第6辑立体几何初步（解析版）-备考2021年高考数学三轮复习之疯狂选择题30题

备考 2021 年高考高三数学复习之疯狂选择题 30 题 第 6 辑 立体几何初步 1．（2021·安徽黄山市）若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如图所示，则这个棱柱的 表面积为（ ） A．36 B． 36 8 3 C．3 18 3 D．36 24 3 【答案】B 【分析】 由三视图确定正三棱柱的底面边长和高，然后可计算表面积． 【详解】 由三视图知正三棱柱的高是 3，底面正三角形的高是 2 3 ，∴底面边长为 2 3 4 3 2  ， S 底＝ 1 4 2 3 4 32    ，侧面积为S 侧＝3 4 3 36   ， ∴表面积为 2S S 底＋S 侧＝8 3 36 ． 故选：B． 【点睛】 本题考查三视图，考查棱柱的表面积，解题关键是由三视图确定棱柱中各棱长． 2．（2021·全国高三专题练习（文））已知某圆锥的轴截面是边长为 4 的正三角形，则它的侧面积为（ ） A． 4 B．8 C．12 D．16 【答案】B 【分析】 求出底面圆的半径，再利用圆锥侧面积的公式求解. 【详解】 由题得底面圆的半径为 2， 所以圆锥的侧面积为 1 2 2 4=82     . 故选：B 3．（2021·山西晋中市·高三二模（文））已知圆锥的表面积为3 ，侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积 为（ ） A． 3 6  B． 3 3  C． 3 2  D． 3 【答案】B 【分析】 设圆锥底面半径为 r，母线长为 l，高为 h，根据圆锥的表面积以及侧面展开图求出l 和 r ，再根据圆锥的体 积公式可求出结果. 【详解】 如图，设圆锥底面半径为 r，母线长为 l，高为 h， 则 2 3rl r    且 2l r ， 解得 2, 1l r  ， ∴ 3h  ，∴ 21 3 3 3V r h   ， 故选：B． 4．（2019·天津高三其他模拟）如图，圆柱内有一内切球（圆柱各面与球面均相切），若圆柱的侧面积为 4 ， 则球的体积为（ ） A． 32 3  B． 4 3  C． 4 D．16 【答案】B 【分析】 设圆柱底面半径为 r，则内切球的半径也是 r，圆柱的高为 2r，利用圆柱的侧面积为可得到 r=1，从而求出 球的体积即可. 【详解】 设圆柱底面半径为 r，则内切球的半径也是 r，圆柱的高为 2r，所以圆柱的侧面积为 2 2 4r r   ，所以 1r  ， 所以球的体积为 34 4 3 3r   ， 故选：B. 5．（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））已知四棱锥 P ABCD ，底面 ABCD 为矩形，点 P 在平面 ABCD 上的射影为 AD 的中点 O .若 2AB  ， 6AD  ， 4PO  ，则四棱锥 P ABCD 的表面积等于（ ） A．34 6 5 B．34 4 3 C． 6 6 5 4 3  D． 6 6 3 4 13  【答案】A 【分析】 PAD△ 面积直接计算，证明 ,PCD PAB△ △ 是直角三角形，然后计算面积，计算底面矩形面积，计算出 PC PB 然后计算出等腰三角形的底边上的高，从而计算出面积，相加可得四棱锥 P ABCD 的表面积． 【详解】 连接 ,OB OC ， PO  平面 ABCD ， AD 平面 ABCD ，所以 PO AD ，同理 , , ,PO CD PO OB PO OC PO AB    ， 又CD AD ， AD PO O ， ,AD PO  平面 PAD ，所以CD  平面 PAD ，而 PD  平面 PAD ，所 以CD PD ，同理 AB PA ， 因此 1 1 6 4 122 2PADS AD PO     △ ， 2 24 3 5PD    ， 1 1 2 5 52 2PCDS CD PD     △ ，同 理 5PABS  ， 2 6 12ABCDS    ， 2 2 2 2 2 2 2 24 3 2 29PC PO OC PO OD DC         ，同理 29PB  ， PAB△ 是等腰三角形，所以底边上的高为 2 2 29 9 2 52 BCh PC         ， 1 6 2 5 6 52PABS    △ ， 所以所求表面积为 12 5 5 12 6 5 34 6 5S        ． 故选：A． 6．（2021·全国高三其他模拟）设 a ，b 是两条不同的直线， ，  ， 是三个不同的平面，则下列结论正 确的是（ ） A．若 a  ，b  ， //  ，则 / /a b B．若 //a  ， // //   ，则 //a  且 a // C．若 //a  ， //b  ， //  ，则 / /a b D．若 a  ， //  ，   ，则 a // 【答案】A 【分析】 根据线面关系和面面关系的判定定理和性质依次判断即可. 【详解】 在 A 中，若 a  ， //  ，则 a  ，又b  ，因此 / /a b ，故 A 正确； 在 B 中，若 //a  ， // //   ，则有可能 //a  且 a // ，有可能 a  或 a  ，故 B 错误； 在 C 中，若 //a  ， //b  ， //  ，则 / /a b 或 a ，b 相交或 a ，b 异面，故 C 错误； 在 D 中，若 a  ， //  ，则 a  ，又   ，则 a // 或 a  ，故 D 错误． 故选：A． 7．（2018·河南高一月考（理））已知 m ， n 是两条不同的直线， ，  ， 是三个不同的平面，下列命题 中正确的是( ) A．若 m  ， n  ，则 m n B．若 ∥ ， P ，则   C．若 m  ， n  ， m n ，则 ∥ D．若 m  ， n  ， ∥ ，则 m n 【答案】B 【分析】 根据平面平行的性质定理可知正确选项. 【详解】 因为根据平面平行的判定与性质定理可知，平行于同一个平面的两个平面平行，可知选 B. 【点睛】 本题主要考查了平面平行的判定与性质定理，属于中档题. 8．（2021·广西玉林市·高三其他模拟（理））已知直线l ，两个不同的平面 和  .下列说法正确的是（ ） A．若 l  ，  ，则 //l  B．若 //l  ，  ，则l  C．若 //l  ， //l  ，则 //  D．若 l  ， //  ，则 //l  【答案】D 【分析】 根据线面和面面位置关系的性质即可依次判断. 【详解】 对 A，若l  ，  ，则 //l  或l  ，故 A 错误； 对 B，若 //l  ，  ，则l 与  相交，平行或在平面内，故 B 错误； 对 C，若 //l  ， //l  ，则 与  平行或相交，故 C 错误； 对 D，若l  ， //  ，则由面面平行的性质可得 //l  ，故 D 正确. 故选：D. 9．（2021·内蒙古包头市·高三一模（文））在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 2 3AB AA  ， 3AD  ， 点 E 为 1 1A B 的中点，若三棱锥 1 1C EC D 的所有顶点都在球 O 的球面上，则球O 的表面积为（ ） A． 22π B． 26π C． 24π D． 28π 【答案】D 【分析】 易证 1 1D C E 是正三角形，设 1 1D C E 的中心为 1O ，易得 1 1O C ，过 1O 作直线 l 垂直于平面 1 1D C E ，则球心 O 必在直线 l 上，过球心 O 作 1OF CC ，设 1 1OO FC x  ，由  22 2 2 1 2 , 2 3 2OC R x OC R x       求 解. 【详解】 如图所示： 在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，因为 1 2 3AB AA  ，点 E 为 1 1A B 的中点， 所以 1 3EB  , 又因为 1 1 3B C AD  ， 所以 2 2 1 1 1 1 2 3EC EB B C   ， 1 2 3D E  ， 又 1 1 2 3D C  ，所以 1 1D C E 为正三角形， 设 1 1D C E 的中心为 1O ， 过 1O 作 1 1 1O H C D ， 1 1 3C H D H  ， 1 1 1 30O C D   ， 1 1 1 2cos30 C HO C   ， 过 1O 作直线 l 垂直于平面 1 1D C E ， 则球心 O 必在直线 l 上，过球心 O 作 1OF CC ， 又因为 1CC  平面 1 1C D E ， 故 1 1O C FO 是矩形，且 1 1 2O C FO  ， 设 1 1OO FC x  ，则  22 2 2 1 2 , 2 3 2OC R x OC R x       ， 则 2 3x x  ，解得 3x  ， 所以 7R  ， 所以其外接球的表面积是 24 28  S R ， 故选：D 【点睛】 关键点点睛：本题关键证得 1 1D C E 是正三角形，然后由球心 O 必在过 1O 的直线 l 上，利用勾股定理求解. 10．（2021·内蒙古呼和浩特市·高三一模（理））四面体 ABCD 的四个顶点都在球 O 上且 4AB AC BC BD CD     ， 2 6AD  ，则球 O 的表面积为（ ） A． 70π 3 B． 80π 3 C． 30π D． 40π 【答案】B 【分析】 作出图形，根据题中的数据证明平面 ABC  平面 BCD，并找出球心的位置，列出等式求出外接球的半径， 结合球的表面积公式可得出结果. 【详解】 取 BC 的中点 M ，连接 AM DM、 ，设 ABC 和 BCD△ 的外心分别为 F E、 ，分别过点 F E、 作平面 ABC 和平面 BCD的垂线交于点O ，则点 O 为外接球球心. 由题意可知， ABC 和 BCD△ 都是边长为 4 的等边三角形. M 为 BC 的中点， AM BC  ,且 2 3AM DM  2 2 22 6 ,MA ADA DMD     AM DM  ,DC MB M   AM  平面 BCD AM  平面 ABC ,平面 ABC  平面 BCD 易得 1 2 3 3 3ME MF AM   ， 2 4 3 3 3BE DM  ， AM  平面 BCD,  OE  平面 BCD OE ∥AM 同理可得 OF ∥DM，则四边形OEMF 为菱形， AM DM ，菱形OEMF 为正方形， OE  平面 BCD， BE  平面 BCD OE BE  所以外接圆半径为 2 2 2 15 3OB OE BE   ， 因此，四面体 ABCD 的外接球的表面积为 2 804 OB 3    . 故选：B 【点睛】 这个题目考查了外接球表面积的计算，找出球心位置，并计算外接球的半径是解答的关键，考查推理能力 与计算能力. 11．（2021·广西梧州市·高三其他模拟（文））已知 A，B ，C 在球O 的球面上， 120BAC   ， 2AC  ， 1AB  ，直线OA与截面 ABC 所成的角为 60 ，则球 O 的表面积为（ ） A． 4 3  B．16 3  C． 56 3  D．112 3  【答案】D 【分析】 设 ABC 的外心为 1O ，由余弦定理可得 7BC  ，再由正弦定理可得外接圆直径 1 2 72 sin120 3 BCO A   ，进而可得球的半径和表面积. 【详解】 设 ABC 的外心为 1O ， 2 2 2 2 cosBC AB AC AB AC BAC     2 21 2 2 1 2cos120 7       ， 7BC  ，则 1 2 72 sin120 3 BCO A   . 设球的半径为 R ，由题意可知 1OO  平面 ABC ， 又直线OA与截面 ABC 所成的角为 60 ，所以 1 60OAO   ， 在 1Rt AOOV 中，所以 1 2 72 3 R OA O A   ， 所以球O 的表面积为 2 28 1124 4 3 3S R      . 故选：D 【点睛】 关键点点睛：本题考查球的表面积，求出球的半径是关键.本题中利用正余弦定理求出三角形的外接圆半径， 再利用线面角，构造直角三角形，求出球半径.考查了学生的运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目. 12．（2021·江西高三其他模拟（文））已知三棱锥 A-BCD 中，侧面 ABC⊥底面 BCD，三角形 ABC 是边长为 3 的正三角形，三角形 BCD 是直角三角形，且∠BCD=90°，CD=2，则此三棱锥外接球的体积等于（ ） A． 32 3  B． 64 3  C．16π D．32π 【答案】A 【分析】 把三棱锥放入长方体中，根据长方体的结构特征求出三棱锥外接球的半径，再计算三棱锥外接球的体积． 【详解】 三棱锥 A BCD 中，侧面 ABC  底面 BCD，把该三棱锥放入长方体中，如图所示； 设三棱锥外接球的球心为O ，取 BC 的中点 M，BD 的中点 N，三角形 ABC 的重心 G，连接 OG，则 3 3 3 2 2AM AB  ， 2 2 3 3 33 3 2AG AM    ， 1 12OG CD  ， 所以三棱锥外接球的半径为 2 2 2 21 ( 3) 2R OA OG AG      ， 所以三棱锥外接球的体积为 3 34 4 2 32 3 3 3 RV      ． 故选：A． 【点睛】 方法点睛：求解几何体外接球半径的思路是依据球的截面的性质：利用球的半径 R ､截面圆的半径 r 及球心 到截面的距离 d 三者的关系 2 2 2R r d  求解，其中确定球心的位置是关键. 13．（2021·全国高三专题练习（文））用到球心的距离为 1 的平面去截球，以所得截面为底面，球心为顶点 的圆锥体积为 8 3  ，则球的表面积为（ ） A．16 B． 32 C． 36 D． 48 【答案】C 【分析】 根据球与圆锥的结构特征，结合体积与表面积的计算公式进行求解即可. 【详解】 设球的半径为 R ，圆锥的底面半径为 r ，因为球心到截面的距离为 1， 所以有： 2 2 1r R  ， 则题中圆锥体积  21 81 13 3V R      ，解得 3R  ，故球的表面积为 24 36R  . 故选：C 14．（2019·湖南长沙市·高考模拟（文））在三棱锥 P ABC 中，PC  平面 ABC ， 90BAC  ， 3AB  ， 4AC  ， 60PBC   ，则三棱锥 P ABC 外接球的体积为( ) A．100 B． 500 3  C．125 D．125 3  【答案】B 【分析】 在三棱锥 P ABC 中，求得 5BC  ,又由 PC  底面 ABC ，所以 PC BC ,在直角 PBC 中，求得 10PC  , 进而得到三棱锥 P ABC 外接球的直径，得到 5R  ，利用体积公式，即可求解. 【详解】 由题意知，在三棱锥 P ABC 中， 90BAC   ， 3AB  ， 4AC  ，所以 5BC  , 又由 PC  底面 ABC ，所以 PC BC , 在直角 PBC 中， 05, 60BC PBC   ，所以 10PC  , 根据球的性质，可得三棱锥 P ABC 外接球的直径为 2 10R PC  ，即 5R  ， 所以球的体积为 3 34 4 50053 3 3V R      ，故选 B. 【点睛】 本题主要考查了与球有关的组合体中球的体积的计算，其中解答中根据组合体的结构特征和球的性质，准 确求解球的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题. 15．（2020·云南高三其他模拟（文））唐狩猎纹高足银杯如图 1 所示，银杯经锤揲成型，圆唇侈口，直壁深 腹，腹下部略收，下承外撇高足．纹样则采用堑刻工艺，鱼子地纹，杯腹上部饰一道凸弦纹，下部阴刻一 道弦纹，高足中部有“算盘珠”式节．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光 滑，忽略杯壁厚度），如图 2 所示．已知球的半径为 R，酒杯内壁表面积为 214 3 R ．设酒杯上面部分（圆 柱）的体积为 1V ，下面部分（半球）的体积为 2V ，则 1 2 V V 的值是= （ ） A．1 B． 3 2 C．2 D．3 【答案】C 【分析】 设圆柱的高为 h，表示出表面积可得 4 3h R ，再分别表示出 1 2,V V 即可. 【详解】 设酒杯上部分圆柱的高为 h， 则酒杯内壁表面积 2 21 144 22 3S R Rh R      ，则 4 3h R ， 2 3 1 4 3V R h R    ， 3 2 1 4 2 3V R  ， 1 2 2V V   . 故选：C. 【点睛】 本题考查圆柱、球体积及表面积的公式，需熟记公式，属于基础题. 16．（2021·湖北高三月考）设 A，B，C，D 是同一个半径为 6 的球的球面上四点，且 ABC 是边长为 9 的正 三角形，则三棱锥 D ABC 体积的最大值为（ ） A． 81 2 4 B． 81 3 4 C． 243 2 4 D． 243 3 4 【答案】D 【分析】 M 是 ABC 外心，O 是球心，求出OM ，当 D 是 MO 的延长线与球面交点时，三棱锥 D ABC 体积的 最大，由此求得最大体积即可． 【详解】 如图， M 是 ABC 外心，即 ABC 所在截面圆圆心， O 是球心， 2 3 9 3 33 2MB     ， 6OB  ， OM  平面 ABC ， BM  平面 ABC ，则OM BM ， 所以 2 2 3OM OB BM   ， 当 D 是 MO 的延长线与球面交点时，三棱锥 D ABC 体积的最大， 此时棱锥的高为 3 6 9DM    ， 21 81 39 sin 602 4ABCS     △ ， 所以棱锥体积为 1 1 81 3 243 393 3 4 4ABCV S DM     △ ． 故选：D． 17．（2021·全国高三月考（理））已知三棱锥 P ABC 中， ABC 是等腰直角三角形，AB AC ，AB 6 ， 2 2PA  ， PAB PAC   ，三棱锥 P ABC 的体积为 3 1 ，则三棱锥 P ABC 外接球的表面积为 （ ） A．36π B． 32π C． 24π D．16π 【答案】D 【分析】 设 P 在平面 ABC 的投影为 P ，过点 A 作 BC 的垂线，垂足为 D ，根据锥体的体积求出 PP ，又 PAB PAC   ，可得 PP AD  ，球心在过点 D 且垂直面 ABC 的直线上，设圆心为O ，半径为 R ，建 立空间直角坐标系，求出球心坐标，即可得解； 【详解】 解：设 P 在平面 ABC 的投影为 P ，过点 A 作 BC 的垂线，垂足为 D ，因为 ABC 是等腰直角三角形， 且 AB 6 ， AB AC ，所以 1 6 6 32ABCS     ，因为三棱锥 P ABC 的体积为 3 1 ，所以  3 3 13 3 13 P ABC ABC VPP S         ，因为 PAB PAC   ，所以 P 在 AD 上，所以 PP AD  ，所以 2 2 3 1AP AP PP     ，如图建立空间直角坐标系，则  6,0,0B ， 6 6, ,02 2D       ， 6 2 6 2, , 3 12 2P        因为 ABC 为等腰直角三角形，故 ABC 外接圆的圆心在 BC 的中点， 即 D 点，则球心在过点 D 且垂直面 ABC 的直线上，设圆心为 O ，半径为 R ，则 6 6, ,2 2O z       ，则 OP OA R  ，所以   2 2 2 2 226 6 2 2 3 12 2 2 2z z                                    ，解得 1z  ，所以球 心坐标为 6 6, ,12 2O       ，所以半径 2 2 26 6 1 22 2R                 所以 24 16S R   故选：D 【点睛】 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确 定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方 体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 18．（2021·河南新乡市·高三二模（文））在四面体 ABCP 中，PB  平面 ABC ，且 AB AC ，AB AC ．若 四面体 ABCP 外接球的半径为 19 2 PB ，则 PA 与平面 ABC 所成角的正切值为（ ） A． 1 2 B． 1 3 C． 2 D．3 【答案】B 【分析】 将四面体补全为长方体，可知长方体的外接球即为四面体的外接球，由外接球半径可构造方程求得 3AB PB ，根据垂直关系知所求线面角为 PAB ，由长度关系得到结果. 【详解】 PB  平面 ABC ， AB AC ，可将四面体 ABCP 补全为如图所示的长方体， 则长方体的外接球即为四面体 ABCP 的外接球， 其外接球半径 2 2 21 19 2 2R PB AB AC PB    ，又 AB AC ， 3AB PB  ， PB  平面 ABC ， PA 与平面 ABC 所成的角为 PAB ， 1tan 3 PBPAB AB     ， 即 PA 与平面 ABC 所成角的正切值为 1 3 . 故选：B. 【点睛】 关键点点睛：本题解题关键是能够将四面体补全为长方体，从而将四面体的外接球转化为长方体的外接球. 19．（2021·河南新乡市·高三一模（理））如图，在正三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AB  ， 1 3AA  ，点 D 是 侧棱 1BB 的中点，则直线 1C D 与平面 ABC 所成角的余弦值为（ ） A． 3 2 B． 2 5 5 C． 7 7 D． 2 7 7 【答案】D 【分析】 法一：延长 1C D ，与 CB 的延长线交于点 E ，由 1CC  面 ABC ，根据线面角的定义可知 1CEC 为直线 1C D 与平面 ABC 所成角，并求出相关线段长度，即可求余弦值；法二：由 1BB  平面 1 1 1A B C ，知 1 1DC B 为 1C D 与平面 1 1 1A B C 所成的角，求出余弦值，又面 1 1 1 //A B C 面 ABC ，即知直线 1C D 与平面 ABC 所成角的余弦值. 【详解】 (方法一)如图，延长 1C D ，与 CB 的延长线交于点 E ， ∵ 1CC  平面 ABC ， ∴ 1C D 与平面 ABC 所成的角为 1CEC ，又 1AB  ， 1 3AA  ，点 D 是 1BB 的中点， ∴ 2CE  ， 1 7C E  ，即 1 1 2 2 7cos 77 CECEC C E     ，即 1C D 与平面 ABC 所成角的余弦值为 2 7 7 . (方法二)∵ 1BB  平面 1 1 1A B C ， ∴ 1C D 与平面 1 1 1A B C 所成的角为 1 1DC B . 又 1 1 1B C  ， 1 3 2B D  ，可得 1 7 2C D  ， ∴ 1 1 1 1 1 2 7cos 7 B CDC B DC    ，而平面 1 1 1 //A B C 平面 ABC ， ∴ 1C D 与平面 ABC 所成角的余弦值为 2 7 7 . 故选：D 【点睛】 关键点点睛：由线面角的定义找到 1C D 与面 1 1 1A B C 所成角的平面角，进而求其余弦值. 20．（2021·全国高三其他模拟）如图，已知圆锥 CO的轴截面是正三角形， AB 是底面圆 O 的直径，点 D 在 AB 上，且 2AOD BOD∠ ∠ ，则异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为（ ） A． 3 4 B． 1 2 C． 1 4 D． 3 4 【答案】A 【分析】 取 AC 的中点 E ，劣弧 BD 的中点 F ，根据平行关系可确定所求角为 EOF 或其补角；在 OEF 中，利 用余弦定理可求得 cos EOF ，根据异面直线所成角的范围可求得结果. 【详解】 取 AC 的中点 E ，劣弧 BD 的中点 F ， AO 的中点G ，连接OF ， OE ， ,O E 分别为 ,AB AC 中点， //OE BC ， 2AOD BOD   ， 3BOD   ， 2 3AOD   ， 又OA OD ， F 为 BD 中点， 1 2 6FOD BOD ODA       ， //AD OF ， 则异面直线 AD 与 BC 所成的角是 EOF 或其补角. 连接 EG ，GF ， EF ，易得 EG GF ， 不妨设 1OG  ，则 2OF  ， 2OE  ， 3EG  ， 5 6FOG   ， 2 2 2 52 cos 5 2 36GF OG OF OG OF          ，则 2 2 2 8 2 3EF EG GF    ， 在 OEF 中， 2 2 2 3cos 2 4 OE OF EFEOF OE OF      ，  异面直线所成角范围为 0, 2      ， 异面直线 AD 与 BC 所成角的余弦值为 3 4 . 故选：A. 【点睛】 思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题 化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角或其补角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 0, 2      ，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面 直线所成的角． 二、多选题 21．（2021·江苏南通市·高三月考）已知 m，n 是两条不重合的直线， ， 是两个不重合的平面，则（ ） A．若 //m  ， //n  ，则 //m n B．若 //m  ， m  ，则  C．若 //  ， m  ， n  ，则 //m n D．若  ， //m  ， n// ，则 m n 【答案】BC 【分析】 根据直线平面的位置关系判断各选项． 【详解】 //m  ， //n  时， ,m n 可以相交、平行、或异面，A 错； //m  时， 内必b / /m ，而 m  ，则b  ，从而  ，B 正确； //  ， m  ，则 m  ，又 n  ，∴ //m n ，C 正确；   ， //m  ， n// ， ,m n 可以相交、平行、或异面，D 错． 故选：BC． 22．（2020·山东德州市·高一期末）已知 ,m n 是两条不同的直线， ,  是两个不重合的平面，则下列结论正 确的是（ ） A．若 , / /m n n  ，则 m  B．若 , ,m n      ，则 m n C．若 , , ,m n m       则 n  D．若 ,m n   ，且 m 与 n 不平行， / / , / / ,m n  则 / /  【答案】BD 【分析】 结合空间线面位置关系及平行垂直的判定与性质定理对选项进行分别判断. 【详解】 A：若 , / /m n n  ，则 m 与 平行或相交或 m  ，A 选项错误； B：因为 ,   m ，所以 / /m  或 m  ，又 n  ，所以 m n ，B 选项正确； C：若 , , ,m n m       则 n 与  相交或平行或 n  ，C 选项错误； D：若一个平面内两条相交直线都平行与另一个平面，则这两个平面平行，D 选项正确； 故选：BD. 23．（2021·福建漳州市·高三月考）如图所示，在棱长为1的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，过对角 线 1BD 的一个平面交棱 1AA 于点 E ，交棱 1CC 于点 F ，得四边形 1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ） A．四边形 1BFD E 有可能是梯形 B．四边形 1BFD E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形 C．四边形 1BFD E 有可能垂直于平面 1 1BB D D D．四边形 1BFD E 面积的最小值为 6 2 【答案】BCD 【分析】 四边形 1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形； 1BFD 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 1BFD E 垂直于面 1 1BB D D ；当 E ， F 分别是两条棱的 中点时，四边形 1BFD E 的面积最小为 6 2 . 【详解】 过 1BD 作平面与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的截面为四边形 1BFD E ， 如图所示，因为平面 1 1 / /ABB A 平面 1 1DCC D ，且平面 1BFD E  平面 1 1ABB A BE . 平面 1BFD E  平面 1 1 1 1, / /DCC D D F BE D F ，因此，同理 1 / /D E BF ， 故四边形 1BFD E 为平行四边形，因此 A 错误； 对于选项 B，四边形 1BFD E 在底面 ABCD 内的投影一定是正方形 ABCD ，因此 B 正确； 对于选项 C，当点 E F、 分别为 1 1,AA CC 的中点时， EF  平面 1 1BB D D ，又 EF  平面 1BFD E ，则平面 1BFD E  平面 1 1BB D D ，因此 C 正确； 对于选项 D，当 F 点到线段 1BD 的距离最小时，此时平行四边形 1BFD E 的面积最小，此时点 E F、 分别为 1 1,AA CC 的中点，此时最小值为 1 62 32 2    ，因此 D 正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面 即可正确解题. 24．（2021·全国高三其他模拟）如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中的正四面体 1 1A BDC 的棱长为 2，则 下列说法正确的是（ ） A．异面直线 1A B 与 1AD 所成的角是 3  B． 1BD  平面 1 1AC D C．平面 1ACB 截正四面体 1 1A BDC 所得截面面积为 3 D．正四面体 1 1A BDC 的高等于正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 体对角线长的 2 3 【答案】ABD 【分析】 选项 A，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项 B，根据正方体和正四面体的结构特征以及线 面垂直的判定定理容易得证；选项 C，由图得平面 1ACB 截正四面体 1 1A BDC 所得截面面积为 1ACB 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面体 1 1A BDC 的高，然后判断数量关系即可得 解. 【详解】 A：正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，易知 1 1//AD BC ，异面直线 1A B 与 1AD 所成的角即直线 1A B 与 1BC 所成的 角，即 1 1A BC ， 1 1A BCV 为等边三角形， 1 1 3A BC   ，正确； B：连接 1 1B D ， 1B B  平面 1111 DCBA ， 1 1AC  平面 1111 DCBA ，即 1 1 1AC B B ，又 1 1 1 1AC B D ， 1 1 1 1B B B D B  ，有 1 1AC  平面 1 1BDD B ， 1BD  平面 1 1BDD B ，所以 1 1 1BD AC ，同理可证： 1 1BD A D ， 1 1 1 1AC A D A  ，所以 1BD  平面 1 1AC D，正确； C：易知平面 1ACB 截正四面体 1 1A BDC 所得截面面积为 1 3 4 4 ACBS  ，错误； D：易得正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的体对角线长为      2 2 2 2 2 2 6   ，棱长为 2 的正四面体 1 1A BDC 的高为 2 2 2 2 2 2 62 2 1 3 3        ，故正四面体 1 1A BDC 的高等于正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 体对角线长的 2 3 ，正确. 故选：ABD. 【点睛】 关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明 1BD  平 面 1 1AC D，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断 C、D 的正误. 25．（2021·广东揭阳市·高三一模）如图，设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2，E 为 1 1A D 的中点，F 为 1CC 上的一个动点，设由点 A ， E ， F 构成的平面为 ，则（ ） A．平面 截正方体的截面可能是三角形 B．当点 F 与点 1C 重合时，平面 截正方体的截面面积为 2 6 C．点 D 到平面 的距离的最大值为 2 6 3 D．当 F 为 1CC 的中点时，平面 截正方体的截面为五边形 【答案】BCD 【分析】 建立空间直角坐标系，平面 AEF 扩展为平面 APM 可判断 A，B，D，然后计算点 D 到直线 AM 的距离并 使用等积法 D APM M PADV V  ，计算即可知 C 的正误. 【详解】 如图，建立空间直角坐标系，延长 AE 与 z 轴交于点 P ， 连接 PF 与 y 轴交于点 M ， 则平面 由平面 AEF 扩展为平面 APM .由此模型可知 A 错误，B，D 正确.      0,0,0 , 2,0,0 , 0,0,2D A P 设点 M 的坐标为     0, ,0 2,4t t  ，  2,0,0DA  ，  2, ,0AM t  ，  2,0, 2PA   则可知点 P 到直线 AM 的距离为 22 2 2 20 64 4 PA AM td PA tAM         ， 则可得 APM△ 的面积 2 2 21 2 5 164t dS t  . 1 2 4 42PADS    △ ，设点 D 到平面 的距离为 h ， 利用等体积法 D APM M PADV V  ，即 1 1 3 3APM PADS h S t    △ △ 可得 2 4 5 16 th t   .则 2 4 165 h t   ， 由 2 4 165 h t   在  2,4t  单调递增 所以当 4t  时， h 取到最大值为 2 6 3 . 故选：BCD 【点睛】 本题关键在于拓展平面以及建立空间直角坐标系，将几何问题转化为代数问题，有利的积用向量，是复杂 的问题简单化 26．（2021·广东肇庆市·高三二模）在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AB AD  ， 1 2AA  ，P 是线段 1BC 上的一动点，则下列说法正确的是（ ） A． 1 //A P 平面 1AD C B． 1AP 与平面 1 1BCC B 所成角的正切值的最大值是 2 5 5 C． 1A P PC 的最小值为 170 5 D．以 A 为球心， 2 为半径的球面与侧面 1 1DCC D 的交线长是 2  【答案】ACD 【分析】 证明出平面 1 1 //A BC 平面 1AD C ，利用面面平行的性质可判断 A 选项的正误；求出 1PB 的最小值，利用线面 角的定义可判断 B 选项的正误；将 1 1A C B△ 沿 1BC 翻折与 1BCC 在同一平面，利用余弦定理可判断 C 选 项的正误；设 M 是以 A 为球心， 2 为半径的球面与侧面 1 1DCC D 的交线上的一点，求出 DM 的长，判断 出点 M 的轨迹，可判断 D 选项的正误. 【详解】 对于 A，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， //BC AD 且 BC AD ， 1 1//AD A D 且 1 1AD A D ， 1 1//BC A D 且 1 1BC A D ，所以，四边形 1 1A BCD 为平行四边形，则 1 1//A B CD ， 1A B  平面 1AD C ， 1CD  平面 1AD C ， 1 //A B 平面 1AD C ，同理可证 1 1 //A C 平面 1AD C ， 1 1 1 1A B AC A  ，所以，平面 1 1 //A BC 平面 1AD C ， 1A P  平面 1 1A BC ，所以， 1 //A P 平面 1AD C ，A 选项正确； 对于 B， 1 1A B  平面 1 1BCC B ，所以， 1AP 与平面 1 1BCC B 所成角为 1 1A PB ， 1 1 1 1 1 tan A BA PB PB   ，所以，当 1 1B P BC 时， 1AP 与平面 1 1BCC B 所成角的正切值的最大， 由勾股定理可得 2 2 1 1 5BC BC CC   ， 由等面积法可得 1 1 1 1 1 1 2 2 5 55 B C BBPB BC     ， 所以， 1 1tan A PB 的最大值为 1 5 22 5 5  ，B 选项错误； 对于 C，将 1 1A C B△ 沿 1BC 翻折与 1BCC 在同一平面，如下图所示： 在 1Rt BCC△ 中， 1BCC 为直角， 1 1 1 2 5cos 5 CCBC C BC    ， 1 1 5sin 5 BCBC C BC    ， 在 1 1A BCV 中， 1 1 5A B BC  ， 1 1 2AC  ， 由余弦定理可得 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10cos 2 10 AC BC A BAC B AC BC     ，则 1 1AC B 为锐角， 可得 2 1 1 1 1 3 10sin 1 cos 10AC B AC B     ，  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1cos cos cos cos sin sinAC C AC B BC C AC B BC C AC B BC C           10 2 5 3 10 5 2 10 5 10 5 10       ， 由余弦定理可得 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 342 cos 5AC AC CC AC CC AC C      ，此时 1 170 5AC  ， 因此， 1A P PC 的最小值为 170 5 ，C 选项正确； 对于 D，设 M 是以 A 为球心， 2 为半径的球面与侧面 1 1DCC D 的交线上的一点， 由于 AD  平面 1 1DCC D ， DM  平面 1 1DCC D ， AD DM  ， 22 1DM AD    ， 所以交线为以 D 为圆心，1为半径的四分之一圆周，所以交线长是 2  ，D 选项正确. 故选：ACD. 【点睛】 方法点睛：求直线与平面所成角的方法： （1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键； ②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念； ③求，利用解三角形的知识求角； （2）向量法，sin cos , AB n AB n AB n              （其中 AB 为平面 的斜线， n  为平面 的法向量， 为 斜线 AB 与平面 所成的角）. 27．（2021·山东德州市·高三一模）如图，在边长为 4 的正方形 ABCD 中，点 E 、 F 分别在边 AB 、 BC 上 （不含端点）且 BE BF ，将 AED ， DCF 分别沿 DE ， DF 折起，使 A 、C 两点重合于点 1A ，则下 列结论正确的有（ ）． A． 1A D EF B．当 1 2BE BF BC  时，三棱锥 1A FDE 的外接球体积为 6π C．当 1 4BE BF BC  时，三棱锥 1A FDE 的体积为 2 17 3 D．当 1 4BE BF BC  时，点 1A 到平面 DEF 的距离为 4 17 7 【答案】ACD 【分析】 A 选项：证明 1A D  面 1A EF ，得 1A D EF ； B 选项：当 1 22BE BF BC   时，三棱锥 1A EFD 的三条侧棱 1 1 1, ,A D A E A F 两两相互垂直，利用分隔补 形法求三棱锥 1A EFD 的外接球体积； C 选项：利用等体积法求三棱锥 1A EFD 的体积； D 选项：利用等体积法求出点 1A 到平面 DEF 的距离. 【详解】 A 选项： 正方形 ABCD ,AD AE DC FC   由折叠的性质可知： 1 1 1 1,A D A E A D A F  又 1 1 1A E A F A  1A D  面 1A EF 又 EF  面 1A EF ， 1A D EF  ；故 A 正确. B 选项：当 1 22BE BF BC   时， 1 1 2, 2 2A E A F EF   在 1A EF 中， 2 2 2 1 1A E A F EF  ，则 1 1A E A F 由 A 选项可知， 1 1 1 1,A D A E A D A F  三棱锥 1A EFD 的三条侧棱 1 1 1, ,A D A E A F 两两相互垂直， 把三棱锥 1A EFD 放置在长方体中，可得长方体的对角线长为 2 2 22 2 4 2 6   ， 三棱锥 1A EFD 的外接球半径为 6 ，体积为  334 4 6 8 63 3R    ， 故 B 错误 C 选项：当 1 14BE BF BC   时， 1 1 3, 2A E A F EF   在 1A EF 中，  22 22 2 2 1 1 1 1 1 3 3 2 8cos 2 2 3 3 9 A E A F EFEA F A E A F         ， 1 17sin 9EA F  则 1 1 1 1 1 1 17 17sin 3 32 2 9 2A EFS A E A F EA F         1 1 1 1 1 1 17 2 1743 3 2 3A EFD D A EF A EFV V S A D          故 C 正确； D 选项：设点 1A 到平面 EFD 的距离为 h ，则 在 EFD△ 中，  22 22 2 2 5 5 2 24cos 2 2 5 5 25 DE DF EFEDF DE DF         ， 7sin 25EDF  则 1 1 7 7sin 5 52 2 25 2EFDS DE DF EDF         1 1 1 7 2 17 3 3 2 3A EFD DEFV S h h        即 4 17 7h  故 D 正确； 故选：ACD 【点睛】 方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直， 我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积． 28．（2021·广东湛江市·高三一模）在梯形 ABCD 中，AB=2AD=2DC=2CB，将 BDC 沿 BD 折起，使 C 到 C'的位置（C 与 C'不重合），E，F 分别为线段 AB，AC'的中点，H 在直线 DC'上，那么在翻折的过程中（ ） A．DC'与平面 ABD 所成角的最大值为 6  B．F 在以 E 为圆心的一个定圆上 C．若 BH 丄平面 ADC'，则 '3DH C H  D．当 AD 丄平面 BDC'时，四面体 C'-ABD 的体积取得最大值 【答案】ACD 【分析】 根据线面角的知识确定 A 选项的正确性；根据圆锥的几何性质判断 B 选项的正确性；求得 ' '2DC C H ， 由此确定 C 选项的正确性；结合锥体体积求法，确定 D 选项的正确性. 【详解】 如图，在梯形 ABCD 中，因为 // , 2 2 2AB CD AB AD DC CB   ， E 是 AB 的中点， 所以 // ,CD BE CD BE ，所以四边形 BCDE 是菱形，所以 BC DE ， 由于 AD DE AE  ，所以三角形 ADE 是等边三角形， 所以 1 2DE AB ，故 AD BD ， 6BDC DBC     . 在将 BDC 沿 BD 翻折至 'BDC 的过程中， ,BDC DBC  的大小保持不变，由线面角的定义可知， 'DC 与平面 ABD 所成角的最大值为 6  ，故 A 正确. 因为 DBC 大小不变，所以在翻折的过程中， 'C 的轨迹在以 BD 为轴的一个圆锥的底面圆周上，而 EF 是 'ABCV 的中位线，所以点 F 的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点 E ，故 B 不正确. 当 BH  平面 'ADC 时， BH DH .因为 ' 3HC B   ，所以 ' ' '2DC BC C H  ，所以 '3DH C H  ， 故 C 正确. 在翻折的过程中， 'BC D 的面积不变，所以当 AD  平面 'BDC 时，四面体 'C ABD 的体积取得最大值， 故 D 正确. 故选：ACD 29．（2021·全国高三专题练习）如图四棱锥 P ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD ，侧面 PAD 是边长为 2 6 的正三角形，底面 ABCD 为矩形， 2 3CD  ，点 Q 是 PD 的中点，则下列结论正确的是（ ） A．CQ  平面 PAD B． PC 与平面 AQC 所成角的余弦值为 2 2 3 C．三棱锥 B ACQ 的体积为 6 2 D．四棱锥Q ABCD 外接球的内接正四面体的表面积为 24 3 【答案】BD 【分析】 取 AD 的中点 O ，BC 的中点 E ，连接 ,OE OP ，则由已知可得 OP  平面 ABCD ，而底面 ABCD 为矩形， 所以以O 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，利用 空间向量依次求解即可. 【详解】 解：取 AD 的中点 O ， BC 的中点 E ，连接 ,OE OP ， 因为三角形 PAD 为等边三角形，所以 OP AD , 因为平面 PAD  平面 ABCD ，所以OP  平面 ABCD ， 因为 AD OE ，所以 , ,OD OE OP 两两垂直， 所以，如下图，以 O 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 (0,0,0), ( 6,0,0), ( 6,0,0)O D A  ， (0,0,3 2), ( 6,2 3,0), ( 6,2 3,0)P C B  ， 因为点Q 是 PD 的中点，所以 6 3 2( ,0, )2 2Q ， 平面 PAD 的一个法向量为 (0,1,0)m  ， 6 3 2( ,2 3, )2 2QC   ，显然 m  与QC  不共线， 所以 CQ 与平面 PAD 不垂直，所以 A 不正确； 3 6 3 2( 6,2 3, 3 2), ( ,0, ), (2 6,2 3,0)2 2PC AQ AC      ， 设平面 AQC 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 3 6 3 2 02 2 2 6 2 3 0 n AQ x z n AC x y             ， 令 =1x ，则 2, 3y z    ， 所以 (1, 2, 3)n    ， 设 PC 与平面 AQC 所成角为 ， 则 2 6 1sin 36 6 n PC n PC     r uuur r uuur ， 所以 2 2cos 3   ，所以 B 正确； 三棱锥 B ACQ 的体积为 1 1 3 2B ACQ Q ABC ABCV V S OP    1 1 12 3 2 6 3 2 63 2 2        ， 所以 C 不正确； 设四棱锥Q ABCD 外接球的球心为 (0, 3, )M a ，则 MQ MD ， 所以       2 2 2 2 2 26 3 23 6 32 2a a                   ， 解得 0a  ，即 (0, 3,0)M 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 外接球的内接正四面体的棱长为 x ， 将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线， 故正方体的棱长为 2 2 x ，所以 2 223 62 x       ，得 2 24x  ， 所以正四面体的表面积为 234 24 34 x  ，所以 D 正确. 故选：BD 【点睛】 此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难 题. 30．（2021·山东济宁市·高三一模）如图， AC 为圆锥 SO 底面圆O 的直径，点 B 是圆O 上异于 A ，C 的动 点， 2SO OC  ，则下列结论正确的是（ ） A．圆锥 SO 的侧面积为8 2π B．三棱锥 S ABC 体积的最大值为 8 3 C． SAB 的取值范围是 π π,4 3     D．若 AB BC ， E 为线段 AB 上的动点，则 SE CE 的最小值为  2 3 1 【答案】BD 【分析】 先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项 A；当 OB AC 时， ABC 的面积最大，此时体 积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项 B；先用取极限的思想求出 ASB 的范围，再利用 2 SAB ASB     ，求范围即可判断选项 C；将 SAB 以 AB 为轴旋转到与 ABC 共面，得到 1S AB ， 则  1minSE CE S C  ，利用已知条件求解即可判断选项 D. 【详解】 在 Rt SOC△ 中， 2 2 2 2SC SO OC   ， 则圆锥的母线长 2 2l  ，半径 2r OC  ， 对于选项 A：圆锥 SO 的侧面积为： 4 2rl  ，故选项 A 错误； 对于选项 B：当 OB AC 时， ABC 的面积最大， 此时 1 4 2 42ABCS     ， 则三棱锥 S ABC 体积的最大值为： 1 1 84 23 3 3ABCS SO      ； 故选项 B 正确； 对于选项 C：当点 B 与点 A 重合时， 0ASB  为最小角，当点 B 与点C 重合时， 2ASB   ，达到最大 值， 又因为 B 与 ,A C 不重合， 则 0, 2ASB      ， 又 2 SAB ASB     ， 可得 ,4 2SAB       ， 故选项 C 不正确； 对于选项 D：由 , 90 , 4AB BC ABC AC     ， 得 2 2AB BC  ， 又 2 2SA SB  ， 则 SAB 为等边三角形， 则 60SBA   ， 将 SAB 以 AB 为轴旋转到与 ABC 共面，得到 1S AB ， 则 1S AB 为等边三角形， 1 60S BA   ， 如图： 则  1minSE CE S C  ， 因为 1 1 12 2, 150S B BC S BC S BA ABC        ，  22 2 2 1 1 12 cos150 8 8 8 3 2 3 2S C S B BC S B BC            ， 则   1min 2 3 1SE CE S C    ， 故选项 D 正确； 故选：BD. 【点睛】 关键点睛：取极限是解决本题角的范围问题的关键；利用将 SAB 以 AB 为轴旋转到与 ABC 共面是解决 求 SE CE 的最小值的关键.