2023届高考复习满分训练【多选题与双空题满分训练】 13立体几何多选题 解析版

【多选题与双空题满分训练】专题13立体几何多选题

2023届高考复习满分训练

新高考地区专用

1.（2023•福建漳州•三模）已知小。是两条不同的直线，a,夕是两个不同的平面，下列命题正确的是

（）

A.若a//a,aJL〃，则aJ■/

B.若&则

C.若aua,a〃乃,buP，〃//a,贝!]a〃万

D.若aJ_/,a,则4〃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】

alia,则平面a内存在直线/与直线。平行，〃，/贝以上夕，可得

A正确；

若a_L4，则平面a内存在直线与平面夕垂直，但不是任意一条直线均与平面广垂直

B不正确；

根据面面平行的判定定理要求直线。、A相交，C不正确；

«!/?,则平面a内存在直线/与平面夕垂直，a，B，aaa,则〃/.,a//a

D正确；

故选：AD.

2.（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，C夕,&c£=/,且Q4_U,C£>_L/,

则。41CE,CDL08,但NA0B和/DCE的关系不确定，

故D错误.

故选：AC

3.（2022•重庆•三模）如图，在正方体ABC。-48cA中，。为正方形ABCD的中心，当点P在线段BG

上（不包含端点）运动时，下列直线中一定与直线0P异面的是（）

C.D.AA

【答案】BCD

【解析】

【分析】

对于A,当P为BC的中点时，OPUA玩,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BG的中点时，OP"DC"AB\,故A不正确;

对于B,因为ACu平面AAGC,OF平面A41cC，O<t\C,尸住平面A41GC，所以直线AC与立线OP

一定是异面直线，故B正确；

对于C,因为A4u平面4AGC,Oe平面44。。，。任4①，P把平面所以直线人斗与直线。尸

一定是异面直线，故C正确；

对于D,因为A"u平面A"C,Oe平面A。。，。eAR,Pe平面A〃C,所以直线AR与直线OP一定

是异面直线，故C正确；

故选：BCD

4.（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近米，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立

7

C.侧面积为646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，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，在正四棱锥尸-MCD中，0为底面ABCD的中心，E为8的中点，PE±CD,

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N尸EO=30°,则=OP=—a,PE=—a,

33

所以PE2+CE2=PC2,即京？+a2=28,可得“=26.

底面边长为4旨米，A错误；

侧棱与底面所成角的正弦值为老=忌=当，B正确；

侧面积=kp£xC£>x4=326,C错误；

2

体积U=gxPOxAB2=32,D正确.

故选：BD

p

5.（2022・福建厦门•模拟预测）已知正方形A3CD的边长为1,以8。为折痕把折起，得到四面体

A'BCD,则（）

A.A'C±BDB.四面体A，88体积的最大值为也

4

C.£48可以为等边三角形D.△48可以为直角三角形

【答案】AC

【解析】

【分析】

取80得中点为O,连接O4'=0C,可得BO_L平面。4'C,可判断选项A；当。43平面BCD时，四面体

A'BCD体积的最大，且最大体积为丫=京,。。4,可判断选项B；当。4」平面58时，Q4UOC，

所以A'C=1,从而即可判断：若△48为直角三角形，乂。C=D4'=1,则NA'DC=],由

OA:+OC=AC可判断选项D.

【详解】

解：取BD得中点为。，连接。4'=OC,由题意，BD1OA',BD1OC,且。4'cOC=O,

所以.平面OAC,所以8£>_LA'C,故选项A正确；

当。4」平面BCD时，四面体A'BCZ）体积的最大，且最大体积为

V=-5BCD-0A'=-x-xlx\x^=^,故选项B错误：

332212

当平面BCO时，OA'IOC,所以AC=JOA”+OC?/叵|+f—=1,又。C=D4'=1,所

以此时△A'CD为等边三角形，故选项C正确;

若△ACD为直角三角形，又DC=DA'=1,则NA'OC=1,

2

所以4c=0，此时O4'+0C=^+^=^=A'C，不满足三角形任意两边之和大于第三边，故选项D

22

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"是正方体ABC。-481GA在侧面BCQg上的

一个动点（含边界），点尸是A4的中点，则下列结论正确的是（）

A.三棱锥P-DRM的体积为定值B.若石，则点〃在侧面8CG用运动路径的长度为

2万

C.若RMLDP,则的最大值为2五D.若RM上DP,则的最小值为竽

【答案】AD

【解析】

【分析】

对于A,三棱锥尸-"＞附的体积/一叫M=匕/“段，由已知得三角形PDD/的面积是定值，且点M到面

的距离是正方体的棱长，由此可判断；对于B,过点尸作P。18与，由已知有点M的轨迹是以。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,过点尸作PQLB与，则点。是

8月的中点，连接。C,取BC的中点N,连接N。，AiN,AICI,由线面垂直的判定和性质得点M的轨迹

是线段CN，解AAGM，可求得A"的最大值和最小值，由此可判断C、D选项.

【详解】

解：对于A,三棱锥尸-ORM的体积匕=VM-PDD],

而因为点尸为AA的中点，所以三角形的面积是定值，且点M到面PDQ/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,过点尸作PQLBS，则由正方体的性质得PQL平面B8CC，所以PQLMQ,

又PM=旧,正方体的棱长为2,所以MQ=JPM°—PQ2=｛（可-2。=1,

所以点M的轨迹是以。为圆心，1为半径的半圆弧，

所以点M在侧面8CG片运动路径的长度为号=%，故B不正确;

对于C、D,过点P作尸瓦，则点。是8片的中点，连接QC,取8c的中点N,连接NO,AN,

AiCn

则QC7/P。，C、N工QC,

因为2"，。尸，所以RMJ.QC,OG_L平面所以AG«LQC,

又AGARM=。，所以QCJ_平面RGM,所以QC^GM,所以点M的轨迹是线段GN,

在AA£M中，4G=20,GN=《NC2+CC；=石，AN=JW+AB2+BV=3,

所以A,M的最大值为3,故C不正确；

在AAG"中，cosNN」+阴-（2夜）=5所以sinNN=撞，

2x3x5/555

所以点A1到C1N有距离为1=4%4114%=3乂2叵=5叵，

所以AM的最小值为地，故D正确，

5

故选：AD.

7.（2022•河北张家口•三模）边长为4代的正三角形A8C三边A8、AC、BC的中点分别为。、瓦尸，将三角形

AOE沿。E折起形成四棱锥P-BCa,则下列结论正确的是（）

A.四棱锥P-8CE。体积最大值为6石

B.当尸尸=2卡时，平面尸£>尸_1_平面PEF

C.四棱锥尸-BCEA总有外接球

D.当PBLCE时，四棱锥P-BCED外接球半径有最小值后

【答案】BC

【解析】

【分析】

根据锥体的体积公式判断A,设。E、P尸的中点为O、H,连接OP,OF,0”,根据二面角的定义得到

NDHE是二面角O-PF-E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PDEJ_平面BCE。时，体积最大，其最大值为：3・；（26+46>3=96，故A不正确.

设OE、PF的中点为O、”，连接。尸，OF,OH,■.■OP=OF=3,PH=HF=6:.OHrPF,且

OH=y/3=OD=OE.；.NDHE=90。,又YPFLDE,OH[}DE=O,平面

.•.尸尸,平面。"后,所以"HE是二面角。-PF—E的平面角，则平面PZ）F_L平面PEF,故B正确；

对于C,APDE为正三角形,过其重心作平面P£>E的垂线//,则垂线//上任意一点到RD、E的距离都相

等，，；FB=FC=FD=FE=26,则过F垂直于平面8CEO的直线4上任意一点到8、C、E、D的距离均相

等，因为//与/2均在平面POF内，•••//与/2相交，其交点即为外接球球心，故C正确;

由C知，当。过F时，F即为球心，此时半径最小为2g,故D不正确，

故选：BC

8.（2022•山东•肥城市教学研究中心模拟预测）如图，四棱锥S-ABC7）的底面为矩形，SOJ■底面45a）,

AD=a,DC=b,SD=2,且。+6=2,则下列结论中不氐硬的是（）

A.尸为线段SC上的点，则存在点P使得SA//平面8DP

B.A到平面SBC的距离有可能等于平

7T

C.S3与平面A8CO所成的角有可能等于丁

D.四棱锥的外接球的表面积的最小值是心

【答案】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BO和AC的交点为。，则SA〃OP,

SA〃平面比*,故选项A正确；

对于选项B,因为AO//8C,故A£）〃平面SBC,所以A到平面SBC的距离等于£>到平面S3C的距离，

由BC1平面S0C,平面SDCJ•平面S8C,所以。到SC的距离即为。到平面S8C的距离，当

SD=2,£>C=1时，A到平面S3C的距离等于半，故选项B正确；

对于选项C,角S3。是S2与平面ABC。所成的角，当08=2时，线面角为:，此时小7寿=2,a+人=2,

方程组无正解，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近运亘，而邑占竺^=1，所

2V22

以外接球的半径大于等于理，所以其表面积的最小值为

2

4］（乎）=6］，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a-/-△的棱/上有A,8两点，Cea,AC±l,

De/3,BDLI,若AC=/U?=8O=2,8=2及，则（）

A.直线AB与CD所成角的大小为45°

B.二面角£-/-6的大小为60。

C.三棱锥4-88的体积为2G

D.直线CD与平面夕所成角的正弦值为"

4

【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CO所成角、二面角。一/一尸的平面

角、直线CO与平面夕所成角，结合已知条件计算判断各项正误.

【详解】

过A作AE〃瓦）且AE=3£>,连接则四边形ABQE是平行四边形，如图,

所以DE//A8且£）£=M，故N8E是直线48与C。所成角或其补角，

因AC_L/,BD11,则。E_LAE,OEJ_AC,而A£：nAC=A,

于是》E_L面AEC,CEu面AEC,则£>EJ_CE,

i*ikcosZCD£=—=—=—.则NCZ5E=45,A正确；

CDCD2

因5。，/,即AEJJ,而AC，/,则NC4E是二面角a-/一4的平面角，又CE=DE=2,

因此，CE=AE=AC=2,即AACE为正三角形，ZC4E=60,B正确；

因OEL面AEC,DEu/3,则/，面4EC,在面4EC内过C作CO,AE于0,于是CO，6,

又C0=^AC=6，而S*ABD=；ABBD=2,

22

所以VA-BCD=VC-ABD=^CO-S.ABD='C错误；

连接。。而CO，£,则NCZJO是直线C。与力所成角，smZCDO=—=^=—,D正确.

CD2yli4

故选：ABD

10.（2022•山东临沂•二模）如图，在直三棱柱ABC-ABC中，底面是边长为2的正三角形，44,=3,点

例在B片上，且P为线段G"上的点，则（）

A.GM_L平面AMC

B.当P为G"的中点时，直线AP与平面ABC所成角的正切值为递

3

C.存在点P,使得CPLAM

D.存在点P,使得三棱锥P-40C的体积为迈

4

【答案】BD

【解析】

【分析】

A：假设GMJ•平面AMC,则可得AC_L平面BCCM，NAC5=90。与已知矛盾，从而判断假设不成立；

B：取BC中点为M可证PML平面ABC,/BIN为AP与平面ABC所成角，解即可；C：假设

CPLAM,可得CPL平面AMN,C—AW,几何图形即可判断假设不成立；D：假设匕…，=匕-/=

正,求出ACPM的面积，判断△CPA/面积是否小于或等于△CMG面积即可.

4

【详解】

对于A,假设GM，平面AMC,则£ML4C,易知CR^AC,CC,nCXM=C,,故AC,平面BCGB」故

ACIBC,这与NACB=60。矛盾，故假设不成立，故A错误；

对于B,当P为G”的中点时，取8C中点为N,连接PMAN,

易知PN//CC,,CC,1.平面ABC,则PN_L平面ABC,

故NPAN即为AP与平面ABC所成角，

PN[(MB+CCJ如3)2上.

则VanZPAN=~^=耳-----=—忑—=~i~'故B正确;

—x2

2

对于C,取中点为N,连接4MNM,

由4V_LBC,AN_LCC,知AN_L平面BCC#,故AALLCP,

若CP_LAM,'：ANHAM=A,则CP_L平面ANN,则CP_LMN,

过C作CG〃MN交GM于G,则CPJ_CG,即NPCG=90。，易知NPCG不可能为90。，故不存在?使得

CPA.AM,故C错误；

对于D,取8c中点为M连接AN,易知平面8CC百，AN=43,

361„..,_35/3„9

则^A-PMC'Swe,AN--^―nS.PMC

4

S《Me、=SBCC、MiS*CM=2'（Cq+BM>BC=—•BC-BM

1|I?Q

=5X（3+1）X2-5X2X1=3=I>S/MC=Z,

92c

故存在P使S,"=z时，•:棱锥尸-4WC的体积为”•，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P-ABCOE中，叫_L平面相8£,

AB//CD,AC//ED,AE//BC,NABC=45,AB=2夜,8C=2AE=4,ZXPAB是等腰三角形.则

A.平面尸C£)_L平面PAC

B.直线尸8与平面PC。所成的角为的大小为60°

C.四棱锥P-ACDE的体积为YZ

3

D.四边形ACDE的面积为3

【答案】AD

【解析】

【分析】

在AA8c中，利用勾股定理证得AB,AC,又由24,平面ABCDE,证得%_L/W,进而证得A8_L平面

PAC,得到CC平面R4C,可判定A正确；过点A作AH_LPC于点H,证得AH_L平面PCD,结合

A8//平面PC。，得到B到平面PC£>的距离a=2,结合线面角的定义法，可判定B不正确：由CO,平面

PAC,得到8_LAC,得出四边形A8E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NABC=45,AB=2"BC=4,

由余弦定理可得AC?=(2近产+42-2-2忘x4cos45=8,所以AC=2夜，

所以4B2+AC2=BC2,所以A8_LAC,

又由PA_L平面AB8E,ABI平面ABCDE,所以

因为PAnAC=A,所以平面PAC,

又因为A8〃C£>,所以8,平面PAC,

因为C"u平面PCD,所以平面PC£>_L平面尸AC,所以A正确；

过点A作AH_LPC于点//,

因为平面PCDJ_平面PAC,且平面P8CI平面A4C=PC,所以A”_L平面PCD,

又因为73〃CD,ABz平面PC。，所以AB//平面PC。，

所以点A到平面PC。的距离等于点8到平面PC。的距离，

在直角△R4C中，可得A//=2,即8到平面PCO的距离力=2,

h21

设直线尸8与平面PC。所成的角为。，可得sin，=e=a=§,

又由0°<"90°,所以。=30"，所以B不正确;

由Cr>J_平面PAC,可得8,AC,

因为AC〃£>E,所以四边形ACDE为直角梯形，其面积为S=:（及+20）x夜=3,

2

所以四棱锥P-ACDE的体积为V=gx3*2忘=20,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E、F、”分别为孙，PB,8C的中点），则（）

A.AP与C。为异面直线

B.平面平面PCD

C.经过E、F、H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兀

【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,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S=4万箱即可.

【详解】

对于A选项，由多面体的对称性知，A,B,C,Z）四点共面，

又因为PA=AQ=QC=CP,

结合PQ^AC,

所以四边形以C。是正方形，

所以选项A错误；

对于B选项，设A8中点为N,CO中点为M,

则ZNPM为平面PAB和平面PCD的二面角，

NP=d*-f=6,MP=4个-fNM=2

所以代尸+M尸KN”,

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,D4的中点分别为J,K,L,顺次连接E,F,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E、尺H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，外接球的直径为万港=2&，

所以外接球的半径为0,

表面积5=4乃/?2=8%,

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ABC。一A4GR的表面上一个动点，则

()

A.当P在平面BCG瓦上运动时，四棱锥P一明的体积不变

B.当P在线段AC上运动时，RP与AC所成角的取值范围是[?,y]

C.使直线AP与平面ABC。所成的角为45。的点尸的轨迹长度为万+40

D.若尸是A耳的中点，当P在底面ABC。上运动，且满足PF//平面BCA时，长度的最小值是否

【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9DQ的面积不变，尸到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥「一⑨口。的体

积不变，A选项正确；

B选项，。，与AJ所成角即QPh/AC所成角，当P在端点A,C时，所成角最小，%,当尸在AC

TT

中点时，所成角最大，为g,故B选项正确；

2

C选项，由于P在正方体表面，P的轨迹为对角线40,ADt,以及以4为圆心2为半径的;圆弧如图，

4

故尸的轨迹长度为万+40,C正确；

D选项，FP所在的平面为如图所示正六边形，故尸尸的最小值为几，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4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4。与直线MN垂直的是（）

【答案】AC

【解析】

【分析】

建一M司『L角坐标系，求得相关点的坐标，从而求猫AO.M/VI。坐:林，汁片A&mV.用:用刃版A.B.C.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、。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,A(6,O,O),Q(O,O,O),M(O,1,1),N(O,O,2),

故双=(-G,o,o),丽=(o,-i,i),

则福•丽=(->/IO,OA(O,-l,l)=O，故而JL丽，即AQ_LMN,故A正确;

对于B,40,1,0）,。（字卷2）,用440）”吟；,0），

,,——V33——

故AQ=(，,-],2),AW=(0,1,0),

则而・丽=(*,-|,2)-(0,1,0)=-|,故4。,〃义不垂直，故B不正确;

对于C,A(>/3,0,0),0(0,1,1),M(0,-1,1),N(y-,-12),

故而而v,=(三，5，1),

则而.丽=(-0,1,1).(且」,1)=0,故而_1_加，即AQJ-MN,故C正确;

22

对于D,A(0,1,0),Q(~~5~>2),Af,0),AT(0,—1,1),

2222

故彳0=(半，-：,2),〃M=(一咚,-；,1),

2222

则入河=(立,-±2)•(-立,-',1)=2,故AQ,MN不垂直，故D不正确；

2222

故选：AC

15.（2022•海南海口•模拟预测）如图，在长方体中，AA]=2AB=2AD,E,尸分别是棱

CR,CG的中点，则（）

A.ABDF是等边三角形B.直线AE与BF是异面直线

C.A尸1平面8。尸D.三棱锥A-45。与三棱锥A-FOB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动长进行判断；B选项证点4,E,B,尸四点共面得出矛盾；C选

项证AFLOF,AFLBF线线垂直，可得线面垂直；D选项点A与点尸到平面AO8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A8=l,则8。=8尸=。尸=&,故△8。尸是等边•:角形，A正确；

对于B,连接EF、如图所示：

易知EF,故点A，E,B,尸共面，B错误；

对于C,设AB=1,则后，DF=6,4/=百，所以尸+4尸

所以

同理可知A尸，8尸，又因为。=所以•平面3CE故C正确;

对于D,三棱锥A-AB。与三棱锥有公共的面AQB,

若要它们的体积相等，则点A与点F到平面AQB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ABCD-ABCQ的棱长为2,线段BQ上

有两个动点E，F,且EF=6,以下结论正确的有（）

A.EJFAB=2

B.正方体ABCD-4田心。体积是三棱锥A-BEF的体积的6倍

C.&C1AE

D.异面直线AE,8尸所成的角为定值

【答案】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。NCQ国=45。,所以乔.福=0、28$45。=2,所以A正确；

对于B项，连接8。交AC于点0,则ACL5。，又。•平面ABCD,ACu平面ABCD,

所以。QLAC,BDCDD、=D,BD,DRu平面DRB]B,所以4C_L平面。£）内8,

所以三棱锥A-BEF的体积匕8FF=-SAO=---EF-AB-BB,-sin45°=-x-xy/2x2x2x^=-,

…3皿3213223

所以正方体AB8-A5GR体积是三棱锥A-跳户的体积的12倍，所以B错误；

对于C项,如图建立空间直角坐标系,则C（0,0,0）,A（2,2,2）,A（2,2,0）,R（2,0,2）,旦（0,2,2）,

所以小=（2,2,2）,碣=（0,—2,2）,福=（一2,0,2）,

所以玄•通;=0,区•福=0,GPC^lADf,C\±AB{,

因为ARcAq=A,AA,44u平面ABQ,

所以AC,平面A8Q,而AEu平面A8Q,所以4＜，他，所以C正确;

对于D项，当点E在。处，尸为〃片的中点时，异面直线4旦8厂所成的角是/FBG，

当E在。4的中点时，F在耳的位置，异面直线AE,BF所成的角是NE44,显然两个角不相等，所以D

错误；

故选：AC.

17.（2022・江苏盐城•三模）如图，在棱长为2的正方体ABCO-ABGR中，点M在线段BG（不包含端

点）上，则下列结论正确的是（）

A.三棱锥R-AMC的体积随着点M的运动而变化

B.异面直线AM与AR所成角的取值范围是（衿

C.直线A"〃平面ACR

D.三棱锥M-ACR的外接球表面积的最小值为3学ITT

【答案】BC

【解析】

【分析】

对于A选项，连接AR,由BG〃平面AC",即直线BG上任意点到平面ACR的距离相等;

对于B选项，VAB0为正三角形，则当且仅当M在Bq中点时，AtM±BCt,即可判断;

对于C选项，证明A8G〃平面4cA即可,

对于D选项，当M为Bq中点时，外接球半径最小，计算即可.

【详解】

对于A选项，因为BG〃AA，所以8cl〃平面ACQ,所以%一AMC=〜TS，为定值，即A错误;

对于B选项，因为VABG为正三角形，AM与BG所成角的范围为（全5,即B正确；

对于C选项，易知，AGII4C,ADt//BCt,AG?BQC,,AC\ADt=A,则平面〃平面AC。，

可知AMu平面ABC-AM〃平面ACQ,即C正确：

对于D选项，易知当”为BQ中点时，外接球半径最小，

3

此时设△ACA的中心为p,VA/G的中心为。，BG的中点为T，

则PA=半，PQ=竽，（27=半，则易知PT=J（竽）+（用＜PA，

所以最小球即为以P为球心，半径/?=上4=侦，表面积S=4乃叱=亭，即D错误.

33

故选：BC

18.（2022•辽宁•模拟预测）在三棱锥ABC中，底面ABC是等边三角形，MC=4,点”为的

垂心，且47,侧面MBC,则下列说法正确的是（）

A.BC±AM

B.MCJL平面ABH

C.MA,MB,互不相等

D.当三棱锥M-ABC的体积最大时，其外接球的体积为36信

【答案】AB

【解析】

【分析】

对于A,延长交8c于点。，连接4力，由线面母直的性质可判断；对于B,连接并延长交MC于

点E,连接AE,由线面垂直的判定可判断；对于C,过M作欣垂足为。，则MOJ■平面A8C,

延长CO交A8丁点F,连接MF,可得M4=M8=MC,由此可判断；对于D,由三棱锥为正三

棱锥，得M8_LA7C时，的面积最大，平面MBC时，三棱锥A8C的体积最大，将三棱

锥A-MBC补成正方体AfiFG-M8DC,求得三棱锥A-MBC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，延长交8c于点。，连接AD,

因为，为△A/BC的垂心，则BC_LM£）,

又A”J_平面MBC,BCu平面M8C,所以

乂AHcMD=H'所以BC_L平面M4。，

又A”u平面M4Q,所以BC_LAM,A项正确；

对于B,因为8CLAD,又AABC为等边三角形，所以。为BC的中点,

连接8〃并延长交于点E,连接AE,则BE1MC,

因为47JL平面M3C,MCu平面M8C,所以A4_LMC,

又AHCBE=H,所以MCL平面A8”，B项正确；

对于C,因为A8i平面A8E,所以48八MC,过M作MO_LA£）,垂足为。，则MO_L平面A8C,

又平面ABC,所以MO_LAB,延长CO交AB于点F,连接MF,

因为MOcMC=M,所以AB_L平面MCF,因为MF,CFu平面MCF,则CF1AB,得

所以M4=MB=MC,C项错误；

对于D,因为三棱锥M-ABC为正三棱锥，当AIBLMC时，△1/BC的面积最大，

'与阴4_1_平面MBC时，三棱锥M-ABC的体积最大，将三棱锥A-MBC补成正方体AEFG-MBDC,

此时正方体AEFG-MBDC的体对角线长即为三棱锥A-MBC的外接球的直径，

设三棱锥A-MBC的外接球直径为2R,则2R=《MA1+MB?+MC?=46，即R=2行，

因此三棱锥M-ABC的外接球的体积V=等"=yx（2^）3=32上兀,D项错误.

故选：AB.

19.（2022•山东滨州•二模）在边长为4的正方形ABC。中，如图1所示，E,F,M分别为BC,CD,BE

的中点，分别沿AE,A尸及EF所在直线把△AEB,VAFD和△£：;（折起，使B,C,力三点重合于点P,

得到三棱锥P-田，如图2所示，则下列结论中正确的是（）

ME

图1

A.PAA.EF

B.三棱锥AEF的体积为4

C.三棱锥P-AEF外接球的表面积为24万

D.过点M的平面截三棱锥P-的的外接球所得截面的面积的取值范围为［%,6加

【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_L平面P研即可判断；对B：由%r所=g%r肝即

可求解；对C：三棱锥P-A防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。的大圆，最小截面为过点M垂直于球心。与M连线的圆即可求解.

【详解】

解：由题意，将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体，如图所示：

A

对A：因为AP1.PE，APA.PF,PECPF=P,所以平面尸所，所以E4_L£F,故选项A正确；

对B：因为M为BE的中点，所以乙_“£〃=3匕5即=3*;*3*2*2、4=?,故选项8错误；

对C：三棱锥尸-AE尸外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径（2R）2=22+22+4?=24,所

以三棱锥P-AE尸外接球的表面积为S=4%R2=24万，故选项C正确；

对D：过点M的平面截三棱锥尸-g的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心。的大圆，此时截

面圆的面积为万心=万（太『=6"，最小截面为过点M垂直于球心。与M连线的圆，此时截面圆半径

r=yjR2-OM2=^/6^5=b截面圆的面积为万产="，所以过点M的平面截三棱锥P-但的外接球所得

截面的面积的取值范围为［肛6乃］,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A8CD-AAGR中，E,F,G分别为线段cq,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AE，平面EFG

B.存在点E,F,G,使得NFEG+NEFC+NEGC=乃

C.当AC,平面E/G时，三棱锥A-EFG与CEFG体积之和的最大值为3

D.记CE,CF,CG与平面EFG所成的角分别为a,夕，Y,则sin?a+sin?£+sin2/=1

【答案】ACD

【解析】

【分析】

以点。为原点建立空间直角坐标系，设CF=a,CG="CE=c,(a,"c€(O,l]),对于A,当班＞〃尸G时，易

证得FG^AE,则要使AE_L平面EFG,只需AEJ.EF即可，利用向量法即可得出结论；对于B,要使

NFEG+NEFC+NEGC=兀,只需要NEEG=NFEC+NGEC即可，判断NFEG和NFEC+NGEC是否相

等，即可；对于C,根据AC，平面EFG,可得。力，。的关系，由匕一EFG+%-EFG=；ACS,E«;，只要求出

久痔。的最大值即可；对于D,利用等体积法求出C到平面E尸G的距离d,分别求出sina,sin/?,siny,即

可判断.

【详解】

解：如图，以点。为原点建立空间直角坐标系，设C7:^=a,CG=6,CE=G(a,b,cw(0,lD，

对于A,因为伍，平面ABCD,8/)u平面A8CD，

所以AA

又因AC_LBO,4CcAA=4,

所以BO_L平面A4,CC，

又AEu平面MG。，所以8。，4卢，

当5O/FG时，FGA.A.E,此时CF=CG,

要使AE，平面EFG,只需AELEF即可，

A(l,O,l),F(O,l-a,O),E(O,l,c),

则“=(—而=(0,-a,-c),

2

则庭•乔=-a—c(c—1)=0,BPa=c-c.

当a=1时，c=(，

42

故存在点E,F,G,使得AE_L平面EFG,故A正确；

对于B,NEFC=--NFEC,NEGC=--NGEC,

22

则NFEG+NEFC+NEGC=兀+NFEG-ZFEC—NGEC,

要使ZFEG+ZEFC+ZEGC=乃.

只需要NFEG=NFEC+NGEC即可,

EF=y/a2+c2,EG=>Jb2+c2,FG=y/a2+b2，

a2+c2+b2+c2_(/+Z?2)2

cosZ.FEG=c

2耳+「2.“2+。2y/a2+C2'J从+/

cos/.FEC=二-,cosZ.GEC=:——,

7^774h^

则sinZFEC=-fJ==,sinZGEC=-^==,

7CT+C\!b+C~

2i

故cos(Z.FEC+ZGEC)=/。\,

因为曲>0,所以COS(NFEC+NGEC)X8SNFEG,

所以ZFEG*NFEC+NGEC,

所以不存在点E,F,G,使得NFEG+N£FC+NEGC=/r,故B错误;

对于C,因为4cl平面EFG,

所以V4_eTO+VC_£TO=-AC-S：=-ySMG,

A(l,0,l),F(0,l-a,0),E(0,1,C),G(Z7,1,0),C(0,1,0),

则而=0,a,O