填空题压轴题6 立体几何-备战2022高考黄金30题系列之数学压轴题【北京专版】（解析版）.pdf

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1、1备战2022高考黄金30题系列之数学填空题丿十轴题【北京版】1专题6立体几何1.(2022北京门头沟一模）如图，已知四棱锥PABCD的底面是边长为2的菱形，且乙DAB=i,PD=AD,PD1-平面ABCD,F,0分别是PA,BD的中点，E是线段PB上的动点，给出下列四个结论：p A.-.；乙；气：.o.C B(!)AC.lOE;FC=PO;直线PO与底面ABCD所成角的正弦值为一；石5 6.AEC面积的取值范围是产叫其中所有正确结论的序号是【答案】）【解析】【分析】通过线面垂直证明线线垂直通过计算可得到结果通过线面角的定义与计算可得到结果通过求OE的取值范闱计算三角形面积的取伯范闱【详解】A

2、 .:_.:.:.;-:.o女c B 由AC上BD,AC 上PD得ACl_平面PBD,因为OEc平面PBD,所以AC.LOE,(!)正确计算可得AC=2石，PC=PA=22,AF五，A0=3PO抎产了上高汇石cos乙PAC=AC2+PA2-PC2(23户(2砌（2拉）2五=2IACIIPC-2x2丘2拉4一五CF2=AF2+AC2-2IACIIAF!cos乙PAC=22+(2高2x2和丘=84 所以CF=22,)不正确；2$山线面角定义知，LPOD就是直线PO与底面ABCD所成的角，sin乙POD=-,)不正确；5 由乍ACJ.平面PBD伈，AC.LOE,s.AcE=AC-OE=3xOE 2

3、四，心飞，PB上OE时10月最小，IOE匕亨正确故答案为：2.(2022北京北大附中高三开学考试）在棱长为1的正方体ABCD-AIBIC戊中，E为侧面BBICIC的中心，F在棱AD上运动若点P是平面DIEF与正方体的底面ABCD的公共点，则所有满足条件的点P构成图形的面积为.D1 C1 A1,111 111 c /Tl _,F,沪II II II,_,A 3【答案】0.754【解析】【分析】讨论F,D或F,A重合的估况，根据正方体的性质即可确定F从D到A的过程巾P所构成图形，进而求其面积即可【详解】当F,D重合时，如下图示：由正方体性质知面D1EF即为面DGHD,与底面交线为DG,且G,H为B

4、C,B1C1的中点，Dl A I I:L、1E-.I.尸CB、1 所以，此时P在线段DG匕当F,A重合时，如下图示：由正方体性质知面DIEP即为面ABC1D1,与底面交线为AB,D1 1 1,I,I,I I I 1 1D I r一一一一一一I,A B 所以，此时P在线段AB上，综上，F从D到A的过程中，梯形ABGD（第一个图中）即为P构成图形，又正方体的棱长为1,l l 所以，面积为x(7+l)xl=.3 2 2 4 故答案为：3 4 3.(2021北京门头沟区高三一模）在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点 M是该正方体表面及其内部的一动点，且 BM/平面AD1C,则动点M的轨迹

5、所形成区域的面积曰定c A、_、-、-llllllll-D二_L/-D,l1,1亿A C1 Al B1 B【答案】2J【分析】由题意，求出作出过B的平面与平面AD1C平行，该平面即为动点M的轨迹所形成区域，求出该区域的面积即可【解析】如图，边长为2的正方体ABCD-AB1C1D)中，DI A1 A CI _ _ _l 么D/I I I c B 动点M满足 BM/平面AD1C,由面面平行的性质可得当BM始终在一个与平面AD1C平行的面内，即满足题意，过B作与平面AD1C平行的平面，连接AiB,:.s l$A1BC1=-x2 2x x2丘22 F 2 故答案为：BC,A1C1,平面AIBC,I平面

6、AD1C,2$。4.(2021北京丰台区高三一模）如图，从长、宽、高分别为a,b,c的长方体AEBF-GCHD中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥A-BCD.下列四个结论中，所有正确结论的序号是.,硬E 0三棱锥A-BCD的体积为动c;三棱锥A-BCD的每个面都是锐角三角形；三棱3 锥A-BCD中，二面角A-CD-B不会是直二面角；三棱锥A-BCD中，三条侧棱与底面所成的角分别记为a,/3,y,则sin2a+sin2/3+sin2 r 2.【答案】CD【分析】三棱锥A-BCD的体积为长方体体积减去4个三棱锥休积；利用余弦定理判断每个面是否为锐角三角形；建寸空间直角坐标系判断平面的法向世是否垂

7、直；结合线而夹角的定义求解即可【解析】1 1.1 三棱锥A-BCD的体积为V=abc-4x.:.x.:.abc=.:.abc,故O正确；3 2 3 三棱锥A-BCD的每个面的边长分别为心尸;,“;：巨,11工-;!,设abc,则心了勹了是三边中最大边，设其对应角为0则（丘）2（扣勹（汇平)2-2c2、cosO=0 2五言了卢2五言了嘉了:.0为锐角，故每个面为锐角三角形，正确；以 F为原点建立空间且角坐标系如阳所不：则A(b,0,0),C(b,a,c),D(O,O,c),B(O,a,0)双（0,a,c)五D=(-b,0,c)，灰（b,a,0)，丽（0,a,c)设平面ACD的一个法向植为n1=(

8、X1,Y1,21)则:y bIX:+cz;z:0。取Xl=c，则Y,=气，z,=b,则元（e,气，b)设平面BCD的一个法向蜇为生（分为Z2)则研cz2=0丘a,则y,-b,z,二，则丙（a,-b，立妞a，y2=0 c c-(bc ab b2c ab2 a沪b沪a千:.几n2=c,了b(a,-b,了=ac了了ac a沪b窄a2b2取a=b=2,c=l，有4-4 五0，则元兄0ac:二面角A-CD-B会是直二面角，故错；三棱锥ABCD中，三条侧棱分别为AB,AC,AD与底面AEBF的夹角分别记为a,/3,yC 则Sllla=O,sin/3=,sin r=嘉易C:.sin 2 a+sin 2 f3

9、+sin 2 r=0+C 2-2，故正确，a2+c2 b2+c 故答案为：0【名师点咕】方法点睛：判断两个平面是否垂肖通常有两个方法：(I)儿何认，利用面面垂直的判定定理：(2)空间向址法，判断两个平面的法向兑是否垂直5.(2022北京房山一模）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点0为底面ABCD的中心，点P在侧面BB心,c的边界及其内部运动给出下列四个结论：A1 D国I I I c1 ,压p A二三一一夕C(DD心酗C;）存在一点P,D100B虎若D,OOOP，则回趴C,P面积的最大值为；若P到直线D心的距离与到点B的距离相等，则P的轨迹为抛物线的一部分其中所有正确结论的序号

10、是【答案】）【解析】【分析】对于，连接AD1,CD尸对于），将D10进行平移到过Bl点，使之具有公共顶点，根据立休图像判断，无论如何也由三角形ACD1为等边三角形判读；不可能满足D心四队P;对于），连接OE,EC,BD,DIE证明DIO.l平面OEC,所以P在线段EC上运动，当点P到点E位四时，CIP蔽大，此时6:.DICIP面积最大为：S 1 max=仓也2$=$.对于），P到直线D心的距离为线段PCI的长度，所以IPC1 l=IPB|，判定出P占、位置即可【详解】对丁，连接AD1,CD1,山正方体的性质知三角形AC队为等边三角形，山千0为底面ABCD的中心，故为AC中点，故AC.l.D10

11、,正确；c 7 七一之勿乙.一，i.A P卢才夕.,斗rDI,，勹产D,庐，,乡，,A G.,H 对丁），将D心进行平移到过B1点，使之与B1P具有公共顶点，根据立体图像判断，无论如何也个可能满足B月平行或重合于B,P,所以D10个可能平行于B月，）错误；对于，取B心的中点E，连接OE,EC,BD,D心，证明D10.l平面OEC，所以P在线段ECl 上运动，当点P到点E位置时，CIP最大，此时6.DICP面积最大为：sma;=创22$=$.所以）正确对丁），P到直线D心的距离为线段PCI的长度，所以IPC1 l=IPB|，判定出P点位置为直线BC1的垂直平分线，故）错误故正确的序号是）故答案为

12、：）6.(2021北京洒城区北师大实验中学高三月考）正四棱柱ABCD-AIBICID1中，AB=AD=l,【答案】2 3【分析】矶2,则以B、D、Al、Cl为顶点的四面体的体积为.利用正仙棱柱的体积减去四个了棱锥的体积得到答案【解析】如图所示：匹面休的体积等于正四棱柱的休积减去四个三棱锥的体积，l 1 1 1 1 1 1 1 2 即V=lxlx2-Xxlxlx2-Xxlxlx2-Xxlxlx2-Xxlxlx2=32 32 32 32 3 故答案为：2-3 C1 AI /2一五/01 A c【名师点睛】本题考查了四面体的体积，利用体积的加减是解题的关键7.(2021北京高三二模）若正三棱柱ABC

13、-A,B心的所有棱长均为2，点P为侧棱AA1上任意一点，则四棱锥P-BCC心的体积为.Cl 、/r 俨一,、石矢豆3ll 案析答分B(B l 结合几何体的结构，利用割补法求得几何体的体积【解析】依题意，VP-ncc,n,=VABC-A,B,C,飞SAABC(AP+AiP)=S心ABC机.SAABC轨2 2 1兀43=S,.ABC.岆一-2 2 sin-2=3 3 2 3 3 故答案为：一-4$3【名师点睛】本小题主要考查锥体体积求法8.(2021北京东城区高三二模）设a,B,1是三个不同的平面，m,n是两条不同的直线，给出下列三个结论：O若m.la,n.la,则ml/n;若m.La,m.Lp,

14、则a/10;若u.L丫P.l丫，则a/0其中，正确结论的序号为.【答案】CD【分析】根据题意，由同垂自于同一平面的两自线平行，可判断；由同垂直千同一自线的内平面平,ij,1 可判断；考虑墙角处的三个平面两两垂直，可判断【解析】a,/J，y是三个不同的平面，m,n是两条不同的直线，对十，若m上a,n上a，由同垂且千同一平面的曲直线平行，可得ml/n，故IF确；对千，若m上a,m上fJ，由同垂直于同一直线的西平面平行，可得a.!fJ,故正确；对于，若a上,fJ上y，考虑墙角处的三个平面两两诉直，可判断a、/J相交，则all/J个正确，故不正确故答案为：CD.【名师点睛）本题考查空间线线、线面和面面

15、的位世关系，主要是平行和垂直，考查空间想象能力与推理能力9.(2021北京海淀区海淀教师进修学校附属实验学校期中）已知正四面体A-BCD的棱长为2,点E是AD的中点，点F在线段BC上，则下面四个命题中：(D:3F E BC VFEBC,3FEBC,EF II AC EF今EEF与AD不垂直石VFEBC,直线EF与平面BCD夹角正弦的最大值为-3 所有不正确的命题序号为.【答案】CD【分析】O观察图形可判断正误，分析EF蚊大时F点的位置即可求解分析AD与平面BEC的d 关系即可判断线面角的正弦伯可表示Sin0一-，转化为EF取得砓小们时有最大值IEFI【解析】如图A B 产，、c 对VFEBC,

16、EF与 AC异面或相交，故错误：当点F为BC中点时，EF为开面宜线AD和BC的公唯线段，此时EF取得最小伯，节F与B,C望合时，EF取得最大值J，故正确；:AD.lBE,AD.lCE,BEnCE=E,:.AD.l平面BEC,故AD.lEF,故错误；d:E到平面BCD的距离为定值d,设直线EF与平面BCD夹角为0，则sin0=|EF|当F为BC中点时，易知EF为异面直线AD和BC的公乖线段，此时EF取得砓小值，d sin0=有最大仙，此时DF五，DE=1,故EF=丁J5,IEFI 由且角三角形EFD可知，EF-DE=DF-d,解得d=一，拓3:.sin0=d$,故正确IEFI 3 故答案为：CD

17、【名师点睛】归纳点睛：在庄四面体中，注意各面卜中线的长相等，具备三线合的性质，因此可容易得到线线垂直，线面垂直，异面直线的公垂线，运符时注意棱长都相等10.(2021北京四中期中）如图，梯形ABCD中，ADI I BC,AD=AB=1,ADJ_ AB,乙BCD=45，将MBC沿对角线BD折起，设折起后点A的位置为A，且平面ABD上平面BCD，则下列四个命题中正确的是A B CDAD.lBC;c 三棱锥A-BCD的体积为；五2 CD.l平面ABD平面ABD.l平面ADC【答案】【分析】利用线面垂直、面面垂直的判定定理以及性质定理可判断0；利用三棱锥的体积公式可判断【解析】如图所示：A-l-一一j

18、.-D-E i_-B c 设BD中点为E,连接AE,对，:AD=AB=l，即AD=AB=l,:.AE上BD,又:平面ABD上平面BCD,:.AE上平面BCD,又:BCc平面BCD,:.AE上 BC,若AD上BC,:AD广AE=A,.BC上平面ABD,又QBDc平面ABD,:.BC上BD,与已知矛盾，:.(D错误；，对，:AD=AB=l.AD 上AB,五:.AE=,BD五，2 又乙BCD=45,:.CD上BD,.s 1 48DC=X五x丘1，2.-.V 1拉拉A-BCD=.:.:.xlx=,铅误；3 2 6 对，了平面ABD上平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,BC上BD,CD/平面ABD,

19、笣）正确；对，:CD上平面ABD,CDc平面ADC,平面ABD1-平面ADC,正确故答案为：.【名师点睛】关键点点睛：对于线面位胃关系的判定中，熟记线面平行与乖直、面面平行与垂直的定押是关键11.(2021北京清华附中期末）如图，在棱长为1的正四面体ABCD中，M,N分别为棱AB和CD的中点，一个平面分别与棱BC,BD,AD,AC交千E,F,G,H，且MN上平面EFGH给出下列六个结论：(DAC上BD,ABI平面EFGH,平面ABC上平面EFGH,四边形EFGH的周长为定值；四边形EFGH的面积有最大值；四边形EFGH一定是矩形，其中，所有正确结论的序号是A B【答案】0分析】利用正仰面体的性

20、质判断。；利用直线与平面垂直的性质判断；平面是否垂直判断；逌过折叠与展开判断；求出四边形的面积判断；判断四边形的形状判断；解析】在棱长为1的正四面体ABCD中，对棱乖直，CDAC.lBD,正确；M,N分别为棱AB和CD的中点，可知MN.lAB,MN.lCD,4个平面分别与棱BC,BD,AD,AC交十E,F,G,H,且MNl.平面EFGH.:.ABIIEFI/FG,AB/平面EFGH,正确同时CD!/GH I IEF,四边形EFGH定是矩形，正确；平面ABN平面EFGH,平面ABC.l平面EFGH不正确，即不正确；山比例关系可知：EF+EH是定仙，匹边形EFGH的周长为定值2,正确；由基本小等式

21、的形状，可知四边形EFGH的面积有最大值1;正确；故答案为：0.A B【名师点睛】木题考查命题的真假的判断与应用，涉正四面体的性质以及及空间几何体的直线与平面、平面与平面的平行垂直性质的综合应用，还运用了基本不等式求面积最大值12.(2021北京市第四十三中学月考）如图正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为a,以下结论正确的是勹Bc CD异面直线AiD与ABI所成的角为60直线AID与BC,垂直直线AID与BDI平行I 三棱锥A-AICD的体积为a36【答案】0分析】连接AB1,BIC,AC,则可得出VABIC为等边三角形，则AD与ABI所成角等千ABI与BIC所成角，其大小为60;证llJJ

22、BIC.lBC1,再山A,DI/B1C可得A1D.lBCI;i正月B1C.l平面BC几，得出B,C上BD,从而证得AD上 BD,;砐后计算出l l l l VA如co=-;S,.Aco AA1=-;x;a a a=-;:a.3 3 2 6【解析】对于，连接ABIBICAC则根据正方体的特点可知A.DI/BIC且D=B1C=AC,则三角形AB1C为等边三角形，AID与AB1所成角等十AB，与BIC所成角，其大小为60,故正确；对千，如图所示，:A.DIIBIC又BIC.lBC,:.AID.lBC1，故正确；对十，由可知B,C.lBCI，又BIC上CIDI,且BCInc,D,=cl BC,C平面B

23、C1D1,C1D1c平面BC1D,:.BIC.l平面BC1D,:.BIC.lBD1,则D.lBD1,故错误；l l l 对丁，连接A1C,则三棱锥A-CD的体积为V=SA A co AA,=x a a a=-;a3,1 3,.ACD 3 2 6 故正确故答案为：CD.f A1(._,C1、I 、I、卜、A/f江 !、【名师点睛】本题考查空间异面且线间的夹角、空间直线间位置关系的判断等，解答本题的关键在千：(1)用定义法求解异面直线夹角时，注意要将线进行平移转化，找到异面直线夹角的平面角，然后通过解三角形求解夹角的大小或夹角余弦值的大小；(2)注意运用空间平彴关系、垂直关系的判定定理与性庙定理判

24、断空间两条直线间的位置关系13.(2022北京丰台一模）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B1C戊中，棱Ai81AD1的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：B1 AI N M4三、，k,1，、，D1 ,、I i、P,AL _-_ ,尸：、一一一-)DI,、1,、I,、B C 平面CMN截正方体ABCDAB1C几所得的截面图形是五边形；）直线BID到平面CMN的距离是一一；$2）存在点P,使得LBIPD,=90;畔DD面积的最小值是.5石6 其中所有正确结论的序号是.答案】）【解析】【分析】作出截面图形判断，利用等积法可判断），利用坐标法可判断）M,N分别是【详解】对千G)，如图直

25、线MN与CIB!、CID1的延长线分别交千MtN!，连接CMl,CN1分别交BBlDDI千M2,N2,连接MM2,NN2,NI M1,b,B c 则-fi边形MM2CN2N即为所得的截面图形，故G)正确；对千），由题可知MNIIBP1,MNe平面CMN,B1D1 q:_平面CMN,回BIDII I平面CMN，故点队到平面CMN的距离即为直线B,D，到平面CMN的距离，N D1 B1 IL,A,/,b B c 设点且到平面CMN的距离为h,由正方体ABCD-AB1Cp1的棱长为2可得，CM=CN=3,MN=五，S.a,/1千气勹孚l l而而叭CMN=s.CMN.h=Xxh=h,3 3 2 6 l

26、 l l Ve印M入，SB,MNCC1=-x-x2=-,3 3 2 3 回由VB,-CMN=VC-81MN,可得h=2而17 2而所以直线B,D,到平面CMN的距离足，故）错误；17 对于），如图建立空间直角坐标系，则Bl(2,0,2),DI O,2,2),C2,2,0),M(l,0,2),A1 I二M必-研、三I、,t I、,l A L(P I _上 By、C D 1 x 设页三 A对它，0:5:儿三1,祚贮瓜元红(1,2,-2)，又C(2,2,0),Bl(2,0,2),DI(0,2,2),回P(2-,t,2-2入，2,t),丽（人2,i2,22入），阿1=（正2,2A-,2-2儿），假设存

27、在点P,使得4BIPDl=90,回陨郘平2)+2入(2仁2)+(2-2对0,整理得9儿2-14九4=0,7而回=1（舍去）或A=7一而9 9,故存在点P,使得L.B1PD1=90,故）正确；对于），由上知P(2-A,2-2J,2入），所以点P(2A-,2-2入，2A)在D队的射影为(0,2,2入），凹点P(2-J,2-2A,2入）到D队的距离为：d=J(2-A)2+（2入）2=妇三二5（三）2+竺，,l、廿2-5=1 当回d 4$=-,mm 5 回故回PDDI面积的蔽小值是l 4五4$-x2正=，故G）错误2 5 5 故答案为：.14.(2021北京市平谷区第五中学期中）如图，在正方体ABCD

28、-AIBICIDI中，M,别是B心与CIC的中点，设DM与AIN所成的角为0，则sin0=_.N分D1 B1 I A Nr-_ _ 卢D M B A【答案】1 9【分析】建立空间直角坐标系，利用公式sin0=DMAN IDM.AN-I I_，进行求解即可l|【解析】I A 一一=二旧lNF-沪/A 如图设正方体的边长为a,以CD为X轴，CB为Y轴，CCI为Z轴，建立坐标系得，D(a,0,0),a M(O,a,:=-),Ai(a,a,a),2 a N(0,0,),2:.DM=(-a,a,)a,2 邓（a,-a,;)2 2 2 2 a a-a-1.sin 0=丽邓=4 严罚口尸故答案为：一1 9【

29、名师点睛】解题关键在千建立坐标系和利用公式求解即可。15.(2021北京市大兴区第一中学期中）如图，在匹棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD.l底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹的长度为p A B c【答案】嘉【分析】先找符合条件的特殊位嚣，然后根据符合条件的轨迹为线段PC的垂直平分面与平面AC的交线得到结论【解析】根据题意可知PD=DC,则点 D符合“M为底面ABCD内的气个动点，且满足MP=MC,设AB的中点为N,连接PN、DN,取PC的中点E,连接NE,DE,:.DE_l_PC,？平

30、面PAD_l_底面ABCD,AB.lAD,:.AB_l_平面PAD,:.ABJ_PA,:PA=BC,AN=NB,?PAB?CBN,：出AN玉CBN,:.PN=CN,点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC,且NEI PC,:.PC _l_平面EDN,当M点在线段DN上运动时，都有DNJ_ME，且E是中点，总有MP=MC,：点M在正方形ABCD内的轨迹是线段DN,DN=如，故答案丿:5.p A N c【名师点睛】处理空间中的轨迹间题有几何法：通过证明或几何作图，确定图形中轨迹位置，再计算它的值；代数方法：分析给定图形中的数篮关系，要把题中的条件想办法转化到平面卜员之，把平面内的

31、问题尽可能地解析化，用数址关系来研究儿何关系，得到轨迹方程。16.(2021北京101中学期中）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是侧面B凡CB内（不包含边界）的一个动点，且AP上D1B，点H在棱DID上运动，则二面角H-AC-P的余弦值的取值范围是.A1 c P、了-、，、,、二一一 _-、/、zf、之一-_、t-Z 1、_-/人了D,、D/2 LIIII卜IIIII/I I；之HI I心于,I Cl B【答案】主【分析】由线面垂直的判定与性阮可得平面ACP即为平面AB1C,连接凡0,HO,由 一面角的概念可得乙BIOH即为一面角H-AC-P的平面角，求出二面角余弦伯的最值即可得解【

32、解析】连接AC,BD交丁点0,连接AB尸CBI，如图，D1 Cl A1 A V B 在正方休ABCDABICID1中，ACj_平面BDD1,:.AC 1-BD1,同理ABlj_BDl :.BDI.l平面AB1C,占点P在线段BICJ二（不含端点），：，平面ACP即为平面AB1C,连接B10,HO,HA,HC,则Bl。.l_AC,H01-AC,乙BIOH即为二面角H-AC-P的平面角，当H与点D1重合时，乙BIOH最小，连接Dp,D戊，设正方体ABCD-AB1Cp1的棱长为1，则DIB=J 5,D1 0=B10=-,拓2:.乙BPD1=Bp2+OD/-B1D广l=-2BPODI 3 当H与点D重

33、合时，乙BIOH最大，五BO 2 cos乙BIOD=cos乙BIOB=-=-=五OBI森32 l：二面角H-AC-P的余弦值的取值范闱是勹故答案为：主【名师点睛】关键点点睛：解决本题的关键首先是找到点P的轨迹，冉由一面角的概念确定平面角，求出临界值即可得解17.(2021北京北科大附中期中）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面四边形ABCD的两组对边均不平行p C CD在平面PAB内不存在直线与DC平行；在平面PAB内存在无数多条直线与平面PDC平行：平面PAB与平面PDC的交线与底面ABCD不平行；上述命题中正确命题的序号为.【答案】CD【分析】利用反证法结合线面平行的性质可判断CD的正误；

34、设平面PAB平面PDC=l,且在平面PAB中有无数条直线与直线平行，即可判断的正误；利川反证法与线面平行的性质可判断的正误【解析】对于命题CD，设在平面PAB内存在直线与DC平行，则DC/平面PAB,平面ABCDn平面PAB=AB,DCc平面ABCD,:.DCI/AB,与已知条件矛盾，故IF确；对十命题，设平面PAB平面PDC=l,则le平面PAB,：在平面PAB内存在无数条且线与直线l平行，这无数条且线与平面PDC平行，故正确；对丁命题，假设平面PAB与平面PDC的交线m与底面ABCD平行，:m/平面ABCD,me平面PAB,平面PAB平面ABCD=AB,:.ml/AB,同理可得ml/CD,

35、:.ABI/CD,与已知条件矛肵，故正确故答案为：CD.【名师点睛】本题止要考杳线面平行的性质和判定的应用，考查空间想象能力与推理论证能力18.(2021北 京 人大附中期末）如图，在直三棱柱ABC-AiB1C1中，乙BAC=,冗2 轨AN=AB=AC=l,CCI的中点为 H,点 N在棱A且上，HNI平面A1BC,则的ABI 值为.A,A H B【答案】一1 2【分析】A.N 1 先取BBIAB1中点M,N得到过HN的一个平面平行平面A,BC,即知一=.A.B 2【解析】取BBAiB1中点M,N，连接HM,MN,A,Ci H A B-故MHiiBC,MN II A,B，又MH,MH在平面A,B

36、C外，BC,MNc平面A,BC:.MH/平面A,BC,MN/平面AIBC，又MH,MH相交在平面HMN内，故平面A,BCAN II平面HMN,即HNI平面A,BC,故故答案为：一1 A.B 2 2【名师点睛】本题考查了面面平行的判定定理19.(2021北京清华附中开学考试）有一个六个面分别标上数字l、2、3、4、5、6的正方体，甲、乙、丙三位同学从不同的角度观察的结果如图所示如果记2的对面的数字为m,3的对面的数字为n,则方程mx+l=n的解X满足kxk+Lk为整数，则k=甲【答案】0乙丙【分析】由甲、乙、丙的图看出，2和6,l,3,2都相邻，可得出2的对面的数字和3的对面的数字，然后解方程m

37、x+I=n即可【解析】由图知，2和6,J,3,2都相邻，:.2的对面的数字为4,即1n=4,3的对面的数字为6,n=6,:.方程mx+I=n即为4(I=6 解得x+1=log4 6,3 即x=log4 6-1=log4*E(0,1),2:X满足kxk+Lk为整数，:.k=O 故答案为：0【名师点睛】本题主要考查正方体相对面问题以及指数方程的解法，还空间想象和运算求解的能力20.(2022北京四中高三开学考试）正方体ABCD-B1C1D1棱长为3,对角线ACI上一点P（异千A,c1两点）作正方体的截面a,且满足AC1.la,有下列命题：截面多边形只可能是三角形或六边形；Q）截面多边形只可能是正多

38、边形；）截面多边形的周长L为定值；设AP=.x，截面多边形的面积为s,则函数S=g(x)(I:;x:;2)是常数函数其中所有正确命题的序号是_【答案】G)【解析】【分析】根据1E方体的性质，结合线面垂白的判定可得ACI上面BDAI、AC1上面B1D1C,以截面G为面BDA1、面B1D1C为临界截面，讨论P的位翌判断截面图形的性质，即可判断G),再由AP=.xE(l，石时截面a为正三角形且边长为$.x即可判断（详解】连接B,BD,DAB1DB1C,CD1,由AC,在ABB,J,ADD,Jt.的射影分别为AB1,AD1,D D为千、升.;C，、,、，、斗B A 又ABI上A1B,AD1上AD，即A

39、CI上AB,ACI上AD,A1snA1 D=Al,所以AC产面BDA1，同理ACI上面B1D1C,即截面a可能为面BDA、面B1D1C,此时截面为正三角形；而当P在AC1与面BDAi、面Bp1C的交点之间运动时，根据正方体的性屈知：截面a为六边形，但小一定是正六边形，即截面交相关棱于中点时才是正六边形（如上图示），而当P在AC1与面BDA1交点左下方、面B1D1C交点1上方运动时，截面a为正三角形，所以正确，）错误；显然P在ACI与面BDA1交点左下方，截面周长小千截面BDA1的周长，故错误：3石2由题设，当AP=xE(l,3时截面a为正三角形且边长为扛x，所以S=-x2故4 S=g(x)(l

40、sxs2)不是常数由数，）错误故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质及线面垂直的判定找到P在移动过程中截面形状发牛变化的临界截面，进而判断临界截面两侧截面多边形的性匝21.(2022北京模拟预测）设棱长为2的正方体ABCD-AB1CP1,N分别是棱AB、CID)上的动点，给出以下四个结论：）存在ENII MC门）存在MN.l平面ECC门）存在无数个等腰三角形EMN;2 4 三棱锥C-MNE的体积的取值范围是了.则所有结论正确的序号是.【答案】）【解析】【分析】E是AD中点，点M、结合正方休的性质，利用棱锥的休积公式以及空间向哥的坐标运算逐一判断即可【详解】对丁：取BC中点P,当点N在

41、DIC!上移动时，直线ENc平面EPCID!，同时当点M在直线AB上移动时MC1c平面ABC且，因为EPCp1n ABC1 D1=C1D1，故EN与MCI不可能平行，错误乙D1 A1 I c,、-Z,、,、-夕fP,-夕,7_，、，、,I,、夕,-V 4,、，B,I,一了、,-2,、,仁一夕夕、,f,-、N、1卢V111I1111尸，启-M、,11111111III,-,-，、I、i-,-_,，二、一,-,-,-j I,111,，,，D二、II,_ I ,I,f,I I I E X少I B 对于）：如图，以D为原点建立空间直角坐标系，所以E(l,0,0),设N(O,a,2)(Oa 2),M(2

42、,b,0)(0b2),所以放（1,2,0),汉了（0,0,2)，网vi=(2,b-a,-2),设平面ECG的法向世为n=(x,y,z),c(o,2,0),c1(0,2,2),厂页0即 x+2y=0则，令y=l得x=2,z=O,所以n=(2,1,o),n-CC.=0 2z=O 所以NM-n=4+a-b#O，故MN与平面ECC1不垂直，）钻误对千）：令伬卧伬矿即J(l-0)2+（O-a)2+(O-2广J（2-0)2+（b-a)2+(O-2)2，化简3 3 得b2-2ab+3=0,即2a=h+,2ae(0,4),b+立石，因为2石4,所以该式在b b 0a2,0b2的范围中存在无数组觥，故说明有无数

43、组a与b可使丽？因可，故）正确对千：根据等体积性质可知VC-NMc=V.v-CMt:所以该三棱锥高可以看作CC，所以体积的取值范围即底面积S心CME的取值范围，根据点M位置的变化可知，当点M在A点时S心CMF,最2 小，当点M在B点时SACME最大，计算得S心CMEEL2,V贮CME=-CCI S.CME=S.CME，所3 3 以.v-CME抖，故正确故答案为：)22.(2022北京人大附中高三开学考试）如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为1,E,F 分别是棱AA,CC的中点，过直线EF的平面分别与棱BB,DIY交于点M,N，设BM=x,给出下列四个结论：A-=-_ 4-,-,E-r,I,A

44、 四边形MENF一定为菱形；）若四边形MENF的面积为S=f、(x),xE(O,l)，则f(x)有最大值；若四棱锥A-MENF的体积为V=g(x),x E(0.5,1)，则g(x)为单调函数；）设BC与CB交于点G,连接BD，在线段BD上取点P,在线段AD上取点Q,则GP+PQ的最小值为.5五6 其中所有正确结论的序号是.【答案】【解析】【分析】根据面面平行的性队可证明四边形MENF的两组对边分别平行，再证明对角线互相垂直即可证明其是菱形；）四边形MENF面积S=J(x)=EF-MN,EF为定值，MN最大时为最大，观察MN变化即可判断最值情况；连结AF、AN、AM，则四棱锥被分割成两个小的三棱

45、锥，它们是都以AEF为底，以M、N分别为顶点的两个三棱锥底面6.AEF的面积是介、定值高也为定值，故可判断体积为定仙）将R压BAD沿着BD翻转到与矩形ABCD在同一平面，过G作GQ 上AD千Q,交BD千P，则此时GP+PQ=GQ最短【详解】：平面ADIYA凹平面BCCB，平面 MENF平面ADIYA=EN,平面MENF平面BCCB=MF,:.ENI/MF同理可证EM/INF.令四边形MENF为平行四边形连接MN、AC、BD、IYB:D CI A-、-_ 4-I,_,I,，偷E 一、一”-、J.-一,D、,、-,、_ ,-、c I-_ A B 回四边形ABCD是正方形，酗CTIIBD,回BB凹平

46、面ABCD,回BBIMC,回BBnBD=B,酗平面BDIY矿凹MNc平面BDIY/1,酗MN.芷A与FC平行且相等，酗CFE是平行匹边形，酗CTIIEF,邸F垂直MN,凹MEFN是菱形故正确）四边形MENF面积S=f(x)EF MN,EF为定仙，当M为B或B时，即x=O或x=l2 时，MN蔽长，此时面积最大，但Ox-,p A I,x B 故答案为：)25.(2020北京人大附中月考）如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=2,E为边AB的中点将三角形ADE沿DE翻折，得到四棱锥Ai-DEBC.设线段A1c的中点为M,在翻折过程中，有下列三个命题：总有BM/平面AIDE;三棱锥C-AiDE体积的

47、最大值为;4拉3 存在某个位置，使DE 与A1C所成的角为90.其中正确的命题是（写出所有正确命题的序号）【答案】【解析】取DC的中点为F,连结FM,FB,可得MF/A,D,FBI/DE,可得平面MBF/平面A1DE,所以BM/平面AIDE，所以正确；当平面A1DE与底面ABCD垂自时，三棱锥C-A1DE体积取得最大值，诚大值为：l l l l 4-x-ADxAExEC=x-x2x2x2拉五，所以f确3 2 3 2-3 存在某个位置，使DE与A1C所成的角为90.因为DE_l_EC,所以DE上平面A1EC,可得DE上A1E,即AE_l_DE,矛盾，所以不正确；故答案为CDA1 苍【押题点】命题

48、的真假的判断，直线与平面平行，直线与平面垂直以及几何体的体积的最伯的求法。A c 26.(2021山东济宁市高三一模）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3,AD=AAI=4,E,F,G分别是棱AB,BC,CCI的中点，p是底面ABCD 内一动点，若直线DIP与平面EFG平行，当三角形BBIP的面积最小时，三棱锥A-BBIP的外接球的体积是.【答案】125兀6【分析】山直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点P所在线段，可知当BP上AC时，三角形BB,P面积最小，然后证明AP 上BIP,得到ABI为三棱锥A-BBIP的外接球的自径，进步求解得答案【

49、解析】补全截面EFG为截面EFGHQR1如图，设BR上AC,了直线D,P与平面EFG小存在公共点，令.DIP/平面EFGHQR,易知平面ACDII I平面EFGHQRI:.p E AC 且当P与R重合时，BP=BR最短，此时1:,.PBB1的面积最小，山等面积法得BRxAC=ABxBC,即BRx3言了了x3x4,:.BP=,12 2 2 2.2 5:B,B.lAP,BP上AP,:.AP上平面B,BP,则AP上B1P,又AB上BIB:.ABI为三棱锥A-BBIP的外接球的直径，长度为J了了了55 三棱锥A-BBIP的外接球的平径为一，体积为V=冗X-=4 f 5 Y 125n 2 3(6故答案为

50、：125兀.6 cl l,1,.G,1、/、1、Ht、D t,1:,1、,t,、,t,、l、,t,1,I,i 、1、I、A/:-:;-,【名师点睛】方法点睛：空间几何休与球接、切问题的求解方法(l)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，冉利川平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两内互相垂且，般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用PA2+PB2+PC2=4R2求解，考查学牛的空间想象能力与思维能力27.(2021浙江丽水市高三月考）如图，在ABC中，1 BM=