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【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题08 立体几何多选题 （新高考通用）
1．（浙江省浙南名校、七彩阳光联盟2023届高三下学期2月返校联考数学试题）正
方体 中， 与平面 ，平面 的分别交于点E，F，则有
（ ）
A． B．
C． 与 所成角为 D． 与平面 所成角为
【答案】ABD
【分析】利用线线垂直证明线面垂直，再利用线面垂直证明线线垂直判断A项；根据
等体积转换 ，即可求点B到面 的距离，进而判断B项；把异面直
线平移到同一个平面即可判断C项；可证 平面 ，则直线 与平面
所成的角为 ，即可判断D项．
【详解】对A选项，∵ 平面 ，∴ ，又 ，且
，
平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，
又 平面 ，∴ ，故A正确；对B选项，由选项A知， ，又 平面 ， 平面 ，∴
，且 ， 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，
即 平面 ，同理 平面 ，故点 到面 的距离为 .
设正方体 棱长为2，因为 为正三角形，
所以 ，又 .
根据等体积转换可知： ，即 ，
即 ，所以 ，同理 ，又 ，
∴ ，故B正确；
对C选项，∵ ，∴ （或其补角）即为异面直线 与 所成角，
∵四边形 为正方形，∴ ，∴ 与 所成角为 ，故C错误；
对D选项，∵ 平面 ，∴ ，又 ，且 ，
平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，
设 ，则 平面 ，连接 ，如图
由线面角的定义知， 为 与平面 所成角，
设正方体 棱长为2，则 ， ，∴，
∵ ，∴ ，
∴ 与平面 所成角为 ，故D正确；
故选：ABD.
2．（湖南省四大名校名师团队2023届高三普通高校招生统一考试数学模拟冲刺卷
（一））已知正四棱锥 的所有棱长均为 ， ， 分别是 ， 的中
点， 为棱 上异于 ， 的一动点，则以下结论正确的是（ ）
A．异面直线 、 所成角的大小为
B．直线 与平面 所成角的正弦值为
C． 周长的最小值为
D．存在点 使得 平面
【答案】BC
【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以
及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．
【详解】如图 ，取 的中点 ，连接 ， ，
因为 ， 分别是 ， 的中点，
所以 ，且 ，所以四边形 为平行四边形，
则 ，又正四棱锥 的所有棱长均为 ，
则 ，所以异面直线 ， 所成角为 ，故A错误；设正方形 的中心为 ，连接 ， ，
则 平面 ， ，
设 的中点为 ，连接 ， ，
则 ，且 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成角，所以 ，
中， ， ， ，
所以由余弦定理可得 ，所以 ，
所以 ，故B正确；
将正 和 沿 翻折到一个平面内，如图 ，
当 ， ， 三点共线时， 取得最小值，
此时，点 为 的中点， ，
所以 周长的最小值为 ，故C正确；
若 平面 ，则 ，此时点 为 上靠近点 的四等分点，
而此时， 与 显然不垂直，故D错误；
故选：BC．
3．（浙江省嘉兴市平湖市2023届高三下学期3月模拟数学试题）已知正方体
的棱长为2， ， 分别为 ， 的中点，且 与正方体的内
切球 （ 为球心）交于 ， 两点，则下列说法正确的是（ ）
A．线段 的长为
B．过 ， ， 三点的平面截正方体 所得的截面面积为C．三棱锥 的体积为
D．设 为球 上任意一点，则 与 所成角的范围是
【答案】BC
【分析】过 ， ， 三点的截面为正六边形 ，球心 为其中心，作出图
形在正六边形中求出 判断A，求出正六边形面积判断B，由等体积法求出三棱锥体
积判断C，分析 与 所成角的最大最小值判断D.
【详解】过 ， ， 三点的截面为正六边形 ，球心 为其中心，如图，
在正六边形 中， ，点 到 的距离为 ， ，
所以 ，故A错误；
正六边形 的面积 ，故B正确；
，故C正确；
、 、 为球 的切线，故当 为 中点时， 与 所成角最小为0，
，所以 ，
当 与球相切且P在平面OAC内时，为 或 的中点时， 与 所成角最大为 ，故D错误.
故选：BC.
4．（浙江省宁波市十校2023届高三下学期3月联考数学试题）正方体
的棱长为1，点 满足 ，则下列说法正确
的有（ ）
A．若 ，则
B．若 ，则三棱锥 的体积为定值
C．若点 总满足 ，则动点 的轨迹是一条直线
D．若点 到点 的距离为 ，则动点 的轨迹是一个面积为 的圆
【答案】ABC
【分析】作出图形，利用线面垂直、平行的判定定理和性质定理逐项分析检验即可求
解.
【详解】对于 ，因为 且 ，由向量基本定理可知：
点 共线，如图，连接 ，
在正方体 中， ， 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，又 ，
所以 平面 ，
在 上任取一点 ，连接 ，则 平面 ，所以 ，在正方体 中，因为 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，则 ，
故选项 正确；
对于 ，如图，连接 ，
因为 且 ，由向量基本定理可知：点 共线，
即点 在直线 上，在正方体 中，因为 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ， 平面 ， 平面
，所以 平面 ，则直线 上任意一点到平面 的距离相等，又因
为 的面积为一定值，所以三棱锥 的体积为定值，故选项 正确；
对于 ，如图，连接 ，
在正方体 中， ， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，又 ，所以 平面 ， 平面 ，所以，同理 ，有 ，所以 平面 ，因为点 满足
，所以点 在侧面 所在的平面上运动，且 ，
所以动点 的轨迹就是直线 ，故选项 正确；
对于 ，因为点 到点 的距离为 ，所以点 的轨迹是以 为球心，半径为 的球
面与平面 的交线，即点 的轨迹为小圆，设小圆半径为 ，
因为球心 到平面 的距离为1，则 ，
所以小圆的面积为 ，故选项 错误；
故选： .
5．（江苏省南京市、盐城市2022-2023学年高三上学期期末联考数学试题）如图，圆
柱 的底面半径为1，高为2，矩形 是其轴截面，过点A的平面 与圆柱底面
所成的锐二面角为 ，平面 截圆柱侧面所得的曲线为椭圆 ，截母线 得点 ，则
（ ）
A．椭圆 的短轴长为2
B． 的最大值为2
C．椭圆 的离心率的最大值为
D．
【答案】ACD
【分析】短轴长为底面圆直径，可以判断A选项； 的最大值为 ，可
以判断B选项；长轴长最长为 时，可以判断C选项；利用几何关系判断D选项；【详解】
椭圆 在底面上的投影为底面圆 ，所以短轴长为底面圆直径，即为2，故A正确；
当平面 过AC时， 的最大值为 ，故B错误；
椭圆短轴长为定值2，所以长轴长最长为 时，离心率最大为 ，故C正确；
过 作椭圆 所在平面和底面的交线垂线，垂足为 ，连接AE，设则 ，
由题意可得 ，由余弦定理可得
，
由 ，
则
，
由题意可得 ，
所以 ，故D正确.
故选:ACD.
6．（江苏省南通市基地大联考2023届高三下学期3月重点热点诊断测试数学试题）
在正方体 中，点P满足 ，则（ ）
A．若 ，则AP与BD所成角为 B．若 ，则
C． 平面 D．
【答案】BCD
【分析】 与BD所成角为 与 所成角，为 ，A错误，建系得到，B正确，故面 面 ，C正确， ，D正
确，得到答案.
【详解】对选项A： 时P与 重合， 与BD所成角为 与 所成角，
为等边三角形，则AP与BD所成角为 ，错误；
对选项B：如图建立空间直角坐标系，令 ， ， ，
， ， ， ，正确；
对选项C： ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
同理可得 平面 ， ，故面 面 ， 平面
， 平面 ，正确；对选项D： ， ， ，正确．
故选：BCD
7．（辽宁省锦州市2022-2023学年高三上学期期末考试数学试题）已知正方体
的棱长为1， 是线段 上的动点，则下列说法正确的是,（ ）
A．存在点 使 B．点 到平面 的距离为
C． 的最小值是 D．三棱锥 的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】以 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设 ，
，当 时， ，
此时 与 重合，所以A选项正确.
设平面 的法向量为 ，
则 ，故可设 ，
所以点 到平面 的距离为 ，B选项错误.
， ，
，
所以当 时， 取得最小值为 ，C选项错误.，为定值，D选项正确.
故选：AD
8．（江苏省南京市、盐城市2023届高三上学期期末调研反馈数学练习题）在长方体
中， ，则（ ）
A． 与 是异面直线 B． 与 是异面直线
C．异面直线 与 的距离为1 D．异面直线 与 的距离为
【答案】ABD
【分析】利用异面直线的定义判断选项AB，求出异面直线 与 的距离为2，即
可判断选项C,把异面直线 与 的距离转化为 到平面 的距离，再转化为
点 到平面 的距离，再利用等体积法求解判断.
【详解】如图所示， 与 是异面直线， 与 是异面直线，所以选项AB正
确；
由正方体得 平面 ，所以 .又 ,所以 是异面直线
与 的公垂线段，又 ，所以异面直线 与 的距离为2，所以选项C
错误；
因为 平面 , 平面 ，所以 平面 ，所以 到平面 的距离就是异面直线 与 的距离，即点 到平面 的距离就是异面
直线 与 的距离.设距离为 由题得 .因为
.所以异面直线 与 的
距离为 ，所以选项D正确.
故选：ABD
9．（辽宁省名校联盟2022-2023学年高三下学期质量检测考试数学试题）在正方体
中，E，F分别为 ， 的中点，则下列结论错误的是（ ）
A． 平面 B． 平面
C． 平面 D． 平面
【答案】BCD
【分析】以点 为坐标原点，以 ， ， 方向为 ， ， 轴为正方向，建立
空间直角坐标系，根据线与面的平行与垂直的向量求法对选项一一验证即可.【详解】
以点 为坐标原点，以 ， ， 方向为 ， ， 轴为正方向，建立如图所示
空间直角坐标系，
设正方体 的边长为2，
则 ， ， ， ， ， ， ，
， ，
则 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
则 ，则 平面 ，故A正确；
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
，则 与平面 不平行，故B错误；
， ，设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
，则 与平面 不垂直，故C错误；
， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
，则 与平面 不垂直，故D错误；
故选：BCD.
10．（河北省石家庄市2023届高三质量检测（一）数学试题）已知正方体
的棱长为2，M，N分别是 ， 的中点，则（ ）
A．
B．
C．平面 截此正方体所得截面的周长为
D．三棱锥 的体积为3
【答案】BC
【分析】建立坐标系，利用空间向量坐标的关系判定A,B选项的正误，把截面作出来，
根据截面形状可求周长，利用等体积进行转化可求三棱锥 的体积.
【详解】如图，以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直
角坐标系，
则 ;, ;
因为 ，所以 与 不平行，A不正确；
因为 ，所以 ，B正确；
如图，取 的中点 ,取 的中点 ，连接 ，
由正方体的性质可知， ；
因为 分别为 的中点，所以 ，所以 ；
平面 截正方体所得截面为梯形 ，
因为正方体的棱长为2，所以 ,
，
所以平面 截此正方体所得截面的周长为 ，C正确；
由上面分析可知， ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，即点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离；
，
而 ，所以三棱锥 的体积为1，D不
正确.
故选：BC.
11．（福建省漳州市2023届高三毕业班第三次质量检测数学试题）在正方体
中， 为线段 上的动点，则（ ）
A． 平面
B． 平面
C．三棱锥 的体积为定值
D．直线 与 所成角的取值范围是
【答案】ABC
【分析】根据面面平行的判定定理证明出平面 平面 ，判断选项A；根据
线面垂直的判定定理证出 平面 ，判断选项B；根据三棱锥的等体积转换结
合面面平行，判断选项C；根据异面直线所成角的平移，判断选项D．
【详解】选项A， ， 四边形 是平行四边形，
平面 ， 平面 ， 平面 ；， 四边形 是平行四边形，
平面 ， 平面 ， 平面 ；
又 ，且 平面 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，而 为线段 上的动点， 平面 ，
平面 ，正确；
平面 ， 平面 ， ，
， ， 平面 ， 平面 ，
而 平面 ， ，
同理可证， ，又 ， 平面 ，
平面 ，正确；
选项C，三棱锥 的体积即为三棱锥 的体积，
由选项A可得， 平面 ，平面 平面 ，则 到平面 的距离为定
值，又底面积为定值，所以三棱锥 的体积为定值，正确；
选项D， ， 直线 与 所成角即直线 与 所成角，
在 中，当点 与 或 重合时，取到最小值 ，
当点 在线段 中点时，取到最大值 ，故错误.
故选：ABC.12．（山东省日照市2023届高三一模考试数学试题）已知正方体 过
对角线 作平面 交棱 于点 ，交棱 于点F，则（ ）
A．平面 分正方体所得两部分的体积相等
B．四边形 一定是菱形
C．四边形 的面积有最大值也有最小值
D．平面 与平面 始终垂直
【答案】AC
【分析】利用正方体的对称性即可判断A正确；由平行平面的性质和 的大小
可判断B错误；结合异面直线距离说明四边形 的面积最小值和最大值取法，判
断C正确；只有当 平面 时，才有平面 平面 ，判断D错误.
【详解】对于A：由正方体的对称性可知，平面 分正方体所得两部分的体积相等，
故A正确；
对于B：因为平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，∴ .
同理可证： ，故四边形 是平行四边形，当E不是 的中点时，
,此时四边形 不是菱形，故B错误；
对于C：由B得四边形 一定是平行四边形，所以四边形 的面积等于三角
形 面积的两倍，而 为定值，所以当 到直线 距离最大时，三角形 面
积取最大值，因为 为棱 中点时, 到直线 距离恰为异面直线 距离，
即为最小值，此时三角形 面积取最小值，即四边形 的面积取最小值.因此
当E与A重合或 重合时，三角形 面积取最大值，即四边形 的面积即取最
大值，故C正确；
对于D：因为平面 平面 ，又平面 平面 ，所以只
有当 平面 时，才有平面 平面 ，故D错误.
故选：AC
13．（山东省淄博市2023届高三下学期一模数学试题）如图，在正方体
中， ， 是正方形 内部(含边界)的一个动点，则（ ）
A．存在唯一点 ，使得B．存在唯一点 ，使得直线 与平面 所成的角取到最小值
C．若 ，则三棱锥 外接球的表面积为
D．若异面直线 与 所成的角为 ，则动点 的轨迹是抛物线的一部分
【答案】BCD
【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点 位置，判断选项A；几何法找线面角，当
角最小时确定点 位置，判断选项B； 为 中点时，求三棱锥 外接球的半
径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求
出动点 的轨迹，判断选项D.
【详解】对于A选项：正方形 中，有 ，
正方体中有 平面 ， 平面 ， ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
只要 平面 ，就有 ， 在线段 上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项： 平面 ，直线 与平面 所成的角为 ，
， 取到最小值时， 最大，
此时点 与点 重合，B选项正确；
对于C选项：若 ，则 为 中点， 为等腰直角三角形，外接圆半径
为 ，三棱锥 外接球的球心到平面 的距离为 ，则外接球的半径为 ，所以三棱锥 外接球的表面积为 ，C选项正确；
对于D选项：以D为原点， 的方向为 轴， 轴， 轴正方向，建立如图
所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ，设 ，则有
， ，
有 ，化简得 ， 是正
方形 内部(含边界)的一个动点，
所以 的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
14．（湖北省七市（州）2023届高三下学期3月联合统一调研测试数学试题）如图，
在棱长为4的正方体 中，E，F，G分别为棱 ， ， 的中点，
点P为线段 上的动点，则（ ）
A．两条异面直线 和 所成的角为
B．存在点P，使得 平面
C．对任意点P，平面 平面
D．点 到直线 的距离为4
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得 平面 ，然后根据线线垂直
的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质可知 ，两条异面直线 和 所成的角
即为 ，所以A错误；
对于B，当点P与点 重合时，由题可知 ，
所以 ，四边形 为平行四边形，故 ，
又 平面 ， 平面 ，则 平面 ，所以B正确；
对于C，连结 ，由于 平面 ， 平面 ，故 ，
又 ，故 ，故 ，即，故 ，
又 相交， 平面 ，故 平面 ，又 平面 ，故对
任意点 ，平面 平面 ，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得 ，
，
所以 ，
所以 ，所以点 到直线 的距离 ，
所以D正确．
故选：BCD．
15．（湖南省长沙市雅礼中学2023届高三下学期月考（七）数学试题）在如图所示试
验装置中，两个长方形框架 与 全等， ， ，且它们所在
的平面互相垂直，活动弹子 分别在长方形对角线 与 上移动，且
，则下列说法正确的是（ ）A．
B． 的长最小等于
C．当 的长最小时，平面 与平面 所成夹角的余弦值为
D．
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量数量积的运算即可
判断选项 ；利用空间两点间距离公式即可判断选项 ；根据二面角的余弦值推导即
可判断选项 ；根据棱锥的体积计算公式即可判断选项 .
【详解】由题意可知： 两两互相垂直，以点 为坐标原点， 为
轴正方向，建立空间直角坐标系，
建系可得
，，故选项 正确；
又 ，
当 时， ，故选项 正确；
当 最小时， 分别是 的中点，
取 中点 ，连接 和 ，
，
，
是二面角 的平面角.
中， ，
可得 ，同理可得 ，
由余弦定理可得 ，故选项 正确；
，故选项 错误.
故选： .
16．（云南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期第二学段模块考试数学试
题）如图，在棱长为2的正方体 中 为 上的动点，则（ ）A．三棱锥 的体积为
B．对任意点 平面
C．线段 长度的最小值为2
D．设 与平面 所成角的大小为 ，则
【答案】ABD
【分析】根据线面平行可得 平面 ,进而根据等体积法即可判断A,根据面面平
行可得线面平行即可判断B，根据等边三角形的性质即可判断C，根据线面角的几何
法可得 与平面 所成角为 ，进而根据 的范围即可
判断D.
【详解】由于 平面 , 平面 ,故 平面 ， 为
上的动点，故 平面 ,
三棱锥 的体积为 ，故A正确：
如图，连接 ，在正方体中， ， 平面 ,, 平面 , 故 平面 ,
同理 平面 ,又 ， 平面 ,所以平面 平面
，因为 平面 ，所以 平面 故B正确；
易知 为正三角形，当 为 中点时， 故C错误；
如图，在 上取点 ，使得 ，连接 ， ，故四边形
为平行四边形，因为 平面 ，所以 平面 ，所
以 与平面 所成角为 ，由于 为等腰直角三角形，
故 ，所以 ，故D正确，
故选:ABD
17．（广东省梅州市2023届高三一模数学试题）如图，在直三棱柱 中，
， ， ， 为棱 的中点； 为棱 上的动点（含端
点），过点A､ ､ 作三棱柱的截面 ，且 交 于 ，则（ ）A．线段 的最小值为 B．棱 上的不存在点 ，使得
平面
C．棱 上的存在点 ，使得 D．当 为棱 的中点时，
【答案】ABD
【分析】如图，以 为 轴建立空间直角坐标系 ，用空间向量法
研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．
【详解】如图，以 为 轴建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ， ，
由于 与底面 垂直，因此当 与 重合时， 在平面 内， ，
此时 最小为 ，A正确；
， ，
若 ， 与 不垂直，因此 不可能与平
面 垂直，B正确；
设 ，则 ， ，
若 ，则 ，即 ，此方
程无实数解，因此棱 上的不存在点 ，使得 ，C错；
是 中点时， ， ，D正确．
故选：ABD．18．（广东省佛山市2023届高三教学质量检测（一）数学试题）如图，在正方体
中，点M是棱 上的动点（不含端点），则（ ）
A．过点M有且仅有一条直线与AB， 都垂直
B．有且仅有一个点M到AB， 的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与 ， 都相交
D．有且仅有一个点M满足平面 平面
【答案】ABC
【分析】逐个分析每个选项即可.
【详解】对于选项A，设过点M与AB、 都垂直的直线为l，
∵ ，
∴ ，
又∵ ， ， 、 面 ，∴ 面 ，
而过点M作平面 的垂线有且只有一条直线，即为： ．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、 都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA， ，
由题意知，AB 面 ， 面 ，
∴AB MA， ，即：MA为点M到AB的距离， 为点M到 的距离，
在 中， ，
在 中， ，
又∵
∴当 时， ，即：当M为 的中点时，点M到AB、 的距离
相等，即：有且仅有一个点M到AB、 的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，
连接AC、BD交于点O，连接 、 交于点 ，连接 交 于点N，则 面
，又因为 面 ，且 ， ，所以连接MN必与 交于
点G，即：过点M有且仅有一条直线与 、 都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、 为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则 ， ， ， ，
设 ， ，
则 ， ， ， ，
设面 的一个法向量为 ，
当 时，取 ，则 ， ，
当 时，取 ，则 ， ，则 ，
设面 （即：面 ）的一个法向量为
取 ，则 ， ，则 ，
当 时， ，此时面 与面 不垂直，
当 时， ，所以面 与面 不垂直，
所以不存在过点M满足面 面 .故选项D错误；
故选：ABC.
19．（贵州省六盘水市2022-2023学年高二上学期期末教学质量监测数学试题）已知
正四面体 的棱长为2， 、 分别是 和 的中点，下列说法正确的是（ ）
A．直线 与直线 互相垂直
B．线段 的长为
C．直线 与平面 所成角的正弦值为
D．正四面体 内存在点到四个面的距离都为
【答案】ACD
【分析】取 的中点 ，连接 ，证明 平面 ，即可判断A；根据空
间向量基本定理及数量积的运算律计算即可判断B；连接 交 于点 ，则点 为
点 在平面 上的投影，则 即为直线 与平面 所成角的平面角，求出
即可判断C；利用等体积法求出正四面体 的内切球的半径即可判断D.
【详解】对于A，取 的中点 ，连接 ，
因为 ，
所以 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，故A正确；
对于B， ，
，
则
，故B错误；
对于C，连接 交 于点 ，连接 ，则 为 的中心，则点 为点 在平面 上的投影，即 平面 ，
则 即为直线 与平面 所成角的平面角，
在 中， ， ，
则 ，
即直线 与平面 所成角的正弦值为 ，故C正确；
对于D，设正四面体 的内切球的半径为 ，
则 ，
所以 ，
所以正四面体 内存在点到四个面的距离都为 ，故D正确.
故选：ACD.
20．（广东省湛江市2023届高三一模数学试题）在棱长为2的正方体
中，点E，F分别为棱BC与 的中点，则下列选项正确的有
（ ）
A． 平面
B． 与 所成的角为30°
C． 平面
D．平面 截正方体 的截面面积为【答案】ABD
【分析】设点M为棱 的中点，得到四边形 为平行四边形，利用线面平行
的判定定理，证得 平面 ，可判定A正确；再得到四边形 为菱形，求
得截面的面积，可判定D正确；设 的中点为N，证得 ，得到 为
与 所成的角，利用余弦定理求得 ，可判定B正确；假设 平面
正确，得到 ，结合 ，证得 平面 ，得到 ，进而
判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱 的中点，则 平行且相等，所以四边形
为平行四边形，
又 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故A正确；
由上可知，四边形 为平面 截正方体 的截面，
易得 ，故四边形 为菱形，
又其对角线 ， ，故其面积为 ，故D正确；
设 的中点为 ，连接 ，因为 分别为 与 的中点，所以 ，
故 为 与 所成的角，又 ， ，
由余弦定理可得 ，
所以 与 所成的角为 ，故B正确；
如图2所示，假设 平面 正确，则 ，
又 ， ，所以 平面 ，得 ．在正方形 中， ，显然不成立，所以假设错误，
即 平面 错误，故C错误．
故选：ABD．
21．（福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三））在长方体
中， ， ，点 、 在底面 内，直线 与
该长方体的每一条棱所成的角都相等，且 ，则（ ）
A．
B．点 的轨迹长度为
C．三棱锥 的体积为定值
D． 与该长方体的每个面所成的角都相等
【答案】BCD
【分析】将长方体 补成正方体 ，连接 、 、
、 ，设 ， ，确定点 的位置，求出 的长，
可判断A选项；确定点 的轨迹，求出点 的轨迹的长度，可判断B选项；利用锥体
的体积公式可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.【详解】如下图所所示，将长方体 补成正方体 ，
连接 、 、 、 ，设 ， ，
易知 与正方体 的每一条棱所成的角都相等，
所以， 与底面 的交点即为点 .
对于A选项， ，A错；
对于B选项，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
又因为四边形 为正方形，则 ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，同理， ，
因为 ， 、 平面 ，则 平面 ，
故 平面 ，
因为 ，所以， 平面 ，即 平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，所以， ，
所以，点 的轨迹为线段 ，且 ，B对；
对于C选项，记点 到平面 的距离为 ，
由 ，因为 ，则 ，则 ，故点 为 的中点，
同理可知， 为 的中点，所以， ，
因为 ， ，故四边形 为平行四边形，所以， ，
所以， ，
因为 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
所以，点 到平面 的距离为定值，
又因为 的面积为定值，所以，三棱锥 为定值，C对；
对于D选项，因为 到平面 、平面 、平面 的距离都相等，
易知，直线 与正方体 的每个面所成的角都想等，
所以， 与长方体 的每一个面所成的角都相等，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在
平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度 ，从而不必
作出线面角，则线面角 满足 （ 为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设 为直线 的方向向量， 为平面的
法向量，则线面角 的正弦值为 .
22．（山东省临沂市2023届高考模拟考试（一模）数学试题）已知正方体
的棱长为4，点 分别是 的中点，则（ ）
A．直线 是异面直线 B．平面 截正方体所得截面的面积为
C．三棱锥 的体积为 D．三棱锥 的外接球的表面积
为
【答案】ACD
【分析】对于A，取 的中点 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ，证明
，即可判断；对于B，延长 交于点 ，连接 交 点 ，连接
，说明平面 截正方体所得截面为四边形 ，从而可以判断；对于
C，连接 ，证明 平面 ，再根据 即可判断；对于
D，如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，设 为 的中点， 为三棱锥
的外接球的球心，利用空间中两点的距离公式求出球心及半径即可判断.
【详解】对于A，如图，取 的中点 ，连接 ，取 的中点 ，连接 ，
则 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又因 ，所以直线 是异面直线，故A正确；
对于B，如图，延长 交于点 ，连接 交 点 ，连接 ，
因为 为 的中点，则 ，所以 为 的中点，
因为 ，所以 为 的中点，则 ，
因为 ，
所以 为平行四边形，所以 ，
所以 ，
则平面 截正方体所得截面为等腰梯形 ，
在等腰梯形 中，
，
则梯形的高为 ，
所以等腰梯形 的面积为 ，故B错误；
对于C，连接 ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
又因为 为 的中点，所以三棱锥 的高为 ，
，
所以 ，故C正确；
对于D，如图，以点 为原点建立空间直角坐标系，
设 为 的中点，则 为 的外心，
则三棱锥 的外接球的球心在过点 且垂直平面 的直线上，设为 ，
则 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，设 ，
则 ，
，
因为 ，所以 ，所以 ，
故 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以三棱锥 的外接球的半径 ，
表面积为 ，故D正确.故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的突破口是，建立空间直角坐标系，先由球心与截面
圆心连线垂直于截面得到 平面 ，从而求出 ，由此得解.
23．（湖北省八市2023届高三下学期3月联考数学试题）在棱长为2的正方体
中， 为 中点， 为四边形 内一点（含边界），若
平面 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B．三棱锥 的体积为
C．线段 最小值为 D． 的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据正方体的性质得出平面 平面 ，则根据已知得出点 在线
段 上（含端点），
对于选项A：当 为 时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出 与
的夹角为 ，根据已知得出 的三边，即可得出 为 ，即可判断；
对于选项B：三棱锥 若以 为顶点， 为底面时，根据正方体性质得
出此时三棱锥的高为2，底面积为2，即可得出体积判断；
对于选项C：点 在线段 上（含端点），则 时，线段 最小，根据等面积法求出答案即可判断；
对于选项D：根据正方体性质结合已知可得 ，则 ，即可根
据 的范围得出 的范围判断.
【详解】取 、 中点分别为 、 ，连接 、 、 、 ， ，如
下图：
为正方体，
， ， ，
，
平面 ， 平面 ，且 ，
，
平面 平面 ，
为四边形 内一点（含边界），且 平面 ，
点 在线段 上（含端点），
对于选项A：当 为 时， ，则 与 的夹角为 ，
此时 ， 则 ，
则 与 不垂直，故A错误；对于选项B： 为四边形 内一点（含边界），
到平面 的距离为2，
三棱锥 的体积为 ，故B正确；
对于选项C： 点 在线段 上（含端点），
当 时，线段 最小，
， ，
在边 上的高为 ，
则 ，
则当 时，即 ，故C正确；
对于选项D： 为正方体，
平面 ，
平面 ，
，
为直角三角形，且直角为 ，
，
点 在线段 上（含端点），
则当 最大时，即点 为点 时，此时 ，此时 最小，为
，当 最小时，即 ，此时 ，此时
最大，为 ，
则 的取值范围为 ，故D正确；
故选：BCD.
24．（江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期期初考试数学试题）在四面体
的四个面中，有公共棱 的两个面全等， ， ， ，二面角
大小为 ，下列说法中正确的有（ ）
A．四面体 外接球的表面积为
B．四面体 体积的最大值为
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
【答案】ACD
【分析】选项A：找出四面体得外接球得外接圆圆心和半径即可；选项B：先确定底
面，底面积确定，利用夹角的变化确定体积最大的时候的高即可；选项C：直接画出
二面角，然后计算其夹角即可；选项D：先过点 画 的垂线，垂足为 ;过点 画
的垂线，垂足为 ，然后二面角为 与 的夹角，利用基底法计算 长度即
可.
【详解】由题的示意图，画 中点为 ，连接
选项A：由题可知在 中， ，所以 ,
又因为有公共棱 的两个面全等, ，故 ,由直角三角形的性质可知， ,故该三棱锥的外接球球心为点 ，直径
为 ，
所以外接球表面积为 ，故A正确；
选项B：要使四面体 的体积最大，则只需以 为底面， 在边 上的
高 为高即可；
因为公共棱 的两个面全等，所以 ，所以有
，
已知 ，所以 ，所以体积最大时，该四面体的体积为
，故B 错误；
选项C：分别过点 画边 的垂线，显然垂足均为 ，则 ,得示意图
由选项B可知 ，又 ， ，所以 ,
由余弦定理的 ，因为在三角形中，所以 ，故C
正确；
选项D:如图所示，过点 画 的垂线，垂足为 ;过点 画 的垂线，垂足为 ，因为 ，所以 ,
因为 ，所以 与 的夹角为 ，
由选项B可知， ,所以 ,同理 ,
由选项A可知 所以 ，
,所以得
，
所以 ，故D正确；
故选：ACD
25．（湖南省长沙市第一中学2023届高三下学期月考（七）数学试题）在棱长为 的
正方体 中， 与平面 相交于点 ， 为 内一点，且
，设直线PD与 所成的角为 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B．点P的轨迹是圆
C．点 的轨迹是椭圆 D． 的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得 平面 ，
分析可得点 即为 的中心，结合 可得 ，从而可得点的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆，转化为 是以底面半径为 ，高为 的
圆锥的母线，分析求得 的范围即可得出结果.
【详解】如图所示，
与平面 相交于点 ，连接 交 于点 ，连接 ；
由题意可知 平面 ， 平面 ，则 ；
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ；
同理可证 ，
又 ， 平面 ，
所以 平面 ；
又因为 ，由正三棱锥性质可得点 即为 的中
心，连接 ；
因为 为 的中点， 交 于点 ，连接 ，
由 平面 ， 平面 ，则 ，所以选项A正确；
即 为 的高，设 ，由正方体棱长为 可知， ，且 的内切圆半径 ；
所以 ；
又 ，即可得 ，
所以点 的轨迹是以 为圆心，半径为 的圆，所以B正确，C错误；
由 平面 ， 平面 ，则 ，
所以 ，
因此 是以底面半径为 ，高为 的圆锥的母线，如图所示:
设圆锥母线与底面所成的角为 ，则 ，所以 ；
即直线 与平面 所成的角为 ，
又因为异面直线所成角的取值范围是 ，
直线 在平面 内，所以直线PD与 所成的角的取值范围为 ,
又因为 ，所以直线PD与 所成的角的取值范围为 ，即 ；
即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：（1）通过比较 与 的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；（2）将直线PD与 所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.
26．（广东省六校（广州二中、中山纪中、东莞中学、珠海一中、深圳实验、惠州一
中）2023届高三第四次联考数学试题）如图，矩形 中， ， ， 为
边 的中点，沿 将 折起，点 折至 处（ 平面 ），若 为线
段 的中点，平面 与平面 所成锐二面角 ，直线 与平面 所成
角为 ，则在 折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B． 面积的最大值为
C．
D．三棱锥 体积最大时，三棱锥 的外接球的表面积
【答案】BCD
【分析】对于A，取 的中点 ，连接 ， ，先证明 ，再证明
与 不垂直，进而可得结论；
对于B，依题意先得到 ，从而可得到 面积的最大值；
对于C，取 的中点 ， 的中点 ，作 平面 ，且点 在平面
内，连接 ， ， ，先说明点 在直线 上，再证明 ， ，得到 ， ，进而可得结论；
对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点 与点 重合，即 平面 时，
最大，进而可得到三棱锥 的外接球的半径和长、宽、高分别为 ， ，
的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解．
【详解】对于A，取 的中点 ，连接 ， ，
显然 ，且 ，又 ，且 ，所以 ，且
，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 ， ，且 为 的中点，
则 与 不垂直，所以 与 也不垂直，故A错误；
对于B，由 ， ，则 ，
所以当 时， 最大，且最大值为 ，故B正确；
对于C，取 的中点 ， 的中点 ，作 平面 ，且点 在平面
内，
连接 ， ， ，
由 ，则 ，又 ，且 ，则 ，
则 在平面 上的射影在直线 上，即点 在直线 上，则 平面 与平面 所成的二面角，则 ，所以
，
又 在平面 上的射影为 ，则 ，所以 ，
所以 ，故C正确；
对于D，结合C可知， ，
则当点 与点 重合，即 平面 时， 最大，且最大值为 ，
则 ，又 ，且 ，则 平面 ，
所以 ， ， 两两垂直，且 ， ， ，
则三棱锥 的外接球的半径和长、宽、高分别为 ， ， 的长方体的外接
球的半径相等，
所以其外接球的半径为 ，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 ，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】三棱锥外接球点睛：求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分
析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均
在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意
两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心．
27．（广东省深圳市2023届高三第一次调研数学试题）如图，已知正三棱台
的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面 内运动
（包含边界），且AP与平面 所成角的正切值为 ，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点 ，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点 到平面 的距离即可确
定点 的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点 ，取 中点 ，
中点 ，连接 ，则有 ，
所以 的延长线必过点 且 ，
过点 作 ，则四边形 是边长为1的菱形.
如图所示：在 中， ，即 ，
解得 ，所以 ，
所以 为边长为3等边三角形，
所以 ，
所以 ，
因为 是边长为3的等边三角形且 为 中点，
所以 ， ，
在 中，由余弦定理变形得，
，
在 中，由余弦定理变形得，
，
解得 ，所以 ，所以 ；
由 ，可得 平面 ，
又 平面 ，所以 ，由 ， ， ，可得 平面 ，
因为AP与平面 所成角的正切值为 ，
所以 ，解得 ， ，
所以点 在平面 的轨迹为 ，
对于A：当点 运动到 与 的交点时 有最小值，
因为四边形 是边长为1且 的菱形，
所以 ，所以 ，
故A选项正确；
对于B：要使得 ，则点 必须落在
平面 与平面 的交线上且 ，
由图易知，在平面 中不存在这样的点 ，
故B选项错误；
对于C：当点 运动到点 时，连接 ， 交 于点 ，
连接 ，由于平面 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以存在点P，存在点 ，使得 ，
故C选项正确；
对于D：设 的长度为 ，则 ，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为 ,
则有 ，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为 ，
故D选项正确；故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线
面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，
勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平
行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
28．（江苏省南京师范大学附属中学2023届高三下学期开学测试数学试题）如图，在
五面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且
， ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若G为棱CE中点，则DF⊥平面ABG
C．若AD=CD，则平面ADE⊥平面BDE
D．若 ，则平面ADE⊥平面BCE
【答案】ABC
【分析】对于A，利用面面垂直的性质定理得到 平面 ，从而得以判断；对
于B，利用线面垂直的判定定理推得 平面 ，由此判断即可；对于C，利用面
面垂直的的判定定理，结合勾股定理即可判断；对于D，先证得 与 不重合，再
推得平面 平面 ，从而得到矛盾，由此判断即可.
【详解】对于A，因为平面 平面ABEF， ，平面 平面
， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，故A正确；
对于B，取棱 的中点 ，连接 ，如图①，.
因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以 ，
因为G为棱CE中点，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
由题意知 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，则 平面 ，故B正确；
对于C，连接 ，如图①，
由题意知 ，所以 ，
又在直角梯形 中易知 ，所以 ，即 ，
由选项A知 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；
对于D，连接 ，过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ，如图②，
.
由 ，得 ，所以 ，
此时 ，
所以 ，故 与 不重合，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ，
假设平面 平面 ，
因为 与 不重合，所以平面 与平面 不重合，
又平面 平面 ，则 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又 ，所以 ，这与 矛盾，
所以假设不成立，故平面 与平面 不垂直，故D错误.
故选：ABC.
29．（湖南省名校2023届普通高等学校招生全国统一考试考前演练一数学试题）如图
1，在 中， ， ， ，DE是 的中位线，沿DE将
进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥 （如图2），点F为AB的中点，
在翻折过程中下列结论正确的是（ ）
A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B．四棱锥 的体积的最大值为
C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为 ，则A、C两点间的距离为
【答案】ABD
【分析】A项，分析点A与点C重合时三角形ADE翻折旋转所得的几何体类型，即可
得到几何体的表面积；B项，通过 表达出 的体积，即可求出四棱锥的体积的最大值；C项，通过三角形的等面积法即可求出点F到平面ACD
的距离；D项，通过C项的三角形ACE为正三角形时，由余弦定理得到异面直线AC
与BD所成角的余弦值为 ，即可求出异面直线AC与BD所成角的余弦值为 时，
A、C两点间的距离.
【详解】由题意，
在 中， ， ， ，DE是 的中位线，
∴ , , ,
∴ , ，
对于A项，
当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为以2为半径高为1的半个
圆锥，
∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
,
故A正确；
对于B项，
设 ，则 ，
设点 到 的距离为 ，
则 ，
∴四棱锥 的体积为：
，
在 中， ，∴ ，
∴四棱锥 的体积的最大值为 ，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时， ， ,
过点 作 ，连接 ，
取 的中点 ,连接 ， ，
在 中， ,点F为AB的中点，
由几何知识得， ，
在 中， ,
∴ ， 为 的中点，
在 中， 为 的中点，,点F为AB的中点，
∴ , , ,
在 中，
在四边形 中，由几何知识得， , ，
∴四边形 是矩形， ，
设点F到平面ACD的距离为 ，在 中， ，即 ，解得： ,故C错误，
由几何知识得， ， ,
∴ ,此时 即为异面直线AC与BD所成的角，
由余弦定理，
，
代入数据，解得： ，
∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为 ，则A、C两点间的距离为 ，
故D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题考查几何体的表面积，体积，空间点到平面的距离，异面直线所成的角，
余弦定理等，具有极强的综合性。
30．（广东省江门市2023届高三一模数学试题）勒洛Franz Reuleaux（1829～
1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元
件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神
奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体
的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体 的棱长
为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为B．勒洛四面体被平面 截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线 的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体 的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球
半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到
交线 所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C
选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体 的外接球，如图所示：
取 的中点 ，连接 ，过点 作 于点 ，则 为等边 的中心，
外接球球心为 ，连接 ，则 为外接球半径，设 ，
由正四面体的棱长为2，则 ， ，
，
， ，
由勾股定理得： ，即 ，
解得： ，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：图中取正四面体 中心为 ，连接 交平面 于点 ，交 于点 ，其中
与 共面，其中 即为正四面体外接球半径 ，
设勒洛四面体内切球半径为 ，则 ，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为 ，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线 所在圆的圆心为 的中点 ，
故 ，又 ，
由余弦定理得： ，
故 ，且半径为 ，故交线 的长度等于 ，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接 ，交 于中点 ，交 于中点 ，连接 ，则
，
则由C选项的分析知： ，所以 ，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度
为 ，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为 ，半
径为 .
