華師一附中2024屆高三（截面交線軌跡翻折范圍與最值）試卷帶答案

一、單選題1．如圖，在正方體ABCDA1B1F分別為棱AB，CD上的動點，則三棱錐MNEF的體積()A．存在最大值，最大值為B．存在最小值，最小值為C．為定值D．不確定，與E，F(xiàn)的位置有關動點E，F(xiàn)，且EF=，點P，Q分別為B1G∥平面CD1PQ，以下命題錯誤的是A．AB1EFB．多面體AEFB1的體積為定值C．側面CDD1C1上存在點G，使得B1GD．直線B1G與直線BC所成的角可能為A，BB1的中點，G在側面CDD1C1上運動，且滿足 6 63．如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，過對角線BD1的一個平面交AA1于E，交CC1于F，給出下面幾個命題：①四邊形BFD1E一定是平行四邊形；②四邊形BFD1E有可能是正方形；③平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D；④設D1F與DC的延長線交于M，D1E與DA的延長線交于N，則M、N、B三點共線；⑤四棱錐B1BFD1E的體積為定值.以上命題中真命題的個數(shù)為()4．如圖，正方形EFGH的中心為正方形ABCD的中心，AB=2，截去如圖所示的陰影部分后，翻折得到正四棱錐PEFGH（A，B，C，D四點重合于點P則此四棱錐的體積的最大值為()37537533動點，設二面角P一AD一C為Q，直線PB與平面ABCD所成的角為β,若Q=β,則三棱錐PA1BC1體積的最小值是()M為QG的中點.過EM作截面將此四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為V1，V2，則的最小值為()7．已知正三棱錐S一ABC的底面邊長為，外接球表面積為3π,SA<，點M，N分別是線段AB，AC的中點，點P，Q分別是線段SN和平面SCM上的動點，則AP+PQ的最小值為()4442------則A1F2A1B上的一動點，則AP+PC1的最小值為()2BC，10．在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=CDBC，AC交BD于O點，ΔABD沿著直線BD翻折成‘A1BD，所成二面角A1-BD-C的大小為θ,則下列選項中錯誤的是()A．ZA1BC<θB．ZA1OC>θC．ZA1DC<θD．ZA1BC+ZA1DC>θ11．設三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點記直線PB與直線AC所成的角為Q，直線PB與平面ABC所成的角為β,二面角P-AC-B的平面角是y則三個角Q，β,y中最小的角是()A．QB.βC．yD．不能確定12．設正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)分別為AB，BD1的中點，點M在正方體的表面上運動，且滿足FMLDE，則下列命題：①點M可以是棱AD的中點；②點M的軌跡是菱形；③點M軌跡的長度為2+；④點M的軌跡所圍成圖形的面積為.其中正確的命題個數(shù)為()13．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的邊長為2，點E，F(xiàn)分別為棱CD，DD1的中點，點P為則點P的軌跡長為()2214．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=2，點E，F(xiàn)，G分別為棱AB，AD，PC的中點，下列說法錯誤的是()A．AG⊥平面PBDB．直線FG和直線AC所成的角為 π 3C．過點E，F(xiàn)，G的平面截四棱錐P一ABCD所得的截面為五邊形D．當點T在平面ABCD內(nèi)運動，且滿足△AGT的面積為時，動點T的軌跡是圓A,B,C,D,和側面CDD,C,上運動并且使ZMAC,=ZPAC,，那么點P的軌跡A．兩段圓弧B．兩段橢圓弧C．兩段雙曲線弧D．兩段拋物線弧16．如圖，已知四邊形ABCD，ΔBCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，ΔABD為等邊三角形，BD=2，將ΔABD沿對角線BD翻折到△PBD在翻折的過程中，下列結論中不正確A．BDLPCB．DP與BC可能垂直C．直線DP與平面BCD所成角的最大值是45。D．四面體PBCD的體積的最大是17．如圖1，在正方形ABCD中，點E為線段BC上的動點（不含端點將‘ABE沿AE翻折，使得二面角B一AE一D為直二面角，得到圖2所示的四棱錐BAECD，點F為線段BD上的動點（不含端點則在四棱錐BAECD中，下列說法正B．存在點F，使得CF∥平面BAEC．側面BEC與側面BAD的交線與直線AD相交D．三棱錐B-ADC的體積為定值二、多選題面對角線B1C上一個動點，則下列選項中正確的是A．三棱錐A1-EFG的體積為定值.B．存在GE線段B1C，使平面EFG//平面BDC1.C．G為B1C上靠近B1的四等分點時，直線EG與BC1所成角最小.D．若平面EFG與棱AB，BC有交點，記交點分別為M，N，則MF+MN的取值范圍是,.三、填空題19．已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，且該四棱錐的所有頂點都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD,PA=AB=，BC=2，點E在棱PB上，且=2，過E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是.20．球體在工業(yè)領域有廣泛的應用，某零件由兩個球體構成，球O1的半徑為10,P,Q為球O1表面上兩動點，PQ=16,M為線段PQ的中點.半徑為2的球O2在球O1的內(nèi)壁滾動，點A,B,C在球O2表面上，點O2在截面ABC上的投影H恰為AC的中點，若O2H=1，則三棱錐M-ABC體積的最大值是.點F是CD的中點，則過B1，E，F(xiàn)三點的平面a截該正方體所得截面的面積為.22．如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M,N分別是棱A1B1,A1D1的中點，點P在線段CM上運動，給出下列四個結論：①平面CMN截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面圖形是五邊形；②直線B1D1到平面CMN的距離是；④△PDD1面積的最小值是.其中所有正確結論的序號是.23．在棱長均相等的四面體ABCD中，P為棱AD(不含端點)上的動點，過點A的平面a與平面PBC平行.若平面a與平面ABD，平面ACD的交線分別為m，n，則m，n所成角的正弦值的最大值為.24．已知一個正四面體的棱長為2，則其外接球與以其一個頂點為球心，1為半徑的球面所形成的交線的長度為.25．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為，以A1為球心，半徑為2的球面與底面ABCD的交線的長度為.26．如圖，在四面體ABCD中，DA，DB，DC兩兩垂直，DA=DB=DC=，以D為球心，1為半徑作球，則該球的球面與四面體ABCD各面交線的長度和為.【分析】通過頂點轉(zhuǎn)換，確定三棱錐的底和高的變化情況，即可確定答案.【詳解】如下圖，連接AM,BN，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為A1D1，B1C1的中點，可得MN//AB//CD，DC//平面MEN，所以當F在棱CD移動時，F(xiàn)到平面MEN的距離為定值，當E在棱AB移動時，E到MN的距離為定值，所以SΔMEN為定值，則三棱錐MNEF的體積為定值.平面MEN即平面MABN，作CHBN于H，由于ABCH，可SΔMENMNBN2，VMNEFVFMENSVMENCH.【分析】根據(jù)題意，結合線線垂直的判定定理、線面垂直的性質(zhì)，以及異面直線夾角的求解方法，對每個選項進行逐一分析，即可判斷和選擇.【詳解】對A：連接C1D，作圖如下：因為ABCDA1B1C1D1為正方體，故可得DC1//AB1，又DC1CD1，EF與CD1是同一條直線，故可得DC1EF，則AB1EF，故A正確；對B：根據(jù)題意，EF1，且線段EF在CD1上運動，且點A到直線CD1的距離不變，故ΔAEF的面積為定值，又點B1到平面ACD1的距離h也為定值，故三棱錐AEFB1的體積VAEFBS‘AEFh為定值，故B正確；對C：取C1D1,C1C的中點分別為M,N，連接B1M,MN,NB1，作圖如下：容易知在ΔC1D1C中，MN//CD1，又PD1//B1M，MNB1MM,CD1PD1D1，MN,B1M面B1MN,CD1,PD1面PD1CQ，故面B1MN//面PD1CQ，又G在側面CDD1C1上運動，且滿足B1G∥平面CD1PQ，故G的軌跡即為線段MN;又因為ABCDA1B1C1D1為正方體，故CD面BCC1B1,B1N面BCC1B1，故B1NCD，則當G與N重合時，B1GCD，故C正確；對D：因為BC//B1C1，故直線B1G與BC所成角即為直線B1G與B1C1所成角，即C1B1G，2故tanZC1B1G==C1GE,，而當直線B1G與直線BC所成的角為時，tan=生,，故直線B1G與直線BC所成的角不可能為，故D錯誤.故選：D.【點睛】本題考查立體幾何中的動點軌跡的問題，以及線線垂直、線面垂直、異面直線夾角、棱錐體積的求解，屬綜合困難題；解決問題的關鍵是把握動點的軌跡，熟練的應用垂直關系之間的轉(zhuǎn)化.【分析】由面面平行的性質(zhì)和四邊形的判定定理可判斷①;由正方形的性質(zhì)可判斷②;由面面垂直的判定定理可判斷③;由兩平面相交的性質(zhì)可判斷④;由等積法和棱錐的體積公式可判斷⑤.【詳解】因為平面AA1D1D與平面BCC1B1平行，截面與它們交于D1E，BF，可得D1E//BF，同樣可得BE//D1F，所以四邊形BFD1E是一個平行四邊形，故①正確；如果四邊形BFD1E是正方形，則BELD1E，因為BELA1D1，所以BEL平面A1D1E，又BAL平面A1D1E，E與A重合，此時BFD1E不是正方形，故②錯誤；當兩條棱上的交點是中點時，四邊形BFD1E為菱形，EFL平面BB1D1D，此時四邊形BFD1E垂直于平面BB1D1D，故③正確；由D1F與DC的延長線交于M，可得MED1F，且MEDC，又因為D1F仁平面BFD1E，DC仁平面ABCD，所以ME平面BFD1E，ME平面ABCD，又因為BE平面BFD1E，BE平面ABCD，所以平面BFD1En平面ABCD=BM，同理平面BFD1En平面ABCD=BN，所以BM，BN都是平面BFD1E與平面ABCD的交線，所以B，M，N三點共線，故④正確；則E，F(xiàn)到平面BB1D1的距離相等，且為正方體的棱長，三角形BB1D1的面積為定值，所以四棱錐B1-BED1F的體積為定值，故⑤正確.故選:C.【點睛】此題涉及的設問情況較多，有一定成立，有可能成立.對于一定成立的命題，需要利用定理加以證明，對于可能成立的問題舉出例子即可說明其成立，利用反證法才能證明其不成立.故此類題在判斷時，要學會選用適當?shù)姆椒?4-2x2【分析】設EF=2x(0<x<4-2x2=2-x，棱錐的高為h==2,運用棱錐的體積公式和基本不等式可求得最值.【詳解】解：設EF=2x(0<x<2)，則所得的棱錐側面的高為=2-x，224【分析】根據(jù)題意，判斷得P的軌跡為拋物線一部分，建立平面直角坐標系，寫出直線A1C1 x22 x22 AC== 36P-A1BC1最小體積.【詳解】如圖，作POL平面ABCD，垂足為O，再作OELAD，垂足為E，連接PE,PB，由題意可知，ZPEO=ZPBO，所以EO=BO，由拋物線定義可知，O的軌跡為拋物線一部分，所以P的軌跡為拋物線一部分，當點P到線段A1C1距離最短時，三角形PA1C1面積最小，三棱錐B-PA1C1體積最小，建立如圖所示直角坐標系，則直線A1C1的方程為x-y+=0，,1,1,，,，所以P到直線A1C1的最短距離為 所以VP-ABC=VB-AP所以三棱錐P-A1BC1體積的最小值為.【點睛】求解本題的關鍵是能判斷出點P的軌跡為拋物線一部分，再建立平面直角坐標系，求解P到直線A1C1的最短距離，利用等體積法求解三棱錐P一A1BC1的最小體積.【分析】先判斷A為ΔQEG的重心，再利，借助基本不等式求出最小值即可.QBC，借助基本不等式求出最小值即可.【詳解】過Q作平面EFGH的垂線，垂足為O，連EG,EM，設EM,QO的交點為A，在△QHF中過A作直線BC交QH,QF于B,C兩點，由相交直線確定平面，則四邊形ECMB為過EM的截---1------可得QH=xQB,QF=1------1---1---11xy,易得E到平面QHF的距離為OE=2，M到平面QHF的距離為1，因為3(23)2(6)2)（)(QBC3(23)2(6)2)（)( 取等號，443xy4 =3，即的最小值為.故選：A.【點睛】本題關鍵點在于由A為‘QEG的體積，最后借助基本不等式得到最值.=3這一結論，再用x,y表示出要求【分析】根據(jù)外接球表面積求得外接球半徑，進而求得三棱錐的高，并推出側面為等腰直角三角形，作輔助線，將AP+PQ轉(zhuǎn)化為一條線段，從而確定AP+PQ最小時的線段的位置，再結合三角函數(shù)值，解直角三角形‘AQ,S,求得答案. 22 222 或解得 或解得32()()或2()()或則||+=AC=2，故‘ASC為等腰直角三角形，ASCAC=2，故‘ASC為等腰直角三角形，ASC故△ASB為等腰直角三角形，ZASB=,則AB故△ASB為等腰直角三角形，又ABLCM.CMnSM=M,故ABL平面SCM，取CB中點F，連接NF交CM于點O，則NFⅡAB,則NFL平面SCM,故NOL平面SCM，則ZSON=90O，要求AP+PQ最小，首先需PQ最小，此時可得PQL平面SCM，則PQⅡFN；再把平面SON繞SN旋轉(zhuǎn)，與平面SNA共面，即圖中SO,N位置，當A,P,Q,共線且AQ,LSO,時，AP+PQ的最小值即為AQ,的長，由‘ASC為等腰直角三角形，故SN=AC=，NO=NF=xAB=AB=，:sinZOSN==，即ZOSN=30O，【點睛】本題考查了空間幾何體上線段和最小值的求解，涉及到幾何體的外接球以及空間的線面位置關系等問題，解答時要發(fā)揮空間想象，明確點線面的位置關系，并能進行相關計算，解答的關鍵是要將兩線段的和轉(zhuǎn)化為一條線段，才可求得線段和的最小值.【分析】以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系D一xyz，根據(jù)線面垂直的判定定理可證出A1CL平面BC1D，記A1C與平面BC1D交于點H，則易得A1H=2HC，從而得點A(3,0,3)關于平面BC1D對稱的點為G(1,4,1)，可知A1F+EF的最小值為EG，最后根據(jù)空間中兩點間的距離公式即可求出結果.,,1分別為x,y,z,,1因為BDLAC,BDLA1A，且AC八A1A=A，則BDL平面A1AC，所以BDLA1C，同理得BC1L平面A1B1C，所以BC1^A1C，而BDnBC1=B，所以A1CL平面BC1D，記A1C與平面BC1D交于點H，連接A1C1,C1O,AC，且ACnBD=O，從而得點A1(3,0,3)關于平面BC1D對稱的點為G(-1,4,-1)，所以A1F+EF的最小值為 222【分析】連接BC1，以A1B所在直線為軸，將VA1BC1所在平面旋轉(zhuǎn)到平面ABB1A1，設點C1的新位置為C,，連接AC,，判斷出當A、P、C,三點共線時，則AC,即為AP+PC1的最小值.=2,利用余弦定理即可求解.設點C1的新位置為C,，連接AC,，則有AP當A、P、C,三點共線時，則AC,即為AP+PC1的最小值.在三角形ABC中，AB=BC=，cosZABC=，由余弦定理得：C=2，所以VA1BC1為等邊三角形，所以ZBA1C1=6故選B.【點睛】（1）立體幾何中的翻折（展開）問題截圖的（2）立體幾何中距離的最值一般處理方式：①幾何法：通過位置關系，找到取最值的位置（條件直接求最值；②代數(shù)法：建立適當?shù)淖鴺讼?，利用代?shù)法求最值.【分析】由翻折中的邊角變化，利用圖形特征以及余弦定理,以及特殊位置排除即可做出判斷.【詳解】等腰梯形ABCD中，ADⅡBC，AB=AD=CD=BC,可知：ZACB=ZACD=30,BDLDC取BD中點N,BC中點M連接A1N,NM,則A1NLBD，NMLBC,所以ZA1NM為二面角A1BDC的平面角，即ZA1NM=θcos1A1M2,因為在0,π上余弦函數(shù)單調(diào)遞減，又1A1M21A1M2cosA1BCcosA1BC，故A對.C2當0。時,A1與M重合,此時A1DC60。,故C不對.A1DC在翻折的過程中，角度從120。減少到60。A1OC在翻折的過程中，角度從180。減少到30。BD選項根據(jù)圖形特征及空間關系，可知正確..故選:C【分析】根據(jù)異面直線夾角，直線與平面的夾角，平面與平面的夾角的定義分別做PB與AC，PB與平面ABC，平面PAC與平面ABC的夾角，再根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)比較幾個角的大小.【詳解】如圖，取BC的中點D，作VO⊥平面ABC于點O，由題意知點O在AD上，且AO=2OD.作PE//AC，PE交VC于點E，作PF⊥AD于點F，連接BF，則PF⊥平面ABC取AC的中點M，連接BM，VM，VM交PE于點H，連接BH，易知BH⊥PE，作于點G，連接FG，由PG⊥AC，PF⊥AC，PGnPF=P，由線面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又FG仁平面PGF∴FG⊥AC,作FN⊥BM于點N.：PGⅡVM，PFⅡVN∴平面PGFⅡ平面VMB，又PHⅡFN,四邊形PFNH為平行四邊形，所以PH=FN因此，直線PB與直線AC所成的角Q=ZBPE，直線PB與平面ABC所成的角β=ZPBF，二面角P-AC-B的平面角Y=ZPGF，又Q,βe[0,]，∴Q>ββ,Ye(0,)∴Y>β=tanβ綜上所述，Q,β,Y中最小角為β,故選B.【點睛】(1)求直線與平面所成的角的一般步驟：①找直線與平面所成的角，即通過找直線在平面上的射影來完成；②計算，要把直線與平面所成的角轉(zhuǎn)化到一個三角形中求解.(2)作二面角的平面角可以通過垂線法進行，在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.【分析】連接AC,BD，交于O，則O為AC,BD中點，過點P,Q分別作PH//BB1,QG//AA1，分別交B1C1,A1D1于點H,G，連接GH，進而可得點M的軌跡是矩形PQGH，再計算邊長即可得答案.【詳解】解：連接AC,BD，交于O，則O為AC,BD中點，因為F為BD1的中點，所以FO//DD1，由正方體的性質(zhì)可知DD1l平面ABCD，所以FOl平面ABCD，因為DE=平面ABCD，所以FOlDE，過點O作PQlDE，分別交BC,AD于P,Q，過點P,Q分別作PH//BB1,QG//AA1，分別交B1C1,A1D1于點H,G，連接GH，所以，PQGH四點共面，且GQ//PH,GQ=PH，所以，四邊形PQGH為平行四邊形，因為AA1l平面ABCD，所以PHl平面ABCD，PQ=平面ABCD，所以PHlPQ所以，四邊形PQGH為矩形，因為PQnFO=O，PQ,FO=平面PQGH，所以DEl平面PQGH，因為點M在正方體的表面上運動，且滿足FMlDE所以，當FM=面PQGH時，始終有FMlDE，所以，點M的軌跡是矩形PQGH，如下圖，因為ZDQO+ZQDE=ZQDE+ZAED=，所以，ZDQO=ZAED，所以，ZAQO=ZBED，因為ZOAQ=ZEBD=，所以ΔAOQ∽ΔBDE，2 所以，點M不可能是棱AD的中點，點M的軌跡是矩形PQGH，()()軌跡所圍成圖形的面積為收1=故正確的命題為③④.個數(shù)為2個.【分析】通過作圖，利用面面平行找到點P的軌跡，從而求得其長度，即得答案.【詳解】畫出示意圖如下：取CC1中點N，取D1C1中點M，連接B1M,B1N,MN,ME,則ME/B1B,ME=B1B,則四邊形MEBB1為平行四邊形，所以B1M/BE，連接D1C,則MN/D1C,EF/D1C,故MN/EF，又B1M八MN=M，BE八EF=E，B1M,MN仁平面B1MNBE,EF仁平面BEF,所以平面BEF/平面B1MN，平面B1MN∩平面CDD1C1=MN，所以P點軌跡即為MN，長度為|MN|=|D1C|=；證明：因為平面BEF/平面B1MN，P點是MN上的動點，故B1P仁平面B1MN，所以B1P/平面BEF，滿足題意.故選：A.【分析】將該四棱錐補成正方體后可判斷AB選項正誤；結合橢圓的定義可以判斷D的正誤，延長EF交直線CD于點H，交直線BC于點I，連接GI交PB于點M，連接GH交PD于點N，通過圖形即可判斷C選項正誤【詳解】解：可將四棱錐P一ABCD補形成正方體ABCD一直線AG即體對角線AC,，易證AC,L平面PDB，A選項正確；如圖②,取CD的中點H，連接FH，可知FH/AC，所以ZGFH（或其補角）與直線FG和直線AC所成的角相同，在‘FGH中，F(xiàn)G=GH=FG，所以ZGFH=，B選項正確；如圖③,延長EF交直線CD于點H，交直線BC于點I，連接GI交PB于點M，連接GH交PD于點N，則五邊形EFNGM即為平面EFG截四棱錐PABCD所得的截面，C選項正確；當S△AGT=時，因為AG=，所以點T到AG的距離為，點T在以AC為軸，底面半33333的圓柱上，又點T在平面ABCD上，所以點T的軌跡是橢圓．D選項錯誤.【分析】以A點為坐標原點建立空間直角坐標系，求得A,C,,M等點的坐標，從而可求得cosZMAC,，設AC,與底面A,B,C,D,所成的角為θ,繼而可求得cosθ,比較θ與ZMAC,的大小，利用正圓錐曲線被與中心軸成θ的平面所截曲線，即可得到答案.【詳解】由P點的軌跡實際是一個正圓錐面和兩個平面的交線，其中這個正圓錐面的中心軸即為AC,，頂點為A，頂角的一半即為ZMAC,，以A點為坐標原點建立空間直角坐標系， x(2)2+1 x(2)2+1設AC,與底面A,B,C,D,所成的角為θ,A,C,AC,則A,C,AC,則所以該正圓錐面和底面A,B,C,D,的交線是雙曲線弧，同理可知，P點在平面CDD,C,的交線是雙曲線弧，故選：C.【分析】對于A，取BD的中點M，即可得到BDL面PMC，A選項可判斷對于B，采用反證法，假設DPLBC，則BCL面PCD，再根據(jù)題目所給的長度即可判斷；對于C，當面PBDL面BCD時，此時直線DP與平面BCD所成角有最大值，判斷即可；對于D，當面PBDL面BCD時，此時四面體PBCD的體積有最大值，計算最大體積判斷即可【詳解】如圖所示，取BD的中點M，連接PM,CMΔBCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形,:BDLCMΔABD為等邊三角形,:BDLPM:BDL面PMC,:BDLPC,故A正確對于B，假設DPLBC，又BCLCD:BCL面PCD，:BCLPC，當面PBDL面BCD時，此時PML面BCD，ZPDB即為直線DP與平面BCD所成角此時ZPDB=60。，故C錯誤當面PBDL面BCD時，此時四面體PBCD的體積最大，此時的體積為：33V=SΔBCD.PM=x(xx)x=33【分析】A.用反證法判斷；B.在AD上取點G，使得AG=EC，當=判斷；C.利用線面平行的判定定理和性質(zhì)定理判斷；D.根據(jù)二面角B一AE一D為直二面角，由點E移動時，影響點B到AE的距離判斷.【詳解】A.假設B、E、C、F四點共面，則直線EC與BF共面，若EC與BF平行，又EC與AD平行，則AD與BF平行，這與AD與BF相交矛盾；若EC與BF相交，設交點為Q，則Q即在平面BAD內(nèi)，又在平面AECD內(nèi)，則點Q在交線AD上，這與EC與AD平行矛盾，所以假設不成立，所以B、E、C、F不共面，故錯誤；B.如圖所示：在AD上取點G，使得AG=EC，當=時，F(xiàn)G//AB，又FG仁平面BAE，AB仁平面BAE，所以FG//平面BAE，同理CG//平面BAE，又FGnCG=G，所以平面CFG//平面BAE，則CF∥平面BAE，故存在點F，使得CF∥平面BAE，故正確；C.設側面BEC與側面BAD的交線為l，因為EC//AD，且EC仁面BAD，AD仁面BAD，所以EC//面BAD，則EC//l，所以AD//l，故錯誤；高變化，而S△ADC是定值，故三棱錐B一ADC的體積不是定值，故錯誤；【分析】利用錐體的體積公式可判斷A選項的正誤；以點D為坐標原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷BC選項的正誤； 設AM=y,則BN=一1，則MF+MN=21+，根據(jù)y的范圍可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，因為GE平面BB1C1C，平面BB1C1C//平面AA1D1D，所以，點G到平面AA1D1D的距離等于AB，‘A1EF的面積為S△A1EF=A1E.A1F=，A1EF=S△A1EF.AB=xx2=，A選項正確；對于BC選項，以點D為坐標原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，2y1------------可得點G(2λ,2,2λ)，其中0≤λ≤1，故平面EFG與平面BDC1不平行，B選項錯誤，設直線EG與BC1所成角為θ,2 16λ224λ+1816λ+9，當λ=時，cosθ取得最大值，此時θ最小，C選項正確；對于D選項，延長EF和DA并相交于點K，作PN//BC1交BC于N，P在線段C1C上，此時PN與B1C的交點即為G，連接KN交AB于M，如圖所示：設AM=y,則BN=-1，所以M故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是空間向量及函數(shù)思想的應用.【分析】將四棱錐補形為長方體可得球O球心與球O半徑，則當EO與截面垂直時，截面面積最小.【詳解】如圖，將四棱錐P-ABCD補為長方體，則此長方體與四棱錐的外接球均為球O，因底面ABCD是矩形，則BCLAB.因PA⊥平面ABCD，BC仁平面ABCD，則PALBC，又PA仁平面PAB，AB仁平面PAB，PA∩AB=A，則BCL平面PAB.因PB仁平面PAB，則BCLPB.取PB的中點為F，OF2 3則OFⅡBC，OF=BC=1，OFLPB.PFOF2 3因=2，則PE=PB=，得EF=PF=則在直角三角形OEF中，OE==--PE31+9當EO與截面垂直時，截面面積最小， 則截面半徑為r==2-10=2.故截面面積為S=π2=.8π故答案為：9【分析】作出圖形，在球O2中求得三角形ABC的面積的最大值為3，作出圖形，求得點M為到平面ABC的距離最大值為15，根據(jù)錐體的體積公式即可求得答案.【詳解】解：如圖一所示：在圓O2中，因為點O2在截面ABC上的投影H恰為AC的中點，且O2H=1，所以‘ABC為直角三角形，且ZABC=90O，又因為O2A=2，所以可得AH=,AC=2，2所以S‘ABC=;如圖二所示：因為球O1的半徑為10，PQ=16,M為線段PQ的中點，當M,O1,O2三點共線且為如圖所示的位置時，點M為到平面ABC的距離最大，,,即三棱錐M一ABC體積的最大值是15.【分析】過F作FPⅡEF1，連接B1P，作出截面圖形，根據(jù)面面平行的性質(zhì)可得EB1PF為平行四邊形，然后利用平行四邊形面積公式即可求解.【詳解】如圖，過點F作FPⅡEF1，連接B1P，由面面平行的性質(zhì)可得：四邊形EB1PF為平行四邊形，點F是CD的中點，所以點BP=1，所以PF==2，因為平行四邊形EB1PF的高為3，故答案為：6.22.①③④【分析】對于①,直線MN與C1B1,C1D1的延長線分別交于M1,N1,連接CM1,CN1分別交,D1D1于M2,N2,連接MM2,NN2即可解決；對于②等體積法VBCMN=VCBMN解決即可；對于③④,建立空間直角坐標系，設=λ,0<λ<1，得P(2一λ,2一2λ,2λ)即可.【詳解】對于①,如圖直線MN與C1B1,C1D1的延長線分別交于M1,N1,連接CM1,CN1分別交,D1D1于M2,N2,連接MM2,NN2，則五邊形MM2CNN2即為所求的截面圖形，故①正確；對于②,由題知MN//B1D1，MN仁平面CMN，B1D1仁平面CMN，所以B1D1//平面CMN，所以點B1到平面CMN的距離即為直線B1D1到平面CMN的距離，設點B1到平面CMN的距離為h，由正方體ABCD一VCBMN所以直線B1D1到平面CMN的距