数学高考练习第4讲体积、面积、周长、角度、距离定值问题（解析版）

第4讲体积、面积、周长、角度、距离定值问题

一、单选题

1.（2022•浙江省江山中学模拟预测）如图，在单位正方体ABCD-4向GR中，点尸是线段

A。上的动点，给出以下四个命题：

①异面直线PG与直线80所成角的大小为定值；

②二面角P-8G-。的大小为定值；

4

③若Q是对角线4G上一点，则PQ+QC长度的最小值为y；

④若R是线段3。上一动点，则直线PR与直线AC不可能平行.

其中真命题有（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】C

【解析】

【分析】

利用正方体的性质，结合空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项判断

正误.

【详解】

解：对于①，由正方体的性质可知，平面ABG。，乂尸6u平面ABG。，

故B£LPC,,异面直线P&与直线BG的所成的角为定值，①正确；

对于②，平面尸8a即为平面A8GR,平面ABGR与平面BCQ所成的二面角为定值，故二

面角P-8C1-力为定值，②正确；

对于③，将平面4CG沿直线AG翻折到平面ABCR内，平面图如下，过C点做C尸，Aq,

CP^ACi=Q,，此时，PQ+QC的值最小.

由题可知，CG=l,C4=e,AG=石,NRAG=NC|AC=NAGB,

sinNC|AC=¥，cosNC|AC=竽

jr|

2

则ZCC,£=--2NGAC,sinZCC)E=cos2ZC1AC=2cosZqAC-1=-,

故£*C=C£xsin/CC]E=；，又尸£；=Aff=l,

4

故PQ+QC的最小值为W，故③正确.

对于④，在正方体ABCO-ABCQI中易证AC_L平面B£>G,设AcnBD=o,则"0G即

为二面角A-80-G的平面角，又正方体边长为1,故AG=3,40=0C=乎，则

A。=C0=亚,由余弦定理得cosZAOC=弁［々C=:，故NAOG<g,同理

22•Ai(X*C^1Cz92

TV

-<ZAOC,<7r,

TT

故在例上必然存在一点E,使得二面角E-B0-G为］,即平面EBD_L平面BOC，平面

EBD与平面AORA的交线为ED,

则£004。=^，过户点作5。的垂线PR.此时PR_L平面BOG,乂AC，平面8£>G，故

刊?〃AU故④错误.

故选：c.

2.（2022•北京•人大附中模拟预测）已知正方体ABCO-44G。，。为对角线AG上一点（不

与点AG重合），过点O作垂直于直线AG的平面a,平面a与正方体表面相交形成的多边

形记为M,下列结论不正确的是（）

A.M只可能为三角形或六边形

B.平面A3CD与平面a的夹角为定值

C.当且仅当。为对角线AC；中点时，拉的周长最大

D.当且仅当。为对角线A0中点时，M的面积最大

【答案】C

【解析】

【分析】

在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状，周长及

面积大小，通过法向量的关系可确定二面角的大小，从而判断各选型对错.

【详解】

如下图，在正方体中，体对角线AG与平面C瓦R,平面48。，平面OP0R5T都垂直，由

图可知，在平面a运动过程中“只可能为三角形或六边形，故A正确：由题可知平面a与

AG都垂直，所以平面a在移动过程中都是平行平面，与平面ABCD的夹角为定值，故B

正确；如下图，当。为对角线AC1中点时，M为正六边形OPQRST,而三角形A3。为等边

三角形，根据中位线定理=可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当O

为对角线AG中点时，M为正六边形。「驯丁，设边长OT=a,面积为地当。向下

2

刚开始移动时，〃为六边形。出QKSZ，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化

量相等，设QZ=4+x,SZ=a-M0<x<a）,而且所有六边形的高都相等且等于耳，两邻

边夹角都为120,则S六边形。出0[kS]（=SA卬出+S枕形股叼+S/Q内$

=—(a+x)(a-x)sinl20x2+-(a+x+a-x)xx/3tz=^^-a2--x2<^^-a2,肖M为三角形

22222

时面积最大为疯i2〈主叵a2,所以当且仅当。为对角线4GH」点时，〃的面积最大，故D

2

正确.

故选：C.

3.(2022•河南省实验中学高一期中)如图，在正方体ABCr>-A8GP中，AB=2,M,N

分别为AR，Bg的中点，E,F分别为棱A/3,C。上的动点，则三棱锥M-NEF的体积

A.存在最大值，最大值为gB.存在最小值，最小值为|

4

C.为定值］D.不确定，与E,尸的位置有关

【答案】C

【解析】

【分析】

通过顶点转换，确定三棱锥的底和高的变化情况，即可确定答案.

【详解】

如下图，连接4M,BN,在正方体ABCD-ABCQ中，M,N分别为AR,BC的中点,

何得MN//AB1CD,3c〃平面MEN,所以当F在棱8移动时，尸到平面MEN的距离为定

值，当E在棱A3移动时，E到MN的距离为定值，所以I的为定值，则三棱锥M-N£户的

体积为定值.平面MEN即平面M48N,作C”_LBN于〃，由于A8_LC”，可得CHL平面

MABN,由ABBN~ACHB,可得毁=丝=>2=丝=8=逑，而

BNBC加25

S.MEN=3*MNxBN=—x2x>/5=>/5,VM_NEF=VF_MEN=-SVMENxCH=—.

故选：C.

4.（2022•山西运城•模拟预测（文））如图，正方体ABCO-ABCQ的棱长为1,线段C0上

有两个动点E,F,且EF=g,点尸，。分别为4乌，3片的中点，G在侧面CDD£上运动,

且满足&G〃平面CAPQ,以下命题错误的是（）

A.ABt1EF

B.多面体4EFB1的体积为定值

C.侧面CDAG上存在点G,使得B|G1CD

D.直线BQ与直线8c所成的角可能为2

O

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意，结合线线垂直的判定定理、线面垂直的性质，以及异面直线夹角的求解方法，对

每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】

对A：连接G。，作图如下：

因为AB8-A8GR为正方体，故可得DG〃AB1,又DCJCR,E尸与CR是同一条直线,

故可得OG_LEF,则A4LEF,故A正确；

对B：根据题意，EF=1,FL线段班1在C。上运动，且点A到直线CR的距离不变，

故AAE尸的面积为定值，又点用到平面4C0的距离。也为定值，

故三棱锥的体积VAEFBi=1S'EFx/?为定值，故B正确；

对C：取G"，CC的中点分别为连接B、M,MN,NBi，作图如下：

BC

容易知在△€1℃中，MN//CDt,又PD"B'M,MNcB、M=M,CD、cPD、=D、,

MN,u面B\MN,CD»P。u面PDtCQ,故面用MN〃面PDtCQ.

又G在侧面上运动，且满足4G〃平面CRPQ,故G的轨迹即为线段MN:

又因为ABCO-ABCQ为正方体，故C。J_面3CG耳片Nu面BCC6，故用NJ.C。，

则当G与N重合时，Bfi1CD,故C正确：

对D：因为BC〃与G，故直线及G与BC所成角即为直线耳G与国C所成角，即NG4G,

11

在MAB|C|G中，CEmax=GN=g，GGmM==兴,

故tanNC百G=等=GGe坐,：，而当直线用G与直线BC所成的角为[时，

4c[42o

tang=g』坐工，故直线用G与直线BC所成的角不可能为£故D错误.

63L42J6

故选：D.

【点睛】

本题考查立体几何中的动点轨迹的问题，以及线线垂直、线面垂直、异面直线夹角、棱锥体

积的求解，属综合困难题；解决问题的关键是把握动点的轨迹，熟练的应用垂直关系之间的

转化.

5.（2022.全国•高三专题练习）如图所示，在正方体ABCO-AgCQ中，过对角线BR的一

个平面交AA于E,交CG于F,给出下面几个命题:

①四边形8尸£»或一定是平行四边形；

②四边形BFQE有可能是正方形；

③平面BFRE有可能垂直于平面B局。；

④设RF与0c的延长线交于M,与OA的延长线交于M则M、N、8三点共线；

⑤四棱锥用-BFRE的体积为定值.

以上命题中真命题的个数为（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】C

【解析】

【分析】

由面面平行的性质和四边形的判定定理可判断①；由正方形的性质可判断②：由面面垂直的

判定定理可判断③；由两平面相交的性质可判断④；由等积法和棱锥的体积公式可判断⑤.

【详解】

因为平面伏。。与平面8CG4平行，截面与它们交于QE,BF,可得0E//8F,

同样可得BE//DE，所以四边形8如田是一个平行四边形，故①正确；

如果四边形8FRE是正方形，则BE_LRE,

因为8E1AA，所以BE_L平面AAE,

又R4L平面ARE,E与4重合，此时BFRE不是正方形，故②错误；

当两条棱上的交点是中点时，四边形BFRE为菱形，EFL平面BBQQ,

此时四边形8FRE垂直于平面8BQD,故③正确；

由RF与〃C的延长线交于M,可得尸，且MeOC，

又因为RFu平面8FRE,QCu平面A8CZ）,

所以Me平面BF0E,加€平面48（7。，

又因为Be平面2F。了，Be平面488,

所以平面BFREC平面ABCD=BM,

同理平面3FREn平面ABCD=BN,

所以BM,8N都是平面BFRE与平面A3。的交线，

所以B,M,N三点共线，故④正确；

由于V^-BEDF=VE-BBQ,+/-阳0,1CCJIAA^II平面BB、D、,

则E,F到平面88a的距离相等，且为正方体的棱长，三角形8BQ,的面积为定值，

所以四棱锥瓦-BERF的体积为定值，故⑤正确.

故选:C.

【点睛】

此题涉及的设问情况较多，有一定成立，有可能成立.对于一定成立的命题，需要利用定理

加以证明，对于可能成立的问题举出例子即可说明其成立，利用反证法才能证明其不成立.

故此类题在判断时，要学会选用适当的方法.

6.（2022•陕西•西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图，棱长为1的正方体

ABCD-AB©。中，点尸为线段AC上的动点，点M,N分别为线段AC”CG的中点，则下

列说法惜送的是（）

DiG

.AB

A.4尸：4B.三棱锥的体积为定值

D.AP+RP的最小值为|

C.ZAPDte[60°,120°]

【答案】D

【解析】

【分析】

利用直线与平面垂直判定定理，三棱锥体积公式，以及余弦定理与极限位置分别判断选项真

假即可。

【详解】

由BCJ•平面AB4A，可得则

由AA1BC,AB,_LA],ABCBC=8,可得AB,1.平面A.BC

又A/u平面ABC,则所以A项命题正确;

由于M,N分别为AG，CG中点，可得〃N〃AC

因为点p在ACL,所以点P到平面ENM的距离为定值,

则三棱锥M-NP的体积%叫“=丫2=：S

由于54阚和h都为定值所以三棱锥"-4桥的体积为定值，所以B项命题正确;

AP2+DP2-DA2lx1-21

设AP=x,由对称性可得DtP=x,则cos4皿=c?八二=^-2-=1-二

,iJii2xx

当P与c重合时，此时j4即达到最小为初,

由等面积法可得3m¥=喑邛，此时

当AP1AC交ACTP时,

cosNAPR=l-±=-!，乙4PA达到最大为120",所以C项命题正确;

厂2

将平面A41c与平面沿4。展成平面图，当交A。于P时，可得

AP=D,P=x=—,此时AP+O/=2西为最小值,

1313

所以D项命题错误；故选D。

【点睛】

本题考查命题真假判断，空间几何体中直线与平面垂直，几何体的体枳，以及余弦定理求夹

角，以及夹角最值问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力，属于中档题。

7.（2022•全国•高三专题练习）如图，在正方体A88-ABCQ中，点P为线段AC上的动

点（点尸与A，C不重合），则下列说法不正确的是（）

A.BD1CP

B.三棱锥C-的体积为定值

C.过P,C,，三点作正方体的截面，截面图形为三角形或梯形

D.OP与平面所成角的正弦值最大为:

【答案】D

【解析】

【分析】

A.通过平面ACC/进行说明；B.根据等体积法进行说明；C.分析尸点位置，作出截面

图形后进行判断；D.先分析线面为NAP。，然后表示出sinN^ED,通过分析PR的长度确

定出正弦值的最大值.

【详解】

由题可知平面ACGA，所以BD_LCP,故A正确；

由等体积法得匕一成“=Vp_BCD=1'S,BCD•A4,为定值，故B正确;

设AG的中点为〃，当PeMG时，如下图所示：

此时截面是三角形R2C,

当PeMA时，如下图所示:

此时截面是梯形AQRC,故c正确;

选项D,在正方体中，连接口尸，则RP为在平面ABC。上的射影，则为DP与

平面AgCQ所成的角，

设正方体的棱长为1,PD、=x,则。尸=//，sinZDtPD=^==,

当x取得最小值时，sinN"PD的值最大，即"PJLAG时，》的值最小为包，

2

所以sinNRP。的值最大为△色，故D不正确.

3

故选：D.

【点睛】

方法点睛：作空间几何体截面的常见方法：

（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，

找截面就是找交线的过程；

（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，

可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；

（3）作延长线找交点法：若直线相交但是立体图形中未体现，可通过作延长线的方法先找

到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；

（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅

助平面.

8.（2022•全国•高三专题练习）已知正方体ABCO-AAGR内切球的表面积为兀，尸是空间

中任意一点：

①若点尸在线段上运动，则始终有

②若M是棱G"中点，则直线A"与CC,是相交直线；

③若点尸在线段4。上运动，三棱锥。-BPG体积为定值；

④E为AZ）中点，过点与，且与平面A8E平行的正方体的截面面积为亚；

以上命题为真命题的个数为（

【答案】B

【解析】

【分析】

根据线面垂直的性质定理证明①是真命题；由图可知直线AM与CG是异面直线，故②是假

命题；利用等体积转化法得到三棱锥。-8PG体积等于三棱锥C-BPG的体枳，接着求点

到平面的距离和底面面积，从而证明三棱锥。-8PC体积为定值；做出过点用，且与平面

\BE平行的正方体的截面为面AMON,最后求其面积即可.

【详解】

因为正方体AB8-A8G。内切球的表面积为兀，

设内切球的半径为r,则4万产=%，解得r=；,

所以正方体A8CO—AgGR的棱长为2r=1,

因为C0JLBG，Cq143,且8GnA8=B,

所以C^JL面ABGR,因为Cfu面A8GR,

所以GP_LC瓦恒成立，故①是真命题；

由图可知，直线A"9CG是异面直线，故②是假命题:

由图可知：因为CD//BPG，三棱锥。-8PG体积等于三棱锥C-BPG的体积,

由①知，Cg,面8PG，所以C点到面8PG的距离为也，

2

因为动点尸到直线BG的距离等于1,

所以ABPG的面积等于2x0x1=遮,

22

所以%BPC='x正x«l=’，故棱锥O-8PG体积为定值，故③是真命题;

D-BPG3226

取4R中点为M.BC中点为N,连接B\M,MD,DN,B、N

因为B、M//BE,B\N"AE,所以面用MON//面ABE,

所以过点B,,且与平面\BE平行的正方体的截面为面B、MDN,

由图可知面B\MDN是菱形，其中对角线长为勺。=6,MN=拒，

所以品=亚，故④是真命题；真命题的个数有3个，

122

故选：B;

【点睛】

与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接

点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为

正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球

面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

二、多选题

9.（2022・山东师范大学附中模拟预测）已知正方体ABC。-A4GA棱长为2,P为空间中

一点.下列论述正确的是（）

ULBIuuurM

A.若则异面直线8P与CQ所成角的余弦值为正

26

LIUUUMUUU

B.若BP=/lBC+8B"/le[0,l]）,三棱锥P-A^C的体积为定值

uiruun1uuir/、

C.若BP=/lBC+5Bq（/l€[0』]）,有且仅有一个点P,使得AC，平面ABf

UUUUUU/\「九■乃

D.若AP=；MA（/l«O』），则异面直线BP和G。所成角取值范围是

【答案】ABD

【解析】

【分析】

根据向量关系式确定动点位置或轨迹，然后判断各个选项正误.

【详解】

选项A：由题，如下图，P为AA中点，取的中点O,连接20,80,则PO〃G。，所

以NBPO或其补角即为异面直线5P与G。所成的角，易得BP=娓,PO=近,BO=娓,所

以cosNBPO=B,A正确；

6

选项B：由条件而=4阮+瓯（2w[0,1]），可知尸点的轨迹为线段4G，因为耳C1〃BC,

故尸到平面ABC的距离为定值，且三角形AABC面积为定值，故三棱锥P-ABC体积为定

4

值故选项B正确.

选项C：由而=Xm+g函。e[0,1]）可知点P在线段E尸上（E、尸分别为明、CG中点），

因为AC_L平面A4R,所以平面A8/即为平面A8Q,点P即为平面A8Q与直线"'交

点，此交点在尸E延长线上，故选项C错误.

选项D：由A户=九耳。；(；1€[0,1])可知点P的轨迹为线段AR.建系如图，得

QD=(-2,0,2),5(2,0,2),设P(0,a,2-a),aw[0,2],则丽=(-2,a,-a),所以

—..…4—2Q2—a

cos〈BP,C]£＞〉=—,—,,令2-a=xe[0,2],

2垃"+2/242+/

jr

当a=2,即x=0时，cos〈丽，场〉=0,此时直线班和G。所成角是万；

cos〈BP,CQ〉=-j--------“11

当。=2,即xw(0,2］时，则1.64,,令一-,-KO

2J—7——+1x2

\x2x

cos〈丽，泵〉=2«J今+1,所以当g=f=g，即。=o时，COS〈丽，丽〉取最大值为*,

直线附和所成角的最小值为£,故选项D正确.

4

故选：ABD.

【点睛】

本题考查了立体几何中的线面垂直的判定，体积求法及异面直线所成角的求解问题，意在考

查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、

平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以

利用空间向量法，通过求解直线方向向量或平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

10.（2022•海南华侨中学模拟预测）如图，ABC。是边长为5的正方形，半圆面平面

ABCD点P为半圆弧AD上一动点（点P与点A,。不重合）.下列说法正确的是（）

A.三棱锥P—AB。的四个面都是直角三角形

B.三棱锥P-ABQ体积的最大值为1今25

C.异面直线物与BC的距离为定值

D.当直线PB与平面ABC。所成角最大时，平面物B截四棱锥P—ABC。外接球的截面面

积为25(3一拒)万

4

【答案】AC

【解析】

【分析】

利用面面垂直和线面垂直的性质可得A8_LAP,由平面几何知识可证明ZAPD=90°,

ABA.AD,ZBPD=90°,由此可判断选项A；

当点P是半圆弧AD的中点时，三棱锥尸-丽的底面积凡次,取得最大值，求解即可判断选

项B；

证明AB为异面直线PA与8c的距离，即可判断选项C：

过点P作/>H-LAD于点连接W7,确定为直线依与平面A8CD所成的角，利用

平面几何知识，表示出sir/PBH,利用基本不等式求解最值，即可得到答案.由题意可得

正方形ABCD的中心即为四棱锥P-ABCD的外接球的球心，求其对角线长，可得外接球的

半径，代入球的表面积公式得答案.

【详解】

对于A选项，因为底面ABCD为边长是4的正方形，则AB_L4),

又半圆APDL平面ABC。，半圆AP£>n平面A3CD=4。，ABI平面ABC。，

则AB_L半圆4PO,

又APu平面APD,

故

则”/汨为直角三角形，

所以尸8?=4尸+4*,

因为A。是圆的直径，

则NAPD=90。，

故△4PO为直角三角形，

所以尸£>2=A£>2_Ap2,

因为ABJLAD,

则△4)8是直角三角形，

所以8/)2=4)2+482,

在/\PDB中，PB2+PD2=(AP2+AB')+(AD1-AP2)=AD2+AB2=HD2,

则NBPD=90。,

所以“PD为直角三角形，

故三棱锥尸-9的每个侧面三角形都是直角三角形，

故选项A正确；

对于B选项，在三棱锥中，AB_L半圆面APO,

则AB是三棱锥P-AHD的高，

当点尸是半圆弧AD的中点时，三棱锥P-AB£>的底面积邑,也取得最大值，

三棱锥P-A3D的体积取得最大值为gx5x；x5x|=空，

故选项B错误；

因为半圆面AP£»_L平面A8C3,43L/W,半圆面APOD平面43a>=A£>,

所以A8_L半圆面APD，又月4u半圆面APO,所以AB_LB4,又AB_L8C,

所以A3为异面直线R4的距离，所以异面宜线与3C的距离为定值；故C正确;

对于D选项，取3D的中点。，由选项A中的解析可得，OA=OB=OP=OD=-BD=—,

22

所以点。为四棱锥P-ABCD外接球的球心，

过点尸作P//_LA£）于点H，连接8H,如图所示,

因为半圆面ARDJL平面ABCZ),半圆面APZ>n平面ABCD=A£>，

故尸”_L平面A8C3,

所以BH为PB在平面ABCD内的射影，

则NPBH为直线PB与平面43a>所成的角，

设AH=x,贝」i0vxv5,DH=5-x,

在RtA4P£>中，PH2=AHDH=x(.4-x),

PD2=DHAD=5(5-X),

所以尸必=BD--PD2=(5扬2-5(5-x)=25+5x,

u..„„PH'x(5-x)1x2-5x

故a2//D"丽=不wFR,

令i=x+5,PJiJx=t-5,且5<r<10,

所以—=(一5)[5(-5)=,+型一6.2、白-15=1。田-15,

x+5ttVt

当且仅当“手,即f=5近时取等号,

所以sinZBH”-i(J0\/2-15)=3-25/2,

贝!IsinNPBH”&-1,

所以直线所与平面ABC。所成最大角的正弦值为a-1，

此时4/=5近-5,PH-=(5>/2-5)x(10-572),所以P"=5蚯(&-1),

A产=(5&-5尸+(5底(五-1)2,AP=5j及-1,

过。作于M,S&ADP=^ADXPH=^APXDM,解得DM=5,及-1短,所以球心。到

面E4B的品巨离d=5H啦,

2

设截面半径为"，则有，=(半)2一]=々-生电二逑=莘，所以截面面积为驾身，故

22444

D错误；

故选：AC.

【点睛】

本题以命题的真假判断为载体，考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关

系，空间几何体外接球的理解与应用，空间角、空间几何体的体积的计算等知识，考查空间

想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，属于难题.

11.(2022.浙江省杭州学军中学高二期末)如图，棱长为2的正方体ABC。-48G2中，E、F

分别为棱的中点，G为面对角线80上一个动点，则()

A.三棱锥A-EFG的体积为定值

B.线段B。上存在点G,使平面EFG〃平面BOG

C.设直线尸G与平面BCG用所成角为，，贝IJcos，的最小值为g

D.三棱锥A-EFG的外接球半径的最大值为逑

2

【答案】ACD

【解析】

【分析】

A选项，使用等体积法，面面平行进行证明；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量

进行证明；C选项，求出平面BCCg的法向量，先求出正弦值的最值，进而求出余弦值的

最值；D选项，找到外接球的球心，表达出半径，求出最大值.

【详解】

因为平面ADDA〃平面8CG瓦，而B,Cu平面8CG耳，故80〃平面ADRA，因为点G为

面对角线上一个动点，故G点到面距离不变，为2,因为£歹分别为棱ARMA

的中点，故面积不变，故三棱锥％一£仍不变，三棱锥的体积匕产〜=%见…故A正

确；

如图1,以。为坐标原点，。A所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，0A所在直线为

z轴建立空间直角坐标系,则3（2,2,0）,0（0,0,0）,G（0,2,2）,E（l,0,2）,*2,0,1）,设

0<m<2),平面8OC1的法向量为〃]=(%,加4),则心黑__个

/71•/J,—+ZZ]—u

令％=1,则百=-1,z,=-1,则）=（一1,1,—1）,设平面EFG的法向量*=（&,%,Z2），则

n-EF=x-z=Q3-2m

区2.而=(优2一22)々+2%+(〃?-1"2=0‘*"'"%=，%=,所以

2

3-2m3-2m,11解得：k=7,〃2=|,因

J,则设点=%后，即（一1,1,-1）=4I,

，22

为04〃zV2,故不合题意，所以线段BQ上不存在点G,使平面EFG〃平面BDG，8错误;

而=（加—2,2,加—1）,平面BCG用的法向量为第=（04,0），则

|(川-2,2,m-1)(0,1,0)|2

sin0=|cos(FG,嘲=其中

\)2病-6m+912病-6加+9

2

3则sin。的最大值为延，因为所71以cos©的

2m2-6m+9=2m——

22232

最小值为g,c正确;

如图2,连接也交所于点，，则，为"的中点，AJ考，则三棱锥A-MG的外接

球球心的投影为1/,过点G作力丁点H,则GHL平面AO0A，G〃=2,找到球

心位置0,连接。4,0G,则0A=0G,为外接球半径，过点。作OK_LGH于点K,则OK=JH,

OJ=HK,设OK=JH=a（0<rz<—）,OJ=HK=h,由勾股定理得：

2

（石丫（/yY

22222222

OA；=OJ+AtJ=h+:,OG=（2-h）+a,从而人〜手=（2-/j）+a,解得:

二1，要想半径最大，则只需〃最大，艮“最大，当”挈札力最大为2,此时半

故选：ACD

【点睛】

对于立体几何的外接球问题，需要确定球心的位置，一般思路是先找到一个特殊的平面，一

般为三角形，找三角形的外心，即球心在这个平面的投影，进而确定球心的位置，进而列出

方程，求出半径，得到答案.

12.（2022•浙江•镇海中学高二阶段练习）如图，在正方体中，点P在线段

上运动，则下列结论正确的是（）

A.直线B»1_L平面

B.三棱锥AGP的体积为定值

C.异面直线”与所成角的取值范围是［30。,90。］

D.直线CP与平面所成角的正弦值的最大值为亚

3

【答案】ABD

【解析】

【分析】

对于A,利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B,利用线

面平行的判定定理，得出4c〃平面AG。，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判

断；对于C,利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D,通过建立空间直角

坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.

【详解】

对于A,连接BQ,BRcBBi，

AG，平面B8Q,4G，同理，£>C|_L84，AGc£>G=G，二直线8。4平

面AC。，故A正确；

对于B,V\D//B,c,AOu平面AG。，qca平面AG。，BC〃平面AG。，

・・・点P在线段BC上运动，，点P到平面的距离为定值，又AAG。的面积为定值，利

用等体积法知三棱锥AGP的体积为定值，故B正确；

对于C,•••4。〃瓦C,.•・异面直线AP与4D所成的角即为的与所成的角，

当点P位于C点时，4尸与8C所成的角为60。，

当点尸位于BC的中点时，•••平面BCG&,BP1B.C,..AP1BtC,止匕时，AP与

所成的角为90。，

异面直线钎与A。所成角的取值范围是［60。,90。］,故C错误；

对于D,以。为原点，D4为x轴，0c为>轴，DR为z轴，建立空间直角坐标系，设正方

体ABCO-ABCQ的棱长为1，P（a』,a）,

则0(0,0,0),A(l，0，l)，C,(0,1,1),函'=(1,0,1),西=(0,1,1),QP=(a,0,a-l),

设平面AG。的法向量)=(x,y,z),则,为普U，即["+，:，

令X=1,得”(1,1,-1),所以，直线GP与平面ACQ所成角的正弦值为：

印•万|_]_]

|G4同归+(”1广》行(、_j+J

.1=瓜

'与时，直线CF与平面AG。所成角的正弦值取得最大值，最大值为"^"『一行",故

20由

D正确.

故选：ABD

y

X

【点睛】

关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、

三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角

的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.

13.(2022・全国•高三专题练习)在正三棱柱A8C-A4G中，AB=AA]=\,点户满足

丽=几配+〃瓯，其中则()

A.当4=1时，444P的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥P-AfC的体积为定值

C.当2=；时，有且仅有一个点P,使得A/LBP

D.当〃=g时，有且仅有一个点P,使得A/，平面AB,

【答案】BD

【解析】

【分析】

对于A,由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B,将尸点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

对于C,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点

的个数：

对于D,考虑借助向量的平移将尸点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解尸点

的个数.

【详解】

x

易知，点P在矩形BCC4内部（含边界）.

对于A,当;1=1时，BP=BC+/nBB^BC+/JCC,,即此时Pe线段CG，△做P周长不是定

值，故A错误：

对于B,当〃=I时，而=2前+函=函+/1而，故此时P点轨迹为线段B£,而B£"BC,

片和〃平面ABC,则有P到平面ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.

对于C,当；1=:时，而=:而+"函，取3C,BC中点分别为0,〃，则丽=丽+〃丽，

所以P点轨迹为线段不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，P（o,o,〃）,

k）

则凝=,而=（o,-；,〃），丽.丽=4（4-1）=0,所以〃=0

或〃=1.故均满足，故C错误；

对于D,当〃=；时，BP=^BC+-BB],取四，CG中点为丽=丽+九丽，所

以尸点轨迹为线段MN.设因为A1"，O,O],所以入户=一手,％,；],

\4/乙L乙

/r-\

4月="2T-1,所以5+；%-；=0=%=-；，此时尸与N重合，故D正确.

\）

故选：BD.

【点睛】

本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内.

14.（2022.山东山东.高一期中）在四面体ABC。中，AB=CD=AC=BD=2,S.AD=BC=,

若用平面a去截四面体ABC。，则下列结论正确的为（）

A.a截四面体4BC。所得截面形状可以为菱形

B.当8c〃。时，a截四面体ABC。所得截面形状不可能为直角三角形

C.当AB//a,CZ）〃a时，a截四面体ABC。所得截面形状的周长为定值

D.四面体ABC。的外接球表面积为7万

【答案】ACD

【解析】

【分析】

A利用中位线性质及已知条件作过BC,AC,AD,BD的中点平面即可判断；B当E为AD

中点，由余弦定理判断ZBEC,并分析BC//a,即面a与面ABC或面BCD的交线移动过

程中N5EC的变化趋势即可判断；C作出一个满足条件的截面，利用等比例性质判断截面周

长；D将四面体补全为长方体，求长方体外接球表面积即可.

【详解】

A：当a过棱8C,AC,AD,8。的中点构成的平面四边形，

AB=CD=AC^BD^2,

•••由三角形中位线性质可知：截面形状为菱形，故正确;

B：如图，当E为AO中点时，CE=BE=—.

55,

-H-----6]

此时△8CE中cos4EC=22=一即NBEC为钝角,

2x-5

2

若截面过E且5C〃a,即面a与面ABC或面8c。的交线〃/BC,

所以交线在向顶点A或。移动过程中N8EC趋向于0,

故可能为直角三角形，故错误;

C：如图，。截四面体A5C0所得截面为四边形/G"/,

Va/MB,a//CD,

・•・由线面平行的性质可知：四边形尸Gm为平行四边形,

GHAGGFCG

~CD~~ACyAB-AC*

.GHGF

..---+——则G"+GF=2,

平行四边形FGm的周长为定值，故正确;

D：如图，四面体ABCO可由棱长分别为白，6，1的长方体的对角线构成,

易知四面体ABCD的外接球即为长方体的外接球，

外接球的直径为长方体的体对角线的长度，

D

外接球半径为五，表面积为7兀，故正确；

2

故选：ACD.

15.（2022•山东聊城•三模）在直四棱柱ABCQ-ABIG。中，所有棱长均2,ZBAD=6O。，P

为CC,的中点，点。在四边形DCG?内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（）

A.当点。在线段CR上运动时，四面体A/PQ的体积为定值

B.若AQ〃平面ABP,则4Q的最小值为石

C.若△AB。的外心为M,则用.而彳为定值2

D.若4。=疗，则点。的轨迹长度为与

【答案】ABD

【解析】

【分析】

由题易证得“C〃面ABP,所以直线c9到平面A2