立体几何-2022高考黄金30题系列之数学选择题压轴题（新高考专用）

备战2022高考黄金30题系列之数学选择题压轴题【新高考版】

专题6立体几何

1.（2022•广东•金山中学高三阶段练习）如图，直四棱柱A88-A4G。的底面是边长为2

的正方形，M=3,E,尸分别是A8,8c的中点，过点。，E,尸的平面记为a,则下

列说法中正确的个数是（）

①点8到平面a的距离与点A到平面的距离之比为1：2

②平面a截直四棱柱A8CO-ASCQ所得截面的面积为苧

③平面a将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25

④平面。截直四棱柱A8CO-AMGA所得截面的形状为四边形

A.0B.1C.2D.3

【答案】D

【解析】

【分析】

对于①：利用点A到平面a的距离与点3到平面a的距离相等点4到平面a的距离是点A

到平面a的距离的2倍即可判断；

对于②、④：作出截面即可判断D,分别求出各个边长，将五边形D/MEFN可分为等边三

角形和等腰梯形分别求面积即可；

对于③：记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为％、6，分别求出匕、即

可判断.

【详解】

解：对于①：因为平面a过线段AB的中点E,所以点4到平面a的距离与点8到平面a的

距离相等由平面a过4A的三等分点M可知，

点A,到平面a的距离是点A到平面a的距离的2倍，因此，点4到平面a的距离是点B到

平面a的距离的2倍.故命题①正确；

延长DA,0c交直线E尸于点P,Q,连结D,P,DiQ,交棱A/A,C/C于点M、N,连结DM

ME,DA,NF,可得五边形D/MEFM故命题④错误.

由平行线分线段成比例可得：AP^BF=1,故。P=OD/=3,则△”>/p为等腰三角形.

由相似三角形可知，AM=AP=1,AiM=2,则RM=2N=2应，ME=EF=FN=也.

连结MN,则MN=2叵,因此五边形DMEFN可分为等边三角形OMN和等腰梯形MEFN.

等腰梯形MEFN的高八«&丫-12&;及=当，

则等腰梯形MEFN的面积为2夜+、*逅=述.

222

又S©MN=gx2夜X#=2百，所以五边形DMEFN的面积为手+26=苧，故命题②正

确；

记平面将直四棱柱分割成匕下两部分的体积分别为匕、上，则

%=%W0-=：x；x3x3x3-：x；xlxlx1一;x；xlxlxl=京,

。乙。乙。乙u

所以乂=%吟平血-匕=12-1=?，K：%=47:25•故命题③正确・

综上得说法中正确的是：①②③，

故选：D.

【点睛】

立体图形中的截面问题：

（1）利用平面公理作出截面：（2）利用几何知识求面积或体积.

2.（2022・广东,执信中学高三阶段练习）如图所示的木质正四棱锥模型P-438,过点A

作一个平面分别交P8,PC,PD于点E,F,G,若告=：喘=：,则黑的值为（）

【答案】c

【解析】

【分析】

以AC、80交点。为坐标原点，射线0A、0B、0/，为X、y、z轴正方向建立空间宜角坐标

系，设尸（0,0,匕）,A（a,0,0）,B（0,a,0）,D（0,-a,0）,C（-a,0,0）（a,b>0）,进而写出丽、

PC>丽、两坐标，可得而,PF,由4E,F,G四点共面有方=工匣+），即+z所,设

PG=APD（0<2<1）,求义值即可得答案.

【详解】

解：建立如图所示空间直角坐标系，设尸（0,0,3，A（a,0,0）,8（0,a,0）,«（0-a,0）,

C（-a,0,0）（a,b>0）,则丽=（0,a,-6）,1=（-a,0,-b）,而=（0,-a,-6）,西=（a,0,-6）,

由题意A,E,F,G四点共面，则有而=*而+》而+z肥，其中x+y+z=l,

设方=44=Xe（O,l）,

团=xf0,—+—,0,-—j+z(0,-6/2,

\ay3ax.3bxby,1

=---,-----aAz,----------bAz

I2552

ay

一一-=a，=-2

2

3X一

\/z=05-2z=0

由方程组5,即＜M,解得力=:，

4

3bxby...y+"z=l

-------:—bAz=­b2

52

x+y+z=1

x+y+z=l

由zPG3

所以而=屋

故选：c.

3.（2022•河北衡水•高三阶段练习）在体积为逑的直三棱柱ABC-44G中，ZA8C为锐

2

角，且AB=33C=3,AA=—＞则异面直线AB与AG所成角的正弦值为（）

3

A.叵B.立C."D.叵

14777

【答案】A

【解析】

【分析】

借助直三棱柱侧棱垂直底面，AA即为三棱柱的高，利用面积公式和棱柱体积公式求出

sinNABC=且，再根据NA8C为锐角，确定角度，从而准确确定余弦值，利用余弦定理求

2

出AC长，从而使用正弦定理求出sinNBAC=@,最后利用等角定理求出异面直线夹角的

14

正弦值即可.

【详解】

V^Sh=^BA-BC-sinZABC^-AA,=（；x3xlxsin/4BC卜平=孚,

解得sinN4BC=g

2

又sinNABC为锐角，

TT

所以NA8C=：,

所以cosNABC=L

2

由余弦定理得，AC2=AB2+BC2-2ACBCcosZABC，

所以AC=^,

BCAC

由正弦定理得

sinZ.BACsinZABC

1二手

所以sin/BAC一近,

~2~

解得，sinZBAC=—^~»

14

又因为AG与AC平行,

所以异面直线A8与AG所成角的正弦值即为A8与AC所成角的正弦值，即为

后

sinZBAC=—.

14

故选：A.

4.(2022•广东惠州•高三阶段练习)如图，点M、N分别是正四面体ABCD棱AB、C。上的

点，设8M=x,直线MN与直线BC所成的角为6,则()

A

A.当ND=2CN时,。随着x的增大而增大

B.当ND=2CN时,。随着x的增大而减小

C.当CN=2ND时,。随着x的增大而减小

D.当CN=2ND时,。随着x的增大而增大

【答案】D

【解析】

【分析】

分ND=2CV和CN=2ND两种情况，分别过N作的平行线，可得直线MN与所作的平

行线成的角即为角6可得答案.

【详解】

当ND=2CN时,如下图作收〃BC交8。于F点，所以直线MN与直线8c所成的角即为直

线MN与直线NP所成的角，即尸=6,

设正四面体的棱长为3,则CN=8尸=1,/W=2,

可求得MF=y/x2-x+l,MN=3X+7，

18-7x

所以在△RVM中，有cos8=—/4-(-x--e--[-0--,-3--]-)-,

2y/x2-3x+lx-3x+7

18-7x7X2-36X+5

令令x)=则小)=

尤2—3x+7，-3x+7>

xe[0,3]时，:(力=与乎\!有正有负，函数有增有减,

(x—3x+7)

所以故A与B错误;

A

c

当CN=2ND时，如下图作NE//BC交BD于E点，所以直线MN与直线BC所成的角即为直

线MN与直线NE所成的角，即NMWE=0.

同样设正四面体的楼长为3,则CN=BF=2,FN=2,

可求得ME=-2关+4,

AN=BN=币,

9+7-73

仕/C△/A1£D>\7rVr十h，*c3cc〉J/ChLRH\IY_—2—

3x77―2不，

3________

2

所以MN?=X+7-2XXX>/7X-=x~-3*+7，即MN=JX2_3X+7，

2

4-x_1L9-5x

所以在AMNE中，有cos6=—7---------cJl+2r(xe[0,3]),

2VX2-3X+72、V-3x+7

5x2—18x—8八

令/。）=「9广则广（同：-------7<0,

x-3x+7(X2-3X+7)2

所以〃x）在定义域内单调递减,即x增大,f(x)减小,即cos。减小,从而，增大,故D正

确，c错误.

A

故选：D.

5.（2022•福建三明•高三期末）已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在表面积为64%的球面上,

2万

且SAEI平面ABC,S4=4,Z.BACTAB=26M是边BC上一动点，则直线SM与平

面ABC所成的最大角的正切值为（)

3

A.3B.建c.GD.-

32

【答案】B

【解析】

【分析】

根据三棱锥S-ABC外接球的表面枳以及三棱锥的几何特点，求得BC的长，再根据线面角

的定义，求得其正切值的表达式，求其最大值即可.

【详解】

根据题意，将三棱锥S-ABC放入宜三棱柱S4G-A8C,则两者外接球相同,

且取底mjABC,SB1£的外心为。,。2,连接且取其中点为。，连接OAAq如下所示:

因为三.棱锥S-A3C外接球的表面积为64%，设外接球半径为R,则4/叱=64万，解得R=4；

对直三棱柱SBCLABC,其外接球球心在。。2的中点。处，也即Q4=4,

故在述以。。田中，因为。l=4,Oq=5SA=2,设AABC外接圆半径A。为r,

贝Jr2+22=42>解得r=26；

27rBC=r-

在“BC中，因为NBAC=二-，且『=26，故可得.女一，即8c=2x26x组=6,

3s,ny2

再由正弦定理可得.4f~=2r,贝iJsinNACB=40=2*=L,又NACB为锐角，故

sinZACB2r4>/32

ZACB=~；

6

TT

则AABC=二，即A43C是以NBAC为顶角的等腰三角形：

因为SAJ_平面ABC,故SM与平面ABC的夹角即为/SMA,则tanNSM4=-77T=-；7T,

乂AM的最小值即为8c边上一的高线，设其长度为人，则，=sinNABCxAB=gx2Q=JJ.

故当/SM4最大时，tan/SM4为生叵，即直线SM与平面48c所成的最大角的正切值为

3

473

~T,

故选：B.

【点睛】

本题综合考查棱锥外接球问题、解三角形问题以及线面角的求解，处理问题的关键是对每种

问题都能熟练的掌握，从而可以灵活的转化，属综合困难题.

6.（2022•江苏•高三专题练习）如图，在三棱锥O-ABC中，AB=BC=CD=DA,

NA8C=90',E,F,。分别为棱BC,D4,AC的中点，记直线EF与平面80。所成角为6,贝!

的取值范围是（）

【解析】

补全底面为正方形ABCG,由正方形性质有面GDB_L而ABCG,进而可证ECHF为平行四边

7T

形，则ZCHO=0e（0,为直线EF与平面BOD所成角，回的中由余弦定理知

17T

cos®B=l——7-,结合棱锥侧面为全等三角形知ZDABe（0，W）,即可求。的取值范围.

tan2Q2

【详解】

由45=BC,zS4BC=9O0.将底面补全为正方形A8CG,如下图示，

。为A8CG对角线交点且GBJ.AC,又C£>=DA有Z力_LAC,DOcGB=O,

134CJ■面GDB，而ACu面ABCG,故面GDBJ■面ABCG,

若H为DG的中点，连接FH,又E,F为棱BC,DA的中点,则尸H〃AG且AG=2F〃，

而8C〃AG,BC=AG=2EC,有'EC,F77平行且相等，即EC"尸为平行四边形.

回可将EF平移至”C,直线EF与平面80〃所成角为4770=9€（0,1）,且用△80中

“OH=90°,

令AB=BC=CD=DA=2,0C=正，即20H=，

tan。tan。

03ABZ）中，AB-+BD1-2ABBD-cosZDAB=BD2,即cosZDAB=l------

tan-0

0GAB=GAG=zsDCB=J）CG,即ZDABe（0,9,

00<1----1<1，解得tane>l（tandc-l舍去），

tan-。

综上有。e（［,g），

42

故选：c

【点睛】

关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定

对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.

二、多选题

7.（2022•山东潍坊•高三期末）如图是边长为5的正方形,半圆面APD0平面ABCD.点

尸为半圆弧AO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—A8/）的四个面都是直角三角形

B.三棱锥产一ABO体积的最大值为1平25

C.异面直线出与8c的距离为定值

D.当直线P8与平面ABC。所成角最大时，平面以3截四棱锥尸一48co外接球的截面面

积为25（3-6）乃

4

【答案】AC

【解析】

【分析】

利用面面垂直和线面垂宜的性质可得由平面几何知识可证明NAP£>=90。，

AB±AD,ZBPD=90°,由此可判断选项A；

当点尸是半圆弧的中点时，三棱锥尸-谢的底面积S/4D取得最大值，求解即可判断选

项B；

证明AB为异面直线24与8C的距离，即可判断选项C：

过点尸作。丁点V,连接5”,确定NPBH为直线PB与平面ABCD所成的角，利用

平面几何知识，表示出si/NPBH,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ABCO的中心即为四棱锥P-A3C。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】

对丁A选项，因为底面A8a>为边长是4的正方形，则4?

又半圆APD_L平面ABC。，半圆AP£>n平面ABCD=AD，ABi平面ABC。，

则ABL半圆APO,

又APu平面AP£）,

故他,”，

则△AP8为直角三角形，

所以而=介+4}2,

因为AD是圆的直径，

贝ijZAP。=90。，

故△AP。为直角三角形，

所以P。2=452Ap2,

因为AB_LAD,

则是直角三角形，

所以应＞2=452+7452,

在/\PDB匚口，PB2+PD-=(AP?+AB-)+(AD2-AP2)=AD2+AB2=BD2，

贝ljZBPD=90°,

所以ABPD为直角三角形，

故三棱锥尸-般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P-A8Q中，ABJ_半圆面APO,

则AB是三棱锥P-ABD的高，

当点P是半圆弧AO的中点时，三棱锥P-ABD的底面积SMD取得最大值，

三棱锥P-丽的体积取得最大值为gx5xgx5xm=^，

故选项B错误；

因为半圆面APDJ■平面ABC。，AB±AD,半圆面APDCl平面45co="＞，

所以A8_L半圆面APO,又尸Au半圆面APD,所以ABJ_外,又AB_LBC,

所以A8为异面直线P4与8C的距离，所以异面直线”与BC的距离为定值；故C正确;

对于D选项，取8。的中点。，由选项A中的解析可得，OA=OB=OP=OD=-BD=~,

22

所以点。为四棱锥尸-ABCD外接球的球心，

AB

过点P作P〃_LA£＞于点”，连接BH,如图所示,

因为半圆面APD，平面ABCD,半圆面APDD平面ABCD=AD，

故平面ABC。，

所以9/为总在平面ABCD内的射影，

则NP8”为直线必与平面A8CD所成的角,

iSAH=x,贝lj0<x<5,DH=5-x,

在RtAAPD中，PH2=AHDH=X(4-X),

PD2=DHAD=5(5-x),

所以PB?=BD2_PD2=(5扬2_5(5_x)=25+5x,

PH2_x(5-x)x2-5x

故sin。NPBH=

PB-25+5xx+5

令，=x+5,则x=r-5,且5</<10,

—2

匚匚I、I*—5x(f5)—5(/—5)50I50rr

所以-----=-——----——-=/+——15..2J/X-----115=1OV2-15,

x+5/tVt

当且仅当r哼,即r=5应时取等号,

所以sinZS”,,-1(10夜-15)=3-2及，

贝IJsinNPZ汨,,友-1,

所以直线尸8与平面ABCD所成最大角的正弦值为&-1,

此时9r=50-5,PH2=(572-5)x(10-572),所以PH=5啦(及-1),

A尸=(5&-5)2+(5姬(&-1)2,AP=5,应-1，

过。作DM_L于"，S^P=^ADxPH=^APxDM,解得DM=5/点-1啦,所以球心。到

面PAB的距离d=,

2

设截面半径为"，则有产=(空产_♦=g-25(亚-1)0=”电,所以截面面积为生后，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.

8.(2022•山东日照•一模)已知球。的半径为4,球心。在大小为60。的二面角*-/-£内，

二面角4的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆。-02,若两圆。一O?的

公共弦A8的长为4,E为A8的中点，四面体04002的体积为匕则正确的是()

A.O,E,a，。2四点共圆B.0E=2^

C.002=6D.V的最大值为日

【答案】ABD

【解析】

【分析】

连结0£0/瓦02£0。2,。4,判断出0A=4,AE=2，利用勾股定理求出0£=2右M判断B

证明出。,OO?，O2E即可判断。,瓦,。2四点共圆，从而判断出A正确.

直接求出。02=OEsin60。=3，可判断C错误；

设0a=4。。2=4,先求出S。。。<—,即可求出旷43,可以判断D.

42

【详解】

因为公共弦A8在棱/上，连结0£。囚02£0/。2,。4,则。4=4,4后=2,

则OE=JOA?-AE?=&一2?=2后故B正确.

因为二面角夕-/一#的两个半平面分别截球面得两个圆。，。2,。为球心，所以。。四a,。。或

小，又QEu平面a,O/u平面夕，所以OO|，Oq,OQ，O/,故/0。q=/0。/=90。，

所以Nq£O2+N00Q=18O°,对角互补的四边形为圆内接四边形，所以0,瓦。”。2四点共

圆,故选项A正确.

因为E为弦AB的中点，故。E0AB,。2后蜘8,故NOE。?即为二面角的平面角，所以

“Eq=60。,由正弦定理得OR=OEsin60。=3,故选项C错误；

设oo,=4,。0产d2，在团oo,o2中，由余弦定理可得,。。」=9=片+d；+44>344,所以

44,3,故Sga4g所.以丫=；AE.S“O@=/，当且仅当以

4=4时取等号,故选项D正确.

故选:ABD

【点睛】

与球有关的问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：

①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；（④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置

法.

9.（2022•山东潍坊•一模）已知同底面的两个正三棱锥P-ABC和。-ABC均内接于球。，

且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为:，则下列说法正确的是（）.

4

A.E4//平面Q8C

B.设三棱锥。-4BC和P-A8C的体积分别为%-pc和匕IBC，则%-ABC=4%_ABC

4

C.平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的三倍

D.二面角P-A8-Q的正切值为一1

【答案】BCD

【解析】

【分析】

由题可得P。为球。的直径，设尸到底面的距离为九球的半径为凡结合条件可得

/?2=（2外+（氏-可得R=|/?,然后逐项分析即得.

【详解】

回同底面的两个正三棱锥P-A8C和Q-ABC均内接于球O,

回P。为球。的直径，

取48的中点M,连接尸M、QM,贝IJPMZL48,CMM8,QM^AB,

EEPMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，EIQMC为侧面QAB与底面ABC所成

1T

二面角的平面角，又正三棱锥P-ABC的侧面与底面所成角的大小为-，

4

设底面的中心为N,P到底面的距离为/?,球的半径为R,则PN=h,OP=R,ON=R-h,MN=h,

CN=2h,

0/?2=（2/Z）2+（7?-/I）2,

5

@R=-h,QN=4h,PN=h,

回尸、C、。、M四点共面，又CN=2MN,QN=4h,PN=h,

回以与0M不平行，故南与平面。8c不平行，故A错误；

由QN=4PN,可得%-"c="VAABC,故B正确；

团平面ABC截球0所得的截面面枳为乃（2/?丫=4%川，球。表面枳为4万心=4%25乃川，

4

团平面ABC截球。所得的截面面枳是球O表面积的不倍，故C正确;

回PM=y/2h,QM=y]h2+(4h)2=V17h,QP=5"，

(同了+(>/17/?)J-(5/j)25

0cosZPM<2=sin'Q=行

2-y/2h-J17h

55

manZPMQ=--,即二面角P-A8-。的正切值为-鼻，故D正确.

JJ

故选：BCD.

10.（2022・山东威海•高三期末）已知棱长为2的正方体ABCC-ABCQ中，过BR的平面a

交棱AA于点E,交棱eg于点尸，则（）

A.BF=ED{B.存在E,F,使得E/U平面038a

C.四边形BFRE面积的最大值为2指D.平面a分正方体所得两部分的体积相等

【答案】ABCD

【解析】

【分析】

对于选项A,通过面面平行的性质可得就=丽；对于选项B通过向量法表示线面垂直,

解出方程即可判断；对于选项C,通过作EG1BD|交BA于G,然后求出点G的坐标，最

后表示出四边形BFRE的面积，求得四边形8FRE面积的最大值为26；对于选项D,由

于平面a分正方体所得两部分是全等的，故体积相等.

【详解】

如图所示：

z

建立如图所示的空间直角坐标系A-盯z,则有：

A（0,0,0）,8（2,0,0）,C（2,2,0）,£>（0,2,0）,/（。，。⑵,4（2,0,2）,C,（2,2,2）,D,（0,2,2）

不妨设E（0,0,a）,尸（2,2,6）,则赤=（0,2㈤，的=（0,2,2-〃）

山直线BQ、BE、8尸均在平面a内，平面BCGB”平面，则平面a与平面BCQA、

平面ADRA分别交于8尸、ED1,根据平面平行的性质可知，则有：BF//ED,

同理：BE//FD,,故四边形EB尸•为平行四边形，则选项A正确；

由晶=E4，可得：b=2-a

又E>=（2,2,2-24）,BD=（-2,2,0），威=（0,0,2）

EFBD=0

要使得平面。8耳。，则有：

Ek-BB、-0

解得：a=l

故选项B正确；

设四边形8FRE面积为S,8入=2力

设EG1BR交BR于G,设G。,昨zj,则有：

EG-BD,=0

—>—>

H.BG二九BD、

f」412121、

解得：G|j丁，］+铲，§+刊

则有：EG=,-a2--a+-

V333

故S=威.fb=2,2(/-2a+4)=2^2((iz-l)2+3)

当。=1时，S取得最小值为2尚，故答案C正确；

对于选项D,由于平面a是平分正方体，则体积是相等的，故选项D正确.

故选：ABCD

11.(2022•山东烟台•高三期末)如图所示，在棱长为1的正方体4B8-A4G。中，P，Q

分别为棱AB,8c的中点，则以下四个结论正确的是()

A.棱GR上存在一点M,使得40〃平面4PQ

B.直线AG到平面B/。的距离为g

C.过AG且与面BFQ平行的平面截正方体所得截面面积为39

O

D.过PQ的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为三

8

【答案】BCD

【解析】

【分析】

建立空间直角坐标系，求出平面4P。的法向量，借助空间向量分析计算可判断A,B；作出

过AG与平面B，。平行

的正方体截面，计算其面积判断C；求出直线尸。被正方体的外接球所截弦长即可计算作答.

【详解】

在棱长为1的正方体AB8-A,4Gq中，建立如图所示的空间直角坐标系，

n-PQ=--x+—y=G

22-

设平面耳尸。的一个法向量元=(x,y,z),贝I卜令z=-l,得3=(2,2,-1),

n-PBX=—y+z=O

设棱GR上点”(0,利,D,0<zn<l,则磁=(-1,〃?』)，若AM〃平面4PQ,则有

n-AM=-2+2m-1=0，

3

解得加=：，与04加41矛盾，即在棱GR上不存在点M,使得AM〃平面BEQ,A不正确；

连AC,矩形ACGA是正方体A88-A8C。的对角面，有4C//AG，而p,Q分别为棱

AB,8c的中点,

则尸。//AC//AG，又4G<Z平面片PQ,PQu平面8/。，于是有ACJ/平面8/。，

直线AG到平面耳PQ的距离等于点A到平面BFQ的距离儿因M=(0,-1,0),

I职向1-1x212

贝IJ/?=->B正确;

1«1.2+2?+(-1)2

取AO,CD的中点E,F,连接AE，EF，GF,EQ,则EF//AC//AC，即EF,AC确定一个

平面，如图，

依题意，EQHABHA^,EQ=AB=AiB[,即四边形A4QE是平行四边形，\EHBXQ,

玲£二平面用户。，qQu平面BfQ,于是得AE//平面片PQ,

显然EFUPQ,平面片PQ,P0u平面片尸。，于是得所〃平面B/Q,

而AECEF=E,AEEFU平面AGFE,因此，平面46隹〃平面用P。，

即梯形AGFE是过AG与平面8/Q平行的正方体的截面，

而AE=GF=乎,EF=¥，AC1=0,则此等腰梯形的高

『广千篇W

所以过AG与平面与尸。平行的正方体的截面面积为4£卫£/=（迪）2=2,c正确；

248

过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时，该小圆直径是直线PQ被正方体的外

接球所截弦，

由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心，令正方体ABC。-A4CQ的外接球球心为

0,连接ON,OP,

则ONJ.PQ,^0P=—,PN=—,0N=40Pr^PNI=—^而球半径尺=在，

2442

则这个小圆半径r=J/?2-ON2=、2-9=远,此圆面积为万产=与，DlE确.

V41648

故选：BCD

【点睛】

关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位

置是解题的关键.

12.（2022•山东省淄博实验中学高三期末）如图①，矩形A8CO的边A8=2G，设4。=X，

x>0,三角形ABE为等边三角形，沿A8将三角形A8E折起，构成四棱锥E-48C。如图②，

则下列说法正确的有（）.

A.若〃为A8中点，则在线段£»上存在点P,使得PC〃平面£DM

B.当xe（3,2g）时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面EQ9_L平面A88

C.若使点E在平面ABC。内的射影落在线段。Ct,则此时该四棱锥的体积最大值为3百

D.若*=#，且当点E在平面A8CD内的射影点H落在线段DC上时，三棱锥E-H4Q的

外接球半径与内切球半径的比值为3-+#+2

2

【答案】BCD

【解析】

【分析】

对于A,延长。M与C8的延长线交于点N,此时，此时，CP%EN必有交点、;

对于B,取£>C的中点表示出EH=JEM?-HM?=如-乂2，验证当xe（3,26）时，无

解即可；

对于C,利用体积公式V=；x2且借助基本不等式求最值即可；

任

对T-D,要求外接球半径与内切球半径,找外接圆的圆心，又内接圆半径为「=-~2一方，

+变

222

即可作出比值.

【详解】

对于A,如图，延长。M与CB的延长线交手点N,则面。WEc面EC8（N）=EN.

E

此时，CP与硒必有交点，则CP与面。0E相交，故A错误;

对于B,取0C的中点H,连接则E//LOC.

若面EDCJ■面ABCD,则有E"=^EM2-HM2=49-x2，

当xe(3,2月)时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面EDC_L平面ABCD,

故B正确；

对于C,由题可知，此时面E£)C_L面A8CO,由B可知，xe(0,3).

所以y=1X26>XXJ9-X24亚.一+9_彳2=亚*2=3函

33232

当且仅当丁=9-/,即尢=,虚时等号成立.故C正确；

对于D,由题可知，此时面EDC_L面A8C。，且£77=6E

因为AAW),都是宜角三角形，所以外接球的半径

2

显

可求得内切球半径为r=36了，故y=3忘+严2

山等体积法,故D正确.

一H-----+----

222

E

故选：BCD.

13.（2022•山东•高三开学考试）在棱长为2的正方体ABCO-A8C2中，。为正方形43C£>

的中心，尸为棱AA上的动点，则下列说法正确的是（）

A.点P为4A中点时，PO1DC,

B.点P与点A重合时，三棱锥P-BOG外接球体积为（不

C.当尸点运动时，三棱锥P-BZ）G外接球的球心总在直线AC上

D.当尸为A4的中点时，正方体表面到尸点距离为2的轨迹的总长度为

【答案】ACD

【解析】

【分析】

利用线面垂直的性质可判断A选项的正误；利用球体的体积公式可判断B选项的正误；利

用球体的几何性质可判断C选项的正误；确定点P为球心，半径为2的球在正方体每个面上

的截面图形，求出轨迹的长度，可判断D选项的正误.

【详解】

对于A,连接AC、CD,,则。为AC的中点，当点P为A4的中点时，则PO〃AC,

•••A。，平面CCQQ,£>Gu平面CCQQ,则DCJAA，

因为四边形CCQQ为正方形，则DC,1CD,,

•••AAnqc=R,则。G，平面ACQ,「ACu平面AC%,则ACLOG，

因此，P01DC,,A对：

对于B,当点尸与点A重合时，三棱锥P-瓦乂的外接球即正方体4/。-440。外接球,

该球的半径为R=立AB=石，该球的体积为V=gp?（有14后，B错；

对与C,因为AC_L8。，则A,C_L平面8£>G，

如下图所示，连接G。交AC于点M，

易知ABDC、为等边三角形，且。为80的中点，故"为ABDC、的中心,

故以AB£>G为底的三棱锥的外接球球心在AC上，C对；

对于D,如下图所示，在侧面上,

设以点尸为球心，半径为2的球分别交4B、AR于点"、G,则PG=2=2AP,

TTTTTT

所以，ZAHP=ZAGP=-从而NAPH=NAPG=—,故NGPH=一,

]6313

故在平面ABMA和平面40RA上轨迹是以p为圆心，2为半径，圆心角为g1T的两段弧，

设以P为球心，2为半径的球截平面ABCD所得圆的半径为,，

则r=M-AP2=6<AB=AD'

故以P为球心，2为半径的球在平面ABGR和平面A8C。上的轨迹是以百为半径，圆心角

为1]T的两段弧，

因此，轨迹的总长度为/=与+岳，D对.

故选：ACD.

【点睛】

方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几

何问题求解，其解题思维流程如下：

（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心

到接点的距离相等且为半径；

（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元

素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；

（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

14.（2022•广东广州•一模）在长方体ABCn-AAGA中，AB=2,M=3,4）=4,则下

列命题为真命题的是（）

A.若直线AG与直线C力所成的角为巴贝ijtane=：

B.若经过点A的直线/与长方体所有棱所成的角相等，且/与面BCGq交于点M,则

AM=419

C.若经过点4的直线机与长方体所有面所成的角都为仇则sin。=包

3

D.若经过点A的平面夕与长方体所有面所成的二面角都为〃，则sin〃=^

【答案】ACD

【解析】

【分析】

A根据长方体的性质找到直线AC1与直线8所成角的平面角即可;B构建空间直角坐标系，

根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求cos〈丽，而>=cos<而，丽7>=

cos<AD,AM>,即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以4为棱长的正方

体，根据描述找到对•应的直线