专题卷12 解答题专练一立体几何-【衡水金卷·先享题】2026年新高考数学二轮复习专题卷

高三二轮复习专题卷十二/数学 2.(本小题满分15分) 如图，在平行六面体ABCD一A,BC,D1中，底面ABCD是边长为3的菱形，AA=4,∠DAB= 解答题专练一立体几何 (考试时间40分钟) ∠AAB=∠AAD=60,E,F分别在线段B,B和DD上，且BE=BB:,DF=子DD. 一、解答题（本大题共4小题，共60分。解容应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） (1)证明：A,E,C,F四点共面： 1.(本小题满分13分) (2)求平面AEC1F与平面A:ADD,夹角的余弦值. 在三棱锥P-ABC中，AB=2.BC=4,PA=2√2，PB=PC.BC LAB,PA⊥AB (1)求三棱锥P一ABC的体积： (2)求平面PAC与平面PBC的夹角， 数学第1页{共4页) 衡水金卷·先摩题·高三二轮复习专题卷十二 数学第2页（共4页） 3.(本小题满分15分) 4,(本小题满分17分) 如图所示的四棱台ABCD一A1BCD1,AA1⊥平面ABCD.底面ABCD是菱形，∠BAD=120, 如图，在三棱柱ABC-A,B,C1中，平面ABC⊥平面ABB,A,M,N分别为棱AB,AA,的中点， BB∥平面ACD. BC=AC=3. (1)证明：AD=2AD: (1)若四边形ABB1A1为菱形，证明：AB⊥平面CMN: (②)若BC=2,二面角C-AD-D的余弦值为号，E是BC的中点. (2)若AB=月AC,c0s∠BAA,=22 3 (|)求平面ACCA,与平面BCCB夹角的正弦值： (i)证明：平面CCDD⊥平面ADE: ()若三棱柱ABC一AB,C内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底 (日)求直线BB,与平面AD,E所成角的正弦值. 面及三个侧面相切，求点A到平面ABC的距离. 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三二轮复习专题卷十二 致学第4页（共4页）高三二轮复习 ·数学 高三二轮复习专题卷十二 数学 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I,抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ，运算求解能力Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理 ③数学建模 ④直规想象 ⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 档次 系数 锥体体积的有关计 解答题 13 易 0.75 算、向量法求空间角 基底法证明空间中 2 解答题 15 的点共面问题及求 中 0.65 面面角 平行、垂直、线面角、 3 解答题 15 中 0.55 二面角综合 多面体与球的切接 问题、证明线面垂 4 解答题 17 难 0.28 直、求面面角、点到 面的距离 香考答案及解析 一、解答题 (x-2)2+y2+x2=8, 1.解：(1)PA⊥AB,PA=2√2，AB=2, x2+y2+x2=12, ∴.PB=23, x2+(y-4)2+z2=12, x=2, .PC=PB=25, AB⊥BC, .y=2, (x=2, .以B为原点，以BA所在直线为x轴，以BC所在 .P(2,2,2) (4分) 直线为y轴，过点B且垂直于平面ABC的直线为？ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. (1分) w,=号aeh=号×X2XX=号 则A(2,0,0),B(0,0,0),C(0,4,0), (6分) 设P(x,y,x), PA=2√E, PB=2√5， PC=23, ·47· ·数学· 参考答案及解析 (2)设平面PAC的一个法向量m=(,y,21),A户 又由余弦定理得AE=AB+BE-2AB·BE· =(0,2,2),Cp=(2,-2,2), cos/ABE=9+1-2X3X1Xcos 2红=13， AP·m=0, 12y1十2之1=0， 由 得 C市.m=0,特2x-2y+21=0, 所以AE=√I3, (5分) 又E市=AF-AE-AD+DF-(AB+BE) x1=2, 取1=-1，.y=1, =A市+AA-(Ai+AA）) 1=-1, -A市-Ai+AA, .m=(2,1,-1), (8分) 设平面PBC的一个法向量n=(a,b,c),BC 则1=√(A市-A+AA) =(0,4,0), BC·n=0,14b=0, /9+9+4-2×3×3×1+2×3×2×1 -2×3×2X7 得 c币.n=0,2a-2b+2c=0, =13, (7分) (a=1, 所以EF=AE, 取a=1,∴b=0, 又AF的中点为O, c=-1, 所以OE⊥AF, .n=(1,0,-1), (10分) 则∠DOE(或其补角)即为平面AECF与平面 设平面PAC与平面PBC的夹角为0，e[0,受]， A1ADD的夹角， (8分) 由oi=A方-A0=Ai-A :平面PAC与平面PBC的夹角为晋， (13分) =A市-号(A市+D) 2.解：(1)由题意可知BB1∥DD1,AB∥DC1,且BB =AD-号(AD+AA) =DD AB=D C, =Ai-是AA, 又因为BE=子BB,DF=子DD, 所以AE=AB+BE=D,C十FD=FC, (3分) O-A范-Aò=Ai+B范-号A前 则有AE∥FC,即A,E,C,F四点共面. (4分) =AB+AA-(ai+子AA) (2)取AF的中点为O,连接OD,OE,EF, =Ai-合AD-日AA, 则1Oò=√(2A市-A) =√+-2x号×号×=号 (11分) 6 1O=√/(A苏-A市-8AA) 由于DF=3AA,=3=AD,则OD⊥AF, =√J++-2×3××号-2×3×+2××号× =2 ·48· 高三二轮复习 ·数学 0庞.0成=(Ai-号A市-gAA)·(号Aò 99 9 31 3 3 4 4, 3 A 所以cos∠DOE= OD.OE 4 D 5 故平面AECF与平面A,ADD夹角的余弦值是号 设AP=t(t>0), (15分) 则C(5,1,0),D(0,2,0),P(0,0,t), 3.解：(1)延长AA1,BB:,CC,DD交于点P,连接BD 交AC于点O,连接DO, D(01,÷) 因为底面ABCD为菱形， 则A花=(5,10)，A2 =(0,0,t),AD 所以O为BD的中点， (1分) =(1,) 又因为BB∥平面ACD,BBC平面PBD,平面 则平面ADD1的一个法向量为m=(1,0,0).(7分) PBD∩平面ACD1=D1O, 设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z), 所以PB∥DO, 所以D1为PD的中点， n·AC=3x+y=0 则 所以AD,=号AD, (3分) AD=y+7=0 取x=-,则n=(-5,3,-)， 因为二面角C-AD,一D的余弦值为吗， B 所以|cos(m,n)|= m·n C m A 3 V(-5)+3+(-】 B (2)(i)因为在菱形ABCD中，∠BAD=120°， 解得t=2(负值已舍去)， 所以∠ABC=60°，则△ABC为正三角形， 所以PA=2. (10分) 所以AE⊥BC, 由(1)知上底面A1BCD是边长为1的菱形 又AD∥BC, 在四边形AADD中，AA=AD1=1,∠AAD 所以AE⊥AD. (4分) =90°， 因为AA⊥平面ABCD, 所以AD=√2，DD=√2. 所以AE,AD,AA1两两垂直. (5分) 则在△ADD中，DD十AD=AD, 所以以A为原点，AE,AD,AA所在直线分别为x, 所以∠AD1D=90°， y,x轴，建立空间直角坐标系A一xy之. 即DD⊥AD. ·49· ·数学· 参考答案及解析 因为AD,AEC平面AD1E,AD∩AE=A, (2)由(1)可知CM⊥平面ABB1A, 所以DD1⊥平面ADE. 以A为原点，AB所在直线为x轴，以过点A且与 又DDC平面CCDD, CM平行的直线为y轴，平面ABB1A1内过点A且与 所以平面CCDD1⊥平面AD1E. (12分) AB垂直的直线为之轴，建立如图所示的空间直角坐 (i)P(0,0,2),D(0,1,1), 标系， 又B(3,-1,0), (i)在△ABC中，AB=3√5，AC=BC=3, 所以B市=(-5,1,2)，DD=(0,-1,1),(13分) 由(i)知DD⊥平面ADE, 则cos∠CAB= ×36 3 2 则DD=(0,-1,1)是平面ADE的一个法向量， 所以∠BAC=∠ABC=30°， 所以|cos(BP,DD)| I BP.DD BPIDD 则C(,0,B(300) 1 √2×W(-3)+1+2 4 则aC-(5,是o)C-(39,是0小6分) 即直线BB与平面AD,E所成角的正弦值为 所以AC的一个方向向量为a=(√3,1,0)，BC的一 (15分) 个方向向量为b=(一√5,1,0)， 4.解：(1)如图，连接AB, 由cos∠BAA1=2E 3 因为四边形ABB1A1为菱形， 所以AB⊥AB1, 得tan∠BAA= 1 22 因为M,N分别为棱AB,AA的中点， 则直线AA1上存在点(22,0,1)， 所以MN∥AB, 所以MN⊥AB, 所以AA,BB:的一个方向向量为c=（2√2,0,1)， 因为BC=AC, (8分) 所以CM⊥AB, (2分) 设平面ACCIA的一个法向量为n=(x1y1,), 因为平面ABBA,⊥平面ABC,平面ABBA∩平面 n·a=√3x1+y=0 则 ABC=AB,CMC平面ABC, n·c=2√2x1十x1=0 所以CM⊥平面ABBA,, 取x=-1,所以n=(-1W5,2V2), 又ABC平面ABBA1, 设平面BCCB的一个法向量为m=(x,y2,), 所以CM⊥AB,, 又MN∩CM=M,MN,CMC平面CMN, m·b=-√3x2十y2=0 则〈 所以AB,⊥平面CMN. (4分) m·c=2√2x2十x2=0 取x2=1,所以m=(1,√3，-22)， (10分) 设平面ACC1A与平面BCCB,的夹角为0， 则cos9=|cosm,m1=mTm m·n 1-1+3-8 1 V1+3+8X√个+3+82， 则sin9= 2 ·50· 高三二轮复习 ·数学 所以平面AGGA与平面仪CB夹角的正孩值为9 因为CM⊥平面ABB1A1, (12分) 所以点C到平面ABB,A,的距离为CM=号 则0<K号 由r=A0:ml-IBdm n m 得|-x+(3+2√2)r|=23 =|x-3+(W5-22)r, B 由-x+(3+22)r=x-33+(5-22)r (川)设与平面ABC相切的球的球心为O1,与平面 ABC相切的球的球心为O2, 得x=35+22, 2 由题意知球O,O2均与平面ABB,A,相切 代入-x+(3+22)r=23r, 设切点分别为D,E,连接OO2,DE, 则OO2∥DE,O1O2=DE, 解得=子， 因为球O,O2均与平面ACC1A1相切， 所以DE=O1O2=2r=1, 所以OO2∥平面ACCA, 则线段DE在：轴上的投影长度为DE·sin∠BAA 因为DE寸平面ACCA, 所以DE∥平面ACCA, 又DEC平面ABB1A1,平面ABB1A∩平面ACC1A 所以斜三棱柱ABC-ABC1的高为2r十DE· =AA1, 1 sin∠BAA=1+3=3' 4 所以DE∥AA1, (14分) 设球O的半径为r,球心O(x,r,r), 所以点A:到平面ABC的距离为号 (17分) 则AO=(x,r,r),BO=(x-3√3，r,r), ·51·