24届高考最新模拟考压轴题汇编--以立体几何为背景的多结论问题（解析版）

以立体几何为背景的多结论问题一、多选题1(2024·贵州贵阳·一模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段A1C1的中点，Q为线段BC1上的动点．则下列结论正确的是()A.存在点Q．使得PQ∥BDB.存在点Q，使得PQ⊥平面AB1C1DC.三棱锥Q-APD的体积不是定值D.存在点Q．使得PQ⊥AC【答案】BCD【详解】对于A，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1⎳DD1，BB1=DD1，则四边形BB1D1D为平行四边形，所以，BD⎳B1D1，而P为线段A1C1的中点，四边形A1B1C1D1为正方形，所以P为B1D1的中点，所以B1D1∩PQ=P，若存在点Q，使得BD⎳PQ，且B1D1、PQ不重合，又BD∥B1D1，所以PQ⎳B1D1，这与B1D1∩PQ=P矛盾，假设不成立，A错误；对于B，若Q为BC1中点，则PQ⎳A1B，而A1B⊥AB1，故PQ⊥AB1，又AD⊥面ABB1A1，A1B⊂面ABB1A1，则A1B⊥AD，故PQ⊥AD，因为AB1∩AD=A，AB1、AD⊂平面AB1C1D，则PQ⊥平面AB1C1D，所以存在Q使得PQ⊥平面AB1C1D，B正确；1 对于C，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⎳C1D1，AB=C1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1⎳AD1，而AD1∩面APD=A，故BC1与面APD不平行，所以Q在线段BC1上运动时，Q到面APD的距离不是定值，又△APD的面积为定值，故三棱锥Q-APD的体积不是定值，C正确；对于D，因为AC⊥BD,AC⊥BB1，BD,BB1⊂平面BDD1B1，BD∩BB1=B，所以AC⊥平面BDD1B1，又BP⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BP，所以若点Q与点B重合，则PQ⊥AC，D正确，故选：BCD.2(2024·贵州贵阳·模拟预测)如图，正四棱锥P-ABCD每一个侧面都是边长为4的正三角形，若点M在四边形ABCD内(包含边界)运动，N为PD的中点，则()πA.当M为AD的中点时，异面直线MN与PC所成角为2B.当MN⎳平面PBC时，点M的轨迹长度为2332C.当MP⊥MD时，点M到AB的距离可能为25πD.存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥P-ABCD内3【答案】ACD【详解】对于A，因为ABCD为正方形，连接BD与AC，相交于点O，连接OP，则OD，OC，OP两两垂直，故以OD,OC,OP为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，C(22,0,0)，A(-22,0,0)，D(0,22,0)，B(0,-22,0)，P(0,0,22)，N为PD的中点，则N(0,2,2).当M为AD的中点时，M(-2,2,0)，MN=2,0,2，PC=22,0,-22，设异面直线MN与PC所成角为θ，2 MN⋅PC4+0-4ππcosθ=cosMN,PC==2×4=0，θ∈0,2，故θ=2，A正确；MNPC对于B，设Q为DC的中点，N为PD的中点，则QN⎳PC，PC⊂平面PBC，QN⊄平面PBC，则QN⎳平面PBC，又MN⎳平面PBC，MN,QN⊂平面MNQ，又MN∩QN=N，设H∈AB，故平面MNQ⎳平面PBC，平面PBC∩平面ABCD=BC，平面MNQ∩平面ABCD=QH，则QH⎳BC，则H为AB的中点，点M在四边形ABCD内(包含边界)运动，则M∈QH，点M的轨迹是过点O与BC平行的线段QH，长度为4，B不正确；对于C，当MP⊥MD时，设M(x,y,0)，MP=(-x,-y,22)，MD=(-x,22-y,0)，22222MP⋅MD=x+y(y-22)=0，得x+y-22y=0，即x+(y-2)=2，即点M的轨迹以OD中点K为圆心，半径为2的圆在四边ABCD内(包含边界)的一段弧(如下图)，K到AB的距离为3，弧上的点到AB的距离最小值为3-2，3232因为3-2<，所以存在点M到AB的距离为，C正确；22对于D，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥P-ABCD内接最大圆柱的体积，设圆柱底面半径为r，高为h，Q为DC的中点，H为BC的中点,HQ=4，PO=22，3 JWPJr22-h根据△POH相似△PJW，得=，即=，h=2(2-r)，OHPO22222则圆柱体积V=πrh=2πr(2-r)，232设V(r)=2π(2r-r)(0<r<2)，求导得V(r)=2π(4r-3r)，44令V(r)=0得，r=或r=0，因为0<r<2，所以r=0舍去，即r=，3344当0<r<时，V(r)>0，当<r<2时，V(r)<0，334322即r=时V有极大值也是最大值，V有最大值π，327223225962-13596×2-13518432-182253225-===>0，故>2732727272735π所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入正四棱锥P-ABCD内，D正确.3故选：ACD.3(2024·山西长治·一模)如图，已知圆台OO的下底面直径AB=4，母线BC=2，且AC⊥BC，P是下底面圆周上一动点，则()73A.圆台OO的表面积为10πB.圆台OO的体积为π3C.三棱锥A-BCP体积的最大值为3D.PA+PC的最大值为6【答案】BD【详解】圆台OO中，作出圆O过点C的直径CD，则四边形ABCD是等腰梯形，作CE⊥AB于E，在△ABC中，由AB=4,BC=2,AC⊥BC，得∠ABC=60°,CE=3,BE=1，则CD=AB-2BE=2，22对于A，圆台OO的表面积S=π×1+π×2+π×(1+2)×2=11π，A错误；12273对于B，圆台OO的体积V=π(1+1×2+2)×3=π，B正确；公众号：慧博高中数学最新试题33对于C，由P是下底面圆周上一动点，得点P到直线AB距离的最大值为2，1143则△APB面积最大值为×2×4=4，三棱锥A-BCP体积的最大值为×4×3=，C错误；233对于D，连接PE，当P与点A,B都不重合时，设∠PAB=θ(0°<θ<90°),t=cosθ∈(0,1)，2222则AP=4cosθ=4t，在△AEP中，由余弦定理得PE=3+(4t)-2×3×4tcosθ=9-8t，2222于是PC=CE+PE=12-8t，f(t)=AP+PC=4t+12-8t，4t2222求导得f(t)=4-，显然(3-2t)-t=3(1-t)>0，则f(t)>0，23-2t4 函数f(t)在(0,1)上单调递增，f(t)<f(1)=6，当P与A重合时，PA+PC=AC=23，当P与B重合时，PA+PC=BA+BC=6，因此PA+PC的最大值为6，D正确.故选：BD4(2024·湖北·二模)如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，且B1F⎳平面A1BE，则下列说法正确的有()A.动点F轨迹的长度为21B.三棱锥B1-D1EF体积的最小值为3C.B1F与A1B不可能垂直25D.当三棱锥B1-D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为π2【答案】ABD【详解】对A，如图，令CC1中点为M,CD1中点为N,连接MN，又正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，可得B1M⎳A1E,MN⎳CD1⎳BA1，∴B1M⎳平面BA1E,MN⎳平面BA1E,又B1M∩MN=M，且B1M,MN⊂平面B1MN，∴平面B1MN⎳平面BA1E,又B1F⎳平面A1BE，且B1∈平面B1MN，∴B1F⊂平面B1MN，又F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，∴F∈平面B1MN∩平面C1CDD1，而MN=平面B1MN∩平面C1CDD1，∴F∈MN，即F的轨迹为线段MN.由棱长为2的正方体得线段MN的长度为2，故选项A正确；12对B，由正方体侧棱B1C1⊥底面C1CDD1，所以三棱锥B1-D1EF体积为V=B1C1⋅S△D1FE=S△D1FE，33所以△D1FE面积S△D1FE最小时，体积最小，如图，∵F∈MN，易得F在N处时S△D1FE最小，111此时S△D1FE=ND1⋅D1E=,所以体积最小值为，故选项B正确；223对C，当F为线段MN中点时，由B1M=B1N可得B1F⊥MN,又CC1中点为M,CD1中点为N,∴MN⎳D1C，而A1B⎳D1C，∴B1F⊥A1B,故选项C不正确；对D，如图，当F在M处时，三棱锥B1-D1DF的体积最大时，公众号：慧博高中数学最新试题由已知得此时FD=FD1=FB1=5,所以F在底面B1DD1的射影为底面外心，DD1=2,B1D1=22,DB1=23,所以底面B1DD1为直角三角形，所以F在底面B1DD1的射影为B1D中点，设为O1，如图，设外接球半径为R,222252由R=OO1+O1B1=OO1+3,R+OO1=FO1=2,可得外接球半径R=，45 225外接球的表面积为4πR=π，故选项D正确.2故选：ABD.5(2024·湖南·模拟预测)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为BC,CC1的中点，则下列结论正确的是()A.直线A1B与EF所成的角的大小为60°B.直线AD1⎳平面DEFC.平面DEF⊥平面BCC1B16πD.四面体D-EFC外接球的体积与正方体ABCD-A1B1C1D1的体积之比为8【答案】ABD【详解】解析：对于A：连接BC1,C1A1，如图，由正方体的结构特征知，BC1=A1B=A1C1，即△A1BC1为正三角形．又因为E,F分别为BC,CC1的中点，则EF∥BC1，因此直线A1B与EF所成的角即为直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1或其补角，又∠A1BC1=60°，所以直线A1B与EF所成的角的大小为60°，A正确；对于B：因为EF∥BC1，所以AD1∥EF,AD1⊄平面DEF,EF⊂平面DEF，故直线AD1⎳平面DEF，B正确；对于C：取EF的中点为M，连接DM，显然DE=DF,EF的中点为M，则DM⊥EF，假设平面DEF⊥平面BCC1B1，而平面DEF∩平面BCC1B1=EF，6 于是DM⊥平面BCC1B1，又DC⊥平面BCC1B1，则DM∥DC，与DM∩DC=D矛盾，C错误；3对于D：不妨设正方体的棱长为2a，则正方体的体积为V1=8a，又因为四面体C-DEF的三条侧棱CE,CF,CD两两垂直，则它的外接球即为以CE,CF,CD为棱的长方体的外接球，222于是球的直径2R=a+a+(2a)=6a，4346336π体积为V2=3πR=3π×2a=6πa，于是V2:V1=8，D正确，故选：ABD．6(2024·湖南·二模)如图，点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的表面上一个动点，F是线段A1B1的中点，则()A.若点P满足AP⊥B1C，则动点P的轨迹长度为4216B.三棱锥A-PB1D1体积的最大值为3C.当直线AP与AB所成的角为45°时，点P的轨迹长度为π+42D.当P在底面ABCD上运动，且满足PF⎳平面B1CD1时，线段PF长度最大值为22【答案】CD【详解】对于A，易知B1C⊥平面ABC1D1,A∈平面ABC1D1，故动点P的轨迹为矩形ABC1D1，动点P的轨迹长度为矩形ABC1D1的周长，即为42+4，所以A错误；对于B，因为VA-PD1D1=VP-AB1D1，而等边△AB1D1的面积为定值23，要使三棱锥P-AB1D1的体积最大，当且仅当点P到平面AB1D1的距离最大，易知点C是正方体到平面AB1D1距离最大的点，所以VA-PB1D1max=VC-AB1D1，此时三棱锥C-AB1D1即为棱长是22的正四面体，22243113438其高为h=22-36=3，所以VC-AB1D1=3×2×22×22×2×3=3，B错误；对于C：连接AC，AB1，以B为圆心，BB1为半径画弧B1C，如图1所示，7 当点P在线段AC,AB1和弧B1C上时，直线AP与AB所成的角为45°，2222又AC=AB+BC=4+4=22,AB1=AB+BB1=4+4=22，12弧B1C长度×π×2=π，故点P的轨迹长度为π+42，故C正确；4对于D，取A1D1,D1D,DC,CB,BB1,AB的中点分别为Q,R,N,M,T,H，连接QR,QF,FT,TM,MN,NR,FH,HN,HM，如图2所示，因为FT∥D1C,FT⊄平面D1B1C,D1C⊂平面D1B1C，故FT∥平面D1B1C，TM∥B1C，TM⊄平面D1B1C,B1C⊂平面D1B1C，故TM∥平面D1B1C；又FT∩TM=T,FT,TM⊂平面FTM，故平面FTM∥平面D1B1C；又QF∥NM,QR∥TM,RN∥FT，故平面FTMNRQ与平面FTM是同一个平面.则点P的轨迹为线段MN：在三角形FNM中，2222FN=FH+HN=4+4=22;FM=FH+HM=4+2=6;NM=2;222则FM+MN=8=FN，故三角形FNM是以∠FMN为直角的直角三角形；故FPmax=FN=22，故FP长度的最大值为22，故D正确.故选：CD.7(2024·全国·模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E,F分别是棱B1B,C1C上的动点，AA1π=2A1B1=2A1C1=4，∠A1C1B1=，则下列说法正确的是()38 A.直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为43B.直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为16π1C.若E,F分别是棱B1B,C1C的中点，则异面直线A1F与AE所成角的余弦值为4D.AE+EF+FA1取得最小值时，A1F=EF【答案】ACDπ【详解】选项A：因为AA1=2A1B1=2A1C1=4，∠A1C1B1=，3所以三棱柱的上、下底面均为正三角形，1π所以VABC-A1B1C1=2×2×2×sin3×4=43，故A正确．选项B：如图1，记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O和O1，连接OO1，O1B1，记OO1的中点为O2，连接O2B1，23则O1O2=2，O1B1=，3易知O2B1为直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半径，22223216且O2B1=O1O2+O1B1=2+=，33264所以直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为4π×O2B1=π，故B错误．3选项C：如图2，取A1A的中点M，连接B1M,CM，22易知B1M∥EA，A1F∥CM，且CM=B1M=2+2=22，故∠CMB1即异面直线A1F与AE所成角或其补角，连接CB1，22则CB1=2+4=25，222(22)+(22)-(25)1故cos∠CMB1==-，2×22×2241故异面直线A1F与AE所成角的余弦值为，故C正确．49 选项D：将直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面展开得到平面展开图，如图3所示．连接AA1，分别交BB1，CC1于点E,F，易知AE+EF+FA1的最小值为AA1．在侧面展开图中易知点E,F分别为BB1,CC1的三等分点，过点E作EH⊥CC1交CC1于点H，2222由勾股定理得A1F=C1F+A1C1,EF=EH+HF，因为EH=A1C1,C1F=HF，所以A1F=EF，故D正确．.8(2024·全国·模拟预测)如图，在下列给出的正方体中，点M，N为顶点，点O为下底面的中心，点P为正方体的棱所在的中点，则OP与MN不垂直的是().A.B.C.D.【答案】CD【详解】设正方体的棱长为2，对A：建立如图所示空间直角坐标系，则M(2,2,2),N(0,2,0),P(0,0,1),O(1,1,0)，可得MN=(-2,0,-2),OP=(-1,-1,1)，则MN⋅OP=2+0-2=0，所以MN⊥OP，即MN⊥OP，故A错误；对B：建立如图所示空间直角坐标系，则M(0,0,2),N(2,0,0),P(2,0,1),O(1,1,0)，可得MN=(2,0,-2),OP=(1,-1,1)，则MN⋅OP=2+0-2=0，所以MN⊥OP，即MN⊥OP，故B错误；10 对C：建立如图所示空间直角坐标系，则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),O(1,1,0)，可得MN=(0,-2,2),OP=(1,0,2)，则MN⋅OP=0+0+4≠0，所以MN与OP不垂直，即MN与OP不垂直，故C正确；对D：建立如图所示空间直角坐标系，则M(2,0,2),N(0,2,2),P(0,2,1),O(1,1,0)，可得MN=(-2,2,0),OP=(-1,1,1)，则MN⋅OP=2+2+0≠0，所以MN与OP不垂直，即MN与OP不垂直，故D正确.故选：CD.9(2024·河南信阳·一模)六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则()11 23A.该正八面体结构的表面积为23mB.该正八面体结构的体积为2m222πmC.该正八面体结构的外接球表面积为2πmD.该正八面体结构的内切球表面积为3【答案】ACD【详解】对A：由题知，各侧面均为边长为m的正三角形，322故该正八面体结构的表面积S=8××m=23m，故A正确；42对B：连接AS,PS，则AS=PS=m，PS⊥底面ABCD，212223故该正八面体结构的体积V=2××m×m=m，故B错误；公众号：慧博高中数学最新试题3232对C：底面中心S到各顶点的距离相等，故S为外接球球心，外接球半径R=PS=m，222故该正八面体结构的外接球表面积S=π×(2m)=2πm，故C正确；33V2m2m对D：该正八面体结构的内切球半径r===，S223m232m22πm2故内切球的表面积S=4π×=3，故D正确；23故选：ACD．10(2024·全国·模拟预测)如图，四棱锥A-BCDE是所有棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A-CDF是正四面体，G为BE的中点，则下列结论正确的是()A.A,B,C,F四点共面B.FG⊥平面ACDC.FG⊥CDD.平面ABE⎳平面CDF【答案】ACD【详解】12 对于选项A：如图，取CD的中点H，连接AG，GH，FH，AH，依题意，可得CD⊥GH，CD⊥AH，CD⊥FH，因AH,GH⊂平面AGH，则CD⊥平面AGH，同理CD⊥平面AFH，又平面AGH∩平面AFH=AH，所以A,G,H,F四点共面，易知AG=HF=3，GH=AF=2，所以四边形AGHF是平行四边形，故GH∥AF，因为BC∥GH，所以BC∥AF，所以A,B,C,F四点共面，故A正确；对于选项B：假设FG⊥平面ACD，因AH⊂平面ACD,则FG⊥AH，所以▱AGHF是菱形，这与AG=3，GH=2矛盾，故B错误；对于选项C：由A知CD⊥平面FGH，FG⊂平面FGH，所以FG⊥CD，故C正确；对于选项D：由A知BC∥AF，又BC=AF=2，所以四边形ABCF是平行四边形，所以AB⎳CF，又AB⊄平面CDF，CF⊂平面CDF，所以AB⎳平面CDF．公众号：慧博高中数学最新试题因为BE⎳CD，BE⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，所以BE∥平面CDF，又AB∩BE=B，AB，BE⊂平面ABE，所以平面ABE⎳平面CDF，故D正确．故选：ACD.11(23-24高三下·山东菏泽·阶段练习)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M为BC的中点，点P为正方形A1B1C1D1内(包含边界)的动点，则()A.满足MP⎳平面A1BD的点P的轨迹为线段πB.若MP=22，则动点P的轨迹长度为3ππC.直线AB与直线MP所成角的范围为,625D.满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为2【答案】AD【详解】对于A，如图所示，取棱BB1,A1B1,A1D1,D1D,DC的中点分别为E,F,G,H,I，连接EF、FG、GH、HI、IM、ME，根据正方体的特征易知EM⎳A1D⎳GH,EF⎳A1B⎳HI,GF⎳BD⎳MI，则E,F,G,H,I,M共面，且BD⎳平面EFGHIM，BA1⎳平面EFGHIM，又BD,BA1⊂平面BDA1且相交于B，故平面BDA1⎳平面EFGHIM，所以满足MP⎳平面A1BD的点P的轨迹为线段FG，13 故A正确；对于B，设M到上底面的投影为N，易知MN=2，而MP=22，所以NP=2，即P在以N为圆心，半径为2的圆上，π2π且P在正方形A1B1C1D1内，如图所示，即JK上，易知∠JNK=，所以JK的长度为，33故B错误；对于C，如图所示建立空间直角坐标系，取AD的中点Q，连接MQ，作PL⊥MQ，设Px,y,2x,y∈0,2，则L1,y,0，M1,2,0，易知直线AB与直线MP所成角为∠PMQ，π显然当P为B1C1的中点时，此时∠PMQ=,y=2，22PLx-1+4当y≠2时，tan∠PMQ==，LM2-y2易知x-1+4≥2,2-y∈0,2，π若∠PMQ最小，则需x=1,y=0，此时∠PMQ=，故C错误；411对于D，取CS=DC,RC1=D1C1，44可知RN⎳SM,RN=SM，即R、N、M、S共面，14 CS1BM在底面正方形中易知==,∠ABM=∠SCM，则△SCM∼△MBA⇒∠AMS=90°，CM2AB结合正方体的性质可知MN⊥底面ABCD，AM⊆底面ABCD，所以AM⊥MN，而MN∩SM=M,MN、SM⊆平面RNMS，所以AM⊥平面RNMS，故P在线段RN上运动，2125易知RN=1+2=，故D正确.2故选：AD12(2024·全国·二模)如图，在正四面体P-ABC中，AB=18,D,E,F分别为侧棱PA,PB,PC上的点，1且AD=BE=CF=PD，G为EF的中点，Q为四边形EBCF内(含边界)一动点，AQ=67，则2()A.AG⊥PBB.五面体ABC-DEF的体积为3422C.点Q的轨迹长度为6πD.AQ与平面PBC所成角的正切值为6【答案】ABD【详解】对于A，取BC的中点H，连接PH,AH，依题意，G是正△PBC的重心，则点G在PH上，由PH⊥BC,AH⊥BC,PH∩AH=H,PH,AH⊂平面PAH，得BC⊥平面PAH，32而AG⊂平面PAH，则BC⊥AG，又AH=PH=BC=93，PG=PH=63，231PA232223cos∠APH==，在△PAG中，由余弦定理得AG=18+(63)-2×18×63×=216，PH33222显然AG+PG=324=PA，则AG⊥PH，而PH∩BC=H,PH,BC⊂平面PBC，则AG⊥平面PBC，又PB⊂平面PBC，所以AG⊥PB，A正确；15 对于B，由选项A知，正四面体的高h=AG=66，由已知DE⎳AB,EF⎳BC，DE⊄平面ABC,AB⊂平面ABC，则DE⎳平面ABC，同理EF⎳平面ABC，又DE∩EF=E,DE,EF⊂平面DEF，于是平面ABC⎳平面DEF，24四面体PDEF为正四面体，高为h，S△DEF=S△ABC，因此五面体ABC-DEF的体积：39819132VABC-DEF=VPABC-VPDEF=VPABC-VPABC=×××18×66=3422，B正确；27273422对于C，由选项A知，AG⊥GQ，则GQ=AQ-AG=6，而GE=GF=6，以线段EF为直径的半圆交BC于M,N，点Q的轨迹是此半圆在四边形EBCF及内部的弧EM和弧FN，122π显然H是MN的中点，而GH=PH=33，MN=2MH=26-(33)=6，因此∠MGN=，332π点Q的轨迹长度为×6=4π，C错误；3AG对于D，由选项C知，∠AQG是AQ与平面PBC所成角，tan∠AQG==6，D正确.GQ故选：ABD13(2023·安徽芜湖·模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，棱AB的中点为M，过点M作正方体的截面α，且B1D⊥α，若点N在截面α内运动(包含边界)，则()πA.当MN最大时，MN与BC所成的角为32B.三棱锥A1-BNC1的体积为定值3C.若DN=2，则点N的轨迹长度为2πD.若N∈平面A1BCD1，则BN+NC1的最小值为6+23【答案】BCD【详解】记BC,CC1,C1D,D1A1,A1A的中点分别为F,H,G,F,E，连接EF,FG,GH,HI,IM,ME，连接GM,FI，11因为FG∥A1C1,A1C1∥AC,AC∥MI，又FG=A1C1=AC=MI22所以FG∥MI，FG=MI，所以四边形FGIM为平行四边形，连接FI,MG，记其交点为S，根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，B12,2,2,M(2,1,0)，E(2,0,1)，F(1,0,2)，G(0,1,2)，H(0,2,1)，I(1,2,0)，S1,1,1，16 因为DB1=2,2,2，SM=1,0,-1，SI=0,1,-1，SH=-1,1,0，SG=-1,0,1，SF=0,-1,1，SE=1,-1,0，所以DB1⋅SM=0，DB1⋅SI=0，DB1⋅SH=0，DB1⋅SG=0，DB1⋅SF=0，DB1⋅SE=0所以M,E,F,G,H,I六点共面，因为DB1=2,2,2，MI=-1,1,0，ME=0,-1,1，所以DB1⋅MI=-2+2+0=0，DB1⋅ME=0-2+2=0，所以DB1⊥MI，DB1⊥ME，所以DB1⊥MI,DB1⊥ME，又MI,ME⊂平面MEFGHI，所以DB1⊥平面MEFGHI，故平面MEFGHI即为平面α，对于A，N与G重合时，MN最大，且MN⎳BC1，所以MN与BC所成的角的平面角为∠C1BC，又BC=CC1,∠BCC1=90°，ππ所以∠C1BC=，故MN与BC所成的角为，所以A错误；44对于B，因为所以DB1=2,2,2，A1C1=-2,2,0，BC1=-2,0,2，所以DB1⋅A1C1=-4+4+0=0，DB1⋅BC1=-4+0+4=0，所以DB1⊥A1C1，DB1⊥BC1，所以DB1⊥A1C1,DB1⊥BC1，又A1C1,BC1⊂平面A1BC1，所以DB1⊥平面A1BC1，又DB1⊥平面MEFGHI，所以平面A1BC1∥平面MEFGHI，公众号：慧博高中数学最新试题所以点N到平面A1BC1的距离与点M到平面A1BC1的距离相等，所以VA1-BNC1=VN-A1BC1=VM-A1BC1，向量DB1=2,2,2为平面A1BC1的一个法向量，又MB=(0,1,0)，DB1⋅MB3所以M到面A1BC1的距离d==，DB13123又△A1BC1为等边三角形，则S△A1BC1=×(22)×=23，2212所以三棱锥A1-BNC1的体积为定值×d×S△A1BC1=，B正确；33对于C：若DN=2，点N在截面MEFGHI内，所以点N的轨迹是以D为球心，半径为2的球体被面MEFGHI所截的圆(或其一部分)，因为DS=1,1,1，DB1=2,2,2，所以DB1∥DS，所以DS⊥平面MEFGHI，所以截面圆的圆心为S，17 因为DB1=2,2,2是面MEFGHI的法向量，而DF=(1,0,2)，m⋅DF所以D到面MEFGHI的距离为d==3，m22故轨迹圆的半径r=2-(3)=1，又SM=2，故点N的轨迹长度为2πr=2π，C正确.对于D，N∈平面A1BCD1，N∈平面MEFGHI，又平面A1BCD1与平面MEFGHI的交线为FI，所以点N的轨迹为线段FI，翻折△C1FI，使得其与矩形A1BIF共面，如图，所以当B,N,C1三点共线时，BN+NC1取最小值，最小值为BC1，由已知C1I=C1F=5，BI=1，FI=22，过C1作C1T⊥BI，垂足为T，则C1T=2，22所以IT=C1I-C1T=3222所以BC1=BT+C1T=3+1+2=6+23，所以BN+NC1的最小值为6+23，D正确；故选：BCD14(2024·广东深圳·一模)如图，八面体Ω的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点B,C,D,E在同一个平面内．若点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，N为AE的中点，则()πA.当M为DE的中点时，异面直线MN与CF所成角为3B.当MN∥平面ACD时，点M的轨迹长度为22C.当MA⊥ME时，点M到BC的距离可能为310πD.存在一个体积为的圆柱体可整体放入Ω内3【答案】ACD18 【详解】因为BCDE为正方形，连接BD与CE，相交于点O，连接OA，则OD，OE，OA两两垂直，故以OD,OE,OA为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，D(22,0,0)，B(-22,0,0)，E(0,22,0)，C(0,-22,0)，A(0,0,22)，F(0,0,-22)，N为AE的中点，则N(0,2,2).当M为DE的中点时，M(2,2,0)，MN=-2,0,2，CF=0,22,-22，MN⋅CF0+0-41π设异面直线MN与CF所成角为θ，cosθ=cosMN,CF==2×4=2，θ∈0,2，MNCFπ故θ=，A正确；3设P为DE的中点，N为AE的中点，则PN∥AD，AD⊂平面ACD，PN⊄平面ACD，则PN∥平面ACD，又MN∥平面ACD，又MN∩PN=N，设Q∈BC，故平面MNP∥平面ACD，平面ACD∩平面BCDE=CD，平面MNP∩平面BCDE=PQ，则PQ∥CD，则Q为BC的中点，点M在四边形BCDE内(包含边界)运动，则M∈PQ，点M的轨迹是过点O与CD平行的线段PQ，长度为4，B不正确；当MA⊥ME时，设M(x,y,0)，MA=(-x,-y,22)，ME=(-x,22-y,0)，22222MA⋅ME=x+y(y-22)=0，得x+y-22y=0，即x+(y-2)=2，即点M的轨迹以OE中点K为圆心，半径为2的圆在四边BCDE内(包含边界)的一段弧(如下图)，K到BC的距离为3，弧上的点到BC的距离最小值为3-2，因为3-2<3，所以存在点M到BC的距离为3，C正确；19 由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥A-BCDE内接最大圆柱的体积，设圆柱底面半径为r，高为h，P为DE的中点，Q为BC的中点,PQ=4，AO=22，GHAGr22-h根据△AGH相似△AOP，得=，即=，h=2(2-r)，OPAO22222则圆柱体积V=πrh=2πr(2-r)，232设V(r)=2π(2r-r)(0<r<2)，求导得V(r)=2π(4r-3r)，44令V(r)=0得，r=或r=0，因为0<r<2，所以r=0舍去，即r=，3344当0<r<时，V(r)>0，当<r<2时，V(r)<0，334322即r=时V有极大值也是最大值，V有最大值π，327223225962-13596×2-13518432-182253225-===>0，故>27327272727310π所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入Ω内，D正确.3故选：ACD.15(2024·湖南衡阳·模拟预测)三棱锥P-ABC各顶点均在半径为2的球O的表面上，AB=AC=2，∠BAC=90°，平面PBC与平面ABC所成的角为45°，则下列结论正确的是()22A.直线OA⎳平面PBCB.三棱锥O-ABC的体积为3C.点O到平面PBC的距离为1D.点P形成的轨迹长度为23π【答案】BCD【详解】20 如图，设O1是△ABC的外心，O2是△PBC的外心，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，又BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，所以OO1⊥BC，OO2⊥BC，又OO2∩OO1=O，OO2⊂平面OO1O2，OO1⊂平面OO1O2，所以BC⊥平面OO1O2，又O1O2⊂平面OO1O2，所以BC⊥O1O2，由AB=AC=2，∠BAC=90°则O1是BC的中点，所以BC⊥AO1，且O1A=2，所以∠AO1O2是二面角P-BC-A的平面角，即∠AO1O2=45°，22因为OO1=R-O1A=4-2=2，所以∠OAO1=45°，所以∠AO2O1=90°，即AO2⊥O1O2，又A,O1,O,O2四点共面，且OO2⊥O2O1，则O2是OA中点，如图，显然，直线OA与平面PBC相交于O2，故A错误；11122VO-ABC=OO1⋅S△ABC=×2××2×2=，故B正确；3323由O2是OA中点，则OO2=1，故C正确；22由O2P=R-O1O2=4-1=3，故点P形成的轨迹是半径为3的圆，故轨迹长度为23π，故D正确.故选：BCDπ16(2024·江西鹰潭·一模)直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为4，∠BAD=，点P在四边3形BDD1B1及其内部运动，且满足PA+PC=8，则下列选项正确的是()A.点P的轨迹的长度为π.B.直线AP与平面BDD1B1所成的角为定值．221C.点P到平面AD1B1的距离的最小值为.7D.PA1⋅PC1的最小值为-2．【答案】BC【详解】直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都为4，则底面ABCD为菱形，π又∠BAD=，则△ABD和△CBD都是等边三角形，3设BD与AC相交于点O，由BD⊥AC，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，过O垂直于底面的直线为z21 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有A23,0,0,B0,2,0,C-23,0,0,D0,-2,0，A123,0,4,B10,2,4,C1-23,0,4,D10,-2,4，点P在四边形BDD1B1及其内部运动，设P0,y,z，-2≤y≤2,0≤z≤4，222222由PA+PC=8，有23+y+z+-23+y+z=8，22即y+z=4-2≤y≤2,0≤z≤2，所以点P的轨迹为yOz平面内，以O为圆心，2为半径的半圆弧，所以点P的轨迹的长度为2π，A选项错误；平面BDD1B1的法向量为m=1,0,0，AP=-23,y,z，AP⋅m233直线AP与平面BDD1B1所成的角为θ，则sinθ===，12+y2+z22APmππ又由θ∈0,，则θ=，23所以直线AP与平面BDD1B1所成的角为定值，B选项正确；AB1=-23,2,4,AD1-23,-2,4，设平面AD1B1的一个法向量为n=x,y,z，AB1⋅n=-23x+2y+4z=0则有，令x=2，得y=0,z=3，n=2,0,3，AD1⋅n=-23x-2y+4z=0AP⋅n-23×2+3z-43+3z所以点P到平面AD1B1的距离d===，n22+327-43+232210≤z≤2，所以z=2时，dmin==，77221所以点P到平面AD1B1的距离的最小值为，C选项正确；7PA1=23,-y,4-z,PC1=-23,-y,4-z，公众号：慧博高中数学最新试题22PA1⋅PC1=-12+y+z-4，其几何意义为点Py,z到点0,4距离的平方减12，22由y+z=4，点Py,z到点0,4距离最小值为4-2=2，2PA1⋅PC1的最小值为2-12=-8，D选项错误.故选：BC.17(2024·广西南宁·一模)在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，动点M满足AM=xAB+yAD+zAA1，(x,y,z∈R且x≥0,y≥0,z≥0)，下列说法正确的是()1A.当x=,z=0,y∈0,1时，B1M+MD的最小值为13422 110B.当x=y=1,z=时，异面直线BM与CD1所成角的余弦值为252542πC.当x+y+z=1，且AM=时，则M的轨迹长度为336D.当x+y=1,z=0时，AM与平面AB1D1所成角的正弦值的最大值为3【答案】AD11【详解】对于A，在AB上取点H，使AH=AB，在DC上取点K，使DK=DC，4411因为x=,z=0,y∈0,1，即AM=AB+yAD，故M点在HK上，44将平面B1HKC1与平面AHKD沿着HK展开到同一平面内，如图：连接B1D交HK于P，此时B,P,D三点共线，B1M+MD取到最小值即B1D的长，1132325由于AH=4AB=2,∴BH=2，则B1H=2+2=2，512222故AB1=+=3,∴B1D=(B1A)+AD=3+2=13，22即此时B1M+MD的最小值为13，A正确；111对于B，由于x=y=1,z=时，则AM=AB+AD+AA1=AC+CC1，222此时M为CC1的中点，取C1D1的中点为N，连接BM,MN,BN，则MN∥CD1,故∠BMN即为异面直线BM与CD1所成角或其补角，12222又MN=CD1=2,BM=2+1=5,BN=(BC1)+(C1N)=8+1=3，222252+22-32BM+MN-BN10故cos∠BMN===-，2BM⋅MN25⋅210π而异面直线所成角的范围为0,2，10故异面直线BM与CD1所成角的余弦值为，B错误；10对于C，当x+y+z=1时，可得点M的轨迹在△A1BD内(包括边界)，由于CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故CC1⊥BD，又BD⊥AC，AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面ACC1，故BD⊥平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，故BD⊥AC1，同理可证A1B⊥AC1,23 A1B∩BD=B,A1B,BD⊂平面A1BD，故AC1⊥平面A1BD，114设AC1与平面A1BD交于点P，由于VA-A1BD=VA1-ABD=××2×2×2=，3234323△A1BD为边长为22的正三角形，则点A到平面A1BD的距离为AP==，1323××2234252222若AM=，则MP=AM-AP=，3322即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，313622P点到△A1BD三遍的距离为××22=<，32332242π即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，C错误；33对于D，因为B1D1∥BD,BD⊄平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，故BD∥平面AB1D1，因为当x+y=1,z=0时，AM=AB+AD，即M在BD上，点M到平面AB1D1的距离等于点B到平面AB1D1的距离，设点B到平面AB1D1的距离为d，1114则VB-AB1D1=VD1-ABB1=3S△ABB1⋅A1D1=3×2×2×2×2=3，11324△AB1D1为边长为22的正三角形，即S△A1BD⋅d=××22×d=，334323解得d=，3又M在BD上，当M为BD的中点时，AM取最小值2，π设直线AM与平面AB1D1所成角为θ,θ∈0,2，2323d3366则sinθ==≤=，即AM与平面AB1D1所成角的正弦值的最大值为，D正确，AMAM233故选：AD18(2024·湖南长沙·二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,E为A1D1的中点，F是正方形BB1C1C内部一点(不含边界)，则()A.平面FBD1⊥平面A1C1DB.平面BB1C1C内存在一条直线与直线EF成30°角24 22C.若F到BC边距离为d，且EF-d=1，则点F的轨迹为抛物线的一部分D.以△AA1D1的边AD1所在直线为旋转轴将△AA1D1旋转一周，则在旋转过程中，A1到平面AB1C的距3636离的取值范围是-,+3535【答案】AC【详解】对于A：如图，连接B1D1，则B1D1⊥A1C1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥A1C1，且B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥平面BB1D1,BD1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，同理A1D⊥BD1，且DA1∩A1C1=A1，且DA1,A1C1⊂平面A1DC1，所以BD1⊥平面A1DC1，且BD1⊂平面FBD1，所以平面A1DC1⊥平面FBD1，故A正确；对于B：从正方体中分离出四棱锥E-B1C1CB，取B1C1的中点H，连接EH,HB，并让点F可在正方形BB1C1C边界移动.因为EH⊥平面B1C1CB,EH<EF<EB=EC,EH=1，52233EB=+1=，即1<EF<，222121则EF与平面B1C1CB所成角的最小值是∠EBH,sin∠EBH==>，3322所以∠EBH>30°，因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，所以平面B1C1CB内不存在一条直线与直线EF成30°角，故B错误；对于C：如图，取B1C1的中点H，连接EH,HF,EH⊥平面B1C1CB，222作FQ⊥BC于点Q，则FQ=d，因为HF=EF-1=d，22则HF=FQ，即点F到点H的距离和点F到BC的距离相等，即可知点F形成的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；25 对于D：连接A1D交AD1于点N，取B1C的中点M，连接MN,AM，2则点A1的运动轨迹是平面A1DCB1内以N为圆心，为半径的圆，2易知B1C⊥MN，由AC=AB1，知AM⊥B1C,MN∩AM=M，且MN,AM⊂平面AMN，所以B1C⊥平面AMN,B1C⊂平面ACB1，所以平面ACB1⊥平面AMN，2AN23sin∠NMA===，AM2121231+2+2如图，NM与圆的交点分别为R,S，当点A1位于点R,S时，点A1到平面ACB1的距离分别取得最大值和最小值，22336且距离的最大值为1+2sin∠NMA=1+2×3=3+6，22336距离的最小值为1-2sin∠NMA=1-2×3=3-6，3636所以点A1到平面AB1C的距离的取值范围是-,+，故D错误.3636故选：AC19(2024·广西柳州·三模)正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈0,1，μ∈0,1，则()πA.当λ=0，μ=1时，AP与平面ABC所成角为41B.当λ=时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP21C.当λ=1，μ=时，平面AB1P⊥平面A1AB2πD.若AP=1，则点P的轨迹长度为2【答案】ACD26 【详解】当λ=0，μ=1时，P与B1重合，由已知得，B1B⊥平面ABC，所以∠B1AB就是AB1与平面ABC所成的角，因为AB=AA1=1，BB1所以tan∠B1AB==1，ABπ所以∠B1AB=，4π即AP与平面ABC所成角为，A正确；41当λ=时，取线段BC,B1C1中点分别为M,M1，2连接MM1，1因为BP=BC+μBB1，即MP=μBB1，2所以MP∥BB1，则点P在线段MM1上，设MP=x0≤x≤1，则PM1=1-x，222122则BP=BM+MP=+x，2222322A1P=A1M1+PM1=+1-x，A1B=2，2222若A1P⊥BP，则A1B=BP+A1P，1232则2=+x++1-x，44则xx-1=0，所以x=1或x=0，则点P与M、M1重合时，A1P⊥BP，1即当λ=时，存在两个点P使得A1P⊥BP，故B错；211当λ=1，μ=时，BP=BC+BB1，2227 1则CP=BB1，所以P是CC1中点，2取BC中点Q，B1C1中点H，建立空间直角坐标系，如图，31111则A2,0,0，B0,2,0，B10,2,1，P0,-2,2，31所以AB=-2,2,0，BB1=0,0,1，31311AB1=-2,2,1，AP=-2,-2,2，设平面A1AB和平面AB1P的一法向量分别为m=x1,y1,z1,n=x2,y2,z2，3131AB⋅m=-2x1+2y1=0AB1⋅n=-2x2+2y2+z2=0则，311，BB1⋅m=z1=0AP⋅n=-2x2-2y2+2z2=0x=3zy1=3x1222解得，，z1=0y=-1z222令x1=1，z2=2，可得m=1,3,0，n=3,-1,2，因为m⋅n=3-3=0，所以m⊥n，即平面AB1P⊥平面A1AB，C正确；若AP=1，因为BP=λBC+μBB1，λ∈0,1，μ∈0,1，所以点P在侧面BCC1B1上，3又AQ⊥平面BCC1B1，AQ=，21π所以点P的轨迹是以Q为圆心，半径为的半圆，轨迹长度为，故D准确.22故选：ACD20(2024·安徽蚌埠·模拟预测)已知正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱DD1上的动点(包括点D，D1)，已知MN=4，P为MN中点，则下列结论正确的是()3A.无论M，N在何位置，AP,CC1为异面直线B.若M是棱DD1中点，则点P的轨迹长度为π21C.M，N存在唯一的位置，使A1P∥平面AB1CD.AP与平面A1BCD1所成角的正弦最大值为2【答案】ABD28 【详解】由于AP,AA1相交，而AA1⎳CC1，因此AP,CC1为异面直线，A正确，当M是棱DD1中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设Px,y,z,M0,0,2,A4,0,0,C0,4,0,C10,4,4,B14,4,4,故N2x,2y,2z-2，0≤2x≤4,0≤2y≤4且2z-2=0，22222由于MN=4，故2x+2y+2z-2-2=16，化简得x+y=3，13由于0≤2x≤4,0≤2y≤4，所以点P的轨迹长度为半径为3的圆的，故长度为π，B正确，42设M0,0,a,A14,0,4,则N2x,2y,2z-a，0≤2x≤4,0≤2y≤4且2z-a=0，A1P=x-4,y,z-4,AB1=0,4,4，AC=-4,4,0,设平面AB1C的法向量为m=m,n,k，则AB1⋅m=4n+4k=0，令m=1，则m=1,1,-1,AC⋅m=-4m+4n=0A1P⋅m=x-4+y-z-4=0，故x+y-z=0，222222由于MN=4，故2x+2y+2z-2a=16，化简得x+y+z=4，x+y-z=022联立222⇒x+y+xy=2，故解不唯一，比如取x=0,y=2，则或取y=0,x=2，故C错误，x+y+z=4由于A1D1⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，故A1D1⊥AB1,又四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1,A1B∩A1D1,A1B,A1D1⊂平面A1BCD1，所以AB1⊥平面A1BCD1，故平面A1BCD1的法向量为AB1=0,4,4AP=x-4,y,z，AP⋅AB1y+z设AP与平面A1BCD1所成角为θ，则sinθ=cosAP,AB1==，222APAB12x-4+y+z222221y+z+2yz12y+z则sinθ=≤，当且仅当y=z时取等号，2x-42+y2+z22x-42+y2+z2y2+z22224-x4-xsinθ≤==，x-42+y2+z2x-42+4-x220-8x20-tx∈0,2时，令20-8x=t>0，则x=，820-t21444-x24-8-t+t+40故==，20-8xt64144144144由于+t≥2t=24，当且仅当=t，即t=12时等号成立，此时x=1，ttt2226由x+y+z=4且y=z可得y=z=2-144+t+402t-24+401因此sinθ≤≤=，64644π1由于θ∈0,，sinθ≥0，故sinθ的最大值为，故D正确，、22故选：ABD29 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