专题08,,立体几何多选题,（解析版）

时间：2020-12-04 15:16:30 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　第一篇

　备战新高考狂练新题型之高三数学提升捷径 专题 08

　 立体几何多选题

　典

　 型

　母

　 题 题源

　2019·荆门市龙泉中学高三月考（理）

　试题 内容 正方体1 1 1 1ABCD ABC D  的棱长为 2, , , E F G 分别为1 1, , BC CC BB 的中点,则（

　）

　A．直线1D D 与直线 AF 垂直 B．直线1AG 与平面 AEF 平行 C．平面 AEF 截正方体所得的截面面积为92 D．点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离相等 试题 解析 A．若1D D AF  ，又因为1D D AE  且 AEAF A   ，所以1DD  平面 AEF ， 所以1DD EF  ，所以1CC EF  ，显然不成立，故结论错误； B．如图所示，取1 1BC 的中点 Q ，连接1, AQ GQ ，

　由条件可知：

　/ / GQ EF ，1/ / AQ AE ，且1, CQ AQ Q EF AE E   ，所以平面1/ / AGQ 平面 AEF ，

　又因为1AG  平面1AGQ ，所以1/ / AG 平面 AEF ，故结论正确； C．如图所示，连接1 1, D F D A ，延长1, D F AE 交于点 S ，

　因为 , E F 为1, C C BC 的中点，所以1/ / EF AD ，所以1, , , A E F D 四点共面， 所以截面即为梯形1AEFD ，又因为2 214 2 2 5 DS AS    ，12 2 AD ， 所以 1221 2 22 2 2 5 62 2AD SS        ，所以13 9=6 =4 2AEFDS 梯形，故结论正确； D．记点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离分别为1 2, h h ， 因为11 1 1 1 123 3 2 3C AEF AEF A CEFV S h V         ， 又因为21 1 1 2 223 3 2 3G AEF AEF A GEFV S h V         ， 所以1 2h h  ，故结论错误. 故选：BC. 试题 点评 本题考查空间立体几何的直线与直线垂直、直线与平面平行的判断及截面面积、点到平面的距离、体积有关的计算的综合应用，难度一般.

　方法 归纳 解决立体几何有关的选择题，一般就是直线、平面之间的位置关系，面积、体积、距离、线线角、线面角的求解等。解决这类题要观察图形的特点，结合所学的几何定理、公式解决问题，尤其在求求线线角、面面角时，能建立空间直角坐标系，建立坐标系，用空间向量求解。解决立体几何选择题的方法一般有：

　特值检验法，顺推破解法， 正难则反法，逐项验证法，估算法等。

　【针对训练】

　 1.已知菱形 ABCD 中， 60 BAD    ， AC 与 BD 相交于点 O ，将 ABD △ 沿 BD 折起，使顶点 A 至点 M ，在折起的过程中，下列结论正确的是(

　 ) A． BD CM 

　B．存在一个位置，使 CDM V 为等边三角形 C． DM 与 BC 不可能垂直 D．直线 DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为 60

　【答案】ABD 【解析】A 选项，因为菱形 ABCD 中， AC 与 BD 相交于点 O ，所以 AO BD  ， CO BD  ； 将 ABD △ 沿 BD 折起，使顶点 A 至点 M ，折起过程中， AO 始终与 BD 垂直，因此 MO BD  ， 又 MO CO ，由线面垂直的判定定理，可得：

　BD 平面 CMO ，因此 BD CM  ，故 A 正确； B 选项，因为折起的过程中， AD 边长度不变，因此 MD CD  ；若 CDM V 为等边三角形，则 CM CD  ；设菱形 ABCD 的边长为 2 ，因为 60 BAD    ，则sin60 3 AO AB   ，即3 AO MO  ，又2 CM CD   ，所以3 3 4 1cos2 3 3MOC   ，即二面角 M BD C   的余弦值为13时， CDM V 为等边三角形；故 B 正确；

　C 选项， DM OM OD   ， BC OC OB   ，由 A 选项知， MOBD  ， CO BD  ， 所以 0 OM OB OD OC     ，因此     DM BC OM OD OC OB OM OC OD OB          ， 同 B 选项，设菱形 ABCD 的边长为 2 ，易得 3 OC OM   ， 1 OB OD   ， 所以 3cos 1 DM BC MOC     ，显然当1cos3MOC   时，0 DM BC  ，即 DM BC  ；故 C 错误； D 选项，同 BC 选项，设菱形 ABCD 的边长为 2 ，则 3 OM  ， 1 OD ， 2 MD ，由几何体直观图可知，当 OM  平面 BCD ，直线 DM 与平面 BCD 所成的角最大，为 MDO  ，易知 60 MDO    . 故选：ABD.

　2.如图，在正方体1 1 1 1ABCD ABC D  中，点 P 在线段1BC 上运动，则 （

　）

　 A．直线1BD  平面1 1AC D

　B．三棱锥1 1P AC D  的体积为定值 C．异面直线 AP 与1A D 所成角的取值范围是   45 ,90  

　D．直线1C P 与平面1 1AC D 所成角的正弦值的最大值为63 【答案】ABD 【解析】对于选项 A,连接1 1B D ,由正方体可得1 1 1 1AC BD  ,且1BB  平面1 1 1 1D C B A ,则1 1 1BB AC  ,所以1 1AC  平面1 1BD B ,故1 1 1AC BD  ；同理,连接1AD ,易证得1 1AD BD  ,则1BD  平面1 1AC D ,故 A 正确； 对于选项 B,1 1 1 1P AC D C A PDV V ,因为点 P 在线段1BC 上运动,所以1112A DPS AD AB   ,面积为定值,且1C 到平面1 1APD 的距离即为1C 到平面1 1ABCD 的距离,也为定值,故体积为定值,故 B 正确； 对于选项 C,当点 P 与线段1BC 的端点重合时, AP 与1A D 所成角取得最小值为 60 ,故 C 错误； 对于选项 D,因为直线1BD  平面1 1AC D ,所以若直线1C P 与平面1 1AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则 P 运动到1BC 中点处,即所成角为1 1C BD  ,设棱长为 1,在1 1Rt DC B 中,11 112 6cos3 3C BC BDBD    ,故 D 正确 故选：ABD 3.已知两条直线 l ， m 及三个平面  ，  ，  ，则    的充分条件是（

　）． A． l   ， l 

　B． l  ， m  ， lm 

　C．  ，  

　D． l   ， m   ， l m 

　【答案】

　ABC 【解析】由面面垂直定理可以判断 , , A B C 正确，

　对于选项 D ， l   ， m   ， l m  ，也可以得到   ∥ ，故 D 错. 故选：

　ABC . 4.如图,在棱长均相等的四棱锥 P ABCD  中, O 为底面正方形的中心, M , N 分别为侧棱 PA , PB 的中点,有下列结论正确的有：(

　)

　A． PD ∥ 平面 OMN

　B．平面 PCD ∥ 平面 OMN

　C．直线 PD 与直线 MN 所成角的大小为 90

　D． ON PB  【答案】

　ABD 【解析】选项 A,连接 BD，显然 O 为 BD 的中点，又 N 为 PB 的中点，所以 PD ∥ ON,由线面平行的判定定理可得， PD ∥ 平面 OMN ；选项 B, 由 M , N 分别为侧棱 PA , PB 的中点,得 MN∥ AB,又底面为正方形，所以MN∥ CD，由线面平行的判定定理可得，CD∥ 平面 OMN,又选项 A 得 PD ∥ 平面 OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面 PCD ∥ 平面 OMN ；选项 C,因为 MN∥ CD，所以∠ PDC 为直线 PD 与直线 MN 所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠ PDC= 60 ，故直线 PD 与直线 MN 所成角的大小为 60 ；选项 D，因底面为正方形，所以2 2 2AB AD BD  ,又所有棱长都相等，所以2 2 2PB PD BD  ,故 PB PD  ,又 PD ∥ ON，所以 ON PB  ，故 ABD 均正确. 5.已知四棱锥 P ABCD  ，底面 ABCD 为矩形，侧面 PCD 平面 ABCD ， 2 3 BC  ，2 6 CD PC PD   .若点 M 为 PC 的中点，则下列说法正确的为（

　）

　A． BM  平面 PCD

　B． // PA 面 MBD

　C．四棱锥 M ABCD  外接球的表面积为 36 

　D．四棱锥 M ABCD  的体积为 6 【答案】

　BC 【解析】作图在四棱锥 P ABCD  中：

　 由题：侧面 PCD 平面 ABCD ，交线为 CD ，底面 ABCD 为矩形， BC CD  ，则 BC⊥ 平面 PCD ，过点 B 只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项 A 错误； 连接 AC 交 BD 于 O ，连接 MO ， PAC  中， OM ∥ PA ， MO 面 MBD ， PA 面 MBD ，所以 // PA 面 MBD ，所以选项 B 正确； 四棱锥 M ABCD  的体积是四棱锥 P ABCD  的体积的一半，取 CD 中点 N ，连接 PN ， PN CD  ，则 PN ^ 平面 ABCD ，3 2 PN ，四棱锥 M ABCD  的体积 1 12 3 2 6 3 2 122 3M ABCDV      所以选项 D 错误. 矩形 ABCD 中，易得 6, 3, 3 AC OC ON    ， PCD 中求得：16,2NM PC   在 Rt MNO 中2 23 MO ON MN    即：

　OM OA OBOC OD     ，所以 O 为四棱锥 M ABCD  外接球的球心，半径为 3 ， 所以其体积为 36  ，所以选项 C 正确 故选：BC 6.正方体1 1 1 1ABCD ABC D  的棱长为 2，已知平面1AC   ，则关于  截此正方体所得截面的判断正确的是（

　）

　A．截面形状可能为正三角形 B．截面形状可能为正方形 C．截面形状可能为正六访形 D．截面面积最大值为 3 3

　【答案】ACD

　【解析】如图，显然 A,C 成立，下面说明 D 成立， 如图设截面为多边形 GMEFNH ，

　 设1AG x  ，则 01 x   ， 则 2 , 2(2 ), 2 2, GH ME NF x MG HN EF x MN        

　所以多边形 GMEFNH 的面积为两个等腰梯形的面积和， 所以1 21 1( ) ( )2 2S GH MN h MN EF h        

　因为2 2 2 212 2 2 1 3 3[ 2(2 )] ( ) ( 2 2) (2 ) (2 )2 2 2 2xh x x x x        ， 22 222(2 ) 2 2 3( 2 ) [ ]2 2x xh x   ， 所以2 21 3 1 3( 2 2 2) (2 ) [2 2 2(2 )]2 2 2 2S x x x x        

　23 2 3 2 3 x x     当 1 x 时，max3 3 S  ，故 D 成立。

　故选：ACD． 7.正方体1 1 1 1ABCD ABC D  的棱长为 1， , , E F G 分别为1 1, , BC CC BB 的中点．则（

　）

　A．直线1D D 与直线 AF 垂直 B．直线1AG 与平面 AEF 平行 C．平面 AEF 截正方体所得的截面面积为98

　D．点 C 和点 G 到平面 AEF 的距离相等

　【答案】

　BC 【解析】对选项 A：（方法一）以 D 点为坐标原点， DA 、 DC 、1DD 所在的直线分别为 x 、 y 、 z 轴，建立空间直角坐标系，则 (0,0,0) D 、 (1,0,0) A 、1 (1,0,1)A 、1,1,02E   、10,1,2F   、11,1,2G   .从而1(0,0,1) DD  ，11,1,2AF    ，从而1102DD AF    ，所以1DD 与直线 AF 不垂直，选项 A 错误；

　（方法二）取1DD 的中点 N ，连接 AN ，则 AN 为直线 AF 在平面1 1ADD A 内的射影， AN 与1DD 不垂直，从而 AF 与1DD 也不垂直，选项 A 错误； 取 BC 的中点为 M ，连接1AM 、 GM ，则1AM AE ∥ ， GMEF ∥ ，易证1AMG AEF 平面 ∥平面 ，从而1AG AEF ∥平面 ，选项 B 正确；

　对于选项 C，连接1AD ，1D F ，易知四边形1AEFD 为平面 AEF 截正方体所得的截面四边形（如图所示），且15 DH AH   ，12 AD ，所以1221 2 32 ( 5)2 2 2AD HS        ，而1 13 94 8AD H AEFDS S  四边形 △，从而选项 C 正确；

　 对于选项 D：（方法一）由于1 1 1 1 1 1 112 2 2 2 2 2 4GEF EBG BEFGS S S            梯形，而1 1 1 12 2 2 8ECFS      ，而13A GEF EFGV S AB   ，13A ECF ECFV S AB   ，所以 2A GEF A ECFV V  ，即2G AEF C AEFV V  ，点 G 到平面 AEF 的距离为点 C 到平面 AEF 的距离的二倍.从而 D 错误.

　（方法二）假设点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离相等，即平面 AEF 将 CG 平分，则平面 AEF 必过 CG 的中点，连接 CG 交 EF 于点 O ，易知 O 不是 CG 的中点，故假设不成立，从而选项 D 错误. 8.如图，矩形 ABCD ， M 为 BC 的中点，将 ABM  沿直线 AM 翻折成1AB M  ，连接1B D ， N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是(

　 )

　A．存在某个位置，使得1CN AB  ;

　B．翻折过程中， CN 的长是定值； C．若 AB BM  ，则1AM B D  ； D．若1 AB BM   ，当三棱锥1B AMD  的体积最大时，三棱锥1B AMD  的外接球的表面积是 4  . 【答案】

　BD

　【解析】对于 A，取 AD 的中点为 E ，连接 CE 交 MD 于点 F ，如图 1

　则1NE AB ，1NF MB

　如果1CN AB  ，则 ENCN  , 由于1 1AB MB  ，则 ENNF  , 由于三线 , , NE NF NC 共面且共点， 故这是不可能的，故不正确； 对于 B，如图 1 ，由1NEC MAB    , 且11,2NE AB AM EC   ，  在CEN  中，由余弦定理得：

　2 2 22 cos NC NE EC NE EC NEC      ，也是定值， 故 NC 是定值，故正确； 对于 C，如图 2

　AB BM  ，即1 1AB B M  ,则1AM BO 

　 若1AM B D  ，由于1 1 1BO B D B  ， 且1 1, BO B D  平面1ODB ， AM   平面1ODB ， OD 平面1ODB ， OD AM   ，则 AD MD  , 由于 AD MD  ，故1AM B D  不成立，故不正确； 对于 D，根据题意知，只有当平面1B AM  平面 AMD 时， 三棱锥1B AMD  的体积最大，取 AD 的中点为 E ， 连接1, , OE B E ME ，如图 2

　1 AB BM   ，则1 11 AB B M   ， 且1 1AB B M  ，平面1B AM  平面 AMDAM  1BO AM   ，1BOÌ 平面1B AM

　 1BO   平面 AMD ， OE  平面 AMD

　1BO OE   ， 则2 AM ，11 22 2BO AM   ,

　1 1 22 2 2OE DM AM   , 从而2 212 212 2EB              , 易知 1 EA ED EM   

　AD  的中点 E 就是三棱锥1B AMD  的外接球的球心，球的半径为 1 ， 表面积是 4  ，故 D 正确； 故选：BD 9.已知 ,   是两个不重合的平面，, m n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（

　）

　A．若 // m n m   ， ， 则 n  

　B．若 //, m n      ， 则// m n

　C．若 m   ， m  ，则 //  

　D．若 , // , m m n n    ，则 //  

　【答案】

　ACD 【解析】

　若 m   ，则 , a b    且 a b P  使得 m a  ， m b  ，又 // m n ，则 n a  ， n b  ，由线面垂直的判定定理得 n   ，故 A 对； 若 // m  ， n    ，如图，设 m AB  ，平面1 1 1 1D C B A 为平面  ， // m  ，设平面1 1ADD A 为平面  ，1 1AD n      ，则 mn  ，故 B 错； 垂直于同一条直线的两个平面平行，故 C 对； 若 , // m m n   ，则 n   ，又 n   ，则 //   ，故 D 对； 故选：ACD． 10.在长方体1 1 1 1ABCD ABC D  中， 1, AB BC  13 AA  ，E ， F ， P ， Q 分别为棱, AB , AD1 ,DD1BB 的中点，则下列结论正确的是（

　）

　A． AC BP 

　B．1B D  平面 EFPQ C．1 / /BC 平面 EFPQ D．直线1A D 和 AC 所成角的余弦值为24 【答案】

　ABD 【解析】A．如图所示，

　因为 1 AB BC   ，所以四边形 ABCD 是正方形，所以 AC BD  ， 又因为几何体为长方体，所以1DD  平面 ABCD ，所以1AC DD  ， 又因为1BD DD D  ，所以 AC  平面1BDD ， 又因为 BP 平面1BDD ，所以 ACBP  ，故结论正确； B．如图所示，

　假设1B D  平面 EFPQ ，因为 PQ  平面 EFPQ ，所以1B D PQ  ， 显然1B D PQ  不成立，故假设错误，所以结论错误； C．如图所示，

　连接1, BD C D ，由条件可知1 1 1/ / , / / , / / EF BD FP AD BC AD ，所以1/ / FP BC ， 又因为1, BC BD B EF FP F   ，所以平面1/ / BC D 平面 EFPQ ， 又因为1BC  平面1BC D ，所以1 / /BC 平面 EFPQ ，故结论正确； D．如图所示，

　 连接1 1, CB AB ，因为1 1/ / DA CB ，所以1A D 和 AC 所成角即为1BCA  或其补角， 由条件可知：1 12, 2, 2 BC AB AC    ，所以14 2 4 2cos4 2 2 2BCA    ，故结论正确. 故选：ABD.