2021年高考数学中“立体几何多选题”的类型分析含答案

2021年高考数学中“立体几何多选题”的类型分析含答案
一、立体几何多选题
1. 如图，正方体ABCD-ABCD中的正四而体A厂BD G的棱长为2,则下列说法正
确的是（）
A. 异面直线A&与所成的角是彳
3
B. 丄平而A^D
C. 平而Acq截正四而体- BDC,所得截而而积为
2
D. 正四而体A - BDC｛的髙等于正方体ABCD-\B,C X D X体对角线长的;
【答案】ABD
【分析】
选项A,利用正方体的结构特征找到异而直线所成的角；选项B,根据正方体和正四而体的结构特征以及线而垂直的判定泄理容易得证；选项C,由图得平而ACQ截正四而体A - BDC x所得截面而积为A AC冋面积的四分之一：选项D,分别求出正方体的体对角线长和正四而体A - BDC.的高，然后判断数量关系即可得解.
【详解】
□ ______________ q
A：正方体ABCD — AQCQ中，易处ADJIBC、,异面直线£3与所成的角即直线
A"与BG所成的角，即ZA/G , LA.B G为等边三角形，ZABC,=-,正确:
B：连接Bp, QB丄平面AdG®, AC|U平而AdGD，即人q丄B®又
AG 丄Bp, B\BcBQ=B],有AQ 丄平而BDD 且,BQu 平而BDD X B X ,所以
BD』A}C{,同理可证：BD』人》, = 所以8卩丄平而AQD ,正确:
D t Ci
S Fi
c：易知平面心截正四耐本A-所得截而面积为半斗’错误;
D：易得正方体ABCD- A且CQ的体对角线长为（（血丫 +（近$ +（Qf =应,棱长为2
2
于正方体ABCD-A^B^D.体对角线长的亍，正确.
3
故选：ABD.
【点睛】
关键点点睛：利用正方体的性质，找异而直线所成角的平而角求其大小，根拯线而垂直的判定证明39丄平而AGD,由正四而体的性质，结合几何图形确左截而的面积，并求高，即可判断c、D的正误.
2. 已知直三棱柱ABC-A^C,中，AB丄BC, AB = BC = BB、, D是AC的中点，0 为£C的中点•点p是BC］上的动点，则下列说法正确的是（）
A. 当点P运动到中点时，直线AP与平而AEG所成的角的正切值为遁
5
B. 无论点P在BC］上怎么运动，都有AP丄OB〕
C. 当点P运动到BC］中点时，才有与OB】相交于一点，记为0,且—Y =-
D. 无论点P在BC\上怎么运动，直线与AB所成角都不可能是30°
【答案】ABD
【分析】
EP
构造线而角，由已知线段的等量关系求tan ZPA\E =——的值即可判断力的正误;
知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为ZB.A.P ,结合动点P分析角度范囤即可知D的正误
【详解】
直三棱柱ABC-A/G 中，AB 丄BC, AB = BC =
选项人中，当点P运动到BC】中点时，有F为坊q的中点，连接A£、EP,如下图示
即有护丄而AdG
FP
・・・直线£P与平而所成的角的正切值:tanZPA^ = —
AE
EP = \ BB「AE =J A(B[+ B£= » BB{
2 2
tan ZPAjE = ‘ 故A疋确
选项8中，连接B,C,与SC】交于E,并连接A}B,如下图示
由题意知，B{BCC}为正方形，即有BQ丄
而AB丄BCRABC -为直三棱柱，有丄而B.BCQ , BC； u面B.BCC,
AjBj 丄BC、,又A】B] H BQ = B t
:.BC}丄而A,BC，OQu而4dC,故SC】丄OB】
同理可证：fB丄OB】,又fBcBC严B
:.OB,丄而A.BC},又£Pu而ABC】，即有丄OB「故B正确选项C中，点P运动到BC；中点时，即在△ A.BC中A]P、OQ均为中位线
选项D 中，由于"JIAB ,直线£P 与AB 所成角即为与Af 所成角：ZB/f
结合下图分析知：点P 住B G 上运动时
当P 在“或G 上时，ZB.A.P 最大为45°
当户在Bq 中点上时，ZB X A,P 最小为arctan 返〉arctan 込= 30。

2
3
ZB/f 不可能是30。

，故D 正确
故选：ABD
【点睛】 本题考查了利用射影泄理构造线面角，并汁算其正弦值；利用线而垂直证明线线垂直；中 位线的性质：中位线交点分中位线为S 2的数量关系：由动点分析线线角的大小
3. 如图四棱锥P —ABCD,平ifiiPAD 丄平而ABCD ，侧而PAD 是边长为2“的正三 角形,底而ABCD 为矩形，CD = 2乜，点。

是PD 的中点，则下列结论正确的是（）
•・・根据中位线的性质有: 罟=十，故c 错误 <2A 2
・・・Q 为中位线
A. C0丄平面PAD
PC与平面AOC所成角的余弦值为半
C. 三棱锥B-ACQ的体积为6血
D. 四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表而积为24省
【答案】BD
【分析】
取4D的中点0, BC的中点E，连接OEOP,则由已知可得OP丄平W ABCD，而底而ABCD为矩形，所以以0为坐标原点，分别以OD，OE，OP所在的直线为x轴，)’ 轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向呈:依次求解即可.
【详解】
解：取AD的中点0, 3C的中点E，连接OEOP,
因为三角形PAD为等边三角形，所以OP丄4D,
因为平而PAD丄平而ABCD,所以OP丄平面ABCD,
因为AD丄0E，所以ODOEOP两两垂直，
所以，如下图，以0为坐标原点，分别以OD,OE,OP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则o(o,o,o),D(J&o,o),q(-J&o,o),
P(0,0,3V2),C(5/6,2^3,0),5(-^6,2^3,0),
因为点0是PD的中点，所以,0,芈)，
平面PAD的一个法向量为石= (0,1,0),
所以C。

与平^PAD不垂直，所以A不正确:
PC = (>/6,2筋,-3^2), AQ = (M,0, —), AC = (2屈2皿),
设平面AQC的法向量为n = (x,y,z),则
n-AQ = -^-x + ^-z = O
2 2 > 亓・AC = 2&x + 2>/3y = 0 令x=l,则y = ->/2,z = ->/
3 ,
所以 =
设PC与平而AQC所成角为0,
则sin 0 =nPC2点_ 1
^/6=3
所以3半,
所以B正确:
三棱锥B — ACQ的体积为
=-X —x2y/3 x2->/6 x —x3>/2 = 6 ,
3 2 2
所以c不正确：
设四棱锥0 - ABCD外接球的球心为则MQ = MD ,
所以
3返丫=(冏+(同+/,
解得心=0,即M(0,>/3,0)为矩形ABCD对角线的交点,
所以四棱锥Q-ABCD外接球的半径为3,
设四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四而体的棱长为x ,
将四而体拓展成正方体，苴中正四面体棱为正方体面的对角线, 故正方体的棱长为f x,所以3^x1 =62,得疋=24,
所以正四而体的表而积为4x邑x?=24书,所以D正确.
4
故选：BD
【点睛］
此题考查线而垂宜，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考査了计算能力，属于较难题.
4. 如图，点0是正四而体P-ABC底而ABC的中心，过点0的直线交AC, BC于点 M , N , S是棱PC上的点，平而SMN与棱阳的延长线相交于点0,与棱阳的延长线相交于点尺，则（）
A. 若MW//平而Q4D 则AB//RQ
B.存在点S与直线MN.使PC丄平而SR0
使更（西+页）=0
【答案】ABD
【分析】
对于选项A,根据线而平行的性质泄理，进行推理判断即可;
对于选项B,当直线MN平行于直线AB，SC = ^PC时，通过线而垂直的判泄泄理，证
明此时PC丄平而SRQ,即可证明，存在点S与直线M/V,使PC丄平而SR0：
对于选项C,假设存在点S与直线MN,使PS[PQ^rPR}=0,利用线面垂直的判定左
理可证得PC丄平面PAB^此时通过反证法说明矛盾性，即可判断:
【详解】 对于选项A.
若MN 11平面如, ・・•平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点0，与棱PB 的延长线相交于点R f ・・・平而SMN n 平面PAB 二RQ ，
又MVu 平而SMN, MN//平而Q4B ，
・・・MNHRQ, ・・•点0在ifn ABC 上，过点0的直线交AC, 3C 于点M, N 、 .•- M/Vu 平而 ABC >
又MN//平面Q4B ，平而ABC{\平而PAB = AB,
:.MNIIAB 、 •・.AB//RQ,
故A 正确； 对于选项B, 当直线MV 平行于直线AB, S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即SC = gpC , 此时PC 丄平而SRQ,以下给出证明：
在正四而体P-ABC 中，设各棱长为
△ABC , A PBC, APAC,厶PAB 均为正三角形, •.•点 0 为A ASC 的中心，MN//AB,
2
・••由正三角形中的性质，易得CN = CM=-a, 3
在△CNS 中，
•.•CN 号，SC = ”，ZSCN = j,
4
/. SC 2+SN 2=-a 2=CN\ 则S7V 丄PC, 9
同理，SM 丄PC,
又SMQSN = S, SMu 平而SRQ, SNu 平而SR0,
・・・PC 丄平面SRQ.
「•存在点S 与直线M/V,使PC 丄平而S/?0, 故B 正确：
对于选项C, 对于选项 D,利用 V$_PQR = V°_PSR + V°_PSQ + V°_PQR T 1 1 1 即可求得國+風+岡
是常数. ・••由余弦左理
假设存在点S 与直线AW,使更・（蔗+更） = 0, 设QR 中点为K,则PQ + PR = 2PK.
更丄麻，即阮丄麻
亦殛=花•（丙_丙）=|珂•阴 cosZCPB -匹”刊cosZCPA = 0
-■ PC 丄莎 又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平而PQR 上, ・・・PC 丄平面P0R ，即PC 丄平而QAB ，
与正四而体P-ABC 相矛盾，所以假设不成立， 故c 错误： 对于选项D,
易知点。

到而PBC,而PAC. ^PAB 的距离相等，记为d,
记PC 与平^PAB 所处角的平而角为Q, &为常数，贝'J sin a 也为常数, 则点S 到PQR 的距离为PS sin a , 又S/QR 冷岡碎|血牛羽码|页
Vs ・PQR
=莎（阿岡+阿网H 及阿）
'
•嚼网•严阿sin"和岡网+阿西+阿阿,
故选：
ABD. 【点睛】
本题考查了线而平行的性质立理、线而垂直的判立定理，考査了三棱锥体积的计算，考查 了向量的运算，考査了转化能力与探究能力，属于较难题.
又S 厶
PSR
5 冷卩0怦血彳吕网|•网,
1
1
1 sin a
为常数,
故
D 正
确.
5. 如图所示，在长方体/WCQ — A/CQ 中，AB = BC = \,AA }=2y P 是A/上的一动 点，则下列
选项正确的是（）
【答案】AD 【分析】
DP 的最小值，即求底边A/上的髙即可：旋转△AQG 所在平面到平而 ABB.A., AP+P G 的最小值转化为求AC'即可.
【详解】
求DP 的最小值，即求底边人3上的髙，易知=
=
= 所以
边上的髙为h =二艮 连接得厶\BC X ,以A&所在直线为轴，将
△ABC ；所在平面旋转到平而ABBA ,设点G 的新位置为C',连接AC,则AC'即为
/T
所求的最小值，易知 A4, = 2,A,C = 5/2,COS ZA4,C =~^， 所以 AC = ^4 + 2-2x2x\/2x （-^-） = — J — •
故选：AD. 【点睛】
本题考查利用旋转求解线段最小值问题.
求解翻折、旋转问题的关键是弄淸原有的性质变化与否，（1）点的变化，点与点的重合及点 的位巻变化：（2）线的变化，翻折、旋转前后应注意苴位置关系的变化：（3）长度、角度等几 何度量的变化.
6. 已知正四棱柱ABCD - AbCQ 的底面边长为2,侧棱A4=l, P 为上底面 Adqq 上的动点，给岀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 = * ,则点P 的轨迹是一段圆弧 C. 若PD II 平而ACB it 则DP 长的最小值为2
D. 若PDW 平而ACB 「且PD = *，则平而BDP 截正四棱柱ABCD-A^C^的外 接球所得平面图形的
A. DP 的最小值为也
5
c. AP + P G 的最小值为点
B. DP 的最小值为
D.
AP + PC }的最小值为卫西
面积为艺
4
【答案】ABD
【分析】
若PD = 3,由于尸与d重合时PD = 3,此时P点唯一；PD = J5e(l,3),贝ij
PD、=迈,即点P的轨迹是一段圆弧：当P为州q中点时，DP有最小值为=JJ,可判断C：平而BDP截正四棱柱ABCD - A且CQ的外接球所得平面图形为外接球的大圆，
3
其半径为=—,可得D.
2
【详解】
如图：
T正四棱柱ABCD-A^C^的底而边长为2,
••• B\D、=2迈,又侧棱AA =1 ,
••• DB]=J(2血『+F = 3,则尸与$重合时PD = 3，此时P点唯一，故人正确；
V PD = >/3e(l,3), DQ =1,则PD、=&.,即点P的轨迹是一段圆弧，故3正确：连接£>人，DC]f 可得平WA DC i〃平而ACBi，则当P为人G中点时，DP有最小值为J(V^) +F = 5/3 ♦故c 错误：
由C知，平而BDP即为平而BDD&，平而截正四棱柱ABCD-qQCQ的外接球所得平而图形为
外接球的大圆，其半径为-722 +22 + 12 =-,而积为上，故D正
2 2 4
确.
故选：4BD.
【点睛】
本题考查了立体几何综合，考査了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
7. 如图，在正方体ABCD - AiBiCiDi中，点P在线段SC上运动，则(
A. 直线B6丄平而AiCiD
B. 三棱锥P - A.
C.D的体积为定值
C. 异而直线4P与ZUD所成角的取值范用是［45。

，90°］
D. 直线GP与平而A.C.D所成角的正弦值的最大值为
3
【答案】ABD
【分析】
在A中，推导出AG丄86, DC、丄B6,从而直线36丄平而£CjD：在B中，由B.CW平而A.C.D,得到P到平面A.C.D的距离为泄值，再由△SGD的而积是泄值，从而三棱锥P -A.C.D 的体积为迫值；在C中，异而直线AP与AQ所成角的取值范用是［60°, 90。

］：在D 中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，D6为z轴，建立空间直角坐标系，利用向呈:法
能求出直线GP与平而久CjD所成角的正弦值的最大值为.
3
【详解】
解：在A 中,AiCi±BiDn AiCi±BBu BiMBB久=跖
AiCi丄平而8B1D1, :.AiCi丄86,同理，DC」8Di,
•・・AiCEDG=Ci，・•・直线B6丄平而AiCiD.故A正确：
在B 中，•/ A X D\\ BtG AQu平而&GD, 平而&G6
・•・BiCII平面AiCiD,
点P在线段B.C上运动，P到平面A.C.D的距离为定值，
又△ACD的而枳是左值，三棱锥P - A.C.D的体积为左值，故B正确；
在C中，异而直线AP与所成角的取值范用是［60。

，90。

］,故C错误；
在D中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，D6为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD - AiBiCiDi中棱长为1, P (a, It a),
则D (o, o, o) , (1» 0, 1) , Ci (0, 1, 1) , DA, = (i» o, 1) , DC； = (o,
1> 1) , C\P=(6 0, o-l), 设平而AxCiD的法向虽J? = (x,y,z),
n ・ D4j = x + z =
0 n ・ DC] = y + z = 0
・・・直线C 】P 与平而A^D 所成角的正弦值为:
求直线与平面所成的角的一般步骤：
（1） 、①找直线与平而所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成：②讣算，要把
直线与平而所成的角转化到一个三角形中求解：
（2） 、用空间向量坐标公式求解.
8•如图，已知p 为棱长为1■的正方体对角线上的一点，且BP = 2BqS （0J ））,下 而结论
中正确结论的有（）
取x=l,得/?= 1,1, —1 ,
讦dl
1 _
•••当0=1时，直线Cf 与平而A.C.D 所成角的正弦值的最大值为盘,
3
故D 正确.
k+丄
2 2
则cos AAPC =
P H
HR 322-22
3，_2 几+
一"一3才-2兄 + 1
2
B. 当A.P+PD取最小值时，2 = |；
C.
9
C. 若P为的中点，四棱锥P_AAQQ的外接球表而积为匕龙.
4
【答案】ABD
【分析】
以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC：根据几何体外接球关系建立方程求岀球半径即可判断D.
【详解】
以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
则3(1,1,0), Q(0,0,1),设P(x,y,z),
°，BP = BP = 2BD］，即(x—l,y —= ,
则可解得P(l-2,l-2,2),
对A,••K(i,o,i),r)(o,o,o),q(o,i,i), .•.人万=(一1,0,-1),
qp = (l-2,-A,2-l),则4D CjP = -lx(l-2) + 0x(-2) + (-l)x(2-l) = 0,则A£＞丄C、P ,故A正确：
对B, A}P + PD = ^(l-/l-l)2+(l-/l)2+(2-l)2 + ^(l-2)2+(l-^)2+22 =2J3T — 42 + 2 = 2』3（几一？+-,
V 3丿3
2
则当2 =-时，A.P + PD取最小值，故B正确：
对c, •••A（l,0,0）,C（0丄0）…••丙=（入;1一人一2）, PC = （2-1,2,-A）, 若恥（0,1）,则厶PC
2 i i i
•/0</1<1,则一53兄2—2/1 + 1<2,则一一51—----------- <-,
3 2 3才_22 + 1 2
即一丄ScosZAPCcb 则,故C错误；
2 2 1
3 3」
对于D,当P为3D冲点时，四棱锥P-AA^D为正四棱锥，设平而AAfifi的中心为
< 1 y ( & V 3 0,四棱锥P-A\D{D的外接球半径为R,所以卜一寸+ 手 =疋，解得R = ?
9
故四棱锥P-AA}D}D的外接球表面积为匕龙，所以D正确.
4
故选：ABD.
【点睛】
关键点睛：本题考査空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向虽:建
立关系进行计算.
9.如图所示，正方体ABCD-A,B'C,D,的棱长为1, E, F分別是棱几4’，CC'的中
点,过直线EF的平而分别与棱BB'，DD交于点M，N、以下四个命题中正确的是
b. |ME|=|/VE|
c. 四边形A/EVF的面积最小值与最大值之比为2:3
D.四棱锥A-MENF与多而体ABCD一EMFN体枳之比为1:3
【答案】ABD
【分析】
证明EF丄平而BDDB'、进而得EF丄M/V,即可得A选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B选项正确；由菱形性质得四边形MENF的而积S =、MN・EF ,再分别
讨论A/N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，BQ，MN.由题易得EF丄3D，EF丄BB'，
BD c BB = B，
所以EF丄平而BDD'B'・又MNu平面BDDB',所以EF丄MN，因此顾•丽=0，故A正确. 对于B选项，由正方体性质得：平而BCC'B'II平面ADDA',
平面BCC'B'H平面EMFN = MF，平面ADD'AV\平而EMFN = EN,所以
MF//EN,
同理得A/E//NF,又EF1MN,所以四边形MENF为菱形，因此|M£| = \NE\,故B正确.
对于C选项，由B易得四边形MEVF的而积S = -MN・EF ,
2
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 = J^，即面积S的最小值为2；
当点M, N分别与点“（或点B'） , D （或D）重合时，四边形MENF的而积S最大，此时MN = JJ，即面积S的最大值为
所以四边形MENF的而积最小值与最大值之比为2:点，故C不正确.
对于D选项，四棱锥A—MENF的体积
因为E, F分别是CC'的中点，所以BM=DN, DN = B，M,于是被截而
MENF平分的两个多而体是完全相同的，
则它们的体积也是相冋的，因此多而体ABCD—EMFN的体积
所以四棱锥A — MENF与多而体ABCD—EMFN体积之比为1:3,故D正确. 故选：ABD.
D9C9
【点睛】
本题考査立体几何与向量的综合、截而而积的最值、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，将多而体ABCD-EMFN的体积转化为正方体的体积的一半求解.
10•如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-AQCp中，过对角线的一个平而交棱
AA于点£,交棱cq于点F,得四边形BFD.E ,在以下结论中，正确的是（）
A. 四边形有可能是梯形
B. 四边形BFD\E在底\fHABCD内的投影一泄是正方形
C. 四边形BF
D.E有可能垂直于平而BBED
D. 四边形BFD.E而积的最小值为@
2
【答案】BCD
【分析】
四边形BFD\E有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；BFD\E在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD；当与两条棱上的交点是中点时，四边形BFDf垂直于而
BBQD ：当£, F分别是两条棱的中点时，四边形BFRE的而积最小为
2
【详解】
过BD｛作平面与正方体ABCD - AQCQ的截而为四边形BFRE ,
如图所示，因为平而ABBA / /平而DCCQ,且平面平而ABB心BE.
平面BF^Ef）平而DCCp=Df,BE//DiF ,因此，同理D.E//BF ,
故四边形BFD\E为平行四边形，因此A错误；
对于选项B,四边形BFD.E在底ABCD内的投影一左是正方形ABCD,因此B正确: 对于选项C,当点E、F分别为的中点时，EF丄平而BBQD ,又EFu平而BFD'E ,则平^BFDfi丄平而BBQQ ,因此C正确；
对于选项D,当F点到线段的距离最小时，此时平行四边形BFD.E的面积最小，此时点E、F 分别为AA，CC|的中点，此时最小值为1x72x73= —»因此D正确.
2 2
【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象岀要画的平而是怎么样的平而，有哪些特殊的性质，考虑全而即可正确解题.。