专题卷(5)立体几何-【鱼跃龙门卷】2026年高三数学二轮复习专题金卷

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（五） 数学·立体几何 (考试时间120分钟，总分150分) 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。带题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.若，n为空间中两条不同的直线，α，3为空间中两个不同的平面，则下列结论不正确的是 A.若m∥a,n⊥a,则m⊥n B.若m⊥a,m∥B,则a⊥B C.若a∥B,m⊥a,nC3,则m⊥n D.若m∥a,n∥a,则m∥n 2.底面相同的圆柱和圆锥有相等的侧面积，且圆柱的高恰好是其底面的直径，则圆柱与圆锥的 体积之比为 A.2 C.215 D.5 5 5 3.过正方体ABCD-A1BC1D1的中心作与AC1垂直的平面a,则平面a截正方体 ABCD-A1B,C1D1所得的截面是 A.六边形 B.五边形 C.四边形 D.三角形 4.如图，平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABEF为正方形，四边形 D ABCD为菱形，∠DAB=60°，则直线AC与FB所成角的余弦值为 B A B. 5 3 C.10 4 D.6 4 5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1,∠BAD=∠A1AD=∠A1AB= 60°.设AB=a,AD=b,AA1=c,则平面AB1D1的一个法向量为 A.a-b-c B.a+b-c C.a+b-39 5 D.a+b- 数学·专题卷（五）第1页（共8页） 鱼跃龙 6.在棱长为2的正方体ABCD-A1BC1D1中，点P为底面ABCD中一动点（含边界)，且 PB1·PD1=3,则线段PB的长度的最小值为 A.② B.5-1 C.√2-1 D. 25-2 2 2 5 7.如图，在六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1,四边形 D ABCD与A1B,C1D1为两个全等的矩形，且AB∥A1B1,AD∥A1D1,B A B 若BC=A1B1=AA1=2,AB=B1C1=4,则该六面体的体积为 52 62 A.14 B. 3 c D.24 8.已知边长为2的正方形ABCD的中心为O,将其沿对角线AC折成直二面角.设E为AD的 中点，F为BC的中点，将△EOF绕直线EF旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球 的表面积为 A C.π 如图所示，四面体ABCD的体积为V,点M为棱BC的中点，点E,F分别为线段DM的三等 分点，点N为线段AF的中点，过点N的平面a与棱AB,AC,AD分别交于O,P,Q,设四面体 AOPQ的体积为V',则的最小值为 1 A. B 1 1 C.16 D.27 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。 9.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=4,AA1=6,M为侧面BCC1B1内一动点，则 MA·MD的值可能是 A.1 B.4 C.15 D.17 门卷 数学·专题卷（五）第2页（共8页） 10.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形，且DE∥SA,SA= 四 AB=2DE=2,M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D, 15: C),则下列说法正确的是 A.存在点Q,使得NQ⊥SB B.存在点Q,使得异面直线NQ与SA所成的角为60° C三棱锥Q-AMN体积的最大值是号 D.当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大 11.如图，正方体ABCD-A1B,C1D1的棱长为1，动点P在对角线BD1上，过P作垂直于BD 的平面a,记平面a与正方体ABCD-A1B,C1D1的截面多边形（含三角形）的周长为L(x), 面积为S(x),BP=x,x∈(0，√3)，下面关于函数L(x)和S(x)的描述正确的是 AS(x)最大值为3 4 BL(:)在x-时取得极大值 C.L(x)在(0,2 上单湖递增，在(3)上单调递被 D.S(x)在(0，)上单调增，在(，)上单调道藏 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.在空间直角坐标系中，A(1,-2,a),B(0,3,1),C(b,一1,2)，若A,B,C三点共线，则ab= 13.如图，平面ABCD与平面PAB的夹角为30°，四边形ABCD是边长为P 2的正方形，△PAB是边长为2的正三角形，则P,D两点间的距离 是 14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，P是侧面ADD1A1(包括边界)上一动点，E是 棱CD上一点，若∠APB=∠DPE,且△APB的面积是△DPE面积的9倍，则三棱锥 P-ABE体积的最大值是 数学·专题卷（五）第3页（共8页） 鱼跃龙门卷 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。 (13分) 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，AD=1,AB=2, AA1=3,BF=2D1E=2. (1)证明：EF⊥A1E. (2)求平面A1EF与平面A1B1F的夹角的余弦值. D A- B、 D 数学·专题卷（五）第4页（共8页） 班级 16.(15分) 17. 姓名 在梯形ABCD中，AB/CD,∠BAD=,AB=2AD=2CD=4,P为AB的中点，线段AC 与DP交于O点（如图1）.将△ACD沿AC折起到△ACD'位置，使得D'O⊥OP(如图2). 得分 D' Q B 选择题 图1 图2 答题栏 (1)证明：平面D'AC⊥平面ABC; 1 (2)线段PD'上是否存在点Q,使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为 ?若存在，求出 3 P 5 PD的值；若不存在，请说明理由. 6 7 8 9 10 11 数学·专题卷（五）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (15分) 如图，已知菱形ABCD和菱形ADEF的边长均为2，∠FAD=∠BAD=60°，BF=√5，M,N 分别为AE,BD上的动点，且AM=λAE,BN=入BD(0<入<1). (1)证明：MN∥平面CDE; (2)当MN的长度最小时，求： (i)λ； (i)点C到平面MND的距离. 数学·专题卷（五）第6页（共8页） 18.(17分) 19. 在如图所示的六面体中，四边形ABCD为正方形，AP∥BQDR. (1)判断四边形PQCR的形状，并说明理由； (2)证明：AP=BQ+DR; (3)已知AP⊥平面ABCD,AP=AB.设二面角P-QC-B,P-RC-D的大小分别为01,02，平 面PQCR与平面ABCD的夹角为03.证明：cos01十cos02+cos03=0. 数学·专题卷（五）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (17分) 在四面体ABCD中，钝角△BCD的三边均为整数且满足BC+2=BD十1=CD. (1)求△BCD的外接圆半径； (2)(1)设O1,O2分别为△BCD,△ACD的外心，过O1,O2分别作平面BCD,平面ACD 的垂线l,m,证明：直线l,m相交于一点； ()若四面体ABCD的外接球0的半径为2，设△BCD的外接幽圆心为O1,延长 AO,交球面于点M,OA-O1M三25求直线AM与平面BCD所成角的正 弦值. 数学·专题卷（五）第8页（共8页）·数学· aq≠0，等比数列{am}的公比为q,不妨假设a>0,q>0,bn=16 a(-2q)”,此时等比数列{bn}的公比为一2g<0,当n为奇数时， 则bn=一ag”·2<aq”=am;当n为偶数时，则bn=aq”·2"> ag”=am,满足{bn}是{an}的交错数列，若等比数列{a.}的公比为 q<0,根据对称结构，上述结论依然成立，同理若a<0,9>0,bn= a(一2g)”,此时等比数列{bn}的公比为一2g<0,当n为奇数时， 则bn=-ag”·2>aq”=am;当n为偶数时，则bn=ag”·2"< ag”=am,满足{bn}是{a.}的交错数列，若等比数列{am}的公比 为q<0,根据对称结构，上述结论依然成立，综上所述：对任意给 定的等比数列{an},都存在等比数列{bn},使得{bn}是{an}的交 错数列，故②为真命题，故A选项正确. 二、选择题 9.BC 10.AB 11.ABD 三、填空题 12.-713.609 14.2022【解析】因为数列{an〉满足a1=1,且am+1= √a:+则a=a+是，当n≥2且∈N时，a=a+ (ai-a)+(a-a)+…+(a-a1)=1+g 3 2-1大 1-2） 3 1 =4 2,0-1也满足a:=4 ，故对任意的aNa=42马故6，=a-[a]=0。 3 6=a-]=4--[4-]=号-2=当m≥3时， 2≥4则0<23<1，所以3<4-23<4，此时6，=a: [a]=42-[4-2]=4-2-3=1- 7,所以 S2025=b1+b2+(b3+b4+…十b2025)=0+ 1 2 +2023 (1-） 17 (层++…+是)-2a+日- =2023+ 1- 13 -+2a=2022+。 3 22024∈2022,2023)，故[S22s] 2022. 四、解答题 15.1)证明：由已知可得=0+1，即-0=1. n+1-n n+1 n 所以}是以=1为首项，1为公差的等差数列。 1 (2)解：由(1)得2”=1十(n-1)·1=m,所以an=n2, 所以f)=号2+号x 1 t3x3+…+m +7x1, 故f'(x)=x十2x2+…十mxm, 可得f'(3)=3+2·32+…十m·3"①， 所以3f'(3)=1×32+2×33+3×3+…+(m-1)·3m+ m·3m+1②， 由①-②有-2f'(3)=3+32+33+…+3m-m·3m+1 =3(1-3m) -m·3m+1=(1-2m)·3m+1-3 1-3 2 所以f(3)=(2m-1)·3m+1+3 解：(1)数列{an}中，a2=l,Sn为{an}的前n项和， 当n=1时，2S1=a1→2a1=a1,所以a1=0, 当n≥2时，2Sn=nan①，2S.+1=(n+1)ae+1②， 由②-①得，2S4+1-2Sn=(n十1)aa+1一nam, 2(S+1-S,)=(n+1)an+-na, 即nan=(n-1)am+1, ,2-n”递推可得。- 当n≥2时， a,n-2…a =2 由累果法可得…台·× X…X an an-1 × 则21=1，又因为a2=1,所以a+1=n(m≥2， az 即am=n-1(n≥3)，经检验，当n=1,n=2时，也符合上式， 所以an=n-1. (2)由(1)可知am=n-1,am+1=n, sin 1 所以b.= cos(an+1)cos(a+1+1) sin 1 cos ncos(n+1) =sin[(n+1)-n] cos ncos(n++1) sin(n+1)cos n-cos(n+1)sin n cos ncos(n+1) sin(n+1)cos n cos(n+1)sin n cos ncos(n+1)cos ncos(n+1) =tan(n+1)-tan n, 所以Tm=b1十b2十bg+…bn =(tan 2-tan 1)+(tan 3-tan 2)+.+[tan n-tan(n-1)]+ [tan(n+1)-tan n] =tan(n+1)-tan 1, 所以数列{bn}的前n项和Tm=tan(n+1)一tan1. 解：(1)因为a1=b1=c1,所以在b.十2c.=1中，令n=1,得 3a1=1,所以a1=3 1 当n≥2时，由b.=及b。+2c.=1, C-1 得二+2c.=1,所以1 1=2. Cn-1 Cn Cn-1 又1=1 =3,所以 }是首项为3，公差为2的等差数列， c1 a1 所以上=3+2(m-1)=2m十1，所以c.=2m十1 1 C a 1 (2)由(1)知6.==c1 2n-1 cw-112n+1 (n≥2). Cn 当n=1时，b1=- 满是上式所以6，红 1 _2n-1_2n-3_4 则a.=b。-b.-1-2n+i2n-i4n2-（n≥2》. 当m=1时，a1=弓，不清足上式， 3n=1, 所以an=了 4 (4n2-1n≥2， 。 参考答案及解析 当m=1时，1=3≤2025，显然成立： 所以f(x)≤f(1)=-1<0,所以lnx<x, a 当m≥2时，令4n-1≤2025，所以m2<8101 所以2n1+h2+…lnn)<21+2+…十m）=2xnn+1D- 2 4 4 n2+n, 又n∈N*,所以n的最大值为45. 所以Qn<e2+n得证. 1 19.(1)证明：f(x)=x+2sinx, a (3)设d.=2n+3 15n=1, f(2π-x)=(2r-x)+2sin(2x-x)=2π-x-2sinx, 4 (2m-1)(2m+1)(2m+3)n≥2， f(x)+f(2x-x)=x+2sin x+2x-x-2sin x=2x, 故函数y=f(x)的图象关于点（π，π）中心对称， 当m=1时，S1=5 (2)解：因为{am}为等差数列，所以a1十a2十a3=3a2, 又a1,a2,ag是某三角形的三个内角度数， 4 当n≥2时，d.=(2m-1D(2n+1)(2n+3)=(2m-1D2n+D 所以a,十a:十a,=x得a,=号a1+a,=行， (2n+1)(2n+3) T3=a+2sin a+a2 +2sin a:+a;+2sin as=x+2sin a+ 所以Sn=d,十d2+…+dn 2sin子+2sin(暂-a）, -后+(）+（文-）+…+ 化简得工-xh5+3na,5casa-xh5+2sm(a,+）, 1 L(2n-1)(2n+1)(2n+1)(2n+3)」 因为aa:a是某三角形的三个内角度数，且a:=了，所以 2 1 =15-(2n+1)(2m+3) a(,） 当n=1时，也符合上式， 2 1 所以S。=15(2m+1)(2m+3) 即a1+若∈(g）,m(a+）(分，1]， 8.(1)解：因为数列{an}满足am+1=Sn十2， 可得T3∈（π+2√5，π+3V3]. 所以n≥2时，得am=Sa-1十2， (3)证明：若S1=100π，根据等差数列性质可得50(a,十 两式相减，得a+1=2a4,即2中=2，m≥2， a1o1-m)=100π(1≤n≤50，n∈N*), an 由此可得an十a1o1-n=2元，a1o1-n=2r-am,sina101-m=sin(2r一 因为a1=2,a2=S1十2=a1十2=4， a)=-sin a,sin a,+sin a1o-=0, 100 则22=2，所以2+=2，n∈N, To=览fa,)=号(a,+2sina,)=号a,+22sina,=Sm十 = 1 i=1 i=1 a 所以数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以 2X50(sin a.+sin aio1-), 解得T1=S10=100元，证毕. an=2". (2)解：由(1)得bn= 2m-1 反之，若Tw=10x,即Tm-2fa,)=Sw+22sna,=10x 2 因为{an}为等差数列，所以50(an十ao1-n)=S1o→am十a1o1-n T2+2+…+203+2 13， 2-1 2 S0(1≤n<50,n∈N), 工.=+2+…+23+ 13 2” 2和+1， 即Tw-2fa,)=Sw+2[如a+sa(S-a,)]=10x, 12 两式相减得2T。一2十2十…十 2_2n-1 2”2+ 当且仅当sn(0-a,）-sna,时，5w=10x, =(分++ 1）2m-11 2” 2+一2 者m(0-a)-na则Sm10x ×(11) 1 故反之不成立，证毕， 2 2 =2× 2n-1_1 2 数学（五） 12 2+1 一、选择题 32n+3 = 1.D2.C3.A4.D5.D6.C 2 2m+, 7.B【解析】如图，在长方体A1B2C2D1-ABC3D2中，A1B2= 则T,=3-2m+3 AB=B,C1=4,AA1=2,BC=A1B1=AA1=2.根据题意可 知，六面体ABCD-A1B1C1D1可以看成长方体A1B2C2D1 《3)证明：由(1)得cn=2·a,=n2,则Q,=(1×2×…×n)2 ABC3D2的一部分. 所以lnQ,=2ln(1×2×…×n)=2(ln1+ln2+…lnn). 要证Qn<e2+",只需证lnQn<n2+n,即证2(1n1+lh2+… In n)<n2+n, 令fx)=1nx-x(x≥1D,则f'(x)=1二工≤0， B B 所以f(x)在[1，十∞)上单调递减， 因为长方体A,B,C2D1-ABC,D2的体积V=S四边形A1B2cP1× 高三二轮复习专题卷 AA1=4X4×2=32,直三棱柱BB1B2-C1C2C3的体积V1= P.Q点共面，所以2十，十-1≥8， 31 S晒×B,C-2×(4-2)×2×4=8,直三棱柱cC,C (当且仅 1 当x=y= 1 1 D,DD的体积V,=S△c,9×D,C,=2×(4-2)X2X4=8, 时取等号)，所以xz≥16设点C到平面BAD 三棱维CC,CC的体积V,=号×SG4,6×C,=号× 1 的距离为d,则点P到平面BAD的距离为C·1=d,又 合×4-2)×2X4-2)=子所U六面体ABCD-A,BCD, SABAD- 2AB·ADsin∠BAD,SAm=ZA0·AQsin∠BAD, 1 的体积为V-V,-V+V,=32-8-8+4=52 3 所以- AA0O·a AO·AQ .1 1 3S△aaD·d AB·AD ·y=x≥6，即的最小 8.B【解析】如图1，由题意可得DO⊥ AC,DO=√2，AC=2√2，平面DAC⊥平 面BAC,又平面DAC∩平面BAC=AC, 值为16 DOC平面DAC,所以DO⊥平面BAC, 二、选择题 又E为AD的中点，F为BC的中点，O 9.BC 10.ACD 为AC的中点，则可得OE=专DC=1, 图1 AD【傷】当(o写] D 时，截面为 OF=号AB=1,过E作EH⊥AC于点H,连接HP,则EH/ 等边三角形，如图. DO,所以EH⊥平面BAC,又HFC平面BAC,所以EH⊥ 因为BP=x,所以EF=√6x,所以L(x)= HF,又EH-合D0-竖，cH-子AC-39,cF-1, 36,5)=,e(o]此 ∠ACB=45°，所以HF=√CF2+CH-2CF·CHcos∠ACB= √r+(）-2x1x 时L).S)在(0，号]上单调递道，且0La)≤3巨，0 2C0s45° =, =2 2， 在 Rt△EHF中，EF=√EH+HF2 S)≤受当：∈（停，2）时发面为六边形，如图。 设AE=t,则AE=AF=CG=CH= 0 √()+（四-，又0E-0e=1,所 B1N=B1M=t,所以六边形 cos∠EOF= EO2+FO2-EF2 EFGHMN的周长为3√2t+3√2(1 2EO·FO =一子，所以 t)=3√2为定值.作NN1⊥平面ABCD ∠EOF=120°.将△EOF绕直线EF旋转一周得 于N1,MM1⊥平面ABCD于M1.设平 到的旋转体为两个同底面的圆锥组合体，沿其纵 图2 面EFGHMN与平面ABCD所成的角为 轴作出其轴截面，如图2，则该轴截面中，△OEG和△OFG是边 长为1的等边三角形，所以该旋转体的内切球的半径r即为菱形 a,则易求cos&二5，所以S大边N OBCF的内切圆的半径，由等面积法，则2Sm=2(OE+BC十 asa=S4m,所以S大m=E[1-号1-) GF+0r,即2×号x1X1x5=号 2=2(1+1+1+1)r,则r= 2]=(2+4-)在(o,]上单调递增，在1 怎因此该旋转体的内切球的表面职为4？一？ [?,1)上单调递减所以我面面积的最大值为、5（合十号 *C【解析】如图，连接AM,由题意知，A 号萨=ò+)=（市+脑） )-此时=即-所以在（停]上 }市+号成-)=专动+专成 单闲递地，在（停，2）上单河是成当-时5)最大。 号市+石×子（脑+A心）=号茄+ 为 85当xG(2）封易得1)-355- (AO AB=x, S)-35后-，此时L5)在(5)上单调连 2 店+立花令 AP AC=y,则 减，0L(x)<32,0<S( 2·综上可知，AD正确，BC错误. AQ D=, 三、填空题 AB=40 12.号18.V或 4C-,所以=+这市+d,因为N,0 14. 9y2【解析】由已知ABL平面ADD1A1,APC平面 8 AD-AQ ADD1A1,所以AB⊥AP,因为DE⊥平面ADD1A1,DPC平 面ADD1A1,所以DE⊥DP,所以∠BAP=∠EDP=90°，又 ·6 ∠APB=∠DPE,所以△APBC∽ 因为AC⊥D'O,D'O⊥OP,AC∩OP=O,AC,OPC平面 △DPE,又△APB的面积是△DPE面 ABC,所以D'O⊥平面ABC, 积的9倍，所以DP ,AP 3,以点D为原点， 因为D'OC平面DAC,所以平面D'AC⊥平面ABC. DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴 (2)解：存在，PD=3理由如下： 的正方向建立如图所示的空间直角坐标 因为D'O⊥平面BAC,OP⊥AC,所以OA,OP,OD'两两 系，则A(3,0,0),D(0,0,0),设点P的x 垂直， 坐标为(x,0,z),则0≤x≤3,0≤z≤3，由已知AP=3PD,所 如图，以点O为坐标原点，OA,OP 以a7-8V2中，所以十+。号 9 OD所在直线分别为x,y,z轴建立空 间直角坐标系， 0,其中0≤x≤3,0≤≤3，所以点P的轨迹为以点(-含0， 则C(-√3,0,0)，B(-√3,2,0)， D(0,0,1),P(0,1,0), 0)为圆心，号为半径的圆在侧面ADD,A:内的一段圆弧，过 所以BD=(√3，-2,1)，CD=(3, 0,1), 点P作PQ∥DD,因为DD1⊥平面ABCD,所以PQ⊥平面 设平面CBD'的法向量为n=(x,y,z),则 ABCD,即PQ⊥平面ABE,所以PQ为三棱锥P-ABE的高， 所以三按锥P-ABE的体积VRE=号SsPQ=号PQ BD=0即x-2y+=0. n·CD=0,W3x+z=0, 号引，因为2++-名-0,0≤≤3，所以 令x=1,则y=0,z=-√3，所以n=(1,0,-√5)， 设P日=λPD(0≤1≤1)， √一2会2+号，0≤：3，所以当=0时，取拉大值，摄 因为C=(W3,1,0),PD=(0,-1,1), 所以C=C克+Pd=C币+PD=(W3,1-λ，A), 大值为32 ，所以当x=0时，三棱锥P-ABE的体积取得最大 设CQ与平面BCD'所成的角为0，则sin0=|cos(C范，n)l= ,33√29w2 C范·n_3(1-)6 值，最大值为2X4=8 11n2√22-2以+481 四、解答题 1 即3入2一7λ+2=0，因为0≤λ≤1，解得1= 3 5. (1)证明：以C1为坐标原点，C1D1,C1B1, CC所在直线分别为x,y,之轴建立如图所 所以线段PD上存在点Q,且品-号，俊得CQ与平面CD 示的空间直角坐标系， 则A121,0,E20,2,F(0,1,号） 所成角的正弦值为 17.(1)证明：（方法一）如图，在菱形ADEF 所以A它=(0，-1,2)，萨-(-2,1,2） 内，过点M作MP∥DE,MP交AD于P, 连接PN, 因为A在.亦=-1×1+2×名-0， 则A4AP AE=AD,由A方=AA应，B衣=AB市 所以A,它⊥E京，所以EF⊥A1E (2)解：设平面A,EF的法向量为m=(x,y,之)， 是器 1A1E·m=0, 1-y+2z=0, 则 即 1 E求·m=0, -2x+y+2=0. 所u品器所以NP/ARICD, 因为MP∥DE,MP中平面CDE,DEC平面CDE, 取=2，则m=(号4,2) 所以MP∥平面CDE. 因为NP∥CD,NP寸平面CDE,CDC平面CDE, 易得平面A1B1F的一个法向量为C1B,=(0,1,0). 所以NP∥平面CDE. m·CB 4 又MP,NPC平面MNP,MP∩NP=P, 所以cos〈m,CB,)= mCB √(）++2 所以平面MNP∥平面CDE, 又MNC平面MNP,所以MN∥平面CDE. 8W105 (方法二)如图，延长AN交直线DC 105 于点G,连接EG, 所以平面A1EF与平面AB,F的夹角的余弦值为805. 由AB/DG,用器-， 6. (1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD, 由AM=入A应，B-入B市得AM AE AB=2AD=2CD=4,∠BAD=三，P为AB的中点， B BD,则MN/EG, 所以AP=AD=2, 而MN中平面CDE,EGC平面CDE, 所以△ADP是正三角形，又因为CD=PB=DP,CD∥PB,所 所以MN∥平面CDE. 以四边形DPBC为菱形，所以易得AC⊥BC,AC⊥DP, ·数学· (2)解：取AD的中点O,连接BO,FO 如图， 由题意知△ABD为等边三角形，得 BO⊥AD,同理FO⊥AD, 而BO∩FO=O,BO,FOC平面BOF, Aò 则AD⊥平面BOF, 又ADC平面ABCD,则平面BOF⊥平面ABCD (ⅰ)在平面BOF内作Oz⊥OB,平面BOF∩平面ABCD OB,则Ox⊥平面ABCD, 以O为坐标原点，直线OA,OB,Oz分别为x,y,x轴建立空 间直角坐标系， 则A(1,0,0),D(-1,0,0),B(0,√3,0)，由B0=FO= BF=3, 得F(o,,2),(-2,,)应=(-8，名） AB=(-1,W5,0),Bi=(-1,-3,0), 由A-应-(-，，)，-或-(-，-5， 0),0<入<1， 得-不-i-+成-A防-(2以-1，-8+ 5,-2) 从而1=√@-1)+(8+同)'+(-刘 以*4-，a(a-》广+， 当X=子时，AMN取得最小值 （1)此时-(o9,-）成=成=（公。）， D元=AB=(-1W3,0), 设n=(x,y,之)为平面MND的法向量，则 a成-2+号=0 √3 10 令z=1,得n=(-3,w3,1), n·MN=5,3 4y-4之=0， 故点C到平面MND的距商为DC=。6Y 13 18.(1)解：四边形PQCR是平行四边形.理由如下： 如图，在平面ABQP中，过点Q作QE∥ BA,交AP于点E,连接DE, 因为AP∥BQ∥DR,易四边形BQEA为 平行四边形，则QE∥AB,QE=AB, 因为四边形ABCD为正方形，则AB∥Q CD,AB=CD, 则QE∥CD,QE=CD,则四边形QCDE为平行四边形， 则QC∥DE,QC=DE, 因为QC￠平面ADRP,DEC平面ADRP,故QC∥平面 ADRP, 又QCC平面QCRP,平面QCRP∩平面ADRP=PR,则QC∥ PR, 因为QC∥DE,则DE∥PR, 又RD∥PE,则四边形DEPR为平行四边形，故DE=RP, 又QC=DE,则QC=PR,故四边形PQCR为平行四边形， (2)证明：由(1)已得□BQEA,则有BQ=AE,由□DEPR可 得PE=DR, 故AP=PE十AE=DR+BQ,即得证 (3)证明：因为AP⊥平面ABCD,AD⊥AB 故以AB,AD,AP所在直线为x,y,之 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设PA=AB=a,QB=b(a>b),则 RD-a-b. 因为AP∥BQ∥DR,则BQ⊥平面 ABCD,RD⊥平面ABCD, B 又AB,ADC平面ABCD,则BQ⊥ AB,RD⊥AD, 因为AB⊥BC,AD⊥DC,BQ∩BC=B,BQ,BCC平面BCQ, 故AB⊥平面BCQ,同理AD⊥平面CRD, 即平面BCQ的法向量可取为n=(1,0,0),平面CRD的法向 量可取为m=(0,1,0). 又因为C(a,a,0),Q(a,0,b),R(0,a,a-b), 则C=(0,-a,b),C求=(-a,0,a-b), 设平面PQCR的法向量为s=(x,y,z), ,|CQ·s=-ay+bz=0, 则C求.g=-ax+a)z0 故可取s=(a一b,b,a), 由图知，二面角PQC-B,P-RC-D都是钝二面角， 故cos01=一|cos(s,n)|= a-b √(a-b)'+b2+a’ b cos02=-|cos〈s,m〉|= √a-b)2+b2+a2 由图知03为锐角，平面ABCD的法向量为k=(0,0,1), 则cos03=|cos(s,k)|= a √(a-b)2+62+a' 于是cos01+cos02+cos0,= a-b √(a-b)2+62+a b √a-b+6+a√0a-b)+6+a =0,得证 (1)解：设BD=n,由BC+2=BD+1=CD,则BC=n-1, CD=n+1, 由两边之和大于第三边可得n十n一1>n十1，解得n>2. 又△BCD为钝角三角形，则最大边CD所对的角∠CBD为钝 角，则由余弦定理可得 0052CBD(n1)n1) 2n(n-1) 解得0<n<4,所以2<n<4, 又n∈Z,故n=3,则BC=2,CD=4,BD=3. 所以os∠CBD=3-4X3--1 2×2×34· 又∠CBD为饨角，所以sin∠CBD=√1-(-)= 4 由正弦定理得，△BCD的外接圆直径为sn∠CBD CD 416√15 W15 15 4 故△BCD的外接圆半径为3酒。 (2)(1)证明：如图1，设四面体A-BCD外接球球心为O, 。7 参考答案及解析 取CD的中点E,连接OC,OD,O1C, 数学（六） O D,OE,O E. 由O1C=O1D,得CD⊥O1E,同理 一、选择题 CD⊥OE,O1E∩OE=E,且O1EC平面 1.C2.A3.B4.C5.C6.D O1OE,OEC平面O1OE, 7.D【解析】圆C:x2+y2-2x十4y-4 所以CD⊥平面O1OE, 0即(x-1)2十(y十2)2=9，则圆心为 又OO1C平面O1OE,则CD⊥OO1,同 C(1,-2),半径r=3,直线l:x-ay-1= 图1 理可得BD⊥OO1. 0令仁)0解得 y=0,即直线恒过定 由BD∩CD=D,BDC平面BCD,CDC平面BCD, 点(1,0)，又(1-1)2+(0+2)2=4<9，所 则OO1⊥平面BCD, 以点(1,0)在圆内，设A(x1,y1),B(x2, 又已知直线L⊥平面BCD,且过点O1, y2),M(xo,y。),由 因为经过一点与已知平面垂直的直线有且仅有一条，故直线 /x-ay-1=0, 即直线O01, 同理可得过O2点所作平面ACD的垂线m即为直线OO2. 2+y2-2x十4y-4=0,消去x整理得 (a2+1)y2+4y-5=0,显然△>0，则y1+y= 4 故直线L,m相交于一点，该交点即为四面体A-BCD外接球的 a+1,则 球心O. (ⅱ)解：四面体A-BCD的外接球球心为 x1十，=a(01十)+2=2a4如+2，所以十 a2+1 2 O,圆O1为△BCD的外接圆，由(1)知 a2-2a+1,y十y=-2 OO1⊥平面BCD. a2+11 2 +7则x。=1十2-a2-2a+1 2 a2+1 若AM⊥圆O,所在平面，即AO1⊥平面 =y4十y=-2 BCD时（如图2）， 2 异则，-1++=(》广+ 设△BCD的外接圆半径为r,由(1)知 =85 (》-1,又直线1：x-4y-1=0的斜率不为0.所以M 15 不过点(1,0)，所以动点M的轨迹方程为(x一1)2+(y+1)2= 已知四面体A-BCD的外接球半径 图2 1(除点(1,0)外)，圆(x-1)2+(y十1)2=1的圆心为N(1, R=2I5 -1),半径r1=1,又|ON|=√+(-1)=√2，所以1ON|- 3 r1≤|OM≤1ON|+r1,即V2-1≤1OM≤√2+1，即|OM|的 则00，=7-2)-(8y-2 取值范围为[2-1，wW2+1]. 51 8.A【解析】显然点F为抛物线y2=8x的 此时1O1A-O1M|=|R+OO1-(R-O01)1=2O01= 焦点，分别记M,N的横坐标为x1,x2,如 图，过A,B分别作抛物线y2=8x的准线 4√1525 5 ，此时不满足题意 x=一2的垂线，垂足分别为D,E,过A作直 线BE的垂线，垂足为G,依题意，|AF= 故AM不与平面BCD垂直，即AM为 平面BCD的斜线. IADI=EGI,IEBI=IBFI,BF=3FA, AB=4AF,BG=3AF-AF= 如图3，取AM的中点F,OF⊥AM.过 点F作FH⊥圆O1所在平面，垂足 2AF,因t∠ABG-g-名·即∠ABG-6的，所以1 为H, 的斜率为tan60°=√3，所以直线l的方程为y=√5(x一2)，联 则FH⊥平面BCD,故∠FO1H即为所 求直线AM与平面BCD所成的角， 立，5(x-2),得2一85工十165=0，解得工=45士 由OO1⊥平面BCD,则FH∥OO1, 图3 x2=8y, 则∠O1FH=∠OO1F,则∠FO1H= 4√3-√3，结合图形可知x2=4√3一4√3-5.联立 -∠0，FH=-∠00，P, {y=5(x-2),得x2+8V3x-163=0,解得x=-43士 x2=-8y, 所以有sin∠FO1H=cos∠OO1F. 4√3十3，结合图形可知x1=-4V3+4√3十√3，所以线段 由FM=FA,则2O1F=|O1F+FA-FM+O1F|=|O1A MN中点的横坐标为十2=2√3十5一2√3-5 0,M1=25 2 5 2√6-2√6，即线段MN的中点到y轴的距离为2√6-2√6. 所以0，F-900,=R-7-2 *A【解析】抛物线C:x2=4y的焦点为(0,1)（恰为P(0,1)),准 51 线方程为y=一1，依题意直线1的斜率存在，设直线1的方程为 y=+1,A13),B(),由红+1消去y得2 在Rt△OFO1中，cos∠OO1F= 0F=5 3 x2=4y, 0012√156 4kx-4=0,所以x1十x2=4k,x1x2=-4.所以y1十y2=k(x1十 5 x2)+2=4k2+2,y1y2=(kx1十1)(kx2+1)=k2x1x2十k(x1十 、故直线AM与平面BCD所成角的正弦值为3， )+1=1,所以加+部-点+克 1