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安徽淮北市实验高级中学2021年高考新题型——数学立体几何多选题专项练习及解析

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安徽淮北市实验高级中学2021年高考新题型——数学立体几何多选题专项练
习及解析
一、立体几何多选题
1．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M为DD1的中点，N为正方形ABCD所在
平面内一动点，则下列命题正确的有（）

A．若MN2，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为B．若N到直线BB1与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线

，则N的轨迹为双曲线3

D．若MN与平面ABCD所成的角为，则N的轨迹为椭圆
3
C．若D1N与AB所成的角为【答案】BC【分析】
对于A，连接MN，ND，DP，得到直角△MDN，且P为斜边MN的中点，所以PD1，进而得到P点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A错误；对于B，可知NBBB1，即NB是点N到直线BB1的距离，在平面ABCD中，点N到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，利用抛物线定义知B正确；对于C，建立空间直角坐标系，设N(x,y,0，利用空间向量求夹角知cos

3

D1NABD1NAB

2y2x2y24

1
，化简可知N的轨迹2
为双曲线；对于D，MN与平面ABCD所成的角为MND

3
，ND
3
，可知N的轨3
迹是以D为圆心，【详解】
3
为半径的圆周；3
对于A，如图所示，设P为MN的中点，连接MN，ND，DP，由正方体性质知△MDN为直角三角形，且P为MN的中点，MN2，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知△MDN不管怎么变化，始终有PD1，即P点的轨迹与正方体的面围城的几何

体是一个以D为球心，1为半径的球的
112
，其面积S41，故A错误；882

对于B，由正方体性质知，BB1平面ABCD由线面垂直的性质定理知NBBB1，即NB是点N到直线BB1的距离，在平面ABCD中，点N到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，所以点N的轨迹是以点B为焦点，直线DC为准线的抛物线，故B正确；对于C，如图以D为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，N(x,y,0，D1(0,0,2，
A(0,2,0，B(2,2,0，则D1N(x,y,2，AB(0,2,0，利用空间向量求夹角知
cos

3

D1NABD1NAB

2y2x2y24

122
，化简整理得：3yx4，即2
y2x2
1
，所以N的轨迹为双曲线，故C正确；44
3

对于D，由正方体性质知，MN与平面ABCD所成的角为MND，即MND角△MDN中，ND故选：BC【点睛】

3
，在直
33，即N的轨迹是以D为圆心，为半径的圆周，故D错误；33
关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲

线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.

2．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1，中，E为棱CC1上的中点，F为棱
AA1上的点，且满足A1F:FA1:2，点F，B，E，G，H为过三点B，E，F的平
面BMN与正方体ABCDA1B1C1D1的棱的交点，则下列说法正确的是（）

A．HF//BE
B．三棱锥的体积VB1BMN4
C．直线MN与平面A1B1BA所成的角为45D．D1G:GC11:3【答案】ABD【分析】
面面平行性质定理可得出A正确；等体积法求得B正确；直线MN与平面A1B1BA所成的角为B1MN，求其正切值不等于1即可得出C错误；利用面面平行性质定理和中位线求出D1G,GC1长度即可得出D正确.【详解】
解：对于A.在正方体ABCDA1B1C1D1中平面ADA1D1//平面BCB1C1，又平面ADA1D1
平面BMNHF，平面BCB1C1平面BMNBE，
有平面与平面平行的性质定理可得HF//BE，故正确；对于B.因为A1F:FA1:2，所以B1M又E为棱CC1上的中点，所以B1N4,所以VB1BMNVNB1BM
3
A1B13，2
11
2344，故正确；32
B1N4
1，故错误；B1M3
对于C.由题意及图形可判定直线MN与平面A1B1BA所成的角为B1MN，结合B选项可得tanB1MN
对于D.同A选项证明方法一样可证的GC1//B1M，

因为E为棱CC1上的中点，C1为棱B1N上的中点，所以GC1=
13B1M22
1
，所以D1G:GC11:3，故正确.2
故选：ABD【点睛】
求体积的常用方法：
所以D1G=
（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；
（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；
（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.

3．在三棱锥MABC中，下列命题正确的是（）
12
ABAC，则BC3BD33
111
B．若G为ABC的重心，则MGMAMBMC
333
A．若AD
C．若MABC0，MCAB0，则MBAC0
D．若三棱锥MABC的棱长都为2，P，Q分别为MA，BC中点，则PQ2【答案】BC【分析】
作出三棱锥MABC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AD即2CDDB，则
12
ABAC3AD2ACAB2AD2ACABAD，33
3
BDBDDCBC，故A错误；2

对于B，由G为ABC的重心，得GAGBGC0，又MGMAAG，
MGMBBG，MGMCCG，MAMBMC3MG，即
111
MGMAMBMC，故B正确；
333
对于C，若MABC0，MCAB0，则MABCMCAB0，即
MABCMC(ACCB0MABCMCACMCCB0
MABCMCACMCBC0MAMCBCMCAC0CABCMCAC0ACCBMCAC0CBMCAC0，即MBAC0，故C正确；
对于D，PQMQMP


111
(MBMCMA(MBMCMA222
11
PQMBMCMA
22
MBMCMA
2
2
2
，又

MBMCMAMBMCMA2MBMC2MBMA2MCMA

22
1111
2222222222222228，PQ82，故
2222
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．

4．如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E,F，且
EF1，以下结论正确的有（）

A．ACBE
B．异面直线AE,BF所成的角为定值C．点A到平面BEF的距离为定值D．三棱锥ABEF的体积是定值

【答案】ACD【详解】

由ACBD，ACDD1可证AC平面D1DBB1，从而ACBE，故A正确；取特例，当E与D1重合时，F是F，AE即AD1，AD1平行BC1，异面直线AE,BF所成的角是C1BF，当F与B1重合时，E是E，BF即BB1，异面直线AE,BF所成的角是A1AE，可知C1BF与A1AE不相等，故异面直线AE,BF所成的角不是定值，故B错误；
连结BD交AC于O，又AC平面D1DBB1，点A到平面BDD1B1的距离是AO=也即点A到平面BEF的距离是
2，2
2
，故C正确；2
AO=
为
1112
为三棱锥ABEF的高，又S△BEF1，故三棱锥ABEF的体积
2242
1122
为定值，D正确.
34224
故选：ACD【点睛】
求空间中点到平面的距离常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，求垂线；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离；（3）向量法：计算斜线在平面的法向量上的投影即可.

5．如图，已知四棱锥PABCD所有棱长均为4，点M是侧棱PC上的一个动点（不与点P,C重合），若过点M且垂直于PC的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（）


A．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B．截面和底面ABCD所成的锐二面角为C．当PM1时，截面的面积为52
D．当PM2时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为V1,V2V1V2，则V13V2【答案】BCD【分析】
点M是侧棱PC上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可.【详解】
A选项中，如图，连接BD，当M是PC中点时，MC2，
4

由题意知三角形PDC与三角形PBC都是边长为4的正三角形，所以
DMPC,BMBC，又DM，BM在面MBD内，且相交，所以PC平面PBD，三角
形MBD即为过点M且垂直于PC的截面，此时是三角形，点M向下移动时，MC2，如图，仍是三角形；
若点M由中点位置向上移动，MC2，在平面PDC内作EMPC，交PD于E，


在平面PBC内作FMPC交PB于F，平面MEF交平面PAD于EG，交PAB于FH，即交平面ABCD于GH，则五边形MEGHF即为过点M且垂直于PC的截面，此时是五边形；故截面的形状可能为三角形、五边形，A错误；
B选项中，因为截面总与PC垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD所成的锐角为定值，

不妨取M是中点，连接AC，BD，MB，MD，设AC，BD交点是N，连接PN，由题意知，四边形ABCD是边长为4的菱形，BDAC，因为MB=MD，所以MNBD，故
MNC是截面与平面ABCD所成的锐角，过点M作MQAC，垂足Q.在三角形PAC
中，MN=2，NQ=2，故在直角三角形MNQ中，cosMNC
NQ2
，故
MN2
MNC

4
，故B正确；
C选项中，当PM=1时，M是PC中点，如图，五边形MEGHF即为过点M且垂直于PC的截面，依题意，直角三角形PME中，PE
PM
2，故E为PD的中点，同理，F
cosEPM
1
BD22，G，H分别在AD,AB2
1
BD，有2
是PB的中点，则EF是三角形PBD的中位线，EF
的中点上，证明如下，当G，H，也是中点时，GH//BD,GH
GH//EF,GHEF22，四边形EFHG是平行四边形.依题意，三角形PAC中

PAPC4,AC42，故PAPC，故PCGE，易见，正四棱锥中BD平面
PAC，故BDPC，GHPC，因为GE,GH均在平面EFHG内，且相交，所以
PC平面EFHG，故此时平面EFHG和平面MEF即同一平面.又BD平面PAC，有GH面平面PAC，GHGM，根据对称性有GHGE，四边形EFHG是矩形.即五边形MEGHF即为过点M且垂直于PC的截面，平面图如下:

依题意，GHEF22，EGFG2，三角形高为h面积是
32
2
2
1，
1
2212，四边形面积是22242，故截面面积是52.2故C正确；
D选项中，若PM=2，看B选项中的图可知，V2VMBCD
11
VPBCDVPABCD，故剩余24
3
VPABCD，所以V13V2，故D正确.4
故选：BCD.【点睛】
部分V1
本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.

6．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点O为A1D1的中点，若以O为球心，6为半径的球面与正方体ABCDA1B1C1D1的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（）
A．A1D1//平面EFGHB．A1C平面EFGH
C．A1B1与平面EFGH所成的角的大小为45°
D．平面EFGH将正方体ABCDA1B1C1D1分成两部分的体积的比为1:7【答案】ACD

【分析】
如图，计算可得E,F,G,H分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A、B的正确与否，计算出直线AB与平面EFGH所成的角为45后可得C正确，而几何体BHECGF为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D正确与否.【详解】

如图，连接OA，则OA
AA1215，故棱A1A,A1D1,D1D,AD与球面没有交点.
同理，棱A1B1,B1C1,C1D1与球面没有交点.因为棱A1D1与棱BC之间的距离为22因为正方体的棱长为2，而2
6，故棱BC与球面没有交点.
6，
球面与正方体ABCDA1B1C1D1的棱有四个交点E，F，G，H，所以棱AB,CD,C1C,B1B与球面各有一个交点，如图各记为E,F,G,H.
因为△OAE为直角三角形，故AEOE2OA2651，故E为棱AB的中点.同理F,G,H分别为棱CD,C1C,B1B的中点.
由正方形ABCD、E,F为所在棱的中点可得EF//BC，同理GH//BC，故EF//GH，故E,F,G,H共面.由正方体ABCDA1B1C1D1可得A1D1//BC，故A1D1//EF
因为A1D1平面EFGH，EF平面EFGH，故A1D1//平面EFGH，故A正确.A1BC90，因为在直角三角BA1C中，A1B22，BC2，
A1C与BC不垂直，故A1C与GH不垂直，故A1C平面EFGH不成立，故B错误.
由正方体ABCDA1B1C1D1可得BC⊥平面AA1B1B，而A1B平面AA1B1B，所以BCA1B，所以EFA1B
在正方形AA1B1B中，因为E,H分别为AB,BB1的中点，故EHA1B，因为EF
EHE，故A1B平面EFGH，
所以BEH为直线AB与平面EFGH所成的角，而BEH45，

故直线AB与平面EFGH所成的角为45，
因为AB//A1B1，故A1B1与平面EFGH所成的角的大小为45°.故C正确.因为E,F,G,H分别为所在棱的中点，故几何体BHECGF为三棱柱，其体积为
1
1121，而正方体的体积为8，2
故平面EFGH将正方体ABCDA1B1C1D1分成两部分的体积的比为1:7，故D正确.故选：ACD.【点睛】
本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.

7．如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将ADE沿AE翻折成
△SAE，在翻折过程中，下列说法正确的是（）

A．存在点E和某一翻折位置，使得SBSEB．存在点E和某一翻折位置，使得AE//平面SBC
C．存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45°D．存在点E和某一翻折位置，使得二面角SABC的大小为60°【答案】ACD【分析】
依次判断每个选项：当SECE时，SESB，A正确，AE//平面SBC，则
AE//CB，这与已知矛盾，故B错误，取二面角DAEB的平面角为，取AD4，
计算得到cos
2
，C正确，取二面角DAEB的平面角为60，计算得到3
tan
5
，故D正确，得到答案.5
【详解】
当SECE时，SEAB，SESA，故SE平面SAB，故SESB，A正确；若AE//平面SBC，因AE平面ABC，平面ABC这与已知矛盾，故B错误；
如图所示：DFAE交BC于F，交AE于G，S在平面ABCE的投影O在GF上，连接BO，故SBO为直线SB与平面ABC所成的角，
取二面角DAEB的平面角为，取AD4，DE3，故AEDF5，
平面SBCBC，则AE//CB，

CEBF1，DG
121212
cos，故只需满足SOOBsin，，OG
555
2
在△OFB中，根据余弦定理：
212131213122
，解得，cossin1cos2coscosOFB
355555
故C正确；过O作OM
2
AB交AB于M，则SMO为二面角SABC的平面角，
取二面角DAEB的平面角为60，故只需满足DG2GO2OM，

设OAGOAM，，则DAG2，
8
4
2
AG
DGtan22

OG
5
tan，化简得到2tantan21，解得tan，验证满
5
足，故D正确；故选：ACD.


【点睛】
本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.

8．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBCBB1，D是AC的中点，O为A1C的中点.点P是BC1上的动点，则下列说法正确的是（）


A．当点P运动到BC1中点时，直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值为B．无论点P在BC1上怎么运动，都有A1POB1
C．当点P运动到BC1中点时，才有A1P与OB1相交于一点，记为Q，且D．无论点P在BC1上怎么运动，直线A1P与AB所成角都不可能是30°【答案】ABD【分析】
55
PQ1
QA13
EP
的值即可判断A的正误；AE
PQ1
可利用线面垂直的性质，可证明A1POB1即可知B的正误；由中位线的性质有
QA12PA1E构造线面角PA1E，由已知线段的等量关系求tan
知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为B1A1P，结合动点P分析角度范围即可知D的正误【详解】
直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBCBB1
选项A中，当点P运动到BC1中点时，有E为B1C1的中点，连接A1E、EP，如下图示

即有EP面A1B1C1
PA1E∴直线A1P与平面A1B1C1所成的角的正切值：tan
∵EP
EP
AE
15BB1，AEA1B12B1E2BB122

∴tanPA1E
5
，故A正确5

选项B中，连接B1C，与BC1交于E，并连接A1B，如下图示

由题意知，B1BCC1为正方形，即有B1CBC1
而ABBC且ABCA1B1C1为直三棱柱，有A1B1面B1BCC1，BC1面B1BCC1∴A1B1BC1，又A1B1
B1CB1
∴BC1面A1B1C，OB1面A1B1C，故BC1OB1同理可证：A1BOB1，又A1BBC1B
∴OB1面A1BC1，又A1P面A1BC1，即有A1POB1，故B正确

选项C中，点P运动到BC1中点时，即在△A1B1C中A1P、OB1均为中位线

∴Q为中位线的交点∴根据中位线的性质有：
PQ1
，故C错误QA12

选项D中，由于A1B1//AB，直线A1P与AB所成角即为A1B1与A1P所成角：B1A1P结合下图分析知：点P在BC1上运动时


当P在B或C1上时，B1A1P最大为45°当P在BC1中点上时，B1A1P最小为arctan∴B1A1P不可能是30°，故D正确故选：ABD【点睛】
本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小
23arctan3023

9．在正方体ABCDA1B1C1D1中，如图，M,N分别是正方形ABCD，BCC1B1的中心.则下列结论正确的是（）

A．平面D1MN与B1C1的交点是B1C1的中点B．平面D1MN与BC的交点是BC的三点分点C．平面D1MN与AD的交点是AD的三等分点D．平面D1MN将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】
取BC的中点E，延长DE，D1N，并交于点F，连FM并延长分别交BC,AD于
P,Q，连D1Q,PN并延长交B1C1与H，平面四边形D1HPQ为所求的截面，进而求出
P,Q,H在各边的位置，利用割补法求出多面体QPHD1C1CD的体积，即可求出结论.
【详解】
如图，取BC的中点E，延长DE，D1N，并交于点F，连接FM并延长，设FMBCP，FMADQ，连接PN并延长交B1C1于点H.连接D1Q，D1H，

则平面四边形D1HPQ就是平面D1MN与正方体的截面，如图所示.

11
NE//CC1//DD1,NECC1DD1，
22
NE为DD1F的中位线，E为DF中点，连BF，DCEFBE,BFDCAB,FBEDCE90，A,B,F三点共线，取AB中点S，连MS，
则MS//BP,MS
1BPFB2BC,，2MSFS3
BP
22111
MSBCBC,PEBC，33236
11
E为DF中点，PE//DQ,DQ2PEBCAD
33
N分别是正方形BCC1B1的中心，C1HBPC1B1
所以点P是线段BC靠近点B的三等分点，点Q是线段AD靠近点D的三等分点，点H是线段B1C1靠近点C1的三等分点.做出线段BC的另一个三等分点P，做出线段A1D1靠近D1的三等分点G，
连接QP，HP，QG，GH，VHQPPVQGHD1，所以V多面体QPHD1C1CDV长方体QPHQDCC1D1V正方体从而平面D1MN将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.
1
3
13


【点睛】
本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.

10．已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA11，P为上底面
A1B1C1D1上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）
A．若PD3，则满足条件的P点有且只有一个B．若PD3，则点P的轨迹是一段圆弧C．若PD∥平面ACB1，则DP长的最小值为2
D．若PD∥平面ACB1，且PD3，则平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为【答案】ABD【分析】
94
，若PD3，由于P与B1重合时PD3，此时P点唯一；PD313，则
PD12，即点P的轨迹是一段圆弧；当P为A1C1中点时，DP有最小值为3，可判
断C；平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为【详解】如图：
3
，可得D.2

∵正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，∴B1D122，又侧棱AA11，

∴DB1
22
2
123，则P与B1重合时PD3，此时P点唯一，故A正确；
∵PD313，，DD11，则PD12，即点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；连接DA1，DC1，可得平面A1DC1//平面ACB1，则当P为A1C1中点时，DP有最小值为
2
2
123，故C错误；
由C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为确．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.
9123
22212，面积为，故D正224


本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/a3e0839faa956bec0975f46527d3240c8447a1a6.html

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