2023年高考数学三轮复习练12立体几何小题提高练（解析版）

【一专三练】专题12立体几何小题拔高练-新高考数学复习

分层训练（新高考通用）

一、单选题

1.（2023•湖南岳阳•统考二模）已知直线和平面ɑ,夕，若∕uα,αJ"/?且αβ=m,

则“/_Lm”是的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】由面面垂直的性质、线面垂直的定义结合充分必要条件的定义判断即可.

【详解】当∕∙L"Z时，由∕ua,αJ"/且α∣β=m,得/_L〃；

当/_L£时，因为αβ=m,所以∕wuQ,所以/_L〃z.

即"/_Lm''是"∕∙L∕”的充要条件.

故选：C

2.（2023•浙江•永嘉中学校联考模拟预测）已知正方体ABCO-AgCQ的棱长为1,P是

线段Be上的动点，则三棱锥P-AB。的体积为（）

A.—B.—C.—D.一

8654

【答案】B

【分析】先由线面平行的判定定理证得用。〃面ABC,从而得到

P-A1BD=^Dl-AlBD=^B-A1DD1，再结合锥体的体积公式即可得解.

［详解】因为在正方体ABco-A耳CQ中，BB1/∕DDi,BB1=DD1,

所以四边形BBQQ是平行四边形，故B、D、//BD,

又BQ（X面ABC,%>u面48。，所以Ba//面AB。，

因为P是线段上的动点，所以尸到面48。的距离与Di到面ABD的距离相等，

=v

所以匕Tw）^Dt-AiBD=B-AlDDlHXlXlXI=I

故选：B.

∕)∣

3.（2023•广东广州•统考一模）已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球。的球面上，

PB=PC=26AB=AC=4,PA=BC=2,则球O的表面积为（）

ʌ316c79C158C79

A.itB.—TtC.itD.—7t

151555

【答案】A

【分析】根据给定条件，证明RAj■平面ABC,再确定球心。的位置，求出球半径作答.

【详解】在三棱锥P-ABC中，如图，—2+=20=PB2,则∕¾，A8,同理R4，AC,

而ABAC=A,AB,ACu平面ABC,因此PAJL平面ABC,

1BC

在等腰√1BC中，AB=AC=4,BC=2,则“。人521，

AB4

sinZABC=√l-cos2ZABC=—，

4

令,ABC的外接圆圆心为。1，则平面ABC,0lA=~.ɪɪ,

有Oa//PA,取E4中点£),连接OD,则有8,PA,又O/⊂平面ABC,即O1A±PA,

从而QA//0O,四边形。。Aa为平行四边形，00∣=AO=1,又OOJqA,

22222

因此球。的半径W=OA=O1A+O1O=(ɪ)+l≈γ∣,

所以球。的表面积S=4兀店=坐兀.

故选：A

4.（2023•江苏连云港•统考模拟预测）已知正四面体A-3C0,AM^-MC,点N为线

段BC的中点，则直线MN与平面8C。所成角的正切值是（）

ʌ2√14π3√14„4√Mn5√14

7777

【答案】C

【分析】作出图形，找出直线MV与平面BCD所成角的平面角，在三角形内即可求解.

【详解】如图，过点A向底面作垂线，垂足为。，连接ANQNQC,MN，

过点M作MG±OC于G,连接NG,

A

2

由题意可知：VG〃A。且MG=]4O,

因为AOl•平面BCD,所以MGJ_平面BC£＞，

则乙MNG即为直线MN与平面BCD所成角的平面角，

设正四面体的棱长为2,则AN=√5,ON=LX6=昱,

33

所以40=JAN2-0解=亚,则Λ∕G=2AO=生色，

339

在4MVC中，由余弦定理可得：MN=√NC2+MC2-2NC-MCcos60°=—.

3

在Rt.VG中，NG=yjMN2-MG2=J--—=,

V9279

4√6

所以tanNMNG="=邛==皿叵，

GN后7

~9^

所以直线MN与平面BCO所成角的正切值是诬，

7

故选：C.

5.（2023•山东•沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，直三棱柱A8C-A/©中，

TT

ZAC8=5,AC=A4=1,BC=2,点M是BC的中点，点尸是线段AB上一动点,

点。在平面AMG上移动，则尸，。两点之间距离的最小值为（）

c∙ID.1

【答案】A

【分析】根据题意可证：平面AMG，可得P,Q两点之间距离的最小值为d,

利用等体积法求d,即可得结果.

（详解】连接AC交AG于点O,连接。”，

∙.∙O,M分别为ACBC的中点，则。MA1B,

且OMU平面AMCt,ABU平面AMCt,

.∙.AB平面AMG，

则点尸到平面AMG的距离相等，设为d，则尸，。两点之间距离的最小值为d,

即点A到平面AMC1的距离为d，

VAC的中点。在4G上，则点C到平面AMCt的距离为d,

由题意可得为AC=CM=CxM=∖,ACt=AM=MC1=y/2,

由％-AMG=%-ACM，贝IJLXdXLx&x夜XN=JXIXJXIχl,解得d=',

322323

故P,。两点之间距离的最小值为d=正.

3

故选：A.

6.（2023•湖南•校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底

面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马P-ABCD（如图），PA_L平面

A5CZ）,∕>A=1,A8=2,AD=3,点E,尸分别在A8,BC上，当空间四边形PEm的周长

最小时，三棱锥P-AD尸外接球的表面积为（）

A.9πB.1lπC.12πD.16π

【答案】B

【分析】把AP,PB剪开，使得，PAB与矩形ABa）在同一个平面内.延长Z）C到M,使

^CM=DC,则四点尸，E,F,M在同一条直线上时，PE+£F+FD取得最小值，即空

间四边形PEFD的周长取得最小值.可得CF=3PD=2,.∙.3尸=1.二点E为AB的中点.

Ap

设的外心为。.外接圆的半径为「，则2r=4%,利用勾股定理进而得出结

sm45o

论.

【详解】如图所示，把AP,PB剪开，使得A2β与矩形ABCD在同•个平面内.

延长。C到M,使得CM=Z）C,则四点P,E,F,M在同一条直线上时，PE+EF+FD

取得最小值，即空间四边形PErD的周长取得最小值.可得CF=gpD=2,，5F=1.∙∙.点

E为AB的中点.

如图所示，设AA"）的外心为O-外接圆的半径为r，则2r=W^=W.

sιn45o

P

设三棱锥P—AD尸外接球的半径为几球心为0,连接OQ,则Ool=gpA=g,

则收=j半j三棱锥P-的外接球的表面积=4πΛ2=llπ.

故选：B.

7.（2023•湖南长沙•湖南师大附中校考一模）如图，已知正四棱台ABCr）-A耳GA中,

AB=6,AB1=4,=2,点M,N分别为AM,Bc的中点，则下列平面中与B用垂

直的平面是（）

I

Λ6

AB

A.平面AGoB.平面OMNC.平面ACNMD.平面MC

【答案】C

【分析】延长A4,，8%CG，。D交于一点P，取总中点Q，连接A。,CQ,根据三角形

相似及长度关系可得'Q4B为等边三角形，即可得AQ_LPB,CQLPB.由长度关系及

平行可证明△。与MΔβBA,△。耳NAQBC,即可证明M在A。上，N在C。上，

再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.

【详解】解：延长例,阴,C/DR交于一点P,取R5中点。，连接AQ,CQ,如图所

因为正四棱台ABCD-ABlG。，所以尸-AAGq为正四棱锥,

因为AB=6,Ag=4,BBt=2,且瓦/XPAB,

所以翳=鲁’即卜或M解得用=《

所以PB=%=AB=6,即二P48为等边三角形，

因为。为尸B中点，所以AQJLPB,目.Q8=3,同理可得CQLPB,

因为B耳=2,所以。q=1,即绘=:，

QB3

因为M,N为A£,qG中点，所以Mq=N耳=2,

卜"2L=L=空空」=殁

'zNB13一CB'

因为ZQBtM=ZQBA,ZQB1N=ZQBC,

所以AQAMAQBA,∆QBlN∆QBC,

所以ZQMB1=ZQAB,ZQNB1=NQCB,

因为I〃AB,NBt//CB,

所以〃在AQ匕N在CQ上，

因为AQ_LP8,CQLPB,所以AMJ_PB，CNLPB,

即AΛ∕J,BB∣,CNLBBI,因为AMU平面AMCN,CNu平面AMCN,

AMCN=Q,所以8始，平面AMCN.

故选：C

8.（2023•江苏苏州•苏州中学校考模拟预测）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形

状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通

过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上

下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部，其高度为圆锥高度

的;（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，则该沙漏的一个沙时

【答案】C

【分析】由圆锥的体积公式计算细沙体积和沙堆体积，根据细沙体积不变即可求解.

【详解】沙漏中的细沙对应的圆锥底面半径为∣x4=1,高为与，

所以细沙体积为，XzrX]×-=U空》（Cm3）

3⑶3811，

1024

所以该沙漏的一个沙时为81"~∣oχ秒，

----------〜1vðɔ

0.02

故选：C

9.（2023•广东湛江•统考一模）元宵节是春节之后的第一个重要节日，元宵节又称灯节，

很多地区家家户户都挂花灯.下图是小明为自家设计的一个花灯，该花灯由上面的正六

棱台与下面的正六棱柱组成,若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为40Cm和20cm,

正六棱台与正六棱柱的高分别为IOCm和60cm,则该花灯的体积为（）

A.46000√3cm3B.48000√3cm,

C.5OOOO√3cm3D.52(XX)√3cm1

【答案】C

【分析】根据给定的几何体，求出正六棱台两底面积，再利用台体、柱体的体积公式计

算作答.

【详解】依题意，花灯的体积等于上面的正六棱台体积与下面的正六棱柱体积的和，

正六棱台的两个底面积分别为H=6χ近x2()2=600G(CmD,

22

S2=6×ɪ-×40=2400√3(cm),

所以花灯的体积

V=60Sl+→10×(Sl++S2)=60×600√3+∣×10×(600√3+√600√3×2400√3+2400√3)

=500OoG(CmD.

故选：C

10.(2023•浙江•模拟预测)在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱

柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖牖为四个面都为直角三角形的

三棱锥，如图，在堑堵A8C-A8G中，AClBC,AA1=2,鳖席q-AG8的外接球的

【答案】B

【分析】设AC=x,BC=y，4-A1C班的外接球半径为r,根据鳖H与-AGB的外接球的

体积即可求得r,再根据4-AG8的外接球的半径与三棱柱ABC-A4G的外接球的半

径相同可得到X,y的关系式，再根据四棱锥的体积公式结合基本不等式即可求解.

【详解】设AC=X,BC=y,4-AGB的外接球半径为r,

则Bi-A1C1B的外接球的体积为如/=迤E=&

33

X2+y2+4=（2r）2=8,「.χ2+y2=4.

22

又阳马B-ACGA的体积为/rcc,A=∣×5acc,a×BC=^×2×xy≤^x+y）=^,

4

所以阳马8-ACCH体积的最大值为§.

故选：B.

二、多选题

U.（2023∙浙江金华・浙江金华第一中学校考模拟预测）如图，在正方体Asα>-A4αe

中，AB=I,点尸在侧面8CC4及其边界上运动，并且总是保持APIS。，则下列结论

正确的是（）

V=

ʌ-P-ΛAIDɜ

B.点P在线段BC上

c.BAJ_平面AGo

D.直线AP与侧面BCCf所成角的正弦值的范围为芋1

【答案】BC

【分析】对A,由面面平行说明匕>.λv>=:SAA/CO：

对B,以。为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由向量法说明用，C,P三点共

线；

对C,由向量法证以，或＞；,DG，班再由线线垂直证8乌，平面AGD;

对D,由向量法求线面角，进而讨论范围.

（详解谢于A,点尸在平面BCClBi内,平面BCC1B1//平面AA1D,所以点尸到平面AAyD

的距离即为点C到平面AA。的距离，即正方体的棱长，

所以%-AAQ=；SAM）∙8=g*;XlXlXI=',A错误；

对于B,以。为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，

则A(1,O,O),P(x,l,z),B(l,l,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),C(0,1,0),旦0≤x≤l,0≤z≤l,

所以AP=(X-1,l,z),BD1=(-1,-1,1),BlC=(-l,0,-l).

因为APJLBA,所以AP∙3n=l-x—l+z=0,所以x=z,即P(X,l,x),所以CP=(X,0㈤,

所以CP=—x4C,即可，C,尸三点共线，故点尸在线段BC上，B正确；

对于C,A(1,0,1)，C1(0,1,1),DA=(1,0,1),DC1=(0,1,1),βD1=(-l,-U),

由∩4l∙=0,DC∣∙BR=0n∏41_LBD∣,DCt±BD1,

因为DAIc£>G=。，DAi,DGU平面ACQ,所以8。L平面AG。，C正确；

对于D,AP=(XTl㈤，0≤JC≤1,平面BCC4的一个法向量为M=((U0).

设4P与平面8CG4的夹角为，，，为锐角，

八ImAp111

sinθ=-—；—r^=I==-j=×]

其正弦值为网,PJ(X-I)2+F+χ2√2_1V3•

由O≤x≤l,得立≤sin04迈，D错误.

23

故选：BC.

12.(2023•江苏南通•校联考模拟预测)在正方体ABCO-A18cA中，点P满足

B1P=AB1D1(O≤Λ≤1),则()

TT1

A.若4=1,则A尸与8。所成角为-B.若则/I=：

472

C.",，平面8CQD.AtClAP

【答案】BCD

【分析】AR与8。所成角为AA与BQ所成角，为60。，A错误，建系得到

APDB=-λ+∖-λ=Q^B正确，故面ARBI，面G8。，C正确，AiC-AP=O,D正确,

得到答案.

【详解】对选项A：4=1时产与口市:合，AR与BQ所成角为AP与Ba所成角，-ABQ

为等边三角形，则AP与8。所成角为60。，错误;

对选项B：如图建立空间直角坐标系，令AD=1,BtP=λBiDl,P(I-ZI-Z1),

AP=(-Λ,1-2,1),DB=(1,1,O),APoB=T+1-2=0，儿=:，正确;

对选项C：DR"BD,AAU平面BDG,BDU平面BnG,故。BJ平面B£>G,

同理可得ADt,■平面ClBD,AD1nB1D1=A,故面AD1B1/面C1BD,APu平面AD1B1,

AP/平面G80,正确:

对选项D：AC=(T,1,T),A,CAP=λ+∖-λ-∖=Q,∖CVAP,正确.

故选：BCD

13.（2023•江苏连云港•统考模拟预测）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与"善”谐

音，折扇也寓意“善良”“善行”.它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运

筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形

的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3,且/48C=120。，则该圆台

图1图2

A.高为逑34兀

B.表面积为可

3

C.体积为必色π

D.上底面积、下底面积和侧面积之比为

81

1:9:24

【答案】BCD

【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断

A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B,C；进而求得上底面

积、下底面积和侧面积之比，判断D.

【详解】对于A,设圆台的上底面半径为r,下底面半径为凡则

2πr='•2兀•1,2nR=』∙2π•3,

33

解得r=；,R=l,所以圆台的母线长为3-1=2,高为〃=/2-（1一；）2=孚,选项A错

误；

11Q

对于B,圆台的上底面积为《兀，下底面积为兀，侧面积为πxC+l）x2=Wπ,

93ɔ

所以圆台的表面积为S="兀+兀+|K=?71,选项B正确；

对于c,圆台的体积为V=∙l7t∙[d)2+Lι+12)∙逑=现生，选项C正确；

333381

1Q

对于D,圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为§疝τt]π=L%24,选项D正确，

故选：BCD.

14.(2023•江苏•统考一模)正方体ABeD-AMCQ的棱长为3,E,F分别是棱4G,CR

上的动点，满足RF=GE,则()

A.B尸与OE垂直

B.B-与Z)E一定是异面直线

C.存在点£F,使得三棱锥F-ABE的体积为二

D.当E/分别是BC,CQ的中点时，平面AEF截正方体所得截面的周长为3月+|五

【答案】ACD

【分析】设GE=AF="e[0,3],利用坐标法可判断A,利用特值法可判断B,根据体积

公式表示出三棱锥F-ABE的体积可判断C,作出截面结合条件可得周长判断D.

【详解】如图建立空间直角坐标系，设GE=DF="e[0,3],

则O(0,0,0),8(3,3,0),E(4,3,3),F(0,4,3),

A：由题可得8F=(-3,a-3,3),DE=(4,3,3),所以5P∙DE=-3α+3(α-3)+3χ3=0.

所以BFJLo巨，即班故A正确；

B：当E,尸为中点时，08=(3,3,0),FE=(I,|,O)=；DB,所以瓦V/皿，B,D,F,

E四点共面，此时8尸与OE不是异面直线，故B错误；

C:由GE=AF=αe[0,3],可得一34+9),

-9--9-

由

干27

2715∈一

一7-

82-82故C正

--_-

确:

D：直线E尸与44,AR分别交于G,H,连接AG,AH分别交8与，。已于点何，M

则五边形ANFEM为平面AEF截正方体所得的截面，

因为£,F分别是4G，CQ的中点,

13

所以易得NGEF=NHFDI=3π,故可得8∣G=8∣E=C尸=。尸AB=],

因为£MGBMA,所以自竺=刍£=」，

BMBA2

可得SM=gMB=I,同理可得AN=：NO=1,所以五边形4VFEM的周长为

2卜9+4+Jl+[[+《+\=3而+^^,故D正确.

故选：ACD.

15.（2023•江苏•二模）已知A-BCD是棱长均为1的三棱锥，则（）

A.直线AB与CO所成的角90

B.直线BC与平面A8所成的角为60

C.点C到平面曲的距离为业

3

D.能容纳三棱锥A-BCD的最小的球的半径为亚

4

【答案】ACD

【分析】根据正四面体的结构特征、线面垂直判定及性质、线面角定义逐一计算或判断

各项正误即可.

【详解】A：若E为C。中点，连接AE,BE,由题设知：各侧面均为等边三角形，

所以AELCDBEJ.8,AEIBE=E,AE,BEu面ABE,则Cc面ABE,

又Λθu面ABE,故AB_LCe）,正确；

B：若F为面ACz）中心，连接BF,则B尸_1_面Aa＞，CFU面ACZ）,

所以直线BC与平面AeD所成的角为NBb,且MLCF,而CF=L叵Xl=立,

323

故CoSNBCF=空=正，显然NBCT不为60，错误；

BC3

C：由B分析8F=j8C2-C12=",即该正棱铢的体高为逅，故C到平面AB。的距

33

离为逅，正确；

3

D：显然正棱锥的外接球半径最小，令其外接球半径为R,则收=（当-/?）2+（4）2,

所以R=逅，正确.

4

故选：ACD

16.（2023•湖北•校联考模拟预测）如图，正方体ABCo-A冉Cq棱长为2,P是直线A。

上的一个动点，则下列结论中正确的是（）

A.BP的最小值为几

B.PA+PC的最小值为2也.五

C.三棱锥4-ACP的体积不变

D.以点8为球心，血为半径的球面与面A8,C的交线长平兀

【答案】ACD

【分析】根据BP的最小值为等边二角形.BAQ的高，可求得A正确；将4A41Z）与矩

形ABCQ沿AD翻折到一个平面内，可知所求最小值为4C,利用余弦定理可求得B

错误；利用体积桥与τs=匕叫S可求得上棱锥用-ACP的体积为定值，知C正确；利

用体积桥可求得点B到平面反。的距离，根据交线为圆可求得交线长，知D正确.

【详解】对于A,在ABA。中，AB=BD=AD=2日即,网。是边长为2播的等边

三角形,

.∙.8P的最小值为。的高，.∙.8匕n=后五=#,A正确；

对于B,将AAAO与矩形AACZ）沿AD翻折到一个平面内，如图所示,

则B4+PC的最小值为AC；

Trπ

又AD=CD=2,ZADAi=-,ZAiDC=-.

・•・在ACz）中，由余弦定理得：AC2=4+4-8COS⅞=8+4√2,

4

.∙.AC=2√2+√2-即（PA+PC）nrtι=2j2+√Σ,B错误；

对于C,A8J平面ADRA,AAU平面AORA，∙∙∙AA^AA;

四边形ADAA为正方形，.∙.4R,AD,

又AQ=A,A耳，A。U平面A-CD,.∙.AR∙L平面AOCD;

,

KCPACD∣X∣

∙.Vliacp-VA=—SBCP•—AR=-SB'~AQI=-×2×2∖2∖2=—,

D∖-ΛvrΛ-1>）vrɜZ>∣（--r?1ðΛ∣D∣Ct√2163

即三棱锥S-ACP的体积不变，C正确;

对于D,设点6到平面AB1C的距离为d,

=

VB-ABlCBi-ABC，^c-d=\sABCBBX,即Jχ2√∑χ2√∑χ虫∙d='x2χ2χ2,解

33222

得：d=殛,

3

以点8为球心，及为半径的球面与平面儆C的交线是以JΞ二官=乎为半径的圆，

,交线长为2兀X迈=亚兀，D正确.

33

故选：ACD.

17.（2023•湖北•统考模拟预测）如图，在棱长为4的正方体ABCO-AgGA中，E,F,

G分别为棱AO,AB,BC的中点，点P为线段RF上的动点，则（）

A.两条异面直线AC和BG所成的角为45。

B.存在点尸，使得GG〃平面8EP

C.对任意点P,平面FCG，平面BEP

D.点4到直线RF的距离为4

【答案】BCD

【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A,根据线面平行的判定

定理可判断B,根据线面垂直的判定定理可得BE_L平面尸CG,然后根据线线垂直的判

定定理可判断C,利用余弦定理结合条件可判断D.

【详解】对于A,由正方体的性质可知BG//A。，两条异面直线CC和BG所成的角

即为NAAC=6（）。，所以A错误;

对于B,当点P⅛,⅛D1重合时，由题可知EGHDC,EG=DC,DlCl∕∕DC,D1C1=DC,

所以EG"BQ,EG=D∣a,四边形EGCQ为平行四边形，故CQ∕∕RE,

又ClGa平面BEP,REU平面8EP,则ClG//平面BEP,所以B正确;

对于C,连结CF,由于CG，平面AB8,BEu平面438,故CG^EB,

又AE=BF,AB=CB,NA=NCBF,极XBAE=ACBF,故ZAEB=NCFB,即

NEBA+NCFB=90,故CF_L8E,

又CECG相交，CF,CGu平面FCG，故BEL平面尸CG，又BEU平面BEP,故对任

意点P,平面FCe，平面BEP,所以C正确；

对于D,由正方体的性质可得4R=40,Fn=J2A42+42=6,B,F=√22+42=2√5,

所以cosZB1D1FJ"+FDiF=:十晔卞")=正，

2∙B1D1FD12×6×4√22

所以N8QF=45。，所以点用到直线。F的距离d=gqsinNgRF=4√Σx曰=4,所

以D正确.

故选：BCD.

18.（2023♦湖北武汉•华中师大一附中校联考模拟预测）如图，在已知直四棱柱

ABCD-AlBtCtDl中，四边形48CO为平行四边形，E,M,N,P分别是BC,BBx,AyD,

AA的中点，以下说法正确的是（）

若则

A.8C=1,A41=√2,QP^BG

B.MNHCD

C.MN//平面GoE

D.若A8=BC,则平面AAGC，平面A∣8C

【答案】ACD

【分析】证明CM,BC∣,根据异面直线夹角定义证明DP八BC、,判断A,证明MN与

CD异面，判断B,由线面平面判定定理判断C,由线面垂直判定定理证明平面

ACGA，由面面垂直判定定理证明平面AACC，平面A田。.

【详解】连接CM,PM,由已知PMIlAB,ABHDC,

所以PM//DC,所以四边形CDPM为平行四边形，

所以CM"PD,

NCMB=∣2,

illtanZC1BC=tan∖

.∙.ZC1BC=ZCMB,

贝I]NGBC+NBCM=ZCMB+NBCM=90o,

：.CtBlMC,故G8，尸。，选项A正确.

因为M,E分别为B8∣,8C的中点，所以ME//B。,又NDgC,

所以MEVND,由ME=ND,

所以四边形DEMN为平行四边形，

因为CDC平面OEMN=D,DiMN.MNU平面DEMN,

所以MN与Cn异面，选项B错误.

因'）0MNHDE,MNU平面GOE,DEU平面GOE,

所以MN〃平面CQE,选项C正确.

若AB=BC,则四边形ABCD为菱形，

ΛAClBD.又CCjBD,ACCC1=C,AC,CC∣u平面4CC∣A

平面ACaA，BDu平面AfO,

.∙.平面ABO_L平面ACC1A，选项D正确.

故选：ACD.

19.（2023•湖南•模拟预测）已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为20，E,F分别

是PC,AB的中点，M为棱PB上异于P,B的一动点，则以下结论正确的是（）

A.异面直线EF、PD所成角的大小为W

B.直线EF与平面ABC。所成角的正弦值为亚

6

C.W周长的最小值为6+2√Σ

D.存在点〃使得PB，平面MEF

【答案】BC

【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及

垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可.

【详解】如图1,取Po的中点Q,连接EQ,AQ,

因为E,F分别是PC,AB的中点，

所以EQiOC∣KF,且EQ=AF,所以四边形4FEQ为平行四边形,

EFAQ,又正四棱锥P-ASeD的所有棱长均为20，

则A。LPO,所以异面直线EF,尸。所成角为故A错误；

图I图2

设正方形ABCD的中心为。，连接0C,PO,

则Pol平面ABCD,OC=OP=2,

设OC的中点为H,连接EH，FH.

则OP,旦EHJ_平面ABC。，

所以ZEFH为直线EF与平面ABCD所成角，所以E”=1Po=1,

2

OFH中,OH=↑,0F=√2，NFOC=I35°,

所以由余弦定理可得［H=石，所以EF=JEH°+FH'=R，

所以SinNE/77=丝^=J==迈，故B正确；

EF屈6

将正24B和PBC沿PB翻折到一个平面内，如图2,

当E,M,F三点共线时，ME+MF取得最小值，

此时，点M为尸B的中点，ME+MF=BC=Iyfl.

所以VA妒周长的最小值为6+2近，故C正确：

若PB，平面MEF,则依_LME,此时点〃为尸8匕靠近点P的四等分点,

而此时，PB与尸M显然不垂直，故D错误；

故选：BC.

20.（2023•湖南•湖南师大附中校联考模拟预测）如图，正方体AfiCD-AB'CQ'的棱长

为3,点M是侧面4）。A上的一个动点（含边界），点P在棱CV上，且IPC'∣=1,则

下列结论正确的有()

A.沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为2加

B.保持PM与BZy垂直时，点〃的运动轨迹长度为20

C.若保持IPM=JiL则点M的运动轨迹长度为gπ

99

D.当M在小点时，三棱锥夕-M4P的外接球表面积为:■兀

【答案】BCD

【分析】根据平面展开即可判断A：过P做平面PEF/平面AC*,即可判断B；根据

点W的轨迹是圆弧，即可判断C；建立空间直角坐标系求得圆心坐标即可判断D.

【详解】对于A,将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，

连接AP,则AP=JAfi?+BP2=用<2回，故A错误；

对于B,因为"J.平面ABCO，ACU平面ABC。，Of>'LAC,又AC人BQ,

DD'BD=D,DD',BDu平面DDB,

所以AC_L平面DD'B.BZyU平面DD'B,

所以ACL30,同理可得3。_LAB',ACAB'=AACA3'u平面ACB',

所以即」平面AC8',

所以过点尸作PGHCD交CD交于G,过G作GFllAC交AD交于产，

z

由AB7∕CZ),可得PG〃AB',PG(Z平面ACB',A8u平面ACB',

所以PG〃平面AC8',同理可得GF〃平面ACB',PGcGF=G,

则平面PG尸//平面ACB',

设平面PEF交平面ADDA于EF,则M的运动轨迹为线段EF,

由点P在棱CC上，旦IPCi=I,可得IAGI=Ir>F∣=M国=I,

所以同∣=∙∣wq=20,故B正确;

对于c,若IPMl=旧，则”在以尸为球心，Jii为半径的球面上,

22

过点P作PQ2平面ADDA,则∣Dβ∣=1,此时∖QM∖=y∣PM-PQ=2,

所以点M在以。为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为;π,

24

点M的运动轨迹长度为§兀x2=]π,故C正确；

对于D,以。为坐标原点，D4,OC所在宜线分别为％%z轴建系，

则M(O,0,3),P(0,3,2),&(3,3,3),A(3,0,0),设三棱锥"-M4尸的外接球球心为

N(x,y,z),由INMF=INPl2=INBT=INA『得，

X2+y2+(z-3)2=X2+(y-3)2+(z-2)2=(x-3)2+(y-3)2+(z-3)2=(x-3)2+γ2+z2,

75

解得一=Z

所以三棱锥笈—M4尸的外接球半径R=JG-3）+1J+5J=平,

f

所以三棱锥B-MAP的外接球表面积为5=4兀R2=qπ,D正确.

故选：BCD.

21.（2023•广东佛山•统考一模）如图，在正方体ABCo-AAGA中，点M是棱。。上

的动点（不含端点），则（）

A.过点M有且仅有一条直线与A8,4G都垂直

B.有且仅有一个点M到AB,BC的距离相等

C.过点M有且仅有一条直线与AG,BB「都相交

D.有且仅有一个点“满足平面MAG，平面MBBl

【答案】ABC

【分析】逐个分析每个选项即可.

【详解】对于选项A,设过点”与48、BC都垂直的直线为/,

VAB/∕AtBt,HAB

β

ΛZ±Al∣.

又∙.∙u4G，ABJB1C1=B1,44、耳GU面GR,

；./上面AdCa,

而过点M作平面A4G。的垂线有口只有一条直线，即为：DDt.

过点M有且仅有一条直线与AB,BC都垂直.故选项A正确；

对于选项B,连接MA,MC1,

由题意知，A8J_面ADD1Λ1,8GJ_面CDD1C1,

.∙.ABrMA,BiCt1MC1,即：MA为点”到AB的距离，MG为点M到8©的距离,

在RtZxADW中，MA=√AD2+MD2，

在Rt△G。M中，MCt=yjc、D：+MD：,

又∙.∙AD=AG

.∙.当MZ)=MA时，M4=MC-即：当M为。。的中点时，点M到A3、AG的距离相

等，即：有且仅有一个点M到48、4G的距离相等.故选项B正确；

对于选项C,如图所示，

连接AC、BD交于点0,连接AG、Ba交于点。一连接Oa交AG于点N,则Ne面

BDB1D1,又因为MG面比＞BQ,且也NeOO,,所以连接用N必与网交于

点G,即：过点M有且仅有一条直线与AG、BA都相交.故选项C正确；

对于选项D,设正方体的边长为2,以点。为原点，分别以D4、DC、DR为X轴、y

轴、Z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(2,0,0),C1(0,2,2),B(2,2,0),D(0,0,0),B1(2,2,2)

设M(0,0,附，(0≤τn≤2),

则MA=(2,0,-w),AC1=(-2,2,2),DBl=(2,2,2),DB=(2,2,0),

设面MAa的•个法向量为n,=(Λ⅛,y,z∣),

nl∙MA=0ʃ2xl-mzl=0

w1∙ACl=0[-2xl+2yl+2zl=0

当a=0时，取,=1,则ZI=-1,x,=0,∏1=(0,1,-1)

2222

当O</nM2时,取玉=1,则y=l—`—，z=—,贝IJn=（LI一）,

InlmImm

设面BMBl（即：面BDRBQ的一个法向量为%=（々》2,z2）

∙DB=0ʃ2x,+2y,=0

n2DBl=