人教版高考数学高一立体几何专题

专题03立体几何初步（共51题）

一、单选题

1.（2021•浙江高一期末）已知小，〃表示两条不同的直线，"表示两个不重合的平面，下列说法正确的是（）

A.若m//a，ml/0,则a//月B.若加//a,n//a，则6〃〃

C.若m_La，则团〃〃D.若〃z_La,m±n>则〃//a

【答案】C

【解析】

由线面和面面的位置关系可判断A：根据线面平行及线线的位置关系判断B：根据线面垂直的性质定理判断C；

由线面平行的性质和线面垂直的性质，可判断Z）.解：对于A：若mUa,tnlip,则a〃/或a,夕相交，

A借：

对7B,若加//a,nila,则加与〃相交、平行或异面，故8错误；

对于C,若〃?_La,〃_La,则〃?〃“，故。正确；

对亍D,若m_La,/〃_!,〃，则刀//a或〃ua,故D错误；

故选：C

2.12021•浙江）已知空间互不重合的三条直线〃z,〃，/.则“机，n,/在同一平面内”是“〃？，n,I两两平行”

的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】

根据空间自线和平面的位置关系，利用充分条件和必要条件的定义并行判断即可.若阳,n,/在同一平面内,则

加，〃，/在可能平行也可能相交，故充分性不成立；

若阳，〃，/两两平行，则〃7,”,/不一定在同一平面内，故必要性不成立；

所以“加，〃，/在同一平面内，，是，，机，n,I两两平行”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

【点睛】

关键点点睛：本题主要考杳充分条件和必要条件的判断，利用空间中直线和平面的位置关系作出判断是解决本题

的关键.

3.（2021•浙江高一单元测试）如图，已知等边aA3c与等边△A3。所在平面成锐二面角王，E,尸分别为A8,

3

AO中点，则异面直线律与CO所成角的余弦值为（）

B

A26RA/3n4G

3243

【答案】C

【解析】

连接CE,£）石，根据面面角可得0C,再利用余弦定理即可求解.连接CE,OE，等边，A/C与等边△48。

所在平面成锐二面角工，

3

可得N/）£C=X,

3

设等边..ABC与等边△A3。的边长为。，

则DE=CE=—a^即i.DEC为等边三角形，

2

所以立。，

2

因为E,产分别为A3，4。中点，

所以EF//BD,异面直线EF与CD所成角即为BD,CD所成的角,

2丫2

a+—ci—ci—

在△8CO中，cosZBDC=——（2J-----二也・

9G4

2cl---a

2

故选：C

4.12020,浙江高一期末）空间四边形A48C的各边及对角线长度都相等，。、E、F外别是AB、BC、CA

的中点，下列四个结论中不成立的是（）

A.BC//平面PDFB.。尸_L平面Q4£

C.平面也应！,平面ABCD.平面巳4七_1,平面45。

【答案】C

【解析】

由线面平行的判定定理可判断A；由线面垂直的判定定理可判断B：反证法可说明C；由面面垂直的判定定理可

判断D.对于A,D，厂外别是AB，C4的中点，,,.BC/ADF,DFu平面PDF,BC//平面PDF'，

故A正确，不符合题意:

对于B,各棱长相等，E为BC中点，：.BC上AE,BCA.PE,・；PECAE=E,

.•.8C_L平面A4E，:BCV/OF,_L平面P4E，故B正确，不符合题意;

对于C,假设平面平面A8C,设OEc质=0,连接户。，则。是DE中点，.•.PO_L£）E,••平

面PDE。平面AAC=OE,..2。，平面ABC,・.・4/u平面ABC,.•.PO_L3/，则PB=P尸,与

PBwPF矛盾,故C错误，符合题意；

对7D,由B选项。/平面QAE，。/u平面ABC,•.・平面PAEJ.平面ABC,故D正确，不符合题意.

故选：C.

【点睛】

本感考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平行关系.

5.（2021•浙江高一单兀测试）棱长为4的止方体密闭容器内有一个半径为1的小球，小球可在止方体容希内任意

运动，则其不能到达的空间的体积为（）

22413

A.32------7iB.48-124C.28——nD.20-------n

333

【答案】A

【解析】

由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间挖掉一个半径为1的球的剩余部分，小球在

12条边活动不到的空间相当于高为2,底面枳为4的正四棱柱中间挖掉底面积为乃，高为2的圆柱剩下的部分，

且有3个，由此可计算出体积.由题可得小球在八个角不能到达的空间相当于边长为2的正方体中间核掉一个半径

梯形O43C，OA//BC,04=2,BC=1,高OB=2叵，

••・其面积为S='（2+l）x2&=3拉.

2

故选：A

【点睛】

方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可

以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S',原图形而积为S,则老=也.

S4

7.12021•浙江高一单元测试）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖,嚅.若三棱锥P-A8C

为鳖喘，PA_L平面A4CB4=43=2,AC=4,三棱锥P-ABC的四个顶点都在球。的球面上，则球O

的表面积为（）

A.12乃B.207rC.24万D.324

【答案】B

【解析】

将三棱锥放入长方体中，利用三棱锥P—48。的外接球就是长方体的外接球.结合长方体的对角线

长足理求出球的半径，根据球的面枳公式可求得结果.将三棱锥P-ABC放入长方体中，如图，

P

三极锥尸一ABC的外接球就是长方体的外接球.因为PA=A8=2,AC=4,.A5c为直角三角形，所以

BC=?6

设外接球的半径为R依题意可得（2R）2=4+4+12=20,故*=5,

则球O的表面积为S=4aR?=204.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：利用三棱锥P-A8C的外接球就是长方体的外接球是解题关键.

8.（2021•浙江高•单元测试）已知•个正四楂锥的底面边长为4,以该正四楂锥的高为边长的正方形面积等于该

四棱锥一个侧面三角形的面积，则该正四棱锥的侧面积为（）

A.4（6+1）B.75-1C.4（石-1）D.8心+1）

【答案】D

【解析】

E

利月四棱锥斜高与高的关系列方程并求解，再利用侧面积公式直接求解.

正四棱锥如图,

设四棱锥的高=

由底面边长为4,可知OF=2,斜高砂=,加+4,

故W=-x4x>/胃+4,解得〃2=2+20，

2

故侧面积为《xgxdx"7百=4力2=8+86=80+逐），

故选：D.

9.（2021.浙江高一单元测试）若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1,当该圆锥体积

取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（）

A.2：1B.4：IC.8：1D.8：3

【答案】A

【解析】

根据二角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案.设圆锥的高为〃，底面

半径为，

则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，

由《AQEr.ACE可得：即7.=_^=

rhvh~—2h

.•・阅锥的体积V=！力==〃—2）+-1+4]..等.

33（/z-2）3h-23

当且仅当/?一2=2,即0=4时取等号.

Q

•・・该圆锥体积的最小值为

3

内切球体积为竺.

该圜锥体积与其内切球体积比2:1.

故选：A.

【点睛】

方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正'’（即条件

要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出

现错误.

10.（2021•浙江高一单元测试）正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如

图所示，俯视图是正三角形，。是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（）

侧视图

俯视图

A.75B.2C.V3D.72

【答案】B

【解析】

可得原几何体如图所示正三棱锥A-8CD,取中点E，连接AECE,设底面边长为2x,表示出

4。=。七=芈=J2工，OE=-CE=—^即可求出x，进而求出腰长.根据三视图可得原几何体如图

V2V233

所示正三楂锥4—BCO,

取8。中点E，连接AE,CE,则底面中心。在C£上，连接4。，可得AO_L平面A8C,

由三视图可知=AC=AO=&，N4EC=45，

设底而边长为2x,则£>E=x,PllAE=\l5-x2*

则在等腰直角三角形AOE中,

•.•。是底面中心，则。七二1。£=叵

33

则,解得“二百,

则AO=1，底面边长为26，

J（可+/=2.

则正视图（等腰三角形）的腰长为

故选：B.

【点睛】

本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.

11.（2021・浙江高一课时练习）在下面四个正方体ABC。一AB'C'O'中，点M、N、尸均为所在棱的中点,

过例、N、夕作正方体截面，则下列图形中，平面MVP不与直线4C垂直的是（）

【答案】A

【解析】

利月线面垂直的判定定理可判断BCD选项,利用假设法推出矛盾.，可判断A选项.对于A选项，连接B'C，假

设4C_L平面MNP,

在正方体ABCD-AB'CD1中，J_平面BB'C'C,ECu平面BB'CC,_LEC,所以，VAeC

为直角三角形，且NACB'为锐角.

因为M、N分别为BB'、BC的中点，则MN//BC,所以，MN与AC不垂直，

这与A'C_L平面用NP矛盾，故假设不成立，即AC与平面用NP不垂直：

如下图所示：

因为四边形Ab'C'D为正方形，则A'CJLQ。'，

・・・8_1平面4'9。'。'，3'。€2平面4'9。'。'，，。。'_1夕。'，

・・・A'C1CC=C,：,RD±平面ACC，

4。＜=平面48,「.4。_18'。'，

M、产分别为48'、4。的中点，则MN〃9。'，可得"PJ_AC,

同理可证AC_LMN,

・.MPcMV=例，.•.A'CJL平面MNP：

对于C选项，连接CZ)、AN、CN、A'P>PC,取49的中点E，连接CE、PE，

因为四边形CC77力为正方形，则CD'_LC7),

•・•次。'_1平面。67/。，。'。<=平面。。。。，「.。'。_1_4。'，

・・・CQ'H4。'=。'，.•.CD±平面AC。'，

4。匚平面48',「.4。_1.。'。，

M、N分别为">'、C'。’的中点，.•.MM/C7),AC1MN,

在正方形A4CZ)'中，E、N分别为A3'、C7)’的中点，.•.4石〃。3且4石=。77,

所以，四边形AECW为平行四边形，所以，A'N〃C'E且A'N=C'E,

同理可证四边形CCEP为平行四边形，:CE〃CP且CE=CP,

所以，XNHCP&KN=CP、所以，四边形APCN为平行四边形，

易得A'N=CV,所以，四边形APCN为菱形，所以，ACJLPN,

・•・MNCPN=N,二A'C上平面MNP；

因为四边形A8CD为正方形，则4C_L3Q,

•.•A4'_L平的AAC。，BOu平囱A/C/J,/.A4_LB。，

・・・ACcA4=A，，平面A4C，

・・・A'Cu平面AA'C,/.AC1BD>

M、N分别为CD、BC的中点，贝ijMZW/BZ),.•.4C_LM7V,同理可证4C_LMP,

•・・M/VcMP=M,.•.A'C_L平面MNP.

故选：A.

【点睛】

方法点睛：证明线面垂直的方法：

一是线面垂直的判定定理.；

二是利用面面垂直的性质定理；

三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面

与面面关系的相互转化：

另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三

线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足

勾股定理）、直角梯形等等.

12.（2021•浙江高一•期末）下列命题中.F确的是（）

A.若A，8是平面”上的点，A，鸟是平面月上的点，AA//8S且胴=84，则。//夕

B.若。，Z?是两条直线，旦。//〃，则直线。平行于经过直线〃的所有平面

C.若直线〃//平面a,点PEG,则平面。内经过点。且与直线〃平行的直线有且只有一条

D.若直线〃与平面a不平行，则此直线与平面内的所有直线都不平行

【答案】C

【解析】

根据线面位置关系依次判断各选项即可得答案.解：对于A选项，若A，8是平面a上的点，A，片是平面夕

上的点，441〃8瓦且的=8四，则。///或相交，故A选项错误；

对亍B选项，当。，b两条直线共面时，显然不成立，故B选项错误；

对于C选项，由线面平行的性质定理易知该命题正确，故C选项正确；

对亍D选项，直线〃与平面a不平行，则直线a与平面a的关系可以是直线〃在平面。内，此时不满足条件，

故D选项错误.

故选：C.

13.（2021•浙江高一单元测试）球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段

劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.己知正的

[7

项点都在半径为2的球面上，球心到△A/C所在平面距离为二?丫？，则A、8两点间的球面距离为（）

【答案】C

【解析】

设球心为点。，计算出NA08,利用扇形弧长公式口J求得结果.设球心为点。，平面截球。所得截面圆的

半径为r=半=手，

由正弦定理可得侦二一=—sin-=2.

3sinZ.ACB

又・：OA=OB=2,所以，.AOB为等边三角形,则NAO8=£,

3

因此，A、8两点间的球面距离为2x^二上.

33

故选：C.

【点睛】

思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算

球的截面圆半径时，利用公式厂=JR2_“2（其中厂为截面圆的半径，R为球的半径，d为球心到截面的距离）

来计算.

14.（2021•浙江高一单元测试）已知正方体A8CO-A14Gq的棱长为2,点P在棱AD上，过点尸作该正方

体的截面，当截面平行于平面用且面枳为6时，线段4P的长为（）

A.72B.iC.V3D.—

2

【答案】A

【解析】

过点p作。3，4。的平行线，分别交棱AB，AA于点Q，R：连接QR，BD，即可得到二PQR为截面，

且为等边三角形，再根据截面面积求出PQ的长度，即可求出4P；解：如图，过点P作DB，4。的平行线,

分划交棱A8，于点Q,R,连接QR.8。，因为BD//BR,所以PQ//BR,qju面BRC,PQ<z

面4A。，所以PQ〃面BQC

因为AO〃4C，所以PR〃B£,B©U面BQC，PRU面与RC，所以依〃面反

又PQcPR=P,PQ,PR(^PQR,所以面PQR〃面BQC,则PQR为截面,

易知APQR是等边三角形，则J_QQ2.走=6,解得PQ=2,・・・AP=Y2PQ=JS

故选：A.

15.（2021・浙江高一课时练习）如图，在矩形ABC。中，BC=1,AB=x,80和AC交于点。，将从血）

沿直线40翻折，则错误的是（)

A.存在X,在翻折过程中存在某个位置,使得A3_LOC

B.存在X,在翻折过程中存在某个位置,使得ACJ_

C.存在X,在翻折过程中存在某个位置,使得平面ACQ

D.存在上，在翻折过程中存在某个位置,使得AC_L平面板）

【答案】D

【解析】

当AB=x=l时，可得0。_1_面4处，从而可判断选项A；可得8。_1面。4。，判断选项B；取工二,，当将

2

,84。沿直线8。翻折到AC=时，可判断选项C；若AC_L平面又AOu平面A皿），则

AC1AO,则与OC=OA与相矛盾，可判断选项D.当A8=x=l时，所以此时矩形A8CO为正方形，则

AC1BD

将BAD沿直线8。翻折，若使得面45。_1面8。时，

由。C_L3O,OCu面8C。，面ABOc面38=3。

所以OC_L面/WD,又ABi面板），所以A5_LOC,故选项A正确.

又0C人BD,OA±BD,H.OACOC=O

所以6。_1面。4。,又ACj面OAC,所以AC_L8D,故选项B正确，

选项C.在矩形ABC。中，ABA.AD，AC=\ll+x2

所以将沿直线80翻折时，总有AB_LAD，

取x=!，当将,.以少沿直线翻折到AC=Y3时，有+=

22

即AB_LAC,且ACAD=A,则此时满足A3_L平面AC。，故C正确.

选项D.若AC_L平面又AOu平面ABZ）,则AC_LA。

所以在△AOC'中，OC为斜边，这OC=OA与相矛盾.故D4、止确.

故选：D

【点睛】

关键点睛：本题考行翻折问题和线面的垂直的判断，解答本题的关键是取/=,，当将•.BAD沿直线翻折

2

到AC=—时，有AB2+AC2=BC?，得到垂直关系，和利用反正法若ACJ•平面ABD,又AOu平面ABD,

2

则ACJ.AO,得出矛盾，属于中档题.

16.（2021•浙江高一期末）如图，正方体A8CO—4ACA中，尸为线段4,8上的动点，则下列结论错误的是

A.DC,±PC

B.异面直线A。与PC不可能垂直

C.NRPC不可能是直角或者钝角

（71兀、

D,乙4PA的取值范围是

162）

【答案】D

【解析】

在正方体中根据线面垂直可判断A,根据异面直线所成角可判断B,由余弦定理可判断CD.如图,

设正方体棱长为2,

在正方体中易知DGJ•平面ABC。，尸为线段AB上的动点，则PCu平面ABC。,所以OC|_LPC,故A

正确；

因为异面直线AO与PC所成的角即为8c与PC所成的角，在用二08C中不可能8c与PC垂直，所以异而

直线AO与PC不可能垂直，故B正确；

由正方体桢长为2,则DF+PC2-0c2=4+4+A。？+BP?-8=A产+BP2>0,

所以由余弦定理知cosNZ）/C>0,即NRPC不可能是直角或者钝角，故C正确:

22

设aP=x（0«xW2及），则。p2=4+x2,AP2=4+X-2X2XCOS^=4+X-2>/2X,

AP2-hD,P2-AD,22x2-2V2x

由余弦定理,cosZAPD=

12APD.P2APD、P

当X正时，cosZTlPD,<0,所以为钝角，故D错误.

故选：D

【点睛】

关键点点睛：判断正方体中的角的范围时;可选择合适三角形，利用正方体中数量关系，位置关系，使用余弦定

理，即可判断三角形形状或角的范围，属于中档题.

17.（2021・浙江高一单元测试）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式.宋代称为撮尖，清代称为攒尖.依

其平面有圆形攒尖，三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也四有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑.如图所示.某

园林建筑屋顶为六角攒尖，它的主轮廓可近似看作一个正六棱锥（底面为正六边形，从顶点向底面作垂线，垂足

是底面中心）.若正六棱锥的侧棱与高线所成的角为。，则其外接球半径与侧棱长的比值为（）

C.2sinaD.2cosa

2cosa.2sin«

【答案】A

【解析】

设底面中心为，，连接PH，由正棱锥性质知，N/JJ氐面A8CDE/，则求得弘二」一

sin。

设正六楂锥外接球半径为凡可求得。”二，一,在直角△AOH中，利用勾股定理求得/?二」一，即可

tanasin2a

求得上•的比值.如图，设底面中心为“，底面边长为m连接PH，AH，

PA

•・底面A3COM为正六边形，「.加/二。

由正棱锥性质知，PH上底面ABCDEF

又侧棱Q4与高P”所成的角为。，=a，则sina=4区=/-,即PA=」一

PAPAsina

设正六棱锥外接球球心为。，半径为R连接AO.则OP=OA=R,OH=PH-PO=PH-R

Qlana=也=2,

PH=-----

PHPHtancr

a

在直角△AO"中，AO2=OH2+AH2即R?=R+cr

tana

a，

-----+a~12.22

nItanaJ1+tan"asina+cosaa

R=------------=---------a=--------------a=------

2。2tana2sinacosasin2。

tana

R_sin2。_sina_]

PAasin2a2cosa

sina

【点睛】

方法点睛：本题考查正六棱锥的外接球，空间几何体与球接、切问题的求解方法：求解球与棱柱、棱锥的接、切

问题时，•般过球心及按、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻

找几何中元素间的关系求解，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.

18.(2020•浙江高一期末)已知菱形A5CD边长为1,NB4D=60°，对角线AC与8。交于点。，将菱形

A6c。沿对角线3。折成平而角为。的二面角，若。£[6()：12()[,则折后点O到直线4c距离的最值为

()

A.最小值为最大值为'B.最小值为且,

424

最大值为3

4

C.最小值为L,最大值为正D.最小值为3,最大值为正

4442

【答案】B

【解析】

首元由二面角的定义可知/AOC=0,6>e[60,120：],再在△AOC中解决点到直线的距离的最

值.•・4O_L8Q,CO_L8O,.•.ZAOCud,6>G[60；120]

菱形ABCD边长为1,ZBAD=60>,.AO=CO=—>

2

点。到AC的距离d=--cos-ZAOC

22

当NAOC=8=60时，〃取得最大值lx立=3,

224

当NAOC=0=12O，”取得最小值2X』

224

故选：B

19.（2020•浙江高•期末）如图（1）,RLABC,AC=1,A8=G,BC=2,。为8C的中点，沿4D将八4。。

折起到V4C'。，使得C在平面题上的射影”落在AB上，如图（2）,则以下结论正确的是•

A.AC1BDB.ADA.BCC.BDLCDD.ABA.CD

【答案】c

【解析】

设"7=4,则3〃二百一4,由线面垂直的性质和勾股定理可求得£>”=〃=A”,由等腰三角形的性质可

证得BD工DH，再根据线面垂直的判定和性质可得选项.设AH=。，则8"二G-a，因为C'HJ_面ABD,

AB\面AB。，DHu面ABD，所以C〃_L4B，CH1DH，CH工DB，

又RtdABC，4C=1,AB=G,BC=2,。为BC的中点，所以CD=BD=1,NB=NDAB=%,

6

所以在R/AACH中，CH=4AC)2-AH?=Jl-/,所以在中，

22222

DH=CD-CH=\-[\-a)=af

所以DH=a=AH,所以NAOH=/ZMB=工，又所以/HDB=%,所以BD上DH，

632

又CH(}DH=H,

所以8O"L面CO”,又COu面。。H，所以8D_L。。,

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：在解决折叠问题时，关键在于得出折叠的前后中，线线、线面、面面之间的位置关系的不变和变化,

以及其中的边的长度、角度中的不变量和变化的量.

20.（2020•浙江杭州市•）已知矩形ABCD中，=2,8C=1,,尸为线段C。上一动点（不含端点），现将,ADF

沿直线A尸进行翻折，在翻折的过程中不可熊成立的是（）

A.存在某个位置，使直线A尸与8。垂直

B.存在某个位置，使直线AD与B产垂直

C.存在某个位置，使直线与OA垂直

D.存在某个位置，使直线A3与。尸垂直

【答案】C

【解析】

连接80,作AO_L3O于。，延长A。交CO于点尸，则Ab_L8£）成立，可判断A；

由在翻折过程中，AD_L。尸保持不变，假设AO与垂直，得线面垂直后有线线垂直，求出长，可满足

题意,判断B：

同样在翻折过程中，AOJL。产保持不变，直线AB与ZM垂直，可求得8=2,但翻折过程中由三角形的性质

可知其不能成立，判断C：

由在翻折过程中，4），。厂保持不变，若直线A8与DF垂直，得。尸_L平面ABCD,设力F=H，求得8。，

它能存在在，可判断D.对于A,连接3。，作AOJ_8O于。，延长AO交CD于点尸，则A/J.B。，翻

折过程中，这个垂直关系保持不变（始终有Ab_L平面30。），A正确：

对7B,在翻折过程中，AZ）_LO/保持不变，当ADJ.8。时，有AD_L平面。冏，所以此时,

AZ）=1,A5=2,BO=G，满足题意：B正确：

对于C,在翻折过程中，AQ_LO/保持不变，若AB_LD4成立，则由b_LA8,有b_LAO,则4）_1平

而CDF,从而AO_LCD,4。=1,4。=点得。£>=2,

在翻折过程中，CF+DF>CD,即CD<2,所以C/）=2不成立，C错误.

对于D,在翻折过程中，AOJLOF保持不变，若ABJ.O/7成立，则J_平面A8CO,从而DFLBD，

此时，设。F=x,则B/=Jl+（2—x）2,8力=Jl+（2-4一f=J5-4X，只要0<x<1,BD就存

在.D正确；

故选：C.

【点睛】

关键点点睛：本题考查几何图形的翻折，解题中注意翻折过程中的不变时，如4）J_O9保持不变，再假设选项

中的垂直关系能达到，得出线面垂直，线线垂直，求出8。的长，若能满足，只说明可能存在，若不能满足，说

明天存在.

21.（2020•浙江杭州市•高一期末）等腰直角二角形ABE的斜边45为于四面体的侧棱,直角边AE绕斜

边A8旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：

①四面体E—8CD的体积有最大值和最小值；②存在某个位置，使得

③设二而角O—A/?—石的平而角为6,则夕NNQAE其中，正确说法的个数是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】C

【解析】

判断石到平面BCD的距离有最小值与最大值，推出（1）的正误；判断棱锥的特征说明（2）的正误；利用角的

范围判断（3）的正误.解：对于（1）,当COJL平面ABE,且右在AB的右上方时，E到平面BC。的距离最大，

当CO_L平面A3E,且E在的左下方时，E到平面BCO的距离最小，

.••四面体E-BCD的体积有最大值和最小值，故（I）正确；

对于（2）,连接OE,若存在某个位置，使得4E_L8。，又AE_L8E,则AE_L平面3OE,可得AE_LQE,进一步

可得人E=DE,此时为正三楂锥，故（2）正确；

对于（3）,取48中点。，连接。0,EO,有。。_LA8,EO1AB,

则N3OE为二面角。-A8-E的平面角，设为仇

直角边AE绕斜边A8旋转，则在旋转的过程中，。£[0,冗），NDAES二，4

所以在不成立.故（3）不正确:

故选：C.

【点睛】

本题考行命题的真假的判断，空间几何体的体枳，棱锥的特征，轨迹方程的判断，考行空间想象能力以及判断能

力.

22.（2020•浙江杭州市•）如图，在长方形A8CO中，AD<CD,现将人!。。沿AC折至△ACR,使得二面

角A—CR-B为锐二面角,设直线A"与直线8。所成角的大小为。，直线8。与平面48。所成角的大小

为产，二面角4一。。一8的大小为则a,4,7的大小关系是（）

A.a>fi>yB.a>y>pc.y>a>（3D.不能确定

【答案】B

【解析】

先证明最小角定理，再过点A作平面A8C,过点3作3O_L平面4C9,连接。8,过。'作

O'H1CD,，连接3”，可得N8HO'=九4D、BO=0,由等体积法可得80'=。。，进而可得/，/的

大小，在平面ARC内，4。_LOC，OT/_LOC，所以4。"/。'".所以a等于直线。H与所成的角

NBHO'也为直线077与平面8CR所成的角，根据上面已证的最小角定理有NB”O'<a,从而得到答案.解

决不题，先来了解最小角定理：平面外的•条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜

足的直线所成的一切角中最小的角平而斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线

的夹角.

证明如下：

直线48与平面。斜交，斜足为4,

A0J_平面a,3CJ.OC，

由AO_L平面a,BC±OC.

可证明8C_L平面AOC,

则8CJ_AC.

则cos/人80=/，

AB

RC

cosZABC=—,

AB

cosZOBC=—,

BO

…八/八”BOBCBC

所以cosZ.ABOcosZ.OBC=----x-----=-----,

ABBOAB

即cosZABC=cosZABOcosZOBC,

故cosZABC<cos/.ABO,

ZABC>ZABO.

过点。作。O_L平面ABC,

过点3作8O_L平面AC0,

连接08.

过。，作O7/_LC。

连接3"，如图:

则NRB0为直线BD｛与平面A8C所成角,

即/。但0=夕，

由次7_L平面AC。，

则BOUCD,,

又。77_LCR,

且

所以RC_L平面BO'H,

则CD,1BH

所以/BH。为二面角A-CD1-B的平面角,

即N8HO'=/,

又%-ABC=VB_ARC，

即:xS^ABCx。£)=:xSAAacxO'B,

且SZ^ABC=S△.Afxcc=—SA矩iu形r>A/i8oCcL/，

所以BO'=D0.

BO,

由sin/BHO'=

BH'

sinZD.50=^

BQ

由BH<BD、,

所以sinN3HO>sinZD,BO,

即NO乃O,

也即7＞夕.

又在平面ARC内,

AR_L00,07/_L〃C,

所以A。//。'”.

所以。等于直线077与8c所成的角,

ZBHOr也为直线O'H与平面BCD,所成的角.

根据上面已证的最小角定理有NBH。＜a.

所以

故选：B.

【点睛】

方法点睛：最小角定理：平面外的•条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直

线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角.

23.（2020•浙江高一期末）如图，在棱长为2的正方体A3c。一Ag中，M是人蜴的中点，点2是侧面

CDQG上的动点，且MP||A8C，则线段"。长度的取值范围是

A.[72,^]B.[«,2夜]

C.[跖2向D.[V3,x/6]

【答案】B

【解析】

取CD的中点N,CC,的中点R,4G的中点H，根据面而平行的判定定理，得到平面MNRH/i平面

确足线段"尸扫过的图形是&MNR,再由题中数据，得到NMRN是直角，进而即可求出结果.取CD的中点N,

CG的中点R,的中点H,则MN//BC//HR,MH11AC，

・•・衣面MNRH//平面ABC,

；・MPu平面MNRH,线段MP扫过的图形是.MNR

•••A3=2，:•MN=26,NR=6,MR=瓜

:,MN?=NR2+MR2，J4MRN是直角,

・•・线段MP长度的取值范围是[新,2&].

故选B.

【点睛】

本题主要考杳面面平行的判定，熟记面面平行的判定定理即可，属于常考题型.二、多选题

24.（2021•浙江高一期末）正三棱锌底面边长为3,侧棱长为26，则下列叙述正确的是（）

B.正三棱锥的斜高为叵

A.正三棱锥高为3.

2

C.正三棱锥的体积为生gD,正三棱锥侧面积为空9

44

【答案】AB

【解析】

根据题意画出图象，取AA6c的中心为。，连接尸。，先得出。。_1面43。，再求出A。，可得正三棱锥高:

利月三角形的面积公式求出A6c的面积，利用体积公式求出正三棱锥的体积；作PZ）_LA3交A8于。，求

出正三棱锥的斜高PO；再利用面积公式求正三棱锥侧面积即可.

取,.A石C的中心为O,连接fO,

由题意得：。。_1_面48。，

又为等边三角形，

=G,

所以正三棱锥高为：PO=yJPA1-AO1=712-3=3-

=-x3x3sin60°=—»

SAUC24

所以正三棱锥的体积为：%=-SPO=—

产一A*.3，/XlRoCC4f

作交AB于O，

1a

又PA=PB=2瓜AD=—AB=」,

22

则正三棱锥的斜高为PD=\IPA2-AD2=避9,

2

所以正三棱锥的侧面积为：3sPAR=3x-xPDxAB=3x-x—x3=^^--

PAB2224

故选：AB.

【点睛】

本题主要考查了求iF二极锥的高.斜高,侧面积和体积的问题.属于中档题.

25.（2020・湖南长沙市•长沙一中高一月考）已知〃7,〃表示两条不同直线，。，4是两个不同的平面，下列说

法正确的是（）

A.若m//a,n//a，贝B.若〃?_La,〃ua,则m_L〃

C.若"?J"尸，nLp,则机J_aD.若机_L〃，nLp,pLa,则m_La

【答案】BC

【解析】

采月逐一验证，根据线线、线面相关的判定定理以及性质定理进行判断即可.对于选项八，若加〃a,nlla，

则阳与〃可能相交、平行或异面，A错误；

由直线与平面垂直的性质得选项B正确：

依据直线与平面垂直的性质定理得C正确；

选项D中〃?可能与平面。平行、垂直、斜交或在平面。内.

故选：BC

26.（2021・江苏高一课时练习）如图，已知以_L矩形A8C。所在的平面，则下列说法正确的有（）

A.平面布。J_平面PAR

B.平面%Z）_L平面PC。

C.平面PBC_L平面R18

D.平面08C_L平面PCQ

【答案】ABC

【解析】

根据线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理让明判断即可；解：由题意外，矩形A3CD,所以Q4_LA3,

PALCD,PALBC,又CD_LA。，PAr>AD=A,PA,AOu平面应。

所以COJ•平面BAD,同理可得八8_L平面%Q,8CJ_平面布8,

因为COU平面PC。

工包面PCD_L平面PAD,

同理可得平面的8_L平面网。，平面P8C_L平面以B,

故选：ABC.

27.（2