2021年高考数学压轴题100题精选含答案

A． HF //BE B．三棱锥的体积VB1BMN 4
C．直线 MN 与平面 A1B1BA 所成的角为 45 D． D1G : GC1 1: 3
【答案】ABD 【分析】
面面平行性质定理可得出 A 正确；等体积法求得 B 正确；直线 MN 与平面 A1B1BA 所成的角为
B1MN ，求其正切值不等于 1 即可得出 C 错误；利用面面平行性质定理和中位线求出 D1G, GC1 长
内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径 r，进而求内切球表面积，判断 C 的正误. 【详解】 A：构建如下图所示的空间直角坐标系：
则有： A(0,0, 2), M (1, 2, 2), B(0, 2,0), D(2,0,0) ， ∴ AM (1, 2, 0), DB (2, 2, 0) ， cos AM , DB AM DB 2 10
B1N B1M
4 3
1
，故错误；
对于 D.同 A 选项证明方法一样可证的 GC1 //B1M ，
因为
E
为棱 CC1 上的中点， C1 为棱 B1N
GC1 =
上的中点，所以
1 2
B1M
3 2
所以
D1G=
1 2
，所以
D1G
:
GC1
1:
3
，故正确.
故选：ABD 【点睛】 求体积的常用方法： （1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算； （2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一 个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换； （3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的 几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.
行的平面内，由平面 A1BD// 平面 B1D1C ，知满足 A1P// 平面 B1D1C 的点 P 在 BD 上，则 A1P 长的
最大值为 A1B 2 ，则 C 不正确；
对选项 D，由以上推理可知，点 P 既在以 A 为圆心，半径为 1 的小圆圆弧上，又在线段 BD 上，即
与 B 或 D 重合，不妨取点 B，则平面 A1PC1 截正方体外接球所得截面为 A1BC1 的外接圆，利用
2021 年高考数学压轴题 100 题精选含答案
一、立体几何多选题
1．如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD ABCD 中，M 为 BC 边的中点，下列结论正确的有（ ）
10 A． AM 与 DB 所成角的余弦值为 10
9 B．过三点 A 、 M 、 D 的正方体 ABCD ABCD 的截面面积为 2
则 HP=x,易得
3
2
R
2
,解得
x
2 3
,舍去；
故 O 在平面 BCED 下方，如图②所示： 设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 A'H 的垂线，垂足为 P,
42 x2 3 x2
则 HP=x,易得
3
2
R2
,
x
解得
2 3,
R2 16 4 4 37 R 2 37
∴
9 9,
3 ,故 D 正确.
故选:ABD.
【点睛】 本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判 定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面 垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的 讨论与验证.
连接 DN,易得 DN‖EC,DN=EC=4, ∠A'DN 就是直线 A'D 与 CE 所成的角，
DN=DA'=4,A'N=A'M=2 3 ,
42 42 12 5
cos∠A'DN= 2 4 4 8 ,故 B 正确；
A'D=DB=4,A'B= AN2 BN2 12 16 2 7 ,
∴ AD2 DB2 AB2 ,∴A'D 与 BD 不垂直，故 C 错误’
S 13 23 2 9
∴梯形的面积为 2
2 2 ，故正确.
C：如下图知：四面体 ACBD 的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，
V 841 18 8
∴
32
3 ，而四面体的棱长都为 22 ，有表面积为
S 4 1 2 2 2 2 sin 8 3
2
3
，
18 3r 8 r 3
4 r2 4
A1F
: FA
1: 2 ，所以 B1M
3 2
A1B1
3
，
又 E 为棱 CC1 上的中点，所以 B1N 4 ,
VB1 BMN
所以
VN B1BMΒιβλιοθήκη 1 31 22
3
4
4
，故正确；
对于 C.由题意及图形可判定直线 MN 与平面 A1B1BA 所成的角为 B1MN ，
tan B1MN
结合 B 选项可得
5．已知正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2，点 O 为 A1D1 的中点，若以 O 为球心， 6 为半径的
【答案】ABD
【分析】
选项 A，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面 A1BD// 平面 B1D1C ，知满足 A1P// 平面 B1D1C
的点 P 在 BD 上， A1P 长的最大值为
2r A1P 2 ；结合以上条件点 P 与 B 或 D 重合，利用 sin 60 ，求
r 6 出 3 ，进而求出面积.
| AM || DB | 5 8 10 ，故正确. B：若 N 为 CC 的中点，连接 MN，则有 MN / / AD ，如下图示，
∴梯形 AMND’为过三点 A 、 M 、 D 的正方体 ABCD ABCD 的截面，
32 而 MN 2, AD 2 2, AM DN 5 ，可得梯形的高为 2 ，
∵ A' M ∩MN=M,∴CD⊥平面 A'MN,
又∵CD⊂平面 ABDC,∴平面 A'MN⊥平面 ABDC, 在平面 A'MN 中作 A'H⊥MN,则 A'H⊥平面 BCED, ∵二面角 A'-DE-B 为 60°，∴∠A'EF=60°，
∵正三角形 ABC 中，AB=8,∴AN= 4 3 ,∴A'M=2 3 ,∴A'H=A'Msin60°=3，故 A 正确；
| AM || DB | 为 AM 与
DB 所成角的余弦值判断 A 的正误；同样设 P(x, y,0) 结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦
2 y 2 15 值相等可得 x2 y2 4 3 5 ，进而判断 P 的轨迹知 D 的正误；由立方体的截面为梯形，
分别求 MN, AD, AM , DN ，进而得到梯形的高即可求面积，判断 B 的正误；由四面体的体积与
【详解】
对 A 选项，如下图：由 A1P 3 ，知点 P 在以 A1 为球心，半径为 3 的球上，又因为 P 在底面 ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由 A1A 底面 ABCD，知点 P 的轨迹是在底面上以 A 为圆心 的小圆圆弧，半径为 r A1P2 A1A2 2 ，则只有唯一一点 C 满足，故 A 正确；
度即可得出 D 正确.
【详解】
解：对于 A.在正方体 ABCD A1B1C1D1 中平面 ADA1D1 // 平面 BCB1C1 ， 又平面 ADA1D1 平面 BMN HF ，平面 BCB1C1 平面 BMN BE ，
有平面与平面平行的性质定理可得 HF //BE ，故正确；
对于
B.因为
对于平面eab于是bfab90abf但六边形abfpqh为正六边形120abf矛盾所以补齐八个角构成棱长为2的正方体则该二十四等边体的体积为取正方形acpm对角线交点即为该二十四等边体外接球的球心其半径为因为pn在平面ebfn内射影为ns所以pn与平面ebfn所成角即为pnspspn点睛本题考查了正方体的性质考查了直线与平面所成角问题考查了球的体积与表面积计算问题
C．四面体 ACBD 的内切球的表面积为 3
D ． 正 方 体 ABCD ABCD 中 ， 点 P 在 底 面 ABCD （ 所 在 的 平 面 ） 上 运 动 并 且 使
MAC PAC ，那么点 P 的轨迹是椭圆
【答案】AB 【分析】
cos AM , DB AM DB
构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角
3．在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，P 为底面 ABCD 内（含边界）一点．（ ）
A．若 A1P 3 ，则满足条件的 P 点有且只有一个
B．若 A1P 2 ，则点 P 的轨迹是一段圆弧
C．若 A1P// 平面 B1D1C ，则 A1P 长的最小值为 2
2 D．若 A1P 2 且 A1P// 平面 B1D1C ，则平面 A1PC1 截正方体外接球所得截面的面积为 3
易得 NB=NC=ND=NG=4，∴N 为底面梯形 BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥 A'-BCED 的外接球的球心为 O,则 ON⊥平面 BCED,且 OA'=OC, 若 O 在平面 BCED 上方，入图①所示： 设 ON=x,外接球的半径为 R,过 O 作 A'H 的垂线，垂足为 P,
42 x2 3 x2
A(0, 0, 2), M ( 2 , 3 2 , 2),C(0, 2 2, 0)
构建如下空间直角坐标系，
22
， 若 P(x, y,0) ， 则
AM ( 2 , 3 2 , 0), AC (0, 2 2, 2), AP (x, y, 2)
22
，
cos MAC AM AC 6 15
∴
| AM || AC | 5 12 5 ，