1、备战 2020 高考黄金 30 题系列之数学压轴题【天津专版】 专题五立体几何 1 （2020 届全国十大名校三月大联考名师密卷数学试题）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的 是某多面体的三视图，则该几何体的各个面的面积最大值为（） A2 6B4 2 C4D3 6 【答案】B 【解析】满足三视图的几何体为四棱锥PABCD，如图所示： 根据三视图可知2ABCD， 2 2BCPBAD ，4PC ， 22 (2 2)22 3PA ， 22 2 5PDPCCD ，PBC的边PC上的高为2， 所以 222 PDPAAD ，所以PAD为直角三角形， 所以2 2 24 2 矩形ABCD SAB BC
2、 ， 11 24 24 22 PBC SPC ， 11 2 44 22 PCD SCD PC ， 11 2 2 22 2 22 PAB SAB PB ， 1 2 22 32 6 2 PAD S， 所以该几何体的各个面的面积最大值为4 2. 故选:B 2 （2020 届四川省乐山市高三第一次调查研究考试试卷）如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各 边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为 4 3 的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持 不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（） A 21 2 B 21 2 C 61 2 D 31 2 【答案】D 【解析】因为蛋巢的底面是边长为1
3、的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡 蛋的体积为 4 3 ，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离 13 1 42 d ，而截面到球体最低点距离 为 3 1 2 ，而蛋巢的高度为 1 2 ，故球体到蛋巢底面的最短距离为 133 1 1 222 . 3 （河北省邢台市 2020 高三上学期第一次摸底考试数学试题） 在正方体 1111 ABCDABC D中，E，F，G 分别为 1 AA，BC， 11 C D的中点，现有下面三个结论：EFG为正三角形；异面直线 1 AG与 1 C F所 成角为60；/ /AC平面EFG.其中所有正确结论的编号是（） ABCD 【答案】D 【
4、解析】易证EFG的三边相等，所以它是正三角形. 平面EFG截正方体所得截面为正六边形，且该截面与 1 CC的交点为 1 CC的中点N， 易证/ /ACEN，从而/ /AC平面EFG.取 11 AB的中点H，连接 1 C H，FH， 则 11 / /AGC H，易知 11 C HC FHF， 所以 1 C H与 1 C F所成角不可能是60，从而异面直线 1 AG与 1 C F所成角不是60. 故正确. 4 （山西省 2020 高三下学期 3 月适应性调研数学试题）如图所示，在棱长为 4 的正方体 1111 ABCDABC D 中，点 M 是正方体表面上一动点，则下列说法正确的个数为（） 若点
5、M 在平面 ABCD 内运动时总满足 11 DD ADD M ， 则点 M 在平面 ABCD 内的轨迹是圆的一部分； 在平面 ABCD 内作边长为 1 的小正方形 EFGA，点 M 满足在平面 ABCD 内运动，且到平面 11 AAB B的距 离等于到点 F 的距离，则 M 在平面 ABCD 内的轨迹是抛物线的一部分； 已知点 N 是棱 CD 的中点，若点 M 在平面 ABCD 内运动，且 1 B MP平面 11 ANC，则点 M 在平面ABCD 内的轨迹是线段； 已知点 P、Q 分别是 1 BD， 11 BC的中点，点 M 为正方体表面上一点，若 MP 与 CQ 垂直，则点 M 所构成 的轨
6、迹的周长为8 4 5 . A1B2C3D4 【答案】D 【解析】对于，因为满足条件的动点 M 是以 1 DD为轴线，以 1 D A为母线的圆锥与平面 ABCD 的交线，即 圆的一部分，故是正确的； 对于，依题意知点 M 到点 F 的距离与到直线 AB 的距离相等，所以 M 的轨迹是以 F 为焦点，AB 为准线 的抛物线，故是正确的； 对于，如图（1） ，取 AB 的中点 I，BC 的中点 O，显然 11 IOAC， 11 IBNC，从而可以证明平面 1 B IOP 平面 11 ANC，当 M 在线段 IO 上时，均有 1 B MP平面 11 ANC，即动点 M 的轨迹是线段 IO，故是正确的；
7、 对于，如图（2） ，依题意，只需过点 P 作直线 CQ 的垂面即可，垂面与正方体表面的交线即为动点 M 的 轨迹 分别取 1 CC， 1 DD的中点 R， S， 由 1 tantan2C QCBRC， 知 1 C QCBRC ， 易知CQRB， 又CQAB，ABBRB，所以CQ 平面 ABRS，过 P 作平面 ABRS 的平行平面 11 TUR S，点 M 的轨 迹为四边形 11 TUR S，其周长与四边形 ABRS 的周长相等，所以点 M 所构成的轨迹的周长为 22 2 424284 5 ，故是正确的 因此说法正确的有 4 个. 故选：D 5 （ 2020 届 北 京 市 育 英 中 学
8、高 三 3 月 月 考 数 学 试 题 ） 在 长 方 体 1111 ABCDABC D中 ， 1 2,1ABBCAA,点M为 1 AB的中点，点P为对角线 1 AC上的动点，点Q为底面ABCD上的动点 （点P，Q可以重合） ，则MPPQ的最小值为() A 2 2 B 3 2 C 3 4 D1 【答案】C 【解析】如图 1，显然当Q是P在底面ABCD的射影时MPPQ才可能最小，将平面 11 ABC沿 1 AC翻折， 使其与平面 1 ACC在共面，如图 2 所示，此时易得 1 30CAC ，3 2 AM ，显然当, ,M P Q 三点共线时，MPPQ取得最小值，此时 min1 33 sinsin
9、60 24 MQAMCAB . 故选：C. 6 （2020 届浙江省温州市高三下学期 4 月二模数学试题）如图，在ABC中，点 M 是边BC的中点，将 ABM 沿着 AM 翻折成AB M，且点 B 不在平面AMC内，点P是线段B C上一点.若二面角 PAMB与二面角PAMC的平面角相等，则直线AP经过ABC的（） A重心B垂心C内心D外心 【答案】A 【解析】二面角PAMB与二面角PAMC的平面角相等，故P到两个平面的距离相等. 故 P AB MP ACM VV ，即 A PB MA PCM VV ，两三棱锥高相等，故 PB MPCM SS ， 故B PCP，故P为CB中点. 故选：A. 7（
10、江西省南昌市第三中学 2020 考试数学试题） 如图， 在单位正方体 1111 ABCDABC D中， 点 P 在线段 1 AD 上运动，给出以下四个命题： 异面直线 1 AP与 1 BC间的距离为定值； 三棱锥 1 DBPC的体积为定值； 异面直线 1 C P与直线 1 CB所成的角为定值； 二面角 1 PBCD的大小为定值 其中真命题有() A1 个B2 个C3 个D4 个 【答案】D 【解析】对于，异面直线 1 AP与 1 BC间的距离即为两平行平面 11 ADD A和平面 11 BCC B间的距离，即为正 方体的棱长，为定值故正确 对于，由于 11 D BPCP DBC VV ，而 1
11、 DBC S 为定值，又 PAD1，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 1 DBPC的体积为定值故正确 对于，由题意得在正方体 1111 ABCDABC D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90故正确； 对于，因为二面角 PBC1D 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 1 PBCD的大小为定值故正确 综上正确选 D 8 （2020 届湖南省长郡中学高三下学期第二次适应性考试数学试题）已知三棱柱 111 AB
12、CABC内接于一个 半径为3的球， 四边形 11 A ACC与 11 B BCC均为正方形，,M N分别是 11 AB， 11 AC的中点， 111 1 2 C MAB， 则异面直线BM与AN所成角的余弦值为（） A 3 10 B 30 10 C 7 10 D 70 10 【答案】B 【解析】直三棱柱 ABCA1B1C1中,BCA=90,M,N 分别是 A1B1,A1C1的中点， 如图：BC 的中点为 O，连结 ON， MN 1 2 B1C1=OB，则 MNOB 是平行四边形，BM 与 AN 所成角就是ANO， ,M N分别是 11 AB， 11 AC的中点， 111 1 2 C MAB， 可
13、得 A1C1B1C1， 四边形 11 A ACC与 11 B BCC均为正方形，可得 BC=CA=CC1， 三棱柱 111 ABCABC内接于一个半径为 3的球， 设 BC=CA=CC1=a, 三棱柱 111 ABCABC外接球可看作棱长为 a 的正方体外接球， 222 2 3aaa ，解得 a=2， BC=CA=CC1=2, CO=1,AO= 5,AN=5, 2 222 11 226NOMBB MBB ， 在ANO 中,由余弦定理可得： 222 630 210256 ANNOAO cos ANO AN NO , 故选：B. 9 （河北省石家庄市第二中学 2020 学年高三下学期教学质量检测模
14、拟数学试题）已知ABC是由具有公共 直 角 边 的 两 块 直 角 三 角 板 （Rt ACD与Rt BCD） 组 成 的 三 角 形 ， 如 图 所 示 . 其 中 ， 45CAD ,60BCD ，现将Rt ACD绕斜边AC旋转至 1 D AC处 （ 1 D不在平面ABC上） .若M为 BC的中点，则在ACD旋转过程中，直线 1 AD与DM所成角() A(0 ,45 ) B(0 ,45 C(0 ,60 D(0 ,60 ) 【答案】D 【解析】作/AP DM, 1 AD可以看成以AC为轴线，以45为平面角的圆锥的母线. 由题意知 1 AD与AP落在同一个轴截面上时， 1 PAD取得最大值 则
15、1 PAD的最大值为45 1560 ，此时， 1 D 平面ABC. 1 D不在平面ABC上, 1 0 ,60PAD . 在ACD旋转过程中，直线 1 AD与DM所成角0 ,60 . 故选:D. 10 （2020 届河南省顶级名校高三 1 月教学质量测评数学试题）己知四棱锥-SABCD中，四边形ABCD为 等腰梯形，/ /ADBC，120BAD ，SAD是等边三角形，且2 3SAAB；若点P在四棱锥 -SABCD的外接球面上运动，记点P到平面ABCD的距离为d，若平面SAD 平面ABCD，则d的最 大值为（） A 131 B 132 C 151 D 152 【答案】A 【解析】依题意如图所示：
16、取BC的中点E，则E是等腰梯形ABCD外接圆的圆心， 取F是SAD的外心，作OE 平面,ABCD OF 平面SAB， 则O是四棱锥SABCD的外接球球心，且3,2OFSF， 设四棱锥SABCD的外接球半径为R，则 222 13RSFOF ，而1OE ， 所以 max 131dROE， 故选：A. 11 （福建省 2020 学年高三毕业班质量检查测试数学试题）已知长方体 1111 ABCDABC D中，5AB ， 3AD ， 1 4AA ，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分，现同时将两个球分别放入这 两部分几何体内，则在平面变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值是（） A 3 2
17、B2C 21 10 D7 2 6 【答案】C 【解析】如图所示：平面ABMN将长方体分成两部分，延长 11 BC与BM交于点P，如图 2 所示， 设CMx，根据 1 BB PBCM得到 1 12 B P x ， 设圆 1 O对应的半径为 1 r，根据等面积法得到 1 2 3 39 x r xx ， 1 3 2 r ，解得0 x 设圆 2 O对应的半径为 2 r， 2 2 2 48 12 12144 39 416 x r xx xx ， 2 3 2 r ，解得 8 5 x . 故1 2 2 312 39 x rr xx ，设 2 312 39 x fx xx ， 8 ,) 5 x， 则 2 2
18、2 22 222 3 393121 27 12399 39399 x xxx xxx fx xxxxx ， 取 2 27 1239g xxx，易知 g x在 8 ,) 5 上单调递减，且 8 0 5 g ， 故 0g x 恒成立，故 0fx 恒成立，故 f x单调递减，故 max 821 510 f xf . 故选：C. 12 （2020 届浙江省温州市新力量联盟高三上学期期末数学试题）正四面体ABCD中，CD在平面内， 点E是线段AC的中点，在该四面体绕CD旋转的过程中，直线BE与平面所成角的余弦值不可能是 （） A 1 6 B 3 6 C 1 3 D1 【答案】A 【解析】考虑相对运动，让
19、四面体ABCD保持静止，平面绕着CD旋转，其垂线也绕着CD旋转，如 右图，取AD中点F，连结EF，则/ /EFCD，等价于平面绕着EF旋转，设正四面体ABCD中棱长 为 2，在BEF中， 3BEBF ，1EF ， 3 1 33 cos 623 1 BEF ， 如下图示， 将问题抽象为如下几何模型， 平面的垂线可视为圆锥的底面半径EP， 绕着圆锥的轴EF旋转， 显然 22 BEFPEBBEF ，则 3 sin1 6 PEB ，设BE与平面所成的角为，则可得 3 cos1 6 . 故选：A 13 （2020 届广东省广州市高三 3 月阶段训练（一模)数学试题）已知正方体 1111 ABCDABC
20、D的棱长为2， E，F，G分别是棱AD， 1 CC， 11 C D的中点，给出下列四个命题: 1 EFBC; 直线FG与直线 1 A D所成角为60; 过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为六边形; 三棱锥BEFG的体积为 5 6 . 其中，正确命题的个数为（） A1B2C3D4 【答案】C 【解析】如图； 连接相关点的线段，O为BC的中点， 连接EFO， 因为F是中点， 可知 1 BCOF， 1 EOBC， 可知 1 BC 平面EFO，即可证明 1 BCEF，所以正确； 直线FG与直线 1 A D所成角就是直线 1 AB与直线 1 A D所成角为60；正确； 过E，F，G三点的平面截该
21、正方体所得的截面为五边形；如图： 是五边形EHFGI所以不正确； 如图： 三棱锥BEFG的体积为： 由条件易知 F 是 GM 中点， 所以 B EFGB EFMF BEM VVV , 而= 23115 22 13 1= 2222 BEMABEEDMABMD SSSS 梯形 ， 155 1 326 FEBM V 所以三棱锥BEFG的体积为 5 6 ，正确； 故选：C 14 （湖南省长沙市长郡中学 2020 数学试题）已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影 为底面中心）ABCD的外接球，3BC ，2 3AB ，点E在线段BD上，且6BDBE，过点E作球 O的截面，则所得截面圆面积的取
22、值范围是（） A 5 ,4 4 B 7 ,4 4 C 9 ,4 4 D 11 ,4 4 【答案】A 【解析】显然过E作球O的截面中，面积最大的是过球心O的截面，最小的是垂直于OE的截面， 设三棱锥的外接球半径为R， 2 2 2 33RR ，解得 2R ，截面面积最大为4， 如图，1OH ， 222 2cos30EHBHBEBH BE 113 323 422 1367 444 ， 222 711 1 44 OEEHOH ， 垂直于OE的截面半径r满足 222 115 24 44 rOE， 2 5 4 Sr ，即截面最小面积为 5 4 ， 截面圆面积的取值范围是 5 ,4 4 ，故选 A. 15
23、（2020 届高三 12 月第 02 期新题速递数学 ）如图，矩形ABCD中，4,2ABBC，E为边AB的 中点，沿DE将ADE折起，点A折至 1 A处（ 1 A 平面ABCD） ，若M为线段 1 AC的中点，则在ADE 折起过程中，下列说法错误的是（） A始终有MB/平面 1 ADE B不存在某个位置，使得 1 AC平面 1 ADE C三棱锥 1 AADE体积的最大值是 2 2 3 D一定存在某个位置，使得异面直线BM与 1 AE所成角为30 【答案】D 【解析】连结AC交DE于N，取CD的中点O，连结OM，OB， 1 AN。 对 A，易证，平面/ /OMB平面 1 ADE，BM 平面OMB
24、，所以始终有/ /MB/平面 1 ADE，故 A 正确； 对 B，因为4,2ABBC，假设 1 AC平面 1 ADE，则 1 AC 1 A D， 11 ACAE，则 2222 11 CDADCEAECDCE，因为4,2 2CDCE，所以CDDE不成立，所以假设错 误，故不存在某个位置，使得 1 AC平面 1 ADE，故 B 正确； 对 C，当平面 1 ADE 平面ABCD时，三棱锥 1 AADE的体积最大， 1112 2 (2 2)2 3323 ADE VSh ，故 C 正确； 故选：D 16 （安徽省六安市第一中学 2020 高三数学试题）如图，棱长为4的正方体 1111 ABCDABC D
25、，点A在平 面内，平面ABCD与平面所成的二面角为30，则顶点 1 C到平面的距离的最大值是（） A2 22B232 C231D221 【答案】B 【解析】如图所示，当直线AC与面所成角等于面 ABCD 与面所成角时顶点 1 C到平面的距离最大， 取截图，如下图所示： 作 11 C EAO， 11 C GC E， 11 COAO， 因为 22 4 +4 =4 2AC = ，30A ，所以 1 2 2CO =， 因为 11 C GC E， 11 COAO， 11 C EAO，所以 1 2 2COGE=， 因为 1 AAOECOGCC O+=+，所以 1 30ACC O= ， 因为 1 4CC ，
26、所以 11 sin302 3CGCC= ， 所以 () 11 2 32 2232C EC GGE=+=+=+，故选 B 17 （山西省大同市第一中学 2020 届高三下学期 2 月命制数学)已知等边三角形 ABC 的边长为2 3，,M N 分别为,AB AC的中点， 将AMN沿MN折起得到四棱锥AMNCB.点 P 为四棱锥AMNCB的外接球 球面上任意一点，当四棱锥AMNCB的体积最大时，点 P 到平面MNCB距离的最大值为（） A 131 2 B 13 1 2 C 13 D 131 2 【答案】A 【解析】如图所示 当四棱锥AMNCB的体积最大时，则平面AMN 平面MNCB 由题可知：等边三
27、角形 ABC 的边长为2 3，,M N分别为,AB AC的中点 所以AMN为等边三角形，且3,2 3MBNCBC，所以,BMMC BNNC， 取等边三角形AMN重心 1 O，以及BC的中点 2 O，所以 2 O为四边形MNCB的外接圆的圆心 1 O为等边三角形AMN的外接圆的圆心， 分别过点 1 O， 2 O作平面AMN，平面MNCB的垂线，交于点O，O为四棱锥AMNCB的外接球的球 心 1 311 sin60, 232 ADAMO DAD ，则 21 1 2 OOO D，又 2 3O C 所以 22 22 13 2 OCO COO ，则四棱锥AMNCB的外接球半径 13 2 r ， 则点 P
28、 到平面MNCB距离的最大值为 2 131 2 rOO ， 故选：A 18 （云南省昆明市云南师范大学附属中学 2020 数学试题）如图，已知BD是圆O的直径，A，C在圆上 且分别在BD的两侧，其中2BD ，ABCD.现将其沿BD折起使得二面角ABDC为直二面角，则 下列说法不正确的是（） AA，B，C，D在同一个球面上 B当ACBD时，三棱锥ABCD的体积为 1 3 CAB与CD是异面直线且不垂直 D存在一个位置，使得平面ACD 平面ABC 【答案】D 【解析】因为OAOBOCODR，所以 A 正确； 当ACBD，A，C 各在所在圆弧的中点，此时三棱锥的底面 BCD 的面积和高均处于最大位置
29、，此时体积 为 111 2 1 1 233 ，所以 B 正确； AB 与 CD 显然异面，用反证法证明他们不垂直若ABCD，过 A 作 BD 的垂线，垂足为 E，因为为直 二面角，所以 AE平面 BCD，所以AECD，所以CDABD 平面，所以CDBD，这与CDBC矛 盾，所以 AB 与 CD 不垂直，所以 C 正确； 假设存在一个位置，使得平面ACD 平面ABC，过B作BMAC于M，则BM 平面 ACDBMCD由于BCCDCD平面ABCCDAB，与C选项矛盾. 故选：D 19 （2020 届浙江省高三高考模拟数学试题）已知三棱锥 PABC 的所有棱长为 1M 是底面ABC 内部一 个动点（包
30、括边界） ，且 M 到三个侧面 PAB，PBC，PAC 的距离 h1，h2，h3成单调递增的等差数列，记 PM 与 AB，BC，AC 所成的角分别为，则下列正确的是（） ABCD 【答案】D 【解析】依题意知正四面体 PABC 的顶点 P 在底面 ABC 的射影是正三角形 ABC 的中心 O， 由余弦定理可知， coscosPMOcosMO，AB，其中MO，AB表示直线 MO 与 AB 的夹角， 同理可以将，转化， coscosPMOcosMO，BC，其中MO，BC表示直线 MO 与 BC 的夹角， coscosPMOcosMO，AC，其中MO，AC表示直线 MO 与 AC 的夹角， 由于PM
31、O 是公共的，因此题意即比较 OM 与 AB，BC，AC 夹角的大小， 设 M 到 AB，BC，AC 的距离为 d1，d2，d3则 d1sin 1 h ，其中是正四面体相邻两个面所成角，sin 2 2 3 ， 所以 d1，d2，d3成单调递增的等差数列，然后在ABC 中解决问题 由于 d1d2d3，可知 M 在如图阴影区域（不包括边界） 从图中可以看出，OM 与 BC 所成角小于 OM 与 AC 所成角，所以， 故选：D 20（福建省南平市 2020 数学试题） 在三棱锥PABC中，3PAPB，4 2BC ，8AC ，ABBC， 平面PAB 平面ABC，若球O是三棱锥PABC的外接球，则球O的
32、半径为（） A 113 2 B 93 2 C 65 2 D 3 2 2 【答案】A 【解析】取 AB 中点 D，AC 中点 E，连 PD，ED 因为ABBC，所以 E 为ABC外接圆的圆心 因为 OEPD，OE 不包含于平面PAB，所以 OE平面PAB 因为平面PAB 平面ABC，3PAPB，得 PDAB，EDAB 所以 PD平面ABC，ED平面PAB 且 22 4 2ABACBC ，PD1 所以球心O到平面PAB的距离等于 ED2 2d 在PAB中，3PAPB，4 2AB ，所以 1 sin 3 PAB， 所以PAB得外接圆半径2r9 sin PB PAB ，即 9 r 2 由勾股定理可得球
33、O的半径 22 113 2 Rdr 故选：A. 21 （2020 届江西省赣州市赣县三中高三适应性考试数学）在正方体 1111 ABCDABC D中，E是棱 1 CC的 中点，F是侧面 11 BCC B内的动点，且 1 AFP平面 1 D AE，则 1 A F与平面 11 BCC B所成角的正切值t构成的 集合是（） A 2 5 |2 3 5 tt 禳 镲 镲 睚 镲 镲 铪 B 2 5 |2 5 tt 禳 镲 镲 睚 镲 镲 铪 C| 22 3tt D| 22 2tt 【答案】D 【解析】设平面 1 AD E与直线BC交于点G，连接,AG EG，则G为BC的中点. 分别取 111 ,B B
34、BC的中点,M N，连接 11 ,AM MN A N，则 11 / /AMD E， 1 AM 平面 1 D AE， 1 D E 平面 1 D AE， 1 / /AM平面 1 D AE，同理可得/ /MN平面 1 D AE. 1 ,AM MN是平面 1 AMN内的两条相交直线， 平面 1 / /AMN平面 1 D AE，且 1 / /AF平面 1 D AE， 可得直线 1 AF 平面 1 AMN，即点F是线段MN上的动点. 设直线 1 A F与平面 11 BCC B所成角为，运动点F并加以观察，可得： 当点F与点M（或N）重合时， 1 A F与平面 11 BCC B所成角等于 11 AMB，此时
35、所成角达到最小值， 满足 11 1 tan2 AB B M = ； 当点F与MN中点重合时， 1 A F与平面 11 BCC B所成角达到最大值， 此时 1111 1 1 tan2 2 2 2 ABAB B F B M = ， 1 A F与平面 11 BCC B所成角的正切值t构成的集合为 | 22 2tt ，故选 D. 22（北京市丰台区 2020 学年高三数学试题） 在边长为2的等边三角形ABC中， 点D E，分别是边ACAB， 上的点，满足/DE BC且 AD AC (0 1),，将ADE沿直线DE折到 A DE 的位置. 在翻折过程中， 下列结论成立的是（） A在边A E上存在点F，使
36、得在翻折过程中，满足/BF平面ACD B存在 1 0 2 ,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC平面BCDE C若 1 2 ，当二面角ADEB 为直二面角时， 10 4 A B D在翻折过程中，四棱锥A BCDE 体积的最大值记为( )f，( )f的最大值为 2 3 9 【答案】D 【解析】对于 A，假设存在FAE，使得/BF平面ACD ， 如图 1 所示， 因为BF 平面ABE ，平面A BE平面A CDA A，故/BF A A， 但在平面ABE 内，,BF A A 是相交的， 故假设错误，即不存在FAE，使得/BF平面ACD ，故 A 错误. 对于 B，如图 2， 取,BC DE
37、的中点分别为, I H，连接,IH A I A H AI ， 因为ABC为等边三角形，故AIBC， 因为/DE BC，故60 ,60 ,A DEA DEACBA EDAEDABC 所以,A DEADE 均为等边三角形，故A HDE，AHDE， 因为/DE BC，AIBC，AIBC，故,A H I共线， 所以IHDE，因为A HIHH，故DE 平面A HI， 而DE 平面CBED，故平面A HI平面CBED， 若某个位置，满足平面A BC平面BCDE，则 A 在平面BCDE的射影在IH上，也在BC上，故 A 在 平面BCDE的射影为H，所以AHIH， 此时 1 +2 ADAHA H ACAIA
38、H IH ，这与 1 0 2 ,矛盾，故 B 错误. 对于 C，如图 3（仍取,BC DE的中点分别为, I H，连接,IH A H A B BH ） 因为,A HDE IHBC ，所以A HI为二面角ADEI 的平面角， 因为二面角ADEB 为直二面角，故90A HI，所以A HAH， 而IHDEH，故A H平面CBED，因BH 平面CBED，故A HBH. 因为 1 2 ，所以 13 22 A HIHAI . 在Rt IHB中， 37 1 42 BH ， 在Rt AHB中， 3710 442 A B，故 C 错. 对于 D，如图 4（仍取,BC DE的中点分别为, I H，连接,IH A
39、H A B A C ） ， 作 A 在底面CBED上的射影O，则O在IH上. 因为,/ AD BC DE AC ，所以 3 A H 且 2 DE ，所以 3A H 其2DE. 又 11 32 ACBED VDECBIHA O 3 11 223 1223 13 66 A O ， 令 3 ,0,1f ，则 2 31f ， 当 3 0, 3 时， 0f ；当 3 ,1 3 时， 0f . 所以 f在 3 0, 3 为增函数，在 3 ,1 3 为减函数，故 max 32 3 39 ff . 故 D 正确. 故选：D. 23 （黑龙江省大庆实验中学 2020 数学试题）如图，在正方体 1111 ABCD
40、ABC D，点P在线段 1 BC上运动， 则下列判断正确的是（） 平面 1 PB D 平面 1 ACD 1 / /AP平面 1 ACD 异面直线 1 AP与 1 AD所成角的取值范围是0, 3 三棱锥 1 DAPC的体积不变 ABCD 【答案】B 【解析】对于，连接 DB1，根据正方体的性质，有 DB1面 ACD1，DB1平面 PB1D，从而可以证明平面 PB1D平面 ACD1，正确 连接 A1B，A1C1容易证明平面 BA1C1面 ACD1，从而由线面平行的定义可得 A1P平面 ACD1，正确 当 P 与线段 BC1的两端点重合时，A1P 与 AD1所成角取最小值 3 ， 当 P 与线段 B
41、C1的中点重合时，A1P 与 AD1所成角取最大值 2 ， 故 A1P 与 AD1所成角的范围是 3 2 ，错误； 1 A D PC V = 1 A CD P V ，C 到面 AD1P 的距离不变，且三角形 AD1P 的面积不变 三棱锥 AD1PC 的体积不变，正确； 正确的命题为 故选 B 24 （广西玉林、柳州市 2020 高三数学试题）如图所示，在直角梯形 BCEF 中，CBF=BCE=90，A，D 分别是 BF，CE 上的点，ADBC，且 AB=DE=2BC=2AF（如图 1） ，将四边形 ADEF 沿 AD 折起，连结 BE、 BF、CE（如图 2） 在折起的过程中，下列说法中正确的
42、个数（） AC平面 BEF； B、C、E、F 四点可能共面； 若 EFCF，则平面 ADEF平面 ABCD； 平面 BCE 与平面 BEF 可能垂直 A0B1C2D3 【答案】C 【解析】对，在图中，连接,AC BD交于点O，取BE中点，连接 MO，易证 AOMF 为平行四边形， 即 AC/FM，所以 AC/平面 BEF，故正确； 对，如果 B、C、E、F 四点共面，则由 BC/平面 ADEF，可得 BC/EF，又 AD/BC，所以 AD/EF，这样 四边形 ADEF 为平行四边形，与已知矛盾，故不正确； 对，在梯形 ADEF 中，由平面几何知识易得 EFFD，又 EFCF，EF平面 CDF，
43、 即有 CDEF，CD平面 ADEF，则平面 ADEF平面 ABCD，故正确； 对，在图中，延长 AF 至 G，使得 AF=FG，连接 BG，EG，易得平面 BCE平面 ABF，BCEG 四点共 面过 F 作 FNBG 于 N，则 FN平面 BCE，若平面 BCE平面 BEF， 则过 F 作直线与平面 BCE 垂直，其垂足在 BE 上，矛盾，故错误 故选：C 25（湖北省宜昌市 2020 学年高三数学试题） 在棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中， 点M是对角线 1 AC 上的点（点M与A、 1 C不重合） ，则下列结论正确的个数为（） 存在点M，使得平面 1 ADM 平面 1
44、 BC D； 存在点M，使得/ /DM平面 11 BCD； 若 1 ADM的面积为S，则 2 3 ,2 3 3 S ； 若 1 S、 2 S分别是 1 ADM在平面 1111 DCBA与平面 11 BBC C的正投影的面积，则存在点M，使得 12 SS=. A1 个B2 个C3 个D4 个 【答案】C 【解析】连接 1 BC，设平面 11 ABCD与对角线 1 AC交于M， 由 111 ,BCBC DCBC，可得 1 BC 平面 11 ABCD，即 1 BC 平面 1 ADM， 所以存在点M，使得平面 1 ADM 平面 1 BC D，所以正确； 由 1111 / /,/ /BDB D ADBC
45、， 利用平面与平面平行的判定，可得证得平面 1 / /A BD平面 11 B D C， 设平面 1 ABD与 1 AC交于M，可得/ /DM平面 11 BCD，所以正确； 连接 1 AD交 1 A D于点O，过O点作 1 OMAC, 在正方体 1111 ABCDABC D中， 1 AD 平面 11 ABC D，所以 1 AD OM， 所以OM为异面直线 1 A D与 1 AC的公垂线， 根据 11 AOEAC D，所以 111 OMOA C DAC ，即 11 1 226 32 3 OA C D OM AC ， 所以 1 ADM的最小面积为 1 1 1162 3 2 2 2233 A DM S
46、AD OM . 所以若 1 ADM的面积为S，则 2 3 ,2 3) 3 S ，所以不正确； 再点P从 1 AC的中点向着点A运动的过程中， 1 S从1减少趋向于 0，即 1 (0,1)S ， 2 S从0增大到趋向于2，即 2 (0,2)S ，在此过程中，必存在某个点P使得 12 SS=， 所以是正确的. 综上可得是正确的. 故选：C. 25 （河南省九师联盟 2020 学年高三数学试题）如图，在正方体 1111 ABCDABC D中，O是AC中点，点 P在线段 11 AC上，若直线OP与平面 11 ABC所成的角为，则sin的取值范围是（） A 23 , 33 B 1 1 , 3 2 C 3
47、3 , 43 D 1 1 , 4 3 【答案】A 【解析】如图，设正方体棱长为 1， 1 11 01 AP AC 以D为原点，分别以DA，DC， 1 DD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系 则 1 1 ,0 2 2 O ，1, ,1P ，所以 11 ,1 22 OP 在正方体 1111 ABCDABC D中，可证 1 B D 平面 11 ABC， 所以 1 1, 1, 1B D 是平面 11 ABC的一个法向量 所以 1 222 11 ()() 1 1 22 sincos, 111 3163 222 OP B D 所以当 1 2 时，sin取得最大值 3 3 ，当0或 1 时，sin取得
48、最小值 2 3 所以 23 sin, 33 . 故选 A 27 （2020 届广东省中山市高三数学试题）我国古代数学名著九章算术中有这样一些数学用语，“堑堵” 意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四 棱锥.现有一如图所示的堑堵，ACBC，若 1 2AAAB，当阳马 11 BA ACC体积最大时，则堑堵 111 ABCABC的外接球体积为（） A2 2B 8 2 3 C14 2 3 D4 2 【答案】B 【解析】依题意可知BC平面 11 ACC A.设,ACa BCb，则 222 4abAB . 11 1 111 323 B A ACC
49、VACAABCACBC 22 1142 32323 ACBC ，当 且仅当 2ACBC 时取得最大值.依题意可知 1111 ,ABCABAABB是以 1 AB为斜边的直角三角形， 所以堑堵 111 ABCABC外接球的直径为 1 AB， 故半径 22 11 11 2 22 OBABAAAB.所以外接球的 体积为 3 48 2 2 33 . 特别说明：由于BC平面 11 ACC A， 1111 ,ABCABAABB是以 1 AB为斜边的直角三角形，所以堑堵 111 ABCABC外接球的直径为 1 AB为定值，即无论阳马 11 BA ACC体积是否取得最大值，堑堵 111 ABCABC外接球保持不
50、变，所以可以直接由直径 1 AB的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的 体积. 故选：B 28 （2020 届广东省中山市高三数学试题）如图，边长为 1 的菱形ABCD中，60DAB ，沿BD将 ABD翻折，得到三棱锥ABCD，则当三棱锥ABCD体积最大时，异面直线AD与BC所成角的 余弦值为（） A 5 8 B 2 3 C 13 16 D 1 4 【答案】D 【解析】当三棱锥ABCD体积最大时，平面ADB平面BDC， 边长为 1 的菱形ABCD中， 60DAB BD1= 取DB中点O，连接AO,OC，则AO平面BDC，OC平面ADB， 以O为原点，分别OB,OC,OA为 , ,x y z
