解答题专练(9)立体几何(三)-【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（九） 数学·立体几何（三） 总分：60分时间：40分钟姓名： 得分： 1.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,且AB=4,BC=3,PA=AD=5, ∠ABC=90°，E是CD的中点，CD=2√5. (1)求证：CD⊥平面PAE; (2)设平面PBC∩平面PAD=l,判断并证明1与平面ABCD的位置 关系； : (3)判断四棱锥P-ABCE是否存在外接球，如果存在，直接指出球心O的 位置，并写出球O的体积；如果不存在，请说明理由. 2.(15分)如图，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为1的正方形，AD∥ A1D1,AB∥A1B1,且∠BB1A1=∠AA1B1=60°，底面A1B1C1D1为直角梯形，A1D1∥ B1C1,∠A1B1C1=90°，平面ABB1A1⊥平面A1B1C1D1,A1B1=B1C1=3,A1D1=4. (1)若存在A1正=λA1B1,AF=AD(?>0,>0),使得EF⊥BD,求入·u的最大值； (2)若M为A1D1的中点，在线段B,C1上存在异于B1,C1的点N,线段A1B1上存在异于 A,B,的点P,使得PNL平面NMC,求NB的值， D 数学·解答题专练（九）第1页（共2页） 3.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD,∠ABC=60°， BE PF PA-2AB=1,E,F分别是线段BD和PC上的动点，且名D-P-A(0<A≤1). (1)求证：EF∥平面PAB; (2)求直线DF与平面PBC所成角的正弦值的最大值. 4.(15分)如图1，在△ABC中，AB=BC=2,∠B=行，E为AC的中点，现将△ABC及其内部 以边AB为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点O为点C在旋转过程中形成的圆 的圆心，点C'为圆O上任意一点. B 0· 图1 图2 图3 (1)求新的几何体的体积； (2)记EC'与底面OCC'所成角为0，求sin0的取值范围； (3)当∠C0C'-2时，求点A关于平面BEC'的对称点M到平面BC'的距离. 数学·解答题专练（九）第2页（共2页）·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- 高考试题逐题突破 BCcos-1,CO-BCsin3, 因为新的几何体是以AO为高的圆锥减去以BO 为高的圆锥后剩余的部分， 所以新的几何体的体积V=3XπX(3)× (AO-BO)=2π. (2)如图，取OC的中点F,连接EF,C'F, 因为E,F分别为AC,CO的中点，所以 EF/AO.EF-AO- 3 因为AO⊥平面OCC',所以EF⊥平 面OCC', 所以∠EC'F为EC'与底面OCC'所成 的角， 所以sin0=sin∠EC'F=CE EF EF V√EF2+CF' 又因为0F=号00-5，所以CF-g+5_35 2 2 C'Fm=3-5_3 22 所以CF∈[受，]，所以血0 C'F 11 EF2 4[]. 「13] 9 (3)以O为原点，以OC',OC,OA所在 直线分别为x,y,之轴建立空间直角 坐标系，则A(0,0,3),B(0,0,1), C0w5,0,C(,0,0,E(0, 2 所以眩-(o,g,2）,C-0, -1), 易求得平面BEC'的法向量为n=(1,-1W3), 若AM⊥平面BEC'于点L,设AL=n=(a,-入，wW3), 则Bi=BA+Ai=(0,0,2)+(,-λW31)=(a,-A,2十√5)， 则由配·A立-0可求得A=-23 5 威-成+立=(2，-2以2+25)=(-5,5。 号），由条件可求得平面BC'的法向量为m=(1,1w), 2w3 所以点M到平面BCC'的距离为d=B应·m_ 5 m 2√/15 25 数学解答题专练（十） c=2 1.解：(1)设焦距为2c,依题意，{a2' 2a+2c=22+2, 。24 解得a=2又a2=62+c2,所以b2=a2-c2=1, lc=1, 所以C的方程为7+y (2)(1)设A(x1y1),B(x2y2), x 联立2十y=1,得3x2+4mx十2m2-2=0, ly=x+m, △=16m2一4×3×(2m2-2)>0,解得m2<3, ,x1x4=2m2-2 所以x1十x=-, 3 则|AB1=V2×√x1+x2)-4x1x2=2X√24-8m与 4√3-m2 3 点0到直线L:x一3y十m=0的距离d=1m 所以△0AB的面积S-号×4V个× 3 √2 ×V店-mm<号x8m+m-要 3 2 2’ 当且仅当3一m2=m,即m=士5时，△OAB面积最大，最大 2 值为温 (iI)设Q(x,y),由O0=OA+OB,有(x,y)= （x1十x2y1十y2）, 即r=x1十x, y=y1+y2, 因为z十，=-智，所以方十=十：十2m= 3 4m x=- 3’于是有y=一2x, 1 故<2m. y=3 1 所以点Q在定直线y=一2x上. (1)解：抛物线2：y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0),则有 合-1p=2, 所以n的方程为y2=4x. (2)解：如图，直线1，l2与抛物线各有两 个交点，可知直线1，l2斜率存在且不 为0， 设直线1的斜率为，则直线1：y=号 k(x-1),设M(x1y1),N(x2,y2), 由C红-1D,消去x并整理得y y2=4x, 冬-4=0，此时4=（←）‘+16>0， 4 4 则y1十y=有y1y=-4, 由A为弦MN的中点，有A(专，），则A(1+ 2 221 kk 由垂直的条件，可将及换为-名，设E,,)P1, 同理得y3十y4=-4k,yy4=-4,有B(1+2k2,一2k), 当k=1或k=一1时，直线AB的方程为x=3,