二轮专题(六) 立体几何-【真题密卷】2026年高考数学二轮专题精准提升

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（六） 卺题 数学·立体几何 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 一、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。 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 1.已知正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为 ( ) 323 A.3 B.323 c D.32√6 2.如图是某粮仓示意图，其主要由圆柱体和与其等底的圆锥构成，若圆锥的高是圆柱高的 √2 一半，圆锥的侧面积是圆柱侧面积的 ,则圆锥的侧面展开图的圆心角是 () A.r B②x C.√2π D.2√2π 4 3.如图，在四棱锥中，AB=AD=2√2，BE=AE=DE=2,BC=1,BC⊥BE,则该四棱锥 的侧棱与底面所成的线面角中最小角的正弦值为 () 1 A.1 c D.3 4如图，点B在以AC为直径的圆0的圆周上，∠COB-云，PALBC,2PA=AC=4, PC=2√5，则二面角P-BCA的平面角为 () A.2 D.a 二轮专题精准提升（六）数学第1页（共8页） 真题 人生像一道压轴题，解的过程越难，答案越精彩 5.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M是BB1上靠近点B的三等分点，直线 班级 DM交平面BCD1A1于点N,则 N M 姓名 得分 D A.2 2 B.3 c.4 5 D.6 6.某圆柱高为4，底面积为π，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的 最大棱长为 () A号 B号 6 C.3 2√6 D.3 7.如图，在△ABC中，AB=AC=2,BC=2,点E在边BC上，∠BAE=0(否≤0≤》， 将△ABE沿AE翻折，得到三棱锥B'-ACE,满足平面AB'E⊥平面ACE,则B'C的最 大值为 A.2 B.√6 C.2√2 D.3 15π 8.已知一个圆台母线长为3，其侧面展开图是一个面积为2的半圆形扇环（如图所示），该 圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积 的最大值为 64 A.1 B. 27 7 C.2√2 D.8 密卷 二轮专题精准提升（六）数学第2页（共8页） 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 9.已知圆锥的底面半径r=4,母线长1=12，设该圆锥的侧面展开图为扇形AOB,O为扇 形圆心，则 () A.扇形AOB的圆心角a为3 π B.圆锥的高h为4√2 C.圆锥的侧面积为48π D.从A点出发绕圆锥侧面一周回到A点的最短距离为12√3 10.已知ABCD-A1B1C1D1为正方体，F-A1B1C1D1,E-ABCD均为正四棱锥，所有棱长 均为1，则 () A.AE∥FC1 B.在棱所在的直线中，与直线AB异面的共有10条 1+√2 C.以E为顶点，正方形ABCD外接圆为底面的圆锥的表面积是2π √2 D.以E为顶点，正方形ABCD外接圆为底面的圆锥的体积是4π 11.已知一个棱长均为4（单位：dm)的正三棱柱容器ABCA'B'C'(容器壁厚度忽略不 计)，则 () A.能够将直径为2dm的球体放入该容器 B.能够将棱长为3.9dm的正四面体放入该容器 C.能够将棱长为1.6dm的正八面体放入该容器 D.若点P为线段BC'的中点，则沿该容器的表面从点A到达点P路程的最小值超过 5.6dm 二轮专题精准提升（六）数学第3页（共8页） 真题密卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，A,B,C,D为该正方体的 顶点，BB1,CC1,DD1为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面a.若平面BCD与a平 行，且点A到平面α的距离为2米，则直绳索BB1的长度约为 米（结果精确 到0.01米，√3≈1.73). C1 13.半径为2025的三个球放在桌面上，两两相切.现将另一个球放在三个球上方（与三个 球都相切)，且这个球的最高处与另外三个球的最高处在同一个平面上，则这个球的半 径为 14.已知顶角为无的等腰三角形叫做黄金三角形，由4个黄金三角形组成的四面体叫 做黄金四面体，某黄金四面体的体积是$？，则此黄金四面体外接球的表面 积是 四、解答题：本题共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)已知圆柱O1O2如图所示，其中正方形ABCD为轴截面，点E,G为圆O2上异 于A,B且位于线段AB同侧的点，且∠GO2B十∠EBO2=180°，点F为线段DE的 中点. 0 Gi-- EB (1)证明：平面FGO2∥平面CBE. (②若平面aCE与平面BCD夹角的正切位为求织的位。 二轮专题精准提升（六）数学第4页（共8页） 16.(15分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=3,AA1=3√2.N 是BC1的中点，Q是A1N的中点，M是AA1的中点，P是BC1与B1C的交点. (1)证明：QP∥平面A1BC. (2)证明：C1M⊥平面A1B1C. (3)求锐二面角A-B1CB的余弦值. 二轮专题精准提升（六）数学第5页（共8页） 17.(15分)如图，已知AD∥BC∥FE,平面ABF⊥平面ADEF,AB⊥AF,AF⊥AD,AD =2BC=2EF=2AF=2,点P为梯形ADEF内（包括边界）的一个动点，且BP∥平 面CDE. A (1)求点P的轨迹长度； (②)当线段BP最短时，直线BP与平面BCEF所成角0的正弦值为，求三校锥 P-CDE的体积. 真题密卷 二轮专题精准提升（六）数学第6页（共8页） 18.(17分)在△NBC中，∠B=90°，∠C=30°，AD∥BC,NA=2AB=2,如图，将△NAD 沿AD翻折至△PAD,点M是PC上靠近点C的一个三等分点. (1)在翻折过程中，当PA⊥AB时，求PC. (2)证明：DM∥平面PAB (3)若二面角P-AD-B的大小为120°，在线段PB上是否存在一点H,使得点H到平 面MAC的距离是T, BH 37？若存在，求出PB的值；若不存在，请说明理由. 二轮专题精准提升（六）数学第7页（共8页） 真题密卷 19.(17分)如图所示，在半圆柱OO1与四棱锥A-BCDE拼接而成的组合体中，F是半圆 弧BC上（不含B,C)的动点，FG为半圆柱的一条母线，点A在半圆柱下底面所在平 面内，OB=2OO1=2,AB=AC=2√2. (1)证明：CG⊥BF. (2)若DF∥平面ABE,求平面FOD与平面GOD夹角的余弦值. (3)求点G到直线OD距离的最大值. 二轮专题精准提升（六）数学第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 2 1 (3)由题意可得Q.=3Q。-1十3Q。-2, 所以Qm+1=(Qm+1-Qm)+(Qm一Qm-1)+…十 则Q-号Q.+01, 1 (Q2- )+Q,=()+()”+…十 即Q1-Q。=-}Q.-0. (}+ 所以数列{Qm+1一Qn}是等比数列，其中首项为 Q-Q=号×号+号号-日公比为 2、2,121 ”-- 1+3 所以Q1-Q,=日(}》-(》， (17分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（六） 数学·立体几何 一、选择题 又ECC平面BCDE,所以EC⊥AE. 1.A【解析】如图，在正四棱锥P-ABCD中，PO为 因为BC=1,BC⊥BE, 四棱锥的高，PE为侧面的高， 由勾股定理得CE=√BE十BC=√5， 所以Rt△AEC中由勾股定理得AC=√AE十CE =√4十(W5)=3,根据最小角定理，直线AC和 底面所成线面角最小，其正弦值为sin∠ACE 2 一3 因为正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面 4.C【解析】由题可得∠AOB=于，所以AB=OA 积的2倍， =2,因为点B在以AC为直径的圆O的圆周上， 1 所以AB⊥BC,又因为PA⊥BC,PA∩AB=A, 所以S=4X2X4PE=2S焦=32，解得PE=4, PA,ABC平面PAB,所以BC⊥平面PAB, 所以P0=√PE2-OE=2√3， 因为PBC平面PAB,所以BC⊥PB, 所以Vm=号5a·P0-日X16X2,-2 1 所以∠PBA是二面角P-BCA的平面角， 3 在Rt△PBC中，由勾股定理得PB= 2.C【解析】设圆锥的底面半径为r,高为h,则 √PC-BC=2W2,又PA=PB=2,PA2+AB2 vF2+h区=2 2πr·2h =4,解得r=九，故圆维侧面展开图 =PB,所以∠PBA=子 的国心角为2-2元 5.C【解析】设平面DAM与CC1交于，点P,连接 √2r DP交D,C于点Q,连接QN, 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，因为CB∥DA, 3.C【解析】因为AB=2W2,BE=AE=2, CB中平面DAMP,DAC平面DAMP,所以CB 所以BE2十AE2=AB2,由勾股定理逆定理得AE ∥平面DAMP,又CBC平面CBB1C1,平面 ⊥BE,同理可得AE⊥DE, DAMP∩平面CBB1C1=PM,所以CB∥PM, 因为BE∩DE=E,BE,DEC平面BCDE, 所以AE⊥平面BCDE, 又M是BB1上靠近B的三等分点，所以 C-3, CP ·24· ·数学· 参考答案及解析 因为CBC平面BCD1A1,PM中平面BCD1A1, 所以PM∥平面BCD1A1, 因为百≤长号所以百≤∠EAC-暂-≤受 又PMC平面PDM,平面BCD1A,∩平面PDM 如图，在平面AB'E中过B'作B'D⊥AE,其中D DN DQ DD1 =QN,所以QN∥PM,所以NMQP=CP 为垂足，在平面ACE中过D作DF⊥AC,连 接B'F, CC DN 3 CP-3,所以DM 因为平面AB'E⊥平面ACE,平面AB'E∩平面 ACE=AE,B'DC平面AB'E,故B'D⊥平面 C ACE,而ACC平面ACE,故B'D⊥AC. D 又DF∩B'D=D,DF,B'DC平面DFB',故AC⊥ D 平面DFB',而B'FC平面DFB',故AC⊥FB', 因为cos日=AD os∠EAc=o(-)-AS coS∠B'AF=AF AB, 6.D【解析】由题意可知，圆柱的底面半径为1， 当圆柱底面半径等于正四面体外接球的半径时， 所以cos0cos）=osB'AP, 正四面体有最大棱长a, 如图，在正四面体A-BCD中，棱长为a,其外接球 所以oBAF=名s0+ 2 sin cos 的半径为R=1,E为CD的中点，M为△BCD的 中心， 4cos20-1、1 4si20- 连接AM,则AM⊥平面BCD,设O为正四面体 A-BCD外接球的球心，连接OB,因为△BCD为 又 正三角形，所以BM=3BE= 号× 3a,在 0号n0-君）- R△ABM中，AM=AB-BM=a(。 故0≤co∠B'AC≤ 则B'C2=AB'2+AC2-2AB'·ACcos,∠B'AC 6 a,所以OM=AM-OA= 3a-R, =8-8cos∠B'AC∈[6,8]，故B'C的最大值为 在Rt△OBM中，由OM2+BM2=OB2, 22. 得5。-R)°+（停。）广-R,部得R- 4a=1, 则a=2y6 3 8.B【解析】要使圆台内放入的可自由转动的正方 体的体积最大，则该正方体的外接球恰好为该圆 台内能放入的最大的球. 设圆台的侧面展开图半圆形扇环的内圆半径 为，外国半径为：>，则写-号r 7.C【解析】在△ABC中，AB=AC=2,BC=2√3， 由余弦定理知cos∠BAC=AB十AC?-BC: 15 元，化简得r?一r1=15,又圆台母线长为3=r2 2AB·AC 、1 r2一r1=3, ,故∠BAC= r1,联立 解得r1=1,r2=4. 3 r-r=15, ·25· 真题密卷 二轮专题精准提升 设圆台上、下底面圆半径分别为ra,r4(r3<r4), 二、选择题 1 9.ACD【解析】对于A,设扇形AOB的圆心角为 则2πr3=1,2r4=,解得r3=2r=2. a,可得l=2r,即12a=2x×4=8x,解得a二27， 故A正确； D 对于B,圆锥的高h=√2一rZ=8√2，故B错误； 对于C,圆锥的侧面积S1=πrl=π×4×12=48π， 故C正确； 图1 对于D,如图所示， 如图1，还台为锥，设上、下底面圆心为O1,O2, 在RAAO,D中，0s∠ADO,--号， 元=2，又∠AD0, 为锐角，故∠AD0:-行 在圆锥的侧面展开图中，可得AB= 由相似性可知，圆台的轴截面等腰梯形的底角为 π =12W3, 哥故国台的离A=0,0:=CDim晋=3X 3 /12+12-2X12X12c0s3 即从A点出发绕圆锥侧面一周回到A点的最短 33 距离为12W3,故D正确. 2 10.ABC【解析】对于A,连接AC,BD相交于O, 如图2，圆锥的轴截面△ABC为正三角形， 连接A1C1,B1D1相交于O1, 则△ABC内切圆半径即圆锥内切球半径长，即为 00:=号40：=3月--3e-2-2 3’ D 02 图2 由题意可得E,O,O1,F共线，且O1E=FO, 因为△ABC内切圆直径O2E= 2√3 ×2<0102 在正方体中，A1O=OC,AA1=CC, 3 FC=FO+OC+CCLAE-AA+A O+0E, -3/3 2 所以AE=FC1,所以AE∥FC1,故A正确； 所以圆锥内切球即为圆台内能放入的最大的球， 对于B,由异面直线判定定理可知与直线AB异 直经为 面的直线有ED,EC,CC1,DD1,A1D1,B1C1, FA1,FB1,FC1,FD1,共10条，故B正确； 设正方体的棱长为a,由正方体外接球直径即为正 对于C,D,在以E为顶，点，正方形ABCD外接圆 方体体对角线可得，a=4】 3,解得a= 4 3 为底面的圆锥中，母线长为1，底面半径为号，高 此时正方体的体积最大，最大位为。- 1√2 h=1- √2 27 2 ,所以其表面积为元X -×1+ ·26· ·数学· 参考答案及解析 1 当按照图4展开时，连接AP交BC于，点O,可知 OP=2,AO=2W3,所以AP=2√3+2， √2 =2,故C正确，D错误， 11.ABC【解析】对于A,设正三棱柱底面的内切圆 半径为r,别由等面表法得日X12=日×4×4× 图4 所以-2-®。 3 因为2√3+2<2√I0,故点A到点P路程的最 3 3 3 =2,故直 小值2√3+2<2×1.8十2=5.6，故D错误. 径为2dm的球体可以放入该正三棱柱容器，故 三、填空题 A正确； 12.3.15【解析】如图所示，设正方体的中心为O,连 对于B,棱长为3.9dm的正四面体，其高显然小 接AO,交平面BCD于点O1,则AO1⊥平 于其棱长，故可将该正四面体的底面放置于该容 面BCD, 器的底面上，此时其顶点在该容器内，即能够将 在正方体中，底面BCD是正三角形，其外接圆的 棱长为3.9dm的正四面体放入该容器，故B 正确； 半径为，= 3X2v2=2 3米， 对于C,图1为一个边长为4dm的等边三角形 又由勾股定理可得，AO1=√AB2一BO= ABC,正方形DEFG的各顶，点在△ABC的 边上， /2- 6 3 2B米， 3 设正方形的边长为2x,则DE=2x,BE= 设BB1=h米，因为点A到平面a的距离为 2x,则anB=tan60°-B元=√3，即2x=√3 2米， 4-2x 2 ,解得2x=8√3-12>8×1.7-12=1.6， 3°≈2+2X1.73 所以h=BB,=2+A01=2+2,5≈ 3 而棱长为1.6dm的正八面体的体对角线长 2+3.46 3.15. 为1.6√2dm<4dm,所以能够将棱长为1.6dm 的正八面体放入该容器，故C正确； a B D 13.675【解析】 图2 对于D,正三棱柱ABCA'B'C如图2所示，当按 照图3展开时，过P作PP'⊥AB于P',可知PP =2,AP'=6,由勾股定理可得AP=√PP2+AP =2/10; H 03 假设桌面上三个球的球心为O1,O2,O3,两两外 切，则△010203是边长为4050的正三角形，且 图3 位于一个水平面上. ·27· 真题密卷 二轮专题精准提升 设顶端球的球心为O,半径为R,于是OO1= 四、解答题 O02=O03=R+2025, 15.(1)证明：因为∠G02B+∠EB02=180°，所以 考虑四个球心形成的正三棱锥，H为顶，点在底面 GO2∥BE, 的投影，设h为顶点到底面的距离， 而GO2中平面CBE,BEC平面CBE,故GO2∥ 利用勾股定理，O0=OH+O1H,于是 平面BCE. (1分) (R+2025)2= /405012 +h2, 取线段CE的中点H,连接FH,BH, 又因为四个球的上顶，点在同一水平面上，所以h 则FH∥CD,FH=2CD, 1 +R=2025,两个方程联立，解得R=675. 故FH∥O2B,FH=O2B, 14.(85-12)π【解析】如图，△ABC是黄金三角 故四边形FHBO2为平行四边形，则FO2∥HB. 形，AB=AC,BE是∠ABC的角平分线， (3分) 因为∠BAC=,所以∠ABC=∠ACB= 2π 而FO2中平面CBE,HBC平面CBE,故FO2∥ 5, 平面CBE. 所以∠EBC-号∠ABC-日-∠BAC,∠ECB 又FO2∩GO2=O2,FO2,GO2C平面FGO2,故 平面FGO2∥平面CBE. (5分) BC EC =∠BCA,△EBCD△BAC,所以AC=BC, (2)解：如图，连接AE,因为AB是圆O2的直径， 所以AE⊥BE, 又∠EBC-名∠ABC-若-∠BAC,片以AE 过点E作圆柱的母线EQ,则EQ⊥平面ABE, BE=BC,即EC=AC一BC, 所以AE,BE,EQ两两垂直， 所以BC2=AC2-AC·BC,即 (BC)2BC-1 则以E为原点，EA,EB,E及的方向分别为x, LAC 十AC y,之轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐 =0,每得C-5 标系， 2, 即黄金三角形的底边与腰的比值为5一1 2 黄金四面体可在长、宽、高分别为a,b,b的长方 体中获得，如图所示， 则26=5-1 √a2+b2 2 得b2=(5-2)a2, G- A ..32775 不妨设AE=a,BE=b,AB=2,则a2+b2=4, 则E(0,0,0),C(0,b,2),D(a,0,2), 所以E元=(0，b,2),Ed=(a,0,2). 1 1 因为黄金四面体的体积V=ab2 3十 b2X4 设m=(x,y,z)为平面ECD的一个法向量， ax十2x=0'令x=ab,解得 x=-2b, a6:-52a-8v5-16 所以 by+2z=0, =-2a, 39 3 所以m=(-2b,-2a,ab)为平面ECD的一个 解得a=2,所以a2=4,b2=4√5-8， 法向量. (8分) 设此黄金四面体外接球的半径为R,则(2R)2 易知n=(1,0,0)为平面BCE的一个法向量. =a2十2b2=8√5一12，所以此黄金四面体外接球 (9分) 的表面积为4元R2=(8√5-12)π. 因为平面BCE与平面ECD夹角的正切值为 ·28· ·数学 参考答案及解析 √6 因为C1M·A1B1=0+0+0=0,C1M.A1C= 2,女灰箱的弦直为5、 -9+0+9=0, 所以cos2(m,n） 4b2 4a2+462+a26= 5,化简得 所以C1M⊥A1B1,C1M⊥A1C,又A1B1∩A1C =A1,A1B1,A1CC平面A1B1C, 6b2=4a2+a2b2, (11分) 所以C1M⊥平面A1B1C. (9分) 而a2十b2=4,解得a2=b2=2(a2=12舍去)，所 (3)解：由(1)得AB1-(0,3,3√2)，AC=(3,0,0), 织婆 (13分) 设m=(x1y1,z1)为平面ABC的一个法向量， 16.(1)证明：因为在直三棱柱ABCA1B1C1中， m·AB1=3y1+3V2之1=0， 则 ∠BAC=90°， m·AC=3x1=0, 所以以A为坐标原点，AC,AB,AA1所在直线 可得m=(0,一√2,1)， (12分) 分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐 平面BCB的一个法向量可以取AN= 标系， (停，20，放钱三面角AB,CB的余弦值为 3√2 cos(m,A D)= 3 3 (15分) 33v② 2 17.解：(1)因为平面ABF⊥平面ADEF,AB⊥AF, 平面ABF∩平面ADEF=AF,ABC平面 则A(0,0,0),B(0,3,0),C(3,0,0),A1(0,0,3√2)， ABF,所以AB⊥平面ADEF, B1(0,3,3√2)，C1(3,0,3√2)， 又AF⊥AD,故建立如图所示的空间直角坐 由N是B1C1的中点，Q是A1N的中点，P是 标系， BC1与BC的交点， 得N(,3),Q(,32, p82a2）M6o.32) A G 所以0-(，-3y2）BC=8,-30 F E BA1=(0,-3,3√2)， 则A(0,0,0),F(1,0,0),E(1,1,0),D(0,2,0), 设n=(x,y,z)为平面A1BC的一个法向量， 设B(0,0,b),C(0,1,b), n·BC=3x-3y=0, 因为点P为梯形ADEF内（包括边界）的一个动 则 n·BA1=-3y十3V2z=0, 点，设P(xy,0),则B驴=(，y,-b), 令之=1，则x=y=√2，可得n=(W2,W2,1), 又EC=(-1,0,b),DC=(0,-1,b), (3分) 设m=(x,y,之)为平面CDE的一个法向量， 又P反·n=0,可知n⊥P反， 则 且PQ中平面ABC,所以PQ∥平面ABC. 一x十b:=0'可得m=6,b1), -y+bz=0, (5分) 因为BP∥平面CDE,所以BP·m=O, 2)运明：由0海，C-(30,-32） 所以bx十by-b=0,即x+y-1=0, (3分) 取x=0,则y=1;取y=0,则x=1, A1B=(0,3,0),A1C=(3,0,-32), 故点P的轨迹长度为√1+1=√2. (5分) ·29· 真题密卷 二轮专题精准提升 (2)取AD的中点为G,连接FG,AP,由(1)可得 梯形ABCD中，BC=3√3， P的轨迹为FG. 则AC=√AB2+BC?=2√7， 又由(1)可得BA⊥平面ADEF,而APC平面 故在Rt△PAC中PC=4√2， (5分) ADEF,故AB⊥AP, (2)证明：取PB上靠近点B的一个三等分点Q, 因为AP2=BP2一AB2,所以若线段BP最短， 则AP最短，此时AP⊥FG 连接AQ,MQ,则MQ∥BC且MQ=号BC, 而AF=AG=1,故点P为FG的中点， 故P(分2o 在直角梯形ABCD中，AD/BC且AD=号BC, (8分) 所以MQ∥AD且MQ=AD,故四边形AQMD 设n=(u,v,t)为平面BCEF的一个法向量，而 是平行四边形，所以AQ∥DM,因为AQC平面 EF=(0,-1,0),BF=(1,0,-b), PAB,DM寸平面PAB,所以DM∥平面PAB. 一0=0， 故 (10分) lu-bt=0; 可得n=(仍，0,1)， (3)解：∠PAB即二面角P-AD-B的平面角，故 因为直线BP与平面BCEF所成角O的正弦值 ∠PAB=120°，建立如图所示的空间直角坐 标系， BP.n 2 BP 6+·，b2+2 即2643b2+1=0,解得6=1或6三2， 易得BC∥平面ADEF,则点C到平面PDE的 则P(-1,03),B(1,0,0),D(0,2√5,0)， 鹿库为1安盟， (11分) C135,o0Mg25,） BH 不妨设PB =k(0≤k≤1)，则H(1-2k,0,√5k), 所以P到直线ED的距离为 ED·EP2 设n=(x,y,之)为平面MAC的一个法向量， A E 又Ai-(g25,）AC=1,3w5,0, 1 √2 2-0=2， (13分) x+6W3y十3x=0 则 可取n=(-3√3,1，-3)， 易得|ED|=√2，故S△PED= x+3√5y=0, (13分) (14分) 1 1 1 又Ai=(1-2k,0,5),故4=1A时·m 故三棱锥P-CDE的体积为3×2X1=g或3 n |35(2k-1)-3V3|33(1-k)√111 x名×号-是 (15分) √37 √37 37 18.(1)解：因为∠B=90°，AD∥BC,所以AD⊥PA, 解得长=号 又PA⊥AB,AD∩AB=A,AD,ABC平面 故存在点H,使得点H到平面MAC的距离是 ABCD,所以PA⊥平面ABCD, (2分) w√11 .BH 2 因为ACC平面ABCD,所以PA⊥AC,在直角 37 ,此时PB=3 (17分) ·30· ·数学· 参考答案及解析 19.(1)证明：取弧BC的中点H,则OH⊥BC,以O DF.AC=-2x-4+2y=0, 为坐标原点，直线OB,OH,OO1分别为x,y,z x=0, 又x2+y2=4,y>0,解得 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， y=2, 此时F(0,2,0),G(0,2,1), (10分) 设n=(a,b,c)为平面FOD的一个法向量， n·OF=2b=0, 则 n·OD=-2a十c=0, 取a=1,得n=(1,0,2), 连接OA,在△ABC中，由BC=4,AB=AC= 设m=(e,f,g)为平面GOD的一个法向量， 2W2,OB=OC,得AO⊥BC,AO=2, m·0G=2f+g=0, 则 于是O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(-2,0,0), m.OD=-2e+g=0, D(-2,0,1), (3分) 取e=1,得m=(1,-1,2), 设F(x,y,0),则G(x,y,1),其中x2十y2=4, 则平面FOD与平面GOD夹角的余弦值为 y>0,所以CG=(x+2,y,1),BF=(x-2,y, |n·m530 0) cos(n ,m)=n m 5X//66.(14) 所以CG·BF=x2-4十y2=0,即CG⊥B京， (3)解：由(1)得OD=(-2,0,1),0G=(xy,1), 所以CG⊥BF. (5分) 则点G到直线OD的距离 (2)解：由BE⊥平面ABC,ACC平面ABC,得 OG·OD2 BE⊥AC, 5一， 又AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC,而AB∩BE (15分) =B,AB,BEC平面ABE,则AC⊥平面ABE, 即AC=(-2,2,0)为平面ABE的一个法向量. 故当x2即F的坐标为（，o0时，点G (7分) 到直线OD的距离取最大值，最大值为√5. 由DF=(x十2，y,-1),DF∥平面ABE,得 (17分) 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 数学·解析几何 一、选择题 2A【解析】由b+2c2=9,可得日十，5乙，7 1.B【解析】由题意可得圆C:(x+1)2十(y-2)2= 25,圆心C(-1,2),半径r=5,则圆心C到直线1 点(26，c)总在精国之+y =1(m>0,n>0)上， 的距离d=m二3.因为圆C上恰有两个，点到重 故46+ ,462,c2 m+n=1,所以36十4.5=1，故该椭圆的长 线1的距离为2，所以r-2<d<r+2,即3< 轴长为2√36=12. m-3<7,又m>0,解得3+3<m<15+3. 3.B【解析】如图，设C的渐近线l1,l2分别与1交 √2 于点M,P,依题意，l1垂直平分线段PF,则 ·31·