广西壮族自治区南宁市第三中学新高考数学立体几何多选题专项练习含答案

广西壮族自治区南宁市第三中学新高考数学立体几何多选题专项练

习含答案

一、立体几何多选题

1．已知正方体ABCDA1B1C1D1 的棱长为2，M为DD1的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）

A．若MN2，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为

B．若N到直线BB1与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线

C．若D1N与AB所成的角为3，则N的轨迹为双曲线

D．若MN与平面ABCD所成的角为3，则N的轨迹为椭圆

【答案】BC

【分析】

对于A，连接MN，ND，DP，得到直角△MDN，且P为斜边MN的中点，所以

PD1，进而得到P点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A错误；对于B，可知NBBB1，即NB是点N到直线BB1的距离，在平面ABCD中，点N到定点B的距离与到

定直线DC的距离相等，利用抛物线定义知B正确；对于C，建立空间直角坐标系，设

cosN(x,y,0)，利用空间向量求夹角知

3D1NABD1NAB2y2x2y2412，化简可知N的轨迹

33，可知N的轨迹

为双曲线；对于D，MN与平面ABCD所成的角为

3是以D为圆心，3为半径的圆周；

MND3，

ND【详解】

对于A，如图所示，设P为MN的中点，连接MN，ND，DP，由正方体性质知

△MDN为直角三角形，且P为MN的中点，MN2，根据直角三角形斜边上的中线为斜

边的一半，知△MDN不管怎么变化，始终有PD1，即P点的轨迹与正方体的面围城的几

11S41282，故A错误； 何体是一个以D为球心，1为半径的球的8，其面积

对于B，由正方体性质知，BB1平面ABCD由线面垂直的性质定理知NBBB1，即

NB是点N到直线BB1的距离，在平面ABCD中，点N到定点B的距离与到定直线DC的

距离相等，所以点N的轨迹是以点B为焦点，直线DC为准线的抛物线，故B正确；

对于C，如图以D为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，N(x,y,0)，D1(0,0,2)，

A(0,2,0)，B(2,2,0)，则D1N(x,y,2)，AB(0,2,0)，利用空间向量求夹角知

22yx2y11cos443D1NAB2x2y24222，化简整理得：3yx4，即3，所以N的

D1NAB轨迹为双曲线，故C正确；

3，在

对于D，由正方体性质知，MN与平面ABCD所成的角为MND，即直角△MDN中，

NDMND333，即N的轨迹是以D为圆心，3为半径的圆周，故D错误；

故选：BC

【点睛】

关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.

2．如图，在棱长为2的正方体ABCDABCD中，M为BC边的中点，下列结论正确的有（ ）

10A．AM与DB所成角的余弦值为10 9B．过三点A、M、D的正方体ABCDABCD的截面面积为2

C．四面体ACBD的内切球的表面积为3

D．正方体ABCDABCD中，点P在底面ABCD（所在的平面）上运动并且使

MACPAC，那么点P的轨迹是椭圆

【答案】AB

【分析】

构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角

cosAM,DBAMDB|AM||DB|为AM与DB所成角的余弦值判断A的正误；同样设P(x,y,0)结合向量夹角的坐标表示，且由等

2y2角的余弦值相等可得x2y243155，进而判断P的轨迹知D的正误；由立方体的

截面为梯形，分别求MN,AD,AM,DN，进而得到梯形的高即可求面积，判断B的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r，进而求内切球表面积，判断C的正误.

【详解】

A：构建如下图所示的空间直角坐标系：

则有：A(0,0,2),M(1,2,2),B(0,2,0),D(2,0,0)，

∴AM(1,2,0),DB(2,2,0)，

cosAM,DBAMDB210|AM||DB|5810，故正确.

B：若N为CC的中点，连接MN，则有MN//AD，如下图示，

∴梯形AMND’为过三点A、M、D的正方体ABCDABCD的截面，

32而MN2,AD22,AMDN5，可得梯形的高为2，

1329S32222，故正确. ∴梯形的面积为

C：如下图知：四面体ACBD的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，

118V848323，而四面体的棱长都为22，有表面积为∴

1S42222sin8323，

318r83r3，所以内切球的表面积为3，即∴若其内切圆半径为r，则有34r243.故错误.

D：正方体ABCDABCD中，点P在底面ABCD（所在的平面）上运动且

MACPAC，即P的轨迹为面ABCD截以AM、AP为母线，AC’为轴的圆锥体侧面

所得曲线，如下图曲线GPK，

构建如下空间直角坐标系，

AM(A(0,0,2),M(232,,2),C(0,22,0)22，若P(x,y,0)，则

232,,0),AC(0,22,2),AP(x,y,2)22，

AMAC6155， |AM||AC|512∴

cosMACcosPACAPAC|AP||AC|2y2x2y2432y2，即x2y243155，整理得

(y102)29x2216(y0)，即轨迹为双曲线的一支，故错误.

故选：AB

【点睛】

关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体

积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.

3．已知球O为正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，平面A1C1B截球O的面积为24，下列命题中正确的有（ ）

A．异面直线AC与BC1所成的角为60°

B．BD1平面A1C1B

C．球O的表面积为36

11B的体积为288 D．三棱锥B1AC【答案】AD

【分析】

连接A1C1，A1B，通过平移将AC与BC1所成角转化为A1C1与BC1所成角可判断A；通过反证法证明B；由已知平面A1C1B截球O的面积为24求出正方体棱长，进而求出内切球

11B的体积可判断D. 的表面积可判断C；利用等体积法可求得三棱锥B1AC【详解】

11B为异面对于A，连接A1C1，A1B，由正方体ABCDA1B1C1D1，可知A1C1//AC，AC11A1BBC12a，由等边三角形知直线AC与BC1所成的角，设正方体边长为a，则AC

A1C1B60，即异面直线AC与BC1所成的角为60，故A正确；

对于B，假设BD1平面A1C1B，又A1B平面A1C1B，则BD1A1B，设正方体边长为a，则A1D1a，A1B2a，BD13a，由勾股定理知A1D1A1B，与假设矛盾，假设不成立，故BD1不垂直于平面A1C1B，故B错误；

a112a，内切球半径为2，设内切球的球心O在对于C，设正方体边长为a，则AC面A1C1B上的投影为O，由等边三角形性质可知O为等边△A1C1B的重心，则

23363OA1AC2aaOAa1113233，又2，球心O到面A1C1B的距离为

36322OA1OA1aaa236，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，截面圆的

266a3aaSa246266半径为，又截面圆的面积，解得a12，则内切球

22222半径为6，内切球表面积S46144，故C错误；

1VB1A1C1BVBA1C1B1S3对于D，由等体积法知11a121212288A1C1B132，故D正确；

故选：AD

【点睛】

关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.

4．如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（ ）

A．点A'到平面BCED的距离为3

5B．直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为8

C．A'D⊥BD D．四棱锥A'-BCED237的外接球半径为3 【答案】ABD

【分析】

作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线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与性质定理得到A'到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.

【详解】

如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.

则A'M⊥DE,MN⊥DE, ,

∵A'M∩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,则A'H⊥平面BCED,

∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，

∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=43,∴A'M=23,∴A'H=A'Msin60°=3，故A正确；

连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,

∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，

DN=DA'=4,A'N=A'M=23, 42421258,故B正确； cos∠A'DN=24422ANBN121627, A'D=DB=4,A'B=222∴ADDBAB,∴A'D与BD不垂直，故C错误’ 易得NB=NC=ND=NG=4，∴N为底面梯形BCED的外接圆的圆心，

设四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,

若O在平面BCED上方，入图①所示：

设ON=x,外接球的半径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,

23,舍去；

则HP=x,易得

42x23x232R2,解得

x故O在平面BCED下方，如图②所示：

设ON=x,外接球的半径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,

23,

则HP=x,易得

4x3x22232R2, 解得

x∴

R2162374437R3,故D正确. 99,

故选:ABD.

【点睛】

本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.

5．正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，F在侧面CDD1C1上运动，且满足

B1F//平面A1BE.以下命题正确的有（ ）

A．侧面CDD1C1上存在点F，使得B1FCD1

B．直线B1F与直线BC所成角可能为30

C．平面A1BE与平面CDD1C1所成锐二面角的正切值为22 D．设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为52

【答案】AC

【分析】

取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M,B1N,MN，易证得平面B1MN//平面A1BE，可得点F的运动轨迹为线段MN．取MN的中点F，根据等腰三角形的性质得B1FMN，即有

B1FCD1，A正确；当点F与点M或点N重合时，直线B1F与直线BC所成角最大，可判

断B错误；根据平面B1MN//平面A1BE，B1FC1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角，计算可知C正确；

【详解】

取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M,B1N,MN，则易证得B1N//A1E，MN//A1B，从而平面B1MN//平面A1BE，所以点F的运动轨迹为线段MN．

取MN的中点F，因为△B1MN是等腰三角形，所以B1FMN，又因为MN//CD1，所以

B1FCD1，故A正确；

设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线B1F与直线BC所成角最

11tan303大，此时tanC1B1F2，所以B错误；

平面B1MN//平面A1BE，取F为MN的中点，则MNC1F，MNB1F，∴B1FC1即为平面B1MN与平面CDD1C1所成的锐二面角，

tanB1FC1B1C1C1F22，所以C正确；

因为当F为C1E与MN的交点时，截面为菱形AGC1E（G为BB1的交点），面积为

62，故D错误.

故选：AC.

【点睛】

本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数算能力，综合性较强，属于较难题．

6．（多选题）如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB1，点P在侧面BCC1B1及其

边界上运动，并且总是保持APBD1，则以下四个结论正确的是（ ）

13

A．

VPAA1DB．点P必在线段B1C上

C．APBC1

11D D．AP∥平面AC【答案】BD

【分析】

1VPAA1DS3对于A，

111CD111AA1D326，

对于B,C,D，如图以D为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用空间向量判即可.

【详解】

对于A，因为点P在平面BCC1B1，平面BCC1B1∥平面AA1D，

所以点P到平面AA1D即为C到平面AA1D的距离，即为正方体棱长，

1VPAA1DS3所以111CD111AA1D326，A错误；

对于B，以D为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：

则A(1,0,0),P(x,1,z),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0)

,0,1), 1(1所以AP(x1,1,z),BD1(1,1,1),BC因为APBD1，

所以APBD11x1z0，所以xz，即P(x,1,x)，

所以CP(x,0,x),

1，即B1,C,P三点共线， 所以CPxBC所以点P必在线段B1C上，B正确；

对于C，因为AP(x1,1,x),BC1(1,0,1)，

所以APBC11xx1，

所以APBC1不成立，C错误；

对于D，因为A1(1,0,1),C1(0,1,1),D(0,0,0),

所以DA1(1,0,1),DC1(0,1,1),

nDA1xz0nDC1yz0， 11D的法向量为n(x,y,z)，则设平面AC令x1，则z1,y1，所以n(1,1,1)，

所以APnx11x0，所以APn，

11D，D正确， 所以AP∥平面AC故选：BD

【点睛】

此题考查了空间线线垂直的判定，线面平行的判定，三棱锥的体积，考查空间想象能力，考查计算能力，属于较难题.

7．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBCBB1，D是AC的中点，O为A1C的中点.点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（ ）

55A．当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为

B．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1POB1

PQ1APC．当点P运动到BC1中点时，才有1与OB1相交于一点，记为Q，且QA13

D．无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°

【答案】ABD

【分析】

EPAE的值即可判断A的正误；

PQ1QA12构造线面角PA1E，由已知线段的等量关系求

tanPA1E利用线面垂直的性质，可证明A1POB1即可知B的正误；由中位线的性质有

可知

C的正误；由直线的平行关系构造线线角为B1A1P，结合动点P分析角度范围即可知D的正误

【详解】

直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBCBB1

选项A中，当点P运动到BC1中点时，有E为B1C1的中点，连接A1E、EP，如下图示

即有EP面A1B1C1

EPAE

∴直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值：

tanPA1E∵

EP51AEA1B12B1E2BB1BB122，

∴

tanPA1E55，故A正确

选项B中，连接B1C，与BC1交于E，并连接A1B，如下图示

由题意知，B1BCC1为正方形，即有B1CBC1

而ABBC且ABCA1B1C1为直三棱柱，有A1B1面B1BCC1，BC1面B1BCC1

∴A1B1BC1，又A1B1B1CB1

∴BC1面A1B1C，OB1面A1B1C，故BC1OB1

同理可证：A1BOB1，又A1BBC1B

∴OB1面A1BC1，又A1P面A1BC1，即有A1POB1，故B正确

选项C中，点P运动到BC1中点时，即在△A1B1C中A1P、OB1均为中位线

∴Q为中位线的交点

PQ1∴根据中位线的性质有：QA12，故C错误

选项D中，由于A1B1//AB，直线A1P与AB所成角即为A1B1与A1P所成角：B1A1P 结合下图分析知：点P在BC1上运动时

当P在B或C1上时，B1A1P最大为45°

当P在BC1中点上时，B1A1P最小为

arctan22arctan3330

∴B1A1P不可能是30°，故D正确

故选：ABD

【点睛】

本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小

8．已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA11，P为上底面A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）

A．若PD3，则满足条件的P点有且只有一个

B．若PD3，则点P的轨迹是一段圆弧

C．若PD∥平面ACB1，则DP长的最小值为2

D．若PD∥平面ACB1，且PD3，则平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球所

9得平面图形的面积为4

【答案】ABD

【分析】

PD313，若PD3，由于P与B1重合时PD3，此时P点唯一；，则PD12，即点P的轨迹是一段圆弧；当P为A1C1中点时，DP有最小值为3，可判断C；平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为

32，可得D.

【详解】

如图：

∵正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，

∴B1D122，又侧棱AA11，

∴

DB1222123，则P与B1重合时PD3，此时P点唯一，故A正确；

∵

PD313，，DD11，则PD12，即点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；

连接DA1，DC1，可得平面A1DC1//平面ACB1，则当P为A1C1中点时，DP有最小值为

22123，故C错误；

由C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球所

9123222122，面积为4，故D正确． 得平面图形为外接球的大圆，其半径为2故选：ABD．

【点睛】

本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数算的能力，属于较难题.

9．如图，ABCDA1B1C1D1为正方体，下列结论中正确的是（ ）

A．A1C1平面BB1D1D

B．BD1平面ACB1

C．BD1与底面BCC1B1所成角的正切值是2

D．过点A1与异面直线AD与CB1成60角的直线有2条

【答案】ABD

【分析】

由直线与平面垂直的判定判断A与B；求解BD1与底面BCC1B1所成角的正切值判断

C；利用空间向量法可判断D．

【详解】

对于A选项，如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，

BB1平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，则BB1A1C1，

B1D111由于四边形A1B1C1D1为正方形，则AC，

BB1B1D1B1，因此，A1C1平面BB1D1D，故A正确；

对于B选项，在正方体ABCDA1B1C1D1中，

DD1平面ABCD，AC平面ABCD，ACDD1，

因为四边形ABCD为正方形，所以，ACBD，

DD1BDD，AC平面BB1D1D，

BD1平面BB1D1D，ACBD1，同理可得BD1B1C，

ACB1CC，BD1平面ACB1，故B正确；

对于C选项，由C1D1平面BCC1B1，得C1BD1为BD1与平面BCC1B1所成角，

且

tanC1BD1C1D12BC12，故C错误；

对于D选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，

则

A1,0,0C0,1,0B11,1,1、D0,0,0、、，

DA1,0,0，

CB11,0,1，

m1,y,z设过点A1且与直线DA、CB1所成角的直线的方向向量为

，

cosDA,mDAmDAm1y2z21则

12，

cosCB1,mCB1mCB1m1z21y2z212，

y2z2322yz4z1，消去y并整理得z22z10，解得z12或z12， 整理可得

由已知可得z3，所以，z12，可得y22，

因此，过点A1与异面直线AD与CB1成60角的直线有2条，D选项正确.

故选：ABD.

【点睛】

方法点睛：证明线面垂直的方法：

一是线面垂直的判定定理；

二是利用面面垂直的性质定理；

三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；

另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．

10．如图所示，正方体ABCDABCD的棱长为1，E，F分别是棱AA，CC的中点，过直线EF的平面分别与棱BB，DD交于点M，N，以下四个命题中正确的是（ ）

A．MNEF0

B．

MENE

C．四边形MENF的面积最小值与最大值之比为2:3

D．四棱锥AMENF与多面体ABCDEMFN体积之比为1:3

【答案】ABD

【分析】

证明EF平面BDDB，进而得EFMN，即可得A选项正确；证明四边形MENF为

1SMNEF2菱形即可得B选项正确；由菱形性质得四边形MENF的面积，再分别讨论

MN的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.

【详解】

对于A选项，如图，连接BD，BD，MN．由题易得EFBD，EFBB，

BDBBB，

所以EF平面BDDB，又MN平面BDDB，所以EFMN，

因此MNEF0，故A正确．

对于B选项，由正方体性质得：平面BCC'B'//平面ADD'A'，

平面BCC'B'平面EMFNMF，平面ADD'A'平面EMFNEN， 所以MF//EN，

同理得ME//NF，又EFMN，所以四边形MENF为菱形，

因此

MENE，故B正确．

1SMNEF2对于C选项，由B易得四边形MENF的面积，

所以当点M，N分别为BB，DD的中点时，四边形MENF的面积S最小，

此时MNEF2，即面积S的最小值为1；

当点M，N分别与点B（或点B），D（或D）重合时，四边形MENF的面积S最大，

6此时MN3，即面积S的最大值为2，

所以四边形MENF的面积最小值与最大值之比为2:6，故C不正确．

对于D选项，四棱锥AMENF的体积

V1VMAEFVNAEF1121DBS△AEF23346；

因为E，F分别是AA，CC的中点，所以BMDN，DNBM，于是被截面MENF平分的两个多面体是完全相同的，

11V2V正方体ABCDABCD22， 则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCDEMFN的体积

所以四棱锥AMENF与多面体ABCDEMFN体积之比为1:3，故D正确．

故选：ABD．

【点睛】

本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF为菱形，利用割补法将四棱锥AMENF的体积转化为三棱锥MAEF 和NAEF的体积之和，将多面体

ABCDEMFN的体积转化为正方体的体积的一半求解.