高三数学精选立体几何多选题 易错题难题提优专项训练

高三数学精选立体几何多选题 易错题难题提优专项训练
一、立体几何多选题
1．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）
A ．若12
33
AD AB AC =
+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111
333
MG MA MB MC =++
C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=
D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】
作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】
对于A ，由已知12
322233
AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则
3
2
BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，
MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即
111
333
MG MA MB MC =++，故B 正确；
对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即
()00
MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()
00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()
000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即
0MB AC ⋅=，故C 正确；
对于D ，111
()()222
PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=
+-=+- ()
2
11
22
PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=
+-，又
(
)
22
2
2
222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA
+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1
822
PQ ∴==，故
D 错误. 故选：BC 【点睛】
关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
2．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2
EF =
.则下列结论正确的是（ ）
A ．三棱锥A BEF -的体积为定值
B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小
C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为
12
D ．当
E 与1D 重合时，异面直线AE 与B
F 所成的角为π4
【答案】AC 【分析】
对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】
选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，
11122
122BEF S EF BB ∆∴=
⋅=⨯⨯=
连接AO 交BD 于点O
由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,
所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即2
2
AO =
11221
334212
A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=
A BEF V -∴是定值.
选项B:
连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ， 由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，
AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AA
A EF
B ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，
在直角三角形1AA M 中，12
tan 2
MAA ∠=为定值. 选项C:
如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥ 在直角三角形EFT 中，221
cos 45222
FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴==
选项D:
当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角, 在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=22
AR = 由余弦定理得13
cos 6
AD R ∠= 故选：AC 【点睛】
本题考查空间几何体性质问题.
求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．
求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
3．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点
M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长
线相交于点R ，则（ ）
A ．若//MN 平面PA
B ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使P
C ⊥平面SRQ
C ．存在点S 与直线MN ，使()
0PS PQ PR ⋅+= D ．
111PQ
PR
PS
+
+
是常数
【答案】ABD 【分析】
对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；
对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 1
3
SC PC =
时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；
对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()
0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQ
PR
PS
+
+
是常数.
【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，
平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,
∴平面SMN 平面PAB =RQ ，
又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，
∴//MN RQ ，
点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，
∴MN ⊂平面ABC ，
又//MN 平面PAB ，平面ABC
平面PAB AB =，
∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，
故A 正确； 对于选项B ，
当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即1
3
SC PC =
，
此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，
∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，
点O 为ABC 的中心，//MN AB ，
∴由正三角形中的性质，易得23
CN CM a ==
， 在CNS 中，
2
3CN a =，13SC a =，3
SCN π∠=，
∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222
249
SC SN a CN +=
=，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，
又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，
∴PC ⊥平面SRQ ，
∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，
故B 正确； 对于选项C ，
假设存在点S 与直线MN ，使()
0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，
∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，
()
cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，
∴PC AB ⊥，
又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，
∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，
与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，
易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234
PQR
S
PQ PR PQ PR π=
⋅=⋅ ∴
()
()
1
133sin sin sin 3
3412
S PQR PQR
V PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=
⋅=
⋅⋅=⋅⋅， 又13
sin 234
PSR
S
PS PR PS PR π=
⋅=⋅， 13sin 234PSQ
S PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234
PQR
S
PQ PR PQ PR π=
⋅=⋅， ()
3
S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=
⋅+⋅+⋅， ∴
()
33sin 1212
PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴
111sin d PQ
PR
PS
α
+
+
=
为常数，
故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】
本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.
4．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结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CN A
B ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值
C ．若AB BM =，则1AM B
D ⊥
D ．若1AB 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4π 【答案】BD 【分析】
对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出
AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断；
对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得
1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；
对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断； 对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可. 【详解】
如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,
则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，11
2
NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =，
对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若
CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不
可能，故A 错误；
对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，
在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC +-⋅⋅∠
整理得2
22212422
AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+ 故CN 为定值，故B 正确；
如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，
对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；
对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得122
BO =
，2DM =22
22
11221
22B E OB OE ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面
积为4π，故D 正确. 故选：BD. 【点睛】
本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.
5．已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，侧棱11AA =，P 为上底面
1111D C B A 上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（ ）
A ．若3PD =，则满足条件的P 点有且只有一个
B ．若3PD =，则点P 的轨迹是一段圆弧
C ．若P
D ∥平面1ACB ，则DP 长的最小值为2
D ．若PD ∥平面1ACB ，且3PD =，则平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形的面积为94
π
【答案】ABD 【分析】
若3PD =，由于P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一；()313PD =，，则
12PD =P 的轨迹是一段圆弧；当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为3=断C ；平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，
其半径为3
2
=，可得D . 【详解】 如图：
∵正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2， ∴1122B D =，又侧棱11AA =， ∴()
2
212213DB =
+=，则P 与1B 重合时3PD =，此时P 点唯一，故A 正确；
∵()313PD =∈，，11DD =，则12PD =，即点P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确； 连接1DA ，1DC ，可得平面11//A DC 平面1ACB ，则当P 为11A C 中点时，DP 有最小值为
()
2
22
13+=，故C 错误；
由C 知，平面BDP 即为平面11BDD B ，平面BDP 截正四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为22213
22122++=，面积为94
π，故D 正确． 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，数学运算的能力，属于较难题.
6．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形
11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）
A ．()
111
2
DA A A B A BC =
-+
B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E
的轨迹的长度等于2
AC C ．异面直线AD 与1BC ，所成角的余弦值为
6
D ．若点
E 到平面11ACC A 的距离等于2
EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】
根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】
解析：对于选项A ，()
111
2
AD A A B A BC =
-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．
以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．
设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002a
A ⎛⎫ ⎪⎝⎭
,
,，002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
,,，102B a b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b
⎛⎫
- ⎪⎝⎭,,，所以122a BC a b ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,,，122a AB a b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
,,． ∵11BC AB ⊥，∴11
0BC AB ⋅=，
即2
2
2
02a b ⎫⎛⎫--+=
⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭
，解得b =． 因为//DE 平面
11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于1BB =
．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫
⎪⎝⎭,,，002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，1022a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛
⎫
= ⎪⎝⎭,,，12
2a BC a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,，
因为2
111cos ,6||||a BC DA BC DA BC DA a ⎛⎫
- ⎪
⋅<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角
的余弦值为
6
，选项C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于
3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，3
11E F E C =
，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.
故选：BCD 【点睛】
本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.
7．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 ．0MN EF ⋅=
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 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积1
2
S MN EF =⋅，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0MN EF ⋅=，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．
对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积1
2
S MN EF =
⋅， 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 ==，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，
此时MN =，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2C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积
11113346
M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=
⋅==△； 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，
则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积
21122
ABCD A B C D V V ''''-==正方体，
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.
8．如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（ ）
A ．AS ⊥CD
B ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为
22
C ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛- ⎝
⎭ D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱 【答案】ABD
【分析】
取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有
112
O B O S a ==
，可求得球半径为2a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.
【详解】 如图所示：
A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AH
SH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，
故A 正确；
B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在
1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a
所以112O B O S ==，由()222
11OB O B O S OS =+- 得22
22222R a R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
解得2
2
R =
，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r ，易求得侧面面积为2213sin 234
S a a π=
⋅=， 由等体积法得2221
21134333a a r r =⋅+⋅⋅ 解得624
a r = ，故C 错；
D 选项：取S
E 中点
F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由
)
22
2
222
2
1
cos
23
2
2
BF DF BD
BFD
BF DF
a
⎫⎫
+-
⎪⎪
+-⎝⎭⎝⎭
∠===-
⋅⎛⎫
⎪
⎝⎭
22
2
222
2
1
cos
23
2
2
a
AF BF BA
AFD
AF BF
a
⎫⎫
+-
⎪⎪
+-⎝⎭⎝⎭
∠===
⋅⎛⎫
⎪
⎝⎭
，故BFD
∠与BFA
∠互补，所以ASDE共面，又因为AS AE ED SD
===，则ASDE为平行四边形，故////
AS ED BC故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确
故选：ABD
【点睛】
求外接球半径的常用方法：
（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；
（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.。