2026高考数学复习高效培优专题4.2 立体几何中压轴小题归纳（解析版）

专题立体几何中压轴小题归纳

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热点限时训练

模拟实战巩固提升：限时完成题目训练，提升解题能力。

近三年：

立体几何压轴小题常考的类型如下

1.截面问题（绝对主流，年年压轴）

2.最值问题（函数建模，综合性强）

3.动点问题（常与截面、最值结合）

4.翻折问题（2023热，2024降温）

5.轨迹问题（抽象度高，低频考查）

核心特征：截面题载体：90%为正方体/正三棱柱；考查方向：静态→动态→最值演变；难度位置：多选压

轴/填空压轴

预测2026年：

1.动态截面最值（面积/周长函数建模）

2.多动点约束问题（两点以上联动）

3.截面平分体积的条件探究

重在几何直观+代数工具结合，备考需熟模型、强运算、重转化。

题型01球的截面问题

解｜题｜策｜略

这类问题通常涉及球心到截面的距离、截面圆的半径和球的半径之间的关系。核心是构建一个直角三角

形模型，并利用空间几何关系进行计算。主要利用两个性质：球的任何截面是圆面；球心和截面（不

过球心）圆心的连线垂直于截面；①②

主要考察的类型包括角度问题、截面面积最值范围、周长等。

1

1．（2025·河南·模拟预测）已知球O是正三棱锥PABC的外接球，AB3,PA5,AEEB，过点E

3

13

作球O的截面，若截面面积为π，则直线OE与该截面所成的角为（）

16

ππππ

A．B．C．D．

6432

【答案】C

【分析】作PH平面ABC，垂足为H，由正三棱锥性质求出PH及外接球的半径R，进而求得OE，利用

球的截面性质求解.

【详解】如图，作PH平面ABC，垂足为H，则H是正三角形ABC的中心，

因为ABACBC3，PCPAPB5，

所以HC1，则PHPC2CH2512，

13317

因为AEEB，取AB的中点T，所以ET，EHET2HT2，

341644

25

设正三棱锥外接球的半径为R，则R22R1，得R，

4

5397

所以OHPHR2，故OEOH2EH21，

441616

设过点E的球O的截面圆的半径为r，圆心为S，Q为截面圆上一点，

13π13

=πr2，则r2，

1616

22225131233

所以OSRr，则OS，

16161642

OS3

所以OE与该截面所成角为OES，故sinOES，

OE2

ππ

OES，即OE与该截面所成角为.

33

故选：C.

2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知球O的半径为3，正方体ABCDA1B1C1D1所有顶点均在球面上，点M

是棱AB的中点，过点M作球O的截面，则所得截面面积的最小值为（）

A．5πB．4πC．3πD．3π

【答案】C

【分析】根据正方体对角线长就是球的直径求出正方体的棱长，结合当OM与截面垂直时，截面圆的半径最

小，此时截面圆面积最小，进而可得答案．

【详解】设正方体棱长为a，则正方体对角线长就是球的直径2R，

球心O是正方体对角线中点，

由正方体对角线公式a2a2a22R6，解得a23．

因为点M是棱AB的中点，当OM与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小．

因为OAR3，AM3，勾股定理OA2OM2AM2，解得OM6，

设截面圆半径为r，则rR2OM2963，

所以截面面积Sπr23π，

故选：C．

3．（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥SABC的侧棱长为2，D为线段SC上一点，SD2DC，

SABD．设三棱锥SABC外接球为球O，过D点作球O的截面，则截面面积的最小值为（）

4π8π4π8π

A．B．C．D．

9933

【答案】B

【分析】如图以点M为原点，BC的平行线为x轴，MN,MS为y、z轴，建立空间直角坐标系，由SABD，

利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过D点作球O的截面，当OD时，

截面面积的最小，可得解.

【详解】如图在正三棱锥SABC中，SM平面ABC，且M为ABC的中心，AN为中线，

如图以点M为原点，BC的平行线为x轴，MN,MS为y、z轴，建立空间直角坐标系，

2

设，则23

MSh,ABaha4,

3

3a3a3

所以A0,a,0,S0,0,h,B,a,0,C,a,0，

32626

1a3h

由于SD2DC，所以CDCS，则D,a,，

3393

35a3h

所以AS0,a,h,BD,a,，

36183

5a33h2

因为SABD，则ASBD0aa0

63183

23

解得a22,h，

3

a23

设O0,0,k，则OAOS，则k2hk，得k，

33

233

所以R3，

33

过D点作球O的截面，当OD时，截面面积的最小，

2

22

aa3h19，所以截面圆半径为2222，

ODROD

9273333

8π

则面积为.

9

故选：B

4．（2025·广东·模拟预测）在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M,N分别为AB,CC1的中点，过直线

MN的平面截该正方体的内切球O，所得截面圆的面积的最小值为（）

π2π3π

A．B．C．πD．

232

【答案】A

【分析】设T是线段MN的中点，则OTMN，利用勾股定理求出MN，进而求出OT，找出当OT垂直于

过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，再利用弦长公式和面积公式即可求得结

果.

【详解】设T是线段MN的中点，则OTMN，

由勾股定理MNMB2BN26,OM2，

2

球心到距离为262，

OMNOT(2)

22

当OT垂直于过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，

2

被球截得的弦长为222，

MNl2ROT212

2

l221

此时圆的半径就是r，面积为Sπrπ.

222

故选：A.

题型02正方体的截面

解｜题｜策｜略

1、正方体的截面有三角形（包括等边三角形），四边形（正方形、矩形、梯形、平行四边形、棱形），

五边形，六边形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面）

2、如果条件只给出截面的一部分，需要补全截面，根据两个原则，1、延长相交2、做平行线

1．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F,G分别为棱A1B1,BC,DD1的中

点，过点E,F,G作正方体的截面，则截面的形状为（）

A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，求平面EFG的法向量，取BB1的中点L，CD的中点M，A1D1的中点N，

证明L,M,N都在平面EFG内，由此可得结论.

【详解】因为多面体ABCDA1B1C1D1正方体，所以ABAD，AA1AB，AA1AD，

x,y,z

如图：以点A为原点，AB,AD,AA1为轴的正方向建立空间直角坐标系，

设AB2，则E1,0,2，F2,1,0，G0,2,1，

所以EF1,1,2，EG1,2,1，

设平面EFG的法向量为nx,y,z，

nEFxy2z0

则，取x1，则y1，z1，

nEGx2yz0

所以n1,1,1为平面EFG的一个法向量，

取BB1的中点L，CD的中点M，A1D1的中点N，

可得L2,0,1，M1,2,0，N0,1,2，

所以EL1,0,1，EM0,2,2，EN1,1,0，

因为ELn1101110，EMn0220，ENn1100，

所以点L,M,N都在平面EFG内，

连接EL,LF,FM,MG,GN,NE，

所以过点E,F,G的正方体的截面为六边形ELFMGN，

故选：A.

2．（2025·全国·模拟预测）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点M在棱A1B1上，平面ACM把正方体

ABCDA1B1C1D1分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体ABCDA1B1C1D1所

得的截面周长为（）

A．1052B．4562C．552D．15

【答案】A

【分析】设平面ACM与棱B1C1交于点N，则MN∥AC，设MB1x，由棱台的体积求得x1，进而可求

得截面周长.

【详解】设平面ACM与棱B1C1交于点N，则MN∥AC，几何体MB1NABC是三棱台，

111

由题意知该三棱台体积为．设，则22，

14MB1x88xx414

322

解得x1，平面ACM截正方体ABCDA1B1C1D1所得的截面为等腰梯形ACNM，

AC42，MN2，AMCN5，所以截面ACNM的周长为1052.

故选：A．

3．（2025·浙江·三模）在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为AB、CC1的中点，过直线

MN的平面截该正方体所得截面Γ，则当平面与平面ABCD的所成角为最小时，截面Γ的面积为（）

1411

A．85B．330C．123D．

3

【答案】B

【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设平面

交直线AA1于点P0,0,a，利用空间向量法可求出平面与平面ABCD的所成角为最小时a的值，求出此时

二面角余弦值的最大值，然后利用射影面积法可求出截面Γ的面积.

【详解】以点A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标

系，

则M2,0,0、N4,4,2，设平面交直线AA1于点P0,0,a，

则MN2,4,2，MP2,0,a，

mMN2x4y2z0

设平面的一个法向量为mx,y,z，则，

mMP2xaz0

取x2a，可得m2a,a2,4，

易知平面ABCD的一个法向量为n0,0,1，

设平面与平面ABCD的所成角为，

mn44

coscosm,n

22，

mn4a2a2165a4a20

230

当且仅当a时，cos取最大值，此时平面与平面ABCD所成角最小，

56

48

则m,,4，

55

设平面交棱BB1于点F0,b,0，MF2,b,0，

88

因为MF，则MFmb0，解得b1，即点F0,1,0，

55

结合图形可知，平面分别交棱BB1、DD1于点E、G，

先证明射影面积法：设点C在平面内的射影点为C，如下图所示：

过点C在平面ABC内作CDAB，连接CD，

因为CC平面ABC，AB平面ABC，所以CCAB，

因为CDAB，CCCDC，CC、CD平面CCD，故AB平面CCD，

因为CD平面CCD，所以CDAB，

故CDC为锐二面角CABC的平面角，

1

CDAB

CDS

在Rt△CCD中，cosCDC2△ABC，

CD1S

CDAB△ABC

2

推广到其他多边形的面积也成立，

21

本题中，SSS△42115，

多边形BCDFMABCDAFM2

S多边形30

设截面Γ的面积为S，由射影面积法可得BCDFMcos，

S6

3030

故SS15330.

多边形BCDFM55

故选：B.

4．（多选）（2025·云南昆明·一模）在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA14，

点F是BC的中点，点Q是CC1上的动点（含端点），则下列说法正确的是（）

4

A．异面直线AD与AB所成角的余弦值为

115

B．当CQ2时，过点A、F、Q的截面是梯形

C．当点Q运动到某点时，过点A、F、Q的截面是五边形

D．当CQ4时，过点A、F、Q的截面是矩形

【答案】ABC

【分析】由异面直线所成角的定义结合余弦定理可判断A选项；推导出FQ//AD1，可判断B选项；取CQ3，

利用面面平行的性质找出截面，可判断C选项；利用面面平行的性质找出截面，可判断D选项.

【详解】对于A选项，连接CD1、AC，如下图所示：

因为A1D1//BC且A1D1BC，所以，四边形A1BCD1为平行四边形，

所以，CD1//A1B，

所以，AD1与A1B所成的角为AD1C或其补角，

在△中，2222，同理可得，，

ACD1AD1ADDD12425AC22CD125

222

AD1CD1AC202084

由余弦定理可得cosAD1C，

2AD1CD1225255

4

所以，异面直线AD与AB所成角的余弦值为，A对；

115

对于B选项，连接BC1、AD1、D1Q，

当CQ2时，Q为CC1的中点，

1

因为F、Q分别为BC、CC的中点，则FQ//BC1，且FQBC，

121

因为AB//C1D1且ABC1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，

1

所以，AD//BC，且ADBC，所以，FQ//AD且FQAD，

1111121

所以，A、F、Q、D1四点共面，

所以，当CQ2时，过点A、F、Q的截面是梯形，B对；

对于C选项，当CQ3时，设平面AFQ交直线A1D1于点G，

因为平面AA1D1D//平面BB1C1C，平面AFQ平面BB1C1CFQ，

平面AFQ平面AA1D1DAG，所以，FQ//AG，

因为AA1//CQ，由等角定理结合图形可知，A1AGCQF，

A1GCFAA1CF414

则tanA1AGtanCQF，即，可得A1G，

AA1CQCQ33

设平面AFQ交直线C1D1于点H，

因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面AFQ平面ABCDAF，

平面AFQ平面A1B1C1D1GH，则AF//GH，

因为D1H//AB，由等角定理结合图形可得BAFD1HG，

D1GBF1

所以，tanBAFtanD1HG，则，

D1HAB2

424

且DGADAG2，所以，DH2DG，

111133113

故当CQ3时，过点A、F、Q的截面是五边形，C对；

对于D选项，当CQ4时，点Q与点C1重合，设平面AFC1交棱A1D1于点E，连接AE，

因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面AFC1平面ABCDAF，

平面AFC1平面A1B1C1D1C1E，所以，AF//C1E，

因为AB//C1D1，由等角定理结合图形可知，BAFD1C1E，

BFD1E

即tanBAFtanD1C1E，所以，，所以，D1EBF1，

ABC1D1

则点E为A1D1的中点，

由勾股定理可得2222，

C1EC1D1D1E215

同理可得AEC1F17，AF5，则四边形AEC1F为平行四边形，

因为222，所以，222，

AC1ABADAA126AEC1EAC1

所以，AEC1不是直角，故四边形AEC1F不是矩形，

因此，当CQ4时，过点A、F、Q的截面不是矩形，D错.

故选：ABC.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直

线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面

2

直线所成的角．

5．（多选）（2025·贵州六盘水·模拟预测）在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AC2，AA11，点B，D

在以线段AC为直径的圆O上运动，且B，O，D三点共线，点M，N分别是线段BC，C1D1的中点，则

下列说法中正确的是（）

A．平面AB1C1D平面DCC1D1

B．当四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积最大时，D1BAB1

3π

C．当AB1时，过MN的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为

8

3

D．当AB1时，过点A1，B，N的平面截该四棱柱所得的截面周长为52

2

【答案】ABD

【分析】对A：借助线面垂直判定定理先证AD平面DCC1D1，再借助面面垂直判定定理即可得；对B：

利用基本不等式可得ADCD1时，四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积最大时，则可建立适当空间直角坐标系

求证；对C：求出球心到直线MN的距离后借助垂径定理计算即可得；对D：作出所需平面计算周长即可得.

【详解】对A：由直四棱柱性质可得DD1AD，由AC为直径，则ADCD，

又CDDD1D，CD、DD1平面DCC1D1，故AD平面DCC1D1，

又AD平面AB1C1D，故平面AB1C1D平面DCC1D1，故A正确；

对B：由ADCD，则AD2CD2AC22，

1AD2CD2

则V2SAA2ADCD1ADCD1，

ABCDA1B1C1D1ADC122

当且仅当ADCD1时，等号成立，

即四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积最大时，ADCD1，同理ABBC1，

则此时四棱柱ABCDA1B1C1D1为正方体，

则可以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

有D0,0,0、D10,0,1、B1,1,0、A1,0,0、B11,1,1，

则D1B1,1,1，AB10,1,1，有D1BAB1110，

故D1BAB1，故B正确；

对C：当AB1时，则由B可得此时四棱柱ABCDA1B1C1D1为正方体，

1111

有M,1,0、N0,,1，则MN,,1，

2222

111

由正方体性质可得该正方体的外接球球心为,,，设为R，

222

111212123

则RM0,,，外接球半径为r.

2222

2

211

2RMMN11422

则点R到直线MN的距离dRM，

44114

MN1

44

又该截面面积取最小时，点R到该截面的距离为d，

22315π

则Sminπrdπ，故C错误；

488

对D：取CC1中点P，连接NP、BP、A1N、A1B、CD1，

12

则NP//D1C且NPDC，又D1C//A1B，故NP//A1B，

212

故N、P、A1、B四点共面，即所求截面为四边形NPBA1，

22

则截面周长为2221212

A1BBPA1NNP1111

222

5523

252，故D正确.

2222

故选：ABD

题型03动点中的平行与垂直

解｜题｜策｜略

1、利用“平行”条件的核心转化

常用转化方式：

转化为“确定平面”：若要证明或找到一点使平面，一个有效思路是构造一个包含且与平

行的平面。那么必须位于平面与已知几何�体�（�如//棱、面�）的交线上。𝑨�

转化为“�线线平行�”链：利用公理�4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点使平面，

可尝试在平面内找一条与平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P的位�置由�这�组//平行线�

决定。��

2、利用“垂直”条件的核心转化

常用转化方式：

转化为“线面垂直”：且，平面。这是将分散的线线垂直集中

到一个平面（垂面）上�的⊥强大�工具。�要⊥确�定一�点∩使�某=线�垂⇒直�于一⊥个平面(�，,�常)需该线同时垂直于平面内两

条相交直线，这往往能给出两个约束条件。

转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜线”

与“面内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直问题。

转化为“平面垂直的判定”：若要证平面平面，需在内找一条线垂直于。这有时能引导我们去

寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端�点⊥可能就�是动点�。�

1．（多选）（2025·四川绵阳·模拟预测）正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，E为CC1中点，F为平面BCC1B1

上的动点（在四边形BCC1B1内部及其边界）且满足A1F//平面AD1E，则下列正确的是（）

2

A．动点F的轨迹长度为

2

24

．三棱锥的体积范围为

BA1CC1F,

33

C．三棱锥FAD1E的体积为定值

D．当三棱锥A1CC1F的体积最小时，其外接球的表面积为14π

【答案】BCD

【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面A1NT平面AMED1，可得出动点F的轨迹为线段NT，

24

此时长度为2，即A错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥A1CC1F的体积范围为,，可得B正确，

33

结合A中分析可知点F到平面AD1E的距离为定值，可判断C正确，确定点F的位置后找出外接球球心位

置，列方程求出外接球半径可得D正确.

【详解】对于A，取BC的中点M,B1C1的中点为T，连ME,AM,NT,A1T，过A1作A1N//D1E交BB1于N，

连NT，如下图所示：

因为E为CC1中点，由正方体性质可知ME//AD1，因此可得A,M,E,D1四点共面；

由A1N//D1E可知N为BB1的中点，

又因为A1N平面AMED1，D1E平面AMED1，

所以A1N//平面AMED1；

又B1C1的中点为T，所以NTME，

又NT平面AMED1，ME平面AMED1，

所以NT//平面AMED1；

因为A1NNTN，A1N,NT平面A1NT，

所以可得平面A1NT平面AMED1，

又因为需满足A1F//平面AD1E，且F为平面BCC1B1上的动点，

所以动点F的轨迹为线段NT，此时长度为2，即A错误；

对于B，显然三棱锥A1CC1F的顶点A1到底面CC1F的距离为A1B12，

所以当CC1F的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大；

又因为CC12，所以当F在T时，点F到CC1的距离最小为1，

112

此时体积最小，即V的最小值为122，

A1CC1F323

当F在N时，点F到CC1的距离最大为2，

114

此时体积最大，即V的最大为222；

A1CC1F323

24

因此三棱锥A1CC1F的体积范围为,，即B正确；

33

对于C，由于NTME，所以点F到平面AD1E的距离等于点T到平面AD1E的距离，为定值；

△

又因为底面AD1E的面积为定值，所以三棱锥FAD1E的体积为定值，

即VV不变，可得正确；

FAD1ETAD1EC

对于D，当三棱锥A1CC1F的体积最小时，根据B中分析可知此时F与T重合，

即求A1CC1T的外接球的半径即可，

5

设外接球的球心为O，半径为R,CC1T的外接圆圆心为O1，半径为,O为CT中点，

21

如下图所示：

则OO1A1B1，在直角梯形A1B1O1O和直角三角形OO1C1中，

2

易知2313，

B1O11

22

5

22

ROO1

421473

所以可得，解得R,OO1；

2213422

R2OO

14

14

所以外接球表面积为S4πR24π14π，

4

因此当三棱锥A1CC1F的体积最小时，其外接球的表面积为14π，可得D正确.

故选：BCD

2．（多选）（2025·广东佛山·一模）在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，D为BC中点，点P是线段B1C1

上的动点，则（）

A．ADCP

B．有且仅有一个点P，使得A1B//CP

C．有且仅有一个点P，使得A1PBP

D．有且仅有一个点P，使得平面AB1D//平面A1PC

【答案】AD

【分析】根据线线平行、线线垂直、面面平行的判定逐项判定即可.

【详解】对于选项A：

因为正三棱柱ABCA1B1C1，所以BB1平面ABC，

因为AD平面ABC，所以BB1AD，

因为ADBC,BCBB1B,BC,BB1平面BCC1B1，

所以AD平面BCC1B1，又CP平面BCC1B1，

所以ADCP，所以A正确；

对于选项B：

13x3

如图建立空间直角坐标系，设，，则

AB1B1PxA10,0,0,B1,0,1,C,,1,P1,x,0.

2222

1x3x1

则AB1,0,1,CP,,1，要使得AB//CP，

11

22

那么A1BCP，无解，所以不存在点P使得A1B//CP，所以B错误；

对于选项C：

x3x3x

，要使得，

A1P1,x,0,BP,,1A1PBP

2222

xx321

那么APBP，所以A1P·BP1x0，解得x0或x，

12242

所以存在两个点P使得A1PBP，所以C错误；

对于选项D：

3333

，所以，

A0,0,1,B11,0,0,D,,1AB11,0,1,AD,,0

4444

AB·m0

设平面的法向量为，则1

AB1Dmx1,y1,z1.

AD·m0

xz0

11

得到，令，则，所以

33x11y13,z11m1,3,1.

xy0

4141

13x3

，

A1C,,1,A1P1,x,0

2222

AC·n0

设平面的法向量为，则1

A1PCnx2,y2,z2.

A1P·n0

13

xyz0

22222x21x2x2x1

得到，令x21，则y2,z2，所以n1,,，

x3x3x22x3xx

1x2y20

22

x2

1

要使得两平面平行，则3xx1，解得x，

2

3x

所以有且仅有一个点P使得平面AB1D//平面A1PC，所以D正确.

故选：AD.

3．（多选）（2025·全国·模拟预测）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，Q为正

1

方形BBCC内一动点（含边界），E,F是线段AC上的两个动点，且EF，G是BC的中点，则下列说

11112

法中不．正．确．的是（）

A．三棱锥B1EFG的体积为定值

B．在线段AD上存在一点T，使得D1T//平面EFG

C．存在Q点，使得D1Q平面A1PD

62π

D．若DQ，那么Q点的轨迹长度为

124

【答案】C

【分析】对于由VV即可判断，对于当点为的中点时，即证即可判断，对

AB1EFGGB1EFBTADD1T//GC1

∥

于C建立空间直角坐标系，设Qx,1,z0x,z1，求平面A1PD的法向量m，利用向量法得D1Qm，即

存在R，使得D1Qm，求出即可判断，对于D利用勾股定理确定点Q的轨迹，计算轨迹长度即可

判断.

21

【详解】三棱锥B1EFG的体积VBEFGVGBEF，点B1到直线EF距离为，而且EF，则B1EF面积

1122

为定值，

又点G到平面B1EF的距离为1，因此三棱锥B1EFG的体积为定值，故A正确．

当点T为AD的中点时，连接GC1,GA1,GT，由G是BC的中点，所以GT//D1C1,GTD1C1，

所以四边形GTD1C1为平行四边形，所以D1T//GC1，又D1T平面GA1C1，GC1平面GA1C1，

所以D1T//平面GA1C1，又EF平面GA1C1，则平面EFG即平面GA1C1，

所以D1T//平面EFG，故B正确．

以D1为原点，D1A1,D1C1,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

1

则A11,0,0，D0,0,1，P1,1,，

2

1

设Qx,1,z0x,z1，A1D1,0,1,A1P0,1,,D1Qx,1,z．

2

mADac0

1