2023届新高考复习多选题与双空题专题13立体几何多选题 含答案.pdf

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1、20232023 届新高考复习多选题与双空题届新高考复习多选题与双空题【多选题与双空题满分训练】专【多选题与双空题满分训练】专题题1313 立体几何多选题立体几何多选题20222022 年高考冲刺和年高考冲刺和 20232023 届高考复习满分训练届高考复习满分训练新高考地区专用新高考地区专用1（2023福建漳州三模）已知 a，b 是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A若/,aa，则B若,a，则aC若,/,/aabb，则D若,aa，则a【答案】AD【解析】【分析】根据空间中线面、面面的平行、垂直的判断定理和性质定理分析判断【详解】/a，则平面内存在直线 l 与直线a平行，a

2、则l，可得A 正确；若，则平面内存在直线与平面垂直，但不是任意一条直线均与平面垂直B 不正确；根据面面平行的判定定理要求直线ab、相交，C 不正确；，则平面内存在直线 l 与平面垂直，,aa，则la/，aD 正确；故选：AD2（2022河北廊坊模拟预测）我们知道，平面几何中有些正确的结论在空间中不一定成立下面给出的平面几何中的四个真命题，在空间中仍然成立的有（）A平行于同一条直线的两条直线必平行B垂直于同一条直线的两条直线必平行C一个角的两边分别平行于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补D一个角的两边分别垂直于另一个角的两边，那么这两个角相等或互补【答案】AC【解析】【分析】根据线线平行传递

3、性和课本中的定理可判断 AC 正确；垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可判断 B，通过举反例可判断 D.【详解】根据线线平行具有传递性可知 A 正确；空间中垂直于同一条直线的两条直线，位置关系可能是异面、相交、平行，故 B 错误；根据定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补可知 C 正确；如图，,l且,OAl CDl，则,OACE CDOB但AOB和DCE的关系不确定，故 D 错误.故选：AC3（2022重庆三模）如图，在正方体1111ABCDABC D中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段1BC上（不包含端点）运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是（）A

4、1ABB1ACC1A AD1AD【答案】BCD【解析】【分析】对于 A，当P为1BC的中点时，1/OPAB，故 A 不正确；对于 BCD，根据异面直线的判定定理可知都正确.【详解】对于 A，当P为1BC的中点时，11/OPDCAB，故 A 不正确；对于 B，因为1AC 平面11AAC C，O平面11AAC C，O1AC，P平面11AAC C，所以直线1AC与直线OP一定 是异面直线，故 B 正确；对于 C，因为1A A平面11AAC C，O平面11AAC C，O1A A，P平面11AAC C，所以直线1A A与直线OP一定 是异面直线，故 C 正确；对于 D，因为1AD 平面1ADC，O平面1

5、ADC，O1AD，P平面1ADC，所以直线1AD与直线OP一定 是异面直线，故 C 正确；故选：BCD4（2022重庆八中模拟预测）攒尖是中国传统建筑表现手法，是双坡屋顶形式之一，多用于面积不大的建筑，如塔、亭、阁等，常用于圆形、方形、六角形、八角形等平面的建筑物上，形成圆攒尖和多边形攒尖 以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为 30，侧棱长为2 7米，则该正四棱锥的（）A底面边长为 4 米B侧棱与底面所成角的正弦值为77C侧面积为64 3平方米D体积为 32 立方米【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件及正四棱锥的结构特征，

6、求底面边长、体高，再应用棱锥的体积、表面积公式求表面积和体积.【详解】如图，在正四棱锥PABCD中，O 为底面 ABCD 的中心，E 为 CD 的中点，PECD，设底面边长为 2a，正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30，所以30PEO，则OEa，33OPa，2 33PEa，所以222PECEPC，即224283aa，可得2 3a 底面边长为4 3米，A 错误；侧棱与底面所成角的正弦值为27728OPCP，B 正确；侧面积1432 32PECD，C 错误；体积21323VPOAB，D 正确故选：BD5（2022福建厦门模拟预测）已知正方形ABCD的边长为 1，以BD为折痕把ABD折起，得到四面

7、体A BCD，则（）AA CBDB四面体A BCD体积的最大值为24CA CD可以为等边三角形DA CD可以为直角三角形【答案】AC【解析】【分析】取 BD 得中点为 O，连接OAOC，可得BD 平面OAC，可判断选项 A；当OA 平面BCD时，四面体A BCD体积的最大，且最大体积为13BCDVSOA，可判断选项 B；当OA 平面BCD时，OAOC，所以1A C，从而即可判断；若A CD为直角三角形，又1DCDA，则2A DC，由OAOCA C可判断选项 D.【详解】解：取 BD 得中点为 O，连接OAOC，由题意，BDOA，BDOC，且OAOCO，所以BD 平面OAC，所以BDA C，故选

8、项 A 正确；当OA 平面BCD时，四面体A BCD体积的最大，且最大体积为111221 1332212BCDVSOA ，故选项 B 错误；当OA 平面BCD时，OAOC，所以222222122A COAOC，又1DCDA，所以此时A CD为等边三角形，故选项 C 正确；若A CD为直角三角形，又1DCDA，则2A DC，所以2A C，此时22222OAOCA C，不满足三角形任意两边之和大于第三边，故选项 D错误.故选：AC.6（2022广东佛山三模）如图，若正方体的棱长为 2，点M是正方体1111ABCDABC D在侧面11BCC B上的一个动点（含边界），点P是1AA的中点，则下列结论正

9、确的是（）A三棱锥1PDD M的体积为定值B 若5PM，则点M在侧面11BCC B运动路径的长度为2C若1D MDP，则1AM的最大值为2 2D若1D MDP，则1AM的最小值为6 55【答案】AD【解析】【分析】对于 A，三棱锥1PDD M的体积11P DD MMPDDVV，由已知得三角形 PDD1的面积是定值，且点 M 到面 PDD1的距离是正方体的棱长，由此可判断；对于 B，过点 P 作1PQBB，由已知有点 M 的轨迹是以 Q 为圆心，1 为半径的半圆弧，根据圆的周长公式计算可判断；对于 C、D，过点 P 作1PQBB，则点 Q 是1BB的中点，连接 QC，取 BC 的中点 N，连接

10、NC1，A1N，A1C1，由线面垂直的判定和性质得点 M 的轨迹是线段1C N，解11AC M，可求得1AM的最大值和最小值，由此可判断 C、D 选项.【详解】解：对于 A，三棱锥1PDD M的体积11P DD MMPDDVV，而因为点 P 为1AA的中点，所以三角形 PDD1的面积是定值，且点 M 到面 PDD1的距离是正方体的棱长，所以三棱锥的体积是定值，故 A 正确；对于 B，过点 P 作1PQBB，则由正方体的性质得PQ 平面11BBC C，所以PQMQ，又5PM，正方体的棱长为 2，所以2222521MQPMPQ，所以点 M 的轨迹是以 Q 为圆心，1 为半径的半圆弧，所以点M在侧面

11、11BCC B运动路径的长度为22，故 B 不正确；对于 C、D，过点 P 作1PQBB，则点 Q 是1BB的中点，连接 QC，取 BC 的中点 N，连接 NC1，A1N，A1C1，则/QC PD，1C NQC，因为1D MDP，所以1D MQC，11DC 平面11BBC C，所以11DCQC，又1111DCD MD，所以QC 平面11DC M，所以1QCC M，所以点 M 的轨迹是线段1C N，在11AC M中，2211112 25ACC NNCCC，22211+3ANAAABBN，所以1AM的最大值为3，故 C 不正确；在11AC M中，222352 25cos52 35N，所以2 5si

12、n5N，所以点 A1 到 C1N 有距离为12 56 5sin355dA NN，所以1AM的最小值为6 55，故 D 正确，故选：AD.7（2022河北张家口三模）边长为4 3的正三角形 ABC 三边 ABACBC 的中点分别为 DEF，将三角形ADE 沿 DE 折起形成四棱锥PBCED，则下列结论正确的是（）A四棱锥PBCED体积最大值为6 3B当2 6PF 时，平面PDF 平面 PEFC四棱锥PBCED总有外接球D当PBCE时，四棱锥PBCED外接球半径有最小值13【答案】BC【解析】【分析】根据锥体的体积公式判断 A，设DEPF 的中点为 OH，连接 OP，OF，OH，根据二面角的定义得

13、到DHE是二面角DPFE的平面角，从而判断 B，再确定外接球的球心所在位置，即可判断 C、D；【详解】解：当平面PDE 平面BCED时，体积最大，其最大值为113(2 34 3)39 332 ，故 A 不正确.设DEPF 的中点为 OH，连接 OP，OF，OH，3OPOF，6PHHF，OHPF，且3OHODOE，90DHE，又PFDE，OHDEO，,OH DE 平面DHE，PF平面DHE，所以DHE是二面角DPFE的平面角，则平面PDF 平面PEF，故 B 正确；对于 C，PDE为正三角形，过其重心作平面PDE的垂线 l1，则垂线 l1上任意一点到 PDE 的距离都相等，2 3FBFCFDFE

14、，则过 F 垂直于平面BCED的直线2l上任意一点到 BCED 的距离均相等，因为 l1与 l2均在平面 POF 内，l1与 l2相交，其交点即为外接球球心，故 C 正确；由 C 知，当 l1过 F 时，F即为球心，此时半径最小为2 3，故 D 不正确，故选：BC8（2022山东肥城市教学研究中心模拟预测）如图，四棱锥SABCD的底面为矩形，SD 底面ABCD，,2ADa DCb SD，且2ab，则下列结论中不正确的是（）AP为线段SC上的点，则存在点P使得/SA平面BDPBA到平面SBC的距离有可能等于2 55CSB与平面ABCD所成的角有可能等于4D四棱锥的外接球的表面积的最小值是6【答案

15、】CD【解析】【分析】根据线面平行的定义，点到平面的距离的定义，以及线面角和球的表面积公式，逐个选项进行判断即可得到答案.【详解】对于选项A，点P为线段SC的中点，记BD和AC的交点为O，则SAOP，/SA平面BDP，故选项A正确;对于选项 B，因为/ADBC，故/AD平面SBC，所以A到平面SBC的距离等于D到平面SBC的距离，由BC 平面SDC，平面SDC 平面SBC，所以D到SC的距离即为D到平面SBC的距离，当21SDDC，时，A到平面SBC的距离等于2 55，故选项 B 正确；对于选项 C，角SBD是SB与平面ABCD所成的角，当2DB 时，线面角为4，此时222,2,abab方程组

16、无正解，故选项 C 错误；对于选项 D，四棱锥可以补成长方体，长方体的外接球的半径为2242ab，而22122abab，所以外接球的半径大于等于62，所以其表面积的最小值为26462，故选项 D 错误；故选：CD.9（2022湖北荆门市龙泉中学二模）如图，已知二面角l 的棱 l 上有 A，B 两点，C，ACl，D，BDl，若2ACABBD，2 2CD，则（）A直线 AB 与 CD 所成角的大小为 45B二面角l 的大小为 60C三棱锥ABCD的体积为2 3D直线 CD 与平面所成角的正弦值为64【答案】ABD【解析】【分析】根据异面直线所成角、二面角、线面角定义，在图形中作出直线 AB 与 C

17、D 所成角、二面角l 的平面角、直线 CD 与平面所成角，结合已知条件计算判断各项正误.【详解】过 A 作/AEBD且AEBD，连接,CE DE，则四边形 ABDE 是平行四边形，如图，所以/DEAB且DEAB，故CDE是直线 AB 与 CD 所成角或其补角，因ACl，BDl，则,DEAE DEAC，而AEACA，,AE AC 面AEC，于是DE 面AEC，CE 面AEC，则DECE，故2cos2DEABCDECDCD，则45CDE，A 正确；因BDl，即AEl，而ACl，则CAE是二面角l 的平面角，又2CEDE，因此，2CEAEAC，即ACE为正三角形，60CAE，B 正确；因DE 面AE

18、C，DE，则面AEC，在面AEC内过 C 作COAE于 O，于是CO，又332COAC，而122ABDSAB BD，所以12 333A BCDCABDABDVVCO S，C 错误；连接DO而CO，则CDO是直线 CD 与所成角，36sin42 2COCDOCD，D 正确.故选：ABD10（2022山东临沂二模）如图，在直三棱柱111ABCABC中，底面是边长为 2 的正三角形，13AA，点M 在1BB上，且112BMMB，P 为线段1C M上的点，则()A1C M 平面AMCB当 P 为1C M的中点时，直线 AP 与平面 ABC 所成角的正切值为2 33C存在点 P，使得CPAMD存在点 P

19、，使得三棱锥PAMC的体积为3 34【答案】BD【解析】【分析】A：假设1C M 平面AMC，则可得 AC平面11BCC B，ACB=90与已知矛盾，从而判断假设不成立；B：取 BC 中点为 N，可证 PN平面 ABC，PAN 为 AP 与平面 ABC 所成角，解ANP 即可；C：假设 CPAM，可得 CP平面 AMN，CPMN，几何图形即可判断假设不成立；D：假设PAMCVA PMCV=3 34，求出CPM的面积，判断CPM 面积是否小于或等于1CMC面积即可【详解】对于 A，假设1C M 平面AMC，则1C M AC，易知1CCAC，1CC11C MC，故 AC平面11BCC B，故ACB

20、C，这与ACB=60矛盾，故假设不成立，故 A 错误；对于 B，当 P 为1C M的中点时，取 BC 中点为 N，连接 PN、AN，易知 PN1CC，1CC平面 ABC，则 PN平面 ABC，故PAN 即为 AP 与平面 ABC 所成角，则 tanPAN=1111 32 32233322MBCCPNAN，故 B 正确；对于 C，取 BC 中点为 N，连接 AN、NM，由 ANBC，AN1CC知 AN平面11BCC B，故 ANCP，若CPAM，ANAM=A，则 CP平面 AMN，则 CPMN，过 C 作 CGMN 交1C M于 G，则 CPCG，即PCG=90，易知PCG 不可能为 90，故不

21、存在 P 使得CPAM，故 C 错误；对于 D，取 BC 中点为 N，连接 AN，易知 AN平面11BCC B，AN=3，若三棱锥PAMC的体积为3 34，则3 313 394344A PMCPMCPMCVSANS，1111122CMCBCC MBCMSSSCCBMBCBC BM111293 122 132244PMCS ，故存在 P 使94PMCS时，三棱锥PAMC的体积为3 34，故 D 正确故选：BD【点睛】本题充分考察空间里面的点线面位置关系，判断选项 ACD 时都可以采用假设存在 P 点满足条件，然后结合几何关系推出与已知条件矛盾或不矛盾的结论，从而作出判断；选项 B 考察空间里面直

22、线和平面的夹角，根据几何关系可作出辅助线解决问题即可11（2022山东临沂模拟预测）如图，在五棱锥PABCDE中，PA 平面ABCDE，/,/,/ABCD ACED AEBC，45,2 2,24ABCABBCAE，PAB是等腰三角形则（）A平面PCD 平面PACB直线PB与平面PCD所成的角为的大小为 60C四棱锥PACDE的体积为23D四边形ACDE的面积为 3【答案】AD【解析】【分析】在ABC中，利用勾股定理证得ABAC，又由PA 平面ABCDE，证得PAAB，进而证得AB 平面PAC，得到CD平面PAC，可判定A正确；过点A作AHPC于点H，证得AH 平面PCD，结合/AB平面PCD，

23、得到B到平面PCD的距离2h，结合线面角的定义法，可判定 B 不正确；由CD平面PAC，得到CDAC，得出四边形ACDE为直角梯形，结合梯形的面积公式和锥体的体积公式，可判定 C 不正确，D 正确.【详解】因为45,2 2,4ABCABBC，由余弦定理可得222(2 2)42 2 24cos458AC，所以2 2AC，所以222ABACBC，所以ABAC，又由PA 平面ABCDE，AB平面ABCDE，所以PAAB，因为PAACA，所以AB 平面PAC，又因为/ABCD，所以CD平面PAC，因为CD 平面PCD，所以平面PCD 平面PAC，所以 A 正确；过点A作AHPC于点H，因为平面PCD

24、平面PAC，且平面PCD平面PACPC，所以AH 平面PCD，又因为/ABCD，AB 平面PCD，所以/AB平面PCD，所以点A到平面PCD的距离等于点B到平面PCD的距离，在直角PAC中，可得2AH，即B到平面PCD的距离2h，设直线PB与平面PCD所成的角为，可得21sin42hPB，又由090，所以30，所以 B 不正确；由CD平面PAC，可得CDAC，因为/ACDE，所以四边形ACDE为直角梯形，其面积为1(22 2)232S，所以四棱锥PACDE的体积为13 2 22 23V ，所以 C 不正确，D 正确.故选：AD.12（2022福建龙岩模拟预测）正多面体也称帕拉图立体，被喻为最有

25、规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成（各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等）.某中学在劳动技术课上，要求学生将一个近似正八面体的玉石切制成如图所示的棱长为 2 的正八面体 P-ABCD-Q（其中 EFH 分别为 PA，PB，BC 的中点），则（）AAP 与 CQ 为异面直线B平面 PAB平面 PCDC经过 EFH 的平面截此正八面体所得的截面为正六边形D此正八面体外接球的表面积为 8【答案】CD【解析】【分析】对于选项 A，根据图像的共面可以得出该选项错误；对于选项 B，求出两个平面的二面角证明二面角不是 90 度即可得出结论；对于选项 C，

26、根据中位线定理证明相等关系，即可证明该截面为正六边形；对于选项 D，根据外接球的直径，代入公式24SR即可.【详解】对于 A 选项，由多面体的对称性知，A，B，C，D 四点共面，又因为 PA=AQ=QC=CP，结合 PQ=AC，所以四边形 PACQ 是正方形，所以选项 A 错误；对于 B 选项，设 AB 中点为 N，CD 中点为 M，则NPM为平面 PAB 和平面 PCD 的二面角，22213NP，22213MP，NM=2所以222NPMPNM，所以平面 PAB 和平面 PCD 的二面角不为直角，所以选项 B 错误；对于选项 C，设 QC，CD，DA 的中点分别为 J，K，L，顺次连接 E，F

27、，H，J，K，L，E，根据中位线定理能够得到 EF=FH=HJ=JK=KL=LE，所以经过 EFH 的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，故选项 C 正确；对于选项 D，根据题意，外接球的直径为22222 2，所以外接球的半径为2，表面积248SR，故该选项正确.故选：CD.13（2022辽宁鞍山二模）如图，点 P 是棱长为 2 的正方体 ABCD1111DCBA的表面上一个动点，则（）A当 P 在平面11BCC B上运动时，四棱锥 P11AA D D的体积不变B当 P 在线段 AC 上运动时，1D P与11AC所成角的取值范围是3，2C使直线 AP 与平面 ABCD 所成的角为 45的点

28、P 的轨迹长度为4 2D若 F 是11AB的中点，当 P 在底面 ABCD 上运动，且满足 PF/平面11BCD时，PF 长度的最小值是5【答案】ABC【解析】【分析】A 选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B 选项，找到异面直线所成角即可判断；C 选项，找到 P 的轨迹，计算即可；D 选项，找到 P 的轨迹，计算即可.【详解】A 选项，底面正方形11AA D D的面积不变，P 到平面11AA D D的距离为正方体棱长，故四棱锥 P11AA D D的体积不变，A 选项正确；B 选项，1D P与11AC所成角即1D P与AC所成角，当 P 在端点 A，C 时，所成角最小，为3，当 P 在

29、AC 中点时，所成角最大，为2，故 B 选项正确；C 选项，由于 P 在正方体表面，P 的轨迹为对角线 AB1，AD1，以及以 A1为圆心 2 为半径的14圆弧如图，故 P 的轨迹长度为4 2，C 正确；D 选项，FP 所在的平面为如图所示正六边形，故 FP 的最小值为6，D 选项错误.故选：ABC.14（2022广东二模）在所有棱长都相等的正三棱柱中，点 A 是三棱柱的顶点，M，N、Q 是所在棱的中点，则下列选项中直线 AQ 与直线 MN 垂直的是（）ABCD【答案】AC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，从而求得,AQ MN 的坐标，计算AQ MN ，即可判断 A,B,C

30、,D 的正误.【详解】所有棱长都相等的正三棱柱中，点 A 是三棱柱的顶点，M，N、Q 是所在棱的中点,故可设棱长为 2，在正三棱柱中建立如图所示的空间直角坐标系：对于 A，(3,0,0),(0,0,0),(0,1,1),(0,0,2)AQMN,故(3,0,0),(0,1,1)AQMN ,则(3,0,0)(0,1,1)0AQ MN ，故AQMN，即AQMN，故 A 正确；对于 B，31313 1(0,1,0),(,2),(,0),(,0)222222AQMN,故33(,2),(0,1,0)22AQMN,则333(,2)(0,1,0)222AQ MN ，故,AQ MN不垂直，故 B 不正确；对于

31、C，31(3,0,0),(0,1,1),(0,1,1),(,2)22AQMN,故3 1(3,1,1),(,1)22AQMN ,则3 1(3,1,1)(,1)022AQ MN ，故AQMN，即AQMN，故 C 正确；对于 D，3131(0,1,0),(,2),(,0),(0,1,1)2222AQMN,故3331(,2),(,1)2222AQMN ,则3331(,2)(,1)22222AQ MN ，故,AQ MN不垂直，故 D 不正确；故选：AC15（2022海南海口模拟预测）如图，在长方体1111ABCDABC D中，122AAABAD，E，F 分别是棱11C D，1CC的中点，则（）ABDF

32、是等边三角形B直线1AE与 BF 是异面直线C1AF 平面 BDFD三棱锥1AABD与三棱锥1AFDB的体积相等【答案】AC【解析】【分析】A 选项可根据几何关系求三角形的各个边长进行判断；B 选项证点1A，E，B，F 四点共面得出矛盾；C 选项证1A FDF，1A FBF线线垂直，可得线面垂直；D 选项点 A 与点 F 到平面1ADB的距离不相等，即是高不相等，体积也不会相等.【详解】对于 A，设 AB1，则2BDBFDF，故BDF 是等边三角形，A 正确；对于 B，连接EF、1DC，如图所示：易知EF，EF,故点1A，E，B，F 共面，B 错误；对于 C，设 AB1，则15AD，2DF，1

33、3AF，所以22211ADDFAF所以1A FDF，同理可知1A FBF，又因为DFBFF，所以1AF 平面 BDF，故 C 正确；对于 D，三棱锥1AABD与三棱锥1AFDB有公共的面1ADB，若要它们的体积相等，则点 A 与点 F 到平面1ADB的距离相等，这显然不成立，故 D 错误故选：AC.16（2022山东肥城市教学研究中心模拟预测）如图，正方体1111ABCDABC D的棱长为2，线段11B D上有两个动点E，F，且2EF，以下结论正确的有（）A2EF AB B正方体1111ABCDABC D体积是三棱锥ABEF的体积的 6 倍C1ACAED异面直线AE，BF所成的角为定值【答案】

34、AC【解析】【分析】根据数量积的定义判断 A，根据锥体的体积公式计算即可判断 B，根据线面垂直的性质判断 C，利用特殊点判断 D；【详解】解：对于 A 选项，易知11/DCAB，11145C D B，所以22cos452EF AB ，所以 A 正确；对于 B 项，连接BD交AC于点O，则ACBD，又1DD 平面ABCD，AC 平面ABCD，所以1DDAC，1BDDDD，1,BD DD 平面11DD B B，所以AC 平面11DD B B，所以三棱锥ABEF的体积111 11122sin4522233 23223A BEFBEFVSAOEF AB BB ，所以正方体1111ABCDABC D体积

35、是三棱锥ABEF的体积的12倍，所以 B 错误；对于 C 项，如图建立空间直角坐标系，则0,0,0C，12,2,2A，2,2,0A，12,0,2D，10,2,2B，所以12,2,2CA，10,2,2AD ，12,0,2AB ，所以110CAAD ，110CA AB，即11CAAD，11CAAB，因为11ADABA，11,AD AB 平面11AB D，所以1AC平面11AB D，而AE 平面11AB D，所以1ACAE，所以 C 正确；对于 D 项，当点E在1D处，F为11D B的中点时，异面直线,AE BF所成的角是1FBC，当E在11D B的中点时，F 在1B的位置，异面直线,AE BF所成

36、的角是1EAA，显然两个角不相等，所以 D 错误；故选：AC17（2022江苏盐城三模）如图，在棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D中，点M在线段1BC（不包含端点）上，则下列结论正确的是（）A三棱锥1DAMC的体积随着点M的运动而变化B异面直线1AM与1AD所成角的取值范围是,3 2 C直线1AM 平面1ACDD三棱锥1MACD的外接球表面积的最小值为313【答案】BC【解析】【分析】对于 A 选项，连接1AD，由1BC 平面1ACD，即直线1BC上任意点到平面1ACD的距离相等；对于 B 选项，11ABCV为正三角形，则当且仅当M在1BC中点时，11AMBC，即可判断；对于 C

37、选项，证明11A BC 平面1ACD即可，对于 D 选项，当M为1BC中点时，外接球半径最小，计算即可.【详解】对于 A 选项，因为11BCAD，所以1BC 平面1ACD，所以11DAMCMACDVV，为定值，即 A 错误；对于 B 选项，因为11ABCV为正三角形，1AM与1BC所成角的范围为,3 2，即 B 正确；对于 C 选项，易知，11ACAC，11ADBC，1111ACBCC=，1ACADAI，则平面11A BC 平面1ACD，可知AM 平面11A BC，1AM 平面1ACD，即 C 正确；对于 D 选项，易知当M为1BC中点时，外接球半径最小，此时设1ACD的中心为P，11ABCV

38、的中心为Q，1BC的中点为T，则2 63PA，2 33PQ，63QT，则易知222 3633PTPA，所以最小球即为以P为球心，半径2 63RPA，表面积23243SR，即 D 错误故选：BC18（2022辽宁模拟预测）在三棱锥MABC中，底面 ABC 是等边三角形，4MC，点 H 为MBC的垂心，且AH 侧面 MBC，则下列说法正确的是（）ABCAMBMC 平面 ABHCMA，MB，MC 互不相等D当三棱锥MABC的体积最大时，其外接球的体积为36 3【答案】AB【解析】【分析】对于 A，延长 MH 交 BC 于点 D，连接 AD，由线面垂直的性质可判断；对于 B，连接 BH 并延长交 MC

39、 于点 E，连接 AE，由线面垂直的判定可判断；对于 C，过 M 作MOAD，垂足为 O，则MO平面 ABC，延长 CO 交 AB 于点 F，连接 MF，可得MAMBMC，由此可判断；对于 D，由三棱锥MABC为正三棱锥，得MBMC时，MBC的面积最大，MA平面 MBC 时，三棱锥MABC的体积最大，将三棱锥AMBC补成正方体AEFGMBDC，求得三棱锥AMBC的外接球半径 R，由球体的体积公式计算可判断【详解】解：对于 A，如图，延长 MH 交 BC 于点 D，连接 AD，因为 H 为MBC的垂心，则BCMD，又AH 平面 MBC，BC 平面 MBC，所以BCAH，又AHMDH，所以BC 平

40、面 MAD，又AM 平面 MAD，所以BCAM，A 项正确；对于 B，因为BCAD，又ABC为等边三角形，所以 D 为 BC 的中点，连接 BH 并延长交 MC 于点 E，连接 AE，则BEMC，因为AH 平面 MBC，MC 平面 MBC，所以AHMC，又AHBEH，所以MC 平面 ABH，B 项正确；对于 C，因为AB平面 ABE，所以ABMC，过 M 作MOAD，垂足为 O，则MO平面 ABC，又AB平面 ABC，所以MOAB，延长 CO 交 AB 于点 F，连接 MF，因为MOMCM，所以AB 平面 MCF，因为 MF，CF 平面 MCF，则MFAB，CFAB，得MAMB，所以MAMBM

41、C，C 项错误；对于 D，因为三棱锥MABC为正三棱锥，当MBMC时，MBC的面积最大，当MA平面 MBC 时，三棱锥MABC的体积最大，将三棱锥AMBC补成正方体AEFGMBDC，此时正方体AEFGMBDC的体对角线长即为三棱锥AMBC的外接球的直径，设三棱锥AMBC的外接球直径为 2R，则22224 3RMAMBMC，即2 3R，因此三棱锥MABC的外接球的体积33442 332 333RV，D 项错误故选：AB19（2022山东滨州二模）在边长为 4 的正方形 ABCD 中，如图 1 所示，E，F，M 分别为 BC，CD，BE的中点，分别沿 AE，AF 及 EF 所在直线把AEB，AFD

42、V和EFC折起，使 B，C，D 三点重合于点 P，得到三棱锥PAEF，如图 2 所示，则下列结论中正确的是（）APAEFB三棱锥MAEF的体积为 4C三棱锥PAEF外接球的表面积为24D过点 M 的平面截三棱锥PAEF的外接球所得截面的面积的取值范围为,6【答案】AD【解析】【分析】将三棱锥补形为边长为 2,2,4 的长方体，对 A：由AP 平面PEF即可判断；对 B：由12MAEFP AEFVV即可求解；对 C：三棱锥PAEF外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对 D：由最大截面为过球心 O 的大圆，最小截面为过点 M 垂直于球心 O 与 M 连线的圆即可求解.【详解】解：由题意，

43、将三棱锥补形为边长为 2,2,4 的长方体，如图所示：对 A：因为APPE，APPF，PEPFP，所以AP 平面PEF，所以PAEF，故选项 A 正确；对 B：因为 M 为 BE 的中点，所以1111422422323MAEFP AEFVV，故选项 B 错误；对 C：三棱锥PAEF外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径2222222424R，所以三棱锥PAEF外接球的表面积为2424SR，故选项 C 正确；对 D：过点 M 的平面截三棱锥PAEF的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心 O 的大圆，此时截面圆的面积为2266R，最小截面为过点 M 垂直于球心 O 与 M 连线的圆，

44、此时截面圆半径226 51rROM，截面圆的面积为2r，所以过点 M 的平面截三棱锥PAEF的外接球所得截面的面积的取值范围为,6，故选项 D 正确.故选：AD.20（2022山东济南二模）在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，E，F，G 分别为线段1CC，CD，CB上的动点（E，F，G 均不与点 C 重合），则下列说法正确的是（）A存在点 E，F，G，使得1AE 平面 EFGB存在点 E，F，G，使得FEGEFCEGCC当1AC 平面 EFG 时，三棱锥1AEFG与 C-EFG 体积之和的最大值为12D记 CE，CF，CG 与平面 EFG 所成的角分别为，则222sinsins

45、in1【答案】ACD【解析】【分析】以点D为原点建立空间直角坐标系，设,0,1CFa CGb CEc a b c，对于 A，当BDFG时，易证得1FGA E，则要使1AE 平面 EFG，只需1A EEF即可，利用向量法即可得出结论；对于 B，要使FEGEFCEGC，只需要FEGFECGEC 即可，判断FEG和FECGEC是否相等，即可；对于 C，根据1AC 平面 EFG，可得,a b c的关系，由113AEFGC EFGEFGVVAC S，只要求出EFGS的最大值即可；对于 D，利用等体积法求出C到平面EFG的距离d，分别求出sin,sin,sin，即可判断.【详解】解：如图，以点D为原点建立

46、空间直角坐标系，设,0,1CFa CGb CEc a b c，对于 A，因为1AA 平面ABCD，BD 平面ABCD，所以1AABD，又因1,ACBD ACAAA，所以BD 平面11AAC C，又1AE 平面11AAC C，所以1BDA E，当BDFG时，1FGA E，此时CFCG，要使1AE 平面 EFG，只需1A EEF即可，11,0,1,0,1,0,0,1,AFaEc，则11,1,1,0,AEcEFac ，则110AE EFac c ，即2acc，当14a 时，12c，故存在点 E，F，G，使得1AE 平面 EFG，故 A 正确；对于 B，,22EFCFECEGCGEC，则FEGEFCE

47、GCFEGFECGEC，要使FEGEFCEGC，只需要FEGFECGEC 即可，222222,EFacEGbcFGab，222222222222222cos2acbcabcFEGacbcacbc，2222cos,cosccFECGECacbc，则2222sin,sinabFECGECacbc，故22222coscabFECGECacbc，因为0ab，所以coscosFECGECFEG，所以FEGFECGEC，所以不存在点 E，F，G，使得FEGEFCEGC，故 B 错误；对于 C，因为1AC 平面 EFG，所以11333EFGEFGAEFGC EFGVVAC SS，11,0,1,0,1,0,0

48、,1,1,0,0,1,0AFaEcG bC，则1,0,0,1,1,1FGb aEGbcAC，则1100AC FGbaAC EGbc ，所以abc，要使EFGS最大，则1abc，此时32EFGS，所以体积之和的最大值为12，故 C 正确；对于 D，由 B，222222222sina babcFEGacbc，则22222211sin22EFGSEF EGFEGa ba cc b，因为16E FCGVabc，所以C到平面EFG的距离d满足1136EFGd Sabc，所以222222abcda ba cc b，所以222222sindabCEa ba cc b，222222sindbcCFa ba c

49、c b，222222sindacCGa ba cc b，所以222222222222222sinsinsin1a ba cc ba ba cc b，故 D 正确.故选：ACD.21（2022福建三明模拟预测）已知棱长为 4 的正方体1111ABCDABC D中，14AMAB ，点 P 在正方体的表面上运动，且总满足0MP MC ，则下列结论正确的是（）A点 P 的轨迹所围成图形的面积为 5B点 P 的轨迹过棱11AD上靠近1A的四等分点C点 P 的轨迹上有且仅有两个点到点 C 的距离为 6D直线11BC与直线 MP 所成角的余弦值的最大值为35【答案】ACD【解析】【分析】首先根据动点P满足的

50、条件及正方体的结构特征得到动点P的轨迹，然后利用轨迹的特征判断选项 A，B，C，对于选项 D，将线线角转化为线面角，运用线面角的定义找出线面角进行求解.【详解】如图，过点 M 作1/MF AA，在AD上取一点N，使MNMC，连接,NC EC FC,，过点N作1/NE AA，连接EF，易知/MF NE，,E F M N四点共面；又MFMC，MNMFM，MC面MNEF，即点P的轨迹为矩形MNEF（不含点M），设ANx，则21MNx又225MCMBBC222416NCNDDCx222MNMCNC解得34x，即34AN 54MN，5 174NC 对于 A，矩形MNEF的面积为：5454SMN MF，A