解答题专练(7)立体几何(一)-【鱼跃龙门卷】2026年高考数学试题逐题突破

手鱼欧龙门卷 2025一2026学年度高考试题逐题突破—解答题专练（七） 数学·立体几何（一） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(15分)如图，在圆锥SO中，高S0=3,底面圆O的直径AB=5,C是OA的中点，点D在圆 O上，平面SAB⊥平面SCD. (1)证明：CD⊥AB; (2)若点P是圆O上的动点，求平面SCD与平面SOP所成角的余弦值的取值范围. 2.(15分)在三棱台ABC-A1B1C1中，若AA1⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2, A1C1=1,M,N分别是BC,BA中点. (1)求证：BB1∥平面C1MA; B (2)求直线AC1与平面C1MN所成角的正弦值； (3)求三棱锥A1-C1MA的体积. 数学·解答题专练（七）第1页（共2页） 3.(15分)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA=PD,BC∥AD,DC⊥DA,BC CD=1,AD=2,E,F分别为AD,PC的中点，PE⊥CD. (1)证明：AP∥平面EFB; (2)若PC与AB所成角为45°，求平面BEF与平面BEC的夹角的余弦值. E 4.(15分)如图1所示，在△PAB中，AP⊥AB,AB=AP=12,D,C分别为PA,PB中点.将 △PDC沿DC向平面ABCD上方翻折至图2所示的位置，使得PA=6√2.连接PA,PB,PC 得到四棱锥P-ABCD,记PB的中点为N,连接CN,动点Q在线段CN上. B 图1 图2 (1)证明：CN⊥平面PAB; (2)若QC=2QN,连接AQ,PQ,求直线AD与平面PAQ的夹角的正弦值； (3)求动点Q到线段AP的距离的取值范围. 数学·解答题专练（七）第2页（共2页）高考试题逐题突破 6 (3)因为入= 7n=1, 3,所以a, 3·4m-2 7,n≥2， 假设存在任意三项am,at,a。成等差数列. ①不妨设m>k>p≥2， 当n≥2时，数列{an}单调递增， 所以2a=am十ap, 所以2号·华=号·+ 3 3 7 ·4-2, 整理得2X4-p=4m一p十1， 由上式知，左边=偶数卡右边=奇数，所以当n≥2时，数列 {am}不存在三项成等差数列. ②假设存在成等差数列的三项中包含a1,不妨设m=1,k> p≥2且a>ap, 因为当n≥2时，am>a1,所以2ap=a1十a&, 所以2号4=一号+号 整理得2·40-2=一2十40-8，所以220-3=22-4-2. 因为>p≥2，当且仅当=3，p=2时成立， 故数列{an}存在a1,a2,a3或a3,a2,a1成等差数列。 数学解答题专练（七） 1.(1)证明：在平面ABD内过O作Oy⊥AB,而SO⊥平面 ABD,以O为原点，直线OA,Oy,OS分别为x,y,z轴建立空 间直角坐标系，如图， 则A(号，，0，c(0小 B(-号0.0，s00,3,5=(0 -3）,设CD=(a,b,0), 设平面SCD的法向量为n1=(x1,y1, 21）, n1·CD=ax1+by1=0, 则 m,·st=5 x1-3x1=0, 令x1=12b,得n1=（12b, -12a,5b), 而平面SAB的一个法向量为n=(0,1,0),又平面SAB⊥平 面SCD,则n·n1=-12a=0,解得a=0, 于是CD=(0,b,0),而AB=(-5,0,0),则CD·AB=0,所 以CD⊥AB. (2解：设点P,0).显然+2=空∈[-号，]， O5=(0,0,3),OP-(t,5,0), 设平面SOP的法向量为n2=（x2,y2,z2）, 则m:·0=3z=0, n2·OP=tx2十sy2=0, 令x2=s,得n2=(s,-t,0), 由(1)知，平面SCD的一个法向量为n1=(12,0,5), 设平面SCD与平面SOP所成的角为0， 12s 于是cos0=os(mn:=nn3:主家习 24e[o: 65 所以平面SCD与平面SOP所成角的余弦值的取值范围为 [ 2.(1)证明：以A为原点，直线AB,AC,AA1分别为x,y,之轴建 立如图所示的空间直角坐标系， A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),B1(1,0,2),C1(0,1,2), A1(0,0,2),M(1,1,0),N(1,0,0), ·20 所以BB1=(-1,0,2),AM=(1,1,0),AC=(0,1,2), 设平面C1MA的一个法向量为n= (x,y,之)， 则n·A=x+y=0, B n·AC1=y+2x=0, 令之=1，得x=2,y=-2,新以n= (2,-2,1), 因为BB:·n=O,所以BB1⊥n, 又因为BB,丈平面C1MA,所以B,B平面C1MA. (2)解：AC1=(0,1,2),C1M=(1,0,-2),NM=(0,1,0), 设平面C1MN的一个法向量为m=(a,b,c), 则m·成-6=0， m·C1M-a-2c=0, 令c=1,得m=(2,0,1),设直线AC1与平面C1MN所成角为 0, AC,·m 2 sin 0=Icos (AC1,m)I= ACm5' 所以直线AC,与平面C,MN所成角的正弦值为。 (3)AA1=(0,0,2),平面C1MA的法向量为n=(2,-2,1), 设点A到平面C,MA的距离为d,则d=AA:·n=2 n 3 又AM=√2，AC1=5,C1M=√5， 所以5=××√5-()=多，所以 1 V三装5，M子SAca·d=37 (1)证明：连接AC交BE于O,连接 OF,EC,如图， 因为AE∥BC,AE=BC,所以四边形 ABCE为平行四边形， 则O为AC中点，又因为F为PC中 点，则FO为△APC的中位线， 则FO∥AP.又因为AP￠平面EFB,FOC平面EFB, 所以AP平面EFB. (2)解：由题意知，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD,DC⊥ DA,BC=CD=1, AD=2,E为AD的中点，则DE=BC=CD=1, 综上，四边形BCDE为正方形，故BE⊥AE: 又四边形ABCE是平行四边形，则AB∥EC, 所以∠PCE=45°， 因为PA=PD,E为AD中点，所以PE⊥AD,又PE⊥CD, AD∩CD=D, ADC平面ABCD,CDC平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD, 所以PE⊥CE,则PE=EC=√2， 以E为原点，以EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴， EP所在直线为之轴，建立空间直角坐标系，如图， 则B(0,1,0),C(一1,1,0)，E(0,0,0), p0o2.r(-9）, 故EB=(0,1,0),EF (2》 设平面BEF的法向量为n=(x,y,之)， |EB·n=y=0, 则g帝·n=一2x十23y+V2 1 2=0, 令x=1,则n=(W2,0,1), 又平面BEC的一个法向量为m=(0,0,1), ·数学· 则|cos(n,m)l= |n·m_3 n m 3 所以平面BEF与平面BEC的夹角的余弦值为 3 4.(1)证明：因为折叠前D为PA中点，PA=12,所以PD=AD =6,折叠后，PA=6√2， 所以PD2十AD=PA2,所以PD⊥AD, 折叠前D,C分别为PA,PB中点，所以 DC∥AB, 又因为折叠前PA⊥AB,所以DC⊥PA, 所以折叠后DC⊥PD,DC⊥AD.以D为 坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为 x,y,之轴建立空间直角坐标系，如图，则 D(0,0,0),A(6,0,0),B(6,12,0),C(0, 6,0),P(0,0,6), N为PB中点，所以N(3,6,3),C=(3,0,3), 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),又AP=(-6,0,6), AB=(0,12,0), 所以{AP·m0’即6x+6z=0, (12y=0, 令x=1,则y=0,之=1，所以n=(1,0,1),所以C=3n, 所以CN∥n,所以CN⊥平面PAB, (2)解：设Q(x0y0,z0),由(1)知，C示=(3,0,3)，因为动点Q 在线段CN上， 且0c=2Qv,所以对-=号C可.所以(：-6)=号8， 0,3), 所以x0=2,y0=6,x0=2,所以Q(2,6,2),Q2= (-2,-6,4),QA=(4,-6,-2), 设平面PAQ的法向量为m=(红11)，则：m=0, QA·m=0, 即{2红6红。0令1=1，则1=子1=1，所以 (4x1-6y1-2x1=0, m=(1,号1)，Di=(60,0, 设直线AD与平面PAQ的夹角为0， 所以sin0=lcos(m,Di1=lm·DA 6 ImDAl 6V+(g)+ 3√19 19 所以直线AD与平面PAQ的夹角的正弦值为3V9 19 (3)解：设Q(x2,y2,z2),C0=(x2,y2-6,z2),CN=(3,0, 3),动点Q在线段CN上， 设C0=C,入∈[0,1]，即(x2,y2-6,z2)=(3入，0,3入)， (x2=3入， 即y2=6, z2=3λ， 所以Q(3入，6,3x),AP=(-6,0,6),QA=(6-3x,-6,-3x), QA2=(6-3)2+(-6)2+(-3x)2=18x2-36x+72, 设点Q到线段AP的距离为d, d= QA QA·AP\2 IAPI 18入2-36x+72 -6·(6-3λ)-3X6λ 12 6√2 =√/18入2-36λ+54，λ∈[0,1]， 令t=18λ2-36+54，λ∈[0,1]， ·21 参考答案及解析 则t=18(入一1)2+36，入∈[0,1]，根据二次函数的性质可知 t∈[36,54]， 所以d∈[6,3√6]，所以动点Q到线段AP的距离的取值范围 为[6,3√6]. 数学解答题专练（八）】 (1)证明：如图，取AC的中点O,连接A1O,BO,∠A1AC= 60°，A1A=2,AO=1, 所以A10=√/AA+AO2-2AO·AA1cos∠A1AC= √4+1-2x2x1x2=5, 所以AO2+AO2=AA,所以A,O⊥AC 由题设可知，△ABC为边长为2的等边三角形，所以BO=√3， 因为A1B=√6，所以A1B2=A1O2+B02,所以A1O⊥B0, 又因为A1O⊥AC,AC∩BO=O,AC,BOC平面ABC, 所以A,O⊥平面ABC, 又因为A,OC平面A1ACC1,所以平面 24 A1ACC1⊥平面ABC. (2)解：由(1)可知OA,OB,OA1两两 垂直， 所以以O为原点，以OA所在直线为x 轴，以OB所在直线为y轴，以OA1所在 直线为之轴，建立空间直角坐标系，如图. 所以A(1,0,0),B(0,√3,0)，C(-1,0,0),C1(-2,0,√3)， A1(0,0,3), CA=(2,0,0),BA1=(0,-√3，W3),CC1=(-1,03). 因为CM=入CC1(0≤A≤1)，则M(-1-1,0,√5λ)，BM= (-λ-1，一√331)， 设平面A1BM的法向量为n=(x,y,z), 则n·BA0即{仁y+x=0, n·BM=0,l(1+a)x十√3y-√3λz=0. 取y=λ十1，之=λ+1，x=3(a-1), 所以n=(W3(入-1)，λ十1，λ+1)是平面A1BM的一个法 向量. 设直线AC与平面A1BM所成角为0， sin 0=I cos (CA,)1=ICA 123-1) 1CA11n2√/3(a-1)2+2(a+1) /10 5 化简整理得9(-1)2=4（入+1）2 解得入=号或X=5(会去)，所以M(-号，0号）， 又因为m-(g0,4g)BA-成=1.-50， 6 所以 MA1·B1A:53 |B1A1125 设点M到直线A1B1的距离为d,则d2=|MA12- (MA·BA)2-36+48-9 1B1A117 25+2525=3, 所以d=√3. (1)证明：如图，连接B1D1,由题可知 B1D1∥DO,B1D1=DO,故四边形 BD1DO为平行四边形， 所以DD∥BO,又DD1⊥平面 ABCD,故B1O⊥平面ABCD. 以O为原点，OA,OB,OB1方向分别 为x轴，y轴，之轴正方向建立如图所