浙江浙江省杭州第二中学立体几何多选题试题含答案

一、立体几何多选题

1．如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA12，ACB90，D，E，F

分别为AC，AA1，AB的中点．则下列结论正确的是（ ）

A．AC1与EF相交

C．EF与AC1所成的角为90 【答案】BCD 【分析】

B．B1C1//平面DEF D．点B1到平面DEF的距离为

32 2利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断． 【详解】

对选项A，由图知AC1平面ACC1A1，EF线的定义可知AC1与EF异面，故A错误；

对于选项B，在直三棱柱ABCA1B1C1中，B1C1 //BC．

平面ACC1A1E，且EAC1.由异面直

D，F分别是AC，AB的中点， FD//BC，B1C1 //FD．

又

B1C1平面DEF，DF平面DEF，

B1C1 //平面DEF.故B正确；

对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，

0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(2，0，2)，B1(0，2，2)，C1(0，0，2)，则C(0，D(1，，0，0)，E(2，0，1)，F(11，0)．

1，1)，AC1(2，0，2)． EF(1，EF·AC12020，EFAC1，EFAC1． EF与AC1所成的角为90，故C正确；

y，z)是平面DEF的一个法向量． 对于选项D，设向量n(x，0，1)，DF(0，1，0)， DE(1，由nDE，nDF，，即n·DE0，DF0，n·，得xz0，

y0.，0，1)， 取x1，则z1，n(1设点B1到平面DEF的距离为d． 又

2，2)， DB1(1，dDB1·nn102232， 2点B1到平面DEF的距离为32，故D正确．

2故选：BCD 【点睛】

本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．

2．如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将ABM沿直线AM翻折成AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）

A．存在某个位置，使得CNAB1 B．翻折过程中，CN的长是定值 C．若ABBM，则AMB1D

D．若ABBM1，当三棱锥B1AMD的体积最大时，三棱锥B1AMD外接球的体积是

4 3【答案】BD 【分析】

对于A，取AD中点E，连接EC交MD与F，可得到ENNF，又ENCN，且三线NE,NF,NC共面共点，不可能；

对于B，可得由NECMAB1（定值），NE值），由余弦定理可得NC是定值．

对于C，取AM中点O，连接B1O,DO，假设AMB1D，易得AM面ODB1，即可得ODAM，从而ADMD，显然不一定成立．

对于D，当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，可得球半径为1，体

1AB1（定值），AMEC（定24． 3【详解】

积是

对于A 选项：如图1，取AD中点E，连接EC交MD与F， 则NE//AB1，NF//MB1，又AB1MB1，所以ENNF， 如果CNAB1，可得ENCN，且三线NE,NF,NC共面共点， 不可能，故A选项不正确；

对于B选项：如图1，由A选项可得△AMB1△EFN，故NECMAB1（定值），

NE1AB1（定值），AMEC（定值）， 2故在NEC中，由余弦定理得CNCE2NE22NECEcosNEC，

ABABAB1整理得CNAM2AMBC2AB2， 42AM222故CN为定值，故B选项正确．

对于C选项：如图，取AM中点O，连接B1O,DO， 由ABBM，得B1OAM，假设AMB1D，

B1DB1OB1，所以AM面ODB1，所以ODAM，

从而ADMD，显然不恒成立，所以假设不成立，可得C选项不正确．

对于D选项：由题易知当平面AB1M与平面AMD垂直时，三棱锥B1AMD的体积最大，

此时B1O平面AMD，则B1OOE，由ABBM1，易求得BO12，22222，故， BEOBOEDM211221因此EB1EAEDEM，E为三棱锥B1AMD的外接球球心，此外接球半径为1，

224．故D选项正确． 3故答案为：BD． 【点睛】

体积是

本题主要考查了线面、面面平行与垂直的判定和性质定理，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于难题.本题C选项的解题的关键在于采用反证法证明，进而推出矛盾解题，D 选项求解的关键在于把握平面AB1M与平面AMD垂直时，三棱锥B1AMD的体积最大.

3．在三棱锥MABC中，下列命题正确的是（ ）

12ABAC，则BC3BD 33111B．若G为ABC的重心，则MGMAMBMC

333A．若ADC．若MABC0，MCAB0，则MBAC0

D．若三棱锥MABC的棱长都为2，P，Q分别为MA，BC中点，则PQ2 【答案】BC 【分析】

作出三棱锥MABC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12ABAC3AD2ACAB2AD2ACABAD，33即2CDDB，则

3BDBDDCBC，故A错误； 2对于B，由G为ABC的重心，得GAGBGC0，又MGMAAG，

MGMBBG，MGMCCG，MAMBMC3MG，即

111MGMAMBMC，故B正确；

333对于C，若MABC0，MCAB0，则MABCMCAB0，即

MABCMC(ACCB)0MABCMCACMCCB0MABCMCACMCBC0MAMCBCMCAC0CABCMCAC0ACCBMCAC0CBMCAC0，即MBAC0，故C正确；

对于D，PQMQMP111(MBMC)MA(MBMCMA) 22211PQMBMCMA22MBMCMA222，又MBMCMAMBMCMA2MBMC2MBMA2MCMA2211112222222222222228，PQ82，故

2222D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．已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBCBB1，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A1POB1

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】

5 5PQ1 QA13EP的值即可判断A的正误；AEPQ1可利用线面垂直的性质，可证明A1POB1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ABCA1B1C1中，ABBC，ABBCBB1

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 AE15BB1，AEA1B12B1E2BB1 22∴tanPA1E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B1CBC1

而ABBC且ABCA1B1C1为直三棱柱，有A1B1面B1BCC1，BC1面B1BCC1 ∴A1B1BC1，又A1B1B1CB1

∴BC1面A1B1C，OB1面A1B1C，故BC1OB1 同理可证：A1BOB1，又A1BBC1B

∴OB1面A1BC1，又A1P面A1BC1，即有A1POB1，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

23arctan30 23

5．在边长为2的等边三角形ABC中，点D,E分别是边AC,AB上的点，满足DE//BC 且

ADAC，，（01），将ADE沿直线DE折到△ADE的位置.在翻折过程中，

下列结论不成立的是（ ）

A．在边AE上存在点F，使得在翻折过程中，满足BF//平面ACD

1B．存在0,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面ABC平面BCDE

2C．若

1

，当二面角ADEB为直二面角时，|AB|2

10 439D．在翻折过程中，四棱锥ABCDE体积的最大值记为f【答案】ABC 【分析】

，f的最大值为2 对于A.在边AE上点F，在AD上取一点N，使得FN//ED，在ED上取一点H，使得

NH//EF，作HG//BE交BC于点G，即可判断出结论.

1对于B，0,，在翻折过程中，点A在底面BCDE的射影不可能在交线BC上，即

2可判断出结论. 对于C，

1

，当二面角ADEB为直二面角时，取ED的中点M，可得AM平面2

BCDE.可得ABAM2BM2，结合余弦定理即可得出.

对于D.在翻折过程中，取平面AED平面BCDE，四棱锥ABCDE体积

1，fSBCDE33，01，利用导数研究函数的单调性即可得出.

3【详解】

对于A.在边AE上点F，在AD上取一点N，使得FN//ED，在ED上取一点H，使得

NH//EF，作HG//BE交BC于点G，如图所示，

则可得FN平行且等于BG，即四边形BGNF为平行四边形， ∴NG//BE，而GN始终与平面ACD相交，

因此在边AE上不存在点F，使得在翻折过程中，满足BF//平面ACD，A不正确.

1对于B，0,，在翻折过程中，点A在底面BCDE的射影不可能在交线BC上，因

2此不满足平面ABC平面BCDE，因此B不正确. 对于C.

1

，当二面角ADEB为直二面角时，取ED的中点M，如图所示： 2

可得AM平面BCDE， 则ABC不正确；

对于D.在翻折过程中，取平面AED⊥平面BCDE，四棱锥ABCDE体积

AM2BM2(32111010，因此)1()221cos120222241，fSBCDE33，01，f132，可得3时，函数33f取得最大值f3123，因此D正确. 1339综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】

本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.

6．已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA11，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PD3，则满足条件的P点有且只有一个 B．若PD3，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PD3，则平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为【答案】ABD 【分析】

9 4，若PD3，由于P与B1重合时PD3，此时P点唯一；PD313，则

PD12，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ABCDA1B1C1D1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ABCDA1B1C1D1的底面边长为2， ∴B1D122，又侧棱AA11，

∴DB1222123，则P与B1重合时PD3，此时P点唯一，故A正确；

∵PD313，，DD11，则PD12，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123，故C错误；

由C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCDA1B1C1D1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.

912322212，面积为，故D正224

7．如图，已知P为棱长为1的正方体对角线BD1上的一点，且BPBD1面结论中正确结论的有（ ）

0,1，下

A．A1DC1P；

B．当A1PPD取最小值时，C．若0,1，则APC2； 3； 7,312D．若P为BD1的中点，四棱锥PAA1D1D的外接球表面积为【答案】ABD 【分析】

9． 4以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】

以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则B1,1,0，D10,0,1，设Px,y,z，

BPBD10,1，BPBD1，即x1,y1,z1,1,1，

则可解得P1,1,， 对A，

A11,0,1,D0,0,0,C10,1,1，A1D1,0,1，

C1P1,,1，则A1DC1P110110，则

A1DC1P，故A正确；

对B，A1PPD2112112221212 222234223，

33则当对C，

2

时，A1PPD取最小值，故B正确； 3

A1,0,0,C0,1,0，PA,1,，PC1,,，

PAPC3221cosAPC1则， 23221PAPC3212111， 01，则32212，则12323212即112cosAPC，则APC,，故C错误； 22332对于D，当P为BD1中点时，四棱锥PAA1D1D为正四棱锥，设平面AA1D1D的中心为

3122O，四棱锥PAA1D1D的外接球半径为R，所以RR，解得R， 422故四棱锥PAA1D1D的外接球表面积为故选：ABD.

29，所以D正确. 4【点睛】

关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.

8．如图所示，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交棱

AA1于点E，交棱CC1于点F，得四边形BFD1E，在以下结论中，正确的是（ ）

A．四边形BFD1E有可能是梯形

B．四边形BFD1E在底面ABCD内的投影一定是正方形 C．四边形BFD1E有可能垂直于平面BB1D1D D．四边形BFD1E面积的最小值为【答案】BCD 【分析】

四边形BFD1E有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；BFD1E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BFD1E 垂直于面

6 2BB1D1D ；当E，F分别是两条棱的中点时，四边形BFD1E的面积最小为6.

2【详解】

过BD1作平面与正方体ABCDA1B1C1D1的截面为四边形BFD1E， 如图所示，因为平面ABB1A1//平面DCC1D1，且平面BFD1E平面BFD1E平面ABB1A1BE.

平面DCC1D1D1F,BE//D1F，因此，同理D1E//BF，

故四边形BFD1E为平行四边形，因此A错误；

对于选项B，四边形BFD1E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AA1,CC1的中点时，EF平面BB1D1D，又EF平面

BFD1E，则平面BFD1E平面BB1D1D，因此C正确；

对于选项D，当F点到线段BD1的距离最小时，此时平行四边形BFD1E的面积最小，此

时点E、F分别为AA1,CC1的中点，此时最小值为故选：BCD

16，因此D正确. 2322

【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.