2021年高考數(shù)學立體幾何多選題之知識梳理與訓練及解析

2021年高考數(shù)學立體幾何多選題之知識梳理與訓練及解析一、立體幾何多選題1．如圖，在棱長為2的正方體中，為邊的中點，下列結論正確的有（）A．與所成角的余弦值為B．過三點、、的正方體的截面面積為C．四面體的內(nèi)切球的表面積為D．正方體中，點在底面（所在的平面）上運動并且使，那么點的軌跡是橢圓【答案】AB【分析】構建空間直角坐標系，由異面直線方向向量的夾角為與所成角的余弦值判斷A的正誤；同樣設結合向量夾角的坐標表示，且由等角的余弦值相等可得，進而判斷P的軌跡知D的正誤；由立方體的截面為梯形，分別求，進而得到梯形的高即可求面積，判斷B的正誤；由四面體的體積與內(nèi)切球半徑及側面面積的關系求內(nèi)切球半徑r，進而求內(nèi)切球表面積，判斷C的正誤.【詳解】A：構建如下圖所示的空間直角坐標系：則有：，∴，，故正確.B：若N為的中點，連接MN，則有，如下圖示，∴梯形AMND’為過三點、、的正方體的截面，而，可得梯形的高為，∴梯形的面積為，故正確.C：如下圖知：四面體的體積為正方體體積減去四個直棱錐的體積，∴，而四面體的棱長都為，有表面積為，∴若其內(nèi)切圓半徑為，則有，即，所以內(nèi)切球的表面積為.故錯誤.D：正方體中，點在底面（所在的平面）上運動且，即的軌跡為面截以AM、AP為母線，AC’為軸的圓錐體側面所得曲線，如下圖曲線，構建如下空間直角坐標系，，若，則，∴，，即，整理得，即軌跡為雙曲線的一支，故錯誤.故選：AB【點睛】關鍵點點睛：應用向量的坐標表示求異面直線的夾角，并結合等角的余弦值相等及向量數(shù)量積的坐標表示求動點的軌跡，綜合立方體的性質求截面面積，分割幾何體應用等體積法求內(nèi)切球半徑，進而求內(nèi)切球的表面積.2．已知正方體的棱長為，點，在平面內(nèi)，若，，則（）A．點的軌跡是一個圓B．點的軌跡是一個圓C．的最小值為D．與平面所成角的正弦值的最大值為【答案】ACD【分析】對于A、B、C、D四個選項，需要對各個選項一一驗證.選項A：由，得，分析得E的軌跡為圓；選項B：由，而點F在上，即F的軌跡為線段，；選項C：由E的軌跡為圓，F(xiàn)的軌跡為線段，可分析得；選項D：建立空間直角坐標系，用向量法求最值.【詳解】對于A:，即，所以，即點E為在面內(nèi)，以為圓心、半徑為1的圓上；故A正確；對于B:正方體中，AC⊥BD，又，且BD∩DF=D，所以，所以點F在上，即F的軌跡為線段，故B錯誤；對于C:在平面內(nèi)，到直線的距離為當點，落在上時，；故C正確；對于D:建立如圖示的坐標系，則因為點E為在面內(nèi)，以為圓心、半徑為1的圓上，可設所以設平面的法向量，則有不妨令x=1，則，設與平面所成角為α，則：當且僅當時，有最大值，故D正確故選：CD【點睛】多項選擇題是2020年高考新題型，需要要對選項一一驗證．3．在正三棱柱中，，，點D為BC中點，則以下結論正確的是（）A．B．三棱錐的體積為C．且平面D．內(nèi)到直線AC、的距離相等的點的軌跡為拋物線的一部分【答案】ABD【分析】A．根據(jù)空間向量的加減運算進行計算并判斷；B．根據(jù)，然后計算出對應三棱錐的高和底面積，由此求解出三棱錐的體積；C．先假設，然后推出矛盾；取中點，根據(jù)四點共面判斷平面是否成立；D．將問題轉化為“內(nèi)到直線和點的距離相等的點”的軌跡，然后利用拋物線的定義進行判斷.【詳解】A．，故正確；B．，因為為中點且，所以，又因為平面，所以且，所以平面，又因為，，所以，故正確；C．假設成立，又因為平面，所以且，所以平面，所以，顯然與幾何體為正三棱柱矛盾，所以不成立；取中點，連接，如下圖所示：因為為中點，所以，且，所以，所以四點共面，又因為與相交，所以平面顯然不成立，故錯誤；D．“內(nèi)到直線AC、的距離相等的點”即為“內(nèi)到直線和點的距離相等的點”，根據(jù)拋物線的定義可知滿足要求的點的軌跡為拋物線的一部分，故正確；故選：ABD.【點睛】方法點睛：求解空間中三棱錐的體積的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱錐的高和底面積，然后用公式進行計算；（2）等體積法：待求三棱錐的高和底面積不易求出，采用替換頂點位置的方法，使其求解高和底面積更容易，由此求解出三棱錐的體積.4．如圖所示，正三角形ABC中，D，E分別為邊AB，AC的中點，其中AB＝8，把△ADE沿著DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B為60°，則下列選項中正確的是（）A．點A'到平面BCED的距離為3B．直線A'D與直線CE所成的角的余弦值為C．A'D⊥BDD．四棱錐A'-BCED的外接球半徑為【答案】ABD【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延長AM交BC于N,連接A'M,A'N.利用線面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理與性質定理得到到平面面BCED的高A'H,并根據(jù)二面角的平面角，在直角三角形中計算求得A'H的值，從而判定A;根據(jù)異面直線所成角的定義找到∠A'DN就是直線A'D與CE所成的角，利用余弦定理計算即可判定B;利用勾股定理檢驗可以否定C;先證明底面的外接圓的圓心為N,在利用外接球的球心的性質進行得到四棱錐A'-BCED的外接球的球心為O,則ON⊥平面BCED,且OA'=OC,經(jīng)過計算求解可得半徑從而判定D.【詳解】如圖所示，作AM⊥DE，交DE于M,延長AM交BC于N,連接A'M,A'N.則A'M⊥DE,MN⊥DE,,∵∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD?平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,則A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B為60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=,∴A'M=2,∴A'H=A'Msin60°=3，故A正確；連接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直線A'D與CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M=2,cos∠A'DN=,故B正確；A'D=DB=4,A'B=,∴,∴A'D與BD不垂直，故C錯誤’易得NB=NC=ND=NG=4，∴N為底面梯形BCED的外接圓的圓心，設四棱錐A'-BCED的外接球的球心為O,則ON⊥平面BCED,且OA'=OC,若O在平面BCED上方，入圖①所示：設ON=x,外接球的半徑為R,過O作A'H的垂線，垂足為P,則HP=x,易得,解得,舍去；故O在平面BCED下方，如圖②所示：設ON=x,外接球的半徑為R,過O作A'H的垂線，垂足為P,則HP=x,易得,解得,∴,,故D正確.故選:ABD.【點睛】本題考查立體幾何中的折疊問題，涉及二面角問題，異面直線所成的角，用到線面、面面垂直的判定與性質及外接球的球心的性質和有關計算，余弦定理等，屬綜合性較強的題目，關鍵是利用線面垂直，面面垂直的判定和性質進行空間關系和結構的判定，注意球心在四棱錐的底面上方和下方的討論與驗證.5．如圖，矩形中，為的中點，將沿直線翻折成，連結，為的中點，則在翻折過程中，下列說法中所有正確的是（）A．存在某個位置，使得B．翻折過程中，的長是定值C．若，則D．若，當三棱錐的體積最大時，三棱錐外接球的體積是【答案】BD【分析】對于A，取中點，連接交與，可得到，又，且三線共面共點，不可能；對于B，可得由（定值），（定值），（定值），由余弦定理可得是定值．對于C，取中點，連接，假設，易得面，即可得，從而，顯然不一定成立．對于D，當平面B1AM⊥平面AMD時，三棱錐B1﹣AMD的體積最大，可得球半徑為1，體積是．【詳解】對于A選項：如圖1，取中點，連接交與，則，又，所以，如果，可得，且三線共面共點，不可能，故A選項不正確；對于B選項：如圖1，由A選項可得，故（定值），（定值），（定值），故在中，由余弦定理得，整理得，故為定值，故B選項正確．對于C選項：如圖，取中點，連接，由，得，假設，，所以面，所以，從而，顯然不恒成立，所以假設不成立，可得C選項不正確．對于D選項：由題易知當平面與平面垂直時，三棱錐的體積最大，此時平面，則，由，易求得，，故，因此，為三棱錐的外接球球心，此外接球半徑為，體積是．故D選項正確．故答案為：BD．【點睛】本題主要考查了線面、面面平行與垂直的判定和性質定理，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于難題.本題C選項的解題的關鍵在于采用反證法證明，進而推出矛盾解題，D選項求解的關鍵在于把握平面與平面垂直時，三棱錐的體積最大.6．已知正方體棱長為，如圖，為上的動點，平面.下面說法正確的是（）A．直線與平面所成角的正弦值范圍為B．點與點重合時，平面截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大C．點為的中點時，若平面經(jīng)過點，則平面截正方體所得截面圖形是等腰梯形D．已知為中點，當?shù)暮妥钚r，為的中點【答案】AC【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷A選項的正誤；證明出平面，分別取棱、、、、、的中點、、、、、，比較和六邊形的周長和面積的大小，可判斷B選項的正誤；利用空間向量法找出平面與棱、的交點、，判斷四邊形的形狀可判斷C選項的正誤；將矩形與矩形延展為一個平面，利用、、三點共線得知最短，利用平行線分線段成比例定理求得，可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則點、、設點，平面，則為平面的一個法向量，且，，，所以，直線與平面所成角的正弦值范圍為，A選項正確；對于B選項，當與重合時，連接、、、，在正方體中，平面，平面，，四邊形是正方形，則，，平面，平面，，同理可證，，平面，易知是邊長為的等邊三角形，其面積為，周長為.設、、、、、分別為棱、、、、、的中點，易知六邊形是邊長為的正六邊形，且平面平面，正六邊形的周長為，面積為，則的面積小于正六邊形的面積，它們的周長相等，B選項錯誤；對于C選項，設平面交棱于點，點，，平面，平面，，即，得，，所以，點為棱的中點，同理可知，點為棱的中點，則，，而，，且，由空間中兩點間的距離公式可得，，，所以，四邊形為等腰梯形，C選項正確；對于D選項，將矩形與矩形延展為一個平面，如下圖所示：若最短，則、、三點共線，，，，所以，點不是棱的中點，D選項錯誤.故選：AC.【點睛】本題考查線面角正弦值的取值范圍，同時也考查了平面截正方體的截面問題以及折線段長的最小值問題，考查空間想象能力與計算能力，屬于難題.7．已知棱長為1的正方體，過對角線作平面交棱于點，交棱于點，以下結論正確的是（）A．四邊形不一定是平行四邊形B．平面分正方體所得兩部分的體積相等C．平面與平面不可能垂直D．四邊形面積的最大值為【答案】BD【分析】由平行平面的性質可判斷A錯誤;利用正方體的對稱性可判斷B正確;當?為棱中點時,通過線面垂直可得面面垂直,可判斷C錯誤;當與重合,與重合時,四邊形的面積最大,且最大值為,可判斷D正確.【詳解】如圖所示,對于選項A,因為平面,平面平面,平面平面,所以,同理可證,所以四邊形是平行四邊形,故A錯誤;對于選項B,由正方體的對稱性可知,平面分正方體所得兩部分的體積相等,故B正確;對于選項C,在正方體中,有,又,所以平面,當?分別為棱的中點時,有,則平面,又因為平面,所以平面平面,故C錯誤;對于選項D,四邊形在平面內(nèi)的投影是正方形,當與重合,與重合時,四邊形的面積有最大值,此時,故D正確;故選:BD.【點睛】本題考查了正方體的幾何性質與應用問題,也考查了點線面的位置關系應用問題,屬于中檔題.8．M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，將菱形沿對角線AC折起，使點D不在平面ABC內(nèi)，則在翻折過程中，下列結論正確的有（）A．平面ABDB．異面直線AC與MN所成的角為定值C．在二面角逐漸變小的過程中，三棱錐外接球的半徑先變小后變大D．若存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直，則的取值范圍是【答案】ABD【分析】利用線面平行的判定即可判斷選項A；利用線面垂直的判定求出異面直線AC與MN所成的角即可判斷選項B；借助極限狀態(tài)，當平面與平面重合時，三棱錐外接球即是以外接圓圓心為球心，外接圓的半徑為球的半徑，當二面角逐漸變大時，利用空間想象能力進行分析即可判斷選項C;過作,垂足為,分為銳角、直角、鈍角三種情況分別進行分析判斷即可判斷選項D.【詳解】對于選項A:因為M，N分別為菱形ABCD的邊BC，CD的中點，所以為的中位線，所以,因為平面ABD,平面ABD，所以平面ABD,故選項A正確；對于選項B：取的中點，連接,作圖如下：則,,由線面垂直的判定知，平面,所以,因為,所以,即異面直線AC與MN所成的角為定值，故選項B正確；對于選項C:借助極限狀態(tài)，當平面與平面重合時，三棱錐外接球即是以外接圓圓心為球心，外接圓的半徑為球的半徑，當二面角逐漸變大時，球心離開平面，但是球心在底面的投影仍然是外接圓圓心，故二面角逐漸變小的過程中，三棱錐外接球的半徑不可能先變小后變大，故選項C錯誤；對于選項D:過作,垂足為,若為銳角，在線段BC上；若為直角，與重合；若為鈍角，在線段BC的延長線上；若存在某個位置，使得直線AD與直線BC垂直，因為，所以平面,由線面垂直的性質知,,若為直角，與重合，所以,在中，因為,所以不可能成立，即為直角不可能成立；若為鈍角，在線段BC的延長線上，則在原平面圖菱形ABCD中，為銳角，由于立體圖中,所以立體圖中一定比原平面圖中更小，，所以為銳角，，故點在線段BC與在線段BC的延長線上矛盾，因此不可能為鈍角；綜上可知，的取值范圍是.故選項D正確;故選：ABD【點睛】本題考查異面垂直、線面平行與線面垂直的判定、多面體的外接球問題；考查空間想象能力和邏輯推理能力；借助極限狀態(tài)和反證法思想的運用是求解本題的關鍵；屬于綜合型強、難度大型試題.9．如圖，已知矩形中，，為邊的中點，將沿直線翻折成，若為線段的中點，則在翻折過程中，下列說法正確的是（）A．線段的長是定值B．存在某個位置，使C．點的運動軌跡是一個圓D．存在某個位置，使平面【答案】AC【分析】取中點，連接，，根據(jù)面面平行的判定定理可得平面平面，由面面平行的性質定理可知平面，可判斷；在中，利用余弦定理可求得為定值，可判斷和；假設，由線面垂直的判定定理可得平面，由線面垂直的性質定理可知，與矛盾，可判斷．【詳解】解：取的中點，連接，，∵，分別為、中點，∴，∵平面，平面，∴平面，∵且，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵平面，平面，∴平面，又，、平面，∴平面平面，∵平面，∴平面，即D錯誤，設，則，，，∴，