2023年全国一卷新高考题型分类2-8——立体几何（多选）5

2023年全国一卷新高考题型分类2-8 ——立体几何（多选）5 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5： （多选3，2023年苏J72四市二调）在正四棱柱中，已知，，则下列说法正确的有（ [endnoteRef:2] ） [2: 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量方法求异面直线与的距离和直线与平面所成的角的余弦值，由此判断A，B，再确定正四棱柱的外接球的球心和半径求球的表面积判断C，确定以A为球心，半径为2的球面与正四棱柱表面的交线，求其长度判断D. 【详解】由已知两两垂直， 故以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，， 故，， 设向量，， 则，取，可得， 所以满足条件的一个向量， 所以向量在向量上的投影向量的模为，A正确； 设平面的法向量为，， 则，又， 所以，令，则， 所以为平面的一个法向量，又， 所以， 设直线与平面所成的角为， 则，又， 所以，B错误； 由正四棱柱的性质可得其外接球的球心为的中点，为外接球一条直径， 因为， 所以正四棱柱的外接球的半径为， 其表面积为，C正确； 如图，以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线由四段圆弧组成， 由已知，， 所以， 所以圆弧长为， 因为， 所以， 所以圆弧的长为， 又圆弧的长为， 圆弧的长为， 所以以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱 表面的交线的总长度为，D正确. 故选：ACD. 【点睛】【点睛】] A. 异面直线与的距离为 B. 直线与平面所成的角的余弦值为 C. 若该正四棱柱的各顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为 D. 以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为 （多选3，2023年闽J01福州二检）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CC1的中点，P为线段EF上的动点，则（ [endnoteRef:3] ） [3: 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：根据等腰三角形的性质可判断DP的最小值位置，求得即可判断；对于B：线面平行时，线上的点到面的距离相等，再根据三棱锥D-A1AP的体积等于三棱锥P-A1AD的体积可判断；对于C：作出平面AEF截正方体所得截面即可判断；对于D：作出直线DP与AA1所成的角，并求出对应的正切的最小值即可判断. 【详解】 对于A：，当点为的中点时，此时DP长度的最小，最小值为，A错； 对于B：平面，点到平面的距离等于到平面的距离， 故三棱锥D-A1AP的体积等于三棱锥P-A1AD的体积也等于三棱锥E-A1AD的体积， 为，B正确； 对于C：如图平面AEF截正方体所得截面为四边形， 因为，且，所以四边形为梯形，C正确； 对于D：过点作于点,连接,则平面， 所以,则直线DP与AA1所成角的大小为或其补角， 令则， 令， ，当时，， 当，而在上单调递增， 所以，即， 故直线DP与AA1所成角的大小不可能为，D错. 故选：BC ] A. 线段DP长度的最小值为2 B. 三棱锥D-A1AP的体积为定值 C. 平面AEF截正方体所得截面为梯形 D. 直线DP与AA1所成角大小可能为 （多选4，2023年闽J02厦门福州一检）如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点（含端点），则（[endnoteRef:4] ） [4: 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， ， 设， 设平面的法向量为， ， 则有， 假设存在点M，使得平面，所以有， 所以有，因此假设不成立，因此选项A不正确； 假设存在点M，使得∥平面， 所以有，所以假设成立，因此选项B正确； 假设存在点M，使得直线与平面所成的角为，， 所以有， 解得，，所以假设不成立，故选项C正确； 假设存在点M，使得平面与平面所成的锐角为， 设平面、平面的法向量分别为、， 显然， 则有， 当时，有 ， 所以有（舍去），或，假设成立，选项D正确， 故选：BCD ] A. 存在点M，使得平面 B. 存在点M，使得∥平面 C. 不存在点M，使得直线与平面所成的角为 D. 存在点M，使得平面与平面所成的锐角为 （多选3，2023年闽J07莆田二检）已知正四面体的棱长为，S是及其内部的点构成的集合．若，集