精练13 立体几何-备战2022年新高考数学选填题分层精练

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精练13 立体几何

基础练
1．设，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，，，，则
【答案】C
【分析】
由空间中直线与直线、直线与平面以及平面与平面位置关系的判定逐一核对四个命题得答案．
【详解】
对于A，由，，，得或与相交或与异面，故A错误；
对于B，由，，，得或与异面，故B错误；
对于C，由，，得，故C正确；
对于D，，，，，，如图，，不一定垂直，故D错误．

其中正确的是C．
故选：．
2．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：

①正方体在每个顶点的曲率均为；
②任意四棱锥的总曲率均为；
③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【分析】
根据曲率的定义依次判断即可.
【详解】
①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；
②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；
③设每个面记为边形，
则所有的面角和为，
根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确.
故选：D.
3．已知A，B为球O的球面上两点，，过弦AB作球的两个截面分别为圆与圆，且是边长为的等边三角形，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
记AB的中点为M，可得OM为的外接圆的直径，即可求出球半径，从而得表面积．
【详解】
记AB的中点为M，则构成平面四边形，且，．
∴OM为的外接圆的直径，∴，∴，
∴．
故选：C

4．如图，在长方体中，，点M在平面上，则线段长度的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意问题转化为求点B到平面ACD1的距离，利用等体积法计算即可.
【详解】
由题意问题转化为求点B到平面ACD1的距离，
因为
所以，，
所以边上的高，
故三角形ACD1的面积为，
又三棱锥的体积，
所以，
故选: D
5．点是正方体的底面内（包括边界）的动点.给出下列三个结论：
①满足的点有且只有个；
②满足的点有且只有个；
③满足平面的点的轨迹是线段.
则上述结论正确的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
对于①，根据线线平行的性质可知点即为 点，因此可判断①正确；
对于②，根据线面垂直的判定可知平面,，由此可判定的位置，进而判定②的正误；
对于③，根据面面平行可判定平面 平面，因此可判断此时一定落在 上，由此可判断③的正误.
【详解】
如图：

对于①，在正方体中， ,
若 异于 ，则过点至少有两条直线和平行，这是不可能的，
因此底面内（包括边界）满足的点有且只有个，即为 点，
故①正确；
对于②，正方体中， 平面 ,平面，
所以 ,
又 ，所以 ，
而 , 平面 ,故平面,
因此和 垂直的直线 一定落在平面内，
由 是平面上的动点可知，一定落在上，这样的点有无数多个，故②错误；
对于③， ,平面 ,则 平面，
同理平面,而 ,
所以平面 平面，而平面，
所以一定落在平面上，
由是平面上的动点可知，此时一定落在上，
即点的轨迹是线段，故③正确，
故选：C.
6．如图，正四面体的顶点A、B、C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列正确的是（ ）


A．三棱锥是正三棱锥
B．直线平面ACD
C．直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为
D．异面直线AB和CD所成角是90°
【答案】ACD
【分析】
过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，可证得M为BC中点，连接CN交AB于P，则P为AB中点，可证得N为底面△ABC中心，即可判断选项A,由图观察可判断选项B, 取AB中点E，连结CE、DE，可证得平面CDE，进而可判断D选项，设，则，利用余弦定理可求得，进而求得，即可判断选项C.
【详解】
ABCD为正四面体，∴△ABC为等边三角形，
又∵OA、OB、OC两两垂直，∴OA⊥面OBC，∴OA⊥BC，
过O作底面ABC的垂线，垂足为N，连接AN交BC于M，
由三垂线定理可知BC⊥AM，∴M为BC中点，
同理可证，连接CN交AB于P，则P为AB中点，∴N为底面△ABC中心，
∴O﹣ABC是正三棱锥，故A正确．
将正四面体ABCD放入正方体中，如图所示，显然OB与平面ACD相交．
则B不正确，
取AB中点E，连结CE、DE，
，，，，
，平面CDE，平面CDE，，故D正确；
设，则，,
,直线CD与平面ABC所成的角的正弦值为,则C正确.
故选：ACD.

7．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，平面平面，，，，E是棱上的动点（除端点外），F，M分别为的中点，则（ ）


A．平面
B．直线与所成角的余弦值为
C．
D．当E是棱的中点时，直线与所成角的余弦值为
【答案】AB
【分析】
取的中点为O，连接，建立空间直角坐标系，利用向量法逐项求解判断.
【详解】
设的中点为O，连接，则两两垂直，以所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．
设，则．
因为，平面的一个法向量为，
所以，所以平面，故A正确；
因为，所以，所以不垂直，故C不正确；
设直线与所成的角为，因为，所以，故B正确；
设直线与所成的角为，当E是棱的中点时，．因为，，所以，即直线与所成角的余弦值为，故D不正确．
故选：AB
8．如图，在三棱锥中，为的中点，点满足，其中，则（ ）

A．
B．三棱锥体积的最大值为
C．当二面角为时，长为
D．若三棱锥形状不变，当时，，则当时，
【答案】ABC
【分析】
应用线面垂直的判定及性质即可证判断A，由题设知三棱锥体积最大时有面面，结合锥体的体积公式判断三棱锥体积的最大值判断B，由为二面角的平面角，即可确定的长判断C，根据已知结合勾股定理确定P的位置，进而求判断D.
【详解】
连接，由为的中点，
故平面，又面
∴，A正确；

当面面时，三棱锥的体积取最大值，
∴其最大值为，B正确；
显然，为二面角的平面角，当二面角为时，△为等边三角形，此时，C正确；
当时为的中点，由，则
依题意，则，可得.
当时，此时，D错误.
故选：ABC.
9．如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小．若，，，则的最大值为__________．（仰角为直线与平面所成角）

【答案】
【分析】
如图由点向作垂线，连结，，根据余弦定理结合三角函数得到，根据二次函数性质得到最值.
【详解】
如图由点向作垂线，连结，则，
，，，
，
，
当，即时，取最大值，
此时，即的最大值为．
故答案为：．

10．如图，已知三棱锥的所有棱长均相等，点满足，点在棱上运动，设与平面所成角为，则的最大值为_______

【分析】
设棱长为，，然后可得，设到平面的距离为，利用三角形相似可得，然后可得，即可求出答案.
【详解】
设棱长为，，则．
点到平面的距离为
设到平面的距离为，则，，
，
时，的最大值为．
故答案为：．


提升练
1．在长方体中，，，，点P在长方体的面上运动，且满足，则P的轨迹长度为（ ）
A．12π B．8π C．6π D．4π
【答案】C
【分析】
由题设，在长方体表面确定P的轨迹，应用弧长公式计算轨迹长度.
【详解】
如图，在左侧面的轨迹为弧，在后侧面的轨迹为弧，在右侧面的轨迹为弧，在前侧面内的轨迹为弧.
易知，，又，，
∴，则，
∴P的轨迹长度为6π，
故选：C.

2．在棱长为2的正方体中，E为底面正方形对角线的交点，P为棱上的动点（不包括端点），则下列说法不正确的是（ ）
A．平面 B．
C．当平面时，P为的中点 D．的取值范围为
【答案】D
【分析】
根据正方体的性质，结合勾股定理，线面平行的性质、线面垂直的判定定理性质进行逐一判断即可.
【详解】
对于A，∵四边形为正方形，∴；
由正方体的性质知：平面，又平面，∴，
∵平面，，∴平面，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，当平面时，，可得P为的中点，C正确；
对于D， 因为，所以三角形是等腰三角形，而E为底面正方形对角线的交点，所以，
，由，有，可得，∴，故D不正确.
故选：D.

3．如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点A与P重合，平面平面，则四棱锥外接球的表面积是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分别取的中点，易得，则点为四边形的外接圆的圆心，则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，设外接球的半径为，，利用勾股定理求得半径，从而可得出答案.
【详解】
解：分别取的中点，
在等边三角形中，，是中位线，
则都是等边三角形，
所以，
所以点为四边形的外接圆的圆心，
则四棱锥外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设球心为，
由为的中点，所以，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，则，
设外接球的半径为，，
，
则，，
所以，解得，
所以，
所以四棱锥外接球的表面积是.
故选：A.

4．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧面，，是线段上的点（不含端点），若侧面，直线，侧面与平面所成角大小分别为，，，则下列结论成立的是（注指二面角的大小，指二面角的大小）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
作出二面角的平面角，再根据正切的三角关系，比较大小，最后得到结论．
【详解】
解：侧面，侧面，
，，

是面与底面所成的二面角，
，侧面，直线，与底面所成的二面角分别为，，，
，
过作于，则，，平面，
平面，
连接，为直线与底面所成角，所以，
过作于，则为平面与平面所成的二面角，
所以，因为，所以
，
故选：D．
5．如图，在正四面体中，为中点，是棱上的动点，则当异面直线与所成角的正弦值最小时，（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图，作，则，则由三角形中位线定理可得，得是异面直线与所成的角，当与在平面里的投影重合时，最小，然后根据已知条件在中求解即可
【详解】
如图，作，则.
为中点，是的中位线，则，
则是异面直线与所成的角.
当与在平面里的投影重合时，最小，
设平面，易知为等边的重心，连接
并延长，交于点，作交于点.
.

设正四面体的棱长为，则，
.
在中，为重心，.
又，则
在中，设，
，
.
故选：C.
6．如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，线段的中点为，下列说法正确的是（ ）

A．的长度为定值4 B．的长度不是定值
C．三棱锥的体积为定值 D．点的轨迹是圆
【答案】AD
【分析】
AB选项，做出辅助线，利用及算出的长度为定值；C选项，设出未知数，把三棱锥的体积表达出来，看是否为定值；D选项，利用AM的长度为定值，判断出点的轨迹是圆.
【详解】
过点Q作QH∥AB且，连接PH，AH，如图1，则且四边形ABQH为平行四边形，所以AH∥BQ，因为与，均相互垂直，所以QH⊥AH，QH⊥a，，所以QH⊥平面APH，因为平面APH，所以QH⊥PH，所以，A正确，B错误；

如图2，因为与相互垂直，，是相互垂直，，所以⊥平面ABP，因为平面ABP，所以，设，，则由勾股定理得：，，因为，所以，即，三棱锥的体积不是定值，C错误；

在图2的基础上连接AM，因为与相互垂直，，是相互垂直，，所以⊥平面ABQ，因为平面ABQ，所以⊥，又M为PQ中点，PQ长度不变为4，所以AM=2，故M点的轨迹为以A为圆心，以2为半径的圆，D正确.
故选：AD
7．如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（ ）

A．，使
B．线段存在最小值，最小值为
C．直线与平面所成的角恒为
D．，都存在过且与平面平行的平面
【答案】AD
【分析】
建立空间直角坐标系，设出，点坐标，A选项，令，算出符合要求的，B选项，表达出的长，求出最小值；C选项，表达出直线与平面所成的角；D选项，证明出与平面平行，即可说明.
【详解】
因为边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，交线为AB，BC⊥AB，BC⊥平面ABEF，平面ABEF，所以BC⊥BE，所以AB，BC，BE两两垂直，以B为坐标原点，BA为x轴，BE为y轴，BC为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，若，则，解得：，所以，使，A正确；
，因为，所以当时，，B错误；
平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成的角不是定值，C错误；
平面BCE的法向量，则，所以∥平面BCE，所以，都存在过且与平面平行的平面，D正确.

故选：AD
8．在矩形中（如图1），，.将沿折起得到以为顶点的锥体（如图2），若记侧棱的中点为，则以下判断正确的是（ ）

A．若，则的长度为定值
B．若，则三棱锥的外接球表面积为
C．若记与平面所成的角为，则的最大值为
D．若二面角为直二面角，且，则
【答案】ABC
【分析】
对A，当时，点为的中点，取的中点，连接，，则易证明为定长（为的中线），故A正确；
对B，当时，取的中点，连接，，则外接球的半径，故，故B正确；
对C，在翻折的过程中，当且仅当平面平面时，与平面所成角最大为，即点与点重合时，，故C正确；
对D，过作的垂线，垂足为点，连接，则，即在矩形中，，则由平几知识易得，故D错误.
【详解】
解：对A，当时，点为的中点，在翻折的过程中，取的中点，连接，，则易证明为平行四边形，所以为定长（为的中线），故A正确；

对B，当时，点与点重合，与两个全等的直角三角形，取的中点，连接，，则易知为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径，故，故B正确；

对C，在翻折的过程中，当且仅当平面平面时，与平面所成角最大为，则（设，）所以当即点与点重合时，，故C正确；
对D，因为二面角为直二面角，即平面平面平面平面，所以点在平面内的射影必在上，
过作的垂线，垂足为点，连接，则易知平面，所以，即在矩形中，，则由平几知识易得，故D错误.
故选：ABC.

9．如图，棱长为1的正方体，点沿正方形按的方向作匀速运动，点沿正方形按的方向以同样的速度作匀速运动，且点分别从点A与点同时出发，则的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.

【答案】
【分析】
画出符合要求的图形，观察得到轨迹是菱形，并进行充分性和必要性两方面的证明，并求解出轨迹图形的面积.
【详解】
如图，分别是正方形ABCD，，的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，
首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，
分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中点H必在上；
（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从到，由于速度相同，则，由于H为PQ的中点，连接并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面与平面交线是PT，
∵∥平面，
∴∥PT，
∴，
而，∥BC，
∴是等腰直角三角形，，从而T在AC上，可以证明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行线的唯一性，显然H在DG上，

综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；
下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.
也分两种情况进行证明：
（1）H在CG或CE上，过点H作PQ∥（或BD），而与BC及（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件

（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TP∥CB于点P，则TP∥，在平面上，连接PH并延长，交于点Q，在三角形中，G是的中点，∥AC，则H是的中点，于是，从而有，又因为TP∥CB，，所以，从而，因此P，Q符合题设条件.

由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.
因为四边形为菱形，其中，所以边长为且，为等边三角形，，所以面积.
故答案为：
【点睛】
对于立体几何轨迹问题，要画出图形，并要善于观察，利用所学的立体几何方面的知识，大胆猜测，小心验证，对于多种情况的，要画出相应的图形，注意分类讨论.
10．在四棱锥中，已知底面，，，M是平面内的动点，且满足，则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】
根据题意可得，在平面内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设，求出点的轨迹方程，可得当四棱锥的体积最大时，可取，三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，利用勾股定理可求得外接球的半径，从而可得出答案.
【详解】
解：因为底面，面，
所以，又因，，
所以平面，
又平面，所以，
同理，
在和中，因为，
所以，所以，即，
在平面内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
设，
则有，化简得，
即点的轨迹方程为，
要使四棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，
令，则，当四棱锥的体积最大时，可取，
此时到平面的距离为，
三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，
在三棱锥中，取的中点，点即为三角形外接圆的圆心，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，设，
则有，解得，
所以，
所以三棱锥外接球的表面积.
故答案为：.


【点睛】
本题考查了动点的轨迹问题，考查了三棱锥的外接球问题，具有较强的综合性，对学生的数据分析能力和计算能力要求较高，有一定的难度.