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所属成套资源:2023年新高考数学多选题与双空题专题复习卷(原卷+解析卷)
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2023届新高考复习多选题与双空题 专题13立体几何多选题
展开这是一份2023届新高考复习多选题与双空题 专题13立体几何多选题,文件包含多选题与双空题满分训练专题13立体几何多选题原卷版docx、多选题与双空题满分训练专题13立体几何多选题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共82页, 欢迎下载使用。
【多选题与双空题满分训练】专题13 立体几何多选题
2022年高考冲刺和2023届高考复习满分训练
新高考地区专用
1.(2023·福建漳州·三模)已知a,b是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列命题正确的是( )
A.若,则
B.若,则
C.若,则
D.若,则
【答案】AD
【解析】
【分析】
根据空间中线面、面面的平行、垂直的判断定理和性质定理分析判断.
【详解】
,则平面内存在直线l与直线平行,则,可得
A正确;
若,则平面内存在直线与平面垂直,但不是任意一条直线均与平面垂直
B不正确;
根据面面平行的判定定理要求直线相交,C不正确;
,则平面内存在直线l与平面垂直,,则,
D正确;
故选:AD.
2.(2022·河北廊坊·模拟预测)我们知道,平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立.下面给出的平面几何中的四个真命题, 在空间中仍然成立的有( )
A.平行于同一条直线的两条直线必平行
B.垂直于同一条直线的两条直线必平行
C.一个角的两边分别平行于另一个角的两边,那么这两个角相等或互补
D.一个角的两边分别垂直于另一个角的两边,那么这两个角相等或互补
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据线线平行传递性和课本中的定理可判断AC正确;垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定,可判断B,通过举反例可判断D.
【详解】
根据线线平行具有传递性可知A正确;
空间中垂直于同一条直线的两条直线,位置关系可能是异面、相交、平行,故B错误;
根据定理:空间中如果两个角的两边分别对应平行,那么这两个角相等或互补可知C正确;
如图,且,
则但和的关系不确定,
故D错误.
故选:AC
3.(2022·重庆·三模)如图,在正方体中,为正方形的中心,当点在线段上(不包含端点)运动时,下列直线中一定与直线异面的是( )
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A,当为的中点时,,故A不正确;对于BCD,根据异面直线的判定定理可知都正确.
【详解】
对于A,当为的中点时,,故A不正确;
对于B,因为平面,平面,,平面,所以直线与直线一定 是异面直线,故B正确;
对于C,因为平面,平面,,平面,所以直线与直线一定 是异面直线,故C正确;
对于D,因为平面,平面,,平面,所以直线与直线一定 是异面直线,故C正确;
故选:BCD
4.(2022·重庆八中模拟预测)攒尖是中国传统建筑表现手法,是双坡屋顶形式之一,多用于面积不大的建筑,如塔、亭、阁等,常用于圆形、方形、六角形、八角形等平面的建筑物上,形成圆攒尖和多边形攒尖.以四角攒尖为例,如图,它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥,已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°,侧棱长为米,则该正四棱锥的( )
A.底面边长为4米 B.侧棱与底面所成角的正弦值为
C.侧面积为平方米 D.体积为32立方米
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据已知条件及正四棱锥的结构特征,求底面边长、体高,再应用棱锥的体积、表面积公式求表面积和体积.
【详解】
如图,在正四棱锥中,O为底面ABCD的中心,E为CD的中点,,
设底面边长为2a,正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为,
所以,则,,,
所以,即,可得.
底面边长为米,A错误;
侧棱与底面所成角的正弦值为,B正确;
侧面积,C错误;
体积,D正确.
故选:BD
5.(2022·福建厦门·模拟预测)已知正方形的边长为1,以为折痕把折起,得到四面体,则( )
A. B.四面体体积的最大值为
C.可以为等边三角形 D.可以为直角三角形
【答案】AC
【解析】
【分析】
取BD得中点为O,连接,可得平面,可判断选项A;当平面时,四面体体积的最大,且最大体积为,可判断选项B;当平面时,,所以,从而即可判断;若为直角三角形,又,则,由可判断选项D.
【详解】
解:取BD得中点为O,连接,由题意,,,且,
所以平面,所以,故选项A正确;
当平面时,四面体体积的最大,且最大体积为,故选项B错误;
当平面时,,所以,又,所以此时为等边三角形,故选项C正确;
若为直角三角形,又,则,
所以,此时,不满足三角形任意两边之和大于第三边,故选项D错误.
故选:AC.
6.(2022·广东佛山·三模)如图,若正方体的棱长为2,点是正方体在侧面上的一个动点(含边界),点是的中点,则下列结论正确的是( )
A.三棱锥的体积为定值 B.若,则点在侧面运动路径的长度为
C.若,则的最大值为 D.若,则的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】
对于A,三棱锥的体积,由已知得三角形PDD1的面积是定值,且点M到面PDD1的距离是正方体的棱长,由此可判断;对于B,过点P作,由已知有点M的轨迹是以Q为圆心,1为半径的半圆弧,根据圆的周长公式计算可判断;对于C、D,过点P作,则点Q是的中点,连接QC,取BC的中点N,连接NC1,A1N,A1C1,由线面垂直的判定和性质得点M的轨迹是线段,解,可求得的最大值和最小值,由此可判断C、D选项.
【详解】
解:对于A,三棱锥的体积,
而因为点P为的中点,所以三角形PDD1的面积是定值,且点M到面PDD1的距离是正方体的棱长,
所以三棱锥的体积是定值,故A正确;
对于B,过点P作,则由正方体的性质得平面,所以,
又,正方体的棱长为2,所以,
所以点M的轨迹是以Q为圆心,1为半径的半圆弧,
所以点在侧面运动路径的长度为,故B不正确;
对于C、D,过点P作,则点Q是的中点,连接QC,取BC的中点N,连接NC1,A1N,A1C1,
则,,
因为,所以,平面,所以,
又,所以平面,所以,所以点M的轨迹是线段,
在中,,,
所以的最大值为,故C不正确;
在中,,所以,
所以点A1到C1N有距离为,
所以的最小值为,故D正确,
故选:AD.
7.(2022·河北张家口·三模)边长为的正三角形ABC三边AB、AC、BC的中点分别为D、E、F,将三角形ADE沿DE折起形成四棱锥,则下列结论正确的是( )
A.四棱锥体积最大值为
B.当时,平面平面PEF
C.四棱锥总有外接球
D.当时,四棱锥外接球半径有最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据锥体的体积公式判断A,设、PF的中点为O、H,连接OP,OF,OH,根据二面角的定义得到是二面角的平面角,从而判断B,再确定外接球的球心所在位置,即可判断C、D;
【详解】
解:当平面平面时,体积最大,其最大值为,故A不正确.
设、PF的中点为O、H,连接OP,OF,OH,,,,且,,又,,平面,
平面,所以是二面角的平面角,则平面平面,故B正确;
对于C,为正三角形,过其重心作平面的垂线l1,则垂线l1上任意一点到P、D、E的距离都相等,,则过F垂直于平面的直线上任意一点到B、C、E、D的距离均相等,因为l1与l2均在平面POF内,∴l1与l2相交,其交点即为外接球球心,故C正确;
由C知,当l1过F时,即为球心,此时半径最小为,故D不正确,
故选:BC
8.(2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测)如图,四棱锥的底面为矩形,底面,,且,则下列结论中不正确的是( )
A.为线段上的点,则存在点使得平面
B.到平面的距离有可能等于
C.与平面所成的角有可能等于
D.四棱锥的外接球的表面积的最小值是
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据线面平行的定义,点到平面的距离的定义,以及线面角和球的表面积公式,逐个选项进行判断即可得到答案.
【详解】
对于选项,点为线段的中点,记和的交点为, 则,
平面,故选项正确;
对于选项B,因为,故平面,所以到平面的距离等于 到平面的距离,由平面,平面平面,所以到的距离即为到平面的距离,当时,到平面的距离等于,故选项B正确;
对于选项C,角是与平面所成的角,当时,线面角为,此时 方程组无正解,故选项C错误;
对于选项D,四棱锥可以补成长方体,长方体的外接球的半径为,而,所以外接球的半径大于等于,所以其表面积的最小值为
,故选项D错误;
故选:CD.
9.(2022·湖北·荆门市龙泉中学二模)如图,已知二面角的棱l上有A,B两点,,,,,若,,则( )
A.直线AB与CD所成角的大小为45°
B.二面角的大小为60°
C.三棱锥的体积为
D.直线CD与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据异面直线所成角、二面角、线面角定义,在图形中作出直线AB与CD所成角、二面角的平面角、直线CD与平面所成角,结合已知条件计算判断各项正误.
【详解】
过A作且,连接,则四边形ABDE是平行四边形,如图,
所以且,故是直线AB与CD所成角或其补角,
因,,则,而,面,
于是面,面,则,
故,则,A正确;
因,即,而,则是二面角的平面角,又,
因此,,即为正三角形,,B正确;
因面,,则面,在面内过C作于O,于是,
又,而,
所以,C错误;
连接而,则是直线CD与所成角,,D正确.
故选:ABD
10.(2022·山东临沂·二模)如图,在直三棱柱中,底面是边长为2的正三角形,,点M在上,且,P为线段上的点,则( )
A.平面
B.当P为的中点时,直线AP与平面ABC所成角的正切值为
C.存在点P,使得
D.存在点P,使得三棱锥的体积为
【答案】BD
【解析】
【分析】
A:假设平面,则可得AC⊥平面,∠ACB=90°与已知矛盾,从而判断假设不成立;B:取BC中点为N,可证PN⊥平面ABC,∠PAN为AP与平面ABC所成角,解△ANP即可;C:假设CP⊥AM,可得CP⊥平面AMN,CP⊥MN,几何图形即可判断假设不成立;D:假设=,求出△CPM的面积,判断△CPM面积是否小于或等于△面积即可.
【详解】
对于A,假设平面,则AC,易知⊥AC,∩,故AC⊥平面,故AC⊥BC,这与∠ACB=60°矛盾,故假设不成立,故A错误;
对于B,当P为的中点时,取BC中点为N,连接PN、AN,
易知PN∥,⊥平面ABC,则PN⊥平面ABC,
故∠PAN即为AP与平面ABC所成角,
则tan∠PAN=,故B正确;
对于C,取BC中点为N,连接AN、NM,
由AN⊥BC,AN⊥知AN⊥平面,故AN⊥CP,
若,∵AN∩AM=A,则CP⊥平面AMN,则CP⊥MN,
过C作CG∥MN交于G,则CP⊥CG,即∠PCG=90°,易知∠PCG不可能为90°,故不存在P使得,故C错误;
对于D,取BC中点为N,连接AN,易知AN⊥平面,AN=,
若三棱锥的体积为,
则,
∵
,
故存在P使时,三棱锥的体积为,故D正确.
故选:BD.
【点睛】
本题充分考察空间里面的点线面位置关系,判断选项ACD时都可以采用假设存在P点满足条件,然后结合几何关系推出与已知条件矛盾或不矛盾的结论,从而作出判断;选项B考察空间里面直线和平面的夹角,根据几何关系可作出辅助线解决问题即可.
11.(2022·山东临沂·模拟预测)如图,在五棱锥中,平面, ,,是等腰三角形.则( )
A.平面平面
B.直线与平面所成的角为的大小为60°
C.四棱锥的体积为
D.四边形的面积为3
【答案】AD
【解析】
【分析】
在中,利用勾股定理证得,又由平面,证得,进而证得平面,得到平面,可判定A正确;过点作于点,证得平面,结合平面,得到到平面的距离,结合线面角的定义法,可判定B不正确;由平面,得到,得出四边形为直角梯形,结合梯形的面积公式和锥体的体积公式,可判定C不正确,D正确.
【详解】
因为,
由余弦定理可得,所以,
所以,所以,
又由平面,平面,所以,
因为,所以平面,
又因为,所以平面,
因为平面,所以平面平面,所以A正确;
过点作于点,
因为平面平面,且平面平面,所以平面,
又因为,平面,所以平面,
所以点到平面的距离等于点到平面的距离,
在直角中,可得,即到平面的距离,
设直线与平面所成的角为,可得,
又由,所以,所以B不正确;
由平面,可得,
因为,所以四边形为直角梯形,其面积为,
所以四棱锥的体积为,所以C不正确,D正确.
故选:AD.
12.(2022·福建龙岩·模拟预测)正多面体也称帕拉图立体,被喻为最有规律的立体结构,其所有面都只由一种正多边形构成(各面都是全等的正多边形,且每个顶点所接的面数都一样,各相邻面所成的二面角都相等).某中学在劳动技术课上,要求学生将一个近似正八面体的玉石切制成如图所示的棱长为2的正八面体P-ABCD-Q(其中E、F、H分别为PA,PB,BC的中点),则( )
A.AP与CQ为异面直线
B.平面PAB⊥平面PCD
C.经过E、F、H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形
D.此正八面体外接球的表面积为8π
【答案】CD
【解析】
【分析】
对于选项A,根据图像的共面可以得出该选项错误;
对于选项B,求出两个平面的二面角证明二面角不是90度即可得出结论;
对于选项C,根据中位线定理证明相等关系,即可证明该截面为正六边形;
对于选项D,根据外接球的直径,代入公式即可.
【详解】
对于A选项,由多面体的对称性知,A,B,C,D四点共面,
又因为PA=AQ=QC=CP,
结合PQ=AC,
所以四边形PACQ是正方形,
所以选项A错误;
对于B选项,设AB中点为N,CD中点为M,
则为平面PAB和平面PCD的二面角,
,,NM=2
所以,
所以平面PAB和平面PCD的二面角不为直角,
所以选项B错误;
对于选项C,设QC,CD,DA的中点分别为J,K,L,顺次连接E,F,H,J,K,L,E,
根据中位线定理能够得到EF=FH=HJ=JK=KL=LE,
所以经过E、F、H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形,
故选项C正确;
对于选项D,根据题意,外接球的直径为,
所以外接球的半径为,
表面积,
故该选项正确.
故选:CD.
13.(2022·辽宁鞍山·二模)如图,点P是棱长为2的正方体ABCD-的表面上一个动点,则( )
A.当P在平面上运动时,四棱锥P-的体积不变
B.当P在线段AC上运动时,与所成角的取值范围是[,]
C.使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为
D.若F是的中点,当P在底面ABCD上运动,且满足PF//平面时,PF长度的最小值是
【答案】ABC
【解析】
【分析】
A选项,考虑底面积和高均未变,所以体积不变;B选项,找到异面直线所成角即可判断;
C选项,找到P的轨迹,计算即可;D选项,找到P的轨迹,计算即可.
【详解】
A选项,底面正方形的面积不变,P到平面的距离为正方体棱长,故四棱锥P-的体积不变,A选项正确;
B选项,与所成角即与所成角,当P在端点A,C时,所成角最小,为,当P在AC中点时,所成角最大,为,故B选项正确;
C选项,由于P在正方体表面,P的轨迹为对角线AB1,AD1,以及以A1为圆心2为半径的圆弧如图,
故P的轨迹长度为,C正确;
D选项,FP 所在的平面为如图所示正六边形,故FP的最小值为,D选项错误.
故选:ABC.
14.(2022·广东·二模)在所有棱长都相等的正三棱柱中,点A是三棱柱的顶点,M,N、Q是所在棱的中点,则下列选项中直线AQ与直线MN垂直的是( )
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
建立空间直角坐标系,求得相关点的坐标,从而求得的坐标,计算,即可判断A,B,C,D的正误.
【详解】
所有棱长都相等的正三棱柱中,点A是三棱柱的顶点,M,N、Q是所在棱的中点,故可设棱长为2,在正三棱柱中建立如图所示的空间直角坐标系:
对于A, ,
故 ,
则,故,即,故A正确;
对于B, ,
故 ,
则,故不垂直,故B不正确;
对于C, ,
故 ,
则,故,即,故C正确;
对于D, ,
故 ,
则,故不垂直,故D不正确;
故选:AC
15.(2022·海南海口·模拟预测)如图,在长方体中,,E,F分别是棱,的中点,则( )
A.△BDF是等边三角形 B.直线与BF是异面直线
C.平面BDF D.三棱锥与三棱锥的体积相等
【答案】AC
【解析】
【分析】
A选项可根据几何关系求三角形的各个边长进行判断;B选项证点,E,B,F四点共面得出矛盾;C选项证,线线垂直,可得线面垂直;D选项点A与点F到平面的距离不相等,即是高不相等,体积也不会相等.
【详解】
对于A,设AB=1,则,故△BDF是等边三角形,A正确;
对于B,连接、,如图所示:
易知,,故点,E,B,F共面,B错误;
对于C,设AB=1,则,,,所以
所以,
同理可知,又因为,所以平面BDF,故C正确;
对于D,三棱锥与三棱锥有公共的面,
若要它们的体积相等,则点A与点F到平面的距离相等,这显然不成立,故D错误.
故选:AC.
16.(2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测)如图,正方体的棱长为 ,线段上有两个动点,,且,以下结论正确的有( )
A.
B.正方体体积是三棱锥的体积的6倍
C.
D.异面直线,所成的角为定值
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据数量积的定义判断A,根据锥体的体积公式计算即可判断B,根据线面垂直的性质判断C,利用特殊点判断D;
【详解】
解:对于A选项,易知,,所以,所以A正确;
对于B项,连接交于点,则,又平面,平面,
所以,,平面,所以平面,
所以三棱锥的体积,
所以正方体体积是三棱锥的体积的倍,所以B错误;
对于C项,如图建立空间直角坐标系,则,,,,,
所以,,,
所以,,即,,
因为,平面,
所以平面,而平面,所以,所以C正确;
对于D项,当点在处,为的中点时,异面直线所成的角是,
当在的中点时,F在的位置,异面直线所成的角是,显然两个角不相等,所以D错误;
故选:AC.
17.(2022·江苏盐城·三模)如图,在棱长为2的正方体中,点在线段(不包含端点)上,则下列结论正确的是( )
A.三棱锥的体积随着点的运动而变化
B.异面直线与所成角的取值范围是
C.直线平面
D.三棱锥的外接球表面积的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A选项,连接,由平面,即直线上任意点到平面的距离相等;
对于B选项,为正三角形,则当且仅当在中点时,,即可判断;
对于C选项,证明平面即可,
对于D选项,当为中点时,外接球半径最小,计算即可.
【详解】
对于A选项,因为,所以平面,所以,为定值,即A错误;
对于B选项,因为为正三角形,与所成角的范围为,即B正确;
对于C选项,易知,,,,,则平面平面,可知平面,平面,即C正确;
对于D选项,易知当为中点时,外接球半径最小,
此时设的中心为,的中心为,的中点为,
则,,,则易知,
所以最小球即为以为球心,半径,表面积,即D错误.
故选:BC
18.(2022·辽宁·模拟预测)在三棱锥中,底面ABC是等边三角形,,点H为的垂心,且侧面MBC,则下列说法正确的是( )
A.
B.平面ABH
C.MA,MB,MC互不相等
D.当三棱锥的体积最大时,其外接球的体积为
【答案】AB
【解析】
【分析】
对于A,延长MH交BC于点D,连接AD,由线面垂直的性质可判断;对于B,连接BH并延长交MC于点E,连接AE,由线面垂直的判定可判断;对于C,过M作,垂足为O,则平面ABC,延长CO交AB于点F,连接MF,可得,由此可判断;对于D,由三棱锥为正三棱锥,得时,的面积最大,平面MBC时,三棱锥的体积最大,将三棱锥补成正方体,求得三棱锥的外接球半径R,由球体的体积公式计算可判断.
【详解】
解:对于A,如图,延长MH交BC于点D,连接AD,
因为H为的垂心,则,
又平面MBC,平面MBC,所以,
又,所以平面MAD,
又平面MAD,所以,A项正确;
对于B,因为,又为等边三角形,所以D为BC的中点,
连接BH并延长交MC于点E,连接AE,则,
因为平面MBC,平面MBC,所以,
又,所以平面ABH,B项正确;
对于C,因为平面ABE,所以,过M作,垂足为O,则平面ABC,
又平面ABC,所以,延长CO交AB于点F,连接MF,
因为,所以平面MCF,因为MF,平面MCF,则,,得,
所以,C项错误;
对于D,因为三棱锥为正三棱锥,当时,的面积最大,
当平面MBC时,三棱锥的体积最大,将三棱锥补成正方体,
此时正方体的体对角线长即为三棱锥的外接球的直径,
设三棱锥的外接球直径为2R,则,即,
因此三棱锥的外接球的体积,D项错误.
故选:AB.
19.(2022·山东滨州·二模)在边长为4的正方形ABCD中,如图1所示,E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把,和折起,使B,C,D三点重合于点P,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M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】
将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体,对A:由平面即可判断;对B:由即可求解;对C:三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球,从而即可求解;对D:由最大截面为过球心O的大圆,最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解.
【详解】
解:由题意,将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体,如图所示:
对A:因为,,,所以平面,所以,故选项A正确;
对B:因为M为BE的中点,所以,故选项B错误;
对C:三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球,所以外接球的直径,所以三棱锥外接球的表面积为,故选项C正确;
对D:过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆,其中最大截面为过球心O的大圆,此时截面圆的面积为,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,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取值范围为,故选项D正确.
故选:AD.
20.(2022·山东济南·二模)在棱长为1的正方体中,E,F,G分别为线段,CD,CB上的动点(E,F,G均不与点C重合),则下列说法正确的是( )
A.存在点E,F,G,使得平面EFG
B.存在点E,F,G,使得
C.当平面EFG时,三棱锥与C-EFG体积之和的最大值为
D.记CE,CF,CG与平面EFG所成的角分别为,,,则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
以点为原点建立空间直角坐标系,设,对于A,当时,易证得,则要使平面EFG,只需即可,利用向量法即可得出结论;对于B,要使,只需要即可,判断和是否相等,即可;对于C,根据平面EFG,可得的关系,由,只要求出的最大值即可;对于D,利用等体积法求出到平面的距离,分别求出,即可判断.
【详解】
解:如图,以点为原点建立空间直角坐标系,设,
对于A,因为平面,平面,
所以,
又因,
所以平面,
又平面,所以,
当时,,此时,
要使平面EFG,只需即可,
,
则,
则,即,
当时,,
故存在点E,F,G,使得平面EFG,故A正确;
对于B,,
则,
要使,
只需要即可,
,
,
,
则,
故,
因为,所以,
所以,
所以不存在点E,F,G,使得,故B错误;
对于C,因为平面EFG,
所以,
,
则,
则,所以,
要使最大,则,此时,
所以体积之和的最大值为,故C正确;
对于D,由B,,
则,
因为,
所以到平面的距离满足,
所以,
所以,
,
,
所以,故D正确.
故选:ACD.
21.(2022·福建三明·模拟预测)已知棱长为4的正方体中,,点P在正方体的表面上运动,且总满足,则下列结论正确的是( )
A.点P的轨迹所围成图形的面积为5 B.点P的轨迹过棱上靠近的四等分点
C.点P的轨迹上有且仅有两个点到点C的距离为6 D.直线与直线MP所成角的余弦值的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
首先根据动点满足的条件及正方体的结构特征得到动点的轨迹,然后利用轨迹的特征判断选项A,B,C,对于选项D,将线线角转化为线面角,运用线面角的定义找出线面角进行求解.
【详解】
如图,
过点M作,在上取一点,使,连接,
过点作,连接,易知, 四点共面;
又,,
面,即点的轨迹为矩形(不含点),
设,则 又
解得 ,即,
对于A,矩形的面积为:,A正确;
对于B,,B错误;
对于C,
在中,到的距离范围是:
上存在一点到点C的距离为6;
在中,到的距离范围是:
上存在一点到点C的距离为6;
但在、中不存在到点C的距离为6的点,C正确;
对于D,直线与直线所成的最小角就是直线与平面所成的角,
直线与平面所成的即是直线与平面所成的角,
延长交于点,则即是直线与平面所成的角,
在中, ,D正确;
故选:ACD.
【点睛】
本题考查动点轨迹,点、线、面位置关系,线线角、线面角以及几何体中一些线段的最值,考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力,属于难题.
22.(2022·湖南衡阳·二模)已知正方体的棱长为分别为的中点.下列说法正确的是( )
A.点到平面的距离为
B.正方体外接球的体积为
C.面截正方体外接球所得圆的面积为
D.以顶点为球心,为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于
【答案】BCD
【解析】
【分析】
A选项由等体积法求得点到平面的距离即可;B选项由外接球的直径为体对角线即可判断;C选项由面经过外接球球心,
求得其外接圆圆心,即可求解;D选项将球面与正方体的表面相交所得的曲线分为两类,按照弧长公式计算即可.
【详解】
,设到平面的距离为,由,即,解得,故错误;
正方体外接球的半径为,外接球的体积为,故B正确;
易得面经过正方体外接球的球心,故其截外接球所得圆的半径为外接球的半径,其圆的面积为,故C正确;
如图,
球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:一类在顶点所在的三个面上,即面、面和面上;
另一类在不过顶点的三个面上,即面、面和面上.在面上,交线为弧且在过球心的大圆上,
因为,则,同理,所以,故弧的长为,而这样的弧共有三条.
在面上,交线为弧且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上,此时,小圆的圆心为,半径为,
所以弧的长为,这样的弧也有三条.于是,所得的曲线长,故D正确.
故选:BCD.
23.(2022·河北·模拟预测)如图,在正三棱柱中,,D为棱上的动点,则( )
A.三棱锥的外接球的最大半径为
B.存在点D,使得平面平面
C.A到平面的最大距离为
D.面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
A选项,当D与重合时,三棱锥的外接球的半径R最大,由正弦定理求出三角形ABC外接圆半径,进而求出外接球半径;
B选项,点D为中点时,平面平面,作出辅助线进行证明;
C选项,建立空间直角坐标系,利用空间向量求解A到平面的最大距离;
D选项,利用空间向量求出点D到直线的距离的最大值,从而求出面积的最大值.
【详解】
当D与重合时,三棱锥的外接球的半径R最大,
如图,找到球心O及球心O在底面ABC上的投影,则,
设三角形ABC的外接圆半径为r,
由正弦定理得:,解得:,
故,A错误;
当点D为中点时,平面平面,
理由如下:连接与相交于点E,连接DE,AD,,
则根据勾股定理:,其中E为与的中点,
所以由三线合一得:DE⊥,DE⊥,
因为,所以DE⊥平面,
因为平面,
所以平面平面,B正确;
取中点M,AB中点N,连接,则两两垂直,
以M为坐标原点,所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则,,,设,,
则设平面的法向量为,
由,令得:,
故,
设A到平面的距离为,
则,
当时,取得最大值,为,C正确;
,设点D到直线的距离为,则
因为,所以当或0时,取得最大值,最大值为,
此时,面积为,D正确.
故选:BCD
【点睛】
立体几何题目,求解距离或角度时,建立空间直角坐标系,用空间向量进行求解是非常好用的方法.
24.(2022·湖南怀化·一模)如下图,正方体中,M为上的动点,平面,则下面说法正确的是( )
A.直线AB与平面所成角的正弦值范围为
B.点M与点重合时,平面截正方体所得的截面,其面积越大,周长就越大
C.点M为的中点时,平面经过点B,则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D.已知N为中点,当的和最小时,M为的三等分点
【答案】AC
【解析】
【分析】
以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可判断A选项的正误;证明出平面,分别取棱、、、、、的中点、、、、、,比较和六边形的周长和面积的大小,可判断B选项的正误;利用空间向量法找出平面与棱、的交点、,判断四边形的形状可判断C选项的正误;将矩形与矩形延展为一个平面,利用、、三点共线得知最短,利用平行线分线段成比例定理求得,可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,则点、、设点,
平面,则为平面的一个法向量,且,,
,
所以,直线与平面所成角的正弦值范围为,A选项正确;
对于B选项,当与重合时,连接、、、,
在正方体中,平面,平面,,
四边形是正方形,则,,平面,
平面,,同理可证,
,平面,
易知是边长为的等边三角形,其面积为,周长为.
设、、、、、分别为棱、、、、、的中点,
易知六边形是边长为的正六边形,且平面平面,
正六边形的周长为,面积为,
则的面积小于正六边形的面积,它们的周长相等,B选项错误;
对于C选项,设平面交棱于点,点,,
平面,平面,,即,得,,
所以,点为棱的中点,同理可知,点为棱的中点,则,,
而,,且,
由空间中两点间的距离公式可得,,,
所以,四边形为等腰梯形,C选项正确;
对于D选项,将矩形与矩形延展为一个平面,如下图所示:
若最短,则、、三点共线,
,,
,所以,点不是棱的中点,D选项错误.
故选:AC.
【点睛】
本题考查线面角正弦值的取值范围,同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题,考查空间想象能力与计算能力,属于难题.
25.(2022·湖南岳阳·三模)如图,在直棱柱中,各棱长均为2,,则下列说法正确的是( )
A.三棱锥外接球的体积为
B.异面直线与所成角的正弦值为
C.当点M在棱上运动时,最小值为
D.N是所在平面上一动点,若N到直线与的距离相等,则N的轨迹为抛物线
【答案】ACD
【解析】
【分析】
A选项,求出△ABC的外接圆半径,进而求出三棱锥外接球的半径,求出体积;B选项,作平行线,找到异面直线与所成角,用余弦定理求出余弦值,进而求出正弦值;C选项,将平面与平面沿着公共边折叠到同一平面内,利用勾股定理进行求解;D选项,由抛物线定义进行判断.
【详解】
因为在直棱柱中,各棱长均为2,,
所以△ABC为等边三角形,
设三棱锥外接球球心为O,则O在底面ABC的投影为△ABC的中心H,
设△ABC外接圆半径为R,由正弦定理得:,
所以△ABC外接圆半径为,
设三棱锥外接球的半径为r,则,
故三棱锥外接球的体积为,A正确;
连接,,则,且从图中可以看出为锐角,所以异面直线与所成角即为,
由勾股定理得:,
由余弦定理得:,
故在△中,由余弦定理得:,
所以,B错误;
将平面与平面沿着公共边折叠到同一平面内,如图
连接,与的交点即为取得最小值的M,此时的长度即为最小值,
其中,,
由勾股定理得:,C正确;
因为平面ABCD,故点N到直线的距离即为的长,
又因为平面ABCD,
故在平面ABCD上,到一点N的距离等于到直线BC的距离,
由抛物线的定义可知:N的轨迹为抛物线,D正确.
故选:ACD
【点睛】
求解立体几何图形的外接球或内切球问题,要能抓住关键点,比如球心的位置的确定,通常情况下先找球心在某个三角形或者四边形中的投影来确定.