选择填空题专练(9)空间点、线、面的位置关系-【鱼跃龙门卷】2026年高考数学试题逐题突破

·数学· 4nR=4x×(号）)°=2，放C正确；对于D,设该实心球的半径为 r依题意，号-x(》x1得-周- 区，故D正确。 4 8.ABC 9.ACD【解析】对于A,由AB=AD=BC=2cm,且CD=2AB, 可得D-4m商0,0，=√An-(2T √4-（号）=5(cm,则圆台轴截面ABCD的面积为 2X(2+4)X3=33(cm),所以A正确；对于B,圆台的体积 为V=了1+2+40X厅-725xcm),所以B错误，对于C,设 圆台的外接球的球心为O,半径为R, 如图，连接OA,OD,设OO1=h,在 Rt△OO1D中，可得R=OO?+ O1D2=h2+4,在Rt△OO2A中，可 得R2=00+02A2=(h+√3)2+1， 即(h+√3)2+1=h2+4,解得h=0,即 0与O,重合，所以R=2cm,所以外接球的体积为号R ×2-3 4 3π(cm),所以C正确；对于D,由圆台补成圆锥， 可得大圆锥的母线长为4cm,底面半径为2cm,侧面展开图的 圆心角0=2红：2=元，设AD的中点为P, 4 连接CP,如图，可得∠COP=T, 2,0C= 4 cm,OP 2+1=3(cm),CP= √4+32=5(cm),所以沿着该圆台表 面，从点C到AD中点的最短距离为5cm,所以D正确， 三、填空题 10.3+23 2 11.117m【解析】如图，过E作EO⊥平 面ABCD,垂足为O,过E分别作EG⊥ BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M,连接 OG,OM,因为EO⊥平面ABCD, M BCC平面ABCD,所以EO⊥BC,因为EG⊥BC,EO,EGG 平面EOG,EO∩EG=E,所以BC⊥平面EOG,因为OGC平 面EOG,所以BC⊥OG,同理，OM⊥BM,由题意得等腰梯形 所在的面、等腰三角形所在的面与底面的夹角分别为∠EMO 和∠BO,所以a☑E0=n∠B0=.又BMLG, 故四边形OMBG是矩形，所以由BC=10得BG=OM=5,所 以E0=√14，所以OG=5,所以在直角三角形EOG中，EG= √E0+OG=√（√14）2+52=√/39，在直角三角形EBG 中，BG=OM=5,EB=√JEG2+BG=√（√39)2+52=8， 又因为EF=AB一5一5=25一5一5=15，所以所有棱长之和为 2×25+2×10+15+4×8=117(m). 12. 5V5π【解析】设圆锥内接最大正方体 0 ABCD-A1B1C1D1棱长为a,圆锥底面 圆半径为r,高为h,由题意得r=1,h= 2√2，则沿着正方体体对角面作圆锥轴 截面得到截面图如图， 参考答案及解析 2a 则有2-ha→2a-25二a→a= 224W6 ,所以正 r h 2 2√2 3 9 方体的面对角线长为√2a= 4、4v6 39 ,所以以正方体顶点A 为球心，半径为的球与正方你我面交 A 线情况如图所示，所以交线有两组各有 三条长度相等的曲线，第一组曲线如图 1,第二组曲线如图2， E B 图1 图2 A=AB-2,AE=AP-45,所以AE=AG √(g)-()'=2g5,所以∠AAE=∠EaF= ∠MF-舌屈-会×xx5-2,屁-景×x× 9 27 -,所以交线的意长度为3配+3 9 +2）- 9 数学选择填空题专练（九） 、选择题 C2.A 。 B【解析】如图，连接BC1,取BC1中 D 点O,则E,M,O三点共线，在A1D1上 取点P,满足A,P=PD,在AD上取 点G,浦足GD-2GA:在BC上取点 G S,满足CS=2SB;连接NP,PG,GS, NS.因为A,P-PD,B,N=NC,所以NP/A,B,又 OE∥AB∥A1B1,所以NP∥OE,所以N,P,E,M,O五点共 面.同理可得G,S,O,E,M五点共面，所以四边形NPGS即 为过E,M,N三点的平面截正方体得到的截面多边形.因为 NP∥A1B1,A1B1⊥平面BCC1B1,所以NP⊥平面BCC1B1, 又NSC平面BCC,B,所以NP⊥NS,即四边形NPGS为矩 形.因为NB,=号B,C=号，BS=号BC=专，所以NS= 2 BS=NB+BB4+4=20,又NP=2,所必 3 SENPGS=NP·NS=4YIO 31 D【解析】把直三棱柱ABCA1B,C1补成 一个底面为菱形的直四棱柱，如图所示，因 为DM=AE,且DM∥AE,所以四边形B ADME为平行四边形，所以AD∥ME,所以 异面直线AD与EF所成的角为∠FEM或 其补角，不妨设AC=AB=AA1=a,因为 ∠BAC=120°，所以∠ABN=60°，所以 高考试题逐题突破 △ABN为等边三角形，所以AN=a,EN=7AN=2a,所 以ME=√MN2+EN= a+(2a) √5 = 2a,因为 △A,MC,是边长为a的等边三角形，所以FM=5。 2a,又因为 EF=√2+（宁厂-汽。，所以在△BM中，由会装定理 EF2+EM2-FM2 7 可得cos∠FEM= 2EFXEM =10,故异面直线AD 与EF所成角的余弦值为0， 6.B 二、选择题 7.BCD 8.ABD【解析】如图，连接AC1,A1C,由H, G分别为CA,CC,中点，可得HG∥AC1,由 AC=BC=AA1可知，侧面AA1C1C为正方 形，所以A1C⊥AC1,所以A1C⊥GH,故A 正确；连接HE,GF,因为E,F,G,H分别为 AB,BB1,CC1,AC的中点，所以HE∥BC, GF∥BC,所以GF∥HE,所以E,F,G,H四 P 点共面，故B正确；延长FE交A1A的延长线于P点，连接 PC1,交AC于Q点，连接QE,C1F,设FE,FC1确定的平面 为a,则P,C1∈a,所以PCCa,所以CQ,QECa,则易知三 棱柱的截面四边形为FEQC1,在Rt△C1BF中，C1F= √22+1下=√5，在Rt△BEF中，EF=√(W2)+12=√3，而 Rt△AEH中，QE>EH=1,而C1Q>C1H=√1+2=5， 所以截面的周长大于1十√5+2√5，故C错误；由B知，GF∥ HE且HE≠GF,所以梯形EFGH的两腰EF,GH所在直线 必相交于一点P',因为P'∈平面A1ABB1,P'∈平面 A1ACC1,又平面A1ABB1∩平面A1ACC,=AA1,所以P'∈ A1A,所以P'与P重合，即EF,GH,AA1三线共点于P,故D 正确. 9.ABD【解析】由题知，GM⊥GE,GNI GE.又GM∩GN=G,GMC平面MGN, GNC平面MGN,所以GE⊥平面MGN. 又MNC平面MGN,所以GE⊥MN,即 EF⊥MN,故选项A正确；因为GE= V2 GF=号AB=1,所以EF=2=MN,故选项B正确；因为 GM=GN=2AD=V2,MN=2,所以GM+GN2=MN2,所 以GM⊥GN.又因为GM⊥GE,GE∩GN=G,GE平面EFN, GNC平面EFN,所以GM⊥平面EFN.所以四面体EFMN 的体积为号×号×恒×2X疗=号，故选项C情误：因为 MN=EF=2,ME=FN=MF=NE=√3，所以四面体 EFMN可以放人长方体中，如图所示，设四面体EFMN的外 接球的半径为R,则有(2R)2=12+(√2)2+（√2）2=5，解得 R-号，所以外接球的表面积S=4R2-5x,故选项D正确。 三、填空题 10.vg 2 1.2V30【解析】如图，分别取AA,DD, 5 的中点N1,E,连接D1N1,B1N1,AE B1D1,A1N.在正方体ABCD-A1B1C1D N 中，易得AEBM,B1D1∥BD,D1N1∥AE, 所以D1N1∥BM,又D1N1,B1D1寸平面 8 BMD,BD,BMC平面BMD,所以D1N1平面BMD,B1D1∥平 面BMD,又D1N1,B1D1C平面B1D1N1,且D1N1∩B1D1= D,所以平面BD1N1∥平面BMD.因为N为四边形 A1D1DA内一点（含边界），且B1N∥平面BMD,所以点N 在线段D1N1上（含端点），所以当B1N⊥D1N,时，线段 BN的长度最小.因为B1N1=DN1=5,BD1=22,所以 △B1N1D1的边B1D1上的高为√(W5)2-(W2)2=√3，则 Sn=号×2EX5=6,则当B,N1D,N:时，B,N 2SAB1N,D1_26_2V30 最小，即B1Nm=D1N1 5 51 2.1 【解析】如图1，在平面BCD内，分 别过B,D作CD,BC的平行线交于点 EA E,连接AE,则四边形BCDE为平行四 边形，则ED=BC=4,∠EDA=60°，则 B 1 S△BDA=2AD·EDsin∠EDA=2X 图1 3×4sin60°=3√5，在△ACD中，AD=3,∠ACD=120°，由 AD=3=25=2R,其中R为△ACD的 正弦定理得sin/ACD3 外接圆半径，解得R=√3，则点C在半径为√3的△ACD的外 接圆的劣弧AD上，作CF⊥AD,垂足为 F,如图2，则当F为AD的中点，即AC= CD时，CF最大，此时AF=DF=2ADS】 北时6F=AFm30-名×号-9， 当平面ACD⊥平面AED时，点C到平面 图2 AED的距离最大，且最大距离为写，连接 CE,此时三校维CAED的体积最大，最大值为号× 2+ 35=子，而VgAm=V三我m=V三am,故四面体 ABCD体积的最大值为号 数学选择填空题专练（十） 、选择题 B2.B3.C4.B B【解析折】由2a,*1十a1=30.a:=是可得2a,a:十a:= 3a,→a,=号，易知a,≠0，两侧同时除以a,a1,可得2十上 3 整得-1=（品一小，所以-1是以子 an 1=号为首项，号为公比的等比数列，则-1=号（行） 2 2x()》”,故2-1+ 1-1++1-1= [-()门 an 1 13 1-(传)广-(+++)-做++ 1 a2 n+1-(号)广，易知fm)=+1-(号)广a∈N)单调递增， f9)=10-六<10<f10)=101-3品，所以4=9. 0」鱼欧龙力卷 2025一2026学年度高考试题还题突破—选择填空题专练（九） 数学·空间点、线、面的位置关系 总分：63分时间：40分钟 一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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.如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G,H分别为棱A1D1,B1C1,BC,AD的中点， 则下列说法正确的是 A.直线HE与直线GF是异面直线 B.直线HE与直线BB1是异面直线 D C.直线HE与直线CC,共面 D.直线HE与直线BF共面 2.已知m,n是两条不同的直线，a,3是两个不同的平面，则下列命题正确的是 A.若m⊥a,n⊥a,则m∥n B.若a⊥3，m⊥a,则m∥3 C.若m∥a,n∥a,则m∥n D.若&∥B,m∥a,则m∥3 3.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E,M分别为线段AD1,A1C的中点，点N在 线段B,C上，且B,N=2NC1,则过E,M,N三点的平面裁正方体得到的截面多边形的面 积为 A. 2W10 B.4I0 3 C.4 D.25 3 4.如图，在四面体C-OAB中，OA⊥OB,OA⊥OC,OB⊥OC且OA=OB,D C 为四面体C-OAB外一点，要使CD⊥AB,需要添加的条件是 A.CD⊥OC B.CD=OC C.DA=DB D.DA⊥DB 5.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=AB=AA1,∠BAC=120°，D, E,F分别是棱B1C1,BC,A1C1的中点，则异面直线AD与EF所成角的 余弦值为 B 3 A.10 B.V57 10 C.5 7 D.10 数学·选择填空题专练（九）第1页（共2页） 班级 6. 已知正方体ABCD-AB1GD,的棱长为4，A正-A,B,C=xC+CCdw∈[0,1]， 若EF平面A1DC1,则线段EF的长度的取值范围为 姓名 A.[3,26] B.[√2，√26] C.[√2,5] D.[2,2√6] 得分 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。 7. 如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中 A.BM与ED平行 B.CN⊥DM 答题栏 C.∠EBM=60 1 D.直线AB,EN,CM中，任意两条都是异面直线 8.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC,AC=BC=AA1,E,F,G,H分别为AB,BB1, 3 CC1,AC的中点，则 7， 八、 4 5 A.A1C⊥GH 6 B.E,F,G,H四点共面 3 C.设BC=2,则平面EFC1截该三棱柱所得截面的周长为1十√3十2√5 8 D.EF,GH,AA1三线共点 9 9.如图1，四边形ABCD为矩形，AB=2,AD=2√2，E,M,F,N分别为矩形各边的中点，现按 图中虚线折起，得到如图2所示的四面体EFMN,其中点A,B,C,D重合为点G,则在图2 中，下列结论正确的是 A.EF⊥MN B.EF=MN C四面体EFMN的体积为 D.四面体EFMN的外接球的表面积为5π 图1 图2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 10.已知某水库堤坝斜面与水平面所成的二面角为60°，堤坝斜面上有一 D 条直道CD与堤脚的水平线AB的夹角为30°，小李同学沿这条直道 堤顼 30° 斜面 从C处向上行走到10米时，小李升高了 米 A C 水平面 B 11.在棱长为2的正方体ABCD-A1B,C1D1中，M为CC1的中点，N为四边形A1D1DA内一 点（含边界），若B1N∥平面BMD,则线段B,N长度的最小值为 12.已知四面体A-BCD中，棱BC,AD所在直线所成的角为60°，且BC=4,AD=3,∠ACD= 120°，则四面体A-BCD体积的最大值是 数学·选择填空题专练（九）第2页（共2页）