新高考數(shù)學(xué)臨考題號(hào)押第12題 立體幾何 （解析）

新高考高中數(shù)學(xué)臨考題號(hào)

押第12題立體幾何

琴：命題探究?與

高考立體幾何承載著考查空間想象能力、邏輯推理能力及運(yùn)算能力的考查，是高中數(shù)學(xué)的傳統(tǒng)及核心

重點(diǎn)內(nèi)容，也是高考命題創(chuàng)新的探索者.在每年的試題中，它在繼承中求穩(wěn)定，在創(chuàng)新中求發(fā)展.為了準(zhǔn)確

地把握2021年高考立體幾何小題命題思想與趨勢(shì)，在最后的復(fù)習(xí)中做到有的放矢，提高復(fù)習(xí)效率，我們

現(xiàn)一起分析研究2020-2017這4年的考題，以便發(fā)現(xiàn)規(guī)律，把握住高考命題的脈搏.

解題秘籍

方法總結(jié)

1.找出需要我們做的事情，分析題干中的條件

2.找準(zhǔn)基礎(chǔ)概念

3.對(duì)于夾角問(wèn)題可以用向量法解決。

4真題回顧

1.（2021?新高考全國(guó)卷I數(shù)學(xué)?高考真題）已知圓錐的底面半徑為0,其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓

錐的母線長(zhǎng)為（）

A.2B.2&C.4D.4立

【答案】B

【詳解】

設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為/,由于圓錐底面圓的周長(zhǎng)等于扇形的弧長(zhǎng)，則》/=2萬(wàn)x右，解得/=2夜.

故選：B.

2.（2021?新高考全國(guó)卷H數(shù)學(xué)?高考真題）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國(guó)航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)

星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)

星到地球表面的距離）.將地球看作是一個(gè)球心為O,半徑，?為6400km的球，其上點(diǎn)A的緯度是指。4與

赤道平面所成角的度數(shù).地球表面上能直接觀測(cè)到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為a,記衛(wèi)

星信號(hào)覆蓋地球表面的表面積為S=2乃產(chǎn)（1-cosa）（單位：km?）,則S占地球表面積的百分比約為（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

【答案】C

【詳解】

由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：

}6400

2"（1-cose）=1-cosa=-6400+36000-042=42%-

故選：C.

3.（2021?新高考全國(guó)卷II數(shù)學(xué)?高考真題）正四棱臺(tái)的上、下底面的邊長(zhǎng)分別為2,4,側(cè)棱長(zhǎng)為2,則其體

積為（）

A.20+12&B.28啦C.警D.竺亞

33

【答案】D

【詳解】

作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，

因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長(zhǎng)分別為2,4,側(cè)棱長(zhǎng)為2,

所以該棱臺(tái)的高〃=’2?-（2忘一④丫=丘,

下底面面積，=16,上底面面積52=4,

所以該棱臺(tái)的體積丫=3"$+52+廊0=；*及x（16+4+?。?g夜.

故選：D.

4.（多選）（2021?新高考全國(guó)卷I數(shù)學(xué)?高考真題）在正三棱柱ABC-48c中，A8=M=1,點(diǎn)尸滿足

BP=ABC+pBBt,其中幾/ze[0,l],則（）

A.當(dāng);1=1時(shí)，△AB/的周長(zhǎng)為定值

B.當(dāng)〃=1時(shí)，三棱錐P-A8C的體積為定值

C.當(dāng)a=；時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得

D.當(dāng)〃=g時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P,使得AB，平面A87

【答案】BD

【詳解】

V

易知，點(diǎn)P在矩形BCG與內(nèi)部（含邊界）.

對(duì)于A,當(dāng)；1=1時(shí)，BP=BC+〃BB\=BC+〃CC「即此時(shí)Pe線段CQ,△AB/周長(zhǎng)不是定值，故A錯(cuò)誤:

對(duì)于B,當(dāng)〃=1時(shí)，BP=ABC+BB=BBi+AB^.故此時(shí)P點(diǎn)軌跡為線段,而8c〃BC,Bg〃平面

\BC,則有尸到平面ABC的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確.

對(duì)于C,當(dāng)4=3時(shí)，BP=；BC+〃BB「取BC,中點(diǎn)分別為。，H,則BP=BQ+〃QH,所以尸點(diǎn)

軌跡為線段?！?，不妨建系解決，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，A與,01，尸（o,o,〃），則

AP=-乎=APBP=〃（〃-1）=0,所以〃=0或〃=1.故H，。均滿足，故

c錯(cuò)誤；

對(duì)于D,當(dāng)〃時(shí)，BP=ABC+；BB「取陽(yáng)，CG中點(diǎn)為M,N.BP=BM+AMN，所以P點(diǎn)軌跡為

線段MN.設(shè)尸（0,%,￡|,因?yàn)锳0,0所以AP=-,\B=--^,^,-1,所以

3111

,

-+-y（）--=0=＞）0=--.此時(shí)2與可重合，故D正確.

故選：BD.

5.（多選）（2021?新高考全國(guó)卷H數(shù)學(xué)?高考真題）如圖，在正方體中，。為底面的中心，尸為所在棱的中

點(diǎn)，M,N為正方體的頂點(diǎn).則滿足MNLOP的是（）

【答案】BC

【詳解】

設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2,

對(duì)于A,如圖（1）所示，連接AC,則MV//AC,

故NPOC（或其補(bǔ)角）為異面直線所成的角,

1_V2

在直角三角形OPC,OC=6,CP=\,故tan/POC=

故MN_LOP不成立，故A錯(cuò)誤.

對(duì)于B,如圖（2）所示，取MT的中點(diǎn)為。，連接PQ,OQ,則OQ_LNT,PQA.MN,

由正方體SBCM-NADT可得SN_1_平面ANDT,而OQu平面ANDT,

故SN1OQ,而SNMN=N,故。Q，平面SNZM,

又MNu平面SNTM,OQ1MN,而O。PQ=Q,

所以MN_L平面。?。，而POu平面OPQ,故MNLOP,故B正確.

對(duì)于C,如圖（3）,連接BD，則80〃肱V,由B的判斷可得OPJ_3￡）,

故0P1MN,故C正確.

對(duì)于D,如圖（4）,取AO的中點(diǎn)Q,A8的中點(diǎn)K,連接AC,PQ,OQ,PK,OK,

則AC//MN,

因?yàn)镈P=PC,故尸Q〃AC,微PQHMN,

所以NQPO或其補(bǔ)角為異面直線PO,MN所成的角，

圖（4）

因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2,故PQ=gAC=0,OQ=ylAO2+AQ2=7172=^.

PO=\）PK2+OK2=V4+l=>/5>QO2<PQ2+OP2,故NQP0不是直角，

故尸O,MN不垂直，故D錯(cuò)誤.

故選：BC.

W押題沖關(guān)q.

1.（2022?山東淄博?一模）若圓錐的母線長(zhǎng)為2g,側(cè)面展開(kāi)圖的面積為6萬(wàn)，則該圓錐的體積是（）

A.yfi/rB.3萬(wàn)C.3#>兀D.9萬(wàn)

【答案】B

【詳解】

設(shè)圓錐的高為力，底面半徑為小

則gx2;rrx26=6i,解得r=x/L

所以〃=Q（2布了=3.

則圓錐的體積V=gx3;rx3=3%.

故選：B

2.（2022?江蘇南通?模擬預(yù)測(cè)）某同學(xué)畫(huà)“切面圓柱體”（用與圓柱底面不平行的平面切圓柱，底面與切面之

間的部分叫做切面圓柱體），發(fā)現(xiàn)切面與圓柱側(cè)面的交線是一個(gè)橢圓（如圖所示）若該同學(xué)所畫(huà)的橢圓的

離心率為則“切面”所在平面與底面所成的角為（）

兀兀兀

A.B.C.D.

1267

【答案】B

【詳解】

如圖，“切面”所在平面與底面所成的角為NBAM,設(shè)圓的半徑為r,

則AW=2r，AB=2a.CD=2b=2rf

??￡_!

?~a~29

?2=1

a2

,AM

??萬(wàn)一E'

,人A/f_道

??cos/BAM——，

2

_71

：.NBAM=—,

6

故選：B.

3.（多選）（2022?福建漳州?二模）已知正方體"CD-A4CQ的邊長(zhǎng)為2,M為由的中點(diǎn)，尸為側(cè)面8C04

上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足平面ABP,則下列結(jié)論正確的是（）

A.AM±B.MB.〃平面48戶

C.動(dòng)點(diǎn)尸的軌跡長(zhǎng)為名叵D.A〃與A片所成角的余弦值為好

33

【答案】BC

【詳解】

如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,

則4（0,0,2）,A（022）,5（0,0,0）,M（2,l,0）,P（x,y,0）,

所以43=（0,-2,-2）,BP=（x,y,0）,AM=（2,1,-2）,

由40〃平面ABP,

0+bx=2

得40=。43+切明，即卜2〃+勿=1,化簡(jiǎn)可得3x-2y=0,

-2a=-2

所以動(dòng)點(diǎn)尸在直線3x-2y=0上，

A選項(xiàng)：AM=（2,l,—2）,4M=（2,—1,0）,=2x2+lx（-l）+（-2）x0=3*0,所以A"與4M不

垂直，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤；

B選項(xiàng)：CD\"B,ABu平面A8P,CRcz平面ABP,所以CR//平面ABP,B選項(xiàng)正確；

C選項(xiàng)：動(dòng)點(diǎn)尸在直線3x-2y=0上，且P為側(cè)面8CC聲上的動(dòng)點(diǎn)，則「在線段《8上，《［*2,0）,所以

收=［）+2?+（）2=半,。選項(xiàng)正確：

D選項(xiàng)：4旦=（0,0,-2）,cos（AAM8）=地2+；+（_2）2=|，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；

故選：BC.

4.（多選）（2022?湖北?一模）我們把經(jīng)過(guò)同一頂點(diǎn)的三條棱兩兩垂直的三棱錐，稱作直角三棱錐.在直角三

棱錐S-A8C中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩垂直，設(shè)SA=mSB=h,SC=c，點(diǎn)S在底面A8C的射影為點(diǎn)。，三

條側(cè)棱SA、SB、SC與底面所成的角分別為a、/、y,下列結(jié)論正確的有（）

A.。為AASC的外心B.ZiABC為銳角三角形

C.若a＞匕＞C,則2＜尸＜7D.sin2a+sin2/7+sin2y=1

【答案】BCD

【詳解】

連接AD并延長(zhǎng)交8c于E，連接SE,因?yàn)镾￡）_L平面ABC,BCu平面ABC,

所以SOJ_3C,因?yàn)镾A、SB、SC兩兩垂直，所以SAL平面SBC,因?yàn)锽Cu平面SBC,

所以S4_L8C,因?yàn)?。門(mén)斜=5,所以BC_L平面S4E,因?yàn)锳Eu平面SAE,所以BCJ_AE,即8CJLAQ,

同理可證得即LAG8,何，故D應(yīng)為」4BC的垂心，故選項(xiàng)A不正確；

由勾股定理可得，AB2=a2+b2,AC2=a2+c2,BC2=b2+c2,

在，A8C中，由余弦定理得,

AB24-AC2-BC2_a2+b2+a2+c2-b2-c2a2

cosABAC=>0,所以㈤C為銳角，同理可

2ABAC-2-Ta2+bTy[a2+J?Ja2+b2\Ja2+c2

得NABCNACB都為銳角，所以,ABC為銳角三角形，故選項(xiàng)B正確;

設(shè)50=力，則由題意得sina=",sin/?=?,siny=",

abc

若”>b>c,則sinc<sin￡<siny,因?yàn)閍、/?、/都為銳角，所以a<￡<y,選項(xiàng)C正確;

由選項(xiàng)A可知，SA_L平面SBC,因?yàn)镾Eu平面SBC,所以SA_LSE,由等面積法可得

be,aSE1a2b2+a2c2+b2c2111

了77萬(wàn)7聲’侍涔—aw—=/+『/

故sin。a+sin26+sin2y=hr+.故選項(xiàng)D正確.

故選：BCD

5.（多選）（2022?廣東梅州?二模）在長(zhǎng)方體ABO-AAG。中，|他|=|陽(yáng)=1，|的卜2,動(dòng)點(diǎn)尸在體對(duì)

角線BR上（含端點(diǎn)），則下列結(jié)論正確的有（）

A.當(dāng)尸為8。中點(diǎn)時(shí)，Z4PC為銳角B.存在點(diǎn)尸，使得8。1平面APC

D.頂點(diǎn)3到平面APC的最大距離為正

C.|”|+|PC|的最小值2遙

2

【答案】ABD

【詳解】

解：如圖，以點(diǎn)。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)8尸=43〃（04/141）,

則A（l,0,0）,8（l,l,0）,C（0,l,0）,4（0,0,2）,

則BD,=(-1,-1,2),故BP=ABDt=(—4—%22),

則AP=A8+8P=(0,1,0)+(—/l,一/1,24)=(-A,l-2,2A),

CP=CB+BP=(l,0,0)+(-A,-A,22)=(l-A,-A,2/1),

對(duì)于A,當(dāng)P為中點(diǎn)時(shí),

則村-另』,

CP=

則*(W，T，心信,卜1

所以cosZAPC=IPA]|PC?=J.>o,

兩儼C|31

所以4PC為銳角，故A正確；

當(dāng)平面APC,

因?yàn)锳PCPu平面APC,所以8。LCP,

BD.AP=2+Z-l+42=0

則《解得片，

B￡>1CP=2-l+2+4A=0

故存在點(diǎn)尸，使得8烏_1■平面APC,故B正確;

對(duì)于C,當(dāng)B.LARBQJCP時(shí)，|"|+|PC|取得最小值,

由B得，此時(shí)兀=」，

6

則4尸=卜費(fèi)，9CP=修一巖），

66371663y

所以網(wǎng)半尸卜畫(huà)，

即|M+|pq的最小值為粵,故c錯(cuò)誤;

對(duì)于D,AB=(0,l,0),AC(-l,l,0),

設(shè)平面APC的法向量”=（x,y,z）,

n-AC=-x+y=0

則有，

HAP=-2X+(1-2)+2/IZ=0,

可取〃(24242/1-1),

AB-n

則點(diǎn)8到平面APC的距離為,8卜|cos（AB,n

|n|>/12/l2-4Z+l，

當(dāng)4=0時(shí)，點(diǎn)B到平面APC的距離為0,

當(dāng)0＜尤＜1時(shí),

2,

所以點(diǎn)8到平面APC的最大距離為立，故D正確.

2

故選：ABD.

方考前預(yù)測(cè)夕彳（限時(shí):30分鐘）

1.“阿基米德多面體”也稱半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱

美.如圖是以一正方體的各條棱的中點(diǎn)為頂點(diǎn)的多面體，這是一個(gè)有八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形的

“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長(zhǎng)為1,則經(jīng)過(guò)該多面體的各個(gè)頂點(diǎn)的球的體積為（）

由題意，P。，平面A8CO,所以POLOC,又BDPO=O,

所以0C，平面PBD,

所以O(shè)E_LOC,cosNCEO=程,CE2=OE2+OC2=x2+8，即CE=6+8,

所以COSNCEOM且M-T工=,解得x=2,

所以尸o=>JPD2-OD2=2V2，

所以％TBS=；X4X4X2正=呼.

故選：A.

3.已知三棱錐P-A8C,其中PAL平面ABC,N54c=120。，PA=AB=AC=2,則該三棱錐外接球的

表面積為（）

A.124B.16zrC.20%D.24萬(wàn)

【答案】C

【詳解】

根據(jù)題意設(shè)底面，ABC的外心為G,O為球心，所以。G_L平面A8C,因?yàn)镻A_L平面ABC,

所以O(shè)G〃94,設(shè)。是以中點(diǎn)，因?yàn)镺P=Q4,所以。OJ.PA,

因?yàn)镽4_L平面ABC,AGu平面ABC,所以AG_LP4,因此OQ〃AG,

因此四邊形OD4G是平行四邊形，故OG=AO='PA=1,

2

由余弦定理，得

BC=AB2+AC2-2AB-ACcosnO°=^4+4-2x2x2x（-^）=2百,

,4a2AG=^2-=>AG-2

由正弦;E理，得73,

2

所以該外接球的半徑R滿足R2=（OG『+（AG）2=5nS=4乃2=20萬(wàn)，

故選：C.

4.莆田媽祖城有一鐘樓，其頂部可視為正四棱柱與正四棱錐的組合體，如圖，四個(gè)大鐘分布在正四棱柱

的四個(gè)側(cè)面，則每天0點(diǎn)至12點(diǎn)（包含0點(diǎn)，不含12點(diǎn)）相鄰兩鐘面上的時(shí)針成60。角的次數(shù)是（）

A.2B.4C.6D.8

【答案】B

【詳解】

由題設(shè)，在0、6點(diǎn)時(shí)相鄰鐘面上的時(shí)針都平行，即夾角為0度；在3、9點(diǎn)時(shí)相鄰鐘面上的時(shí)針垂直，即

夾角為90度，

所以相鄰鐘面上的時(shí)針，在0~3、3~6、6~9、9~12點(diǎn)之間各有一次成60。角的情況，故共有4次成60。

角.

故選：B

5.已知一個(gè)圓錐的體積為3萬(wàn)，其側(cè)面積是底面積的2倍，則其底面半徑為（）

A.2>/3B.3C.舊D.走

3

【答案】C

【詳解】

設(shè)底面半徑為，高為〃，母線為/,如圖所示：

1q

則圓錐的體積V=7乃，〃=3乃，所以/〃=9,即〃==,

3r

1o

S側(cè)=5?2=2乃/，則/=2r,

又h=」l2-戶=底，所以&r=9,故廠

故選：C.

6.設(shè)三棱柱ABC-A4G的側(cè)棱垂直于底面，AB=AC=2ZBAC=90°,M=3V2,且三棱柱的所有

頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積是

A.244B.181C.264D.164

B.點(diǎn)用到平面AOG的距離為|加

c.異面直線A耳與CQ所成角的余弦值為巫

10

A.PDQ

D.設(shè)P,Q分別在線段A旦，OG上，月.七7二岸，則尸。的最小值為代

?!1￡>)￡JC|

【答案】ABD

【詳解】

解：在正三棱柱ABC-A4G中，。為BC的中點(diǎn)，所以4)_LBC,

如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(G,O,O),8(0,1,0),c(o,-i,o),D(o,0,0),A(瘋0,3),4(0，1，3),

q(0-1,3),所以AB=b8,l,-3),ZM=(百,0,0),DC,=(O,-l,3),設(shè)平面A￡?G的法向量為〃=(x,%z),

則卜"A=6"=°,令z=],則y=3,犬=0,所以〃=(0,3,l),因?yàn)椤?A8=-6x0+lx3+(-3)xl=0,

[n-DCj=-y+3z=0

即〃1.48,乂平面A￡>G，所以45//平面AZ)G，故A正確;

/廠\ABn\|-V3x0+3xl+lx3|3而3/—

因?yàn)锳g=-8,1,3,所以c=------==——[=^—,則點(diǎn)用到平面相＞G的距離為；故

''|n|V32+1255

B正確;

因?yàn)锳A=卜6,1,0),CQ=(O,l,-3),設(shè)內(nèi)線A內(nèi)與CQ所成角為。，則cosO=,；d=%所以

異面直線—斤成角的余弦值為嚕，故C錯(cuò)誤:

設(shè)笑=盥=3則A2=4A冉、QQ=4OG，因?yàn)锳耳=(-6,1,0),DCt=(o,-i,3),所以

/1=(&,40),￡)Q=(O,-43；l),則P(G-&,43),e(O,-A,32),所以

|PQ『=(G-6@+4萬(wàn)+(3-3耳=162z—242+12,所以當(dāng)幾=；時(shí)|PQ『有最小值，所以|「。|，=3,

所以|PQL=6，故D正確；

故選：ABD

9.（多選）已知同底面的兩個(gè)正三棱錐P-ABC和Q-ABC均內(nèi)接于球。，且正三棱錐P-ABC的側(cè)面與

底面所成角的大小為;，則下列說(shuō)法正確的是（）.

4

A.P4/平面Q8C

B.設(shè)三棱錐Q-A8C和尸—ABC的體積分別為%和%“sc，則%-AHC=4%..C

4

C.平面A8C截球。所得的截面面積是球。表面積的石倍

D.二面角P-A8—。的正切值為-|

【答案】BCD

【詳解】

???同底面的兩個(gè)正三棱錐P-ABC和ABC均內(nèi)接于球O,

...PQ為球。的直徑，

取AB的中點(diǎn)M,連接PM、QM,則PM_LAB,CM1AB,QM1AB,

AZPMC為側(cè)面PAB與底面ABC所成二面角的平面角，ZQMC為側(cè)面QAB與底面ABC所成二面角的

平面角，乂正三棱錐尸-ABC的側(cè)面與底面所成角的大小為:，

4

設(shè)底面的中心為N,P到底面的距離為h,球的半徑為R,貝iJPN=h,OP=R,ON=R—h,MN=h,CN=2h,

...R2=（2〃y+（R-M，

5

=QN=4h,PN=h,

???P、C、Q、M四點(diǎn)共面,又CN=2MN,QN=4h,PN=h,

.??PA與QM不平行，故PA與平面QBC不平行，故A錯(cuò)誤；

由QN=4PN,可得%-.sc=4匕＞_ABC，故BI上確;

:平面ABC截球0所得的截面面積為萬(wàn)（2/z）2=4萬(wàn)層，球O表面枳為4萬(wàn)店=4萬(wàn)=25萬(wàn)川,

4

???平面ABC截球O所得的截面面積是球O表面積的石倍，故C正確；

PM=&h,QM=也2+（4力）2=gh,QP=5fi,

"小嗎熱駕一看,io端

55

AtanZPM2=-p即二面角P-A8一。的正切值為一日，故D正確.

JJ

故選：BCD.

10.（多選）已知正四面體ABCO的棱長(zhǎng)為3,其外接球的球心為。.點(diǎn)E滿足AE=4AB（O<4<1）,過(guò)點(diǎn)E

作平面a平行于4c和BO,設(shè)a分別與該正四面體的棱BC,CD,D4相交于點(diǎn)尸，G,H,則（）

A.四邊形EFGH的周長(zhǎng)為定值B.當(dāng)4=g時(shí)，四邊形EFGH為正方形

11QO

C.當(dāng)2=:時(shí)，a截球。所得截面的周長(zhǎng)為一萬(wàn)D.四棱錐A-EFG”的體積的最大值為:尤

343

【答案】ABD

【詳解】

AC//平面a,平面a、，平面48C=所，平面a|平面A￡?C=GH

則AC//EF,AC//GH,則EF〃GH

又80〃平面a,平面a平面平面aI平面8￡）C=GF

則BD//EH,BDHGF,則E”〃GF

則四邊形EFGH為平行四邊形.

由AE=/IAB，可得AE：AB=/l,則//E:￡>3=2,EF.AC=\-A

又正四面體A8CO的棱長(zhǎng)為3,

則HE=GF=3A,EF=GH=3（l-X）

選項(xiàng)A：四邊形EFGH的周長(zhǎng)為"E+G尸+E尸+GH=2[34+3（l-/l）]=6.判斷正確；

I33

選項(xiàng)B：當(dāng)2時(shí)，HE=GF=±,EF=GH=~,則平行四邊形EFGH為菱形

222

又正四面體A3C。中，對(duì)棱8DJ.AC,則EF上EH,

則菱形EFG"為正方形.判斷正確；

分別取BD、BC、AC的中點(diǎn)M、N、Q,連接DN、CM、MQ,

設(shè)DN、CM交于K,連接AK,則AK為正四面體的高

正四面體A5C。的棱長(zhǎng)為3,其外接球的球心為。，則。在AK匕連接CO

AM=CM=,KM=-CM=-x-y/3=—AK=\)AM二KM?=R

23322t

設(shè)球O半徑為R,則CO1=KC2+KO2,

即代"-R)1解之得

由AM=CM,AQ=QCf可得MQ_LAC

同理有則MQ為異面直線3。、AC之間的距離

MQ={MC二QC—五,則點(diǎn)K到AC的距離為0,球心。到AC的距離為)應(yīng)

選項(xiàng)C：當(dāng)；l=g時(shí)，設(shè)a與MC交于T,則TC=g"C=曰，T到AC的距離為也

球心。到平面EFGH的距離為巫

4

則平面a截球0所得截面的周長(zhǎng)為舊兀.判斷錯(cuò)誤；

選項(xiàng)D：由AE=2AB，MQ=3五

可得點(diǎn)A到平面EFGH的距離為|仞，又平行四邊形EFGH為矩形，

則四棱錐A-EFGH的體積V=gx34x3(l-㈤xgx/Ll='近萬(wàn)(1-4)

令f(x)=后(1-x)(0<x<1),則f\x)=141x(2-3x)

由尸(x)>0得0<x<；,由/")<0,得:<x<l

則/(x)在傳)單調(diào)遞增，在停,1)單調(diào)遞減，在》=：時(shí)取最大值后)《0x(刎-|)=￥，即

:夜把(1-㈤的最大值為逑

23

故四棱錐A-EFGH的體積的最大值為述.判斷正確.

3

故選：ABD

11.（多選）如圖，設(shè)區(qū)尸別是正方體ABCQ-AB|GR的棱co的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E在尸的左邊，且C￡>=2,

歷=1,點(diǎn)P在線段8A上運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.8a，平面B盧F

B.三棱錐的體積為定值

C.點(diǎn)P到平面AC。的距離為亞

3

D.直線與直線8g所成角的余弦值的最大值為J

6

【答案】BC

【詳解】

易證平面ACGA,而平面與EF,平面Ab。。同一個(gè)平面，若平面4EF,即BQ，平面

AB。。，則可推出平面ACGA與平面Age。平行或重合，由圖易知這兩個(gè)平面顯然是相交的，矛盾，

故A錯(cuò)誤.

因?yàn)?-4所=%”,EF=gs*尸與G，而s*.定值，與￡也為定值，所以/訓(xùn)所為定值，故B正確.

因?yàn)榫W(wǎng)〃CQ,所以BA〃平面ACR.又因?yàn)辄c(diǎn)P線段BA上運(yùn)動(dòng)，所以點(diǎn)P平面ACR的距離等于點(diǎn)B

到平面4cA的距離，其中S人m=3x（2夜）2=2g,S8c=gx2x2=2.設(shè)點(diǎn)B平面ACR的距離為

d,由力.ACD,=%-ABC，得：底2島=:x2x2,解得：d=空,即點(diǎn)P到平面AC"的距離為亞，故

3333

C正確.

以D原點(diǎn)，分別以D4,OC,OR方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系D—xyz,

則8（2,2,0）,A（2,0,2）,B,（2,2,2）,￡（0,r,0）（0<t<l）,網(wǎng)=（0,-2,2）,B,E=（-2,f-2,-2）.設(shè)直線地

與&E成的角為6,貝ij'2&xj8+（"2尸夜xj/-今+為應(yīng)“叱-；）+|“咫一二‘

當(dāng)且僅當(dāng)t=l時(shí)，等號(hào)成立，故D錯(cuò)誤.

故選：BC

12.（多選）一個(gè)圓柱和一個(gè)圓錐的底面直徑和它們的高都與一個(gè)球的直徑2R相等，下列結(jié)論正確的是

（）

A.圓柱的側(cè)面積為4萬(wàn)R2B.圓錐的側(cè)面積為2%改

C.圓柱的側(cè)面積與球的表面積相等D.球的體積是圓錐體積的兩倍

【答案】ACD

【詳解】

解：對(duì)于A,,圓柱的底面宜徑和高都等于2R,

???圓柱的側(cè)面積S,=2萬(wàn)R?2R=4乃if?故A正確;

對(duì)于B,.圓錐的底面直徑和高等于2H,

22

???圓錐的側(cè)面積為S2=7rR->jR+4R=亞兀K,故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,,圓柱的側(cè)面積為E=4萬(wàn)雙，

球的表面積53=4〃2,即圓柱的側(cè)面積與球的表面積相等，故C正確；

對(duì)于D,球的體積為乂=：乃川，圓錐的體積為％=g%R2.2R=:萬(wàn)R3,

即球的體積是圓錐體積的兩倍，故D正確.

故選：ACD.

13.（多選）如圖所示，三棱錐P-ABC中，ACLBC,AC=BC=PC=\,。為線段A3上的動(dòng)點(diǎn)（。不

與AB重合），且AT>=PZ）,則（）

A.PA1CDB.ZDPC=45。

C.存在點(diǎn)。，使得R4_LBCD.三棱錐P-BCD的體積有最大值受

24

【答案】ABD

【詳解】

三棱錐P-45C中，取PA中點(diǎn)E,連接DE,CE,如圖,

因AC=8C=PC=1,AD=PD,則￡>EJ_PA,CE_LPA,而OEcCE=E,3E,CEu平面COE,

則有PAL平面COE,又8u平面COE,所以A正確；

因AC_LBC,AC=BC=PC=l,則NCA8=45,又AD=PD,則PCDsACD,

于是得NDPC=ZCAB=45，B正確；

假設(shè)存在點(diǎn)O，使得PALBC,由選項(xiàng)A知P4_L8,乂CDcBC=C,CDBCu平面ABC,

則B4_L平面ABC,而ACu平面ABC,于是得線段AC是平面ABC的斜線段PC在平面ABC上的射影，

必有PC>AC,與AC=PC=1矛盾，所以假設(shè)是錯(cuò)的，C不正確；

令PO=AO=x(O<x<0),則3￡>=J5-X，令尸。與平面ABC所成角為e(o<eq),

因此，點(diǎn)P到平面ABC的距離/?=P￡)sine=xsin。,而S加=gc8gBsin?=￥(0-x)，

X+X2

則三棱錐P8a)的體枳丫^-SBCD-h=—x(y/2-x)sin0<—(^~)sin0<—,

3BCD1212224

當(dāng)且僅當(dāng)x=",且，=￡時(shí)取"=",所以當(dāng)D是AB中點(diǎn)，且尸￡>，平面48。時(shí)三棱錐P-8CD的體積取

22

最大值立，D正確.

24

故選：ABD

14.(多選)在圓錐SO中，C是母線&4匕靠近點(diǎn)S的三等分點(diǎn)，SA=l,底面圓的半徑為r,圓錐SO的

側(cè)面積為3萬(wàn)，則()

A.當(dāng)/=3時(shí)，從點(diǎn)A到點(diǎn)C繞圓錐側(cè)面一周的最小長(zhǎng)度為加

B.當(dāng)r=］時(shí)，過(guò)頂點(diǎn)S和兩母線的截面三角形的最大面積為邁

C.當(dāng)/=3時(shí)，圓錐SO的外接球表面積為學(xué)

O

D.當(dāng)/=3時(shí)，棱長(zhǎng)為2叵的正四面體在圓錐SO內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動(dòng)

3

【