专题25立体几何与空间向量A辑-2022年高考数学压轴必刷题（第二辑）

这是一份专题25立体几何与空间向量A辑-2022年高考数学压轴必刷题（第二辑），文件包含专题25立体几何与空间向量A辑解析版docx、专题25立体几何与空间向量A辑原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。

2022年高考数学压轴必刷题（第二辑）
专题25立体几何与空间向量A辑
1．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（ ）
A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]
【答案】B
如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，
∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；
连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，
可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，
则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．
又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．
又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．
在Rt△AA1M中，AM，
同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．
当P在MN的中点时，AP最小为，
当P与M或N重合时，AP最大为．
∴线段AP长度的取值范围是[，]．
故选：B．

2．如图，在边长为4的正三角形中，为边的中点，过作于．把沿翻折至的位置，连结．翻折过程中，有下列三个结论：

①；
②存在某个位置，使；
③若，则的长是定值．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
对①，于，，平面，
，故①正确；
对②，假设存在某个位置，使，，，
平面，，又由①知，平面，
，，这显然是不可能的，故假设错误，故②错误；
利用排除法，可得B正确；
故选：B.
3．如图，一张纸的长、宽分别为，，四条边的中点分别是，，，，现将其沿图中虚线折起，使得，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，关于该多面体有下述四个结论：
①该多面体是六面体；
②点到棱的距离为；
③平面；
④该多面体外接球的直径为，
其中所有正确结论的序号是（ ）

A．①④ B．③④ C．②③ D．②③④
【答案】D
解：结论①中，长、宽分别为，，，，，分别是其四条边的中点，
现将其沿图中虚线折起，，
，，，四点重合为一点，从而得到一个多面体，
如图，以，，，为顶点的三棱锥，

故①错误；
结论②中，，，三角形是等腰直角三角形，
所以点到棱的距离为，故②正确；
结论③中，，，，所以平面，故③正确；
结论④中，三棱锥扩展为长方体，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，长方体的外接球直径是长方体的体对角线.
设长方体的三边为：，，，
可得，
相加可得，
该多面体外接球的直径为，故④正确.
所有正确结论的序号是：②③④.
故选：D.
4．如图，三棱锥中，平面，，为中点，下列说法中
（1）；
（2）记二面角的平面角分别为;
（3）记的面积分别为;
（4）,
正确说法的个数为（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
(1)∵PA⊥平面ABC，根据最小角定理可得，，
∴，故(1)错；
(2)如图,过A作AM⊥BC于M,因为PA⊥平面ABC，所以AP⊥BC，又，所以BC⊥平面APM，所以PM⊥BC，
则， 过M作∠PMA的角平分线交PA于点E,则,
∴点E在点Q的下方,故,∴则， 故(2)错；
(3)如图,，,，
∴，而，
所以，所以，故(3)正确；
(4)在 中，，在中，在中，，
，
而，又是钝角，所以 ，所以，
，，
所以.故(4)正确；
故选：C.

5．在正方体中，E是棱的中点，F是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A．点F的轨迹是一条线段 B．与BE是异面直线
C．与不可能平行 D．三棱锥的体积为定值
【答案】C
对于，设平面与直线交于点，连接、，则为的中点
分别取、的中点、，连接、、，

，平面，平面，
平面．同理可得平面，
、是平面内的相交直线
平面平面，由此结合平面，可得直线平面，
即点是线段上上的动点．正确．
对于，平面平面，和平面相交，
与是异面直线，正确．
对于，由知，平面平面，
与不可能平行，错误．
对于，因为，则到平面的距离是定值，三棱锥的体积为定值，所以正确；
故选：．
6．设，是平面内所成角为的两条直线，过，分别作平面，，且锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，则平面，所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
如图，平面为平面ABC,直线为直线AB,直线为直线AC,由题意得，
过作平面为平面ABP, 过作平面为平面ACP,过点P向平面作垂线,垂足为O,
再由点O作连接PB,PC,锐二面角的大小为，
即，同理可知，设，则，，,在三角形中，,，，所以，，，过点C作所以高线，
,可得,,,,过点O作,则,
可得到面的距离，故可知到面的距离为，记平面，所成的角为，则，所以.
故选：B.

7．如图，在单位正方体中，点P在线段上运动，给出以下四个命题：

异面直线与间的距离为定值；
三棱锥的体积为定值；
异面直线与直线所成的角为定值；
二面角的大小为定值．
其中真命题有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
对于①，异面直线与间的距离即为两平行平面和平面间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．
对于②，由于，而为定值，又P∈AD1，AD1∥平面BDC1，所以点P到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥的体积为定值．故②正确．
对于③，由题意得在正方体中，B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两条异面直线所成的角为．故③正确；
对于④，因为二面角P−BC1−D的大小，即为平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角的大小为定值．故④正确．
综上①②③④正确．选D．
8．在正方体中，点，，分别在，，上，为的中点，，过点作平面，使得，若平面，平面，则直线与直线所成的角的正切值为( )
A． B． C． D．
【答案】A
如图，补正方体，作平面与正方体的截面，设，易知.

易证，，，
所以平面，即平面为平面，
所以直线为，直线为，又，为直线与直线所成的角.
设，，而，所以，解得.
在中，.
故选：A.
9．如图为正方体，动点从点出发，在正方体表面沿逆时针方向运动一周后，再回到的运动过程中，点与平面的距离保持不变，运动的路程与之间满足函数关系，则此函数图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
解：如图连接、、，在正方体中，
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，面，面，所以面，同理可证面，又
，所以面面
所以点在的边上沿逆时针方向运动，
设正方体的棱长为，将平面与平面翻折到同一个平面,

当时，，
则，
所以在区间上的图象关于直线对称，又，，所以，
同理在区间上的图象关于直线对称，在区间上的图象关于直线对称，
符合C选项的图象特征.
故选：C.

10．点P是棱长为3的正四面体ABCD的面ABC内一动点，，设异面直线DP与BC所成的角为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
如图1，作平面于，∵是正四面体，∴是的中心，
，，
易知，∴，
所以平面内，在以为圆心，为半径的圆上，运动时，是圆锥的母线，
如图2，把圆锥平移到四面体外部，不妨设，是圆锥底面圆的一条直径，
母线与所成角的最小值是圆锥轴截面底角，．
所以异面直线DP与BC所成的角的正弦的最小值是．
故选：A．

　　　　　　　图1　　　　　　　　　　　　　　　　　图2
11．正三棱锥中，，M为棱PA上的动点，令为BM与AC所成的角，为BM与底面ABC所成的角，为二面角所成的角，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
解：设正三棱锥的底面边长为6，高为，如图所示建立空间直角坐标系，不妨令为的中点，


则，，，，，，，，，，所以，
过作交于点，所以，即为BM与底面ABC所成的角，所以，所以，所以
显然面的法向量可为，设面的法向量为，所以令，则，，即，
所以，当时，；当时，；当时，，故CD不成立；
故选：B
12．已知球内接正四面体，为棱的中点，是棱上的一点，且，则球与四面体的体积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
如图，正四面体中，顶点在底面的射影为，球心在上.

设正四面体的棱长为，则正四面体高.
设外接球半径为，在直角三角形中，
，即
，解得.
令，在中，由余弦定理得
①，同理，在中，由余弦定理得②.由题设，解得.由于到平面的距离与到平面的距离相等，都等于，，故，.所以.
故选：D.
13．正方体的棱长为3，点，分别在棱，上，且，，下列命题：①异面直线，所成角的余弦值为；②过点，，的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥的体积为；④过作平面，使得，则平面截正方体所得截面面积为．其中所有真命题的序号为（ ）
A．①④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
对于①：取的三等分点为，使，利用已知条件找到异面直线，所成的角，即可得出结果；对于②：取的三等分点为，使，利用已知条件得到四边形即为所求截面，即可得出结论；对于③：利用等体积法
对于①：取的三等分点为，使，
又，
且，
四边形为平行四边形，
且，
四边形为平行四边形，
，
则为异面直线，所成的角，
连接，由题意得：，
所以；故①正确；

对于②：取的三等分点为，使，
又，
且，
四边形为平行四边形，
则且，
又由①得：且，
则且，
四边形为平行四边形，
，
取的中点为，连接，
又，
，
则四边形即为所求截面，
由题意知：，
则②不正确；
对于③：，
又面，，
，
故③正确；
对于④：取的三等分点为，使，
取的三等分点为，使，
，
则面即为所求的截面，
建立如图所示的空间坐标系，
则，
，
，
所以面；
由已知条件得：
，
等腰梯形的高为：，
所以截面面积为：.
故④正确.
故选：C.
14．在四面体中，，，，点P是棱上的动点，点Q为棱的中点，记直线与直线所成的夹角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则有（ ）


A． B． C． D．
【答案】D
由题可知：，，
所以，，
,所以,
平面
所以平面，
又平面，所以平面
将该四面体补全为一个正方体，如图


当为的中点时，为的中点，
可知//，//，
所以平面，
所以，，则，故排除C
当为点时，，
所以，故排除A、B
故选：D
15．如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（ ）

A．线段BM的长度是定值
B．点M在某个球面上运动
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．存在某个位置，使平面A1DE
【答案】C
解：取CD中点N，连接MN，BN，


则MNDA1，BNDE，
所以平面MBN平面A1DE，所以MB平面A1DE，故D正确；
由∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，
由余弦定理可得，
所以MB是定值，故A正确；
因为B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，故B正确；
连接AN,EN,设AN,DE交点为F,连接，易知ADNE为正方形，
又在折叠过程中始终不变，
直线DE⊥平面,平面平面ABCD,
根据面面垂直的性质定理可得A1在平面ABCD中的射影O在线段AN上，
A1C在平面ABCD中的射影为OC，
由于是直角，所以与DE不垂直，
DE⊥A1C不可能，可得C不正确.

故选：C.
16．在长方体中，，，为棱的中点，动点满足，则点的轨迹与长方体的面的交线长等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
如下图所示：

当在面内时，面，面；
又， 在与中，
∵，则，
∴，则， 即．
在平面中，以所在直线为轴，以的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系， 则，，

设， 由，得，
整理得：，即．
∴点的轨迹是以为圆心，半径为的圆．

设圆与面的交点为、，作垂直轴于点，则；
∴；
故点的轨迹与长方体的面的交线为劣弧，所以劣弧的长为.
故选：A．
17．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，下列选项正确的是（ ）
①平面；②异面直线与所成的角为定值；③在二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径先变小后变大；④若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是

A．①② B．①②④ C．①④ D．①②③④
【答案】B
对于①，∵，分别为菱形的边，的中点，∴，又平面，平面，∴平面，①正确；
对于②，取中点，连接，如图，则，，∴平面，而平面，∴，∴，即异面直线与所成的角为90°，②正确；

对于③，借助极限状态，当平面与平面重合时，三棱锥外接球即是以外接圆圆心为球心，外接圆半径为球半径，当二面角逐渐变大时，球心离开平面，但球心在平面内射影仍然是外接圆圆心，故二面角逐渐变小的过程中，三棱锥外接球的半径不可能先变小后变大，③错误；
对于④，过作于，若为锐角，则在线段上，若为直角，则与重合，若为钝角，则在线段的延长线上，
若存在某个位置，使得直线与垂直，∵，∴平面，由线面垂直的性质得，
若为直角，则与重合，则，而已知，∴不可能成立，即不可能为直角，
若为钝角，则在线段的延长线上，则在原平面菱形中，为锐角，由于立体图形中，因此立体图形中比原平面图形更小，∴立体图形中为锐角，而，∴空间图形中是锐角三角形，由知在线段上，与在线段的延长线上矛盾，因此不可能为钝角，
综上可知，只能为锐角，即④正确．

故选：B．
18．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别为线段AC1，CB1上的动点，且，则以下结论错误的是（ ）
A．MN//平面ABCD
B．平面MNC1⊥平面BB1C1C
C．∃k∈（0，+∞），使得MN⊥平面BB1C1C
D．∃k∈（0，+∞），使得MN//平面AA1B1B
【答案】B
解：A选项：在上取点，使得，则可得：平面平面，所以MN//平面ABCD，所以A选项是正确的；
B选项：当点是与的交点时，平面MNC1⊥平面BB1C1C，当点不是是与的交点时，平面MNC1不垂直于平面BB1C1C，所以B选项错误；
C选项：当时，MN⊥平面BB1C1C，所以C选项正确；
D选项：当时，MN//平面AA1B1B，所以D选项正确.
故选：B.
19．如图，在三棱锥中，为边长为的正三角形，，与平面所成角的正弦值为，则三棱锥外接球的半径为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
如图，取的中点，连，，过点作直线的垂线，垂足为，

设三棱锥外接圆的半径为，
，，，
，，
平面，
，
又，
平面，
故为直线与平面所成的角，
，，
，，
在中，，解得或
①当时，，此时三棱锥为正三棱锥，
，解得；
②当时，，
此时，可得，
同理可得，
此时的中点为三棱锥外接球的球心，得，
由上可知三棱锥外接球的半径为．
故选：D．
20．在长方体中，，，点,分别是线段的中点，,分别记二面角,,的平面角为，，，则下列结论正确的是( )
A． B． C． D．
【答案】D

取对角面，作Ｆ的投影落在线段ＩＨ上，其中Ｉ为的中点，Ｈ为正方形的中心，要比较三个角的大小，可以直接比较其正切值大小，只需比较到，的大小，

当在IG间运动时，二面角为钝角，二面角,均为锐角，易得，因此，
当在HG间运动时，二面角,,均为锐角，
,因此仍有
故选D
21．已知点在同一个球面上， ，若四面体体积的最大值为10，则这个球的表面积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
解：由，可得，所以，
则球心在过中点与面垂直的直线上，
因为面积为定值，所以四面体的高最大时体积最大，
根据球的几何性质可得，当过球心时体积最大，
因为四面体的最大体积为10，
所以，可得，
在中，，
所以，得，
所以球的表面积为，
故选：B．

22．将边长为5的菱形ABCD沿对角线AC折起，顶点B移动至处，在以点B'，A，C，为顶点的四面体AB'CD中，棱AC、B'D的中点分别为E、F，若AC＝6，且四面体AB'CD的外接球球心落在四面体内部，则线段EF长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
如图所示：

由已知可得，AC⊥B′E，且AC⊥DE，
∴AC⊥平面B′ED，
∵E是AC的中点，
∴到点A、C的距离相等的点位于平面ACF内，
同理可知，到点B′、D的距离相等的点位于平面ACF内，
∵球心O到点A，B′，C，D的距离相等，
∴球心O位于平面B′ED与平面ACF的交线上，即直线EF上．
∴球心O落在线段EF上（不含端点E、F），
显然EF⊥B′D，由题意EA＝3，EB′＝4，则OA2＝OE2+9，
且OB′2＝OF2+FB′2＝OF2+EB′2﹣EF2＝（EF﹣OE）2+16﹣EF2＝OE2+16﹣2EF•OE．
∵OA＝OB′，
∴OE2+9＝OE2+16﹣2EF•OE，则，
显然OE＜EF，
∴EF，即EF．
又EF＜EB′＝4，∴EF＜4．
故选：B．
23．已知正方体的棱长为1，是空间中任意一点，下列说法错误的个数是（ ）
①若为棱中点，则异面直线与所成角的正切值为；②若在线段上运动，则的最小值为；③若在半圆弧上运动，当三棱锥的体积最大时，三棱柱外接球的表面积为；④若过点的平面与正方形每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
对于①，如图所示，

由，可知即为异面直线AP与CD所成的角．
设正方体的棱长为2，连接BP，则在中，，
，故①正确
对于②，将三角形与四边形沿展开到同一个平面上，如图所示．

由图可知，线段的长度即为的最小值．
在中，利用余弦定理可得，故②错误.
对于③，如下图所示：

当P为中点时，三棱锥体积最大，
此时，三棱锥的外接球球心是AC中点，
半径为﹐其表面积为．故③正确.
对于④﹐平面与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等，
只需与过同一顶点的三条棱所成的角相等即可，如图所示：

．则平面PQR与正方体过点A的三条棱所成的角相等．
若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，
可得平面EFGHMN平行于平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形．
正方体棱长为1，所以正六边形EFGHMN的边长为，
可得此正六边形的面积为，为截面最大面积．
故④正确．
故选：A
24．在三棱锥中，，，若该三棱锥的体积为，则其外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
，，故底面三角形外接圆半径为，
，当时等号成立，
故，故，
当离平面最远时，外接球表面积最小，此时，在平面的投影为中点，
设球心为，则在上，故，化简得到，
双勾函数在上单调递增，故，故.
故选：D.

25．某几何体的三视图均为如图所示的五个小正方形构成，则该几何体与其外接球的表面积之比为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
解：根据几何体的三视图还原得到几何体，如图所示，设小正方形的边长为1，可知几何体的表面积为
其外接球的半径为，所以外接球的表面积
所以该几何体与其外接球的表面积之比为
故选：C

26．已知正三棱柱的体积为54，，记三棱柱的外接球和内切球分别为球，球，则球上的点到球上的点的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
由题意知：正三棱柱的底面积且底面外接圆半径，而正三棱柱的高，
∴外接球半径，若设内切球半径为，则有： ，
∵正三棱柱的外接球与内切球的球心重合，知：当两球上的点在过球心的直线上且在球心两侧时距离最大，
∴最大距离
故选：D
27．在三棱锥中，，在底面上的投影为的中点，.有下列结论：
①三棱锥的三条侧棱长均相等；
②的取值范围是；
③若三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则球的体积为；
④若，是线段上一动点，则的最小值为.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④
【答案】C
解：如图1，，是的中点，，
又平面，，，故①正确；
，，又，，
过作，为垂足，如图2，则，
又，，，故②正确；
，为平面截三棱锥外接球的截面圆心，
设外接球球心为，则在直线上，如图3，
设，则，解得，故为外接球的球心．
外接球的体积为，故③错误．

若，则，又，故是等边三角形，
将平面沿翻折到平面上，如图4，图5.
则的最短距离为线段的长．

，，，
，故④正确．
故选：．
28．如图已知矩形，，将沿着翻折成一个空间四边形（A，B，C，D不共面），E，F，M，N，P分别为，，，，的中点，设二面角的平面角为.下面判断错误的是（ ）

A．平面
B．存在，使得与垂直
C．当平面平面时，
D．当平面平面时，
【答案】B
对于选项A，如图易知是菱形，所以，连接，，知，所以是等腰三角形，得，易知中位线，故，可得平面.

对于选项B，由A解析可知，平面，可得，易知中位线，故有.若选项B成立，存在，使得与垂直面，与等腰矛盾.
对于选项C，当平面平面时，如图作，连接，易知，，由，其中，得，因为是直角三角形，所以，故.

对于选项D，当平面平面时，因为，所以面，故，易得，为.由∽，得，，易证，则面所以，易知，故.

故选：B
29．如图，正方形和正方形成的二面角，将绕旋转，在旋转过程中

（1）对任意位置，总有直线与平面相交；
（2）对任意位置，平面与平面所成角大于或等于；
（3）存在某个位置，使平面；
（4）存在某个位置，使.
其中正确的是（ ）.
A．（1）（3） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）
【答案】C
过作的平行线，
如图

当平面过时，直线与平面平行，故（1）错误；
绕旋转形成一个以为高，为底面半径的圆锥，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则向量所在直线与圆锥底面所成角为，
向量所在直线为圆锥底面的半径所在直线，
根据最小角原理，与的夹角大于或等于，故（2）正确；
若有平面，则，
∴平面，则在平面内，
此时与平面所成角为或，矛盾，
故（3）错误；
当，∴平面时，，
∴，故（4）正确.
故选：C
30．如图，在矩形中，，现将沿折至，使得二面角为锐角，设直线与直线所成角的大小为，直线与平面所成角的大小为，二面角的大小为，则，，的大小关系是（ ）

A． B． C． D．不能确定
【答案】C
考虑用极限位置的思想.若翻折至平面内，此时，，，故有.
故选:C.