2023届新高考复习多选题与双空题专题13立体几何多选题含答案

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2023届新高考复习多选题与双空题【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：AC3．（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：BCD4．（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：BD5．（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PEFC．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：BC8．（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：ABD10．（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PCDC．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：AC15．（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：BC18．（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ABHC．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4C．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EFGB．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.【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：AC3．（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：BCD4．（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：BD5．（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PEFC．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：BC8．（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：ABD10．（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PCDC．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：AC15．（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：BC18．（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ABHC．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4C．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EFGB．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.【多选题与双空题满分训练】专题14解析几何多选题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．（2022·江苏南京·三模）在平面直角坐标系中，已知圆：，则下列说法正确的是（

）A．若，则点在圆外B．圆与轴相切C．若圆截轴所得弦长为，则D．点到圆上一点的最大距离和最小距离的乘积为2．（2022·重庆八中模拟预测）已知点，直线，圆，圆．下列命题中的真命题是（

）A．若l与圆C相切，则A在圆O上 B．若l与圆O相切，则A在圆C上C．若l与圆C相离，则A在圆O外 D．若l与圆O相交，则A在圆C外3．（2022·重庆八中模拟预测）已知点，，若某直线上存在点P，使得，则称该直线为“好直线”，下列直线是“好直线”的是（

）A． B． C． D．4．（2022·江苏·海安高级中学二模）已知直线l过点，点，到l的距离相等，则l的方程可能是(

)A． B．C． D．5．（2022·广东佛山·三模）已知曲线的方程为，下列说法正确的是（

）A．若曲线为焦点在轴上的椭圆，则 B．曲线可能是圆C．若，则曲线一定是双曲线 D．若为双曲线，则渐近线方程为6．（2022·河北保定·二模）已知O为坐标原点，椭圆C：的左､右焦点分别为，，两点都在上，且，则（

）A．的最小值为4 B．为定值C．存在点，使得 D．C的焦距是短轴长的倍7．（2022·福建泉州·模拟预测）已知A（a，0），M（3，-2），点P在抛物线上，则（

）A．当时，最小值为1B．当时，的最小值为3C．当时，的最小值为4D．当时，的最大值为28．（2022·湖北·模拟预测）已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点，在y轴上，短轴长等于，离心率为，过焦点为作轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，则下列说法正确的是（

）A．椭圆C的方程为 B．椭圆C的方程为C． D．的周长为9．（2022·江苏连云港·模拟预测）过点作两条直线分别交抛物线于和，其中直线AB垂直于轴（其中，位于轴上方），直线，交于点．则（

）A． B． C．QP平分 D．的最小值是10．（2022·江苏盐城·三模）设直线l：，交圆C：于A，B两点，则下列说法正确的有（

）A．直线l恒过定点B．弦AB长的最小值为4C．当时，圆C关于直线l对称的圆的方程为：D．过坐标原点O作直线l的垂线，垂足为点M，则线段MC长的最小值为11．（2022·福建厦门·模拟预测）已知F为双曲线的右焦点，过F的直线l与圆相切于点M，l与C及其渐近线在第二象限的交点分别为P，Q，则（

）A． B．直线与C相交C．若，则C的渐近线方程为 D．若，则C的离心率为12．（2022·山东临沂·二模）如图，已知椭圆，，分别为左、右顶点，，分别为上、下顶点，，分别为左、右焦点，点P在椭圆C上，则下列条件中能使C的离心率为的是（

）A．B．C．轴，且D．四边形的内切圆过焦点，13．（2022·山东泰安·三模）已知实数x，y满足方程，则下列说法正确的是（

）A．的最大值为 B．的最小值为0C．的最大值为 D．的最大值为14．（2022·福建南平·三模）已知双曲线的方程为，，分别为双曲线的左､右焦点，过且与x轴垂直的直线交双曲线于M，N两点，又，则（

）A．双曲线的渐近线方程为B．双曲线的顶点到两渐近线距离的积的5倍等于焦点到渐近线距离的平方C．双曲线的实轴长､虚轴长､焦距成等比数列D．双曲线上存在点，满足15．（2022·湖北·荆门市龙泉中学一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线的右支上，现有四个条件：①；②；③PO平分；④点P关于原点对称的点为Q，且，能使双曲线Ｃ的离心率为的条件组合可以是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．②④16．（2022·全国·河源市河源中学模拟预测）双曲线C：的左､右焦点分别为，，若在双曲线C上存在一点M使得为直角三角形，且该三角形某个锐角的正切值为，那么该双曲线的离心率可能为（

）A． B． C． D．517．（2022·山东泰安·二模）已知双曲线C