2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試第一部分專題三立體幾何微專題1空間幾何體空間中的位置關(guān)系小題考法3立體幾何中的綜合問題

小題考法3立體幾何中的綜合問題(1)(多選題)(2023·湛江一模)在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別為棱BC與D1C1的中點，則下列選項正確的有()A．A1B∥平面AEC1B．EF與BC1所成的角為30°C．EF⊥平面B1ACD．平面AEC1截正方體ABCD-A1B1C1D1的截面面積為2eq\r(6)(2)(多選題)(2023·韶關(guān)二模)如圖所示，正方體ABCD-A′B′C′D′的棱長為1，E，F(xiàn)分別是棱AA′，CC′的中點，過直線EF的平面分別與棱BB′，DD′交于點M，N，以下四個命題中正確的是()A．四邊形EMFN一定為矩形B．平面EMFN⊥平面DBB′D′C．四棱錐A-MENP體積為eq\f(1,6)D．四邊形MENF的周長最小值為2eq\r(5)解析：(1)如圖1所示，設(shè)點M為棱A1D1的中點，則MC1，AE平行且相等，所以四邊形AEC1M為平行四邊形，又A1B∥ME，A1B?平面AEC1，ME?平面AEC1，所以A1B∥平面AEC1，故A正確；由上可知，四邊形AEC1M為平面AEC1截正方體ABCD-A1B1C1D1的截面，易得AE＝EC1＝C1M＝MA＝eq\r(5)，故四邊形AEC1M為菱形，又其對角線EM＝2eq\r(2)，AC1＝2eq\r(3)，故其面積為eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝2eq\r(6)，故D正確；設(shè)CC1的中點為N，連接EN，F(xiàn)N，因為E，N分別為BC與CC1的中點，所以EN∥BC1，故∠NEF為EF與BC1所成的角，又EN＝FN＝eq\r(2)，EF＝eq\r(6)，由余弦定理可得cos∠NEF＝eq\f(EN2＋EF2－NF2,2EN·EF)＝eq\f(2＋6－2,2×\r(2)×\r(6))＝eq\f(\r(3),2)，所以EF與BC1所成的角為30°，故B正確；如圖2所示，假設(shè)EF⊥平面B1AC正確，則EF⊥B1C，又FC1⊥B1C，EF∩FC1＝F，所以B1C⊥平面EFC1，得B1C⊥EC1.在正方形B1C1CB中，B1C⊥EC1，顯然不成立，所以假設(shè)錯誤，即EF⊥平面B1AC錯誤，故C錯誤．故選ABD.(2)對于A項，由正方體的性質(zhì)得平面BCC′B′∥平面ADD′A′，平面BCC′B′∩平面EMFN＝MF，平面ADD′A′∩平面EMFN＝EN，故MF∥EN，同理得ME∥NF，又EF⊥MN，所以四邊形MENF為菱形，故A錯誤；對于B，連接BD，B′D′，MN，由題意得EF⊥BD，EF⊥BB′，因為BD∩BB′＝B，所以EF⊥平面BDD′B′，平面EMFN⊥平面DBB′D′，故B正確；對于C項，四棱錐A-MENF的體積為：V1＝VM-AEF＋VN-AEF＝eq\f(1,3)DB·S△AEF＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(1,6)，故C正確；對于D項，因為四邊形MENF是菱形，所以四邊形MENF的周長l＝4eq\r(\f(MN2,4)＋\f(EF2,4))＝4·eq\f(\r(MN2＋2),2)＝2eq\r(MN2＋2)，所以當(dāng)點M，N分別為BB′，DD′的中點時，四邊形MENF的周長最小，此時MN＝EF＝eq\r(2)，即周長的最小值為4，故D錯誤．故選BC.答案：(1)ABD(2)BC新高考中立體幾何是多選題的熱門考點之一．考察面廣，綜合性強(qiáng)，難度較大，解決此類問題需特別注意時間安排，切莫因小失大．1．(多選題)(2023·深圳二模)如圖，在矩形AEFC中，AE＝2eq\r(3)，EF＝4，B為EF中點，現(xiàn)分別沿AB、BC將△ABE、△BCF翻折，使點E、F重合，記為點P，翻折后得到三棱錐PABC，則()A．三棱錐P-ABC的體積為eq\f(4\r(2),3)B．直線PA與直線BC所成角的余弦值為eq\f(\r(3),6)C．直線PA與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(1,3)D．三棱錐P-ABC外接球的半徑為eq\f(\r(22),2)解析：對于A，由題意可得BP⊥AP，BP⊥CP，又AP∩CP＝P，AP，CP?平面PAC，所以BP⊥平面PAC，在△PAC中，PA＝PC＝2eq\r(3)，AC邊上的高為eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2)，所以VP-ABC＝VB-PAC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×2eq\r(2)×2＝eq\f(8\r(2),3)，故A錯誤；對于B，在△PAC中，cos∠APC＝eq\f(12＋12－16,2×2\r(3)×2\r(3))＝eq\f(1,3)，BC＝eq\r(12＋4)＝4，cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(PA,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·（\o(PC,\s\up6(→))－\o(PB,\s\up6(→))）,2\r(3)×4)＝eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PC,\s\up6(→))－\o(PA,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),8\r(3))＝eq\f(2\r(3)×2\r(3)×\f(1,3),8\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，所以直線PA與直線BC所成角的余弦值為eq\f(\r(3),6)，故B正確；對于C，S△PBC＝eq\f(1,2)PB·PC＝2eq\r(3)，設(shè)點A到平面PBC的距離為d，由VB-PAC＝VA-PBC，得eq\f(1,3)×2eq\r(3)d＝eq\f(8\r(2),3)，解得d＝eq\f(4\r(6),3)，所以直線PA與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(d,PA)＝eq\f(\f(4\r(6),3),2\r(3))＝eq\f(2\r(2),3)，故C錯誤；由B選項知，cos∠APC＝eq\f(1,3)，則sin∠APC＝eq\f(2\r(2),3)，所以△PAC的外接圓的半徑r＝eq\f(1,2)·eq\f(AC,sin∠APC)＝eq\f(3,\r(2))，設(shè)三棱錐PABC外接球的半徑為R，又因為BP⊥平面PAC，則R2＝r2＋(eq\f(1,2)PB)2＝eq\f(9,2)＋1＝eq\f(11,2)，所以R＝eq\f(\r(22),2)，即三棱錐P-ABC外接球的半徑為eq\f(\r(22),2)，故D正確．故選BD.答案：BD2．(多選題)(2023·廣東模擬)如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，E為邊AB的中點，沿DE將△ADE折起，點A折至A1處(A1?平面ABCD)，若M為線段A1C的中點，平面A1DE與平面DEBC所成銳二面角α，直線A1E與平面DEBC所成角為β，則在△ADE折起過程中，下列說法正確的是()A．存在某個位置，使得BM⊥A1DB．△A1EC面積的最大值為2eq\r(2)C．sinα＝eq\r(2)sinβD．三棱錐A1-EDC體積最大時，三棱錐A1-EDC的外接球的表面積16π解析：取A1D的中點N，連接NM，NE，因為M為線段A1C的中點，所以NM∥DC，且NM＝eq\f(1,2)DC，因為E為邊AB的中點，所以NM∥EB且NM＝EB，所以四邊形NMBE為平行四邊形，所以NE∥BM，又A1E⊥A1D，所以NE不垂直于A1D，所以不存在某個位置，使得BM⊥A1D，故A錯誤；S△A1EC＝eq\f(1,2)A1E×EC×sin∠A1EC≤eq\f(1,2)A1E×EC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)sin∠A1EC＝1時，即A1E⊥EC時取等號，故B正確；過A1作A1K⊥平面DCBE于K，作KF⊥DE于F，連接KF，A1F，則可得∠A1FK是平面A1DE與平面DEBC所成二面角的平面角，即∠A1FK＝α，∠A1EK是直線A1E與平面DEBC所成角，即∠A1EK＝β，所以sin∠A1FK＝eq\f(A1K,A1F)，sin∠A1EK＝eq\f(A1K,A1E)，所以