新高考一卷主題搞定之第九題教師版

新高考一卷逐題搞定第九題真題展示已知正方體，則（

）A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為【答案】ABD【分析】數(shù)形結(jié)合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，又平面，所以，故B正確；連接，設(shè)，連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設(shè)正方體棱長為，則，，，所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD優(yōu)秀模擬題多選題1．（2022·全國·高考真題）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】直接由體積公式計算，連接交于點，連接，由計算出，依次判斷選項即可.【詳解】設(shè)，因為平面，，則，，連接交于點，連接，易得，又平面，平面，則，又，平面，則平面，又，過作于，易得四邊形為矩形，則，則，，，則，，，則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.故選：CD.2．（2021·全國·高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（

）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面【答案】BD【分析】對于A，由于等價向量關(guān)系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進而確定點的坐標；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)．【詳解】易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設(shè)，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關(guān)鍵之處在于所求點的坐標放在三角形內(nèi)．3．（2021·全國·高考真題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線構(gòu)造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.【詳解】設(shè)正方體的棱長為，對于A，如圖（1）所示，連接，則，故（或其補角）為異面直線所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點為，連接，，則，，由正方體可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正確.對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，故，故C正確.對于D，如圖（4），取的中點，的中點，連接，則，因為，故，故，所以或其補角為異面直線所成的角，因為正方體的棱長為2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D錯誤.故選：BC.4．（2022·全國·模擬預(yù)測）如圖，在五面體中，底面為矩形，和均為等邊三角形，平面，，，且二面角和的大小均為．設(shè)五面體的各個頂點均位于球的表面上，則（

）A．有且僅有一個，使得五面體為三棱柱B．有且僅有兩個，使得平面平面C．當時，五面體的體積取得最大值D．當時，球的半徑取得最小值【答案】ABC【分析】根據(jù)棱柱的定義，主要利用線面、面面平行判定和性質(zhì)定理判定A；利用線面、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理判定B；利用體積分割，求得體積關(guān)于角度的函數(shù)關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)單調(diào)性，進而求得五面體的體積最大值的條件，從而判定C；利用球的性質(zhì)找到外接球的球心，進而得到半徑的變化規(guī)律，從而判定何時外接球的半徑最小，從而判定D.【詳解】對于選項A:∵平面,經(jīng)過的平面與平面交于直線,∴,取的中點分別為,連接,則連接,∵和均為等邊三角形，∴,又∵底面為矩形，∴垂直,故得二面角的平面角為,二面角的平面角為,因為，分別在平面和平面中，平面與平面和分別交于直線，所以當且僅當時，平面平面,故當且僅當，即時，平面平面,即五面體為三棱柱，故A正確；對于選項B:當平面和平面不平行時，它們的交線為,由于,平面，平面，∴平面,又∵平面,平面平面=直線，∴，∴同理，∴當且僅當時，平面平面，由于四邊形為等腰梯形，∴當且僅當或時，,∴當且僅當或時，平面平面，故B正確；對于選項C:設(shè)的補角為，過A作直線AR與直線PQ垂直相交，垂足為R，連接DR,∵AD⊥EF,EF//PQ,∴AD⊥PQ,又∵AD∩AR=A,AD,AR?平面ADF,∴平面ADR⊥直線PQ，同理做出S,得到平面SBC⊥直線PQ，為直三棱柱的底面，且RS=EF為直三棱柱的高，、為三棱錐和的底面上的高因為，所以五面體的體積為（如上圖）或（如下圖）兩種情況下都有，令則，所以，對求導(dǎo)得，令得（舍去）或，

,,故時體積取得極大值也是最大值.所以，所以.五面體的體積取得最大值.故C正確；對于D項：取等邊的中心，的中點，過作平面QBC的垂線與過的平面ABCD的垂線的交點即為五面體PQABCD的外接球的球心，如圖所示，連接,,則,∵四邊形為邊長一定的矩形，∴為定值，∴當且僅當最小，即重合時外接球的半徑最小，此時為銳角，故D不對.故選：ABC.5．（2022·全國·模擬預(yù)測）已知在直三棱柱中，底面是一個等腰直角三角形，且分別為的中點.則（

）A．與平面夾角余弦值為B．與所成角為C．平面D．平面平面【答案】BCD【分析】對于A、B：建系，利用空間向量處理相關(guān)角度問題；對于C：根據(jù)線面平行的判定定理證明；對于D：利用線面垂直的判定定理先證平面，可得，再證平面，進而說明結(jié)果.【詳解】對于A、B：如圖1，建立空間之間坐標系，設(shè)，則有：∴設(shè)平面的法向量為則有，令，則∴則∴與平面夾角的正弦值為，則余弦值為，A錯誤；∵∴與所成角的余弦值為，則夾角為，B正確；如圖2：對于C：連接，設(shè)，連接分別為的中點，則且∴為平行四邊形，則O為的中點又∵F為的中點，則平面，平面∴平面，C正確；對于D：平面即為平面由題意可得：，平面∴平面平面，則又∵為正方形，則，平面平面平面∴平面平面，即平面平面，D正確；故選：BCD.6．（2022·廣東·珠海市第三二模）在正三棱錐中，設(shè)，，則下列結(jié)論中正確的有（

）A．當時，到底面的距離為B．當正三棱錐的體積取最大值時，則有C．當時，過點A作平面分別交線段，于點，不重合，則周長的最小值為D．當變大時，正三棱錐的表面積一定變大【答案】AD【分析】利用等體積法求正三棱錐的高判斷A；分析可得當時三棱錐體積最大判斷B；利用平面展開圖分析C，寫出表面積，利用三角函數(shù)的單調(diào)性判斷D．【詳解】解：對于A，當時，，，設(shè)正三棱錐的高為，根據(jù)，得，A正確；對于B，結(jié)合A的分析，當正三棱錐的體積取最大值時，則有，B錯；對于C，當時，過點A作平面分別交線段，于，不重合，則周長的最小值為展開圖的直線距離，C錯；對于，在中根據(jù)余弦定理得，所以，所以，因為，所以，故函數(shù)在上遞增，即當變大時，正三棱錐的表面積一定變大，故D正確．故選：AD．7．（2022·全國·模擬預(yù)測）在正方體中，，，，，分別為，，，，的中點，則（

）A．直線與直線垂直B．點與點到平面的距離相等C．直線與平面平行D．與的夾角為【答案】ABC【分析】根據(jù)給定的正方體，建立空間直角坐標系，再借助空間向量逐項分析求解作答.【詳解】在正方體中，以點D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，令，則，對于A，，，則，A正確；對于B，，即，而，則，而平面，平面，因此平面，所以點與點到平面的距離相等，B正確；對于C，，即，而，則，又平面，平面，因此平面，C正確；對于D，，令與的夾角為，則，顯然，D不正確.故選：ABC8．（2022·湖南永州·一模）分別是正方體的棱的中點，則（

）A．平面 B．C．直線與直線相交 D．與平面所成的角大小是【答案】ABD【分析】對A，根據(jù)，判斷即可；對B，根據(jù)，判斷即可；對C，根據(jù)不在平面內(nèi)判斷即可；對D，轉(zhuǎn)化為與平面所成的角判斷即可.【詳解】對A，因為正方體中且，故四邊形為平行四邊形，故.又由中位線性質(zhì)可得，且平面，平面，故平面.故平面，故A正確；對B，由A同理可得，，故成立，故B正確；對C，易得所在的平面為，顯然不在平面內(nèi)，故直線與直線異面，故C錯誤；對D，由B，與平面所成的角即與平面所成的角，即，易得為，故D正確；故選：ABD9．（2022·全國·清華附中朝陽模擬預(yù)測）如圖所示，在四棱錐中，平面，四邊形為正方形，，、為線段上的兩個動點（不包括端點），且滿足，以下結(jié)論正確的個數(shù)是（

）A．B．平面C．二面角的大小為定值D．四面體的體積為定值【答案】CD【分析】根據(jù)已知對選項逐項判斷即可.【詳解】對于A，因為平面，平面，，假如，又，平面，又平面，，而四邊形為正方形，與矛盾，故不正確，故A不正確；對于B，設(shè)，連接，若平面，又平面平面，則，在中，因為為的中點，則必為的中點，這與為線段上的動點矛盾，故B不正確；對于C，因為為線段上的動點，所以二面角的大小即為二面角的大小，連接，因為平面，平面，所以，因為四邊形為正方形，，所以，故，又為的中點，，又，故為二面角角的平面角，，而三邊均為定值，由余弦定理可求得為定值，故二面角的大小為定值，故C正確；對于D，因為平面，平面，，因為四邊形為正方形，，又，平面，又、為線段上的兩個動點（不包括端點），平面，四邊形為正方形，，，又的邊的高即為的邊的高，故高為，且，，，故四面體的體積為定值，故D正確.故選：CD10．（2022·全國·清華附中朝陽模擬預(yù)測）已知空間中是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題不正確的是（

）A．B．C．與異面D．【答案】BCD【分析】根據(jù)空間中的線與平面，以及平面與平面的位置關(guān)系即可逐一判斷.【詳解】A：由垂直于同一平面的兩直線平行，可知A正確；B：由，可得或者，故B錯誤；C：由，，可得與異面或，故C錯誤；D：由，，，當時，不能得到，只有當時，才可以得到，故D錯誤.故選：BCD11．（2022·福建泉州·模擬預(yù)測）已知正四棱臺的所有頂點都在球的球面上，，為內(nèi)部（含邊界）的動點，則（

）A．平面 B．球的表面積為C．的最小值為 D．與平面所成角的最大值為60°【答案】ACD【分析】對于A，利用平行四邊形證得，進而證得平面；對于B，先假設(shè)的位置，利用勾股定理與半徑相等得到及，解得，進而確定的位置，故可求得球的表面積為；對于C，先判斷落上，再進一步判斷與重合時，取得最小值為；對于D，利用面面垂直的性質(zhì)作出面，故為與平面所成角，再利用得知當與重合時，取得最大值，再利用對頂角相等求得此時，進而得到的最大值為.【詳解】對于A，如圖1，由棱臺的結(jié)構(gòu)特征易知與的延長線必交于一點，故共面，又面面，而面面，面面，故，即；由平面幾何易得，即；所以四邊形是平行四邊形，故，而面，面，故平面，故A正確；.對于B，如圖2，設(shè)為的中點，為正四棱臺外接球的球心，則，在等腰梯形中，易得，即，為方便計算，不妨設(shè)，則由，即，即，又，解得，即與重合，故，故球的表面積為，故B錯誤；.對于C，由圖2易得，，，面，故面，不妨設(shè)落在圖3處，過作，則面，故，故在中，（勾股邊小于斜邊）；同理，，所以，故動點只有落在上，才有可能取得最小值；再看圖4，由可知，故，故C正確，.對于D，由選項C可知，面，面，故面面，在面內(nèi)過作交于，如圖5，則面，面面，故面，故為與平面所成角，在中，，故當取得最小值時，取得最大值，即取得最大值，顯然，動點與重合時，取得最小值，即取得最大值，且，在中，，，，故為正三角形，即，即與平面所成角的最大值為，故D正確.故選：ACD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于確定的位置，先假設(shè)在外（記為），由勾股邊小于斜邊推得，進而得到只有落在上，再利用為定值及基本不等式，推得與重合時，取得最小值；對于動點，我們一般要考慮特殊位置，可提高我們做題速度.12．（2022·云南大理·模擬預(yù)測）若直線∥平面，直線，則與的位置關(guān)系可以是（

）A．與相交 B． C． D．與異面【答案】BCD【分析】根據(jù)線與線、線與面的位置關(guān)系判斷.【詳解】直線∥平面，直線與平面無公共點，又直線，直線與直線無公共點，由線與線的位置關(guān)系可知，直線與直線平行或者異面，也可能異面垂直.故選：BCD13．（2022·江蘇省濱海模擬預(yù)測）（多選題）正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點．則（

）A．直線D1D與直線AF垂直B．直線A1G與平面AEF平行C．平面AEF截正方體所得的截面面積為D．點C與點G到平面AEF的距離相等【答案】BC【分析】利用反證法可判斷A，根據(jù)線線平行可判斷B，由線面平行得等腰梯形，繼而可求面積，可判斷C，根據(jù)反證法可判斷D.【詳解】根據(jù)題意，因為底面，所以，假設(shè)直線D1D與直線AF垂直，，則面，則，又因為是中點，所以,故AD1∥EF，所以與所成角為，所以直線D1D與直線所成角也為，不垂直，所以與矛盾，所以直線D1D與直線AF不垂直，故A錯誤．因為，平面，平面，所以平面，故B選項正確．平面截正方體所得截面為等腰梯形，,,且梯形的高為，故梯形面積為，故C選項正確．假設(shè)C與點G到平面AEF的距離相等，則平面平分，即平面必然經(jīng)過的中點，連接交于點,不是的中點，故假設(shè)不成立，故C與點G到平面AEF的距離不相等，故D錯誤．故選:BC.【點睛】14．（2022·湖南益陽·模擬預(yù)測）已知正四棱柱的底面邊長為，側(cè)棱長為，點為側(cè)棱含端點上的動點，若平面與直線垂直，則下列說法正確的有（

）A．直線與平面不可能平行B．直線與平面不可能垂直C．直線與平面所成角的正弦值的取值范圍是D．若且，則平面截正四棱柱所得截面多邊形的面積為【答案】BCD【分析】根據(jù)假設(shè)可能平行和垂直，即可根據(jù)線面關(guān)系判斷AB,結(jié)合線面角的向量求法，即可根據(jù)向量夾角求解C,根據(jù)是中點，可得平面即平面，進而找到截面，即可求解面積.【詳解】對于，已知若則當與重合時，,故可能成立，故A錯誤，對于B，已知若，則這與相交矛盾，故與平面不可能垂直，故B正確，對于C，因為所以為平面的一組法向量，所以直線與平面所成角的正弦值為所成角的余弦值的絕對值，即為,在直角中，，C正確對于D，由題意知為的中點，連接，，，，，，在直角三角形中，，又，,所以，所以，同理,,，所以，又平面，平面，，所以平面，所以平面即平面，三角形即平面截正四棱柱所得截面的多邊形,又，，,故為等邊三角形，所以，D正確，故選：BCD15．（2022·廣東廣州·一模）如圖，長方體中，，，，點M是側(cè)面上的一個動點（含邊界），P是棱的中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．當PM長度最小時，三棱錐的體積為B．當PM長度最大時，三棱錐的體積為C．若保持，則點M在側(cè)