2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（多选）3

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（多选）3 资料编制说明： 1、 试卷主要是2023年全国一卷新高考地区真题、模拟题，约208套。其中全国卷6套，广东42，山东42，江苏29，福建17，湖南26，湖北21，河北25。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题目前面括号，标注该题的出处。有“末”字的，表示单选、填空的最后一题，难度相对会大一些。 多选3、多选4也难。 立体几何——多选3： （多选4，2023年鲁J10青岛三模）在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝AB＝BC＝1，，点M，N分别为PB，AC中点，W是线段PA上的动点，则（ [endnoteRef:2] ） [2: 【答案】ABD 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设所成角为，由空间向量的数量积定义可求出，由三角形的面积公式结合二次函数的性质可判断B；当为中点时，平面WMN截该三棱锥所得截面为是菱形，可判断C；若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，三棱锥的棱长最长为，故可求出正方体的体积最小值可判断D. 【详解】对于A，因为，， 故，，则，又因为， 所以，故， 因为，为的中点，所以， 则平面ABC，所以平面ABC， 平面，则平面平面ABC，故A正确； 对于B，因为平面ABC，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以， 所以，设所成角为， 而， 又，故， ， 所以的面积为， 故B正确； 对于C，当为中点，取的中点，连接， 因为，故四边形四点共面， 且四边形为平行四边形，又因为， 故四边形为菱形，所以当为中点时，平面WMN截该三棱锥所得截面为是菱形，故C不正确； 对于D，因为，，所以， 故三棱锥P－ABC的外接球半径为，故该外接球的内接正方形的棱长为， 若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，则此正方体的体积最小值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】本题的关键点在于由空间向量的数量积定义可求出，由三角形的面积公式可得，再由二次函数的性质可求出面积的最小值. ] A. 平面平面ABC B. 面积的最小值为 C. 平面WMN截该三棱锥所得截面不可能是菱形 D. 若三棱锥P－ABC可以在一个正方体内任意转动，则此正方体的体积最小值为 （多选3，2023年鲁J12烟台二模）三棱锥中，底面、侧面均是边长为2的等边三角形，面面，P为的中点，则（ [endnoteRef:3] ）． [3: 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角形和三角形为等边三角形得到，，然后根据线面垂直的判定定理得到平面，然后根据线面垂直的定义即可得到，即可判断A选项；利用空间向量的方法求异面直线所成角即可判断B选项；利用等腰直角三角形的性质求距离即可判断C选项；根据外接球的性质得到外接球球心的位置，然后利用勾股定理求半径和外接球表面积即可判断D选项. 【详解】 连接，，因为三角形和三角形为等边三角形，为中点，所以，， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 因为面面，面面，，平面，所以平面， 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，， 设与所成角为，所以，故B错； 因为平面，平面，所以， 因为三角形和三角形的边长为2，所以， 在等腰直角三角形中，，所以点到的距离为，故C正确； 分别取三角形和三角形的外心，，再分别过，作平面，平面的垂线交于点，所以为三棱锥的外接球球心， ，，所以，三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. ] A. B. 与所成角的余弦值为 C. 点P到的距离为 D. 三棱锥外接球的表面积为 （多选3，2023年鲁J13烟台适应）如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ [endnoteRef:4] ） [4: 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可； 对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定； 对于C项，通过等体积法转化即可判定； 对于D项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可. 【详解】对于A项，如图所示， 取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，所以平面，故A正确； 对于B项，如图所示，连接，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面和面分别交于线PG、DH， 若存在G点使平面∥平面，则PG∥DH，又A1D∥CB1， 则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞， 此时G应在CB1延长线上，故B错误； 对于C项，随着G移动但G到面的距离始