华师一附中2024届高三（截面交线轨迹翻折范围与最值）试卷带答案

一、单选题1．如图，在正方体ABCDA1B1F分别为棱AB，CD上的动点，则三棱锥MNEF的体积()A．存在最大值，最大值为B．存在最小值，最小值为C．为定值D．不确定，与E，F的位置有关动点E，F，且EF=，点P，Q分别为B1G∥平面CD1PQ，以下命题错误的是A．AB1EFB．多面体AEFB1的体积为定值C．侧面CDD1C1上存在点G，使得B1GD．直线B1G与直线BC所成的角可能为A，BB1的中点，G在侧面CDD1C1上运动，且满足 6 63．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，过对角线BD1的一个平面交AA1于E，交CC1于F，给出下面几个命题：①四边形BFD1E一定是平行四边形；②四边形BFD1E有可能是正方形；③平面BFD1E有可能垂直于平面BB1D；④设D1F与DC的延长线交于M，D1E与DA的延长线交于N，则M、N、B三点共线；⑤四棱锥B1BFD1E的体积为定值.以上命题中真命题的个数为()4．如图，正方形EFGH的中心为正方形ABCD的中心，AB=2，截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥PEFGH（A，B，C，D四点重合于点P则此四棱锥的体积的最大值为()37537533动点，设二面角P一AD一C为Q，直线PB与平面ABCD所成的角为β,若Q=β,则三棱锥PA1BC1体积的最小值是()M为QG的中点.过EM作截面将此四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为V1，V2，则的最小值为()7．已知正三棱锥S一ABC的底面边长为，外接球表面积为3π,SA<，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则AP+PQ的最小值为()4442------则A1F2A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为()2BC，10．在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD=CDBC，AC交BD于O点，ΔABD沿着直线BD翻折成‘A1BD，所成二面角A1-BD-C的大小为θ,则下列选项中错误的是()A．ZA1BC<θB．ZA1OC>θC．ZA1DC<θD．ZA1BC+ZA1DC>θ11．设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点记直线PB与直线AC所成的角为Q，直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角是y则三个角Q，β,y中最小的角是()A．QB.βC．yD．不能确定12．设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为AB，BD1的中点，点M在正方体的表面上运动，且满足FMLDE，则下列命题：①点M可以是棱AD的中点；②点M的轨迹是菱形；③点M轨迹的长度为2+；④点M的轨迹所围成图形的面积为.其中正确的命题个数为()13．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的边长为2，点E，F分别为棱CD，DD1的中点，点P为则点P的轨迹长为()2214．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=2，点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，下列说法错误的是()A．AG⊥平面PBDB．直线FG和直线AC所成的角为 π 3C．过点E，F，G的平面截四棱锥P一ABCD所得的截面为五边形D．当点T在平面ABCD内运动，且满足△AGT的面积为时，动点T的轨迹是圆A,B,C,D,和侧面CDD,C,上运动并且使ZMAC,=ZPAC,，那么点P的轨迹A．两段圆弧B．两段椭圆弧C．两段双曲线弧D．两段抛物线弧16．如图，已知四边形ABCD，ΔBCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，ΔABD为等边三角形，BD=2，将ΔABD沿对角线BD翻折到△PBD在翻折的过程中，下列结论中不正确A．BDLPCB．DP与BC可能垂直C．直线DP与平面BCD所成角的最大值是45。D．四面体PBCD的体积的最大是17．如图1，在正方形ABCD中，点E为线段BC上的动点（不含端点将‘ABE沿AE翻折，使得二面角B一AE一D为直二面角，得到图2所示的四棱锥BAECD，点F为线段BD上的动点（不含端点则在四棱锥BAECD中，下列说法正B．存在点F，使得CF∥平面BAEC．侧面BEC与侧面BAD的交线与直线AD相交D．三棱锥B-ADC的体积为定值二、多选题面对角线B1C上一个动点，则下列选项中正确的是A．三棱锥A1-EFG的体积为定值.B．存在GE线段B1C，使平面EFG//平面BDC1.C．G为B1C上靠近B1的四等分点时，直线EG与BC1所成角最小.D．若平面EFG与棱AB，BC有交点，记交点分别为M，N，则MF+MN的取值范围是,.三、填空题19．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD,PA=AB=，BC=2，点E在棱PB上，且=2，过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是.20．球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球O1的半径为10,P,Q为球O1表面上两动点，PQ=16,M为线段PQ的中点.半径为2的球O2在球O1的内壁滚动，点A,B,C在球O2表面上，点O2在截面ABC上的投影H恰为AC的中点，若O2H=1，则三棱锥M-ABC体积的最大值是.点F是CD的中点，则过B1，E，F三点的平面a截该正方体所得截面的面积为.22．如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M,N分别是棱A1B1,A1D1的中点，点P在线段CM上运动，给出下列四个结论：①平面CMN截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面图形是五边形；②直线B1D1到平面CMN的距离是；④△PDD1面积的最小值是.其中所有正确结论的序号是.23．在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD(不含端点)上的动点，过点A的平面a与平面PBC平行.若平面a与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为.24．已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为.25．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，以A1为球心，半径为2的球面与底面ABCD的交线的长度为.26．如图，在四面体ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，DA=DB=DC=，以D为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD各面交线的长度和为.【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AM,BN，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为A1D1，B1C1的中点，可得MN//AB//CD，DC//平面MEN，所以当F在棱CD移动时，F到平面MEN的距离为定值，当E在棱AB移动时，E到MN的距离为定值，所以SΔMEN为定值，则三棱锥MNEF的体积为定值.平面MEN即平面MABN，作CHBN于H，由于ABCH，可SΔMENMNBN2，VMNEFVFMENSVMENCH.【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C1D，作图如下：因为ABCDA1B1C1D1为正方体，故可得DC1//AB1，又DC1CD1，EF与CD1是同一条直线，故可得DC1EF，则AB1EF，故A正确；对B：根据题意，EF1，且线段EF在CD1上运动，且点A到直线CD1的距离不变，故ΔAEF的面积为定值，又点B1到平面ACD1的距离h也为定值，故三棱锥AEFB1的体积VAEFBS‘AEFh为定值，故B正确；对C：取C1D1,C1C的中点分别为M,N，连接B1M,MN,NB1，作图如下：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在侧面CDD1C1上运动，且满足B1G∥平面CD1PQ，故G的轨迹即为线段MN;又因为ABCDA1B1C1D1为正方体，故CD面BCC1B1,B1N面BCC1B1，故B1NCD，则当G与N重合时，B1GCD，故C正确；对D：因为BC//B1C1，故直线B1G与BC所成角即为直线B1G与B1C1所成角，即C1B1G，2故tanZC1B1G==C1GE,，而当直线B1G与直线BC所成的角为时，tan=生,，故直线B1G与直线BC所成的角不可能为，故D错误.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.【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AA1D1D与平面BCC1B1平行，截面与它们交于D1E，BF，可得D1E//BF，同样可得BE//D1F，所以四边形BFD1E是一个平行四边形，故①正确；如果四边形BFD1E是正方形，则BELD1E，因为BELA1D1，所以BEL平面A1D1E，又BAL平面A1D1E，E与A重合，此时BFD1E不是正方形，故②错误；当两条棱上的交点是中点时，四边形BFD1E为菱形，EFL平面BB1D1D，此时四边形BFD1E垂直于平面BB1D1D，故③正确；由D1F与DC的延长线交于M，可得MED1F，且MEDC，又因为D1F仁平面BFD1E，DC仁平面ABCD，所以ME平面BFD1E，ME平面ABCD，又因为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与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故④正确；则E，F到平面BB1D1的距离相等，且为正方体的棱长，三角形BB1D1的面积为定值，所以四棱锥B1-BED1F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.4-2x2【分析】设EF=2x(0<x<4-2x2=2-x，棱锥的高为h==2,运用棱锥的体积公式和基本不等式可求得最值.【详解】解：设EF=2x(0<x<2)，则所得的棱锥侧面的高为=2-x，224【分析】根据题意，判断得P的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线A1C1 x22 x22 AC== 36P-A1BC1最小体积.【详解】如图，作POL平面ABCD，垂足为O，再作OELAD，垂足为E，连接PE,PB，由题意可知，ZPEO=ZPBO，所以EO=BO，由抛物线定义可知，O的轨迹为抛物线一部分，所以P的轨迹为抛物线一部分，当点P到线段A1C1距离最短时，三角形PA1C1面积最小，三棱锥B-PA1C1体积最小，建立如图所示直角坐标系，则直线A1C1的方程为x-y+=0，,1,1,，,，所以P到直线A1C1的最短距离为 所以VP-ABC=VB-AP所以三棱锥P-A1BC1体积的最小值为.【点睛】求解本题的关键是能判断出点P的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解P到直线A1C1的最短距离，利用等体积法求解三棱锥P一A1BC1的最小体积.【分析】先判断A为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.【详解】过Q作平面EFGH的垂线，垂足为O，连EG,EM，设EM,QO的交点为A，在△QHF中过A作直线BC交QH,QF于B,C两点，由相交直线确定平面，则四边形ECMB为过EM的截---1------可得QH=xQB,QF=1------1---1---11xy,易得E到平面QHF的距离为OE=2，M到平面QHF的距离为1，因为3(23)2(6)2)（)(QBC3(23)2(6)2)（)( 取等号，443xy4 =3，即的最小值为.故选：A.【点睛】本题关键点在于由A为‘QEG的体积，最后借助基本不等式得到最值.=3这一结论，再用x,y表示出要求【分析】根据外接球表面积求得外接球半径，进而求得三棱锥的高，并推出侧面为等腰直角三角形，作辅助线，将AP+PQ转化为一条线段，从而确定AP+PQ最小时的线段的位置，再结合三角函数值，解直角三角形‘AQ,S,求得答案. 22 222 或解得 或解得32()()或2()()或则||+=AC=2，故‘ASC为等腰直角三角形，ASCAC=2，故‘ASC为等腰直角三角形，ASC故△ASB为等腰直角三角形，ZASB=,则AB故△ASB为等腰直角三角形，又ABLCM.CMnSM=M,故ABL平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则NFⅡAB,则NFL平面SCM,故NOL平面SCM，则ZSON=90O，要求AP+PQ最小，首先需PQ最小，此时可得PQL平面SCM，则PQⅡFN；再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中SO,N位置，当A,P,Q,共线且AQ,LSO,时，AP+PQ的最小值即为AQ,的长，由‘ASC为等腰直角三角形，故SN=AC=，NO=NF=xAB=AB=，:sinZOSN==，即ZOSN=30O，【点睛】本题考查了空间几何体上线段和最小值的求解，涉及到几何体的外接球以及空间的线面位置关系等问题，解答时要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，并能进行相关计算，解答的关键是要将两线段的和转化为一条线段，才可求得线段和的最小值.【分析】以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D一xyz，根据线面垂直的判定定理可证出A1CL平面BC1D，记A1C与平面BC1D交于点H，则易得A1H=2HC，从而得点A(3,0,3)关于平面BC1D对称的点为G(1,4,1)，可知A1F+EF的最小值为EG，最后根据空间中两点间的距离公式即可求出结果.,,1分别为x,y,z,,1因为BDLAC,BDLA1A，且AC八A1A=A，则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，记A1C与平面BC1D交于点H，连接A1C1,C1O,AC，且ACnBD=O，从而得点A1(3,0,3)关于平面BC1D对称的点为G(-1,4,-1)，所以A1F+EF的最小值为 222【分析】连接BC1，以A1B所在直线为轴，将VA1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C,，连接AC,，判断出当A、P、C,三点共线时，则AC,即为AP+PC1的最小值.=2,利用余弦定理即可求解.设点C1的新位置为C,，连接AC,，则有AP当A、P、C,三点共线时，则AC,即为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为等边三角形，所以ZBA1C1=6故选B.【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.【分析】由翻折中的边角变化，利用图形特征以及余弦定理,以及特殊位置排除即可做出判断.【详解】等腰梯形ABCD中，ADⅡBC，AB=AD=CD=BC,可知：ZACB=ZACD=30,BDLDC取BD中点N,BC中点M连接A1N,NM,则A1NLBD，NMLBC,所以ZA1NM为二面角A1BDC的平面角，即ZA1NM=θcos1A1M2,因为在0,π上余弦函数单调递减，又1A1M21A1M2cosA1BCcosA1BC，故A对.C2当0。时,A1与M重合,此时A1DC60。,故C不对.A1DC在翻折的过程中，角度从120。减少到60。A1OC在翻折的过程中，角度从180。减少到30。BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确..故选:C【分析】根据异面直线夹角，直线与平面的夹角，平面与平面的夹角的定义分别做PB与AC，PB与平面ABC，平面PAC与平面ABC的夹角，再根据三角函数的性质比较几个角的大小.【详解】如图，取BC的中点D，作VO⊥平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO=2OD.作PE//AC，PE交VC于点E，作PF⊥AD于点F，连接BF，则PF⊥平面ABC取AC的中点M，连接BM，VM，VM交PE于点H，连接BH，易知BH⊥PE，作于点G，连接FG，由PG⊥AC，PF⊥AC，PGnPF=P，由线面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又FG仁平面PGF∴FG⊥AC,作FN⊥BM于点N.：PGⅡVM，PFⅡVN∴平面PGFⅡ平面VMB，又PHⅡFN,四边形PFNH为平行四边形，所以PH=FN因此，直线PB与直线AC所成的角Q=ZBPE，直线PB与平面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综上所述，Q,β,Y中最小角为β,故选B.【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解.(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确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】连接AC,BD，交于O，则O为AC,BD中点，过点P,Q分别作PH//BB1,QG//AA1，分别交B1C1,A1D1于点H,G，连接GH，进而可得点M的轨迹是矩形PQGH，再计算边长即可得答案.【详解】解：连接AC,BD，交于O，则O为AC,BD中点，因为F为BD1的中点，所以FO//DD1，由正方体的性质可知DD1l平面ABCD，所以FOl平面ABCD，因为DE=平面ABCD，所以FOlDE，过点O作PQlDE，分别交BC,AD于P,Q，过点P,Q分别作PH//BB1,QG//AA1，分别交B1C1,A1D1于点H,G，连接GH，所以，PQGH四点共面，且GQ//PH,GQ=PH，所以，四边形PQGH为平行四边形，因为AA1l平面ABCD，所以PHl平面ABCD，PQ=平面ABCD，所以PHlPQ所以，四边形PQGH为矩形，因为PQnFO=O，PQ,FO=平面PQGH，所以DEl平面PQGH，因为点M在正方体的表面上运动，且满足FMlDE所以，当FM=面PQGH时，始终有FMlDE，所以，点M的轨迹是矩形PQGH，如下图，因为ZDQO+ZQDE=ZQDE+ZAED=，所以，ZDQO=ZAED，所以，ZAQO=ZBED，因为ZOAQ=ZEBD=，所以ΔAOQ∽ΔBDE，2 所以，点M不可能是棱AD的中点，点M的轨迹是矩形PQGH，()()轨迹所围成图形的面积为收1=故正确的命题为③④.个数为2个.【分析】通过作图，利用面面平行找到点P的轨迹，从而求得其长度，即得答案.【详解】画出示意图如下：取CC1中点N，取D1C1中点M，连接B1M,B1N,MN,ME,则ME/B1B,ME=B1B,则四边形MEBB1为平行四边形，所以B1M/BE，连接D1C,则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点轨迹即为MN，长度为|MN|=|D1C|=；证明：因为平面BEF/平面B1MN，P点是MN上的动点，故B1P仁平面B1MN，所以B1P/平面BEF，满足题意.故选：A.【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断AB选项正误；结合椭圆的定义可以判断D的正误，延长EF交直线CD于点H，交直线BC于点I，连接GI交PB于点M，连接GH交PD于点N，通过图形即可判断C选项正误【详解】解：可将四棱锥P一ABCD补形成正方体ABCD一直线AG即体对角线AC,，易证AC,L平面PDB，A选项正确；如图②,取CD的中点H，连接FH，可知FH/AC，所以ZGFH（或其补角）与直线FG和直线AC所成的角相同，在‘FGH中，FG=GH=FG，所以ZGFH=，B选项正确；如图③,延长EF交直线CD于点H，交直线BC于点I，连接GI交PB于点M，连接GH交PD于点N，则五边形EFNGM即为平面EFG截四棱锥PABCD所得的截面，C选项正确；当S△AGT=时，因为AG=，所以点T到AG的距离为，点T在以AC为轴，底面半33333的圆柱上，又点T在平面ABCD上，所以点T的轨迹是椭圆．D选项错误.【分析】以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，求得A,C,,M等点的坐标，从而可求得cosZMAC,，设AC,与底面A,B,C,D,所成的角为θ,继而可求得cosθ,比较θ与ZMAC,的大小，利用正圆锥曲线被与中心轴成θ的平面所截曲线，即可得到答案.【详解】由P点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线，其中这个正圆锥面的中心轴即为AC,，顶点为A，顶角的一半即为ZMAC,，以A点为坐标原点建立空间直角坐标系， x(2)2+1 x(2)2+1设AC,与底面A,B,C,D,所成的角为θ,A,C,AC,则A,C,AC,则所以该正圆锥面和底面A,B,C,D,的交线是双曲线弧，同理可知，P点在平面CDD,C,的交线是双曲线弧，故选：C.【分析】对于A，取BD的中点M，即可得到BDL面PMC，A选项可判断对于B，采用反证法，假设DPLBC，则BCL面PCD，再根据题目所给的长度即可判断；对于C，当面PBDL面BCD时，此时直线DP与平面BCD所成角有最大值，判断即可；对于D，当面PBDL面BCD时，此时四面体PBCD的体积有最大值，计算最大体积判断即可【详解】如图所示，取BD的中点M，连接PM,CMΔBCD是以BD为斜边的等腰直角三角形,:BDLCMΔABD为等边三角形,:BDLPM:BDL面PMC,:BDLPC,故A正确对于B，假设DPLBC，又BCLCD:BCL面PCD，:BCLPC，当面PBDL面BCD时，此时PML面BCD，ZPDB即为直线DP与平面BCD所成角此时ZPDB=60。，故C错误当面PBDL面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，此时的体积为：33V=SΔBCD.PM=x(xx)x=33【分析】A.用反证法判断；B.在AD上取点G，使得AG=EC，当=判断；C.利用线面平行的判定定理和性质定理判断；D.根据二面角B一AE一D为直二面角，由点E移动时，影响点B到AE的距离判断.【详解】A.假设B、E、C、F四点共面，则直线EC与BF共面，若EC与BF平行，又EC与AD平行，则AD与BF平行，这与AD与BF相交矛盾；若EC与BF相交，设交点为Q，则Q即在平面BAD内，又在平面AECD内，则点Q在交线AD上，这与EC与AD平行矛盾，所以假设不成立，所以B、E、C、F不共面，故错误；B.如图所示：在AD上取点G，使得AG=EC，当=时，FG//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，则CF∥平面BAE，故存在点F，使得CF∥平面BAE，故正确；C.设侧面BEC与侧面BAD的交线为l，因为EC//AD，且EC仁面BAD，AD仁面BAD，所以EC//面BAD，则EC//l，所以AD//l，故错误；高变化，而S△ADC是定值，故三棱锥B一ADC的体积不是定值，故错误；【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误； 设AM=y,则BN=一1，则MF+MN=21+，根据y的范围可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，因为GE平面BB1C1C，平面BB1C1C//平面AA1D1D，所以，点G到平面AA1D1D的距离等于AB，‘A1EF的面积为S△A1EF=A1E.A1F=，A1EF=S△A1EF.AB=xx2=，A选项正确；对于BC选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，2y1------------可得点G(2λ,2,2λ)，其中0≤λ≤1，故平面EFG与平面BDC1不平行，B选项错误，设直线EG与BC1所成角为θ,2 16λ224λ+1816λ+9，当λ=时，cosθ取得最大值，此时θ最小，C选项正确；对于D选项，延长EF和DA并相交于点K，作PN//BC1交BC于N，P在线段C1C上，此时PN与B1C的交点即为G，连接KN交AB于M，如图所示：设AM=y,则BN=-1，所以M故选：ACD【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间向量及函数思想的应用.【分析】将四棱锥补形为长方体可得球O球心与球O半径，则当EO与截面垂直时，截面面积最小.【详解】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，因底面ABCD是矩形，则BCLAB.因PA⊥平面ABCD，BC仁平面ABCD，则PALBC，又PA仁平面PAB，AB仁平面PAB，PA∩AB=A，则BCL平面PAB.因PB仁平面PAB，则BCLPB.取PB的中点为F，OF2 3则OFⅡBC，OF=BC=1，OFLPB.PFOF2 3因=2，则PE=PB=，得EF=PF=则在直角三角形OEF中，OE==--PE31+9当EO与截面垂直时，截面面积最小， 则截面半径为r==2-10=2.故截面面积为S=π2=.8π故答案为：9【分析】作出图形，在球O2中求得三角形ABC的面积的最大值为3，作出图形，求得点M为到平面ABC的距离最大值为15，根据锥体的体积公式即可求得答案.【详解】解：如图一所示：在圆O2中，因为点O2在截面ABC上的投影H恰为AC的中点，且O2H=1，所以‘ABC为直角三角形，且ZABC=90O，又因为O2A=2，所以可得AH=,AC=2，2所以S‘ABC=;如图二所示：因为球O1的半径为10，PQ=16,M为线段PQ的中点，当M,O1,O2三点共线且为如图所示的位置时，点M为到平面ABC的距离最大，,,即三棱锥M一ABC体积的最大值是15.【分析】过F作FPⅡEF1，连接B1P，作出截面图形，根据面面平行的性质可得EB1PF为平行四边形，然后利用平行四边形面积公式即可求解.【详解】如图，过点F作FPⅡEF1，连接B1P，由面面平行的性质可得：四边形EB1PF为平行四边形，点F是CD的中点，所以点BP=1，所以PF==2，因为平行四边形EB1PF的高为3，故答案为：6.22.①③④【分析】对于①,直线MN与C1B1,C1D1的延长线分别交于M1,N1,连接CM1,CN1分别交,D1D1于M2,N2,连接MM2,NN2即可解决；对于②等体积法VBCMN=VCBMN解决即可；对于③④,建立空间直角坐标系，设=λ,0<λ<1，得P(2一λ,2一2λ,2λ)即可.【详解】对于①,如图直线MN与C1B1,C1D1的延长线分别交于M1,N1,连接CM1,CN1分别交,D1D1于M2,N2,连接MM2,NN2，则五边形MM2CNN2即为所求的截面图形，故①正确；对于②,由题知MN//B1D1，MN仁平面CMN，B1D1仁平面CMN，所以B1D1//平面CMN，所以点B1到平面CMN的距离即为直线B1D1到平面CMN的距离，设点B1到平面CMN的距离为h，由正方体ABCD一VCBMN所以直线B1D1到平面CMN的距