2023屆江蘇省新高考數學小題專項復習

專題8立體幾何多選題30題專項提分計劃

1.（2022?江蘇鹽城?江蘇省濱海中學校考模擬預測）如圖，正方體的棱

長為1,E,F,G分別為BC,CC、,2瓦的中點，貝IJ（）

A.直線與直線"垂直

B.直線AG與平面.平行

9

C.平面AEF截正方體所得的截面面積為了

O

D.點C與點G到平面的距離相等

【答案】BC

【分析】（1）利用空間向量的坐標運算確定直線RD與直線"的位置關系；（2）根據面面

平行來證明線面平行；（3）先根據四點共面確定截面，進而算截面面積；（4）利用等體積

法思想證明求解.

【詳解】對于選項A,以。點為坐標原點，

DA,DC,D2所在的直線分別為X,y,z軸，建立空間直角坐標系，

則0(0,0,0),4(1,0,0),0(0,0』).

從而DR=（0,0,1）,=

從而=所以直線。2與直線■不垂直，選項A錯誤；

對于選項B,取用G的中點為連接AM,GM,則易知AM〃人E,

又4用宜平面AEF,AEu平面AE產，故AM〃平面4斯,

又GM〃EF,GMU平面AEF,￡Fu平面A￡F,

所以GM〃平面A￡F,

又AMGM=M,AM,GMu平面AGM,

故平面4MG〃平面AEF,

又AGu平面AMG,從而AG〃平面A阱，選項B正確;

對于選項C,連接4R,。尸，如圖所示,

?.?正方體中AR〃BG〃跖，，A,E,F,2四點共面,

.?.四邊形AEFDX為平面AEF截正方體所得的截面四邊形，且截面四邊形AEFDX為梯形,

又由勾股定理可得RFuAE：@，AD,=V2,EF力,

122

30

梯形AEFR為等腰梯形，高為

梯形AEFD,=：X及+彳]=選項C正確；

ZIZJ4o

=Xx=

對于選項D,由于S/iGEF=XX'X1=：,SECF_T-~~>

而匕-GEF=§$EFG,，^A-ECF=1^ABCF'，

??^A-GEF~2VA_BCF,即^G-AEF=~^C-AEF，

點G到平面AEF的距離為點C到平面AEF的距離的2倍，選項D錯誤.

故選:BC.

2.（2021?江蘇徐州?統考模擬預測）已知。，夕是兩個不同的平面，相，”，/是三條不

同的直線，則下列命題中正確的是（）

A.若a_L6，mua,nu。,則加B.若〃/J_a,則〃7〃“

C.若8/3=1,m//a,m//[3,則〃?〃/D.若a尸=/,%ua,/,則"z_L￡

【答案】BC

【分析】利用面面垂直的性質判斷選項A；利用線面垂直的性質判斷選項B；利用線面

平行的性質判斷選項C；利用線面垂直判定定理判斷選項D.

【詳解】選項A：若a，mua,nu/3,

則加〃/或相、〃相交或相、〃互為異面直線.判斷錯誤；

選項B:若機71±?,則/〃〃.判斷正確；

選項C：設平面a一S=a,mu6,又冽〃a,則〃z〃a

設平面〃y=b,muy,又加〃尸，則相〃5,

則a〃6,又bu0,CIBB,則。〃?，

又aua,a0=1,則a〃/,貝|加〃/.判斷正確；

選項D：若a。=1,mua,m±l,則加、夕的位置關系為相交，

當且僅當C分時機，正判斷錯誤.

故選：BC

3.（2023?江蘇南通?統考一模）在棱長為2的正方體ABCO-ABCi。中，AC與交

于點0,則（）

A.A，//平面BOCt

B.平面COG

c.GO與平面ABCD所成的角為45

D.三棱錐C-BOQ的體積為:

【答案】ABD

【分析】根據線面平行判定定理判斷A,利用線面垂直判定定理判斷B,利用線面夾角

的定義判斷C,根據等體積法判斷D.

【詳解】：AR//BG，AQU平面BOQ,BGu平面BOC,,

二4。〃平面8。^,A對;

因為應>_LCO,又Cq_L平面ABCD,虞）u平面A3CD,

所以_LCG,CDeq=C,CD,CGu平面COQ,

:.BD±平面COCt,B對；

因為GC，平面ABCD.C.O與平面TWCD所成角為—C0C,

2

因為tan/C℃=&wl,.?./6。（^45,（：錯；

112

1因為1/7％CB—O￡>C/G|=%C-|B—O￡?C7C=—3X—2x2xlx2=—3，,D對7.

故選：ABD.

4.（2022?江蘇泰州?統考模擬預測）在正四面體A—BCD中，AB=3,點。為ACD的

重心，過點。的截面平行于和C。，分別交BC,BD,AD,AC于E,F,G,H,則

（）

A.四邊形EFGH的周長為8

B.四邊形E/GH的面積為2

C.直線AB和平面EFGH的距離為近

JT

D.直線AC與平面EFG8所成的角為:

【答案】BCD

（分析］根據。點式,ACD的重心和HG/CD可以求出龍，同理可求出GF,EF,HE,則可

以判斷A,防，則四邊形的面積可求，可以判斷B,將正四面體補成

正方體，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，再利用向量法求出距離和夾角，則可以

判斷CD

?

【詳解】。為的垂心，連4。延長與C。交于M點，則AO=§AM

HG//—CD,HG=2,EF-2,HE//—AB,HE—GF=1,

=3=3

周長為6,A錯.

ABLCD,貝”EE=2X1=2,B對.

將四面體補成一個長方體，則正方體邊長為述，

2

P,。分別為AB,C。中點，P。，平面EFGH,n=PQ=0,1一,0

AH-n\行一半

AA至IJ平面EFGH距離d==^^=叵'°對

\n\

TTTT

AC與尸。夾角為1，則AC與平面EFGH的夾角為］,D對

故選：BCD

5.（2022?江蘇連云港?模擬預測）如圖，矩形雙處所在平面與正方形45c。所在平面

互相垂直，AD=DE=4,G為線段AE上的動點，則（）

A.AE±CF

B.若G為線段AE的中點，則G5〃平面CEF

C.點8到平面CE尸的距離為迪

3

D.3G2+CG?的最小值為48

【答案】ABC

【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量的數量積的運算性質、平面的法向量進行

求解判斷即可.

【詳解】因為3Z比F是矩形，所以DEI1汨，

又因為矩形3ZJEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，矩形3ZJEF所在平面與

正方形ABCO相交于BD,

所以平面ABCD,而A￡>,DCu平面ABCD,

所以DELARDCLDE,而ABC。是正方形，所以AD_LDC,因此建立如下圖所示的

空間直角坐標系，

則有A(4,0,0),8(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,4),F(4,4,4),

因為AE=(-4,0,4),CF=(4,0,4),

所以有=-16+16=OnAE_LCF，因此選項A正確;

當G為線段AE的中點時，G(2,0,2),GB=(2,4,-2),CE=(0,-4,4),

設平面CEF的法向量為機=(x,y,z),

m±CFm-CF=0-4y+4z=0

于是有=>4尤+4z=0"=(LTf

mLCFmCF=0

因為G5〃=2xl+4x(—1)+(—2)x(—1)=O,G5a平面CEF,

所以選項B正確;

CBm_4A/3

cos〈CB,m)=

CB=(4,0,0)|CB|-|m|4xVl+l+l-3~,

所以點8到平面CEF的距離為阿.cos〈CB,附=4x/=羋，因此選項C正確;

設G=(百，%,4),(占一4,%,Z])=2(-4,0,4)(2e[0,1])nG(4-42,0,42),

BG2+CG2=16A2+16+1622+16-162+1622+16+16/2=(82-l)2+47,

當4時，BG?+CG?有最小值47,因此本選項不正確，

O

6.（2022?江蘇?統考二模）在四棱錐尸-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA±

平面ABC。，且R4=2.若點E,F,G分別為棱AB,AD,PC的中點，貝1（）

A.AG_L平面PBD

B.直線尸G和直線A8所成的角為:

C.當點T在平面E犯內，且L4+7U=2時，點T的軌跡為一個橢圓

D.過點E,F,G的平面與四棱錐P-ABCD表面交線的周長為2魚+通

【答案】ABD

【分析】將該四棱錐補成正方體后可判斷A、B正誤;結合橢圓的定義可判斷C的正誤；

結合空間中垂直關系的轉化可判斷D的正誤.

【詳解】解：將該正四棱錐補成正方體，可知AG位于其體對角線上，

則AG_L平面PBD,故A正確；

設網中點為則PG//AH,且=故B正確；

7X+7U=2,.17在空間中的軌跡為橢圓繞其長軸旋轉而成的橢球，

又平面PB￡）與其長軸垂直，，截面為圓，故C錯誤；

p

設平面EFG與PB,PD交于點、M,N,連接尸E,EC,PF,FC,EM,MG,GN,

NF,

PA=BC,AE=BE,ZPAE=ZCBE,PAE=JCBE,

:.PE=CE,而PG=GC,故EG_L尸C,同理尸G_LPC,

而FG「EG=G,，pc_L平面EFG,而WWu平面EPG,則尸C_L￡M,

F4J_平面ABCD,及？匚平面48。￡),;.241.3。，

BCLAB,PA\AB=A,二臺八平面R4B,

EM_L平面PBC,而PBu平面P3C,則EM_LM,

:.BM=EM=—BE=—,同理，FN=DN=—,

222

又PG=BPM=20-立=逑，則GM=GN=如，

222

而EF」BD=4

2

:.交線長為EF+EM+MG+GN+FN=2丘+娓,故D正確.

故選：ABD.

7.(2022?江蘇南京?模擬預測)在矩形ABCD中，AB=243,BC=2,E為平面ABCD外

一點，貝U()

A.當E4+EC=8時，四棱錐E-ABCD體積的最大值為8

B.當應^+^^二重時，四棱錐E-ABCD體積的最大值為逑

3

C.當平面E4B_L平面ECD時，四棱錐E-ABCD體積的最大值為還

3

D.當平面皿>，平面班C時，四棱錐E-ABCD體積的最大值為4

【答案】ABD

【分析】利用橢圓的定義以及勾股定理，明確動點軌跡，根據幾何性質，求得四棱錐高

的最大值，可得A、B的正誤；根據四棱錐的側視圖以及主視圖，求得四棱錐高的最大

值，可得C、D的正誤.

【詳解】對于A,由E4+fC=8>AC=JAB2+BC2=4,則在平面ACE內，點E的軌

跡為以A,C為焦點的橢圓上，

易知該橢圓的焦距AC=4=2c,EA+EC=2a=8,貝==？=26，

由橢圓的性質，可知點E到AC的距離最大值為所=2有，此時￡F_LAB且AF=3戶，

當E尸為四棱錐E-ASC。的高時，四棱錐E-ABCD的體積可取得最大值，如下圖:

此時平面ABE工平面ABCD,則四棱錐E-ABCD的體積可取得最大值

g.EC=gx2氐2Ax2=8,故A正確；

對于B,在矩形ABCD中，對角線AC={AB?+BC2=4，

由E42+EC2=16=AC?,可得E4JLEC,則此時在平面E4C內，點E的軌跡為以AC為

直徑的圓,

根據圓的性質，易知點E到AC距離的最大值為跖=2,止匕時EblAC,AF=FC,

如下圖:

當E尸為四棱錐E-ABCD的高時，四棱錐E-ABCD的體積可取得最大值，如下圖:

此時平面ACE_L平面ABCD,則四棱錐E-ABCD的體積可取得最大值

--￡FABBC=-X2X2A/3X2=—,故B正確；

333

對于C,由題意可知四棱錐E-ABCD的側視圖為直角三角形，則易知點E到底面"CD

距離的最大值4=1,此時側視圖如下圖:

E

則四棱錐E-ABCD的體積可取的最大值;?々?AB?BC=gxlx2遭、2=竽，故C錯誤;

對于D,由題意可知四棱錐E-ABCD的主視圖為直角三角形，則易知點E到底面45co

距離的最大值飽=6，此時主視圖如下圖：

E

則四棱錐E-ABCD的體積可取的最大值（％AB-3C=gx6x26x2=4,故D正確.

故選：ABD.

8.（2023?江蘇徐州?徐州市第七中學校考一模）如圖，在邊長為2的正方體

ABCD-A用￡口中，尸在線段B2上運動（包括端點），下列選項正確的有（）

A.APLB{C

B.PDLBC

C.直線PQ與平面4BCQ所成角的最小值是:

D.PC+尸口的最小值為

【答案】AD

【分析】對于A項轉化證明平面ABA；

對于B項，反證法證明，也就驗證8C，平面是否成立；

對于C項，根據直線與平面所成角的定義先找到NCQ尸即為直線PG與平面ABC。所

成角，在分析求解；對于D項，把BC2往上翻折到與平面BOQ共面，在平面內求動

點到兩個定點距離和最小即可.

【詳解】對于A項，連接AD，AR,在正方體A3CO-4及GA中，BO/AD

A]D±ADl

<AiD±AB=4。，平面AB，，又因為尸€2。-4尸匚平面422，故

ABcAR=A

APrA.DAPrBtC

故A正確.

對于B項，假設PDLBC成立，又因為BCLDQ,并且尸。DDl=D

所以5C1平面BD2，明顯2C不垂直BD,假設不成立，故B不正確.

對于C項，連接。GDtC=O,再連接P。，

在正方體ABCD一A耳6A，易得GD±平面BC2A

所以NCQP即為直線PC,與平面ABCR所成角，

在RfC/O中，tanNQPO=需=去，當點P與點B重合時P&最大,最大值為",

直線PG與平面A/C2所成角的最小值是tanZQPO=察=名=4=￥*1,故C

P。［1cZj3

不正確.

對于D項，把.BC2往上翻折到與平面共面，

又因為SC，=.BBR,即.BCD,往上翻折成，BDDt,

即在四邊形皿。4中，求（理+"）向,易得最小值為。4=26，所以D正確.

故選：AD

9.（2022?江蘇?江蘇省木瀆高級中學校聯考模擬預測）如圖，四棱錐中，底面ABC。是

正方形，胡，平面488,&4=48,O,P分別是AC,SC的中點，M是棱S。上的動點,

則下列選項正確的是（）

A.OMLPA

B.存在點使0M//平面SBC

C,存在點使直線OM與AB所成的角為30。

D.點M到平面4BCD與平面SAB的距離和為定值

【答案】ABD

【分析】以A為坐標原點，AB,AD,AS所在直線分別為％y，z軸，建立空間直角坐標系，

利用向量法判斷ACD,根據線面平行的判定定理判斷B

【詳解】以A為坐標原點，AMARAS所在直線分別為％y，z軸，建立空間直角坐標系

（如圖），

設5A=AB=2,

則4（0,0,0）,C（2,2,0）,3（2,0,0）,。（0,2,0）,S（0,0,2）,0（1,1,0）,尸（LU）,

由M是棱5。上的動點，^M（0,2,2-2）,（0<2<2）,

AP=(1,1,1),OM=(-1,2-1,2-2),

AP-OM=-l+A-l+2-2=0-

:.AP1OM,故A正確；

當M為SO的中點時，加是，.SBD的中位線,

所以OM//S8,

又平面5BC,SBu平面SBC,

所以〃平面SBC,故B正確；

AB=(2,0,0),OAf=(-1,2-1,2-A),

若存在點使直線0M與AB所成的角為30。,

\AB-OM\1

貝I]cos30°=~,

\AB[\OM\J-2+（2TJ2

化簡得3萬-92+7=0,方程無解，故C錯誤；

點M到平面ABCD的距離4=2-丸，

\AM'AD\22

點M與平面SAB的距離d=—?---j—=~~=A,

2M2

所以點M到平面ABC。與平面SA8的距離和為4+&=2-%+%=2,是定值，故D正

確；

故選：ABD

10.（2022?江蘇常州華羅庚中學校聯考三模）如圖，在直三棱柱ABC-A.B,C,中，ABC

是邊長為2的正三角形，M=4,〃為CG的中點，尸為線段AM上的動點，則下列說

法正確的是（）

A.AP+BP的最小值為4A歷

B.三棱錐P-的體積的最大值為拽

3

C.不存在點P,使得3尸與平面A片G所成的角為60。

D.三棱錐ABC的外接球的表面積為籌

【答案】ABD

【分析】對A,分析可得在,AA/A和中，均為P在M點時，AP,8尸分別取得最

小值，再計算即可

對B,通過計算三棱錐的體積來進行判斷.

對C,通過線面角的知識進行判斷.

對D,先求ABC的外接圓直徑，再根據外接球與直三棱錐的關系求解即可

【詳解】對A,在中，AM=Jac?+CM?=2"AM=JAC；+￡"=2應,

故4知2+4知2=第，所以AM，AM,故AP上川欣當且僅當尸在M時取等號.

連接AB,則BM='BC。+CM。=20，”=JAB。+W=2君,由余弦定理，

cosZAM-2碼+（2碼-（2布）<0,故為鈍角，故BPNBM,當且僅當

2X2^X2A/2

P在M時取等號，故AP+5尸當且僅當尸在M時取最小值為

對B,匕>_.=匕_慚，點8到平面川V。的距離為百，

由4必+32=償2,得AM_LAM,^SAAMP=^xAMxPM=y/2PM,

又PM<2A/2，則VgAA/P=—xyf3xS^AMP=PM4—,故B正確；

對C,3尸與平面所成的角即為3尸與平面ABC所成的角，設為a,

易知當點尸與M重合時，a最小，

此時a=/MBC=45。，當點P與A重合時，a最大，

止匕時a=ZABA1,tana=4^=2,此時盤>60°,

故存在點尸，使得3尸與平面AAC所成的角為60。，故c錯誤;

對D,因為MCL平面A5C,故三棱錐ABC的外接球直徑與qABC的外接圓直徑、

d,-AB-2——4

高MC構成直角三角形.由正弦定理，ABC的外接圓直徑一sin60。一在一石，設三

棱錐ABC的外接球半徑為R,直徑為。，則其表面積

S=4KR1=7rD2=7r(d2+MC2)=—^,故D正確

故選：ABD

11.(2022?江蘇南京?南京市江寧高級中學校考模擬預測)在棱長為1的正方體

ABCD-AgGA中，M為底面ABC。的中心，RQ=gA，2e(04)-N為線段AQ

的中點，則下列命題中正確的是()

A.CN與QM共面

B.三棱錐A-ZWN的體積跟力的取值有關

C.當2=g時，過A,Q,M三點的平面截正方體所得截面的周長為生2產1

D.力=」時，AMLQM

4"

【答案】AC

【分析】由M,N是ACAQ中點，可得"N//QC即可判斷A,由N到平面ABCD的距

離為定值，AAD似的面積為定值，故體積為定值，可判斷B,幾=；時，過4。，M

三點的正方體的截面ACE。是等腰梯形，即可判斷C,根據判斷是否是等腰三角形，即

可判斷D.

【詳解】連接AC,AQ,QW,CN,肱V，在中，MN〃QC,所以CN與共面，故

A對.

VA_DMN=VN_DMA=|sDMA-M，三棱錐A-OMN的體積跟力的取值無關，故B

錯.

當彳=；時，過4Q,M三點的正方體的截面ACE。是等腰梯形，

AC=y/2,QE=^AC=^,CE=AQ=^CQ2+1^|+=半所以截面的

周長為AC+CE+￡Q+QA=4忘;2屈，故C對.

當彳=；時,CQ=JCZV+(QR)2=+=孚，40=+=：

是中點，所以AM,不垂直，故D錯誤.

故選：AC

12.（2022.江蘇南京.模擬預測）在棱長為1的正方體ABCD-AgGR中，。為正方形

a與CR的中心，則下列結論正確的（）

A.BO1ACB.8。與平面441GC夾角的正弦值為

叵

~T~

C.點3到平面AC。的距離為正D.直線8。與直線AQ的夾角為B

36

【答案】ACD

【分析】對于A,根據正方體的定義及線面垂直的判定定理，再結合線面垂直的性質定

理即可求解；

對于B,根據線面角的定義，再利用銳角三角函數的正弦函數即可求解；

對于C,根據等體積法及三角形的面積公式即可求解；

對于D,根據異面直線所成角的定義及余弦定理即可求解.

【詳解】對于A,連接42，AG，則4Q,AG交于點。，如圖所示

在正方體ABCD-A耳6A中，8瓦，平面AgG2,AGU平面A旦GR，故AG，BB,,

而BRcBB\=Bi，BR,8月u平面BBQ,所以Ag，平面BBQO,在

正方體ABC。-446。中，所以照4c6,所以四邊形441Gc是平行四邊形，所以

AC〃AC,所以AC,平面BSQQ,而3Ou平面33QD,所以BO1AC,故A正確;

對于B,連接BD,AC,則8。，AC交于點E,在正方體ABCD-4耳。1。中，M±

平面ABGD,BEu平面A3CD,故AA_L8E,而ACJ.3E,IAC=A,9，ACcz

平面A41clC,所以跳；_L平面A41GC,OE是直線5。在平面441GC內的射影；

所以ZBOE是直線8。與平面A41c0所成的角，

由題意可知，BE=-BD=>JAB2+AD2=-Vl2+l2=—>

222

在吊BEO中,i^BOE=—=—,

snBO3

所以3。與平面AACC夾角的正弦值為也，故B不正確；

3

22

對于C,由題意可知，AC=ADl=CD1=V1+1=V2,

在正方體ABCD-AB.Gr>!中，DDt1平面ABCD,

設點B到平面ACR的距離為d,因為V0TBe=%置叫，所以

—SDD=—SACDd,§P—x—xABxACxDZ?!=—x—xACxADjxsin60°xd,

3ABCl313232

于是』xLxlxlxl=』xLx0X夜xsin6（rxd,解得［=迫，故C正確；

32323

對于D,連接BQ，在正方體ABCO-A46R中，AB^Q

所以四邊形ABC，是平行四邊形，所以AR〃BG，

所以NOBCi為直線3。與AR所成的角（或其補角），

在△2OC］中，BtO^—,BO=l+—=亞,8￡=0,

3+?_1

B02+8C[2_0C]2_1

所以cosNO5cl

2BOBC、2x￡血

2

因為OV/OBCiVW，所以/OBG=F，所以直線8。與直線AR的夾角為B，故D正

266

確.

故選：ACD.

13.（2022?江蘇南通?校聯考模擬預測）已知三棱錐D—ABC的外接球的表面積為24%,

直角三角形A3C的斜邊AB=2石,AC=2,CD1BC,貝U()

A.BC_L平面AC。

B.點。的軌跡的長度為2%

C.線段C。長的取值范圍為(0,25/2]

D.三棱錐￡>—ABC體積的最大值為4(&+1)

3

【答案】ACD

【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷A,利用球的截面性質及條件可得4ACD的外

接圓半徑，進而判斷BC,利用三角形面積公式及錐體體積公式可判斷D.

【詳解】因為AABC以為斜邊的直角三角形，

BC1AC,又BCLCD,ACcCD=C,

.,.2C_L面ACD故A正確；

設△ACO的外接圓圓心N,半徑為「，。一ABC外接球半徑為后，BC=4,

（4-ON）2+r2=6

ON-+/=6

ON=2

：.2夜=——-——sinZADC=,

sinZADC2

。軌跡長度工2萬?應=逑萬，

。在優弧上,

42

。在劣弧上，。軌跡長度、2%?夜=走兀，故B錯誤;

42

所以CD€(0,20],故C正確;

由題可知當。在AC的垂直平分線時，ACD的面積最大,

(5皿廉=白(0+1)=行+1，

應++4=叫回’故D正確.

故選：ACD.

14.（2022?江蘇淮安?統考模擬預測）如圖，已知正方體A8CD—A旦GR的棱長為1,P

為正方形底面ABC。內一動點，則下列結論正確的有（）

A.三棱錐巴-4。尸的體積為定值

B.存在點P,使得

C.若RP工BQ,則尸點在正方形底面A3CZ）內的運動軌跡是線段AC

D.若點P是A。的中點，點。是25的中點，過P,Q作平面a垂直于平面ACGA,

則平面a截正方體ABC。-A耳G。的截面周長為3血

【答案】ACD

【分析】結合選項逐個求解,體積問題利用錐體體積公式可得,垂直問題利用向量求解，

截面周長根據截面形狀可求.

【詳解】對于A,P為正方形底面ABC。時，三棱錐尸-A耳2的高不變，底面積也不

變，所以體積為定值，所以A正確；

對于B,以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設尸(x,y,O),則4(0,0,1),A。,0,0),R?=(x,%-1),AZ),=(-1,0.1)；

若RPLAQ,則〃尸.他=0,即x=-l,與題意矛盾，所以B不正確；

對于C,。耳=(1,1,1),由2尸，3。得x+y=l,所以P的軌跡就是線段AC,所以C

正確；

對于D,因為BDLACBOLAA，所以3。1平面ACC、；

因為平面a_l_平面ACGA,所以皮)//平面a；

以8。為參照線作出平面a與正方體各個側面的交線，如圖，易知每個側面的交線均相

等，長度為孝，所以截面周長為3夜,所以D正確.

故選：ACD.

【點睛】正方體中的動點問題，可以借助空間向量來處理，把位置關系，角度關系轉化

為向量運算.

15.(2022?江蘇徐州?統考模擬預測)如圖所示的幾何體由一個三棱錐和一個半圓錐組合

而成，兩個錐體的底面在同一個平面內，BC是半圓錐底面的直徑，D在底面半圓弧上，

且題>=2￡>C，ABC與都是邊長為2的正三角形，則()

s

A.SA1BCB.CD〃平面5AB

C.異面直線SC與8。所成角的正弦值為立D.該幾何體的體積為1+息

46

【答案】ABD

【分析】取BC中點O,由線面垂直的判斷定理和性質定理可判斷A；由B￡)=2CZ)、

ZABC=6Q,可得CD//AB,再由線面平行的判斷定理可判斷B；取A3中點M,可得

CD1LBM即SC與8。所成角即為SC與CM所成角，由余弦定理求出cosZSCM和平方

關系求出sinZSCM可判斷C；求出幾何體體積V=匕一.C+%圓錐so可判斷D.

【詳解】對于A,取BC中點O,連接Q4,所以，B4c為等腰直角三角形，且Q4J_3C,

又因為SO_LQ4,OA50=0,所以3C/平面&40,SAu平面&40,所以SA_L8C,

A正確.

對于B,BD=2CD>>'.ZCBD=30,ZBDC=90,而NABC=60,ZAB￡>=90。，

CDHAB,CD(X平面&止，ABu平面，CD〃平面815,B正確.

對于C,取AB中點M,連接CM,SN知，CD幺BM

s

C做〃SC與5D所成角即為SC與CM所成角，為NSCM,

SC=2,CM=5SM=2,由余弦定理得cos/SCM=3,sin/SCM=巫，C錯.

44

對于D,該幾何體體積V=VSYBC+%圓錐s。=；x坐x4xG+|x??百x；=l+岑D

34326

正確.

故選：ABD.

16.（2022?江蘇?統考三模）已知圓臺。Q上、下底面的半徑分別為2和4,母線長為4.

正四棱臺上底面4片。1，的四個頂點在圓臺上底面圓周上，下底面ABCD的四個頂點在

圓臺下底面圓周上，則（）

A.441與底面所成的角為60°

B.二面角A-AS-C小于60°

C.正四棱臺ABC。-A,耳￡2的外接球的表面積為647r

V,

D.設圓臺。。1的體積為匕，正四棱臺ABC。-446。的體積為匕，則，="

【答案】AC

【分析】過4作APLA。，易得NAAO即為A4與底面所成角，直接計算cosNAA。即

可判斷A選項；過戶作PQ1AB于。，NA。尸即為二面角A-AB-C的平面角，由

$抽/4。2>5皿/4旗即可判斷8選項；設出球的半徑，由勾股定理建立方程，解出半

徑即可判斷C選項；直接計算體積即可判斷口選項.

如圖，過4作APLA。，作出截面ACGA的平面圖，易知ACGA為等腰梯形，且o,q

為AC,AG中點，

易得AG=4,AC=8,AA=4,AP=AC~^C'=2,故OQ=丁尸=,干一2?=2岔,即

圓臺的IWJ。=26，

4旦=二忙=2及，43=屹=40,即四棱臺的上下底邊長分別為2后和4夜，

/%AP1JI

選項A：易得/4A。即為AA與底面所成角，貝UCOSN4A°=7T=3,故=

AAjZ3

正確；

選項B：過尸作尸Q2A8于。，連接A。，由APcPQ=P，故AB2面APQ,

AQu面A/。，故AB，AQ,

幺。尸即為二面角A-鉆-C的平面角，sin/AQP=苦，sin/4”=W，又

A]A

AQ<A4，

故sin/AQP>sin/AAP,即/4。尸>60,B錯誤；

選項C：設外接球半徑為R,球心到下底距離為x,在ACGA的平面圖中，。2為球心，

則qo=x，aq=2百—X,O,CI=2,OC=4,o2ct=O2C=R,故

R2-X2=16

<2/廠\2=>R=4,

7?2-(2V3-X)=4

故表面積S=4;rR2=64萬，正確；

選項D：=-(22+42+8)X2A/3=56^,K=-(8+32+16)x2^=^^,顯然

V,

,2萬，錯誤.

故選：AC.

17.(2022?江蘇揚州?模擬預測)已知四面體A8CD的4個頂點都在球O(。為球心)的

球面上，△ABC為等邊三角形，M為底面ABC內的動點，AB=BD=2,AD=^2,且

ACJ.BD,貝U()

A.平面ACD_L平面ABC

B.球心。為△ABC的中心

JT

C.直線與C。所成的角最小為1

D.若動點M到點B的距離與到平面ACD的距離相等，則點M的軌跡為拋物線的一部

分

【答案】ABD

【分析】設，ABC的中心為G,取AC的中點E,由題可得鹿，平面ADC可判斷A,

根據勾股定理可得GD=士叵進而判斷B,利用特例可判斷C,利用面面垂直的性質及

3

拋物線的定義可判斷D.

【詳解】設的中心為G,取AC的中點E,連接BE,DE,則防，AC.

因為AC13D,BEcBD=B,

所以AC_L平面則AC_LDE,

又△ABC為等邊三角形，AB=BD=2,AD=&，

所以AE=l,r>E=l,BE=43,

DE2+BE2=BD2>即又BE_LAC,ACc￡）E=E,

5E_L平面ADC,3Eu平面ABC,

平面ACD_L平面ABC,故A正確；

XVGE=—,GB=GA=GC=

33

/.GD=VGE2+DE2=^1+1=孚，

故G為四面體ABC。的外接球的球心，即球心。為△ABC的中心，故B正確；

當O河〃AC時，NOC4為直線0M與CD所成的角，

由上知NDC4=（<W，故C錯誤；

由平面4CD_L平面A8C可知，動點M到平面ACD的距離即動點M到直線AC的距離,

由拋物線的定義可知，點M的軌跡為拋物線的一部分，故D正確.

故選：ABD.

18.（2022.江蘇連云港?模擬預測）已知正四棱臺ABCD-AAGA（上下底面都是正方

形的四棱臺）.下底面ABC。邊長為2,上底面邊長為1,側棱長為行，則（）

A.它的表面積為5+36

B.它的外接球的表面積為成萬

3

C.側棱與下底面所成的角為60°

D.它的體積比棱長為④的正方體的體積大

【答案】ACD

【分析】分別求得上、下底面面積，再求得側面等腰梯形ABBiA的面積，即可判斷A

的正誤；如圖作輔助線，可求得各個長度，根據三角函數的定義，可判斷C的正誤；求

得GO?的長，分析可得。2即為正四棱臺ABC。-Ag￡口外接球的球心，且外接球半徑

R=0,代入表面積公式，可判斷B的正誤；分別求得正四棱臺的體積匕和正方體的體

積匕，利用作商法比大小，即可判斷D的正誤，即可得答案.

【詳解】由題意得：上底面4耳。12的面積S[=1X1=1,下底面ABCD的面積

邑=2x2=4,

側面A2與A為等腰梯形，過A、片分別做的垂線，垂足為從F,如圖所示

所以所=4與=1,則&￡=8歹=3，

所以=與，

所以梯形ABB^的面積為S3=gx(1+2)x[=乎，

所以正四棱臺ABCD-ABGR的表面積S=百+S2+4xS3=5+3將，故A正確;

連接AG，與2，且交于點。一連接AC8。交于點。2，連接

則。。2垂直底面ABCD,

過4作4GLAO2于G,則AG，底面ABC。，則四邊形AGO?。為矩形,

由題意得aq=QAB：+BC；=后,所以

同理AC=2a,AO2=Q，

又aa=G02=*，所以AG=1,

變

在,△AGA中，c°s/4AG=^=%=L

AA5/22

所以NAAG=60。，即側棱與下底面所成的角為60。，故C正確

所以型?=,猛_松邛.

連接CQ,在放6。。2中，CQl"B+C。；=3,

所以點。2到4B、C、D、4、環￡、，的距離相等，均為四,

所以點02即為正四棱臺ABC。-$與G2外接球的球心，且外接球半徑R=0，

所以外接球的表面積S'=4;rx（0『=8萬，故B錯誤；

正四棱臺的體積乂=%（百+邑+招習xO02=%（1+4+&^^日=平，

棱長為0的正方體的體積匕=（0『=20,

776

所以匕=上=述=回,i，所以K>K，

匕-2力—12-V144

所以正四棱臺ABCD-AqGR的體積比棱長為四的正方體的體積大，故D正確；

故選：ACD

【點睛】解題的關鍵是熟練掌握棱臺的表面積、體積的求法及公式，并靈活應用，難點

在于求各個棱長及確定。2為外接球的球心，考查分析理解，數形結合的能力，屬中檔

題.

19.（2022?江蘇南通?統考模擬預測）如圖，正方體A8CD-A4GA的棱長為1,E,產,G,H

分別是所在棱上的動點，且滿足/）"+86=鉆+叱=1,則以下四個結論正確的是（）

A.E,G,￡H四點一定共面

B.若四邊形EGFH為矩形，則=

C.若四邊形EGEFf為菱形，則￡尸一定為所在棱的中點

D.若四邊形EGM為菱形，則四邊形跳GH周長的取值范圍為［4,2石］

【答案】AD

【分析】根據棱長為1,且DH+BG=AE+CF=1可得RH=BG,AE=CK,再逐項分

析即可得解.

【詳解】

連接AG,BR交于點P,P為正方體ABCD-A耳6"的中心,

由棱長為1，

S.DH+BG=AE+CF=1,

可得。#=864石=。￡,

所以E￡AG交于P點，HG,BQ交于P點,

所以砂，hG交于P點，，

故及G,￡H四點一定共面，所以A正確；

對B,若四邊形EGM為矩形，

可以Z)L=CF也可以。以=4石，故B錯誤;

對C,若四邊形EGFH為菱形，

則必有