专题04 立体几何选择压轴题（压轴题专项训练）数学沪教版2020高二必修第三册

专题04 立体几何选择压轴题 目录 典例详解 类型一、满足条件的个数、条数、元素集合等 类型二、比较空间中的角度关系 类型三、最值、取值范围问题 类型四、立体几何综合辨析 压轴专练 类型一、满足条件的个数、条数、元素集合等 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行． （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直． （3）证明线线垂直，需转化为线面垂直． 例1．如图，已知正方体，点P是棱的中点，设直线为a，直线为b．对于下列两个命题：①过点P有且只有一条直线l与a、b都相交；②过点P有且只有两条直线l与a、b都成角．以下判断正确的是（    ） A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 【答案】B 【分析】①由正方形的性质，可以延伸正方形，再利用两条平行线确定一个平面即可； ②一组邻边与对角面的夹角相等，在平面内绕P转动，可以得到四条直线与a、b的夹角都等于. 【详解】如下图所示，在侧面正方形 和再延伸一个正方形和，则平面 和 在同一个平面内，所以过点P，有且只有一条直线l，即 与a、b相交，故①为真命题； 取中点N，连PN，由于a、b为异面直线，a、b的夹角等于 与b的夹角.由于 平面，平面，，所以平面，所以与 与b的夹角都为 .又因为平面，所以与 与b的夹角都为，而，所以过点P，在平面内存在两条直线，使得与a与b的夹角都为，同理可得，过点P，在平面内存在两条直线，使得与与b 的夹角都为；故②为假命题. 故选：B 变式1-1．在正方体中，若点（异于点）是棱上一点，则满足和所成的角为45°的点有（   ） A．6个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】C 【分析】将各个顶点分别与的连线与直线所成的角大于等于和小于两类；从而可知当点在上运动时都经历了从小于到大于的变化，从而得到结果. 【详解】如图，将正方体的各个顶点（除点外）分类，规定当顶点与的连线与直线所成的角大于等于时为一类，小于时为一类 显然与所成角的正切值为，故大于， 与所成角的为，大于， 与所成角的余弦值为，角大于， 与所成角的正切值为，小于， 当点从运动到时，角度从大于变化到小于，一定经过一个点满足； 依此类推，当点在上运动时， 都经历过角度从小于到大于的变化，故满足条件的点共有个. 故选： 【点睛】方法点睛： 利用类似于函数的零点存在性定理的方式，通过确定角度的变化规律，找到变化过程中的临界点，通过一上一下两点的角度变化特点得到是否存在满足要求的点. 变式1-2．有两个棱长均为1的正四棱锥，底面中心分别为、，另有一个棱长为1的正四面体，现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全贴合，拼接成一个新的几何体．对于所有的拼接方式，线段的长度所组成的集合中，共有（　　）个元素 A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】A 【分析】根据正四棱锥的结构特征分析可知，利用补形法，将四面体补成正方体，分析点的可能位置，即可得结果. 【详解】如图所示： 在正四棱锥中，， 则， ， 即全等，则， 将四面体补成正方体，如图所示： 可知点的可能位置为，且， 所以线段长度的集合有1个元素. 故选：A. 变式1-3．给定四面体．平面满足：①、、、四个点均不在平面上，也不在的同侧；②若平面与四面体的棱有公共点，则该公共点一定是此棱的中点或两个三等分点之一．设、、、四个点到平面的距离分别为，那么的所有不同值的个数组成的集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，分类讨论，确定平面的位置，结合点到平面的距离的定义，进行分析判断，即可求解. 【详解】当平面与四面体的一条棱的中点相交时， 不妨设平面过棱的中点，此时点到平面的距离相等， 且平面平面，如图（1）所示 此时到平面的距离可能与到平面的距离相同，此时有1不同的值； 不妨设平面过棱的中点，且过分别为的三等分点时， 如图（2）所示，此时点到平面的距离相等，且到平面的距离相等， 且到平面的距离与到平面的距离不相等，此时有2不同的值； 不妨设平面过棱的中点，且过分别为的三等分点时， 如图（3）所示，此时点到平面的距离相等， 其中到平面的距离与到平面的距离不相等，此时有2不同的值； 不妨设平面过棱的中点，过的靠近的三等分点，过靠近点的三等分点，此时到平面的距离不同，到平面的距离不同， 且到平面的距离两两之间都可能不同，此时有3个不同的值； 又因为四个点均不在平面上，也不在平面的同侧， 所以不能有4个不同的值（若有4个不同的值，四个点必然在平面的同侧）， 所以的所有不同值的个数组成的集合为. 故选：B. 变式1-4．已知正方体，设直线平面，直线平面，记正方体12条棱所在直线构成的集合为．给出下列四个命题： ①中可能有4条直线与a异面； ②中可能有5条直线与a异面； ③中可能有8条直线与b异面； ④中可能有10条直线与b异面． A．①②③ B．①④ C．①③④ D．①②④ 【答案】C 【分析】利用异面直线的判断逐一分析即可得解. 【详解】当直线取时，中只有四条直线（、、、）与直线异面，故①正确； 因为直线平面，所以不可能与直线异面， 当直线过底面两个顶点时， 若直线为底面边所在直线，则由①可知，此时只有四条直线与直线异面； 若直线为底面对角线，不妨设为， 此时有超过5条直线与直线异面； 当直线只过底面一个顶点（不妨设过顶点）时， 此时至少有超过5条直线与直线异面； 当直线不过底面任何一个顶点时， 此时至少有超过5条直线与直线异面； 综上，中不可能有5条直线与a异面，故②错误； 当直线取线段AD中点与线段的中点连线时， 中除了AD和之外的10条棱均与直线异面，故④正确； 当直线取A点与线段的中点连线时， 中除了AD、、AB和之外的8条棱均与直线异面，故③正确； 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是对异面直线的充分理解. 变式1-5．已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D．的大小关系与点的位置有关 【答案】B 【分析】作出正方体四条体对角线，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，得到，从正方体一个顶点出发得到正三棱锥，得到与正方体的每个面所成锐二面角都相等的平面，由对称性可得，得到结论. 【详解】正方体有四条体对角线， 四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，夹角的正切值为， 故过点可以作4条直线，4条直线分别与4条体对角线平行， 由于正方体只有4条体对角线， 故， 过正方体的一个顶点可以作出正三棱锥，比如， 可以证明平面与正方体的三个平面，平面，平面的锐二面角相等， 设平面与平面的夹角为， 相交于点，连接，则即为平面与平面的夹角， ， 可以求出平面与平面，平面的锐二面角的正切值均为， 根据面面平行，故平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等， 从8个顶点可以作出8个类似的正三棱锥， 得到八个平面，分别为平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面， 但平面，平面，平面，平面分别与平面，平面，平面，平面平行， 综上，过点共可以作出4个平面满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 故， 故选：B 【点睛】关键点点睛，正方体中，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，从一个顶点出发的正三棱锥，可得到平面与四个平面平行的平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等，结合对称性可得结论. 类型二、比较空间中的角度关系 根据线线角，线面角以及二面角的定义，结合正、余弦定理等，利用三角形的边角关系求解. 例2．在正四棱锥中，是线段上的动点．设直线与直线所成的角为，二面角为，直线与平面所成的角为，这三个角的关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据线线角，线面角以及二面角的定义，可得，，，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】解：如图，取中心中点连接，使得， 由题可知，，，且，，均为锐角， 由于平面，平面，所以, 又,平面， 所以平面，平面，故, 因此，， 因为，所以， 因为，所以， 所以 故选：D 变式2-1．如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取AB的中点G，然后证明平面CDG，然后根据二面角平面角的定义找到，最后结合余弦定理得到答案. 【详解】如图1， 在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG,DG，则，而，所以平面CDG，连接EG,FG，因为平面，平面，所以.由二面角的平面角的定义可以判断，由对称性容易判断. 设该正四面体的棱长为6，如图2， CD=6，易得，取CD的中点H，则，CE=2，EH=HF=1，在中，由勾股定理可得，于是. 于是，在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得，而，即，于是. 故选：D. 类型三、最值、取值范围问题 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是： (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 例3．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面．设与平面所成的角为与所成的角为，那么下列结论正确的是（    ） A．的最小值为的最小值为 B．的最小值为的最大值为 C．的最小值大于的最小值大于 D．的最大值小于的最大值小于 【答案】A 【分析】根据题意作图，首先找到点的轨迹，构造出，再分析极端位置的情况，分别求出后，找到进行比较即可得到结果. 【详解】 如图，取的中点，连接； 设正方体的棱长为， 因为，且平面，平面， 平面； 同理平面，且； ∴平面平面，∴; ∵面，所以与平面所成的角为； 又， 所以与所成的角为（或其补角）； ； 当为中点时，此时最小，则最大，最大值为，此时的最大值为； 当与或重合时，此时最大，则最小，最小值为2，此时的最小值为； ，； 对于，当为中点时，； 当与或重合时，最小，又， ， ， ，，故A正确，BC错误， 又，，所以D选项错误. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键首先分析出点轨迹，再根据线线角和线面角的定义在图中找到该角，分析极端情况即可得到其角度范围. 变式3-1．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题设共圆，进而确定，找到，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设,且，求外接球半径最小值，即可得结果． 【详解】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球D的球面上，得B，C，P，Q共圆，则， 又为等腰直角三角形，AB为斜边，即有，    将翻折后，，，又平面平面， 平面平面，   平面，平面BCPQ，于是平面BCPQ，平面， 显然，BP的中点D，E分别为，四边形BCPQ外接圆圆心， 则平面，平面，因此，， 取PQ的中点F，连接DF，EF，则有，， 四边形EFDO为矩形，设且，，， 设球O的半径R，有， 当时，，所以球O体积的最小值为． 故选：C． 【点睛】方法点睛： 几何体展开、折叠问题，重点是要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系. 变式3-2．如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，当三点共线，且时，有最小值，利用勾股定理求出答案即可. 【详解】过点作，交于点，交于点， 过点作，交于点，连接， 取中点，连接， 根据题意，因为， 所以当三点共线，且时， ，且有最小值，如图所示， 在中，，， 所以， 在中，， 所以， 在中，， 所以， 所以的最小值为， 故选：A. 变式3-3．如图1，在平面四边形中，，当变化时，令对角线取到最大值，如图2，此时将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中，直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，在△ABC中，根据余弦定理表示，根据正弦定理表示，在△BCD中，由余弦定理表示，化简求得最值，然后求出直线与所成角的余弦值的取值范围. 【详解】设，，，， 在△ABC中，由余弦定理，得， 由正弦定理，得，∴. ∵，，， 在△BCD中，由余弦定理，得, ∴ ， 当，即时，取得最大值，即BD的最大值为. 过做交于， 设直线与所成角为， 又因为， 由此可知越大，直线与所成角的余弦值越大； 当平面与平面垂直时，直线与垂直，，即此时所成角的余弦值最小值0， 当与 共面，即将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中的初始和结束状态时，余弦值最大， ,解得： ，，所以 此时直线与所成角余弦值 综上所述，直线与所成角的余弦值的取值范围是, 故选：B. 类型四、立体几何综合辨析 1.根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论． 2.几何体展开、折叠问题，重点是要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系. 例4．如图一，矩形中，交对角线于点，交于点，现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（　　） A． B．平面 C．平面 D．平面平面 【答案】D 【分析】利用反证法可判断A；由二面角的变化可判断B；利用反证法结合面面平行的性质可判断C；利用面面垂直的判定定理可判断D． 【详解】对于D选项，翻折前，，， 翻折后，，， 因为，、平面，则平面， 因为平面，所以平面平面，故D正确； 对于B选项，因为，， 则二面角的平面角为， 在翻折的过程中，的大小会发生变化，故与不一定垂直， 所以与平面不一定垂直，故B错误； 对于A选项，设， 在图一中，， 又因为，所以，， 因为，所以， 所以，则， 在图二中，过点在平面内作，交于点，连接， 则，故，则， 因为，所以不是的中点， 因为，，则， 若，因为，、平面， 则平面， 因为平面，所以， 因为、平面，且，所以， 因为为的中点，则为的中点，与已知矛盾，故A错误； 由选项A知，因为，平面，平面， 所以平面， 若平面，则，、平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面平面，则， 因为为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，故C错误． 故选：D． 变式4-1．已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论： ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在定点，使得． 其中正确的结论是（    ） A．① B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】A 【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论． 【详解】①当点与重合时，，，且，所以平面， 因为对于任意给定的点，都有平面， 所以对于任意给定的点，存在点，使得，所以①正确； ②只有平面，即平面时， 才能满足对于任意给定的点，存在点，使得， 因为过点与平面垂直的直线只有一条，而，所以②错误； ③当与重合时，在线段上找不到点，使，所以③错误； ④只有当平面时，④才正确， 所以对于任意给定的点不存在点，使，故④错误． 故选：A． 变式4-2．在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 【答案】B 【分析】如图，取棱的中点，连接，进而证明平面平面，再结合题意可知直线必过点，进而取中点，连接，证明平面即可得四边形为点的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可. 【详解】解：如图，取棱的中点，连接， 因为分别为，的中点， 所以，在中，，由于平面，平面， 所以平面， 因为，所以，四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以，平面平面， 由于为体对角线的中点， 所以，连接并延长，直线必过点， 故取中点，连接， 所以，由正方体的性质易知， 所以，四边形是平行四边形，，， 因为，，， 所以，共线，即平面， 所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误； 由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，， 所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误， 由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于取棱的中点，进而证明平面平面，再根据面面平行的性质求解点轨迹即可求解. 变式4-3．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形， ，点为棱上一点，满足 则下列结论正确的个数为（     ） ①平面； ②在棱上不存在点，使得平面； ③当 时，异面直线与所成角的余弦值为 ④点到直线的距离 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】若平面，而根据条件得到与不垂直，与线面垂直的性质相矛盾，即可判断命题①的正误；由命题①的结论，可推得，即可知点到直线的距离即为的长度，计算求得长，即可判断命题④的正误；采用平移法，作出异面直线与所成角，解三角形可求得与所成角的余弦值，可判断命题③的正误；结合命题③，根据线面平行的判定定理即可判断命题②的正误. 【详解】对于命题①，因为底面为直角梯形，且， 所以与不垂直，又面， 若平面，则，矛盾，所以命题①错误， 对于命题③，当时，，即为的中点， 设为的中点，连接， 则， 而，故， 故四边形为平行四边形，则， 故异面直线与所成角即为的夹角， 在中，，所以， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为，故命题③正确， 对于命题②，由命题③知，当时，， 因为平面，平面，所以平面， 所以时，平面，故命题②错误. 对于命题④，因为平面，平面，平面， 所以，， 故即为与底面所成的角，即， 故，而，所以， 在直角梯形中，， 则，故， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故点到直线的距离即为的长度， 因为平面，平面，故， 而，所以 即点到直线的距离，故命题④正确， 故选：C. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 变式4-4．如图，在矩形中，，，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（与不重合），若，分别为线段、的中点，则在折起过程中，下列选项正确的是（    ） A．可以与垂直 B．不能同时做到平面且平面 C．当时，平面 D．直线、与平面所成角分别、，、能够同时取得最大值 【答案】D 【分析】A假设，利用线面垂直的判定有DE⊥面，进而可得得矛盾即可判断；B取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，由线面平行的判定有面，面，再由面面垂直的判定、性质得面，同理判断平面是否成立；C：连接ME，EN，利用勾股定理判断是否成立；D根据题设确定的轨迹，连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，应用余弦定理求得，由线面角的定义研究、是否能够同时取最大值. 【详解】A：连接EC，假设， 因为，，所以， 因为，面，所以DE⊥面， 因为面，所以，与矛盾，错误； B：取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，则， 因为面，面，所以面， 因为，，则四边形BEDC为梯形，且BE，CD为底， 又G，N分别为DE，BC的中点，所以， 因为面，面，所以面， 因为，面，所以面面， 因为面MGN，所以面，同理面，错误； C：连接ME，EN，DN，当时，， 又，所以，故MN与ME不垂直，从而MN不垂直于平面，错误； D：因为在以DE为直径的球面上，球心为G， 所以的轨迹为的外接圆（与F不重合，F为CD的中点）， 连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，则，，且，则， 在△KTB中，，， 由余弦定理得，所以， 当直线BK与面BCDE所成角取最大值时，K到面BCDE距离最大， 由K为的中点，此时到面BCDE距离最大， 由，当直线与面BCDE所成角取最大值时，到面BCDE距离最大， 所以直线、BK与面BCDE所成角、能够同时取得最大值，正确. 故选：D 一、单选题 1．已知点 在正方体 的表面上， 到三个平面 中的两个平面的距离相等，且 到剩下一个平面的距离与 到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点 的个数为（    ）    A．6 B． C．10 D．12 【答案】A 【分析】确定在平面上，根据得到的轨迹为平面内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案. 【详解】若到平面ABCD、距离相等，根据对称性知在平面上，   平面，平面，故平面平面， 故到平面的距离即到的距离， 设正方体的中心为，即，故的轨迹为平面内的一条抛物线， 不妨取正方体边长为中点为，以所在的直线为轴， 以线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系， 抛物线方程为，时，，故抛物线与棱和相交， 故共有个点满足条件. 故选：A 2．设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 【答案】C 【分析】对于②，可以考虑构造一个正四棱锥来说明，对于①可以考虑利用反证法证伪. 【详解】对于②，考虑一个正四棱锥，然后再他的侧棱的延长线上可以画出一个梯形， 具体做法是：取，则四棱锥为正四棱锥， 然后令， 那么 此时是梯形，但不是平行四边形， 对于①，如图，四边形为平行四边形，也为平行四边形， 若平面与平面不平行， 则四边形中必有一边与底面相交， 不妨设直线与底面相交， 则直线也与底面相交， 在平面中过做的平行线，交与，则， 因平面，平面，故平面，即平面， 而平面平面，故，而， 故相交，这与为平行四边形矛盾. 故平面平面，故， 若四边形为菱形，则，则， 故四边形为菱形，故①错误. 故选：C. 【点睛】关键点睛：空间中满足条件的几何体的存在性，可以通过常见几何体来构造，或者通过反证法结合空间中点线面的判断与性质导出矛盾. 3．如图，将正四棱柱斜立在平面上，顶点在平面内，平面，. 点在平面内，且. 若将该正四棱柱绕旋转，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，由于点到平面的距离为定值即为，所以只需最大即可，而依题意，点在以为圆心，为半径的圆上， 所以当三点共线时，且时，取最大值. 【详解】过点作，垂足为，连接，可知平面， 所以点到平面的距离为， 由题意， ， 过点作平面，垂足为， 因为点在平面内，且，即点在以为圆心，为半径的圆上， 当三点共线时，且时，取最大值， 最大值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是发现点在以为圆心，为半径的圆上，从而把的最大值问题转化为的最大值问题，由圆外一点到圆上一点的最大值问题可解. 4．已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】D 【分析】利用特例法可判断①；利用长方体的几何性质，结合两直线所成角的定义可判断②选项，从而得解. 【详解】对于①，依题意，设正方体的棱长为， 当为正方体的一条体对角线， 不妨设与线段重合，在正方体各面上的投影长为， 此时， 当平面时，在面、的投影长为， 在面、、、的投影长为，此时， 故不是定值，①错误； 对于②，当与正方体的棱平行时，不妨设平面垂直， 此时与棱、、、、、、、都垂直， 与棱、、、都平行，此时， 当不与正方体的棱平行时，过点、分别作正方体的棱的平行线， 构成长方体， 设与棱、、所成的角分别为、、， 由图可知，，同理可得，， 由长方体的几何性质可得， 所以，此时， 所以为定值，故②正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于对的位置进行分类讨论，结合长方体的几何性质求解. 5．如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则对于以下两个命题，各选项判断正确的是（    ） ①当时，随着的增大而减小； ②当时，随着的增大而增大 A．①②都是真命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①②都是假命题 【答案】B 【分析】 根据条件，分别做出异面直线的平面角，三角形中，利用余弦定理，解出三边长，利用余弦定理表示出，利用导数考查单调性即可. 【详解】当时，作交于点，如图所示， 直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即， 设正四面体的棱长为3，则 在中，由余弦定理可得， ，同理在中，由余弦定理可得 在中，由余弦定理可得：，化简可得， 所以在中，有 令，则， 当时，有正有负，函数有增有减，所以①错误， 当时，作交于点，如图所示， 直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即， 同样设正四面体的棱长为3，则可求得 在中，有 所以，即， 所以在中，有 令，则， 所以在定义域内单调递减，即增大，减小，即减小，从而增大，故②正确， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：做出异面直线与的平面角，利用余弦定理表达，利用导数考查单调性. 6．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，点，分别为，的中点，在侧面上运动，且满足平面，以下命题错误的是（    ） A． B．多面体的体积为定值 C．侧面上存在点，使得 D．直线与直线所成的角可能为 【答案】D 【分析】根据题意，结合线线垂直的判定定理、线面垂直的性质，以及异面直线夹角的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：连接，作图如下： 因为为正方体，故可得//，又，与是同一条直线， 故可得，则，故A正确； 对B：根据题意，，且线段在上运动，且点到直线的距离不变， 故△的面积为定值，又点到平面的距离也为定值， 故三棱锥的体积为定值，故B正确； 对C：取的中点分别为，连接，作图如下： 容易知在△中，，又，， 面面，故面面， 又G在侧面上运动，且满足平面，故的轨迹即为线段； 又因为为正方体，故面面，故， 则当与重合时，，故C正确； 对D：因为，故直线与所成角即为直线与所成角，即， 在中，， 故， 而当直线与直线BC所成的角为时，， 故直线与直线BC所成的角不可能为，故D错误. 故选：D. 7．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（    ）    A．若平面，则动点的轨迹是一条线段 B．不存在点，使得平面 C．当且仅当点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么点的轨迹长度为 【答案】D 【分析】利用线面平行与面面平行的判定定理与性质定理判断A；建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，从而利用线面垂直的向量表示可判断B；利用空间向量法求得点到平面的距离关于的表达式，分类讨论的取值范围求得三棱锥的体积，从而判断C；利用勾股定理求得为定值，从而判断Q的轨迹，进而求其长度判断D. 【详解】选项A，分别取中点，连接，    由与，平行且相等得平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理平面，又平面， 所以平面平面， 当时，平面， 所以平面，即点轨迹是线段，故A正确； 选项B，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 若平面，则， 所以存在，使得，则，解得， 因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，故B正确； 选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时， 三棱锥的体积最大，又， 则到平面的距离为， 当时，，则当时，有最大值； 当时，，则当时，有最大值， 综上，当时，取得最大值1， 即与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，故C正确； 选项D，平面平面，所以， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是， 则其轨迹长度为，故D错误. 故选：D. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何选择压轴题 目录 典例详解 类型一、满足条件的个数、条数、元素集合等 类型二、比较空间中的角度关系 类型三、最值、取值范围问题 类型四、立体几何综合辨析 压轴专练 类型一、满足条件的个数、条数、元素集合等 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行． （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直． （3）证明线线垂直，需转化为线面垂直． 例1．如图，已知正方体，点P是棱的中点，设直线为a，直线为b．对于下列两个命题：①过点P有且只有一条直线l与a、b都相交；②过点P有且只有两条直线l与a、b都成角．以下判断正确的是（    ） A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 变式1-1．在正方体中，若点（异于点）是棱上一点，则满足和所成的角为45°的点有（   ） A．6个 B．4个 C．3个 D．2个 变式1-2．有两个棱长均为1的正四棱锥，底面中心分别为、，另有一个棱长为1的正四面体，现将两个正四棱锥的各一个三角形侧面与正四面体的两个面完全贴合，拼接成一个新的几何体．对于所有的拼接方式，线段的长度所组成的集合中，共有（　　）个元素 A．1 B．3 C．5 D．7 变式1-3．给定四面体．平面满足：①、、、四个点均不在平面上，也不在的同侧；②若平面与四面体的棱有公共点，则该公共点一定是此棱的中点或两个三等分点之一．设、、、四个点到平面的距离分别为，那么的所有不同值的个数组成的集合为（    ） A． B． C． D． 变式1-4．已知正方体，设直线平面，直线平面，记正方体12条棱所在直线构成的集合为．给出下列四个命题： ①中可能有4条直线与a异面； ②中可能有5条直线与a异面； ③中可能有8条直线与b异面； ④中可能有10条直线与b异面． A．①②③ B．①④ C．①③④ D．①②④ 变式1-5．已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D．的大小关系与点的位置有关 类型二、比较空间中的角度关系 根据线线角，线面角以及二面角的定义，结合正、余弦定理等，利用三角形的边角关系求解. 例2．在正四棱锥中，是线段上的动点．设直线与直线所成的角为，二面角为，直线与平面所成的角为，这三个角的关系正确的是（    ） A． B． C． D． 变式2-1．如图，在正四面体中，是棱上的三等分点，记二面角，的平面角分别为，则（    ） A． B． C． D． 类型三、最值、取值范围问题 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是： (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 例3．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面．设与平面所成的角为与所成的角为，那么下列结论正确的是（    ） A．的最小值为的最小值为 B．的最小值为的最大值为 C．的最小值大于的最小值大于 D．的最大值小于的最大值小于 变式3-1．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 变式3-2．如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 变式3-3．如图1，在平面四边形中，，当变化时，令对角线取到最大值，如图2，此时将沿折起，在将开始折起到与平面重合的过程中，直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 类型四、立体几何综合辨析 1.根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论． 2.几何体展开、折叠问题，重点是要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系. 例4．如图一，矩形中，交对角线于点，交于点，现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（　　） A． B．平面 C．平面 D．平面平面 变式4-1．已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论： ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在定点，使得． 其中正确的结论是（    ） A．① B．②③ C．①④ D．②④ 变式4-2．在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 变式4-3．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形， ，点为棱上一点，满足 则下列结论正确的个数为（     ） ①平面； ②在棱上不存在点，使得平面； ③当 时，异面直线与所成角的余弦值为 ④点到直线的距离 A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 变式4-4．如图，在矩形中，，，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（与不重合），若，分别为线段、的中点，则在折起过程中，下列选项正确的是（    ） A．可以与垂直 B．不能同时做到平面且平面 C．当时，平面 D．直线、与平面所成角分别、，、能够同时取得最大值 一、单选题 1．已知点 在正方体 的表面上， 到三个平面 中的两个平面的距离相等，且 到剩下一个平面的距离与 到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点 的个数为（    ）    A．6 B． C．10 D．12 2．设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 3．如图，将正四棱柱斜立在平面上，顶点在平面内，平面，. 点在平面内，且. 若将该正四棱柱绕旋转，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 4．已知是正方体的中心，过点的直线与该正方体的表面交于、两点，现有如下命题：①线段在正方体6个表面的投影长度为，则为定值；②直线与正方体12条棱所成的夹角的，则为定值.下列判断正确的是（    ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 5．如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则对于以下两个命题，各选项判断正确的是（    ） ①当时，随着的增大而减小； ②当时，随着的增大而增大 A．①②都是真命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①是真命题，②是假命题 D．①②都是假命题 6．如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，点，分别为，的中点，在侧面上运动，且满足平面，以下命题错误的是（    ） A． B．多面体的体积为定值 C．侧面上存在点，使得 D．直线与直线所成的角可能为 7．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（    ）    A．若平面，则动点的轨迹是一条线段 B．不存在点，使得平面 C．当且仅当点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么点的轨迹长度为 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$