第20讲 立体几何多选综合训练-2026年高考数学二轮复习立体几何专题（新高考通用）

第20讲 高考立体几何多选综合练 目 录 题型01：定义判断 1 题型02: 正方体 3 题型03：直四棱柱 13 题型04：三棱柱 15 题型05：斜四棱柱 17 题型06：三棱锥 18 题型07：四棱锥 19 题型08：棱台 21 题型09: 翻折 22 题型10: 多面体 24 题型01：定义判断 1.已知m，n，l为空间中三条不同的直线，，，，为空间中四个不同的平面，则下列说法中正确的有（    ） A．若，，则 B．已知，，，若，则 C．若，，，则 D．若，，，则 2.如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（    ）．   A．当时，直线与平面所成角的正弦值为 B．当二面角的大小为时，直线与所成角为 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则四面体的外接球的体积为 3．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（    ） A． B． C．与为相交直线或异面直线 D．在向量上的投影向量为 4．已知平面α，β，直线l，m，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，则“”是“”的充分不必要条件 D．若，，则“”是“”的必要不充分条件 5．下列命题中，正确的是（    ） A．平行于同一条直线的两个平面平行 B．平行于同一平面的两个平面平行 C．平行于同一平面的两直线关系不确定 D．两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面 6．关于空间向量，以下说法正确的是（　　） A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则是钝角 C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D．若对空间中任意一点O，有则P，A，B，C四点共面 7．已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是不在平面α，β内的两条不同的直线，则下列推理正确的是（    ） A． B． C． D． 8．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 9．已知空间中两个不同的平面，两条不同的直线满足，则以下结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若相交，则相交 D．若，则 10．已知、是两条不同的直线，，是两不同的平面，则下列叙述正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 题型02:正方体 1．在正方体中，若是棱上一动点，是线段上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（    ） A．存在直线与直线平行 B．异面直线所成的角可以为 C．直线与平面所成的角可以为 D．平面平面 2．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（    ） A．异面直线与所成角的取值范围是 B．三棱锥的体积不变 C．平面平面 D．若，则的最小值为 3．如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（    ） A． B．点P在线段上 C．平面 D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为 4．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），则下列说法中正确的是（    ） A．若平面，则动点的轨迹是一条线段 B．存在点，使得平面 C．当且仅当点落在处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么点的轨迹长度为 5．如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为线段的中点，点P是线段上不与端点A重合的动点，则（    ） A．A，M，，C四点共面 B．三棱锥的体积为定值 C．平面平面 D．过A，N，P三点的平面截该正方体所得截面的面积为定值 6．在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ） A． B．平面 C．平面与平面相交 D．点到平面的距离为 7．已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则 C．若，则线段的最大值为 D．当与的所成角为时，点的轨迹为双曲线的一部分 8．在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则（    ） A．当时，有且仅有一点P满足； B．若与平面所成角的大小为，则的最大值为； C．当时，满足到直线的距离与到平面ABCD的距离相等的点P有两个； D．E、F分别为的中点，若存在，使成立，则点P的轨迹长度为． 9．正方体的棱长为1，点满足，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若点总满足，则动点的轨迹是一条直线 D．若点到点的距离为，则动点的轨迹是一个面积为的圆 10．如图，已知在正方体中，和分别为和的中点，则（    ） A．直线与为异面直线 B．正方体过点，的截面为三角形 C．直线垂直平面 D．平面平行于平面 11．如图，在棱长为1的正方体中，则（    ） A． B．三棱锥与三棱锥体积相等 C．与平面所成角的正弦值为 D．点到平面的距离为 12．如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点满足，，其中，则（    ） A．当时，过三点的平面截正方体得到的截面多边形为正方形 B．存在，使得平面平面 C．存在，使得平面平面 D．当时，点到平面的距离为 13．如图，在棱长为2的正方体中，点M，N分别为接CD，CB的中点，点Q为侧面内部（不含边界）一动点，则（   ） A．当点Q运动时，平面MNQ截正方体所得的多边形可能为四边形、五边形或六边形 B．当点Q运动时，均有平面MNQ⊥平面 C．当点Q为的中点时，直线平面MNQ D．当点Q为的中点时，平面MNQ故正方体的外接球所得截面的面积为 14．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．当最大时，MN与BC所成的角为 C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等 D．若，则点N的轨迹长度为 15．如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）．则下列结论正确的是（    ） A．当点为中点时， B．当点在线段上运动时，点到平面的距离为定值 C．当点为中点时，二面角的余弦值为 D．过点平行于平面的平面截正方体截得多边形的周长为 16．如下图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（    ） A． B． C． D． 17．如图，在正方体中，，点在棱上运动（不与端点重合），则（    ） A． B．的面积等于与的面积之和 C．三棱锥的体积有最大值 D．三棱锥的体积等于三棱锥与的体积之和 18．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，不可能垂直 B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 C．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，] D．当时，的最小值为 19．在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得 C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为 D．三棱锥外接球表面积的取值范围是 20．在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为的中点，是平面内异于点的一点，则（    ） A．存在点，使得直线与平面相交 B．对任意点均有 C．线段长度的最小值为 D．过的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积可能为 21.正方体的边长为2，Q为棱的中点，点分别为线段上两动点(含端点)，记直线与面所成角分别为，且，则(    ). A．存在点使得 B．为定值 C．存在点使得 D．存在点使得 22.如图，在棱长为2的正方体中，点分别是的中点，则（   ）    A．四点共面 B．直线与平面平行 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．过三点的平面截正方体所得图形面积为 23.已知正方体的棱长为分别为的中点，为正方体的内切球上任意一点，则（    ） A．球被截得的弦长为 B．球被四面体表面截得的截面面积为 C．的范围为 D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是 24.在正方体中，，则（    ） A． B．与平面所成角为 C．当点在平面内时， D．当时，四棱锥的体积为定值 25.如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．不存在点M满足平面 B．存在无数个点M满足 C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为 D．满足的点M的轨迹长度是 26.已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（    ） A． B．二面角的大小为 C．点到平面距离的取值范围是 D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 27.在正四棱柱中，已知，，则下列说法正确的有（    ） 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 28．在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（    ） A．当P为中点时，截面为六边形 B．当时，截面为五边形 C．当截面为四边形时，它一定是等腰梯形 D．设中点为Q，三棱锥的体积为定值 29．已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（    ） A．平面截正方体的截面始终为四边形 B．点运动过程中，三棱锥的体积为定值 C．平面截正方体的截面面积的最大值为 D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为 30．如图，在棱长为4的正方体中，点，分别为，的中点，点，分别为线段，上的动点，点为的中点，点为的中点，且点和点不重合，则下列结论正确的是（    ） A．若点为的中点，则直线与平面所成角的正切值的最小值为 B．直线平面 C．若，则异面直线与所成的角为 D．若，则 31．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（   ） A．直线与直线所成的角为 B．平面 C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的余弦值为 题型03：直四棱柱 1．如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱底面ABCD，三棱锥的体积是，底面ABCD和的中心分别是O和，E是的中点，过点E的平面分别交，，于F，N，M点，且平面，G是线段MN任意一点（含端点），P是线段上任意一点（含端点），则下列说法正确的是（    ） A．侧棱的长为 B．四棱柱的外接球的表面积是 C．当时，平面截四棱柱的截面是六边形 D．当G和P变化时，的最小值是5 2．已知为正四棱柱，底面边长为2，高为4，E，F分别为，的中点.则下列说法错误的是（    ） A．直线与平面所成角的正弦值为 B．平面平面 C．直线EF被正四棱柱的外接球截得的弦长为 D．以D为球心，为半径的球与侧面的交线长为 3．已知直四棱柱的底面为正方形，，，为的中点，点满足，，过的截面与该直四棱柱表面相交，得到截面多边形，则（    ） A．截面多边形可能为六边形 B．无论如何变化，总有平面截面 C．当时，该四棱柱的外接球被平面截得的截面周长为 D．当直线与平面所成的角为30°时， 4．如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器以BC为轴顺时针旋转，则（    ） A．有水的部分始终是棱柱 B．水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变 C．棱始终与水面平行 D．当点H在棱CD上且点G在棱上（均不含端点）时，不是定值 5．如图，在已知直四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，，，的中点，以下说法正确的是（    ） A．若，，则 B． C．平面 D．若，则平面平面 6.如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点分别在半圆弧（均不含端点）上，且在球上，则（    ）   A．当点在的三等分点处，球的表面积为 B．球的表面积的取值范围为 C．当点在的中点处，过三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形 D．当点在的中点处，三棱锥的体积为定值 7．在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（    ）． A． B．直线与所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角为30° D．直线与平面所成角的正弦值为 题型04：三棱柱 1．如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，平面，直线与所成的角的余弦值为，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B． C．三棱锥的外接球的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 2．如图，直三棱柱中，，，，是上的点，则下列结论正确的是（    ） A． B．若是的中点，异面直线，夹角的余弦值为 C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体 D．的最小值是 3.在三棱柱中，，，是中点，则（    ） A．直线与异面 B．直线平面 C．直线平面 D．直线平面 4.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（    ） A．BC1∥平面A1EC B．二面角A1－EC－A的正弦值为 C．点A到平面A1BC1的距离为 D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为 5.在正三棱柱中，，，E，F分别是棱BC，AC上的动点（不包括端点），且满足，则下列结论正确的是（    ）      A．存在点E，使得 B．直线与异面 C．三棱锥体积最大值为 D．二面角的最大值为60° 6.如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，，，P，Q分别为棱，BC的中点，则（    ）    A．平面 B．平面平面 C．三棱柱的侧面积为 D．三棱锥的体积为 题型05：斜四棱柱 1.已知四棱柱的底面为正方形，，，则（    ） A．点在平面内的射影在上 B．平面 C．与平面的交点是的重心 D．二面角的大小为 2．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ） A． B．平面 C．向量与的夹角是60° D．直线与AC所成角的余弦值为 题型06：三棱锥 1．已知四面体ABCD的棱长均为2，则（    ） A． B．直线AB与平面BCD所成的角的正弦值为 C．点A到平面BCD的距离为 D．两相邻侧面夹角的余弦值为 2．在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为4 C．三棱锥外接球的表面积为 D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为 3．在三棱锥中，，，，分别是，，，的重心.则下列命题中正确的有（    ） A．平面 B． C．四条直线，，，相交于一点 D． 4．如图，在四边形中， ，，，，将沿进行翻折，在这一翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．始终有； B．当平面平面时，平面平面 C．当平面平面时，直线与平面成角； D．当二面角的大小为时，三棱锥外接球表面积为π． 5.在正三棱锥中，底面的边长为4，E为AD的中点，，则（    ） A．该棱锥的体积为 B．该棱锥外接球的体积为 C．异面直线CE与BD所成角的正切值为 D．以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为 6.在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线BD折成空间四边形A'BCD，使得．设E，F分别为棱BC，A'D的中点，则（    ） A． B．直线A'C与EF所成角的余弦值为 C．直线A'C与EF的距离为 D．四面体A'BCD的外接球的表面积为 题型07：四棱锥 1．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（    ） A．四面体P－ACD是鳖臑 B．阳马P－ABCD的体积为 C．阳马P－ABCD的外接球表面积为 D．D到平面PAC的距离为 2．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥为阳马，底面是边长为2的正方形，其中两条侧棱长都为3，则（    ） A．该阳马的体积为 B．该阳马的表面积为 C．该阳马外接球的半径为 D．该阳马内切球的半径为 3.如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（    ） A．直线l与平面PAD有一个交点 B． C．直线PA与l所成角的余弦值为 D．平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为 4.已知是棱长均为的三棱锥，则（    ） A．直线与所成的角 B．直线与平面所成的角为 C．点到平面的距离为 D．能容纳三棱锥的最小的球的半径为 5.四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为 D．点到直线的距离的最小值为 6．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．面积的最大值为 C．圆锥的外接球的表面积为 D．若，为线段上的动点，则的最小值为 题型08：棱台 1.已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（    ） A．正四棱台的体积为 B．平面平面 C．AE∥平面 D．正四棱台的外接球的表面积为104π 2.用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台.如图，在正三棱台中，已知，则（    ）   A．在上的投影向量为 B．直线与平面所成的角为 C．点到平面的距离为 D．正三棱台存在内切球，且内切球半径为 3．已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，，为内部（含边界）的动点，则（    ） A．∥平面 B．球的表面积为 C．的最小值为 D．若与平面所成角的正弦值为，则点轨迹长度为 4．已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（    ） A．正四棱台的体积为 B．平面平面 C．AE∥平面 D．正四棱台的外接球的表面积为104π 题型09:翻折 1．如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（    ） A．翻折后总有 B．当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为 C．当时，翻折后四棱锥的体积为 D．在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为 2．如图甲，在矩形中，，为的中点．将沿直线翻折至的位置，为的中点，如图乙所示，则（    ） A．翻折过程中，四棱雉必存在外接球，不一定存在内切球 B．翻折过程中，不存在任何位置的，使得 C．当二面角为时，点到平面的距离为 D．当四棱雉的体积最大时，以为直径的球面被平面截得的交线长为 3.如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的位置，则下列结论正确的是（    ） A．无论点在何位置，总有 B．点存在两个位置，使得成立 C．当时，边旋转所形成的曲面的面积为 D．当时，为上一点，则的最小值为 4.如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（    ） A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为 B．四棱锥的体积的最大值为 C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为 D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为2 题型10:多面体 1.如图，由正四棱锥和正方体组成的多面体的所有棱长均为2．则（    ）    A．平面 B．平面平面 C．与平面所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为 2.如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（    ） A． B．平面BDC C．多面体的外接球的表面积为 D．点A，P旋转运动的轨迹长相等 3．在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（    ） A．直线与平面所成的角为 B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．球离球托底面的最小距离为 4．如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为直角梯形（两底边分别为），且，则（      ） A．平面 B．平面 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的体积为24 5.我国春秋时期便有了风筝，人们用折纸做成了风筝并称为“纸鸢”，我们把如图1的“纸鸢”抽象成如图2的四棱锥，如果于点，，，下列说法正确的是（    ） A．是等腰直角三角形 B．平面平面 C．平面 D．到，，，距离均相等 6．下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（    ） A． B． C． D． 7．勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体表面上交线的长度为 D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2 8．折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（    ） A．高为 B．表面积为 C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为 9．近年来，纳米晶体的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用．纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶体个体的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的几何体，则下列说法正确的有（    ）． A． B．该结构的纳米晶体个体的表面积为 C．该结构的纳米晶体个体的体积为 D．该结构的纳米晶体个体外接球的表面积为 10．十二水硫酸铝钾是一种无机物，又称明矾，是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐，生活中常用于净水，我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到明矾晶体的结构，即为一个正八面体（如图）.假设该正八面体的所有棱长均为2，则（    ） A．以正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体 B．直线与平面所成的角为 C．正八面体的表面积为 D．二面角的余弦值为 11．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为，则（    ） A．被截正方体的棱长为2 B．被截去的一个四面体的体积为 C．该二十四等边体的体积为 D．该二十四等边体外接球的表面积为 12.化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（    ） A．正八面体的内切球表面积为 B．正八面体的外接球体积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第20讲 高考立体几何多选综合练 目 录 题型01：定义判断 1 题型02: 正方体 7 题型03：直四棱柱 61 题型04：三棱柱 70 题型05：斜四棱柱 77 题型06：三棱锥 80 题型07：四棱锥 87 题型08：棱台 94 题型09: 翻折 104 题型10: 多面体 112 题型01：定义判断 1.已知m，n，l为空间中三条不同的直线，，，，为空间中四个不同的平面，则下列说法中正确的有（    ） A．若，，则 B．已知，，，若，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】BC 【解析】对于A，由空间中的两直线的位置关系判断，对于B，由平面的性质分析判断，对于C，由线面垂直的性质和面面平行的判定方法分析判断，对于D，在正方体模型中分析判断. ，，则m与n可能平行，可能相交，也可能异面， A错. 因为，，，所以， 因为，所以，B对. ，，则，又，则，C对. 正方体中，设面为面ABCD，平面为面，面为面，面为面， 则，，，但，D错， 故选：BC. 2.如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（    ）．   A．当时，直线与平面所成角的正弦值为 B．当二面角的大小为时，直线与所成角为 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则四面体的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】由面面垂直的性质得线面垂直，即可求直线与平面所成角的正弦值即可判断A；根据二面角判断B，C即可；由四面体外接球的几何性质确定外接球半径，即可判断D. 对于A，当时，因为，，所以直线与平面所成角为， 则，故A正确； 对于B，如图，过A作，且，连接，，    则为正方形，即为直线与所成角，为二面角的平面角， 当时，易得， 又，，故面，即面，故，故B正确； 对于C，如图，作，则二面角的平面角为，    又，在中，易得， 在．中，由余弦定理得，， 过C点作交线段的延长线于点O，则平面， 过O点作，交线段的延长线于点H，连接， 则为二面角的平面角， 易得，，， 所以，故C错误； 对于D，同选项C可知， 如图，分别取线段，的中点G，M，连接，过G点作平面的垂线，    则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则， 又的外接圆半径，则， 所以四面体的外接球的体积为，故D正确．故选：ABD. 3．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（    ） A． B． C．与为相交直线或异面直线 D．在向量上的投影向量为 【答案】BC 【解析】根据空间向量之间的关系逐项判断线线、线面、面面关系即可. 因为平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则，即，则或，故A不正确； 又平面的一个法向量为，所以，即 ，所以，故B正确； 由直线的方向向量为，所以不存在实数使得，故与为相交直线或异面直线，故C正确； 在向量上的投影向量为，故D不正确. 故选：BC. 4．已知平面α，β，直线l，m，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，则“”是“”的充分不必要条件 D．若，，则“”是“”的必要不充分条件 【答案】ACD 【解析】根据面面垂直的性质定理可判断A,根据线面平行的判断以及性质可判断BD,根据线面垂直的性质可判断C. 由面面垂直的性质定理可知A正确, 对于B,若，，则,或者异面，故B错误, 对于C,若,则,故充分性成立,但是，，不能得到，故C正确， 对于D,若，，,不能得到,因为有可能异面，但是，，，则，故D正确，故选：ACD 5．下列命题中，正确的是（    ） A．平行于同一条直线的两个平面平行 B．平行于同一平面的两个平面平行 C．平行于同一平面的两直线关系不确定 D．两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面 【答案】BCD 【解析】通过举反例说明选项A错误，其它选项根据线面、面面平行的判定和性质直接判断即可. 对于A，如图，平行于同一条直线的两个平面相交, 故A错误； 对于B，平行于同一平面的两个平面平行正确，故B正确； 对于C，平行于同一平面的两直线关系不确定，可以平行，相交，也可以异面，故C正确； 对于D，根据两个平面平行的性质定理，两平面平行，一平面内的直线必平行于另一平面正确，故C正确； 故选：BCD. 6．关于空间向量，以下说法正确的是（　　） A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B．若，则是钝角 C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D．若对空间中任意一点O，有则P，A，B，C四点共面 【答案】ACD 【解析】根据向量共面的定义可判断A，利用向量夹角的取值范围判断B，根据基底的定义可判断C，根据共面定理可判断D. 对于A，因为有两个向量共线，所以这三个向量一定共面，A正确； 对于B，若，则是钝角或是，B错误； 对于C，因为是空间中的一组基底，所以不共面， 假设共面，则， 即矛盾，所以不共面， 所以也是空间的一组基底，C正确； 对于D，因为且， 所以P，A，B，C四点共面，D正确；故选:ACD. 7．已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是不在平面α，β内的两条不同的直线，则下列推理正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】根据线线，线面及面面的位置关系结合条件逐项分析即得. 对于A，若，，，则与平行或异面或相交，故A错误； 对于B，若，，则，又，所以，故B正确； 对于C，若，，，则与可能平行，也可能相交，故C错误； 对于D，若，，设直线，的方向向量分别为，则分别为与的法向量， 又，则，从而，故D正确.故选：BD. 8．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】AC 【解析】根据线面、面面平行与垂直的相关定理依次判断各个选项即可. 对于A，若，则在平面内存在直线，满足， ，，，又，，A正确； 对于B，若，，则或，B错误； 对于C，若，，则或， 当时，由知：； 当时，在内存在直线，由知：，又，； 综上所述：若，，，则，C正确； 对于D，若，，则与可能平行或相交或在面内，D错误.故选：AC. 9．已知空间中两个不同的平面，两条不同的直线满足，则以下结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若相交，则相交 D．若，则 【答案】CD 【解析】利用空间中线线、线面关系逐项判断即可. A选项，如图所示：，，与有可能只是相交，故A错误； B选项，如图所示：若，，与有可能异面； C选项，若，相交，则一定相交，故C正确； D选项，由面面垂直的判定定理即可得若， ，则， 故D正确.故选：CD. 10．已知、是两条不同的直线，，是两不同的平面，则下列叙述正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】BC 【解析】由面面平行的判定定理可知A错误；由线面平行的判定可知B正确；由面面垂直的判定可知C正确；由线面垂直的判定定理可知D错误. A中，与可能平行，也可能相交，A错误； B中，由面面平行，可得到线面平行，B正确； C中，，，则，而，则，C正确； D中，直线与平面位置关系无法确定，D错误.故选：BC 题型02:正方体 1．在正方体中，若是棱上一动点，是线段上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（    ） A．存在直线与直线平行 B．异面直线所成的角可以为 C．直线与平面所成的角可以为 D．平面平面 【答案】ACD 【解析】根据两直线位置关系的判断可知直线与直线相交或异面，知A错误；过点作，由异面直线所成角的定义可知两直线成角为，设，由构造方程可求得，知B正确；由线面角的定义可知所求角为，设，由无解可知C错误；作，可证得四点共面，进而确定两平面总是相交，知D错误. 对于A，平面，平面， 当与重合时，与相交；当与不重合时，与异面； 即不存在直线与直线平行，A错误； 对于B，过点作，交于点，连接， ，或其补角即为异面直线所成角； 平面，平面，又平面，； 设正方体的棱长为，，则， ，，， 若，则，解得：， 异面直线所成的角可以为，B正确； 对于C，连接，交于点，连接， 平面，平面，， 四边形为正方形，，又，平面， 平面，即为直线与平面所成角， 设正方体棱长为，，则，， ， 若，则，方程无解， 直线与平面所成的角不能为，C错误； 对于D，作，交于点，连接， ，四点共面， 平面，与不平行，与相交， 即平面与平面总是相交，D错误.故选：ACD. 2．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（    ） A．异面直线与所成角的取值范围是 B．三棱锥的体积不变 C．平面平面 D．若，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】根据为中点时，异面直线与所成角为判断A；根据判断B；证明平面即可判断C；将平面沿展开使其与平面重合时，再求的距离即可判断D. 解：对于A选项，由正方体的性质易知，为等边三角形， 所以，当为中点时，， 所以，此时，异面直线与所成角为，故A选项错误； 对于B选项，由正方体的性质易知平面，平面，侧面为正方形， 所以，，由于平面， 所以平面 设到平面的距离为，则， 因为， 所以，三棱锥的体积，故正确； 对于C选项，由正方体的性质易知平面，平面， 所以，，由于，平面， 所以平面，平面， 所以，同理证得， 由于，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面，故C选项正确； 对于D选项，根据题意，将平面沿展开使其与平面重合时，如图， 因为，所以，， 所以，故正确；故选：BCD 3．如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（    ） A． B．点P在线段上 C．平面 D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为 【答案】BC 【解析】对A，由面面平行说明； 对B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由向量法说明，C，P三点共线； 对C，由向量法证，再由线线垂直证平面； 对D，由向量法求线面角，进而讨论范围. 对于A，点P在平面内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长， 所以，A错误； 对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，，，且，， 所以，，． 因为，所以，所以，即，所以， 所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确； 对于C，，，，，， 由， 因为，，平面，所以平面，C正确； 对于D，，，平面的一个法向量为． 设与平面的夹角为，为锐角， 其正弦值为． 由，得，D错误．故选：BC． 4．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），则下列说法中正确的是（    ） A．若平面，则动点的轨迹是一条线段 B．存在点，使得平面 C．当且仅当点落在处时，三棱锥的体积最大 D．若，那么点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度. 取、中点、，连接、、、， 由且知是平行四边形，∴， ∵平面，平面，平面，同理可得平面， ∵，平面， ∴平面平面，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确； 如图，建立空间直角坐标系， 则，，，设，，， 则，，. 设为平面的一个法向量， 则即得取，则. 若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误； 的面积为定值，∴当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大. ， ①，，则当时，有最大值1； ②，，则当时，有最大值； 综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确； 平面，∴，， ∴，点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确. 故选：ACD. 5．如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为线段的中点，点P是线段上不与端点A重合的动点，则（    ） A．A，M，，C四点共面 B．三棱锥的体积为定值 C．平面平面 D．过A，N，P三点的平面截该正方体所得截面的面积为定值 【答案】BCD 【解析】由点与面的位置关系判断A，由线面距离的定义判断B，由面面垂直的判定定理判断C，取的中点L，连接，，作出截面即可判断D． 对于A： 点A，C，平面，且直线平面，点直线， 点平面， A，M，，C四点不共面，故A错误； 对于B： 直线，且直线平面，且平面， 直线平面， 又点P是线段AC上的动点， 点P到平面的距离为定值，且的面积为定值， 三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C： 由题可知，平面，则， 连接，则， ，，且，面， 直线平面，即直线平面， 又直线平面， 平面平面，故C正确； 对于D： 取的中点L，连接，，则， ，且， ， 梯形为过点A，N，P三点的平面截该正方体所得的截面， 又 梯形四个顶点均为定点， 梯形的面积为定值，故截面面积为定值，故D正确． 故选：BCD． 6．在棱长为4的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ） A． B．平面 C．平面与平面相交 D．点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】如图建立空间直角坐标系，利用空间垂直向量的坐标表示判断A；利用线面平行的向量法判断B；利用面面平行的向量法判断C；利用向量法求出点到平面的距离公式判断D. 如图，建立空间直角坐标系， 则， ， A：，有， 则DF与不垂直，故A错误； B：，， 设平面DEF的法向量为， 则，令，得， 所以，得，所以平面DEF，故B正确； C：，由B选项可知平面DEF的法向量， 设平面的法向量分别为， ，令，得， 所以，得不成立，所以平面与平面DEF相交，故C正确； D：由，平面DEF的法向量， 则点B到平面DEF的距离为，故D正确.故选：BCD. 7．已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则 C．若，则线段的最大值为 D．当与的所成角为时，点的轨迹为双曲线的一部分 【答案】AC 【解析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD. 因为为侧面的中心，所以为的中点， 又为棱的中点， 所以， 所以点到直线的距离等于点到直线的距离， 所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半， 设， 所以点到直线的距离为， 所以点到直线的距离为， 所以的面积， 又，， ，平面， 所以平面， 所以三棱锥的体积，A正确； 如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以向量为平面的一个法向量， 设，， 所以， 因为平面，所以， 所以，所以， 所以，B错误； 设，则， 又， 因为，所以， 所以， 所以， 又，所以， 所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确； 因为，， 又与的所成角为， 所以， 化简可得，且， 所以点的轨迹为抛物线的一部分，D错误；故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系. 8．在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则（    ） A．当时，有且仅有一点P满足； B．若与平面所成角的大小为，则的最大值为； C．当时，满足到直线的距离与到平面ABCD的距离相等的点P有两个； D．E、F分别为的中点，若存在，使成立，则点P的轨迹长度为． 【答案】BD 【解析】建立空间直角坐标系，根据向量关系式确定动点位置或轨迹，然后逐项进行判断即可求解. 如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 则，，， 则，∴. 选项A：当时，，，， 则，即，即满足条件的P点有无数个，故A错误； 选项B：因为平面，所以为平面的一个法向量， 又，因为与平面所成角的大小为， 所以， 化简得，又，， 令，，所以， 其中，故时，取到最大值，即的最大值为，故B正确； 选项C：当时，，则， 从而，，， 则在上的投影为， 则点P到直线的距离； 平面ABCD的一个法向量为，， 则点P到平面ABCD的距离为； 当点P到直线的距离与到平面ABCD的距离相等时， ，即， ∵，∴方程有一个解， 则，即仅存在一个点P满足条件，故C错误； D选项：因为E、F分别为的中点，所以， 从而， 所以， 又，所以，得， 又，，记，所以点P的轨迹为平面中的线段MN，其长度为，故D正确. 故选：BD. 9．正方体的棱长为1，点满足，则下列说法正确的有（    ） A．若，则 B．若，则三棱锥的体积为定值 C．若点总满足，则动点的轨迹是一条直线 D．若点到点的距离为，则动点的轨迹是一个面积为的圆 【答案】ABC 【解析】作出图形，利用线面垂直、平行的判定定理和性质定理逐项分析检验即可求解. 对于，因为且，由向量基本定理可知：点共线，如图，连接， 在正方体中，，平面， 因为平面，所以，又， 所以平面， 在上任取一点，连接，则平面，所以， 在正方体中，因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以，则， 故选项正确； 对于，如图，连接， 因为且，由向量基本定理可知：点共线，即点在直线上，在正方体中，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，则直线上任意一点到平面的距离相等，又因为的面积为一定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确； 对于，如图，连接， 在正方体中，，平面，因为平面，所以，又，所以平面，平面，所以，同理，有，所以平面，因为点满足，所以点在侧面所在的平面上运动，且，所以动点的轨迹就是直线，故选项正确； 对于，因为点到点的距离为，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球面与平面的交线，即点的轨迹为小圆，设小圆半径为， 因为球心到平面的距离为1，则， 所以小圆的面积为，故选项错误； 故选：. 10．如图，已知在正方体中，和分别为和的中点，则（    ） A．直线与为异面直线 B．正方体过点，的截面为三角形 C．直线垂直平面 D．平面平行于平面 【答案】AD 【解析】根据异面直线的定义，判断A； 根据平面的公里，以及结合图形，即可求截面，判断B； 根据线面垂直的定义，判断C； 根据面面平行的判断定理，判断D. A .由异面直线的定义可知，直线与为异面直线，故A正确； B.因为点是的中点，所以点在平面,，所以点在平面,所以截面为平行四边形，故B错误； C．连结，因为,所以四边形是矩形，不是菱形，所以对角线与也不垂直，由B可知，直线不垂直于平面故C错误； D.因为，平面，平面,所以平面，同理平面,且，平面，平面，所以平面平行于平面，故D正确. 故选:AD 11．如图，在棱长为1的正方体中，则（    ） A． B．三棱锥与三棱锥体积相等 C．与平面所成角的正弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】计算异面直线与AC所成的角为可判断A；由等体积法分别求出棱锥与三棱锥体积可判断B；由题意可证得平面，则与平面所成的角θ为的余角，求出的值可判断C；因为到平面的距离为，结合选项C可判断D. 对于A，因为，所以异面直线与AC所成的角就是与AC所成的角． 因为，所以为等边三角形，， 即异面直线与AC所成的角为，故A错误； 对于B，易知．， 又，所以，故B正确； 对于C，连接，BD． 因为AC⊥平面，平面，所以． 同理可得，又，AC，平面， 所以平面，与平面所成的角θ为的余角， ，故C正确； 对于D，由C项知，， 所以与平面所成角的正弦值为， 所以到平面的距离为，故D正确． 故选：BCD. 12．如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段的中点，点满足，，其中，则（    ） A．当时，过三点的平面截正方体得到的截面多边形为正方形 B．存在，使得平面平面 C．存在，使得平面平面 D．当时，点到平面的距离为 【答案】BD 【解析】根据找到位置，通过平行补全过三点的平面截正方体所得的截面，即可判断A；先找到垂直于平面的直线，判断是否存在使得平面能与该直线平行即可；找到与平面平行的平面，进而判断的位置即可判断C；补全平面，用等体积法即可求得点到平面的距离，进而判断D. 解：由，可知为中点，为靠近的三等分点， 连接并延长交平面与点， 由为中点，为中点可知，为中点， 连接并延长交于点，由可知， ，因为，所以， 所以为靠近的三等分点，取靠近的三等分点， 连接，再连接并延长交于点，同理可得， 连接如图所示： 则可知过三点的平面截正方体得到的截面多边形为， 在平面中，由，可知， 所以四边形不是正方形，故选项A错误； 连接，如图所示， 因为正方体，所以平面，所以， 因为正方形，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，即，同理可证， 因为，平面，平面， 所以平面，所以当时，为中点， 由平面，可得平面， 因为平面中，所以平面平面， 即选项B正确； 连接如图所示： 所以，因为平面，平面， 所以平面，因为，平面，平面， 所以平面，因为，平面，平面， 所以平面平面，因为为中点，所以在平面内， 若平面平面，则与重合，与重合， 即时成立，与题意不符，故选项C错误； 当时，为中点，取中点，连接如图所示： 由图可知，且，即四边形为平行四边形， 所以到平面的距离即为到平面的距离， 因为正方体棱为2，所以，即， 同理，因为，所以， 在中，由余弦定理得： ， 因为，所以， 即， 且有， 记到平面的距离为， 可得， 即，解得，故选项D正确.故选：BD 【点睛】方法点睛：此题考查立体几何的综合应用，属于难题，关于立体几何中找截面的方法有： （1）直接连线法：有两点在几何体的同一个面上，两点连线即为几何体与截面的交线； （2）作平行线：过直线与直线外一点作截面，若直线所在平面与点所在平面平行，通过过该点找直线的平行线找到几何体与截面交线； （3）延长线找交点：若直线相交，但立体几何图形中未体现，可通过作延长线的方法找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 13．如图，在棱长为2的正方体中，点M，N分别为接CD，CB的中点，点Q为侧面内部（不含边界）一动点，则（   ） A．当点Q运动时，平面MNQ截正方体所得的多边形可能为四边形、五边形或六边形 B．当点Q运动时，均有平面MNQ⊥平面 C．当点Q为的中点时，直线平面MNQ D．当点Q为的中点时，平面MNQ故正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】BCD 【解析】点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形判断A，根据线面垂直即可判断B，根据线线平行可判断C，根据几何体外接球的性质可计算长度求解半径即可判断D. 如图2所示，当点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形，故A错误； 由于平面,所以平面,由于,故直线MN⊥平面，平面MNQ，平面MNQ⊥平面，故B正确； 如图3所示，当点Q为中点时，截面MNSER为五边形，直线MN与直线AC交于点T，易得：，又在平面中，易得，所以，平面MNQ,平面MNQ ,则直线平面MNQ，故C正确； 如图4所示，由C选项可知，，所以球心O到平面MNQ的距离等于点A到平面MNQ距离的三分之一，又由B选项可知，点A到直线ET的距离即是点A到平面MNQ的距离，利用等面积法可得该距离为，所以球心O到平面MNQ的距离，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为，故D正确， 故选:BCD． 14．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．当最大时，MN与BC所成的角为 C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等 D．若，则点N的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D. 过中点作与交，作与交，重复上述步骤， 依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点）， 最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形， 因为，面，面， 所以面，同理可得面， 因为，面，所以面面， 所以面中直线都平行于面，又面，且平面， 所以面，即面， 根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，， A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离， 而，，若为面的一个法向量， 所以，令，则，而， 所以到面的距离，即到面的距离为， 又△为等边三角形，则， 所以三棱锥的体积为定值，正确； B：由图知：当与重合时最大为，且， 所以MN与BC所成的角，即为，错误； C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可， 又，同理可得， 所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等，正确； D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆， 因为面面，故也是面的法向量，而， 所以到面的距离为，故轨迹圆的半径， 故点N的轨迹长度为，正确.故选：ACD 15．如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）．则下列结论正确的是（    ） A．当点为中点时， B．当点在线段上运动时，点到平面的距离为定值 C．当点为中点时，二面角的余弦值为 D．过点平行于平面的平面截正方体截得多边形的周长为 【答案】ABC 【解析】求得位置关系判断选项A；求得点到平面的距离变化情况判断选项B；求得二面角的余弦值判断选项C；求得截面多边形的周长判断选项D. 对于，当点为中点时，由于为正方形，所以， 又，所以，故A正确； 对于，由于，平面，平面 则 平面，又， 所以在任何位置时到平面的距离为定值，故B正确； 对于，易得平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，由平面可得， 则为二面角的平面角， ，故C正确； 对于，连接. 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面 则 平面，又平面， ，平面，平面， 则平面平面，则截面为， 所以截面周长为，故错误. 故选：ABC． 16．如下图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】根据线面平行判定定理逐项验证即可. 对于A，如下图，连接，则， 又平面，则平面，所以不平行平面，故A不正确； 对于B，因为，平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，如下图，取中点，连接， 由正方体得，又， 所以六点共面，故C不正确； 对于D，如下图，连接交于，连接， 在正方体中，由于四边形为正方形，所以为中点，又为中点，所以， 平面，平面，所以平面，故D正确.故选：BD. 17．如图，在正方体中，，点在棱上运动（不与端点重合），则（    ） A． B．的面积等于与的面积之和 C．三棱锥的体积有最大值 D．三棱锥的体积等于三棱锥与的体积之和 【答案】ABD 【解析】由平面判断A；由面积公式判断B；由棱锥体积公式判断CD. ，由线面垂直的判定可知平面，因为平面，所以，故A正确； 不妨设，则，，，所以的面积等于与的面积之和，故B正确； ，因为，所以三棱锥的体积没有最大值，故C错误； ，即三棱锥的体积等于三棱锥与的体积之和，故D正确；故选：ABD 18．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（    ） A．当平面时，不可能垂直 B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 C．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，] D．当时，的最小值为 【答案】BD 【解析】对A，作出如图空间直角坐标系，由向量法结合向量垂直判断即可； 对B，由几何关系得出与平面所成线面角，可得，则点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆； 对C，由得点P在上，利用几何关系可得的面积最值在端点及中点位置； 对D，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理即可求. 对A，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 则，，设平面的一个法向量为， 所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即， 由，则，即P为中点时，有平面，且，A错； 对B，因为平面，连接，则即为与平面所成角， 若与平面所成角为，则，所以， 即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，B对； 对C，因为，所以点P一定在上，又因为当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为， 设的中点为H，由图形的变化可得当点P在DH和运动时，所得截面对称相同，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为，C错； 对D，如图，将平面与平面沿展成平面图形， 线段即为的最小值， 利用余弦定理可知， 所以，D对. 故选：BD 【点睛】（1）容易建系的几何体一般可通过建系快速解决长度、角度等问题. 本题A中，通过线面平行得线与该面的法向量垂直，即可得参数间的关系，即可进一步讨论线线垂直的问题； （2）B中轨迹问题，关键结合正方体的线面垂直性质得出线面角，即可得出所求轨迹为圆弧； （3）C中截面问题，关键结合正方体的对称性，转化为三角形面积的和，再进一步转换成讨论高的范围问题； （4）D中求不同表面线段和问题，一般展开成平面讨论. 19．在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点P，使得 C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为 D．三棱锥外接球表面积的取值范围是 【答案】ACD 【解析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围. 对于A，因为平面平面，根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，即， 因为面，面，所以平面， 又点P在线段上,所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，若存在点P，使得，因为，则， 因为，平面,所以平面，与题意矛盾，故B错误； 对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接， 则点P在平面内的射影在上，直线PE与平面所成角即，且有 由已知可得，最小为，所以的最大值为，故C正确． 对于D，如图2，取的中点G，连接AG，分别取BE，AG的中点， 连接，因为是等腰直角三角形， 所以三棱锥外接球的球心O在直线上， 设三棱锥外接球的半径为R，则， 所以， 设，则， 所以, 当点P与F重合时，取最小值，此时， 三棱锥外接球的表面积为， 当点P与重合时，取最大值， 此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确． 故选：ACD 20．在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，为的中点，是平面内异于点的一点，则（    ） A．存在点，使得直线与平面相交 B．对任意点均有 C．线段长度的最小值为 D．过的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积可能为 【答案】BCD 【解析】A选项，建立空间直角坐标系，得到平面与平面的法向量，得到平面平面，从而A错误；B选项，由得到B正确；C选项，求出点到平面的距离，得到C正确；D选项，作出辅助线，得到三棱锥的外接球半径，进而得到三棱锥的外接球截面的最大面积和最小面积，从而得到D正确. 【详解】以点为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， A选项，设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 由于，故平面平面， 因为平面，所以平面， 故不存在点，使得直线与平面相交，A错误； B选项，， 因为，故， 因为平面，故对任意点均有，B正确； C选项，点到平面的距离， 故线段长度的最小值为，C正确；    D选项，连接，与平面相交于点，其中，故与平面垂直， 由C选项可知，，连接，则， 又，故三棱锥为正三棱锥， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 设三棱锥的外接球半径为，则， 由勾股定理得，即，解得， 则三棱锥的外接球的最大截面面积为， 连接，当截面与垂直时，此时截面面积最小，由于， 所以， 则此时截面半径为， 故过的平面截三棱锥的外接球所得的最小截面面积为， 因为， 故过的平面截三棱锥的外接球所得的截面面积可能为，D正确；   故选：BCD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于内切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于外接的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 21.正方体的边长为2，Q为棱的中点，点分别为线段上两动点(含端点)，记直线与面所成角分别为，且，则(    ). A．存在点使得 B．为定值 C．存在点使得 D．存在点使得 【答案】ABD 【解析】根据题意，作出图形，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，设，，由已知可推出，由此可判断A；结合数量积的坐标表示判断B；结合两点间的距离公式判断C；利用空间向量垂直的坐标表示判断D. 如图所示，在正方体中，以D为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设，，其中， 作，， 可知平面，平面， 则，，，， 所以，，， 则，， 由知，，， 则，即，从而， 对于A，若，即，解得，满足题意，故A正确； 对于B，，为定值，故B正确； 对于C，若，则，故C错误； 对于D，，， 若，则，结合， 解得，，故D正确；故选：ABD 22.如图，在棱长为2的正方体中，点分别是的中点，则（   ）    A．四点共面 B．直线与平面平行 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．过三点的平面截正方体所得图形面积为 【答案】AC 【解析】对A，利用中位线定理与平行线的传递性证得，从而得以判断；对B，利用线面平行的性质即可判断；对C，由向量法求线线角即可判断；对D，过点M作，证所求截面为矩形，即可求得面积，从而得以判断. 对A，连接，如图， 因为侧面是正方形，分别是的中点，所以是的中点， 又点分别是的中点，所以， 又，所以，所以四点共面， 又面，所以四点共面，故A正确；    对B，连接，如图， 易得，，所以四边形是平行四边形，则， 假设直线与平面平行，又平面平面，平面， 所以，则，显然矛盾，假设不成立，故B错误； 对C，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设异面直线与面所成角为，则， 所以异面直线与面所成角的余弦值为，C正确；   对D，过点M作，因为，所以且， 所以四边形为平行四边形，则五点共面，即过三点的平面截正方体所得图形为平行四边形， 由题意可知， 因为为正方体，所以平面， 又平面，所以， 所以平行四边形为矩形，则，故D错误. .故选：AC. 23.已知正方体的棱长为分别为的中点，为正方体的内切球上任意一点，则（    ） A．球被截得的弦长为 B．球被四面体表面截得的截面面积为 C．的范围为 D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是 【答案】BC 【解析】利用对称性以及球心到端点的距离结合余弦定理可计算得弦长为，A错误；求得球心到正四面体表面的距离为，可得四个相同截面圆的半径为，即可得截面面积为，B正确；利用向量运算可得，即可求得其范围为，C正确；截取截面可知，当与球相切时，与所成的最大角满足，可得，即D错误. 如图所示：   对于A，易知内切球的半径为1，且球心在正方体的中心，易得； 设球被截得的弦为，在中，如下图所示：    由对称性可知，，且 利用余弦定理可知， 在中，， 解得或（舍），则弦长，即A错误； 对于B，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同， 由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：    设为的中点，为球心在平面内的摄影， 易知正四面体的棱长为，， 易得，，由勾股定理可得； 所以球心到截面距离， 不妨设截面圆半径为，则， 所以截面面积为，故B正确； 对于C，不妨设的中点为， 则 由选项A可知，， 当同向时，； 当反向时，； 即的范围为，即C正确； 对于D，易知当三点共线时，与所成的角最小为， 取截面如下图所示：    易知当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为， 则，即，所以； 即与所成角的范围是说法错误，故D错误； 故选：BC 24.在正方体中，，则（    ） A． B．与平面所成角为 C．当点在平面内时， D．当时，四棱锥的体积为定值 【答案】AC 【解析】依题意点在四边形内及边界运动（不含）.对于A，通过证明线面垂直证得线线垂直得出结果；对于B，与平面所成角，即为与平面所成角，根据线面角的定义及余弦定理进行求解；对于C，当点在平面内时，即点在线段上，即可直接判断结果；对于D，通过分析四边形的面积为定值，点到平面的距离不是定值得出结果. 因为在正方体中，， 所以，所以点在四边形内及边界运动（不含）. 对于A，因为底面，底面，所以. 又，，平面， 所以平面，平面， 所以，故A正确； 对于B，因为平面，设，所以为与平面所成角，即为与平面所成角，设正方体棱长为，，，， 由余弦定理可得，故B错误； 对于C，当点在平面内时，即点在线段上，所以正确，故C正确； 对于D，当时，取的中点，连结，点在线段上运动， 因为四边形的面积为定值，，所以点到平面的距离不是定值，所以四棱锥的体积不是定值，故D错误. 故选：AC. 25.如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．不存在点M满足平面 B．存在无数个点M满足 C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为 D．满足的点M的轨迹长度是 【答案】BCD 【解析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度. 对于选项A：连接， 因为四边形ABCD是正方形，所以， ∵，且平面，所以， ，平面， 所以平面，且平面， 可得， 同理可证， ，平面，所以， 又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时， 故A错误； 对于选项B：连接， ，，则， 又因为，，， 所以， 可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确； 对于选项C：延长交于点， ∵，则为线段靠近点的三等分点， 且，则，则为线段的中点， 如图，以D点为原点建立空间直角坐标系， 则，可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， 设平面，点，则， 则，解得， 则，故， 可得，即， 且， 故截面面积，故C正确； 对于选项D： 因为正方体的棱长为l，所以设 所以，， 因为，所以 化简得：， 所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧， 设圆弧与分别交于点， 取，则，即；取，则，即； 则，则， 且，即， ∴轨迹长度是，故D正确． 故选：BCD. 26.已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（    ） A． B．二面角的大小为 C．点到平面距离的取值范围是 D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】ACD 【解析】根据几何体为正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后利用数量积可判断A的正误，求出平面的法向量和平面的法向量可利用数量积计算夹角的余弦值后可判断B的正误，利用点到平面的距离的公式计算后可判断C的正误，最后利用直线和平面的法向量计算线面角的正弦值后可判断D的正误.    由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，其中， 对于A：，故即， 故A正确. 对于B：，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 故. 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 故. 故，而二面角为锐二面角， 故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故B错误. 对于C：，， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 故. 而， 故到平面的距离为， 故C正确. 对于D：设直线与平面所成的角为. 因为平面，故为平面的法向量， 而，故， 而，故D正确.故选：ACD. 【点睛】思路点睛：空间中位置关系的判断、角的计算或范围的判断，可结合几何体的规则性建立合适空间直角坐标系，通过向量的共线、向量的数量积等来判断位置关系，通过平面的法向量、直线的法向量等来处理相关角的计算或范围问题. 27.在正四棱柱中，已知，，则下列说法正确的有（    ） 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 【答案】ACD 【解析】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. 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， 所以圆弧的长为， 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. 28．在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（    ） A．当P为中点时，截面为六边形 B．当时，截面为五边形 C．当截面为四边形时，它一定是等腰梯形 D．设中点为Q，三棱锥的体积为定值 【答案】AC 【解析】延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断A；延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断B；当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可判断C.设为到平面的距离，三棱锥的体积：，不为定值，可判断D. 对A，如下图所示，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接， 因为M为AB中点，N为BC中点，所以， 同理，又因为，所以， 同理，所以共面， 此时六边形为截面， 所以截面为六边形，故A正确； 对B，如下图所示，延长交于，交于，连接交于， 连接交于，此时截面为五边形， 因为，所以， 所以，即， 所以当时，截面为五边形，故B错误； 对C，当截面为四边形时，点与点重合，如图， 由A得，，所以四边形即为截面， 设正方体的棱长为1，则，，所以， 所以四边形是等腰梯形，故C正确. 对D，设为到平面的距离， 延长，交于一点，连接与交于一点， 所以直线与平面相交，所以直线与平面不平行， 三棱锥的体积：， 因为为定值，P为线段上一动点，所以到平面的距离不为定值， 所以三棱锥的体积为不为定值，故D不正确. 故选：AC. 29．已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（    ） A．平面截正方体的截面始终为四边形 B．点运动过程中，三棱锥的体积为定值 C．平面截正方体的截面面积的最大值为 D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为 【答案】BCD 【解析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解. 对A选项，当与点重合时，平面截正方体的截面为，错误； 对B选项，∵，又平面，平面， ∴平面，又点为线段（含端点）上的动点， ∴到平面的距离为定值，又的面积也为定值， ∴三棱锥的体积为定值，正确； 对C选项，当由移动到的过程中，利用平面的基本性质，延长交于，连接交于， 所以，从到之间，平面截正方体的截面为为等腰梯形，且， 当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，正确； 对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则垂直于左右侧面， 根据对称性易知：三棱锥的外接球的球心在线段上， 设到的距离为，则， 设，则，又易知，外接球的半径， 在与中，由勾股定理可得：，两式相减得：， ∴，令，又，则， ∴，， 设函数，，则的对称轴为，的开口向上， ∴在上单调递增，最小值为，最大值为，即， ∴三棱锥的外接球表面积，正确. 故选：BCD. 30．如图，在棱长为4的正方体中，点，分别为，的中点，点，分别为线段，上的动点，点为的中点，点为的中点，且点和点不重合，则下列结论正确的是（    ） A．若点为的中点，则直线与平面所成角的正切值的最小值为 B．直线平面 C．若，则异面直线与所成的角为 D．若，则 【答案】BCD 【解析】在图中作出线面角，利用直角三角形确定正切值即可判断A，由线面平行的判定确定B，求出异面直线所成的角判断C，根据题意求出的长判断哪D. 选项A：如图1， 设点在平面上的射影为，连接，则点是的中点，连接，，则为直线与平面所成的角， 所以（因为，所以） ，故A错误． 选项B：如图2， 连接，，设的中点为，连接，，则，， 因为平面，平面，所以平面，同理可得平面， 因为，，所以平面平面， 又平面，所以平面，故B正确． 选项C：由可知，为异面直线与所成的角或其补角，因为，所以．又，所以，所以异面直线与所成的角为，故C正确． 选项D：在正方体中，，，， 因为是的中位线，所以，， 同理可得，，， 因为，所以，则，即， 所以，则， 因为，所以，又，， ，平面，， 所以平面，又平面，所以， 在中，，故D正确．故选：BCD 31．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（   ） A．直线与直线所成的角为 B．平面 C．点到平面的距离为 D．直线与平面所成角的余弦值为 【答案】BD 【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标得到，即可判断选项A；利用向量法证明，即可判断选项B；利用向量法求出点到平面的距离即可判断选项C；利用向量法求出直线B1C与平面所成角的余弦值即可判断选项D. 建立如图所示的空间直角坐标系： . A：， 因为，所以，因此该选项不正确； B：， 因为， 所以，而平面ACD1， 因此平面ACD1，所以该选项正确； C：因为平面ACD1，所以是平面ACD1的法向量，， 所以点B1到平面ACD1的距离为，因此该选项不正确； D：设直线B1C与平面所成角为， 则， 所以直线B1C与平面所成角的余弦值， 因此该选项正确. .故选：BD 题型03：直四棱柱 1．如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧棱底面ABCD，三棱锥的体积是，底面ABCD和的中心分别是O和，E是的中点，过点E的平面分别交，，于F，N，M点，且平面，G是线段MN任意一点（含端点），P是线段上任意一点（含端点），则下列说法正确的是（    ） A．侧棱的长为 B．四棱柱的外接球的表面积是 C．当时，平面截四棱柱的截面是六边形 D．当G和P变化时，的最小值是5 【答案】BCD 【解析】选项A，可直接利用三棱锥的体积公式，求出侧棱长，从而判断选项A错误；选项B，利用长方体外接球心是体对角线的中心，体对角线长即球的直径，从而求出半径，从而判断选项B正确；选项C，利用性质找出平面截四棱柱的截面，再利用平行关系找出比例，从而判断出结果的正误；选项D，先求证出平面，从而得到故对任意的G都有，进而判断出结果的正误. 对于选项A，因为三棱锥的体积是，解得，故选项A错误； 对于选项B，外接球的半径满足，故外接球的表面积，故选项B正确； 对于选项C，如图，延长MN交的延长线于点Q，连接AQ交于点F，在平面内作交于H，连接AH， 则平面截四棱柱的截面是五边形AFNMH，因为， 所以此时，故时截面是六边形，时截面是五边形， 故选项C正确； 对于选项D，因为平面，，平面，所以平面， 又面面，面，所以， 又因为四边形是正方形，，所以， 因为侧棱底面，底面，所以， 又，所以平面，垂足是E， 故对任意的G都有，又因为，， 故，故选项D正确， 故选：BCD. 2．已知为正四棱柱，底面边长为2，高为4，E，F分别为，的中点.则下列说法错误的是（    ） A．直线与平面所成角的正弦值为 B．平面平面 C．直线EF被正四棱柱的外接球截得的弦长为 D．以D为球心，为半径的球与侧面的交线长为 【答案】ABD 【解析】是直线与平面所成角，计算A错误，平面平面，B错误，，球心到的距离为，故弦长为，C正确，交线长为，D错误，得到答案. 对选项A：平面，故是直线与平面所成角，，错误； 对选项B：，平面，平面，故平面，同理平面，，故平面平面，错误； 对选项C：外接球半径为，球心到的距离为，故弦长为，正确； 对选项D：平面到球心的距离为，交线为圆的部分，如图所示，圆半径为，交线长为，错误. 故选：ABD 3．已知直四棱柱的底面为正方形，，，为的中点，点满足，，过的截面与该直四棱柱表面相交，得到截面多边形，则（    ） A．截面多边形可能为六边形 B．无论如何变化，总有平面截面 C．当时，该四棱柱的外接球被平面截得的截面周长为 D．当直线与平面所成的角为30°时， 【答案】BCD 【解析】对于A，分别讨论点的运动引起的截面多边形的形状即可得A错误；对于选项B，要根据几何体特征和线面垂直判定定理即可证明无论如何变化，总有平面截面，即B正确；对于选项C，由正四棱柱的对称性可知，其外接球的球心为正方形的中心，求出外接球半径，再求得球心到截面的距离为，即可得截面圆的周长为，即C正确；对于选项D，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行线面角得计算，由直线与平面所成的角为30°，可得.即D正确. 对于A，如图（1），当时，平面与平面的交线和平面与平面的交线交于点，且点在上运动，此时截面多边形为四边形； 如图（2），当时，平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，且点，分别在，上运动，此时截面多边形为五边形； 如图（3），当时，截面多边形为四边形．综上可知，A错误． 对于B，在矩形中，，，，所以， 则．又平面，平面，所以． 因为，，平面，所以平面． 又因为平面，所以无论如何变化，总有平面截面，B正确． 对于C，易知正四棱柱的外接球的半径，正四棱柱的外接球被平面截得的截面为圆． 如图（4），当时，截面四边形为矩形，且．分别取，的中点，，连接，，，则四边形为正方形． 由正四棱柱的对称性可知，其外接球的球心为正方形的中心． 取的中点，连接，则平面．过点作，垂足为．易得平面， 所以，则球心到平面的距离为． 由球的性质可知，截面圆的半径， 所以截面圆的周长为，C正确． 对于D，因为，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角． 设所成的角为．以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立如图（5）的空间直角坐标系， 则，，，，所以，，． 设平面的法向量为．由得取，则，， 所以可取． 由，得，解得， 此时，D正确．故选BCD． 【点睛】方法点睛：在解题过程中，对于A，要抓住点的运动引起的截面多边形的不同．对于选项B，要体会变化中蕴涵不变；对于选项C，求出球心到截面的距离是关键；对于选项D，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算，体现了向量的工具作用．解题时要将变与不变结合，推理与计算结合． 4．如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器以BC为轴顺时针旋转，则（    ） A．有水的部分始终是棱柱 B．水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变 C．棱始终与水面平行 D．当点H在棱CD上且点G在棱上（均不含端点）时，不是定值 【答案】AC 【解析】利用棱柱的几何特征判断A；根据水面矩形变化情况判断B；利用线面平行的判定判断C；利用盛水的体积判断D作答. 对于A，有水部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而， 并且BC始终与水面平行，即有，若点H在棱上，由面面平行的性质知， ，若点H在棱CD上，，因此该几何体有两个面互相平行，其余各 面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确； 对于B，因为水面为矩形，边的长不变，随旋转角的变化而变化，矩形的面积不是定值，B错误； 对于C，因为始终与平行，而始终与水面平行，并且不在水面所在平面内，即棱始终与水面平行，C正确； 对于D，当点在棱上且点在棱上（均不含端点）时，有水部分的棱柱的底面为三角形， 而水的体积不变，高不变，则底面面积不变，即为定值，D错误. 故选：AC 5．如图，在已知直四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，，，的中点，以下说法正确的是（    ） A．若，，则 B． C．平面 D．若，则平面平面 【答案】ACD 【解析】证明，根据异面直线夹角定义证明，判断A，证明MN与CD异面，判断B，由线面平面判定定理判断C，由线面垂直判定定理证明平面，由面面垂直判定定理证明平面平面. 连接，由已知，， 所以，所以四边形为平行四边形， 所以， 由， ∴， 则， ∴，故，选项A正确． 因为分别为的中点，所以，又， 所以，由， 所以四边形为平行四边形， 因为平面，，平面， 所以MN与CD异面，选项B错误． 因为，平面，平面， 所以平面，选项C正确． 若，则四边形ABCD为菱形， ∴．又，，平面 ∴平面，平面， ∴平面平面，选项D正确．故选：ACD. 6.如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点分别在半圆弧（均不含端点）上，且在球上，则（    ）   A．当点在的三等分点处，球的表面积为 B．球的表面积的取值范围为 C．当点在的中点处，过三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形 D．当点在的中点处，三棱锥的体积为定值 【答案】BD 【解析】先求出外接球的球心O所在的直线，根据几何关系求出外接球半径与Q点位置的关系，可以解出A，B选项，对于C选项，作平行线求出截面的形状，对于D选项运用等体积法直接求解.    如图，设的中点为E，的中点为F，的中点为G，， 由题意圆G和圆E的半径均为1，， 是直角三角形，平面，外接球的球心O必定在上，设，则， 则，为外接球O的半径，在中，由余弦定理得， 又，， 当Q在圆弧三等分点处时，，，外接球的表面积，A错误； 令，则，，B正确； 对于C，如图：   过Q点作的平行线，交于H，交AD于M，连接，过P点作的平行线交AB于N，连接MN， ，五点共面，又N点在平面上， 即平面与四棱柱的截面是五边形，错误； 对于D，P点在的中点，平面平面，则不论Q点在何位置，Q点到平面的距离， 即三棱锥的高为1，，三棱锥的体积，D正确； 故选：BD. 7．在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（    ）． A． B．直线与所成角的余弦值为 C．直线与平面所成角为30° D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BC 【解析】由题意，，设，则，，即可判断A；由可知 或其补角为直线与所成角，利用余弦定理求解可判断B；由题可知直线与平面所成角为，又，，求出可判断C；设点到平面的距离为h，由利用等体积法求出，再利用线面角的定义求解可判断D． 对于A：如图，设，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则， 连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则， 在中，，∴，故A错误； 对于B：易知，∴或其补角为直线与所成角， 易知，，，∴，故B正确； 对于C：连接，由平面，可知直线与平面所成角为， 又，，∴，故C正确； 对于D：易知，设点到平面的距离为h， 则，取的中点E，连接BE， 由勾股定理可得，∴，∴， 设直线与平面所成角为，则，故D错误．故选：BC. 题型04：三棱柱 1．如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，平面，直线与所成的角的余弦值为，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B． C．三棱锥的外接球的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】AC 【解析】根据线面垂直性质定理可得，，再利用线面垂直的判定定理即可证明A正确；即可得三条线两两垂直，由异面直线夹角可得，即B错误；通过构造长方体计算可得三棱锥的外接球半径为，即可得出体积和表面积，可判断C正确，D错误. 根据题意，因为平面，，平面，所以，， 又四边形是矩形，所以， 平面，平面，且，所以平面. 即A正确； 可得平面，，ABC两两垂直，所以三棱锥外接球的直径等于， 又，所以直线与所成的角等于直线与BC所成的角或其补角， 所以，由可得，所以B错误； 设三棱锥的外接球的半径为，则满足， 所以； 所以三棱锥的外接球的体积为,表面积为. 所以C正确，D错误.故选：AC. 2．如图，直三棱柱中，，，，是上的点，则下列结论正确的是（    ） A． B．若是的中点，异面直线，夹角的余弦值为 C．平面将三棱柱截成一个五面体和一个四面体 D．的最小值是 【答案】ACD 【解析】由线面垂直证线线垂直即可判断A；根据异面直线所成角的求法即可判断B；由切割图易判断C；将侧面图展开，可得当，，共线时，有最小值，由勾股定理即可判断D. 因为，，且，所以平面，又平面，故，故A正确； 与的夹角即为异面直线，夹角，故异面直线，夹角的余弦值为,B错误； 由图知，平面将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C正确； 将平面和平面展开，展开为一个平面，如下图，当，，共线时，的最小值为，故D正确.故选：ACD. 3.在三棱柱中，，，是中点，则（    ） A．直线与异面 B．直线平面 C．直线平面 D．直线平面 【答案】AD 【解析】根据异面直线的概念，即可得出A项；假设直线平面，推出矛盾，即可说明B项错误；没有充足的理由说明C项成立；根据已知可推得，，即可根据线面垂直的判定定理，得出D项. 对于A项，如图1，平面，平面，平面，所以直线与异面，故A正确； 对于B项，若平面， 因为平面，，平面，平面， 根据面面平行的判定定理可得，平面平面，这与平面平面矛盾，故B项错误； 对于C项，因为，所以四边形是矩形， 所以，. 又，所以. 因为，无法判断直线与平面内其他直线的位置关系，故C项错误； 对于D项，如图2，连结. 因为，是的中点， 所以. 由C知，，且平面，平面，， 所以，平面，故D项正确.故选：AD. 4.已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（    ） A．BC1∥平面A1EC B．二面角A1－EC－A的正弦值为 C．点A到平面A1BC1的距离为 D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为 【答案】ACD 【解析】A选项，连接，使相交于F，连接EF，通过证明即可判断选项正误；B选项，通过证明平面，可得二面角A1－EC－A的平面角为；C选项，利用等体积法结合可得答案；D选项，利用正弦定理，可得外接圆半径，后可得球的半径. A选项，连接，使相交于F，连接EF，因F，E分别为中点， 则，因平面，平面，则BC1平面A1EC，故A正确； B选项，由题可得平面ABC，又平面ABC，则.又， ，平面，平面，则平面. 又平面，则，结合，可知二面角A1－EC－A的平面角为，则，故B错误； C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG. 则， 又，，，由余弦定理可得，则， 得.则，故C正确. D选项，设外接圆半径为，由正弦定理，. 又设三棱锥外接球半径为，则三棱锥外接球与以外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故D正确 故选：ACD 5.在正三棱柱中，，，E，F分别是棱BC，AC上的动点（不包括端点），且满足，则下列结论正确的是（    ）      A．存在点E，使得 B．直线与异面 C．三棱锥体积最大值为 D．二面角的最大值为60° 【答案】ACD 【解析】根据线面垂直的判定定理与性质定理即可判断A；取时，可得，即可判断B；结合余弦定理及三棱锥体积公式运算即可判断C；由二面角的定义确定平面角，即可判断D. 由正三棱柱，平面，且平面，可得， 又，时，因为，，则，即，而，是平面内的两条相交直线，由线面垂直的判定定理可得平面， 而平面，则，即存在点E，使得，故A正确； 当时，，故B错误；如图，在中，   由余弦定理得，，， 当且仅当时，等号成立， 所以，故C正确； 如图，过点F作，垂足为D，则平面， 过点D作，垂足为G，连结FG，   则就是二面角的一个平面角，，所以， 当且仅当，即时等号成立，故D正确. 故选：ACD. 6.如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，，，P，Q分别为棱，BC的中点，则（    ）    A．平面 B．平面平面 C．三棱柱的侧面积为 D．三棱锥的体积为 【答案】BD 【解析】记AC中点为D，连接，记交点为E，连接EQ，判断是否平行即可判断A；证明平面可判断B；直接求出侧面积可判断C；通过转化，然后可求得三棱锥的体积，可判断D. 记AC中点为D，连接，记交点为E，连接EQ， 则，四点共面， 因为P，D分别为的中点，所以E为的重心，即E为PC的三等分点， 又Q为BC中点，所以不平行， 因为平面PBC，平面平面， 所以由线面平行性质定理可知与平面不平行，A错误； 连接，因为 所以 因为Q为BC中点，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，B正确； 因为平面，平面，所以， 又，所以，所以四边形为矩形，面积为， 又因为， 所以三棱柱的侧面积为，C错误；    记的中点为H，连接， 因为，平面，平面， 所以平面，所以点P，A到平面的距离相等，四点共面， 又，Q为BC中点， 所以 因为平面，平面，所以BQ三棱锥的高，且因为， 所以 所以，所以 所以，故D正确.故选：BD 题型05：斜四棱柱 1.已知四棱柱的底面为正方形，，，则（    ） A．点在平面内的射影在上 B．平面 C．与平面的交点是的重心 D．二面角的大小为 【答案】ACD 【解析】设，，，正方形的边长为1，根据对称性得到A正确，计算得到B错误，根据相似得到得到C正确，确定为二面角的平面角，计算得到D正确，得到答案. 设，，，正方形的边长为1， 则，，， 对选项A：，，根据对称性知，点在平面内 的射影在的角平分线上，即在上，正确； 对选项B：，， ，错误； 对选项C：设，相交于，与交于点， 即为与平面的交点， 则，为中边上的中线，故为的重心，正确； 对选项D：连接与相交于，连接，根据对称性知， 又，平面，平面， 故为二面角的平面角， ， 故，故， ，，故，正确。故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题考查了空间几何投影，垂直关系，二面角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中，把空间关系的证明转化为空间向量的运算，可以简化过程，是解题的关键. 2．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（    ） A． B．平面 C．向量与的夹角是60° D．直线与AC所成角的余弦值为 【答案】BD 【解析】根据空间向量线性运算的性质、空间向量数量积的定义和运算性质，结合线面垂直的判定定理、空间向量夹角公式逐一判断即可. 对于A ：， ， 所以，选项A错误； 对于B： ， 所以，即， ， 所以，即， 因为，平面，所以平面，选项B正确； 对于C：由是°的菱形，向量与的夹角是， 所以向量与的夹角也是°，选项C错误； 对于D：， 所以， ， 同理，可得， ， 所以，所以选项D正确．故选：BD． 题型06：三棱锥 1．已知四面体ABCD的棱长均为2，则（    ） A． B．直线AB与平面BCD所成的角的正弦值为 C．点A到平面BCD的距离为 D．两相邻侧面夹角的余弦值为 【答案】AB 【解析】A. 取中点，连接.证明平面，即得解；B.过点A作底面的垂线，垂足为，即可计算得解；C.点到平面的距离为，故该选项错误；D. 就是相邻两侧面的夹角，.所以该选项错误. A.取中点，连接. 因为.同理 ，又平面，所以平面，又平面，所以，所以选项A正确； B.过点A作底面的垂线，垂足为，则在上，且. 则就是直线AB与平面BCD所成的角，由题得所以.所以该选项正确； C. ，即点到平面的距离为，故该选项错误； D. 因为，所以就是相邻两侧面的夹角，.所以该选项错误.故选：AB 2．在边长为4的正方形中，如图1所示，，，分别为，，的中点，分别沿，及所在直线把，和折起，使，，三点重合于点，得到三棱锥，如图2所示，则下列结论中正确的是（    ） A． B．三棱锥的体积为4 C．三棱锥外接球的表面积为 D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】根据线面垂直可判断A；根据三棱锥的等体积法结合体积公式可判断B；求得三棱锥外接球的半径，即可求得外接球的表面积，判断C；将三棱锥补成长方体，确定最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，求得截面圆半径，即可得截面的面积，判断D. 对于A：由题意知平面 ， 所以 平面，平面，所以 ，故A正确； 对于B：, 因为M为的中点，所以, 故B错误； 对于C：因为两两垂直， 故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等， 故其外接球半径, 故外接球表面积，故C正确； 对于D：将三棱锥补成如图所示长方体，， 设长方体外接球球心为O，即为三棱锥的外接球球心 过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆， 最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，, 此时截面圆半径为 此时截面圆的面积为 ， 所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的最小值为，故D正确, 故选：ACD 3．在三棱锥中，，，，分别是，，，的重心.则下列命题中正确的有（    ） A．平面 B． C．四条直线，，，相交于一点 D． 【答案】ABC 【解析】延长,交于中点，由分别是的重心，则有，故可解决选项中的平行、距离、面积等问题. 由于分别是的重心，所以分别延长,交于中点 因为，故. 平面，平面，因此平面，A选项正确；             因为是的重心，所以 因此，B选项正确； 因为，有，则线段的交点分为，同理线段和线段的交点分为，因此四条直线 相交于一点，C选项正确. 因为，所以，因此，D选项错误.故选：ABC. 4．如图，在四边形中， ，，，，将沿进行翻折，在这一翻折过程中，下列说法正确的是（    ） A．始终有； B．当平面平面时，平面平面 C．当平面平面时，直线与平面成角； D．当二面角的大小为时，三棱锥外接球表面积为π． 【答案】BCD 【解析】在平面平面的情况下，易证平面，利用反证法推出A错误；通过面面垂直判定定理可得B正确；找出直线与平面所成角为即可判断C正确；通过找出棱锥外接球的球心应在过点与平面垂直的直线上，并通过运算求出球半径，再求出三棱锥外接球表面积为，可判定D正确. 在四边形中，由已知可得：,. 当平面平面时,平面平面且，因此可得：平面.又平面,所以.因为，点，平面，平面，平面，可得平面. 若假设，又，则平面,可得，与点矛盾，故A错误； 又平面，可得平面平面，故B正确； 由平面，则为直线与平面所成的角是，故C正确; 分别取中点，连接,延长过作，由已知易得：为二面角的平面角为，平面，可求得：，，， 又，易知三棱锥外接球的球心应在过点与平面垂直的直线上，过作平面，且为球心，过作，则，， 设为，半径为, 则在中： 在中：解得， 因此可得到三棱锥外接球表面积，故D正确.故选：BCD. 5.在正三棱锥中，底面的边长为4，E为AD的中点，，则（    ） A．该棱锥的体积为 B．该棱锥外接球的体积为 C．异面直线CE与BD所成角的正切值为 D．以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为 【答案】ABD 【解析】通过证明平面ACD，可得，进而可知两两垂直，然后求出侧棱长，从而可求体积，判断A；补形成正方体可求外接球体积，判断B；记AB中点为H，在中利用余弦定理，结合同角三角函数的基本关系可解，判断C；结合图形可知，所求为三段圆弧，利用弧长公式可解，判断D. 记CD中点为F，作平面BCD，垂足为O， 由正三棱锥性质可知，O为正三角形BCD的中心，所以O在BF上， 因为平面BCD，所以， 由正三角形性质可知，， 又，平面ABO， 所以平面ABO， 因为平面ABO，所以， 又平面ACD， 所以平面ACD， 因为平面ACD，所以 由正三棱锥性质可知，两两垂直，且 则，所以， 所以，A正确； 设外接球半径为R，补形成正方体可知，，即， 所以外接球体积为，B正确； 记AB中点为H，连接CH，EH，则， 易知,所以为锐角，所以即为异面直线CE与BD所成角， 因为，， 所以， 所以， 所以，故C错误； 如图，易知以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线，是以D为圆心，AD为半径的三段圆弧， 其圆心角分别为，所以其交线长为，故D正确. 故选：ABD   6.在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线BD折成空间四边形A'BCD，使得．设E，F分别为棱BC，A'D的中点，则（    ） A． B．直线A'C与EF所成角的余弦值为 C．直线A'C与EF的距离为 D．四面体A'BCD的外接球的表面积为 【答案】AC 【解析】对于A项，取CD中点G，构建BD、的中位线，将EF放在直角三角形中，根据勾股定理求出EF长度； 对于B项，确定平行线FG，与EF在同一个三角形中，求出FG与EF夹角余弦值即可； 对于C项，根据线面平行判定定理确定平面，求出线面距离即为异面直线距离，作出平面EFG的垂线HN，通过勾股定理求解； 对于D项，通过三角形边长符合勾股定理确定均为直角三角形，根据直角三角形性质确定外接球球心及半径，即可计算外接球表面积. 设菱形ABCD中，AC与BD交于点O，取CD中点G，连接EG、FG，得到如下图所示四面体.      在菱形ABCD中，，，则为等边三角形，所以，. 在空间四边形中，，，则. 因为ABCD是菱形，所以、，即在空间四边形中，、， 则平面，所以. 对于A项：因为E、F、G分别为BC、、CD，所以且， 且，因为，所以，则，故A项正确； 对于B项：因为，所以直线与EF所成角为， 又因为，所以，直线与EF所成角的余弦值为，故B项错误； 对于C项：因为，平面，所以平面，设与OC交于点H， 因为为等边三角形、，所以CO为的中线，又因为EG为中位线，所以H为中点. 作于点M、于点N，则且、，又因为平面、， 所以平面,平面，所以，则平面，即HN为到平面距离.如下图所示，在等腰中，，则点H到直线距离为， 即直线与平面距离为，又因为平面，所以直线与EF的距离为，故C项正确；    对于D项：因为、， 所以均为直角三角形，取中点P， 由直角三角形性质可得， 则P点为四面体的外接球球心，外接球半径，则外接球表面积为，故D项错误. 故选：AC. 题型07：四棱锥 1．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在阳马P－ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，，，，则下列结论正确的有（    ） A．四面体P－ACD是鳖臑 B．阳马P－ABCD的体积为 C．阳马P－ABCD的外接球表面积为 D．D到平面PAC的距离为 【答案】BD 【解析】根据鳖臑定义判断A，根据锥体体积公式判断B，通过补形确定阳马P－ABCD的外接球的直径，结合球的体积公式判断C，利用等体积法求D到平面PAC的距离判断D. 设，，， 由侧棱PD⊥底面ABCD，，，， 可得，解得 即，，． 对于A，由，，可得△PAC不是直角三角形，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，将阳马补形为长为2，宽为1，高为1的长方体， 可知其外接球直径为， 故阳马的外接球半径， 表面积，故C错误； 对于D，设D到平面的距离为h， 由，， 可得的面积为， 由等体积法， 可得， 解得，故D正确．故选：BD. 2．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥为阳马，底面是边长为2的正方形，其中两条侧棱长都为3，则（    ） A．该阳马的体积为 B．该阳马的表面积为 C．该阳马外接球的半径为 D．该阳马内切球的半径为 【答案】ABD 【解析】根据相等的两条棱，求出四棱锥的高，可得其体积和表面积；然后再分析发现其外接球球心为中点，内切球的大圆半径其实是的内切圆半径. 如图，不妨底面，两两互相垂直， 平面平面，又 由对称性：， 所以A对； B对； 都是以为斜边的直角三角形，所以都在以为直径的球上，C错； 分析易知：内切球的大圆半径其实是的内切圆半径，根据内切圆半径公式可得： D对；故选：ABD 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 3.如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（    ） A．直线l与平面PAD有一个交点 B． C．直线PA与l所成角的余弦值为 D．平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为 【答案】BD 【解析】根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结和棱锥的体积公式可判断D. 如图，取棱PC的中点F，连接EF，DF， 因为E是棱PB的中点，则，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF， 又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，即平面PAD，故A错误； 由底面ABCD，平面ABCD，所以， 由，可得为等腰直角三角形， 而斜边PC的中点为F，所以， 再由底面ABCD是正方形，易得， 又，且平面PDC，所以平面PDC， 又平面PDC，所以， 又，且平面ADFE，所以平面ADFE， 又平面ADFE，所以，故B正确； 由，则直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角， 由，则， 即PA与AD所成的角的余弦值为，故C错误； ，， 所以， 所以，故D正确.   故选：BD. 4.已知是棱长均为的三棱锥，则（    ） A．直线与所成的角 B．直线与平面所成的角为 C．点到平面的距离为 D．能容纳三棱锥的最小的球的半径为 【答案】ACD 【解析】根据正四面体的结构特征、线面垂直判定及性质、线面角定义逐一计算或判断各项正误即可． A：若为中点，连接，由题设知：各侧面均为等边三角形， 所以，，面，则面， 又面，故，正确； B：若为面中心，连接，则面，面， 所以直线与平面所成的角为，且，而， 故，显然不为，错误； C：由B分析，即该正棱锥的体高为，故到平面的距离为，正确； D：显然正棱锥的外接球半径最小，令其外接球半径为，则， 所以，正确.故选：ACD 5.四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为 D．点到直线的距离的最小值为 【答案】BCD 【解析】对于A：连接，且，如图所示，当在中点时， 因为点为的中点，所以，因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为为正方形，所以. 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以A错误； 对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示， 则的最小值为，直角斜边上高为，即， 直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确； 对于C：易知四棱锥的外接球直径为， 半径，表面积，所以C正确； 对于D：点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离， 因为，且平面，平面，所以平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作， 因为平面，所以,又,且, 故平面，平面，所以，因为， 且，平面，所以平面，所以点到平面的距离， 即为的长，如图所示， 在中，，，可得， 所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确， 故选：BCD. 6．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B．面积的最大值为 C．圆锥的外接球的表面积为 D．若，为线段上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算. 对A：由题意可知：， 故圆锥的侧面积为，A错误； 对B：面积， 在中，，故为钝角， 由题意可得：， 故当时，面积的最大值为，B正确； 对C：由选项B可得：，为钝角，可得， 由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为， 则，即； 故圆锥的外接球的表面积为，C正确； 对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示， 当三点共线时，取到最小值， 此时， 在，，则为锐角， 则， 在，则， 由余弦定理可得， 则，故的最小值为，D正确.故选：BCD. 题型08：棱台 1.已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（    ） A．正四棱台的体积为 B．平面平面 C．AE∥平面 D．正四棱台的外接球的表面积为104π 【答案】BCD 【解析】对于A：直接代入正四棱台的体积公式即可求解；对于B：先证BD⊥平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；对于C：取的中点F，连接AF，EF，，连接AG，先证四边形是平行四边形，易得GA平面，EF平面，根据面面平行判定定理可证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明AE平面；对于D：分球心在正四棱台内、外两种情况讨论，且球心必在上或的延长线上，再利用勾股定理列出关于球半径的方程即可求解. 依题意， 对于A，正四棱台的体积为，故错误； 对于B，易知BD⊥AC，BD⊥，又， 平面，平面， 则BD⊥平面，又BD平面， 所以平面⊥平面，故B正确； 对于C，取的中点F，连接AF，EF， ，连接AG， 所以EF，又因为E是的中点， 所以，所以G是的中点， 因为，所以， 又，所以，又因为， 所以四边形是平行四边形， 所以，又GA⊄平面， ⊂平面， 所以GA平面，因为BD，所以EFBD， EF⊄平面，BD⊂平面，所以EF平面， 因为EF∩AG＝G，所以平面平面， 因为AE⊂平面AEF，所以AE平面， 故C正确； 对于D，连接AC、BD相交于，连接，相交于， 如果外接球的球心O在正四棱台的内部， 则O在上，， 因为上下底面边长分别为4，6， 所以，， 设外接球O的半径为R， 所以， 即，无解， 所以外接球的球心O在正四棱台的外部，如图： 则O在延长线上，， 因为上下底面边长分别为4，6， 所以，， 设外接球O的半径为R，所以， 即，解得＝26， 所以正四棱台的外接球的表面积为4π＝104π，故D正确； 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：证明线面、面面的平行垂直关系时，关键是转化为线与线的平行垂直关系，常用的方法有：平行四边形的性质、三角形中位线、对角线、勾股定理以及向量法等；外接球问题，根据几何图形的对称性确定球心是关键，熟悉常见外接球的模型可以提升解题速度. 2.用一个平行于正三棱锥底面的平面去截正三棱锥，我们把底面和截面之间那部分多面体叫做正三棱台.如图，在正三棱台中，已知，则（    ）   A．在上的投影向量为 B．直线与平面所成的角为 C．点到平面的距离为 D．正三棱台存在内切球，且内切球半径为 【答案】BCD 【解析】根据投影向量的定义和线面角的定义以及线面平行线间的点到平面距离以及内切球的大圆切面求法即可求解.在上的投影向量即为在上的投影向量, 即为，故A错；    过作直线的垂线，交直线AC于点M，过作直线的垂线，交直线AC于点N，连接，所以， 所以， 由余弦定理得， 所以， 所以， 同理可得， 所以， 平面， 所以直线与平面所成的角为，故B正确；    取中点， 因为， 所以， 所以， 又平面， 所以平面， 所以点到平面的距离为， 且， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离等于， 故选项C正确；    取中点H，中点，的外心为，的外心为，过作垂线交于点， 所以，， 所以， 所以， 所以，即， 故选项D正确；故选：BCD. 3．已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，，为内部（含边界）的动点，则（    ） A．∥平面 B．球的表面积为 C．的最小值为 D．若与平面所成角的正弦值为，则点轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】对于A，由条件先证线线平行，进而证得线面平行； 对于B，先假设球心的位置，利用勾股定理与半径相等建立方程组进而确定的位置，可求得球的表面积； 对于C，先判断落在上，再进一步判断与重合时，取得最小值； 对于D，利用面面垂直的性质作出面，故为与平面所成角，再利用得出长，继而判断点轨迹为圆弧. 对于A，如图1，设底面对角线交于点 由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面， 又面面，而面面， 面面，故，即； 由平面几何易得，即； 所以四边形是平行四边形，故， 而面，面，所以平面，故A正确； . 对于B，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则， 在等腰梯形中，易得，即， 为方便计算，不妨设，则由， 即，即， 又，解得，即与重合，故， 故球的表面积为，故B正确； . 对于C，由图2易得，，，面，故面， 不妨设落在图3处，过作，则面，故， 故在中，（直角边小于斜边）；同理，， 所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值； 再看图4，由可知， 故，故C错误； . 对于D，由选项C可知，面，面，故面面， 在面内过作交于，如图5， 则面，面面，故面，故为与平面所成角， 在中，，，，故为正三角形，即，故， 在中，，即E点在以F为圆心，为半径的圆与所交的圆弧， 而,故圆弧所对圆心角为（如图6所示平面图），所以轨迹长为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于确定的位置，先假设在外（记为），由勾股边小于斜边推得，进而得到只有落在上，再利用为定值及基本不等式，推得与重合时，取得最小值；对于动点，我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度. 4．已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（    ） A．正四棱台的体积为 B．平面平面 C．AE∥平面 D．正四棱台的外接球的表面积为104π 【答案】BCD 【解析】对于A：直接代入正四棱台的体积公式即可求解；对于B：先证BD⊥平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；对于C：取的中点F，连接AF，EF，，连接AG，先证四边形是平行四边形，易得GA平面，EF平面，根据面面平行判定定理可证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明AE平面；对于D：分球心在正四棱台内、外两种情况讨论，且球心必在上或的延长线上，再利用勾股定理列出关于球半径的方程即可求解. 依题意， 对于A，正四棱台的体积为，故错误； 对于B，易知BD⊥AC，BD⊥，又， 平面，平面， 则BD⊥平面，又BD平面， 所以平面⊥平面，故B正确； 对于C，取的中点F，连接AF，EF， ，连接AG， 所以EF，又因为E是的中点， 所以，所以G是的中点， 因为，所以， 又，所以，又因为， 所以四边形是平行四边形， 所以，又GA⊄平面， ⊂平面， 所以GA平面，因为BD，所以EFBD， EF⊄平面，BD⊂平面，所以EF平面， 因为EF∩AG＝G，所以平面平面， 因为AE⊂平面AEF，所以AE平面， 故C正确； 对于D，连接AC、BD相交于，连接，相交于， 如果外接球的球心O在正四棱台的内部， 则O在上，， 因为上下底面边长分别为4，6， 所以，， 设外接球O的半径为R， 所以， 即，无解， 所以外接球的球心O在正四棱台的外部，如图： 则O在延长线上，， 因为上下底面边长分别为4，6， 所以，， 设外接球O的半径为R，所以， 即，解得＝26， 所以正四棱台的外接球的表面积为4π＝104π，故D正确； 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：证明线面、面面的平行垂直关系时，关键是转化为线与线的平行垂直关系，常用的方法有：平行四边形的性质、三角形中位线、对角线、勾股定理以及向量法等；外接球问题，根据几何图形的对称性确定球心是关键，熟悉常见外接球的模型可以提升解题速度. 题型09:翻折 1．如图甲，在矩形中，，，为上一动点（不含端点），且满足将沿折起后，点在平面上的射影总在棱上，如图乙，则下列说法正确的有（    ） A．翻折后总有 B．当时，翻折后异面直线与所成角的余弦值为 C．当时，翻折后四棱锥的体积为 D．在点运动的过程中，点运动的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】根据线面垂直得出线线垂直，可判断A，作于，可得异面直线所成的角，判断B，作，设，，利用三角形相似可得，利用函数性质求出的范围判断D，求出棱锥的高，再由四棱锥体积公式计算可判断C. 在图乙中，因为点在平面上的射影在棱上，所以平面， 又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确； 如图， 在图乙中作于，连接，则，所以与所成角即为与所成角，又由平面可得平面，所以而，，则，即与所成角余弦值为，故B错误； 如上图，在图乙中作于，连接，则由平面可得，又，平面，所以平面， 又平面，则，在图甲中，如图， 作，则，，三点共线，设，，则由可得，即，又在图乙中有， 所以，所以，而，所以，，故D正确； 当时，，则，所以， 则，故C正确. 故选：ACD. 2．如图甲，在矩形中，，为的中点．将沿直线翻折至的位置，为的中点，如图乙所示，则（    ） A．翻折过程中，四棱雉必存在外接球，不一定存在内切球 B．翻折过程中，不存在任何位置的，使得 C．当二面角为时，点到平面的距离为 D．当四棱雉的体积最大时，以为直径的球面被平面截得的交线长为 【答案】BCD 【解析】选项A，可以通过判断四边形无外接圆即可判断出四棱锥无外接球； 选项B，假设存在位置使，可证出平面，从而有，这显然不成立，即判断出假设错误； 选项C，先由二面角为求出二面角为，即可求出点到平面的距离，然后使用等体积转化法，求出点到平面的距离，点到平面的距离是点到平面距离的一半，通过求解判断即可； 选项D，以为直径的球面被平面截得的交线为圆，所以需利用球的半径和球心到平面的距离求出该圆的半径，当四棱锥的体积最大时，平面平面，可以证出平面，即为到平面的距离，所以，代入即可. 对于A，由已知，直角三角形存在以为直径的唯一外接圆， ∵，∴点不在该圆上，所以四边形不存在外接圆，因此四棱锥不存在外接球，故A错误； 对于，由已知，，， ∴， ∴，即， 假设在翻折过程中，存在位置，使得， 则∵，平面，平面， ∴平面， 又∵平面，∴， ∵在翻折至的位置的过程中，， ∴显然不成立，故假设错误， ∴翻折过程中，不存在任何位置的，使得，故B正确； 对于，取中点，由已知，，∴，∴， ∴是二面角的平面角， 当二面角为时，二面角为，即， 又∵， ∴到平面的距离为， 设点到平面的距离为， 则， ∴， ∴ ∴，即点到平面的距离为， ∵点为中点， ∴点到平面的距离是点到平面距离的， ∴点到平面的距离为，故正确； 对于，四棱锥底面梯形的面积为定值， ∴当四棱锥的体积最大时，平面平面， ∵平面平面，平面， 由B选项有，∴平面， ∵平面， ∴， ∴， 又∵平面，∴点到平面的距离， ∵点为中点， ∴以为直径的球的半径，球心到平面的距离， 易知，球面与被平面截得交线为圆，其半径， ∴该交线周长为，故正确.故选：BCD. 【点睛】解决本题C选项中的二面角问题是本题的难点，使用空间向量无法区分二面角为还是，而二面角的平面角也不易证明，这里采用了找到其补二面角的方法. 3.如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的位置，则下列结论正确的是（    ） A．无论点在何位置，总有 B．点存在两个位置，使得成立 C．当时，边旋转所形成的曲面的面积为 D．当时，为上一点，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 选项A，设菱形对角线的交点为， 如上图所示，无论点在何位置，总有，， 因为，，平面，平面，， 所以平面； 又因为平面，且平面，所以成立，选项A正确； 选项B，点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值， 其中， 使得成立，只有平面平面成立时的一个点，选项B错误； 选项C，由于，当时，， 边旋转所形成的曲面是“以为顶点，以为半径的圆锥”的表面的， 其面积为，C正确； 选项D，当时，易得都为正三角形，取最小值时，点为中点， 的最小值为，D不正确；故选：AC. 4.如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（    ） A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为 B．四棱锥的体积的最大值为 C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为 D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为2 【答案】AB 【解析】根据圆锥的表面积公式即可判断A,由锐角三角函数结合锥体的体积公式可表达出体积关系式,结合三角函数的性质即可判断B,根据长度关系可得垂直以及平行，结合等面积法得即可求解C,由线线角的几何法求解，结合余弦定理即可判断D. 由题意， 在中，，，，DE是的中位线， ∴，，， ∴，， 对于A项，当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为底面半径为，高为的半个圆锥，∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为： ，故A正确； 对于B项， 设，则，设点到的距离为，则， ∴四棱锥的体积为：， 在中，，∴， ∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确； 对于C，D项， 当三角形ACE为正三角形时，，， 取中点为,的中点，连接，， 连接， 在中，，点F为AB的中点， 由于分别是的中点，所以,, ,因此四边形为平行四边形，故 由于平面,所以平面, 平面,所以,因此四边形为矩形，则 由于,所以平面,平面,所以， 在中，， ∴，为的中点， 在中，为的中点，点F为AB的中点，， ∴，而平面，即有平面， 又平面，因此平面平面，而平面平面， 所以点F到平面ACD的距离等于点F到直线DG的距离， 则，， 在中， 在矩形中，，， ， 设点F到平面ACD的距离为， 在中，，即，解得：，故C错误， 对于D,由于,所以四边形为平行四边形，故，又，此时即为异面直线AC与BD所成的角或补角， 由于，,, 由余弦定理，解得， 则A,C两点间的距离为，故D错误； 故选：AB. 题型10:多面体 1.如图，由正四棱锥和正方体组成的多面体的所有棱长均为2．则（    ）    A．平面 B．平面平面 C．与平面所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】BD 【解析】建立空间直角坐标系，判断与平面的一个法向量是否垂直即可判断A；根据平面和平面的法向量是否垂直判断出B；由线面夹角的正弦的公式及同角三角函数的平方关系即可判断C；由点到平面的距离公式即可判断D． 以为原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 连接，与交点为，连接，则平面， 因为正四棱锥和正方体的所有棱长均为2， 所以，，点坐标为， 所以， 对于A：，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取得， 因为，所以与平面不平行，故A错误； 对于B：由A得平面的一个法向量为， ，，设平面的一个法向量为， 则，即，取得， 因为，所以平面平面，故B正确； 对于C：由A得平面的一个法向量为， ，设与平面所成角为， 则， 所以，故C错误； 对于D：由A得平面的一个法向量为， 因为， 所以点到平面的距离为，故D正确；     故选：BD． 2.如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（    ） A． B．平面BDC C．多面体的外接球的表面积为 D．点A，P旋转运动的轨迹长相等 【答案】BC 【解析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积. 正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧时，如图所示， 连接，，如图所示 正方体中且，四边形为平行四边形，则有 为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误； ，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，选项B正确； 多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C正确； 点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误. 故选：BC 【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便. 3．在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（    ） A．直线与平面所成的角为 B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．球离球托底面的最小距离为 【答案】CD 【解析】如图1，根据题意和面面垂直的性质可得平面，同理平面，由平行四边形的判定方法可知四边形、为平行四边形，结合线面角的定义与外接圆的定义即可判断AB；如图1易知异面直线AD与CF所成的角或其补角，结合余弦定理计算即可判断C；根据球的体积公式求出球的半径，结合图形2计算即可判断D. A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM， 由为正三角形，得，又平面平面， 平面平面，平面，平面， 由，得平面，同理平面， 则，且，所以四边形为平行四边形， 由，得， 所以四边形为平行四边形，得，， 即为直线AD与平面所成的角，，所以，故A错误； B：如图1，连接AB、BC、AC， 由选项A的分析知， 同理，， 所以经过三个顶点A、B、C的球的截面圆为的外接圆， 其半径为，面积为，故B错误； C：连接AM，由，得四边形是平行四边形， 则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角， ，在中，，由余弦定理， 得，故C正确； D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得. 如图2，，， 所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确. 故选：CD. 4．如图，多面体中，四边形为正方形，四边形为直角梯形（两底边分别为），且，则（      ） A．平面 B．平面 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的体积为24 【答案】AC 【解析】对于A，由勾股定理可得再由线面垂直的判定定理和性质定理可得从而平面；由A正确可知B错误；由面，可求三棱锥的体积，即可判定C正确；由面，可求三棱锥的体积，即可判断D错误. 对于A，连接 ， 易得则有 由四边形为正方形，则， 又四边形为直角梯形，即，已知 故面，则有 则有面，则有 故有平面，A正确； 对于B，由A的结论，平面，过一点有且仅有一条直线与 已知直线垂直，则平面不成立，B错误； 对于C，由A知面，又，所以面， 所以三棱锥的体积为, C正确； 对于D，由A可知面，所以 ，又， 所以面，故， 则D错误.故选：AC 5.我国春秋时期便有了风筝，人们用折纸做成了风筝并称为“纸鸢”，我们把如图1的“纸鸢”抽象成如图2的四棱锥，如果于点，，，下列说法正确的是（    ） A．是等腰直角三角形 B．平面平面 C．平面 D．到，，，距离均相等 【答案】AB 【解析】依题意可得且，即可判断A，由，，即可证明平面，即可判断B，过点作于点，由面面垂直的性质得到平面，再利用反例说明C、D. 因为且，所以与均为等腰直角三角形，且， 所以，且，则，所以是等腰直角三角形，故A正确； 因为，，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故B正确； 过点作于点，因为平面平面，平面， 所以平面， 若，则不为点，此时平面不成立，故C错误； 设点到，，，的距离分别为、、、， 若到，，，距离均相等，则， 则，故点为与的角平分线的交点，当时不在的平分线上，故D错误. 故选：AB 6．下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，结合条件中，，从而在各直角三角形中得到的正余弦表示，对选项逐一分析判断即可. 因为在矩形中，， 又，，面，所以面， 又面，所以， 因为在矩形中，，所以，即， 因为，，，面， 所以面， 又在矩形中，，所以面， 又面，所以， 同时，易知在矩形中，， 对于A，在中，， 在中，， 在中，， 所以，故A正确； 对于B，在中，， 在中，， 又，且在中，为的斜边，则， 所以，故B错误； 对于C，在中，， 在中，， 又， 所以，故C正确； 对于D，在中，， 又，，， 所以， 所以，即，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，从而得到的正余弦表示，由此得解. 7．勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是 C．勒洛四面体表面上交线的长度为 D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2 【答案】ABD 【解析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度. A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示： 取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心， 外接球球心为，连接，则为外接球半径，设， 由正四面体的棱长为2，则，， ， ，， 由勾股定理得：，即， 解得：， 此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示： 图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径， 设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确； B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示： 面积为，B正确； C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点， 故，又， 由余弦定理得：， 故，且半径为，故交线的长度等于，C错误； D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示： 连接，交于中点，交于中点，连接，则， 则由C选项的分析知：， 所以， 故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.故选：ABD 【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质： ①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为， ②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为. 8．折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（    ） A．高为 B．表面积为 C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为 【答案】BCD 【解析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D. 对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则， 解得,所以圆台的母线长为，高为，选项A错误； 对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为， 所以圆台的表面积为，选项B正确； 对于C，圆台的体积为 ，选项C正确； 对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确， 故选：BCD． 9．近年来，纳米晶体的多项技术和方法在水软化领域均有重要应用．纳米晶体结构众多，下图是一种纳米晶体个体的结构示意图，其是由正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的几何体，则下列说法正确的有（    ）． A． B．该结构的纳米晶体个体的表面积为 C．该结构的纳米晶体个体的体积为 D．该结构的纳米晶体个体外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】根据空间向量的运算，选定基底，表示，根据数量积的运算律进行计算，判断A;明确几何体结构特征，根据表面积公式求得该几何体表面积，判断B;利用一个正四面体的体积减去四个小正四面体的体积，求得该几何体体积，判断C;求出外接球的半径，即可求得外接球表面积，判断D. 如图，由题意正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的几何体, 则正四面体的棱长为6，每个面都为正三角形， 则, 故 , , 故 , ,A正确； 该几何体是由4个边长为2的正三角形和4个边长为2的正六边形构成， 所以表面积 , 故B正确； 设O为正四面体的底面的中心，连接,则为正四面体的高， 连接,并延长交于为的中点， 则 ,所以, 所以该结构的纳米晶体个体的体积为，C错误； 由题意知该纳米晶体的上下两个面平行，由于截去的四个角处的几何体为棱长为2的正四面体， 由以上计算过程同理可求得截去的正四面体的高为， 因此纳米晶体的上下两个面之间的距离为， 设外接球心为,则在上,与平面的交点设为G，即为的中心， 连接 ，外接球半径设为R， 所以 , 即 ， 即 ，即得 故外接球表面积为，故D正确, 故选： 【点睛】难点点睛：解决此类多面体的切割问题时，要能发挥空间想象，明确几何体的结构特征，本题解答的难点在于计算复杂，并且计算量大，因而要根据几何体的结构特征，明确需要计算的量，进行作答. 10．十二水硫酸铝钾是一种无机物，又称明矾，是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐，生活中常用于净水，我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到明矾晶体的结构，即为一个正八面体（如图）.假设该正八面体的所有棱长均为2，则（    ） A．以正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体 B．直线与平面所成的角为 C．正八面体的表面积为 D．二面角的余弦值为 【答案】AC 【解析】根据对偶多面体的概念即可判断A；根据正八面体的几何特征得到，，进而证出平面，从而得出直线与平面所成的角为，就出即可判断B；已知棱长，根据正八面体的几何特征求其表面积即可判断C；作出二面角的平面角，在中利用余弦定理即可判断D. 对于A，如图， 根据一个正多面体和以它的各面中心为顶的正多面体，叫做互为对偶的正多面体， 根据对偶原则，每种多面体都存在对偶多面体，一种多面体的对偶多面体的对偶多面体等同该种多面体， 由于正方体与正八面体是对偶多面体， 所以以正八面体各面中心为顶点的几何体为正方体，A正确； 对于B，如图， 连接、、交于点， 根据正八面体的几何特征，则有四边形、四边形为正方形， ，，又， 平面， 直线与平面所成的角为， 在中，， ， ，B错误； 对于C，正八面体的所有棱长均为， 正八面体的表面积，C正确； 对于D，如图， 取的中点，连接，， 根据正八面体的几何特征，，， 又平面，平面，平面平面， 为二面角的平面角， 在中，， 在中，，同理， 在中，，D错误.故选：AC. 11．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为，则（    ） A．被截正方体的棱长为2 B．被截去的一个四面体的体积为 C．该二十四等边体的体积为 D．该二十四等边体外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，即可得出A项；根据A项，可知四面体是三条侧棱两两垂直，即可得出三棱锥的体积，判断B项；根据B项的结果，以及正方体的体积公式，即可得出C项；设球心为，连结，取中点为，连结，构造，根据勾股定理，即可求出，即外接球的半径为，即可求出表面积得出D项. 对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点， 如图1，则，所以，故A项正确； 对于B项，如图1，由A知，四面体是三条侧棱两两垂直，且长度为的三棱锥，所以，故B项错误； 对于C项，正方体的体积为，所以该二十四等边体的体积为，故C项正确； 对于D项，如图2，设球心为，显然是正方体的中心，连结，取中点为，连结， 因为分别是的中点，所以. 又，， 所以，在中，有，所以， 所以，该二十四等边体外接球的半径，表面积为，故D项正确.故选：ACD. 12.化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（    ） A．正八面体的内切球表面积为 B．正八面体的外接球体积为 C．若点为棱上的动点，则的最小值为 D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】对于A项，设该正八面体内切球的半径为，由内切球的性质可知正八面体的体积， 解得，故它的内切球表面积为，故A项正确； 对于B项，设该正八面体外接球的半径为，由图知，是正方形，, 在中，,利用对称性知,故点为正八面体外接球的球心，则， 所以正八面体外接球的体积为，故项错误； 对于C项，如图，因与是边长为2的全等的正三角形，可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形. 连接与相交于点，此时,,则取得最小值为，故项正确； 对于D项，易知，因为平面平面，所以//平面， 所以，故D项正确. 故选：ACD. 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $