2021年高考数学立体几何多选题之知识梳理与训练及解析.doc

1、2021年高考数学立体几何多选题之知识梳理与训练及解析一、立体几何多选题1如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）A与所成角的余弦值为B过三点、的正方体的截面面积为C四面体的内切球的表面积为D正方体中，点在底面（所在的平面）上运动并且使，那么点的轨迹是椭圆【答案】AB【分析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角为与所成角的余弦值判断A的正误；同样设结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得，进而判断P的轨迹知D的正误；由立方体的截面为梯形，分别求，进而得到梯形的高即可求面积，判断B的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r，进而求内切球

2、表面积，判断C的正误.【详解】A：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：，故正确.B：若N为的中点，连接MN，则有，如下图示，梯形AMND为过三点、的正方体的截面，而，可得梯形的高为，梯形的面积为，故正确.C：如下图知：四面体的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，而四面体的棱长都为，有表面积为，若其内切圆半径为，则有，即，所以内切球的表面积为.故错误.D：正方体中，点在底面（所在的平面）上运动且，即的轨迹为面截以AM、AP为母线，AC为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线，构建如下空间直角坐标系，若，则， ，即，整理得，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标

3、表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.2已知正方体的棱长为，点，在平面内，若，则（ ）A点的轨迹是一个圆B点的轨迹是一个圆C的最小值为D与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ACD【分析】对于A、B、C、D四个选项，需要对各个选项一一验证.选项A：由，得，分析得E的轨迹为圆；选项B：由，而点F在上，即F的轨迹为线段，；选项C：由E的轨迹为圆，F的轨迹为线段，可分析得；选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值.【详解】对于A:，即，所以，即点E为在面内，以为圆心、半径

4、为1 的圆上；故A正确；对于B: 正方体中，ACBD，又，且BDDF=D，所以，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B错误；对于C:在平面内，到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确；对于D: 建立如图示的坐标系，则因为点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上，可设所以设平面的法向量，则有不妨令x=1，则，设与平面所成角为，则：当且仅当时，有最大值，故D正确故选：CD【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证3在正三棱柱中，点D为BC中点，则以下结论正确的是（ ）AB三棱锥的体积为C且平面D内到直线AC、的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】A根据空间向量

5、的加减运算进行计算并判断；B根据，然后计算出对应三棱锥的高和底面积，由此求解出三棱锥的体积；C先假设，然后推出矛盾；取中点，根据四点共面判断平面是否成立；D将问题转化为“内到直线和点的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断.【详解】A，故正确；B，因为为中点且，所以，又因为平面，所以且，所以平面，又因为，所以，故正确；C假设成立，又因为平面，所以且，所以平面，所以，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以不成立；取中点，连接，如下图所示：因为为中点，所以，且，所以，所以四点共面，又因为与相交，所以平面显然不成立，故错误；D“内到直线AC、的距离相等的点”即为“内到直线和点的距离相等的点”，

6、根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确；故选：ABD.【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.4如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB8，把ADE沿着DE翻折至ADE位置，使得二面角A-DE-B为60，则下列选项中正确的是（ ）A点A到平面BCED的距离为3B直线AD与直线CE所成的角的余弦值为CADBDD四棱锥A-BCED的外接球半径为【答案】A

7、BD【分析】作AMDE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接AM,AN.利用线面垂直的判定定理判定CD平面AMN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到到平面面BCED的高AH,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得AH的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到ADN就是直线AD与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A-BCED的外接球的球心为O,则ON平面BCED,且OA=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AMDE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接AM,A

8、N.则AMDE,MNDE, ,MN=M,CD平面AMN,又CD平面ABDC,平面AMN平面ABDC,在平面AMN中作AHMN,则AH平面BCED,二面角A-DE-B为60，AEF=60，正三角形ABC中，AB=8,AN=,AM=2,AH=AMsin60=3，故A正确；连接DN,易得DNEC,DN=EC=4,ADN就是直线AD与CE所成的角，DN=DA=4,AN=AM=2,cosADN=,故B正确；AD=DB=4,AB=,AD与BD不垂直，故C错误易得NB=NC=ND=NG=4，N为底面梯形BCED的外接圆的圆心，设四棱锥A-BCED的外接球的球心为O,则ON平面BCED,且OA=OC,若O在平

9、面BCED上方，入图所示：设ON=x,外接球的半径为R,过O作AH的垂线，垂足为P,则HP=x,易得,解得,舍去；故O在平面BCED下方，如图所示：设ON=x,外接球的半径为R,过O作AH的垂线，垂足为P,则HP=x,易得, 解得,故D正确.故选:ABD.【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.5如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折

10、过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A存在某个位置，使得B翻折过程中，的长是定值C若，则D若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的体积是【答案】BD【分析】对于A，取中点，连接交与，可得到，又，且三线共面共点，不可能；对于B，可得由（定值），（定值），（定值），由余弦定理可得是定值 对于C，取中点，连接，假设，易得面，即可得，从而，显然不一定成立对于D，当平面B1AM平面AMD时，三棱锥B1AMD的体积最大，可得球半径为1，体积是【详解】对于A 选项：如图1，取中点，连接交与，则，又，所以，如果，可得，且三线共面共点，不可能，故A选项不正确；对于B选项：如图1，由A选项可得，故（定值），（定值

11、），（定值），故在中，由余弦定理得，整理得，故为定值，故B选项正确对于C选项：如图，取中点，连接，由，得，假设，所以面，所以，从而，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C选项不正确对于D选项：由题易知当平面与平面垂直时，三棱锥的体积最大，此时平面，则，由，易求得，故，因此，为三棱锥的外接球球心，此外接球半径为，体积是故D选项正确故答案为：BD【点睛】本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面与平面垂直时，三棱锥的体积最大.6已知正方体棱长为，如图，为上的

12、动点，平面.下面说法正确的是（）A直线与平面所成角的正弦值范围为B点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D已知为中点，当的和最小时，为的中点【答案】AC【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、的中点、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.

13、【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，则点、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接、，在正方体中，平面，平面，四边形是正方形，则，平面，平面，同理可证，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.设、分别为棱、的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，平面，平面，即，得，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，而，且，由空间中两点间的距离公式可得

14、，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：若最短，则、三点共线，所以，点不是棱的中点，D选项错误.故选：AC.【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.7已知棱长为1的正方体，过对角线作平面交棱于点，交棱于点，以下结论正确的是（ ）A四边形不一定是平行四边形B平面分正方体所得两部分的体积相等C平面与平面不可能垂直D四边形面积的最大值为【答案】BD【分析】由平行平面的性质可判断A错误;利用正方体的对称性可判断B正确;当为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直

15、,可判断C错误;当与重合,与重合时,四边形的面积最大,且最大值为,可判断D正确.【详解】如图所示,对于选项A,因为平面,平面平面,平面平面,所以,同理可证,所以四边形是平行四边形,故A错误;对于选项B,由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等,故B正确;对于选项C,在正方体中,有,又,所以平面,当分别为棱的中点时,有,则平面,又因为平面,所以平面平面,故C错误;对于选项D,四边形在平面内的投影是正方形,当与重合,与重合时,四边形的面积有最大值,此时,故D正确;故选:BD.【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.8M，N分别为菱形

16、ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（ ） A平面ABDB异面直线AC与MN所成的角为定值C在二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径先变小后变大D若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则的取值范围是【答案】ABD【分析】利用线面平行的判定即可判断选项A；利用线面垂直的判定求出异面直线AC与MN所成的角即可判断选项B；借助极限状态，当平面与平面重合时，三棱锥外接球即是以外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C;过作,垂足为,分为锐角、直角、钝角三种情况分

17、别进行分析判断即可判断选项D.【详解】对于选项A:因为M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，所以为的中位线，所以,因为平面ABD,平面ABD，所以平面ABD,故选项A正确；对于选项B：取的中点，连接,作图如下：则,由线面垂直的判定知，平面,所以,因为,所以,即异面直线AC与MN所成的角为定值，故选项B正确；对于选项C:借助极限状态，当平面与平面重合时，三棱锥外接球即是以外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二面角逐渐变大时，球心离开平面，但是球心在底面的投影仍然是外接圆圆心，故二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径不可能先变小后变大，故选项C错误；对于选项D:过作,垂足为,若

18、为锐角，在线段BC上；若为直角，与重合；若为钝角，在线段BC的延长线上；若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，因为，所以平面,由线面垂直的性质知,若为直角，与重合，所以,在中，因为,所以不可能成立，即为直角不可能成立；若为钝角，在线段BC的延长线上，则在原平面图菱形ABCD中，为锐角，由于立体图中,所以立体图中一定比原平面图中更小，所以为锐角，故点在线段BC与在线段BC的延长线上矛盾，因此不可能为钝角；综上可知，的取值范围是.故选项D正确;故选：ABD【点睛】本题考查异面垂直、线面平行与线面垂直的判定、多面体的外接球问题；考查空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求

19、解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.9如图，已知矩形中，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A线段的长是定值B存在某个位置，使C点的运动轨迹是一个圆D存在某个位置，使平面【答案】AC【分析】取中点，连接，根据面面平行的判定定理可得平面平面，由面面平行的性质定理可知平面，可判断；在中，利用余弦定理可求得为定值，可判断和；假设，由线面垂直的判定定理可得平面，由线面垂直的性质定理可知，与矛盾，可判断【详解】解：取的中点，连接，分别为、中点，平面，平面，平面，且，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，又，、平面，平面平面，平面，平面，即D错误，设，则

20、，即为定值，所以A正确，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即C正确，设，、平面，平面，平面，与矛盾，所以假设不成立，即B错误.故选:AC.【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判定、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力10如图，正三棱柱中，、点为中点，点为四边形内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）AB若平面，则动点的轨迹的长度等于C异面直线与，所成角的余弦值为D若点到平面的距离等于，则动点的轨迹为抛物线的一部分【答案】BCD【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题

21、答案.【详解】解析：对于选项A，选项A错误；对于选项B，过点作的平行线交于点以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系设棱柱底面边长为，侧棱长为，则，所以，即，解得因为平面，则动点的轨迹的长度等于选项B正确对于选项C，在选项A的基础上，所以，因为，所以异面直线所成角的余弦值为，选项C正确对于选项D，设点E在底面ABC的射影为，作垂直于，垂足为F，若点E到平面的距离等于，即有，又因为在中，得，其中等于点E到直线的距离，故点E满足抛物线的定义，另外点E为四边形内（包含边界）的动点，所以动点E的轨迹为抛物线的一部分,故D正确. 故选：BCD【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.