模擬試卷匯編10 立體幾何-2022-2023學(xué)年高三數(shù)學(xué)模擬考試試卷匯編（新高考）

模擬試卷匯編10：立體幾何解析版

一、單選

1.（2022年廣東省高三大聯(lián)考模擬試卷）我國古代建筑的屋頂對建筑立面起著特別重要的作用，古代建筑

屋頂主要有虎殿式、硬山頂、歇山頂、懸山頂攢尖頂、蠡頂、卷棚頂?shù)阮愋停渲杏采绞轿蓓斣煨偷淖畲?/p>

特點是比較簡單、樸素，只有前后兩面坡，而且屋頂在山墻墻頭處與山墻齊平，沒有伸出部分，山面裸露

沒有變化.硬山式屋頂（如圖1）可近似地看作直三棱柱（如圖2）,其高為IOm,CG到平面ABB∣4的距

離為L5m,AB為4m，則可估算硬山式屋頂?shù)捏w積約為（）

Ci

口

圖2

C.45m3D.60m3

【答案】B

【解析】

【詳解】解：如圖，過C作于。，

由題意可知，在直三棱柱中，CG到平面ABBlA的距離為1.5m,

即CD=I.5m,又CCl=IOm,Aβ=4m

2

所以該柱體體積為V=5ΔABC?CC,=→4×l,5×10=30m.

故選：B.

2.（2022年江蘇省淮安市高三模擬試卷）一個圓柱的側(cè)面展開圖是一個正方形，則這個圓柱的表面積與側(cè)

面積的比值是（）

1+241+211+211+44

A.-----B.------C.------D.------

4乃2ππ2"

【答案】B

【解析】

【詳解】設(shè)圓柱的底面半彳仝為，圓柱的高為〃,

圓柱的側(cè)面展開圖是一個正方形,

/.2πr=h，

，圓柱的側(cè)面積為2πrh=4π2r2>

圓柱的兩個底面枳為2萬，，，圓柱的表面積為2萬產(chǎn)+2萬廠〃=2萬/+4π2r2，

2πr2÷4π2r2_1+2?

???圓柱的表面積與側(cè)面積的比為:

4√r21π

故選：B.

3.（2022年江蘇省淮安市高三模擬試卷）如圖所示，在平行六面體ABC￡>—45Cid中，M為AICl與BQi

的交點.若AS=α,AD=b，AA=c，則下列向量中與BW相等的向量是（）.

11,

B.-ClΛ—b+C

2222

111,

C.---D.—a——b+c

222

【答案】A

【解析】

11-11

【詳解】BM=BA+ΛΛi+√4∣Λ∕=-ci÷c÷-(√41β∣÷∕41Z51)=—a÷c4--(Q+b)=——++c,

故選：A

4.（2022年福建省德化一中高三模擬試卷）《九章算術(shù)》中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱

柱稱為“塹堵”；底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”，四個面均為直角三角形的四面體

稱為“鱉腌”，如圖在塹堵ABC-44G中，AClBC,且AA1=AB=2.下列說法錯誤的是（）

A.四棱錐B—AACG為“陽馬'’

B.四面體AGCB為“鱉腌”

C.四棱錐6—AACG體積最大為:

D.過A點分別作AE1?A］于點￡,ARJ.AC于點F,則EbLA1B

【答案】C

【解析】

【詳解】底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵

所以在塹堵ABC-AEG中，AClBC,側(cè)棱A41J?平面ABC,

在選項A中，因為AA_LBC,ACJ.BC,且AAAC=A,則BC上平面AACC，

且A41C∣C為矩形，所以四棱錐8—AACQ為“陽馬”，故A正確；

在選項B中，由AG?LBC,AaJ.GC且CCBC=C,

所以A1C11平面BB1C1C,所以，BCi,則VABG為直角三角形，

由BCl平面AAGC,得A4BC-CG6為宜角三角形，

由“塹堵”的定義可得-AGC為直角三角形，所以四面體ACCB為“鱉腌”，故B正確；

在選項C中，在底面有4=AC2+3C2≥2AC?8C，即AC?BC≤2,

當(dāng)?shù)﹥H當(dāng)AC=BC時取等號，

則匕×BC^-AA×AC×BC^-AC×BC≤-,所以不正確；

Fi-∕A1JAΛCWC∣-3SA∕i∣AΛCVC-∣?Ii33C

在選項D中，由BCl平面AAGe,則BCLAEAF_LAIC且AC∩3C=C,

則AEJ_平面ABC,所以

乂AELAf且AFCAE=A，則平面AEE，則AB_LEF,所以D正確.

故選：C.

5.(2022年河北省衡水中學(xué)高三模擬試卷)已知一個圓錐的底面半徑為3,其側(cè)面積是底面積的2倍，則

圓錐的體積為()

A.6萬B.6Λ∕3萬C.96兀D.I2π

【答案】C

【解析】

1,

【詳解】解：設(shè)圓錐的高為小母線長為/,則圓錐的側(cè)面積S=-X2乃H=2萬產(chǎn)，故

2

l=2r=6,h=√Z2-r2=3√3，故圓錐的體積V=^πrλh=96兀.

故選：C.

6.(2022年江蘇省高三模擬試卷)在空間直角坐標系。一取Z中，已知圓A:(x-2)2+(y-1)2=1在平面χθ)

內(nèi)，C((V,2)(f∈R).若A04C的面積為S,以C為頂點，圓A為底面的幾何體的體積為V,則上的最大

S

值為()

δ√5r2√5,2√5n√5

A.—itB.-------itC.-------TUD.—Tt

101553

【答案】B

【解析】

【詳解】因為圓A：(%-2)2+(>-1)2=1的方程，所以A(2因).故OA=J2?+『=5C((U2)到。一盯平

面的投影為C'((),。，過C'作Q4垂線交與點。，故CD是404C的高，：X-2y=0,所以C到直線04

,∣-2f∣∣-2z∣I/∣2∕∣VI

的距離為d,"=而上=石故3干+(胃J=,4+*，所以

SoAC=6x^4+*xg=J？7^?因為圓A的底面半徑為1，所以圓A底面積S=兀xf=π,又

2

π

C(O√,2),所以V=IS∕z=2π.V=3,當(dāng)r=o時，歷M取得最小值為JL故

335^√W

（V）2√5

—=------兀.

）MAX15

故選：B.

7.（2022年河北省衡水中學(xué)高三模擬試卷）我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》對立體幾何有著深入的研究，

從其中的一些數(shù)學(xué)用語可見，譬如“塹堵”指底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱，“陽馬”指底面是

矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，“鱉膈”指的是四個面都是直角三角形的三棱錐.現(xiàn)有一如圖所示的“塹

堵”ABC-A4G，其中ACUBC,若A4=AB=2,則“陽馬”B—A∣ACG的體積最大為（）

_4

B.2C.一D.4

3

【答案】C

【解析】

【詳解】由題意知：BCl平面AACG，設(shè)3C=X,則有AC=JAB2_3C2=J4-Y，

?1/2/

匕一”…=§xx2x"ZXF=，0<x<2；

考慮（%_AACG）2=1X-（4-X2）是關(guān)于/開口向下的二次函數(shù)，當(dāng)V=2時取得最大值，最大值=

4.,.X16

—×2×^z4-2）=,

4

?*?B-AiACCi的最大值為1:

故選：C.

8.（2022年河北省高三大聯(lián)考模擬試卷）如圖，在棱長為2的正方體ABC4耳GA中，E是側(cè)面

GC內(nèi)的一個動點（不包含端點），則下列說法中正確的是（）

A.三角形AEDl的面積無最大值、無最小值

B.存在點E,滿足AEJ?8∣E

C.存在有限個點E，使得三角形AEA是等腰三角形

D.三棱錐8-AER的體積有最大值、無最小值

【答案】B

【解析】

【詳解】選項A中，邊A?的長度為定值，三角形AEA面積與點E到A2的距離有關(guān)，

當(dāng)點E在線段BG上時，距離最小，此時面積取得最小值，在端點4,C處的距離最大，

此時面積取得最大值（舍去，端點不可?。?，所以A不正確；

選項8中，若AE，與E,可得點E在以4A中點為球心，、反為半徑的球面上，

因為以BlDt為直徑的球面與側(cè)面BBCC有交,所以存在點E,滿足RE±BlE,

所以B正確；

選項C中，三角形AEDl是等腰三角形，當(dāng)AE=D1E時，點E在AD的中垂面上,且E在側(cè)面BBGC上,

所以點E的軌跡是線段與C（不含端點），有無窮多，所以C不正確;

選項。中，由％.AW∣=%τ%=；Szu皿?//,高人不存在最大值（不包含端點）和最小值，所以D不正

確.

故選：B.

9.（2022年廣東省佛山市高三模擬試卷）已知一圓臺高為7,下底面半徑長4,此圓臺外接球的表面積為1（）（）乃,

則此圓臺的體積為（）

c“259262

A.84ZrB.86ττC.------TlD.------Tt

33

【答案】C

【解析】

如圖為圓臺及其外接球的軸截面，。為外接球球心，A,8為等腰梯形的下底和上底的中點，所以他=7,

ABlAC^

因為外接球的表面積為IOO萬，所以外接球的半徑為OC=5,圓臺下底面半徑為4,所以AC=4,

Ao=J52-42=3,則QB=4，BD=√52-42=3-即圓臺上底面半徑為3,所以圓臺的體積為

222

i×7×^×3+π×4+J兀義32義兀χ4）=.

故選：C.

10.（2022年江蘇省淮安市高三模擬試卷）如圖，已知三棱柱ABC-A4G的底面是等腰直角三角形，

AAJ■底面ABC,AC=8C=2,AΛl=4,點。在上底面AB∣C∣（包括邊界）上運動，則三棱錐。-ABC

的外接球表面積的范圍為（）

B.[9π,24π]

D.彳寺兀，8兀]

C.--π,24π

_16

【答案】A

【解析】

【詳解】如下圖所示:

因為一ABC為等腰直角三角形，AC=BC=2,所以，ABC的外接球的截面圓心為AB的中點Q，且

AO1=√2.連接?！概c4片的中點￡,則0E∕∕A4∣,所以QE，面ABC設(shè)球心為0,由球的截面性質(zhì)

可知，。在OlE上，設(shè)。。=x,DE=f(θ<Z≤√2),半徑為R,因為Q4=OZ)=R,所以

,2+χ2=J(4-X)2+*,

7R1Q1

所以產(chǎn)=8x—14,又0≤f≤J5,所以解得一≤x<2.因為W=2+/,所以J<R2≤6,所以當(dāng)R2=J

41616

Ql

時，外接球表面積最小為4兀/?2=一兀，當(dāng)R2=6時，外接球衣面積最大為4兀代=24兀,所以三棱錐O-ABe

4

一81"

的外接球表面積的范圍為—π,24π.

4

11.(2022年廣州市第十七中學(xué)高三模擬試卷)在三棱錐A—JBCD中，ADj.平面BCD,

TT

ZABD+NCBD=—，BD=BC=1,則已知三棱錐A—6Cr)外接球表面積的最小值為()

2

2√5+l√5+l2√5-l√5-l

Aδ.-----------πrB.----------πγC.-----------πnD.---------π

4242

【答案】B

【解析】

【詳解】如圖，設(shè)NA8D=a,NCBD=0,K為Z?8CO的外心，。為三棱錐A—BCD外接球的球心,

則OKL平面8C。，又ADJ_平面BC。，所以O(shè)K〃AO,KZ)U平面BCD，則OK_LoK,四邊形

OKZM是直角梯形，

設(shè)OK-h，DK-r，OD-R-

由ADj_平面8。。，BDU平面BCO，得ADi必,

?.β1

1β2sin—即,

則AD=tana=------,CD=2sin-,?____2Σ下,

tanβ22r2cos-

sinβ2

h2+r2=R21

又〈2，，則"=大A。，

(AD-h)72+r2^R22

叱=八當(dāng)2=1+_^=_1_+CO/0」+3-

24cos2—4tan2β2(1+cosβ)4(1-cos2∕?)44(1-cos2/?)

^2

令，=3-2cos/?,則cos/?=~-∕∈(L3),

-1r_11>11_1+1_V5+15

4t2-6t+545_-442(3-√5)8，當(dāng)且僅當(dāng)，=：，

，十二一u2.ItoI

即f=逐時等號成立,

所以三棱錐A-BCD外接球表面枳S=4兀R2>4ZΓ×避上?=避上?

82

故選：B.

二、多選

12.（2022年廣州番禺高三模擬試卷）己知三棱柱ABC-44G的底面是邊長為3的等邊三角形，側(cè)棱與

底面垂直，其外接球的表面積為16〃，下列說法正確的是（）

A.三棱柱ABC-AlθlCl的體積是為5

2

B.三棱柱ABC-AgG的表面積是18

C.直線ABl與直線AG成角的余弦值是之姮

D.點A到平面ARC的距離是巫

2

【答案】AC

【解析】

【詳解】如圖所示，三棱柱的上下底面正三角形中心分別為A,D,

因為三棱柱ABC-48∣G底面是邊長為3等邊三角形，側(cè)棱與底面垂直,

所以其外接球的球心O為高。R的中點，

設(shè)外接球半徑為A,由4萬/?2=16〃得R=2,

又因為BD=2χ與3=5故Or>=1,所以。R=2,

32

所以三棱柱的體積V=-?32-2=晅.

42

三棱柱的表面積S=3x3x2+2χX3χ32=18+%8.

42

因為所以ZBAC是與ABl成的角也就是與成的角，

AC//4G,tACA1C1ABI

因為M=4。=屈，AC=3,所以COSN耳4C=?=

所以直線ABl與宜線AG成角的余弦值是士叵.

26

設(shè)A到平面4BC的距離是力，由匕M8C二^A1-AffC得L/zxL里3,2』，

32234

解得/7=M.

43

故選：AC.

13.（2022年江蘇省高三模擬試卷）在棱長為2的正方體ABC。一A山IGol中，正方形ABCO的中心為E,

且圓E是正方形ABe。的內(nèi)切圓.F為圓E上一點，G為棱BBl上一點（不可與8,為重合），”為棱4田

的中點，則（）

A.IWfl∈[2,2√21B.ZiBEG面積的取值范圍為（0,√2]

C.EH和FG是異面直線D.EG和尸”可能是共面直線

【答案】AD

【解析】

A：當(dāng)戶為AB中點時，HF最小為2,當(dāng)尸為Cr）中點時，Hb最大為2&，正確；

I5

B：由SBFG=]X3EX旦G=^-與G∈（0,√Σ）,錯誤；

C：由圖，當(dāng)F在圓上運動過程中，定直線E”和尸G可能相交，故不一定為異面直線，錯誤；

D：由題設(shè)知EGU面反片，而尸在圓上運動過程中FH和向EB旦可能相交，故EG和尸4可能相交，則

EG和F”可能是共面直線，正確.

故選：AD

14.（2022年福建省福州市高三模擬試卷）已知ABC。-ABlGA為正四棱柱，底面邊長為2,高為4,E,

P分別為AA-8用的中點.則下列說法正確的是（）

A.直線AA與平面OCe。所成角為巴

6

B.平面A8Q〃平面50G

C.正四棱柱的外接球半徑為卡

D.以。為球心，2&為半徑的球與側(cè)面BCl用的交線長為π

【答案】BCD

【解析】

【詳解】解：對于A：由正四棱柱的結(jié)構(gòu)特征可知，則NAAo為直線AQ與平面OCClA所成角，

因為tanNAAO=KK=S,所以直線AR與平面OCGA所成角不等于生，故A錯誤；

DD?，6

對了B：山正四棱柱的結(jié)構(gòu)特征可得，BB?"DD?,BBl=DDI,

則四邊形BBQo為平行四邊形，可得BRHBD,

Q8。u平面BDC-BlDlu平面BDel,

.?.4?！ㄆ矫鍮oCI,

同理可證ABl〃平面BOG，

又AB「BQ=BI,且AB∣,BlDlU平面ABQ∣,

平面AB1D1//平面BDC1,故B正確；

對于C：正四棱柱ABeD-A耳GA外接球的直徑即為其體對角線，

所以其外接球的半徑H=,87巨K=J4，故C正確；

2

對于D：點。到側(cè)面BCC∣4的距離為2,易得交線軌跡與圓相關(guān)，設(shè)r為球與側(cè)面BCC1B1交線軌跡的半

球與側(cè)面3CG4的交線軌跡是以。為圓心，2為半徑的!圓弧，平面圖如下圖所示:

故交線長為乃，故D正確;

故選：BCD

15.（2022年廣東省佛山市高三模擬試卷）在直角梯形ABC。中，ABHCD,CDlBC,

AB=2BC=2CD=2,E為AB中點.以DE為折痕把VA￡>E折起，得到四棱錐P-BCr>石，如圖所示,

則（）

B.當(dāng)尸C=百時，平面PECJ_平面

C.當(dāng)PC=T^時，面尸。C與面BC。的夾角的正切值為J5

D.當(dāng)PC=0時，P3與面BCr）所成的角為.

6

【答案】AB

【解析】

【詳解】對于A選項，翻折前，由題意可知CD〃班且S=M,CDLBC,

所以，四邊形BCDE為矩形，則BC//DE,

QAB//CDW∣JBC1ΛB,則Z）ElAB,

翻折后，對應(yīng)地有DE_LBE，DEA.PE.?BC±BE,BC上PE,

BECPE=E,BE、PEU平面PBE,；.BC工平面PBE,A對；

對于B選項，因為四邊形BCDE為矩形，SC=CD=I,

所以，四邊形BCOE為正方形，所以，BD上CE，

當(dāng)PC=當(dāng)時，因為PE=1，則PE?+CE?=PC?,.?.PE上CE,

因為BCLPE,CEBC=C,CE、BCU平面BCDE,:.PE上平面BCDE,

QBDU平面BCDE,..BDLPE,

BD±CE,CEcPE=E,CE、PEU平面PCE，.?.B0,平面PCE，

QBDU平面PBD，故平面PBDJ_平面PCE.B對；

對于C選項，當(dāng)PC=百時，PEL平面BCDE,

?.CDU平面BCDE,:.PEYCD,

因為四邊形BCDE為正方形，則OEIcD，

PE?DE=E,PE、DEU平面PDE，?CDA平面Pr）E，

所以，面PDC與面BCD的夾角為NPDE，

因為P￡J_平面BCr>￡,OEU平面PCQE,則P￡J,OE，故tanNPDE=——=I,C錯;

DE

對于D選項，過點P在平面PBE內(nèi)作FA_L8E，垂足為點尸，

設(shè)∕PEF=e,其中0<。<兀，

因為BCl平面PBE,PFU平面PBE,；.PF上BC,

PF上BE，BECBC=B,BC、BEU平面BCDE,PF_L平面BCDE,

所以，PB與平面BCD所成角為NPBF，

EF=COS6,PF=Sin8,BF=BE—EF="COS6，

由勾股定理可得。尸=3。2+8尸=1+（1_85。）2,

因為CFU平面BCDE,..PF±CF,.?.PC2=PF2+CF2,

?1JT

所以，sin?6+1+（1—COSey=2,可得CoSe=a，因為O<e<π,則e=5，

TT

又因為PE=BE=I,所以，ZxPBE為等邊三角形，故NPBF=一，D錯.

3

故選：AB.

16.（2022年廣州附屬中學(xué)高三模擬試卷）棱長為4的正方體ABCD-AiBiCiDl中，E,P分別為棱AA1,

AA的中點，若4G=2B∣C(O≤2(1),則下列說法中正確的有()

A.三棱錐F-AEG的體積為定值

B.二面角G-Eb-A1的正切值的取值范圍為半，2及

C.當(dāng);I=L時，平面EGG截正方體所得截面為等腰梯形

2

D.當(dāng)4=’時，EG與平面BCC∣4所成的角最大

4

【答案】ACD

【解析】

【詳解】對于A,因為4G=∕L4C可得點G是線段BC上的一個動點，

又因為正方體ABCD-ABICR中，平面BCC1B1//平面4。。同，BCU平面BCGBl,故BC〃平面

ADD1A,所以點G到平面ADD1A的距離為定值，

而SEFA=2,所以三棱錐

^G-EFAi是定值，又因為％-EFA=%-AEG，

故三棱錐F-AEG的體積為定值，A正確；

對于B,當(dāng)2=1時，點G與點C重合，

此時CE尸,..A1M都是等腰三角形，設(shè)M為EE中點，則AM_LERCMLEF.

則NAMC為二面角G-EE—AI的平面角，Λ1M=∣^F=√2,Λ∕C=√32+4-2=√34,Λ1C=4√3,

則AM'+MG?-4。2=-12<0,即NAMC為鈍角，

此時：面角G—EF—4的平面角大于90°，

此時二面角G-EF-A∣的正切值小于0,所以B不正確;

11

對于C中，'1U=-時，此時BG=-BC即點G為BC的中點，如圖所示,

2211

連接BC1,FC∣,EB,此時8C∣cB∣C=G,

在正方體中ABC。-AB￡2，因為E,尸分別為棱AA,AA的中點，

可得EF//AD1//BCl,且EF=^BCi,

在直角Z?ABE中，可得BE=+松=2區(qū)同理￡/=JGD：+口產(chǎn)=2區(qū)

所以四邊形BGFE為等腰梯形，即平面EGG截正方體所得截面為等腰梯形，所以C正確;

對于D,設(shè)N為B乃的中點，連接EN,GN,則EN_L平面BCC4，BiN=2,

則NEGN為EG與平面BCCIBl所成的角,

當(dāng)4=；時，BlG=；Bc=-s∕2,

在RL.B∣BC中，NBBc=々,故NG=J2?+2—2χ2χ√∑χ也=&，

4\2

22

即B1G+NG=用N?,則NGJ_，即；I=；時，NG最小，

EN2

故tanNEGN=----=-----,當(dāng)NG最小時，tanNEGN最大，

NGNG

即當(dāng);I=J■時，EG與平面BCG4所成的角最大，D正確，

4

故選：ACD

17.（2022年廣東省高三大聯(lián)考模擬試卷）如圖，棱長為2的正方體ABCD-44G。中，P為線段3Q上

動點（包括端點）.則下列結(jié)論正確的是（）

A.當(dāng)點P在線段BQ上運動時，三棱錐48D的體積為定值

B.記過點P平行于平面4B。的平面為a,α截正方體A8CD—A4G2截得多邊形的周長為3亞

C.當(dāng)點尸為BQl中點時，異面直線AP與BO所成角為T

D.當(dāng)點P為用R中點時,三棱錐P-ABO的外接球表面積為IE

【答案】ACD

【解析】

【詳解】對A,由于與R〃BD,顯然AA〃平面ABD,

又PeB∣R,所以「在任何位置時到平面A1BD的距離相等，

所以三棱錐P-ABO的體積為定值，故A正確；

對B,由P在BQ上且49〃8。，故截面為二4。9，

所以截面周長為6近，故B錯誤；

對C,當(dāng)點P為BQ中點時，由于A與GA為正方形，

所以APA，又BD//B?D?,所以4尸_LB0,故C正確；

對D,當(dāng)點P為Ba中點時，Λ1P±β1Pl,

所以在正方體中APJLψ?[f∏BDP，

由BO=2√∑,BP=DP=娓,

所以3/成。=3尸2±92二5小=巴」,SmNBPD=晅

IBPDP1233

C2√2C

r)r----二3

所以ABPD外接圓直徑2√2

^3^

22

所以三棱錐P-AiBD的外接球的直徑2R=λ∕(2r)+ΛlP=√9+2=√1T，

所以三棱錐P-AiBD的外接球表面積為4萬（羋）2=1，故D正確;

故選：ACD

18.（2022年福建省德化一中高三模擬試卷）如圖，平面四邊形ABeD中，ABCD是等邊三角形,

AB_LBZVELA5=BD=2，/是A。的中點.沿BD將ABCD翻折，折成三棱錐C—ABO,在翻折過

程中，下列結(jié)論正確的是（）

A.棱CD上總會有一點N,使得MN//平面ABC

B.存在某個位置，使得CM與3。所成角為銳角

C.NeMB一定是二面角C—AO—8的平面角

28幾

D.當(dāng)平面49Dj_平面BDC時，三棱錐C—ABO的外接球的表面積是亍

【答案】AD

【解析】

取CD中點N,連接MN,如圖，

在，ACO中，MNHAC,MNN平面ABC,ACU平面ABC,

所以MN//平面ABC,故A正確;

取5。中點G，連接CG,MG.

因為Z?BCD是等邊三角形，所以CG_L30,

又因為AB_LBD.在MG//AB,所以MG_L5。，

又因為MGCCG=G.MGCGu平面CGM,

所以BDl平面CGM，

又CMU平面CGM,所以或>_La故B錯誤；

對于C,翻折過程中，C。氏度不變，但C4長度會隨著翻折程度不同而不同，

所以CM不一定垂直于AD，所以NCMB一定是二面角C-AD-B的平面角,

故C錯誤：

對于D,因為AABO為直角三角形，

所以過M作MF，平面ABD.

設(shè)尸為三棱錐C-A6D外接球的球心，

因為平面ABOL平面BOC，平面AMC平面比心=30.

且CG_LBr>,CGU平面BoC,

所以CG_L平面ABD,所以MFHCG.

過戶作FE//MG交CG于點E,如圖所示，

所以四邊形MEEG為矩形，

MF=EG,FD=FC=R,

在直角ZWD中，H2="02+"F2^∣JH2=2+Mp2,

在直角二EfC中，K?=E尸2+CE?,即K?=1+(G-EG)2,

解得R2=Z,所以三棱錐C-ABO的外接球的表面積是也.

33

故D正確.

故選:AD.

19.(2022年廣州第十七中學(xué)高三模擬試卷)已知正四面體ABCQ的棱長為20，其外接球的球心為。.點

E滿足A2=∕IAB(O<∕1<1),CF=μCD{O<μ<Y),過點E作平面α平行于AC和BO,平面α分別與

該正四面體的棱BC,CD,AQ相交于點M,G,H,則()

A.四邊形EMGH的周長為是變化的

B.四棱錐A-EMG”的體積的最大值為言

C,當(dāng);L=L時，平面α截球O所得截面的周長為典兀

42

14

D.當(dāng)2=〃=一時;將正四面體A8C。繞E/旋轉(zhuǎn)90°后與原四面體的公共部分體積為一

23

【答案】BD

【解析】

【詳解】對于邊長為2的正方體AB,CDi-ABC1D,則ABCD為棱長為2&的正四面體，則球心O即為

正方體的中心，

連接BQ,設(shè)AClB1D1=N

,；BBlDR,BBl=DDI,則88Q。為平行四邊形

/.BDBn,

XVBD平面α,3Qlz平面α,

.?.B1D1//平面α,

XVAC平面α,ACTBR=N,AC,qRi平面AqCR,

,平面α平面AgCA,

對A：如圖I,

?.?平面α平面AgC。，平面α平面ABC=RW，平面ABCAI平面ABC=AC,

EMBEr-z

.?.EMAC?則----------?-λf?即EM=(1—∕l)AC—2j2(1—/1),

ACAB

同理可得：HEGMBtDl,HE=GM=2g,EMGHAC,EM=GH=2及Q-九),

，四邊形EMGH的周長L=EΛ∕+MG+G"+EH=4&(定值)，A錯誤；

對B：如圖1,由A可知：HEGMB1O,,HE=GM=2②,EMGHAC，

EM=GH=2及Q-孫

VABiCDt為正方形，則ACIBlDt,

：.EMGH為矩形,

根據(jù)平行可得：點A到平面α的距離d=2Λ41=22,

故四棱錐A—EMGH的體積V=∣×2∕l×2√2Λx2五（1一X）=?!∣（42一萬），則y，=與42—34）,

?.?0<4<l,則當(dāng)0<∕l<∣時，則V'>0,V在（θ,∣）上單調(diào)遞增，當(dāng)?∣<∕l<l時，則V'<0,V在（：』

上單調(diào)遞減，

264

.?.當(dāng)l=—時，V取到最大值上，

Z381

64

故四棱錐A-EMGH體積的最大值為巴，B正確；

81

對C：正四面體48CO的外接球即為正方體ABC2-ABG。的外接球，其半徑R=6，

設(shè)平面α截球。所得截面的圓心為Q,半徑為「，

當(dāng)a=L時，則Oo=I?,

42

22222

,/Oa2+r=R,則r=y]R-OO1=當(dāng)，

.?.平面α截球。所得截面的周長為2πr=JΓIπ,C錯誤;

對D：如圖2,將正四面體A8C。繞EF旋轉(zhuǎn)90。后得到正四面體A4CQ∣,設(shè)

AiDfIAD=P,A1C1IBD=K,B￡1BC=Q,BRIAC=N,

Vλ=Λ=∣t則E,F,P,Q,K,N分別為各面的中心，

.?.兩個正四面體的公共部分為EFPQKN,為兩個全等的正四棱錐組合而成，

根據(jù)正方體可得：EP=拉，正四棱錐K—PEQF的高為（A4,=1,

≡≡≡≡V=2VW=2×1×1×√2×√24-D≡:

故選：BD.

TT

20.（2022年河北省南宮中學(xué)高三模擬試卷）如圖，在菱形ABC。中，AB=2,NABC=-,“為BC的

3

中點，將，ABM沿直線AA/翻折到ABlM的位置，連接8。和片。,N為耳。的中點，在翻折過程中,

A.面ABlMJ.面B∣MC

B.線段CN長度的取值范圍為[1,6]

C.直線A"和CN所成的角始終為四

D.當(dāng)三棱錐4-AMo的體積最大時，點C在三棱錐用-AMD外接球的外部

【答案】AC

【解析】

【詳解】A選項：連接AC,由題意在菱形ABCD中，43=2，M為BC的中點，所以

??TC

BM=BM=-BC=-AB=I,乂NABC=上,由余弦定理AM?=22+F一2xlx2cos600=3，故

1223

222

AM=BAM+CM=4=AB1,所以同理AMLMC,又用MCMC=M,

BlM,MCu平面BlMC,故AWl平面BiMC,又AMu面ABiM,故面AB,ML面gMC,故A選

項正確；

B選項：如圖所示，取AD中點E，連接EN,EC,所以EC//AM,且EC=AM,又因為N為男。的

中點，所以EN〃AB「且EN=；4旦=1.又由A選項得AΛ∕?LBC,NABC=60。，所以

NBAM==30°且AM=√5,Pk以NNEC=三,EC=B在CCEN中，由余弦定理得：

6

222

CN=CE+NE-2CE-NE-cosΛNEC=3+l-2×λA×l×-=1，即CN=L故B選項錯誤；

2

C選項：由B選項得EN〃Ag,所以直線AM和CN所成角即為EC與CN所成角NNCE,又

π

NC=NE=',故NNCE=NNEC=—,故C選項正確;

6

D選項：當(dāng)三棱錐與一AMD的體積最大時，BxMJ?平:面?ABCD,由四邊形ABCf）為菱形,且NA5C=60°，

NBAM=30。，故NMCD=I20。，AMLAD，故C在WD的外接圓內(nèi)，又AAMD的外接圓在：棱

錐用-AM。外接球的內(nèi)部，故點C在三棱錐用-AMD外接球的內(nèi)部，故D選項錯誤；

故選：AC

21.（2022年江蘇省淮安市高三模擬試卷）在正方體ABeD-4AC"中，AB=I,點P滿足

CP=λCD+μCCl,其中4∈[0,1],〃∈[0,1],則下列結(jié)論正確的是（）

A.當(dāng)烏P//平面ABO時，與CR可能為:

B.當(dāng)4=〃時，IQPI+∣aPl的最小值為e；石

C.若BlP與平面CG2。所成角為：，則點P的軌跡長度為

D.當(dāng)4=1時，正方體經(jīng)過點4、P、C的截面面積的取值范圍為當(dāng)Q

【答案】AC

【解析】

【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-型，

則A(0,0,0μβ(l,0,0),D(0,1,0),C(LLO),4(0,0,1),G(l,U),A(0,1,1)，

所以Cn=(-1,0,?),B1P=BlC+ΛCD+μCCl=(一41,4-1),

則84∣=(-l,0,l),BD=(-l,l,0),設(shè)平面人乃。的一個法向量為〃=(χ,y,z),

BA1?n=(x,?,z)?(-1,0,1)=-x÷z=0

所以＜

BD?n=(-l,l,θ)?(x,j,z)=-x+γ=O

令X=1,則y=z=l,即平面A/。的一個法向量為〃=（1,1,1）,

若gp//平面Λ1BD,則〃.4戶=0,βp(-λ,l√∕-l)?(l,l,l)=-Λ+