .PA=PC,又AD=CD,PD= PD,所以△PAD≌△PCD, D ∠PDC=∠PDA,图为PD⊥ Q AD,所以PD⊥CD, 又因为AD∩CD=D,AD,CDC平面ABCD,所以PD⊥ 平面ABCD. ∴.PD⊥AQ,又QA⊥QP,QP∩PD=P,QP,PDC平面 PDQ,所以AQ⊥平面PDQ,∴.AQ⊥QD, 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 的体积最小， 即三被维QPBC的体积的最小值为Vnor=号Saec· PD=3×2×4X2x2=g] 8.C[依题意，，OA=4,AA1=7,OE=OF=5,.AE=3 =OA1,A1F=4=OA,所以△AEO≌△A,OF,所以 ∠AEO=∠A,OF,又图为∠AE0+∠AOE=交，所以 ∠A,OF+∠AOE=,所以∠E0F=x-(∠A,OF+ ∠AOE)=,即OE⊥OP 在平面AA,B,B内满足条件的，点的 轨迹为EF, 该轨達是以5为半径的号个国周， 所以长度为2xX5X号受： 5π 同理，在平面AA1D1D内满足条件的 点轨迹长度为； 在平面A1B,CD,内满足条件的点的轨迹为以A1为圆 心，A,F为半径的圆孤，长度为2mX4×是=2：同理， 在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心， AE为半径的圈孤，长度为2X3X宁=警 故载连的总长度为受+受+2x+受-1] 9.ABC[由BF⊥AB,BF⊥BC,AB∩ BC=B,AB,BCC平面ABC,得BF ⊥平面ABC,由题意知，DA⊥DC, DA⊥DE,DC⊥DE,建立如图所示的 空间直角坐标系D-xyz, 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 AC=（-2,2,0),AE=(-2,0,2), AF=(0,2,1),EM=(1,1,-2), EF=(2,2,-1),FC=(-2,0,-1), 对A:V,-m=号S6m·BF=号×名×2X2X1=号， 故A正确； 对B:由EM·AF=0,EM·FC=0,得EM⊥AF,EM⊥ FC,又AF∩FC=F,AF,FCC平面AFC,所以EM⊥平 面AFC,故B正确； 答案 ·参考答案 对C:由AC=AE=CE=2厄，得SAE=号×2EX 2√2sin60°=2√5. 设平面ACE的一个法向量为n=(x,y,z), 则/n·AC-2x+2y=0, 令x=1,得y=1,2=1,所以 {n·AE=-2x+2z=0, n=(1,1,1), 故点F到平面ACE的距离为d=AF·n=3, n 所以V:-E司5md=日X25Xg=2放C正痛： 对D:由EF·AF=3,EF·AC=0,EF·FC=一3得， EF⊥平面AFC不成立，故D错误.] 10.ABD[由题知，BD∥平面 CEF,而平面CEF∩平面ABD =EF,BDC平面ABD,根据 线面平行的性质定理可 知，BD∥EF, B 又AC·BD=(AB+BC)·BD =AB·BD+BC·BD=2X2 ×cosF+2X2Xc0s号=0， 即AC⊥BD,故AC⊥EF,A选项正确， 连接AQ,BQ,易得AQ=BQ=3=CF,又AE=EB= 1,于是EQ⊥AB(三线合一)，故EQ=√(W3)2-1=√2， 取FD中点P,连接PQ,PE,由中位线可知PQ= 2 在△AEP中由余弦定理，EP2=AE2十AP2-2AE· AP:os60=子中EP-, 由CF∥PQ,CF与EQ所成角即为∠EQP(或其补角)， 2+32 在△EQP中根据余弦定理，cos∠EQP= 44= √6 B选项正确；根据B选项分析，当E,Q分别为 AB,CD中，点时，EQ=√2<√3，C选项错误； 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 +BE+EF+CF=2+(BE+AE)+CF=4+CF,F 为AD中点，即CF⊥AD时，CF有最小值3.即空间四 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B1重合， 故三棱锥PBEC的外接球与以BB1,BE,BC为长宽高 的长方体的外接球相同， 故半径2R+P+(合) 名，表面积为4R= 9 4不，故A对： B.以D为原点建系，如图，则 C(0,1,0),D(0,0,1),A(1,0,1), D B,111D,F(合1,0， E(1,20A(1,0,0),由 AP=合AB+合AD (合2) 所以P(合) 17 数 cP=(3-21)BF=（3o,-1） CP·B1F 5 cos(CP,B F>I= ICP|·IB1F 56,故B错； 6 C:由入十4=1得，P在线段B1D1上运动，设P在底面 ABCD的投影为Q,连接QE,QF， 由于QE=QF,所以PE=√PQ+QE,PF= √PQ+QF,故PE=PF, 连接EF,BD相交于M,连接MP, Su=合5P,PM=×号P网+QF≥合×号 V风-X号×1=票，当Q,M重合时取等号，故 C错； 3 D.由A1P=入A1B1十HA1D1(0≤A≤1,0≤≤1) 得P（1-,入，1)，AP=(-4,入，1)，BE= (0,-2,-1）BF=（-20,-1 [λ=一2x 由AP=xBE+yBF可得{， 1 =2y ,所以入一红= x+y=-1 合，DP=1-,A,0),DP=VR+-= √+)+-12(-)+号， 当g=}时，0户=3，tDE确] 12.解析：设该圆锥的底面半径为r,母线长为l,则2πr= 8π，解得r=4. 因为半径为√5的球的表面积为4π×(5)2=20π，即πrl =20π，解得1=5， 则圆锥的高h=√一r=3. 所以该圆维的体积V=弓h=了x×华X3=16元 答案：16元. 13.解析：由题意知，CB=CD=√2，AB= AD=1,AC=√3， 由勾股定理可知，CB2十AB2= CA2,CD2+AD2=CA2,所以CB ⊥AB,CD⊥AD, 取CA的中点O,所以OB=OC= OD=OA,所以四面体ABCD的外接球O在斜边CA的 中点处，四西体ABCD的外接球0的半径R=言CA 根据题意可知，过点E作球O的截面，若要所得的截面 圆中面积最小，只需截面圆半径最小，设球O到截面的 距离为d,只需球心到截面的距离d最大即可， 而当且仅当OE与裁面垂直时，球心到截面的距离d最 大，即dnex=OE, 取BD的中点F,EF=BD=是，易知△OBD为等腰 答案 311 三角形，OF=VOB-BF√-2=2，所以OE =OF2+EF2= 所以裁面圆的半径为r=√R-OE=⑤ 4 答案 14.解析：对于①，连接AD1,CD,如图，由 正方体的性质知△ACD,为等边三角 形，由于O为底面ABCD的中心，故O 为AC的中点，故AC⊥D,O,①正确； 对于②，将DO进行平移到过B1点， 使之与BP具有公共顶点，如图，根 B H 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B1P,所以DO不可能平行于B1P,②错误； 对于③，取B1B的中点E,连接OE,EC,BD,D1E,如 图，易证明D,O⊥平面OEC,所以P在线段EC上运 动，当点P到点E位置时，C1P最大，此时△DCP的 面积最大为S0CP=号X2X5=5,所以回正确；对 于④，P到直线D1C的距离为线段PC的长度，所以 PC1=PB,判定出P点在直线BC1的垂直平分线上，故 ④错误. 答案：①③ 15.解：(1)证明：连接DE,,在矩 形ABCD中，E,F,分别是 BC,AD中点， .DF=BE,DF∥BE,∴.四边 形BEDF是平行四边形， ∴.DE∥BF. G是PA的中点，F是AD的中点，FG∥PD. PD,DE中平面BFG,FG,BFC平面BFG, ∴.PD∥平面BFG,DE∥平面BFG. PD∩DE=D,∴.平面PDE∥平面BFG. ,PEC平面PDE,.PE∥平面BFG. (2)PD⊥平面ABCD,FG∥PD,.FG⊥平面ABCD.过 C在平面ABCD内，作CM⊥BF,垂足为M,则FG⊥CM FG∩BF=F,FG,BFC平面BFG,.CM⊥平面 BFG,.CM的长是点C到平面BFG的距离.在矩形 ABCD中，F是AD中，点，AD=1,AB=2,△BCM∽ △FBAx器 FB-AB AP-,BC-AD-1..CM- 4Y7,即点C到平面BFG的距离为4厘 17 17 16.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FGt平面ABCD,ACC平面ABCD, 所以FG∥平面ABCD, 因为FG∩EG=G,FG,EGC平面EFG, 所以平面EFG∥平面ABCD, 因为EFC平面EFG,所以EF∥平面ABCD. (2)设CD=BC=号AM,=合AB=2, 由AD=CD=BC,得∠DAB=∠ABC=60°， 因为AC⊥BC,所以AC=√42-22=2√3， 18 创新示范卷 由题意知CA,CB,CC1两两垂直，以C为坐标原点，分 别以CA,CB,CC1所在直线为x,y,之轴建立空间直角 坐标系， B 则A(2√3,0,0)，A(2√3,0,4)，B(0,2,0),C(0,0,4), D3,-1,0),E33,-1 2,-22 所以d-(3,合2,8C=0,-2w. 设平面C1EB的一个法向量为n=(x,y,z), 由n·C= ,得-33x+y十4z=0 {n·BC=0'y-2z=0 取之=1，得n= 连接BD,因为BD⊥AD,BD⊥AA1,AD∩AA1=A, AD,AAC平面AAD,所以BD⊥平面AAD, 所以平面AA1D的一个法向量为DB=(一√3,3,0)， 所以cos(DB,m)=-2+6=219 x√厚 191 所以平面AAD与平面C1EB所成锐二面角的余弦值 为2⑩ 19 17.解：(1)如图，在原图中连接BE,由 于AB∥DE,AB=DE, 所以四边形ABED是平行四边形 由于AB=AD,所以四边形ABED 是菱形，所以AE⊥BD 由于AB∥CE,AB=CE,所以四边形ABCE是平行四 边形， 所以BC∥AE,所以BC⊥BD 在翻折过程中，AE⊥PO,AE⊥OB保持不变， 即BC⊥OP,BC⊥OB保持不变. 由于OP∩OB=O,OP,OBC平面POB, 所以BC⊥平面POB,由于BCC平面PBC,所以平面 POB⊥平面PBC; (2)由上述分析可知，在原图中， BC⊥BD, 所以BD=√4一22=2√5，所以 OB=OD=√3. 折叠后，若PB=√6，则PO十OB =PB2,所以POLOB, 由于PO⊥OE,OB∩OE=O,OB,OEC平面ABCE, 所以PO⊥平面ABCE.所以OE,OB,PO两两相互 垂直. 由此以O为原点， 分别以OE,OB,OP所在的直线为x,y,之轴建立如图 所示的空间直角坐标系， OE=OA=1,P(0,0,3),C(2,√3,0)，A(-1,0,0), E(1,0,0), 设Q(0,tW3-t),0≤≤3，PC=(2,W5,-√5)， AE=(2,0,0),AQ=(1,tW3-t), 设平面AEQ的法向量为n=(x,y,z), 答案 参考答案 则/AE·n=2z=0 AQ·n=x十y+(3-g=0令=1得x=0,y =t-√3，故n=(0,t-√3，t), 设直线PC与平面AEQ所成角为0，则 n·PC sin 0= PCI 3(t-3)-3t √(t-3)2+×√4+3+3 √J15 √22-2V3t+3×√10 5 所以W2r-2m+3√层，2r-2v5+8-是， 4-43+3=(2-)2=0,解得=5， 2 所以Q(o,,号）周为P0,0n月).B0,0.PB 的中点垒标为气0，号)即Q是PB的中点 18.解：(1)以B为原点，BC,BA,BB1所 D 在直线分别为x,y,之轴，建立如图所 示空间直角坐标系，则A(0,1,0), A、EB B(0,0,0),C(2,0,0),D1(2,2,2), E(2,1,1). D 若存在这样的点F,则可设F(0,y,z),yA B 其中0≤y≤1,0≤z≤2. EF=(-2,y-1,x-1),AC=(2,-1,0),CD1=(0,2,2), EF⊥平面ACD,EF⊥AC,EF⊥CD, 则EF·AC=0,EF·CD1=0, 即{4-（y-1)=0, 2(y-1)+2(x-1)=0→}25’ 与0≤y≤1,0≤之≤2矛盾，所以不存在满足条件的 点F. (2)设DD1=2k(k>0),则K(0,0,k), AK=(0,-1,k). 设平面ACK的一个法向量为m=(x,y,x),则 AK·m=0即y十kx=0,取z=2,则m=(k,2k,2), (AC·m=0,12x-y=0. 同理可得平面ACD1的一个法向量n=(一k,一2k,2). m·n 由题意得m:m=cos60, 成，日释=士2我 -k2-4k2+4 士2正（负维含去）.脚D0,的长为成 5 19.解：(1)如图，连接MM,MM, MM,MM,MM,MM, M 由题可知，MM年行且等于之PB, MM平行且等于合PB,所以 M M M1M,平行且等于M2M 所以四边形M1MM2M,为平行四边形，所以对角线 M1M2∩MM4=O,O为线段M1M2中点；同理M1M2 ∩MM=O,O为线段M1M2中点； 故PABC的三条内棱交于一点O. 19 数 (2)由(1)可知，四边形M1M3M2M为平行四边形， 若PABC为垂棱四面体，则四边形M1MM2M,为菱 形，即M1M=M1M4 显然PB=2M1M3,AC=2M1M4故PB=AC 同理PA=BC,PC=AB 如图，将该三棱锥补全为一个 长方体，并建立空间直角坐标 系Bxyz, 因为M1M2=2,MM4=4, M. M5M6=6 所以有A(4,6,0),B(0,0,0), C(0,6,2),P(4,0,2) 所以BP=(4,0,2),BA=(4,6,0),BC=(0,6,2), 设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z) 易知BA·n=0→4x十6y=0, (BC·n=0>{6y+2z=0,令y=-2,解得x= 3,之=6，所以n=(3,一2,6) 直线PB与平面ABC所成角的正弦值为 BP·n 24_=125 IBPl·Inl √20X735 (3)由(2)易知将PABO补成长方体，设长、宽、高分别 为a、b、c, 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，即R =号+8+， 则：S=4元R2=π(a2+b2十c2), 显然AB2=a2+b,B0=b2十c2,AO=a2十c2,所以S =号(AB+B0+A0)元 设A(x1y1),B(x2,y2),因为直线y=kx十m过椭圆焦 ,点F1,所以m=一1 联立Jx2+之=1得(2十k2)x2一2kx-1=0,显然40 （y=kx-1 由韦达定理可知， x1十x2= 2k 4 2十k2 「y十y为=一2+k 得 1 2-2k2 工1x2=一2十k y2=2+k 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2,A02=x十y, BO=x+y 所以5=[a-)P+0-为++++]x 整理得S=[(1十x2)2+(y十y2)2-3x1x2-3y2]π，得 S=10%+132+10 十42+4 所以S()=10十13k2+10 k4+4k2+4 由于△ABO为某长方体的三个顶点，由余弦定理可知 A、B、O均为锐角 显然△ABO中角A、B均为锐角，所以只需角O为锐 角，即：OA·OB>0 1 得x1x4+y2>0之一2十十2十2>0，解得 由s0学的定又越为4(-号，》 S()=10(质+4k2+4)-272-30. +4k+4 9k+10 =10m一3+4级2+4， 答案 学 所以当910最大时，5()=10x-3 9k2+10 4十4k2+4 十4k+4元 最小， 不妨令t=9k2+10∈[10,2小 291 9k2+10 81t 81 所以+42千42+16+64+64+16 t 因为=9+10∈[0，号)， 由对勾函数性质可知，当1=10时，十4十4 9k2+10 81一有最大值，此时=0 t+64+16 t 收S)-10士D的最小维为2 k4+4k2+4 创新示范卷（七） 选择题答案速查 题号1 2345678 9 10 11 答案ADBA BB DA AC BD ABD 1.A[若直线3x十（入一1）y=1与直线λx+(1一入)y=2 平行，则3(1一入)一(1一1)=0，解得入=1或1=-3，经 检验λ=1或λ=一3时两直线平行.故“入=1”能得到“直 线3x十（入-1）y=1与直线x+(1-A)y=2平行”，但是 “直线3x十（入-1）y=1与直线1x+(1一λ)y=2平行”不 能得到“入=1”.] 2.D[由题知：=2，再令2=1得x=2, x 故与直线x一y十2ln2=0平行的切线的切点为P(2,2ln2), 所以所求的距离为：12-212+212=√2.] √2 3.B[因为圆C,的面积被直线x十2y十1=0平分，所以 圆C的国心(1，-受)在直线x+2y+1=0上，所以1 +2×(受)+1=0， 解得m=2, 所以圆C1的圆心为（1，一1)，半径为1. 因为圆C2的圆心为（一2,3），半径为5，所以|C1C2|= √（-2-1)2+(3+1)2=5， 因为5-1<1CC2|<5+1,所以圆C1与圆C2的位置关 系是相交.] 4.A[椭圆的离心率：e=S∈ 2 a (0,1),(c为半焦距，a为长半 轴)，只要求出椭圆的c和a,设 卫星近地点，远地，点离地面距离 分别为m,n,由题意，结合图形 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,a= r+R 1-e c=(r+R)e 1-e 所以远地点离地面的距离为n=a十c一R三。十 +-R=专+R 1-e 2eR.] 5.B[由题意可知号+y=1的蒙日圆方程为十 4,因为圆(x-3)2十(y-)2=9与圆x2十y2=4仅有- 个公共点，所以两圆内切或外切，故圆心距等于半径之 20