2023届江苏省新高考数学 立体几何多选题解析版

2023届江苏省新高考数学小题专项复习

专题8立体几何多选题30题专项提分计划

1.（2022•江苏盐城•江苏省滨海中学校考模拟预测）如图，正方体的棱

长为1,E,F,G分别为BC,CC、,2瓦的中点，贝IJ（）

A.直线与直线"垂直

B.直线AG与平面.平行

9

C.平面AEF截正方体所得的截面面积为了

O

D.点C与点G到平面的距离相等

【答案】BC

【分析】（1）利用空间向量的坐标运算确定直线RD与直线"的位置关系；（2）根据面面

平行来证明线面平行；（3）先根据四点共面确定截面，进而算截面面积；（4）利用等体积

法思想证明求解.

【详解】对于选项A,以。点为坐标原点，

DA,DC,D2所在的直线分别为X,y,z轴，建立空间直角坐标系，

则0(0,0,0),4(1,0,0),0(0,0』).

从而DR=（0,0,1）,=

从而=所以直线。2与直线■不垂直，选项A错误；

对于选项B,取用G的中点为连接AM,GM,则易知AM〃人E,

又4用宜平面AEF,AEu平面AE产，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,从而AG〃平面A阱，选项B正确;

对于选项C,连接4R,。尸，如图所示,

•.•正方体中AR〃BG〃跖，，A,E,F,2四点共面,

.•.四边形AEFDX为平面AEF截正方体所得的截面四边形，且截面四边形AEFDX为梯形,

又由勾股定理可得RFuAE：@，AD,=V2,EF力,

122

30

梯形AEFR为等腰梯形，高为

梯形AEFD,=：X及+彳]=选项C正确；

ZIZJ4o

=Xx=

对于选项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，

点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的2倍，选项D错误.

故选:BC.

2.（2021•江苏徐州・统考模拟预测）已知。，夕是两个不同的平面，相，”，/是三条不

同的直线，则下列命题中正确的是（）

A.若a_L6，mua,nu。,则加B.若〃/J_a,则〃7〃“

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

【答案】BC

【分析】利用面面垂直的性质判断选项A；利用线面垂直的性质判断选项B；利用线面

平行的性质判断选项C；利用线面垂直判定定理判断选项D.

【详解】选项A：若a，mua,nu/3,

则加〃/或相、〃相交或相、〃互为异面直线.判断错误；

选项B:若机71±«,则/〃〃.判断正确；

选项C：设平面a一S=a,mu6,又冽〃a,则〃z〃a

设平面〃y=b,muy,又加〃尸，则相〃5,

则a〃6,又bu0,CIBB,则。〃?，

又aua,a0=1,则a〃/,贝|加〃/.判断正确；

选项D：若a。=1,mua,m±l,则加、夕的位置关系为相交，

当且仅当C分时机，正判断错误.

故选：BC

3.（2023•江苏南通・统考一模）在棱长为2的正方体ABCO-ABCi。中，AC与交

于点0,则（）

A.A，//平面BOCt

B.平面COG

c.GO与平面ABCD所成的角为45

D.三棱锥C-BOQ的体积为:

【答案】ABD

【分析】根据线面平行判定定理判断A,利用线面垂直判定定理判断B,利用线面夹角

的定义判断C,根据等体积法判断D.

【详解】：AR//BG，AQU平面BOQ,BGu平面BOC,,

二4。〃平面8。^,A对;

因为应>_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对；

因为GC，平面ABCD.C.O与平面TWCD所成角为—C0C,

2

因为tan/C℃=&wl,.•./6。（^45,（：错；

112

1因为1/7％CB—O£>C/G|=%C-|B—O£»C7C=—3X—2x2xlx2=—3，,D对7.

故选：ABD.

4.（2022•江苏泰州・统考模拟预测）在正四面体A—BCD中，AB=3,点。为ACD的

重心，过点。的截面平行于和C。，分别交BC,BD,AD,AC于E,F,G,H,则

（）

A.四边形EFGH的周长为8

B.四边形E/GH的面积为2

C.直线AB和平面EFGH的距离为近

JT

D.直线AC与平面EFG8所成的角为:

【答案】BCD

（分析］根据。点式,ACD的重心和HG/CD可以求出龙，同理可求出GF,EF,HE,则可

以判断A,防，则四边形的面积可求，可以判断B,将正四面体补成

正方体，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，再利用向量法求出距离和夹角，则可以

判断CD

?

【详解】。为的垂心，连4。延长与C。交于M点，则AO=§AM

HG//—CD,HG=2,EF-2,HE//—AB,HE—GF=1,

=3=3

周长为6,A错.

ABLCD,贝”EE=2X1=2,B对.

将四面体补成一个长方体，则正方体边长为述，

2

P,。分别为AB,C。中点，P。，平面EFGH,n=PQ=0,1一,0

AH-n\行一半

AA至IJ平面EFGH距离d==^^=叵'°对

\n\

TTTT

AC与尸。夹角为1，则AC与平面EFGH的夹角为］,D对

故选：BCD

5.（2022•江苏连云港•模拟预测）如图，矩形双处所在平面与正方形45c。所在平面

互相垂直，AD=DE=4,G为线段AE上的动点，则（）

A.AE±CF

B.若G为线段AE的中点，则G5〃平面CEF

C.点8到平面CE尸的距离为迪

3

D.3G2+CG?的最小值为48

【答案】ABC

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积的运算性质、平面的法向量进行

求解判断即可.

【详解】因为3Z比F是矩形，所以DEI1汨，

又因为矩形3ZJEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，矩形3ZJEF所在平面与

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,因此建立如下图所示的

空间直角坐标系，

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

因为AE=(-4,0,4),CF=(4,0,4),

所以有=-16+16=OnAE_LCF，因此选项A正确;

当G为线段AE的中点时，G(2,0,2),GB=(2,4,-2),CE=(0,-4,4),

设平面CEF的法向量为机=(x,y,z),

m±CFm-CF=0-4y+4z=0

于是有=>4尤+4z=0"=(LTf

mLCFmCF=0

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

所以选项B正确;

CBm_4A/3

cos〈CB,m)=

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

所以点8到平面CEF的距离为阿.cos〈CB,附=4x/=芈，因此选项C正确;

设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,

当4时，BG?+CG?有最小值47,因此本选项不正确，

O

6.（2022・江苏・统考二模）在四棱锥尸-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA±

平面ABC。，且R4=2.若点E,F,G分别为棱AB,AD,PC的中点，贝1（）

A.AG_L平面PBD

B.直线尸G和直线A8所成的角为:

C.当点T在平面E犯内，且L4+7U=2时，点T的轨迹为一个椭圆

D.过点E,F,G的平面与四棱锥P-ABCD表面交线的周长为2鱼+通

【答案】ABD

【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断A、B正误;结合椭圆的定义可判断C的正误；

结合空间中垂直关系的转化可判断D的正误.

【详解】解：将该正四棱锥补成正方体，可知AG位于其体对角线上，

则AG_L平面PBD,故A正确；

设网中点为则PG//AH,且=故B正确；

7X+7U=2,.17在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转而成的椭球，

又平面PB£）与其长轴垂直，，截面为圆，故C错误；

p

设平面EFG与PB,PD交于点、M,N,连接尸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,则尸C_L£M,

F4J_平面ABCD,及？匚平面48。£),;.241.3。，

BCLAB,PA\AB=A,二台八平面R4B,

EM_L平面PBC,而PBu平面P3C,则EM_LM,

:.BM=EM=—BE=—,同理，FN=DN=—,

222

又PG=BPM=20-立=逑，则GM=GN=如，

222

而EF」BD=4

2

:.交线长为EF+EM+MG+GN+FN=2丘+娓,故D正确.

故选：ABD.

7.(2022•江苏南京•模拟预测)在矩形ABCD中，AB=243,BC=2,E为平面ABCD外

一点，贝U()

A.当E4+EC=8时，四棱锥E-ABCD体积的最大值为8

B.当应^+^^二重时，四棱锥E-ABCD体积的最大值为逑

3

C.当平面E4B_L平面ECD时，四棱锥E-ABCD体积的最大值为还

3

D.当平面皿>，平面班C时，四棱锥E-ABCD体积的最大值为4

【答案】ABD

【分析】利用椭圆的定义以及勾股定理，明确动点轨迹，根据几何性质，求得四棱锥高

的最大值，可得A、B的正误；根据四棱锥的侧视图以及主视图，求得四棱锥高的最大

值，可得C、D的正误.

【详解】对于A,由E4+fC=8>AC=JAB2+BC2=4,则在平面ACE内，点E的轨

迹为以A,C为焦点的椭圆上，

易知该椭圆的焦距AC=4=2c,EA+EC=2a=8,贝==？=26，

由椭圆的性质，可知点E到AC的距离最大值为所=2有，此时£F_LAB且AF=3户，

当E尸为四棱锥E-ASC。的高时，四棱锥E-ABCD的体积可取得最大值，如下图:

此时平面ABE工平面ABCD,则四棱锥E-ABCD的体积可取得最大值

g.EC=gx2氐2Ax2=8,故A正确；

对于B,在矩形ABCD中，对角线AC={AB?+BC2=4，

由E42+EC2=16=AC?,可得E4JLEC,则此时在平面E4C内，点E的轨迹为以AC为

直径的圆,

根据圆的性质，易知点E到AC距离的最大值为跖=2,止匕时EblAC,AF=FC,

如下图:

当E尸为四棱锥E-ABCD的高时，四棱锥E-ABCD的体积可取得最大值，如下图:

此时平面ACE_L平面ABCD,则四棱锥E-ABCD的体积可取得最大值

--£FABBC=-X2X2A/3X2=—,故B正确；

333

对于C,由题意可知四棱锥E-ABCD的侧视图为直角三角形，则易知点E到底面"CD

距离的最大值4=1,此时侧视图如下图:

E

则四棱锥E-ABCD的体积可取的最大值;・々・AB・BC=gxlx2遭、2=竽，故C错误;

对于D,由题意可知四棱锥E-ABCD的主视图为直角三角形，则易知点E到底面45co

距离的最大值饱=6，此时主视图如下图：

E

则四棱锥E-ABCD的体积可取的最大值（％AB-3C=gx6x26x2=4,故D正确.

故选：ABD.

8.（2023•江苏徐州・徐州市第七中学校考一模）如图，在边长为2的正方体

ABCD-A用£口中，尸在线段B2上运动（包括端点），下列选项正确的有（）

A.APLB{C

B.PDLBC

C.直线PQ与平面4BCQ所成角的最小值是:

D.PC+尸口的最小值为

【答案】AD

【分析】对于A项转化证明平面ABA；

对于B项，反证法证明，也就验证8C，平面是否成立；

对于C项，根据直线与平面所成角的定义先找到NCQ尸即为直线PG与平面ABC。所

成角，在分析求解；对于D项，把BC2往上翻折到与平面BOQ共面，在平面内求动

点到两个定点距离和最小即可.

【详解】对于A项，连接AD，AR,在正方体A3CO-4及GA中，BO/AD

A]D±ADl

<AiD±AB=4。，平面AB，，又因为尸€2。-4尸匚平面422，故

ABcAR=A

APrA.DAPrBtC

故A正确.

对于B项，假设PDLBC成立，又因为BCLDQ,并且尸。DDl=D

所以5C1平面BD2，明显2C不垂直BD,假设不成立，故B不正确.

对于C项，连接。GDtC=O,再连接P。，

在正方体ABCD一A耳6A，易得GD±平面BC2A

所以NCQP即为直线PC,与平面ABCR所成角，

在RfC/O中，tanNQPO=需=去，当点P与点B重合时P&最大,最大值为",

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

P。［1cZj3

不正确.

对于D项，把.BC2往上翻折到与平面共面，

又因为SC，=.BBR,即.BCD,往上翻折成，BDDt,

即在四边形皿。4中，求（理+"）向,易得最小值为。4=26，所以D正确.

故选：AD

9.（2022•江苏•江苏省木渎高级中学校联考模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABC。是

正方形，胡，平面488,&4=48,O,P分别是AC,SC的中点，M是棱S。上的动点,

则下列选项正确的是（）

A.OMLPA

B.存在点使0M//平面SBC

C,存在点使直线OM与AB所成的角为30。

D.点M到平面4BCD与平面SAB的距离和为定值

【答案】ABD

【分析】以A为坐标原点，AB,AD,AS所在直线分别为％y，z轴，建立空间直角坐标系，

利用向量法判断ACD,根据线面平行的判定定理判断B

【详解】以A为坐标原点，AMARAS所在直线分别为％y，z轴，建立空间直角坐标系

（如图），

设5A=AB=2,

则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。上的动点，^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正确；

当M为SO的中点时，加是，.SBD的中位线,

所以OM//S8,

又平面5BC,SBu平面SBC,

所以〃平面SBC,故B正确；

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

若存在点使直线0M与AB所成的角为30。,

\AB-OM\1

贝I]cos30°=~,

\AB[\OM\J-2+（2TJ2

化简得3万-92+7=0,方程无解，故C错误；

点M到平面ABCD的距离4=2-丸，

\AM'AD\22

点M与平面SAB的距离d=—।---j—=~~=A,

2M2

所以点M到平面ABC。与平面SA8的距离和为4+&=2-%+%=2,是定值，故D正

确；

故选：ABD

10.（2022•江苏常州华罗庚中学校联考三模）如图，在直三棱柱ABC-A.B,C,中，ABC

是边长为2的正三角形，M=4,〃为CG的中点，尸为线段AM上的动点，则下列说

法正确的是（）

A.AP+BP的最小值为4A历

B.三棱锥P-的体积的最大值为拽

3

C.不存在点P,使得3尸与平面A片G所成的角为60。

D.三棱锥ABC的外接球的表面积为筹

【答案】ABD

【分析】对A,分析可得在,AA/A和中，均为P在M点时，AP,8尸分别取得最

小值，再计算即可

对B,通过计算三棱锥的体积来进行判断.

对C,通过线面角的知识进行判断.

对D,先求ABC的外接圆直径，再根据外接球与直三棱锥的关系求解即可

【详解】对A,在中，AM=Jac?+CM?=2"AM=JAC；+£"=2应,

故4知2+4知2=第，所以AM，AM,故AP上川欣当且仅当尸在M时取等号.

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

cosZAM-2码+（2码-（2布）<0,故为钝角，故BPNBM,当且仅当

2X2^X2A/2

P在M时取等号，故AP+5尸当且仅当尸在M时取最小值为

对B,匕>_.=匕_惭，点8到平面川V。的距离为百，

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

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

对C,3尸与平面所成的角即为3尸与平面ABC所成的角，设为a,

易知当点尸与M重合时，a最小，

此时a=/MBC=45。，当点P与A重合时，a最大，

止匕时a=ZABA1,tana=4^=2,此时盘>60°,

故存在点尸，使得3尸与平面AAC所成的角为60。，故c错误;

对D,因为MCL平面A5C,故三棱锥ABC的外接球直径与qABC的外接圆直径、

d,-AB-2——4

高MC构成直角三角形.由正弦定理，ABC的外接圆直径一sin60。一在一石，设三

棱锥ABC的外接球半径为R,直径为。，则其表面积

S=4KR1=7rD2=7r(d2+MC2)=—^,故D正确

故选：ABD

11.(2022•江苏南京•南京市江宁高级中学校考模拟预测)在棱长为1的正方体

ABCD-AgGA中，M为底面ABC。的中心，RQ=gA，2e(04)-N为线段AQ

的中点，则下列命题中正确的是()

A.CN与QM共面

B.三棱锥A-ZWN的体积跟力的取值有关

C.当2=g时，过A,Q,M三点的平面截正方体所得截面的周长为生2产1

D.力=」时，AMLQM

4"

【答案】AC

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

离为定值，AAD似的面积为定值，故体积为定值，可判断B,几=；时，过4。，M

三点的正方体的截面ACE。是等腰梯形，即可判断C,根据判断是否是等腰三角形，即

可判断D.

【详解】连接AC,AQ,QW,CN,肱V，在中，MN〃QC,所以CN与共面，故

A对.

VA_DMN=VN_DMA=|sDMA-M，三棱锥A-OMN的体积跟力的取值无关，故B

错.

当彳=；时，过4Q,M三点的正方体的截面ACE。是等腰梯形，

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

周长为AC+CE+£Q+QA=4忘;2屈，故C对.

当彳=；时,CQ=JCZV+(QR)2=+=孚，40=+=：

是中点，所以AM,不垂直，故D错误.

故选：AC

12.（2022.江苏南京.模拟预测）在棱长为1的正方体ABCD-AgGR中，。为正方形

a与CR的中心，则下列结论正确的（）

A.BO1ACB.8。与平面441GC夹角的正弦值为

叵

~T~

C.点3到平面AC。的距离为正D.直线8。与直线AQ的夹角为B

36

【答案】ACD

【分析】对于A,根据正方体的定义及线面垂直的判定定理，再结合线面垂直的性质定

理即可求解；

对于B,根据线面角的定义，再利用锐角三角函数的正弦函数即可求解；

对于C,根据等体积法及三角形的面积公式即可求解；

对于D,根据异面直线所成角的定义及余弦定理即可求解.

【详解】对于A,连接42，AG，则4Q,AG交于点。，如图所示

在正方体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

正方体ABC。-446。中，所以照4c6,所以四边形441Gc是平行四边形，所以

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

对于B,连接BD,AC,则8。，AC交于点E,在正方体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是直线5。在平面441GC内的射影；

所以ZBOE是直线8。与平面A41c0所成的角，

由题意可知，BE=-BD=>JAB2+AD2=-Vl2+l2=—>

222

在吊BEO中,i^BOE=—=—,

snBO3

所以3。与平面AACC夹角的正弦值为也，故B不正确；

3

22

对于C,由题意可知，AC=ADl=CD1=V1+1=V2,

在正方体ABCD-AB.Gr>!中，DDt1平面ABCD,

设点B到平面ACR的距离为d,因为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正确；

32323

对于D,连接BQ，在正方体ABCO-A46R中，AB^Q

所以四边形ABC，是平行四边形，所以AR〃BG，

所以NOBCi为直线3。与AR所成的角（或其补角），

在△2OC］中，BtO^—,BO=l+—=亚,8£=0,

3+?_1

B02+8C[2_0C]2_1

所以cosNO5cl

2BOBC、2x£血

2

因为OV/OBCiVW，所以/OBG=F，所以直线8。与直线AR的夹角为B，故D正

266

确.

故选：ACD.

13.（2022•江苏南通•校联考模拟预测）已知三棱锥D—ABC的外接球的表面积为24%,

直角三角形A3C的斜边AB=2石,AC=2,CD1BC,贝U()

A.BC_L平面AC。

B.点。的轨迹的长度为2%

C.线段C。长的取值范围为(0,25/2]

D.三棱锥£>—ABC体积的最大值为4(&+1)

3

【答案】ACD

【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A,利用球的截面性质及条件可得4ACD的外

接圆半径，进而判断BC,利用三角形面积公式及锥体体积公式可判断D.

【详解】因为AABC以为斜边的直角三角形，

BC1AC,又BCLCD,ACcCD=C,

.,.2C_L面ACD故A正确；

设△ACO的外接圆圆心N,半径为「，。一ABC外接球半径为后，BC=4,

（4-ON）2+r2=6

ON-+/=6

ON=2

：.2夜=——-——sinZADC=,

sinZADC2

。轨迹长度工2万•应=逑万，

。在优弧上,

42

。在劣弧上，。轨迹长度、2%•夜=走兀，故B错误;

42

所以CD€(0,20],故C正确;

由题可知当。在AC的垂直平分线时，ACD的面积最大,

(5皿廉=白(0+1)=行+1，

应++4=叫回’故D正确.

故选：ACD.

14.（2022•江苏淮安・统考模拟预测）如图，已知正方体A8CD—A旦GR的棱长为1,P

为正方形底面ABC。内一动点，则下列结论正确的有（）

A.三棱锥巴-4。尸的体积为定值

B.存在点P,使得

C.若RP工BQ,则尸点在正方形底面A3CZ）内的运动轨迹是线段AC

D.若点P是A。的中点，点。是25的中点，过P,Q作平面a垂直于平面ACGA,

则平面a截正方体ABC。-A耳G。的截面周长为3血

【答案】ACD

【分析】结合选项逐个求解,体积问题利用锥体体积公式可得,垂直问题利用向量求解，

截面周长根据截面形状可求.

【详解】对于A,P为正方形底面ABC。时，三棱锥尸-A耳2的高不变，底面积也不

变，所以体积为定值，所以A正确；

对于B,以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

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

若RPLAQ,则〃尸.他=0,即x=-l,与题意矛盾，所以B不正确；

对于C,。耳=(1,1,1),由2尸，3。得x+y=l,所以P的轨迹就是线段AC,所以C

正确；

对于D,因为BDLACBOLAA，所以3。1平面ACC、；

因为平面a_l_平面ACGA,所以皮)//平面a；

以8。为参照线作出平面a与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交线均相

等，长度为孝，所以截面周长为3夜,所以D正确.

故选：ACD.

【点睛】正方体中的动点问题，可以借助空间向量来处理，把位置关系，角度关系转化

为向量运算.

15.(2022•江苏徐州•统考模拟预测)如图所示的几何体由一个三棱锥和一个半圆锥组合

而成，两个锥体的底面在同一个平面内，BC是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，

且题>=2£>C，ABC与都是边长为2的正三角形，则()

s

A.SA1BCB.CD〃平面5AB

C.异面直线SC与8。所成角的正弦值为立D.该几何体的体积为1+息

46

【答案】ABD

【分析】取BC中点O,由线面垂直的判断定理和性质定理可判断A；由B£)=2CZ)、

ZABC=6Q,可得CD//AB,再由线面平行的判断定理可判断B；取A3中点M,可得

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

关系求出sinZSCM可判断C；求出几何体体积V=匕一.C+%圆锥so可判断D.

【详解】对于A,取BC中点O,连接Q4,所以，B4c为等腰直角三角形，且Q4J_3C,

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

A正确.

对于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正确.

对于C,取AB中点M,连接CM,SN知，CD幺BM

s

C做〃SC与5D所成角即为SC与CM所成角，为NSCM,

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

44

对于D,该几何体体积V=VSYBC+%圆锥s。=；x坐x4xG+|x»♦百x；=l+岑D

34326

正确.

故选：ABD.

16.（2022・江苏・统考三模）已知圆台。Q上、下底面的半径分别为2和4,母线长为4.

正四棱台上底面4片。1，的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面ABCD的四个顶点在

圆台下底面圆周上，则（）

A.441与底面所成的角为60°

B.二面角A-AS-C小于60°

C.正四棱台ABC。-A,耳£2的外接球的表面积为647r

V,

D.设圆台。。1的体积为匕，正四棱台ABC。-446。的体积为匕，则，="

【答案】AC

【分析】过4作APLA。，易得NAAO即为A4与底面所成角，直接计算cosNAA。即

可判断A选项；过户作PQ1AB于。，NA。尸即为二面角A-AB-C的平面角，由

$抽/4。2>5皿/4旗即可判断8选项；设出球的半径，由勾股定理建立方程，解出半

径即可判断C选项；直接计算体积即可判断口选项.

如图，过4作APLA。，作出截面ACGA的平面图，易知ACGA为等腰梯形，且o,q

为AC,AG中点，

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

圆台的IWJ。=26，

4旦=二忙=2及，43=屹=40,即四棱台的上下底边长分别为2后和4夜，

/%AP1JI

选项A：易得/4A。即为AA与底面所成角，贝UCOSN4A°=7T=3,故=

AAjZ3

正确；

选项B：过尸作尸Q2A8于。，连接A。，由APcPQ=P，故AB2面APQ,

AQu面A/。，故AB，AQ,

幺。尸即为二面角A-钻-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错误；

选项C：设外接球半径为R,球心到下底距离为x,在ACGA的平面图中，。2为球心，

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

R2-X2=16

<2/厂\2=>R=4,

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

故表面积S=4;rR2=64万，正确；

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

V,

,2万，错误.

故选：AC.

17.(2022•江苏扬州•模拟预测)已知四面体A8CD的4个顶点都在球O(。为球心)的

球面上，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB=BD=2,AD=^2,且

ACJ.BD,贝U()

A.平面ACD_L平面ABC

B.球心。为△ABC的中心

JT

C.直线与C。所成的角最小为1

D.若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部

分

【答案】ABD

【分析】设，ABC的中心为G,取AC的中点E,由题可得鹿，平面ADC可判断A,

根据勾股定理可得GD=士叵进而判断B,利用特例可判断C,利用面面垂直的性质及

3

抛物线的定义可判断D.

【详解】设的中心为G,取AC的中点E,连接BE,DE,则防，AC.

因为AC13D,BEcBD=B,

所以AC_L平面则AC_LDE,

又△ABC为等边三角形，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正确；

XVGE=—,GB=GA=GC=

33

/.GD=VGE2+DE2=^1+1=孚，

故G为四面体ABC。的外接球的球心，即球心。为△ABC的中心，故B正确；

当O河〃AC时，NOC4为直线0M与CD所成的角，

由上知NDC4=（<W，故C错误；

由平面4CD_L平面A8C可知，动点M到平面ACD的距离即动点M到直线AC的距离,

由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.

故选：ABD.

18.（2022.江苏连云港•模拟预测）已知正四棱台ABCD-AAGA（上下底面都是正方

形的四棱台）.下底面ABC。边长为2,上底面边长为1,侧棱长为行，则（）

A.它的表面积为5+36

B.它的外接球的表面积为成万

3

C.侧棱与下底面所成的角为60°

D.它的体积比棱长为④的正方体的体积大

【答案】ACD

【分析】分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形ABBiA的面积，即可判断A

的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断C的正误；求

得GO?的长，分析可得。2即为正四棱台ABC。-Ag£口外接球的球心，且外接球半径

R=0,代入表面积公式，可判断B的正误；分别求得正四棱台的体积匕和正方体的体

积匕，利用作商法比大小，即可判断D的正误，即可得答案.

【详解】由题意得：上底面4耳。12的面积S[=1X1=1,下底面ABCD的面积

邑=2x2=4,

侧面A2与A为等腰梯形，过A、片分别做的垂线，垂足为从F,如图所示

所以所=4与=1,则&£=8歹=3，

所以=与，

所以梯形ABB^的面积为S3=gx(1+2)x[=乎，

所以正四棱台ABCD-ABGR的表面积S=百+S2+4xS3=5+3将，故A正确;

连接AG，与2，且交于点。一连接AC8。交于点。2，连接

则。。2垂直底面ABCD,

过4作4GLAO2于G,则AG，底面ABC。，则四边形AGO?。为矩形,

由题意得aq=QAB：+BC；=后,所以

同理AC=2a,AO2=Q，

又aa=G02=*，所以AG=1,

变

在,△AGA中，c°s/4AG=^=%=L

AA5/22

所以NAAG=60。，即侧棱与下底面所成的角为60。，故C正确

所以型?=,猛_松邛.

连接CQ,在放6。。2中，CQl"B+C。；=3,

所以点。2到4B、C、D、4、环£、，的距离相等，均为四,

所以点02即为正四棱台ABC。-$与G2外接球的球心，且外接球半径R=0，

所以外接球的表面积S'=4;rx（0『=8万，故B错误；

正四棱台的体积乂=%（百+邑+招习xO02=%（1+4+&^^日=平，

棱长为0的正方体的体积匕=（0『=20,

776

所以匕=上=述=回,i，所以K>K，

匕-2力—12-V144

所以正四棱台ABCD-AqGR的体积比棱长为四的正方体的体积大，故D正确；

故选：ACD

【点睛】解题的关键是熟练掌握棱台的表面积、体积的求法及公式，并灵活应用，难点

在于求各个棱长及确定。2为外接球的球心，考查分析理解，数形结合的能力，属中档

题.

19.（2022•江苏南通・统考模拟预测）如图，正方体A8CD-A4GA的棱长为1,E,产,G,H

分别是所在棱上的动点，且满足/）"+86=钻+叱=1,则以下四个结论正确的是（）

A.E,G,£H四点一定共面

B.若四边形EGFH为矩形，则=

C.若四边形EGEFf为菱形，则£尸一定为所在棱的中点

D.若四边形EGM为菱形，则四边形跳GH周长的取值范围为［4,2石］

【答案】AD

【分析】根据棱长为1,且DH+BG=AE+CF=1可得RH=BG,AE=CK,再逐项分

析即可得解.

【详解】

连接AG,BR交于点P,P为正方体ABCD-A耳6"的中心,

由棱长为1，

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

可得。#=864石=。£,

所以E£AG交于P点，HG,BQ交于P点,

所以砂，hG交于P点，，

故及G,£H四点一定共面，所以A正确；

对B,若四边形EGM为矩形，

可以Z)L=CF也可以。以=4石，故B错误;

对C,若四边形EGFH为菱形，

则必有