2021年高考题和模拟题数学（理）分类汇编 04 立体几何

2021年高考题和模拟题分项汇编

专题04立体几何

1.（202卜全国高考真题（理））已如48,（?是半径为1的球0的球面上的三个点,且4。，8。,4。=8。=1,

则三棱锥0-ABC的体积为（）

A.叵B.@C.昱D.@

121244

【答案】A

【分析】由题可得AA6c为等腰直角三角形，得出AABC外接圆的半径，则可求得。到平面ABC的距

离，进而求得体积.

【解析】••.AC_LBC,AC=8C=1,.•.△A8C为等腰直角三角形，,•.4B=J5,

则AA3c外接圆的半径为注，又球的半径为1,

2

设。到平面ABC的距离为d,

in"L（右丫&

VI2J2

所以%-48。=；5.皿0.4=；乂^乂1乂1乂¥=卷.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面

距离的勾股关系求解.

2.（2021.全国高考真题（理））在正方体A6CO-AAG，中，P为片口的中点，则直线形与所成

的角为（）

71

D.-

6

【答案】D

【分析】平移直线A2至8G，将直线P3与AQ所成的角转化为PB与BG所成的角，解一角形即可.

【解析】

如图，连接BCi，PC”PB,因为AA〃BG，

所以ZPBC,或其补角为直线PB与AR所成的角，

因为BB11平面A£G〃，所以_LPG，又PG1BP，c瓦。=4，

所以PG_L平面PI3B,,所以PC；_LPB,

设正方体棱长为2,则BG=20,PG=J5,

sm/PBC]=*=；所以NPBG=工.

故选：D

3.（2021.全国高考真题）已知圆锥的底面半径为、回，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）

A.2B.2&C.4D.472

【答案】B

【分析】设圆锥的母线长为/，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得/的值，即为所求.

【解析】设圆锥的母线长为/，山丁圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则万/=2万xJE，解得/=2a.

故选：B.

4.（2021•浙江高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（)

D.3亚

【答案】A

【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.

【解析】几何体为如图所示的四棱柱ABC。-,其高为I,底面为等腰梯形ABCZ），

该等腰梯形的上底为正，下底为2夜，腰长为1，故梯形的高为、/口=也，

V22

故匕BCD-A8CD=一"(>/2+2^2)X-------X1=—,

故选：A.

5.（2021•北京高考真题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（)

11

IB.4C.3+6D.2

【答案】A

【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥），根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积.

【解析】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥。-ABC，

其侧面为等腰直角：角形，底面等边•:角形,

山三视图可得该正三棱锥的侧棱长为I,

故其表面积为3x，xlxl+走x(/f=±t且

241/2

故选：A.

6.（2021•浙江高考真题）如图己知正方体44GR,M,N分别是A。，的中点，则（)

A

c

AB

A.直线A。与直线。田垂直,直线肱V//平面ABC。

B.直线A。与直线AB平行,直线MN_L平面

C.直线A。与直线。力相交,直线M/V//平面A8QD

D.直线A。与直线。产异面,直线MN工平面BDRB]

【答案】A

【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面A8R,即可得出结论.

【解析】

连AR,在正方体ABC。—A4G2中，

M是4。的中点，所以“为AA中点,

又N是。R的中点，所以MN//AB，

W平面ABCD,ABu平面ABCD,

所以M/V〃平面ABCD

因为A8不垂直BD，所以MN不垂直80

则MN不垂直平面BDRB「所以选项B,D不正确;

在正方体ABCZ）—44G。］中，A0_LA|Z）,

回工平面抽。。，所以A3,4。，

AD}oAB=A,所以A。，平面ABQ,

平面ABQ,所以AQ_LqB,

且宜线4。,。乃是异面直线，

所以选项B错误，选项A正确.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个

面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.

7.（2021.北京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度.其中小雨（＜10mm）,

中雨（10mm-25min）,大雨（25mm-50mm）,暴雨（50mm-100mm）,小明用一个圆锥形容器接了24小

时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

【答案】B

【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.

【解析】由题意，一个半径为学=100（mm）的圆面内的降雨充满一个底面半径为

^2x1^-5O（mm）,高为150（mm）的圆锥，

2

irflL.-।^rx50xl50,,

所以积水厚度/3\，属于中雨・

a=-----------——=12.5mm)

^■xlOO2''

故选：B.

8.（2021•全国高考真题）在正三棱柱ABC-AAG中，A8=A4,=1,点P满足所=4放+〃瓯，其

中;MG[0,1],则()

A.当/1=1时，△487的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥尸一48。的体积为定值

C.当2时，有且仅有一个点P,使得

D.当〃=g时，有且仅有一个点尸，使得A/工平面AB/

【答案】BD

【分析】对于A,由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B,将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

对于C,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数;

对于D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点的个数.

易知，点P在矩形BCGg内部（含边界）.

对于A,当4=1时，丽=前+〃瓯=反+〃可，即此时尸e线段CC-耳尸周长不是定值，故A

错误;

对于B,当〃=1时，丽=4前+的=的+疝C,故此时2点轨迹为线段瓦G,而4G〃8C,4cJ/

平面ABC,则有P到平面ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.

对于C,当/!=；时，丽=!前+〃函，取BC,与。1中点分别为Q.H,则丽=丽+〃丽，所

22

以p止轨迹为线段Q”，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A‘，0，1，P(O,O,〃)，

V7:)

_(1\__

则AP=---,BP-0,--,//,A户户="(〃_1)=0,所以〃=0或〃=1.故均

I2JV2；

满足，故C错误：

1—.—.1——.___

对于D,当〃=5时，BP=ABC+-BB,取BB1,CC、中点、为M,N.BP=BM+九MN，所以P点

22i

轨迹为线段MN.设尸0,y0,—,因为A-->0,0,所以AP=——,y0,—,AB=|--—,

12/2)I22)\22)

3111

所以一+—%—=0=%=—,此时p与N重合，故D正确.

42°202

故选：BD.

【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.

9.(2021•全国高考真题(理))以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某

三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为(写出符合要求的一组答案即可).

图④图⑤

【答案】③④（答案不唯一）

【分析】由题意结合所给的图形确定•组三视图的组合即可.

【解析】选择侧视图为③，俯视图为④,

如图所示，长方体A3CD-44GA中，AB=BC=2,BB]=1,

E,产分别为棱4q,BC的中点,

则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥石-ADR.

故答案为：③④.

【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关

系.

10.（2021.全国高考真题）如图，在三棱锥A-BCD中，平面平面BCD,AB=AD.。为的

中点.

（1）证明：OA1CD；

（2）若AOCD是边长为1的等边三角形，点£在棱A。上，DE=2EA，且二面角七一BC—。的大小为

45°,求三棱锥A-88的体积.

【答案】（1）详见解析（2）正

6

【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO_L平面BCD,即可证得结果；

（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.

【解析】（1）因为AB=ADQ为BD中点，所以AO_LBD

因为平面ABDp平面BCD=BD,平面ABD,平面BCD,AOu平面ABD,

因此AO_L平面BCD,

因为CDU平面BCD,所以AOLCD

⑵作EF1BD于F,作FM_LBC于M,连FM

因为AO_L平面BCD,所以AOJ_BD,AO_LCD

所以EF±BD,EF±CD.BDcC£>=£）,因此EFL平面BCD,即EF1BC

因为FM_LBC,EMIE/n/7,所以BC_L平面EFM,即BC_LME

7F

则ZEMF为二面角E-BC-D的平面角,NEMF=-

4

因为80=，AOCD为正三角形，所以ABCD为直角三角形

2

从而EF二FM=一・,.AO=1

3

QAOJ/平面BCD,

所以V=!AO.S.BC/>=Lxlx,xlxG=^

3326

【点睛】：面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.

11.（2021•浙江高考真题）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形,

ZABC=120°,AB=1,5C=4,PA=V15.M,N分别为6C,PC的中点，PD±DC,PM±MD.

（1）证明：AB±PM；

（2）求直线AN与平面pnw所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）叵.

6

【分析】（1）要证A8LPM，可证DCLPM，由题意可得，PD1DC.易证。MLDC，从而。C_L

平面PZW,即有。CLAW,从而得证；

（2）取中点七，根据题意可知，两两垂直，所以以点〃为坐标原点，建立空间直角坐

标系，再分别求出向量而和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出.

【解析】（1）在ADCM中，DC=1，CM=2,ZDCM=60.由余弦定理可得。M=百，

所以DAr+oc?=CA/2,，由题意£>C_LP£>且.•.OC_L平面PDM,

而月Vfu平面PZM7,所以。CLPM,又AB/ADC，所以A6LPM.

(2)由PA/LA/D，A8L9W，而A3与DM相交，所以PW，平面ABC。，因为AM=近，所以

PM=2也,取A£>中点E，连接ME，则ME,£>M,PM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示,

建立空间直角坐标系，

则A(-石,2,0),尸(0,0,2夜),。(百,(),()).M(0,0,0),C(>A,-l,0)

、、

，一!,逝,病=

乂N为PC中点，所以N,-1,V2.

2)2)

由(1)得平面PDW,所以平面PDM的一个法向量n=(0,1,0)

|丽问

从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sin6=

|MlH|

【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明A3J.PM，可以考虑DCLAW,

题中与DC有垂直关系的直线较多，易证OC_L平面PZW,从而使问题得以解决：第二问思路直接，由第

一间的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出.

12.(2021.全国高考真题(理))已知直三棱柱43。一45£中，侧面AAgB为正方形，AB=BC=2,

E,尸分别为AC和CG的中点，。为棱A4上的点.BFA.AtBt

（1）证明：BFYDE-,

（2）当片。为何值时，面BB|GC与面ORE所成的二面角的正弦值最小？

【答案】（1）见解析；（2）=1

2

【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线

垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案.

【解析】因为三棱柱ABC-A4G是直三棱柱，所以3与1•底面ABC,所以3q_LAB

因为AM//A8,所以3E_LA5，

又BB[CBF=B,所以ML平面BCG片.

所以氏两两垂直.

以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,%z轴建立空间直角坐标系，如图.

C

所以8(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),4(0,0,2),A(2,0,2),£(0,2,2),

E(l,l,0),F(0,2,l).

由题设。(a,0,2)(0«aW2).

(1)因为诉=(0,2,1),瓦=(1一a,l,—2),

所以丽.皮=0x(1—a)+2xl+lx(-2)=0,所以BF上DE.

(2)设平面OEE的法向量为蔡=(x,y,z)，

因为丽=(—1,1,1),诙=(l_a,l,_2),

ffi-EF=0\~x+y+z=0

所以《__c，BPt,、cn.

in-DE=0y-2z=0

令z=2—a,则玩=(3,l+a,2-a)

因为平面BCG4的法向量为丽=(2,0,0),

设平面BCCtBt与平面DEF的二面角的平面角为6,

M而I63

则|cos0\=||=------.==/.

H-|^|2xJ2a2_2a+14V2a123-2a+14

127

当。=一时，2a2-2a+4取最小值为二，

22

3_76

此时cos。取最大值为(27-3■

V2

所以(sin8).=

此时与。=』.

2

【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出。(。,0,2)(04。42),在第二问中通过余弦

值最大，找到正弦值最小是关键一步.

13.(2021•全国高考真题(理))如图，四棱锥P—ABC。的底面是矩形，底面A3CO,PD=DC=\,

“为BC的中点，且

p

（2）求二面角A—PM—3的正弦值.

【答案】（1）夜；（2）叵

14

【分析】（1）以点。为坐标原点，DA、DC、0P所在直线分别为x、丁、z轴建立空间直角坐标系，设

BC=2a,由己知条件得出P区通/=0，求出”的值，即可得出3C的长；

（2）求出平面RAM、P5M的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.

【解析】（1）平面ABC。，四边形A8CD为矩形，不妨以点。为坐标原点，D4、DC.0P所

在H线分别为％、＞、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系。-肛z,

设BC=2a,则。（0,0,0）、尸（0,0,1）、3（2a,l,0）、M（a,l,0）、A（2a,0,0）,

则方=（2a,l,—1）,AM=（-«,1,O）,

­：PB±AM，则P反■而=一2/+1=0，解得变，微BC=2a=叵;

2

(2)设平面PAM的法向量为〃?=(X]，X，zJ,则,A/=--：/,0,AP=(-夜,0,1卜

乙,

IL夜c

由《2171取七=Q，可得加=（，2,1,2）,

m-AP=-&X]+Z]=0

设平面的法向量为〃=（工2，y2,22），而面=一~—,0,0,32=（一夜,-1,1）,

n-BM-----%,2=0可得7=(0,1,1),

由彳2取为=1

n-BP=-\[lx2-y,+z2=0

---m-n___3__3V14

cos<m,n>=...,

I"小同夜—14

所以,sin<m,〃〉=Jl-cos2<m,n>V70

IT

因此，二面角—B的正弦值为画

14

【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下:

（I）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标;

（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为

坐标平面，直接取法向量即可）;

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角,

从而得到二面角的余弦值.

14.（2021.北京高考真题）已知正方体,点£为中点，直线交平面CDE于点

Cl

M'.

（1）证明：点F为gG的中点；

（2）若点M为棱44上一点，且二面角M-CF-E的余弦值为手，求器的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）缪=：.

AB、2

【分析】（1）首先将平面COE进行扩展，然后结合所得的平面与直线4G的交点即可证得题中的结论；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数；I的值.

【解析】⑴如图所示，取与G的中点?，连结DE,M',FC,

由于ABC。—44CQ为正方体，E,尸为中点，故EF||CD,

从而瓦尸,C,。四点共面，即平面CDE即平面CDEF',

据此可得：直线AG交平面COE于点?，

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点八重合,

即点尸为4G中点.

⑵以点。为坐标原点，。4,。。,。2方向分别为％轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系。一盯z,

2（0<2<1）,

则：M（2,22,2）,C（0,2,0）,F（l,2,2）,E（l,0,2）,

从而：A?C=（-2,2-2/l,-2）,CF=（l,0,2）,FE=（0,-2,0）,

设平面MCF的法向量为：m-(X],y,4),则:

z??,MC——2%|+（2—22）x—2Z1=0

mCF=%+24=0

1

令Z]=-1可得：m=\2,

1-A5

设平面CFE的法向量为：n=(x2,y2,z2),则:

万•FE=-2y2=0

n-CF=x2+2Z2=0

令％=-1可得：n=（2,0,-l）,

【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推

理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的

夹角公式求解.

2021年高考模拟题

1.（2021.河南高三模拟（理））若空间某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是（）

正视图（主视用）侧视图（左视图）

俯视图

A.16-26兀B.4辰C.24%D.6+4夜乃

【答案】C

【分析】根据三视图，可在长方体中利用构造法还原几何体，利用长方体的对角线计算外接球的直径，进

而计算表面积.

【解析】据一视图分析知，该几何体是由长方体截得如下图所示几何体A88E,

长方体的对角线为＞/22+22+42=276，

即为外接球的直径，

故外接球的半径为遥，

外接球的表面积S=4»x6=24».

故选C.

2.（2021•河南高三模拟（理））如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合,

圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为,02,若该几何体有半径为1的外接球，且球心为O,

则不正确的是（)

17C

A.如果圆锥的体积为圆柱体积的z，则圆锥的体积为工

68

B.0。+2P0]=2

C.如果尸。1=a。2,则。与°】重合.

967r

D.如果PQ:。。2=1：3,则圆柱的体积为石彳.

【答案】C

【分析】本题考查圆锥，圆柱，球的结构特征，圆锥和圆柱的体积公式，属于较难题目.

分析出球心。为线段的中点可分析A选项，得出过尸，。1,。2做几何体的截面，从而可分析3选项,

再根据圆锥，圆柱的体积公式分析C,。选项.

【解析】解:如图儿何体的外接球心为。，它的半径为1,圆锥的顶点为P,圆柱的匕下底面的圆心为口、02,

过P,。1,做几何体的截面为五边形A8CPD,其中四边形48C。为矩形，三角形CPD为等腰三角形，

PC=PD.

。矩形A5CD的中心，为线段&。2的中点，所以C错误;

如果圆锥的体积为圆柱体积的9,

6

则叫：0]。2=1：2,pq=qo,〃=%「=字

圆锥的体积为，乃产尸01=工.所以A正确.

38

设圆铢的高为％=P。，圆柱的高为2/7=002,圆柱的上下底面的半径为，,

由题意/+力2=],八+所以B正确;

%=1,OIO2+2PO,=2,

264

如果尸。1：。2=1：3,得PO、,2h=OQ2=w，r=（

9677*

则圆柱的体积为7户«。2=法■，所以D正确.

故选C.

3.（2021•浙江•高三模拟）某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

正视图侧视图

A.-B.—C.8D.16

33

【答案】B

【分析】根据三视图知该儿何体是三棱锥且一个侧面与底面垂直，再根据椎体的体积公式，即可求出该儿

何体的体积.

【解析】

由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其高为2,底面三角形的高为2加，

该几何体的体枳为L'X4枝X2&X2=3.

323

故选：B

【点睛】方法点睛：由三视图还原几何体，要弄清楚几何体的特征，把三视图中的数据、图形特点准确地

转化为对应几何体中的线段长度、图形特点，再进行计算.

5.（2021.浙江高三其他模拟）已知直线用和平面。,耳，则下列结论一定成立的是（）

A.若加//。,。//月，则〃?//，B.若/w_La,a10,则〃?//，

C.若加_La,a!ip,则/〃_L£D.若加//a,aA.（3,则"力

【答案】C

【分析】利用特例排除法，容易否定ABD,利用线面、面面垂直、平行的的关系可以断定C正确.

【解析】选项A中，也可能mu户；选项B中，m也有可能在夕内；选项D中，加与£的关系不确定，

故可排除A,B,D.由线面平行和垂直的判定与性质可以看出C正确.

故选C.

6.（2021.河南高三模拟（理））已知四棱锥尸的五个顶点都在球。的球面上，24,平面ABCO,

底面ABCO是高为4的等腰梯形，AD//BC,A£）=Q4=1，BC=2,则球。的表面积为（）

2

A.10〃B.4万C.5nD.6兀

【答案】D

【分析】由题意可得底面等腰梯形的外接圆的半径，过底面外接圆的圆心E作垂直于底面的直线，则外接

球的球心在此直线上，在两个三角形中求出外接球的半径.

【解析】取BC的中点E，过A作面AC，如图，

因为AB=CD,ADIIBC,AD=1,BC=2,AN=—,

2

所以在R/V4VB中，AN=NB=L

2

所以ZABC=45°,AB=—,

2

i56s

由余弦定理可知，AC?=AB2+3C2—2AB・BC-COS3=—+4—2xJx2xX_=—,

2222

故AC普,

设底面ABC。外接圆半径为r,圆心为M,球。的半径为R,

AC

由正弦定理知2r=-A/5,故r=-,

sinZABC2

又因为OM±平面ABCD,OA=OP,

所以人（争+T

所以球。的表面积为5=4TTR2=6兀.

故选：D

7.（2021•河南高三模拟（文））已知四面体A88中，平面平面BCD，△ABD是边长为2的等

边三角形，BD=CD,BDLCD,则四面体A5CD的体积为（）

「4白

L•------D.2G

353

【答案】A

【分析】证明出CQ1平面ABD，然后利用锥体的体积公式可求得四面体A8CZ）的体积.

【解析】因为平面AB£>_L平面BCD,平面43£）门平面3。=3£），CDLBD,C£>u平面BC。，

\CD人平面说，

•;CD=BD=2,S&ABD=,X*=6,

所以,％_,>=gs“w,.CO=；xGx2=¥.

故选：A.

【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：

（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位

置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；

（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.

8.（2021・福建高三模拟）如图，在直四棱柱ABCO-AgCR中，BCLCD，AB//CD,BC=6

AA=A3=AO=2,点P,Q,R分别在棱8月，CC,,DR上,若A,P,Q,R四点共面，则下

列结论错误的是（）

A.任意点P,都有AP〃QR

B.任意点P,四边形APQR不可能为平行四边形

C.存在点P,使得△APR为等腰直角三角形

D.存在点使得BC//平面APQR

【答案】C

【分析】根据线线，面面的性质判断A,8是否正确；使用假设法判断C,0是否正确.

【解析】解：对于A：由直四棱柱ABCO-AgGA,AB//CD,

所以平面ABgA//平面。CCQi，

又因为平面APQRc平面AB4A=AP,平面APQHc平面。CGA=QR,

所以AP//QR,故A正确；

对于8：若四边形APQA为平行四边形，则AR//QP,

而AO与8c不平行，即平面AOZ)M与平面5CC£不平行，

所以平面APQRc平面BCCE=PQ,平面APQRc平面ADDM=AR,

直线PQ与直线AR不平行，

与AH//QP矛盾•，

所以四边形APQR不可能是平行四边形，故B正确；

对于C：假设存在点尸，使得八4尸/?为等腰直角三角形，令BP=x,

过点。作。E_LAB，则。E=BC=J5，在线段OH上取一点〃使得DM=BP=x，连接

则四边形6DWF为矩形，所以"9=8£>=2,

则PR=y/PM2+MR2="+(DR-XY，

AP=ylPB2+AB2=,4+f，

AR=yjDR2+AD2="+。叱

显然

若由AP=AR,则8。=£V?=x且BPI/DRn四边形BPDR为平行四边BPDR，

所以RP=JBC2+Q）2=2=7£4尸=，8+23尸=,8+2+，无解，故C错误；

对于。：当BP=CQ时，R为。时，满足8C//平面APQR,故。正确.

故选：C.

TT

9.（202卜江苏高三模拟）如图，在矽~43。中，C=—,BC=20，AB=4O,现将其放置在平面夕的

2

7T

上面，其中点A，B在平面a的同一侧，点Ce平面a,BC与平面a所成的角为£,则点A到平面a的

O

最大距离是（）

A.10V2B.20C.1073D.30

【答案】D

【分析】过点A作例，平面a于点A,过点3作阴，平山屹于点⑸，连接AC,B】C,当平面

ABC±a时，点A到平面a的距离最大，此时AC与平面«成角最大为60°.

【解析】解：过点A作A4，平面。于点4,过点B作平面a于点耳，连接^C,4c.

TT

由题意可知NBCg=一,当平面A5C_L平面。，即4、。、三点共线时，点A到平面a的距离最大,

6

因为C=5,8C=2（），AB=4O,所以AC=20&，从而A41=30.

故选：D

A

10.（2021・湖南•高三模拟）己知梯形ABC。，AB=AD=-BC=1,ADIIBC,AD±AB，P是线段8C

2

上的动点；将△AB£）沿着8。所在的直线翻折成四面体A'BCD,翻折的过程中下列选项中正确的是（）

A.不论何时，BD与4c都不可能垂直

B.存在某个位置，使得A'O_L平面A'BC

C.直线AP与平面BCD所成角存在最大值

D.四面体ABC。的外接球的表面积的最小值为4万

【答案】AD

【分析】利用反证法可判断AB选项的正误；分别取30、8C的中点0、M.连接OM、AO,以点。

为坐标原点，OB、所在直线分别为X、＞轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的

（V2、

正误；设四面体A6C。的外接球心为Q0,—,z,求出四面体488外接球半径的最小值，可判断D

k?

选项的正误.

【解析】对于A选项，在梯形A8CO中，AB=AD=-BC=\,AD/IBC，AD±AB，

2

BD=AB?+AD。=近，且NA8£）=?,则NC8O=?,

因为3c=2,由余弦定理可得CD?=BC2+BD2-2BCBDcos-=2,

：.BD2+CD2=BC2^：.BD±CD,

若8D_LAC，且A'CD8=C,,•.BD_L平面A'CO，

JT

•.•4。匚平面48，，4。，80，事实上NADB=一，矛盾，

4

故不论何时，3。与AC都不可能垂直，A选项正确；

对于B选项，若A'£）_L平面A'BC,A'Cu平面A'BC,则AOJ_AC，

所以，AC=Jo）2-AO?=1，而48=1，BC=2,即A'6+AC=8C，

则A、B、C1无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；

对于C选项，分别取80、BC的中点0、M.连接OM、AO,则。河〃C。,

•:CD上BD,OM//CD，则BD1OM.

•.•A3=A。，。为BD的中点，则A'O_L8D，

=故80,平面AOM，

以点0为坐标原点，OB、Q0所在直线分别为工、y轴建立如F图所示的空间直角坐标系，

设N/VOM=夕（0<夕<乃），则A'0,—cos0,二sineJ、81（0,0）、£>［一号,0,0、

cf--,V2,o\,

I2JI2J

（V21

设三棱锥A'—BCD的球心为。0,—,z,

I2>

由忸。|=|A@可得（曰_#cos。+z-#si。

叫Y=l+z,,解得Z=.国cos田

____rr

设三棱锥4一58的外接球半径为，则r=3=21，当且仅当。=]■时，等号成立,

因此，四面体A6CD的外接球的表面积的最小值为4万，D选项正确.

对于C选项，设方=ACB=A（V2,-V2,0）=（立I,-立1,0）,

用?=方+丽7=("I,-衣1,0)+

—冬冬。s。—@,冬in。

易知平面BCD的一个法向量为〃=（0,0,1）,

nPA'\

网>|_J___L

COS。一行见+—sin20

2

V2sin

亚•小4九2-2%(l+cos6)+l亚J'+cosOJ_(]+COS6)2+]^4-(1+cos^)2，

2sin2^2-2cos2^2(cos6+l)「4小八

ifij-------------------------------------5-=---------------2------------e(0,1),

4-Q+COS^)'3-2COS^-COS-3cos0+3cos0+3

V2sin0

即当0<6（万时，i2无最大值，进而可知直线A'P与平面BCD所成角无最大值，C选项

错误.

故选：AD.

【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问

题求解，其解题思维流程如下：

（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相

等且为半彳仝；

（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些

兀素的关系），达到空间问题平面化的目的；

（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

11.（2021•福建・高三模拟）在正方体AG中，E是棱CG的中点，尸是侧面内的动点，且4尸与

平面AAE的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是()

A.点厂的轨迹是一条线段B.4Z7■与是异面直线

C.A/与。E不可能平行D.三棱锥尸-A39的体积为定值

【答案】ABD

【分析】首先画图找到平面AMN//平面。AE,根据面面平行的性质定理得到点F的轨迹，接着依次判

断选项即可.

【解析】

如图，分别找线段中点为M.N.连接4M

因为正方体AG，易得MN//AR,

M7VZ面D|AE,A。u面RAE,所以MN//面。小七，

A^M//DtE,面£)]AE,£)]Eu面£)]AE,所以//面RAE,

乂MNcA\M=M

所以平面AMN//平面RAE,

因为AE与平面AAE的垂线垂直，乂Afa平面AAE,

所以直线AF与平面D}AE平行，

所以面AWN,

又点F是侧面BCgBi内的动点，且面AtMNn而BCC^=MN,

所以点F的轨迹为线段MN,故选项A正确；

由图可知，与BE是异面直线，故选项B正确;

点尸叮点M后合时，直线4尸与直鼠，£「行，故选项C错次;

因为MN//AA，W面A8",4，匚面482，

所以肱V//面ABD],则点F到平面ABD,的距离是定值，

乂三角形ABD,的面积是定值，所以三棱锥F-ABR的体积为定值，故选项D正确.

故选：ABD.

【点睛】本题主要考查立体几何中的动点轨迹问题，解决该类题目一般是通过线线，线面，面面之间的平

行垂直关系，根据判定定理或者性质定理得到动点的轨迹，接着再求题目的相关问题，考查体积是定值的

问题时，一般就是研究距离和面积是不是定值，关键在于选择合适的顶点和底面，在做题时要