解答题专练(8)立体儿何(二)-【鱼跃龙门卷】2026年高考数学试题逐题突破

」鱼欧龙门卷 2025一2026学年度高考试题逐题突破—解答题专练（八） 数学·立体几何（二） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(15分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，∠A1AC=60°，A1B=√6. (1)证明：平面A1ACC1⊥平面ABC; (2)若C-XG心，(0<≤，且直线AC与平面A,BM所成角的正弦值为，求点M到直 线A1B1的距离. M 2.(15分)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD.底面ABCD为菱形， AB=2A1B1,点E为BC的中点.∠BAD=60°，连接AC,BD,设交点为O,连接B1O. (1)求证：D1E∥平面ABB1A1； C 个、B (2)若AB=4,且二面角B1AB-C大小为60°，求三棱锥B1-ABO外接 球的表面积 数学·解答题专练（八）第1页（共2页） 3.(15分)如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E,F分别为AD,BC的中点，将长方形EFCD 沿EF折起，与平面ABFE形成60°的二面角，如图2所示，点M在线段AB上且不与点A,B 重合 图1 图2 (1)若直线MF与由A,D,E三点所确定的平面相交，交点为N,CE⊥MF,求AM的长度及 此时点N到平面CDEF的距离； (2)若AM=3A店，求平面MEC与平面CEF所成角的正弦值. 4 4.（15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2, 3.E为PD的中点，点F在PC上，且B=}设G是线段PB上的三 (1)求证：CD⊥平面PAD; 2)若g={,判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由 (3)设CG与平面AEF所成角为0，求sin0的取值范围. 数学·解答题专练（八）第2页（共2页）·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 高考试题逐题突破 示的空间直角坐标系， 设AB=a,DD1=h,结合四棱台的性质，则 A(20,0),(o,号o,(0,-号o,(-8,。 0, D(0,-号h）,B00,A)A(。,-÷h), 则D在=(--）Ai=(碧-），用 D,E∥A1B! 因为A1BC平面ABB1A1,D1E中平面ABB1A1, 故D1E∥平面ABB1A1. (2)解：因为AB=4,故OA=25,OB=2,△ABO为直角三角 形，二面角B1AB-C是平面ABB1A1与底面ABCD的夹角. 设D1D=h,底面ABCD的法向量可取n1=(0,0,1), 设平面ABB1A1的法向量n2=(x,y,z),又A(2W5,0,0), B(0,2,0),B1(0,0,h), 则AB=(-2√3,2,0)，AB1=(-25,0,h), 所以A店m:=-25x+2y=0:令工=h,则n,=（h,N3, AB1·n2=-23x+hz=0, 25). 所以cos60°= n1·nz 2w3 n·n2T √h+(W3h)+(23)7 √3 1 Vh2+321 因为h>0,解得h=3. 由长方体的性质可知三棱锥B1-ABO外接球直径就是以OA, OB,OB1为三条棱的长方体的体对角线，故三棱锥B1ABO 外接球直径长为√22+(2√3)2+32=5， 所以三棱锥B1-ABO外接球的表面积为S=25π. 3.解：(1)由题意可知，EF⊥CF,EF⊥BF,CF∩BF=F,CF, BFC平面CFB, 所以EF⊥平面CFB,同理可得EF⊥平面DEA, 因为二面角CEF-B为60°，所以 ∠DEA=∠CFB=60°， 所以由题意得△DEA与△CFB是全等 EX= 的等边三角形， 8E:由EF平面CrB,又CiHC平面N色 如图，取BF中点H,连接CH,则CH CFB,所以CH⊥EF, 又EF∩BF=F,所以CH⊥平面ABFE,所以CH⊥MF, 因为CE⊥MF,CH∩CE=C,CH,CEC平面CEH,所以MF⊥ 平面CEH,所以MF⊥EH, 所以tan∠FEH=tan∠MFB,即FH_MB EF FB' 设AM=,则-4号，=子，所以AM的长度为子 7 过N作NT⊥DE于T,则由EF⊥平面DEA,得EF⊥NT,因 为DE∩EF=E,DE,EFC平面CDEF,所以NT⊥平面 即NT的长度为点N到平面CDEF的距离，因 7 NA 2 ,所以N=年，所以NA=14,NE=16,NT= VEsin60°=8W3, 所以点N到平面CDEF的距离为8√3 (2)如图，取AE的中点为O,连接OD,OH, 由(I)得∠DEA=60,0E=2DE=1,0DLAE,0D=B, ·22 因为OH∥EF,EF⊥DE,所以OH⊥DE,又OH⊥AE,AE, DEC平面AED,AE∩DE=E, 所以OH⊥平面AED,因为ODC平面AED,所以OD⊥OH, 所以直线OH,OD,OE两两垂直，则以O为坐标原点，OA, O,OD的方向分别为x,y,之轴正方向建立空间直角坐标 系，如图所示， 则D(0,0,W3),E(一1,0,0)，F(一1,4,0)，C(0,4,√3)，M(1, 3,0), 则DE=(-1,0,-√3)，EM=(2,3,0),EC=(1,4,3),F元= (1,0,W3), 设平面MEC的法向量为n1=(x1,y1之1)， ,/EM·1=2x1+3y1=0, 则武m=+4+3z50: 令2测53=后所以m-(-38, 5 , 设平面CEF的法向量为n2=(x2y2,z2), EC·n2=x2十4y2十V3z2=0, 则 FC·n2=x2十3x2=0, 令之2=1，则x2=-3,y2=0,所以n2=(-3,0,1),所以 4W3 m,m21=n:·n, 。1 nn2 2 41 设平面MEC与平面CEF所成的角为0， 所以m0--a0-、-(任-， 综上所述，平面MEC与平面CEF所成角的正弦值为厅 A (1)证明：因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以 PA⊥CD, 又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,PAC平面PAD,ADC平面 PAD,所以CD⊥平面PAD. (2)解：在底面ABCD中，过A作AM∥DC,交BC于M, 由题意可知AM⊥AD,又PA⊥平面ABCD,所以直线PA, AM,AD两两垂直， 则以A为坐标原点，分别以AM,AD,AP所在直线为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，如图. 则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0), P08,8Eol.r(号号号）.c(台号号) 应=01-（号号台）=（学-号号）： 若AGC平面AEF,则3入，u∈R且λ2+2≠0，使得AG= AAE+uAF, 3 2 则有 一3 -+4，解得二22故 2 4=2, 4 3=1+3, AG=-2A2+2A市】 ·数学· 所以直线AG在平面AEF内. (3)解：由(2)可知B2=(-2,1,2),CB=(0,-3,0). 设BG=kBP=(-2k,k,2k)(0≤k≤1)， 则CG=CB+BG=(-2k,k-3,2k)(0≤k≤1)， 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 1AE·n=y十z=0, 22,4 。即y=， x+y+2z=0 令y=1,有x=-1,x=1,故n=(1,1,-1). 故sin0=|cos〈CG,n〉|= lCt·nl ICGIInl |-2k+k-3-2k| √/4k2+(k一3)2+4k2·√3 3k+3 |k+1 (k+1)2 /9k2-6k+9·3/3k2-2k+3 W3k2-2k+3 令t=k+1,t∈[1,2]， t 则sin0= W3(t-1)2-2(t-1)+3 W3t2-8t+8 1 88+3 V2- (-)+1 数学解答题专练（九） 1.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以 PA⊥CD, 因为AB=4,BC=3,∠ABC=90°，由勾股定理得AC= √AB2+BC=5, 又AD=5,所以AC=AD, 因为E是CD的中点，所以AE⊥CD, 因为PA∩AE=A,PA,AEC平面PAE,所以CD⊥平 面PAE. (2)解：1与平面ABCD平行，理由如下 因为CD=2√5，AC=AD=5,由余弦定理得 COs/DAC-DA+ACDC25+25-203 2DA·AC 2×5×55 BC 3 又os∠ACB=AC-S,故∠DAC=∠ACB,所以BC/AD, 因为BC￠平面PAD,ADC平面PAD,所以BC∥平面PAD, 因为平面PBC∩平面PAD=I,BCC平面PBC,所以BC∥l, 因为BCC平面ABCD,l中平面ABCD,所以L∥平面ABCD. (3)解：四棱锥P-ABCE是否存在外接球， 取决于四边形ABCE是否有外接圆， 由于AE⊥CD,∠ABC=90°，故AC的中 点M即为四边形ABCE的外接圆圆心， 取PC的中点H,连接HA,HM,HB,又 PA⊥平面ABCD,则HM⊥平面ABCD, 且HP=HC=HA=HB=HE,所以球 心O的位置为PC的中点， 且半径为2PC=号VPA+AC-5 2 ,球O的体积为V= 5（(2）’=125✉ 3 2.解：(1)由题可得AB1=B1C,=3,多面体的高为V3.过点A1 作A1之⊥平面A1B1C1D1,则A1之⊥A:B1,A1之⊥AD1,又 A1D1⊥AB1,所以以A1为坐标原点建立如图1所示的空间 直角坐标系. ·23 参考答案及解析 则B(2,0W3),D(1,1W3),E(3x,0,0),F(1,4N3),因此BD= (-1,1,0),EF=(1-3x,u,3),要使EF⊥BD,则EF· BD=0,即3λ-1十u=0,即3x十4=1， 由于3队+≥2V”g,即b≥A·,当且仅当3以=a= 1 1 1 即4=2入=6时取等号，因此入·μ的最大值为2： B N C 图1 图2 (2)如图2，C(2,1,W3),M(0,2,0),设N(3,t,0)(0<t<3),则 MC=(2,-1W3),MN=(3,t-2,0), 设P(m,0,0)(0<m<3),则PN=(3-m,t,0), /M元.Pd=6-2m-t=0, 因此M.P=9-3m+2-2=0, 解得=2或1=0（舍去.则m 11 4· ,PB11 所以NB2 (1)证明：由于四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60°，取CD 中点G,则AG⊥CD,则AG⊥AB, 又PA⊥平面ABCD,则直线PA, AB,AG两两垂直，以A为原点建立 如图所示的空间直角坐标系， 则B(2,0,0),C(1,3,0),D(-1, D 3,0),P(0,0,1),G(0,√3,0)， 所以PC=(1,W3,-1),BD=(-3, √5,0)，BP=(-2,0,1), 器器-A0<1≤， 可知BE=ABD,P京=λPC,所以E京=E第+BP+P序= -λBD+Bp+λP元=(4λ-2,0,1-λ)， 易知AG=(0,W5,0)是平面PAB的一个法向量， 显然E下·AG=O,且EF中平面PAB,即EF∥平面PAB. (2)解：由(1)可知DF=DP+PF=(1,-√3,1)+（入，5λ， -λ)=（λ+1，W3λ-√3,1-λ）， 设平面PBC的法向量为n=(x,y,之)， 则n·B--2x+2=0, n·PC=x+3y-之=0， 令=1则=2y-9m=(192, 设直线DF与平面PBC所成角为a, 则sina=cos(n,D市1=ln·D 2 =n1D45.√5-6x+5 3 √3 2V5A2-6a+5 易知当入=号时，(5以-6a十5)-，即此时sine取得最 16 大位石 解：(1)连接AO,CO, 在△A0C中，由题可得A0=AB十BCeos子=3，B0-