【文档说明】《2023年新高考数学临考题号押》押第12题 立体几何 （新高考）（解析）.docx，共(26)页，3.101 MB，由envi的店铺上传

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1押第12题立体几何高考立体几何承载着考查空间想象能力、逻辑推理能力及运算能力的考查，是高中数学的传统及核心重点内容，也是高考命题创新的探索者.在每年的试题中，它在继承中求稳定，在创新中求发展.为了准确地把握2021年高考立体几何小题命题

思想与趋势，在最后的复习中做到有的放矢，提高复习效率，我们现一起分析研究2020-2017这4年的考题，以便发现规律，把握住高考命题的脉搏.方法总结1.找出需要我们做的事情，分析题干中的条件2.找准基础概念3.对于夹角问题可

以用向量法解决。1．（2021·新高考全国卷Ⅰ数学·高考真题）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A．2B．22C．4D．42【答案】B【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面

圆的周长等于扇形的弧长，则22l=，解得22l=.故选：B.2．（2021·新高考全国卷Ⅱ数学·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球

看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos)Sr=−（单位：2km），则S占地球表面积的百分比约为（

）A．26%B．34%C．42%D．50%【答案】C2【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：226400164003600002(1.cos)1cos44242%22rr−−−+===.故选：C.3．（

2021·新高考全国卷Ⅱ数学·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20123+B．282C．563D．2823【答案】D【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高(

)2222222h=−−=，下底面面积116S=，上底面面积24S=，所以该棱台的体积()()121211282164642333VhSSSS=++=++=.故选：D.4．（多选）（2021·新高考全国卷Ⅰ数学·高考真题）在正三棱柱111ABCABC−中，11ABAA==

，点P满足1BPBCBB=+，其中0,1，0,1，则（）A．当1=时，1ABP△的周长为定值B．当1=时，三棱锥1PABC−的体积为定值C．当12=时，有且仅有一个点P，使得1APBP⊥D．当12=时，

有且仅有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP【答案】BD【详解】3易知，点P在矩形11BCCB内部（含边界）．对于A，当1=时，11=BPBCBBBCCC=++，即此时P线段1CC，1ABP△周长不是定值，故A错误；对于B，

当1=时，1111=BPBCBBBBBC=++，故此时P点轨迹为线段11BC，而11//BCBC，11//BC平面1ABC，则有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当12=时，112BPBCBB=+，取B

C，11BC中点分别为Q，H，则BPBQQH=+，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A，()0,0P,，10,,02B，则13,0,12AP=−−，10,,2BP=−，()

110APBP=−=，所以0=或1=．故,HQ均满足，故C错误；对于D，当12=时，112BPBCBB=+，取1BB，1CC中点为,MN．BPBMMN=+，所以P点轨迹为线段MN．设010,,2Py

，因为30,02A，，所以031,,22APy=−，131,,122AB=−−，所以00311104222yy+−==−，此时P与N重合，故D正确．故选：BD．5．（多选）（2021·新高考全国卷Ⅱ数学·高考真题）如图，在正方体中，O为

底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MNOP⊥的是（）4A．B．C．D．【答案】BC【详解】设正方体的棱长为2，对于A，如图（1）所示，连接AC，则//MNAC，故POC（或其补角）为异面直线,OPMN所成的角，在直角三角形OPC

，2OC=，1CP=，故12tan22POC==，故MNOP⊥不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取NT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQNT⊥，PQMN⊥，由正方体SBCMNADT−可得SN⊥平面ANDT，而OQ平面ANDT

，故SNOQ⊥，而SNMNN=，故OQ⊥平面SNTM，又MN平面SNTM，OQMN⊥，而OQPQQ=，所以MN⊥平面OPQ，而PO平面OPQ，故MNOP⊥，故B正确.5对于C，如图（3），连接BD，则//BD

MN，由B的判断可得OPBD⊥，故OPMN⊥，故C正确.对于D，如图（4），取AD的中点Q，AB的中点K，连接,,,,ACPQOQPKOK，则//ACMN，因为DPPC=，故//PQAC，故//PQMN，所以QPO或其补

角为异面直线,POMN所成的角，因为正方体的棱长为2，故122PQAC==，22123OQAOAQ=+=+=，22415POPKOK=+=+=，222QOPQOP+，故QPO不是直角，故,POMN不垂直，故D错误.故选：BC.1．（2022·山东淄博·一模）若圆锥的母线长为23，侧面展开图的面

积为6，则该圆锥的体积是（）A．3B．3C．33D．9【答案】B【详解】设圆锥的高为h，底面半径为r，则122362r=，解得3r=.6所以()()222333h=−=.则圆锥的体积13333V==.故选：B2．

（2022·江苏南通·模拟预测）某同学画“切面圆柱体”（用与圆柱底面不平行的平面切圆柱，底面与切面之间的部分叫做切面圆柱体），发现切面与圆柱侧面的交线是一个椭圆（如图所示）若该同学所画的椭圆的离心率为12，则“切面”所在平面与底面

所成的角为（）A．12B．6C．4D．3【答案】B【详解】如图，“切面”所在平面与底面所成的角为∠BAM，设圆的半径为r，则2AMr=，2ABa=，22CDbr==，∵12ca=，∴32ba=，∴32AMAB=，∴3cos2

BAM=，7∴6BAM=，故选：B．3．（多选）（2022·福建漳州·二模）已知正方体1111ABCDABCD−的边长为2，M为1CC的中点，P为侧面11BCCB上的动点，且满足//AM平面1ABP，则下列结论正确的是（）A．1AMBM⊥

B．1//CD平面1ABPC．动点P的轨迹长为2133D．AM与11AB所成角的余弦值为53【答案】BC【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则()0,0,2A，()10,2,2A，()0,0,0B，()2,1,0M，(),,0Pxy，所以

()10,2,2AB=−−，(),,0BPxy=，()2,1,2AM=−，由//AM平面1ABP，得1AMaABbBP=+，即022122bxabya+=−+=−=−，化简可得320xy−=，所以动点P在直线320xy−=上，A选项：()2,1,2AM=−，()12,1,0B

M=−，()()122112030AMBM=+−+−=，所以AM与1BM不垂直，所以A选项错误；B选项：11//CDAB，1AB平面1ABP，1CD平面1ABP，所以1//CD平面1ABP，B选项正

确；C选项：动点P在直线320xy−=上，且P为侧面11BCCB上的动点，则P在线段1PB上，14,2,03P，所以222142132033PB=++=，C选项正确；D选项：()110,0,2AB=−，()1122

242cos,32212AMAB==++−，D选项错误；故选：BC.84．（多选）（2022·湖北·一模）我们把经过同一顶点的三条棱两两垂直的三棱锥，称作直角三棱锥.在直角三棱锥S−ABC中，侧棱SA､SB､SC两两垂直，设SA=a，SB=b，SC=c，点S在底面ABC的射

影为点D，三条侧棱SA､SB､SC与底面所成的角分别为､､，下列结论正确的有（）A．D为△ABC的外心B．△ABC为锐角三角形C．若abc，则D．222sinsinsin1++=【答案】BCD【详解】

连接AD并延长交BC于E，连接SE，因为SD⊥平面ABC，BC平面ABC，所以SDBC⊥，因为SA､SB､SC两两垂直，所以SA⊥平面SBC，因为BC平面SBC，所以SABC⊥，因为SDSAS=，所以BC⊥

平面SAE，因为AE平面SAE，所以BCAE⊥，即BCAD⊥，同理可证得,BDACCDAB⊥⊥，故D应为ABC的垂心，故选项A不正确；由勾股定理可得，222222222,,ABabACacBCbc=+=+=+，在ABC中，由余弦定理

得，222222222222222222cos022ABACBCabacbcaBACABACabacabac+−+++−−===++++，所以BAC为锐角，同理可得,ABCACB都为锐角，所以ABC为锐角三角形，故选项B正确；设SD

h=，则由题意得sin,sin,sinhhhabc===，9若abc，则sinsinsin，因为､､都为锐角，所以，选项C正确；由选项A可知，SA⊥平面SBC，因为SE平面SBC，所以SASE⊥，由等面积法

可得2222,bcaSESEhbcaSE==++，得22222222222221111abacbchabcabc++==++，故2222222111sinsinsin1habc++=++=.故选项

D正确.故选：BCD5．（多选）（2022·广东梅州·二模）在长方体1111ABCDABCD−中，1ABAD==，12AA=，动点P在体对角线1BD上（含端点），则下列结论正确的有（）A．当P为1BD中点

时，APC为锐角B．存在点P，使得1BD⊥平面APCC．APPC+的最小值25D．顶点B到平面APC的最大距离为22【答案】ABD【详解】解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，设()101BPBD

=，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,2ABCD，则()11,1,2BD=−−，故()1,,2BPBD==−−，则()()()0,1,0,,2,1,2APABBP=+=+−−=−−，()()()1,0,0,,21,,2CP

CBBP=+=+−−=−−，对于A，当P为1BD中点时，则11,,122AP=−，11,,122CP=−，10则11,,122PA=−−，11,,122PC=−−

，所以1cos03PAPCAPCPAPC==，所以APC为锐角，故A正确；当1BD⊥平面APC，因为,APCP平面APC，所以11,BDAPBDCP⊥⊥，则11140140BDAPBDCP=+−+==−+

+=，解得16=，故存在点P，使得1BD⊥平面APC，故B正确；对于C，当11,BDAPBDCP⊥⊥时，APPC+取得最小值，由B得，此时16=，则151,,663AP=−，511,,

663CP=−，所以306APCP==，即APPC+的最小值为303，故C错误；对于D，()()0,1,0,1,1,0ABAC=−，设平面APC的法向量(),,nxyz=，则有()0120nACxynAPxz=−+==−+−+=，可取()2,2,21n−，则点

B到平面APC的距离为22cos,1241ABnABABnn==−+，当0=时，点B到平面APC的距离为0，当01时，222211221124111312244==−+−++−，当且仅当12=时，取等号，11所以点B到平面APC的最大距离为22，故

D正确.故选：ABD.（限时：30分钟）1．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体

的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（）A．43B．523C．4D．8【答案】A【详解】将该多面体放入正方体中,如图所示.12由于多面体的棱长为1,所以正方体的棱长为2因为该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得,所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径

等于正方体的面对角线长，即222R=所以1R=所以该多面体外接球的体积34433VR==.故选：A.2．如图，正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的射影为底面正方形的中心）P-ABCD中，4AB=，点E为PB中点，若CE与PD

所成的角余弦值为33，则四棱锥P-ABCD的体积为（）A．3223B．162C．323D．163【答案】A【详解】解：如图，连接AC，BD，设交点为O，连接PO，OE，则//OEPD，所以CEO或其补角即为

CE与PD所成的角，设()22PDxx=，则OEx=，由题意，PO⊥平面ABCD，所以POOC⊥，又OCBD⊥，BDPOO=，所以OC⊥平面PBD，所以OEOC⊥，3cos3CEO=，22228CEOEOCx=+=+，即28CEx=+，所以2

3cos38xCEOx==+，解得2x=，所以2222POPDOD=−=，13所以1322442233PABCDV−==．故选：A.3．已知三棱锥PABC−，其中PA⊥平面ABC，120BAC=，2PAABAC===，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12B．16C．20D．

24【答案】C【详解】根据题意设底面ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以//OGPA，设D是PA中点，因为OPOA=，所以DOPA⊥，因为PA⊥平面ABC，AG平面ABC，所以AGPA⊥，因此//ODAG，因此四边形OD

AG是平行四边形，故112OGADPA===，由余弦定理，得2212cos12044222()232BCABACABAC=+−=+−−=，由正弦定理，得232232AGAG==，所以该外接球的

半径R满足()()22225420ROGAGSR=+===，故选：C．4．莆田妈祖城有一钟楼，其顶部可视为正四棱柱与正四棱锥的组合体，如图，四个大钟分布在正四棱柱的四个侧面，则每天0点至12点（包含

0点，不含12点）相邻两钟面上的时针成60°角的次数是（）14A．2B．4C．6D．8【答案】B【详解】由题设，在0、6点时相邻钟面上的时针都平行，即夹角为0度；在3、9点时相邻钟面上的时针垂直，即夹角为90度，所以相邻钟

面上的时针，在0~3、3~6、6~9、9~12点之间各有一次成60°角的情况，故共有4次成60°角.故选：B5．已知一个圆锥的体积为3，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（）A．23B．3C．3D．33【答案】C【详解】设底面半径为r，高为h，母线为l，如图所示

：则圆锥的体积2133Vrh==，所以29rh=，即29hr=，21222Srlr==侧，则2lr=，又223hlrr=−=，所以339r=，故3r=．故选：C．6．设三棱柱111ABCABC−的侧棱垂

直于底面，2ABAC==，90BAC=，132AA=，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是15A．24B．18C．26D．16【答案】C【详解】解：由题意知底面外接圆的圆心为斜边BC的中点

O，则外接圆的半径2BCr=，而2ABAC==，90BAC=，所以22BC=，所以2r=，过BC的中点做垂直于底面的直线交中截面与O点，则O为外接球的球心，由题意得：22219132222AARr=+=+=

，所以外接球的表面积2426SR==，故选：C．7．下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（）A．72π24B．73π24C．72π12D．73π12【答案】B【详解】如图，设上底面的半

径为r，下底面的半径为R，高为h，母线长为l，则21r=，22R=，解得1,12rR==，211l=−=，()222213122hlRr=−−=−=，设上底面面积为2124S==，下底面面积为21S==，则体积为()11373334222

4SSSSh++=++=.故选：B.168．（多选）如图，正三棱柱111ABCABC−中，底面ABC是边长为2的等边三角形，13AA=，D为BC中点，则（）A．直线1//AB平面1ADCB．点1B到平面1ADC的距离为3105C．异面直线11A

B与1CD所成角的余弦值为1010D．设P，Q分别在线段11AB，1DC上，且1111APDQABDC=，则PQ的最小值为3【答案】ABD【详解】解：在正三棱柱111ABCABC−中，D为BC的中点，所以ADBC⊥，如图建立空间直角坐标系，则()3

,0,0A，()0,1,0B，()0,1,0C−，()0,0,0D，()13,0,3A，()10,1,3B，()10,1,3C−，所以()13,1,3AB=−−，()3,0,0DA=，()10,1,3DC=−，设平面1ADC的法向量为(

),,nxyz=，则13030nDAxnDCyz===−+=，令1z=，则3y=，0x=，所以()0,3,1n=，因为()13013310nAB=−++−=，即1nAB⊥，又1AB平面1ADC，所以1//AB平面1ADC，故A正确；因为()13,1,3AB=−，所以1223

03113310531ABnn−++==+，则点1B到平面1ADC的距离为3105，故B正确；因为()113,1,0AB=−，()10,1,3CD=−，设直线11AB与1CD所成角为，则11111110cos20ABCDABCD==，所以异面直线11AB与1C

D所成角的余弦值为1020，故C错误；设1111APDQABDC==，则111APAB=、1DQDC=，因为()113,1,0AB=−，()10,1,3DC=−，17所以()13,,0AP=−，()0,,3DQ=−，则()33,,3P−，()

0,,3Q−，所以()()2222233433162412PQ=−++−=−+，所以当34=时2PQ有最小值，所以2min3PQ=，所以min3PQ=，故D正确；故选：ABD9．（多选）

已知同底面的两个正三棱锥PABC−和QABC−均内接于球O，且正三棱锥PABC−的侧面与底面所成角的大小为π4，则下列说法正确的是（）.A．//PA平面QBCB．设三棱锥QABC−和PABC−的体积分别为QA

BCV−和PABCV−，则4QABCPABCVV−−=C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的425倍D．二面角PABQ−−的正切值为53−【答案】BCD【详解】∵同底面的两个正三棱锥PABC

−和QABC−均内接于球O，∴PQ为球O的直径，取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC

所成二面角的平面角，又正三棱锥PABC−的侧面与底面所成角的大小为π4，18设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，∴()()2222RhRh=+−，∴52Rh=，QN=4h，PN=h，∴P、C、Q

、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；由QN=4PN，可得4QABCPABCVV−−=，故B正确；∵平面ABC截球O所得的截面面积为()2224hh=，球O表面积为222544252hRh==

，∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的425倍，故C正确；∵(),,2224175PMhQMhhhQPh==+==，∴()()()cos22221753221734hhhPMQhh+−==−，sin534P

MQ=，∴tan53PMQ=−，即二面角PABQ−−的正切值为53−，故D正确.故选：BCD.10．（多选）已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O．点E满足AEAB=(01)，过点E作平面平行于AC和BD，设分别与

该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则（）A．四边形EFGH的周长为定值B．当12=时，四边形EFGH为正方形C．当13=时，截球O所得截面的周长为134D．四棱锥AEFGH−的体积的最大值为22319【答

案】ABD【详解】//AC平面，平面平面ABCEF=，平面平面ADCGH=则//ACEF，//ACGH，则//EFGH又//BD平面，平面平面ABDEH=，平面平面BDCGF=则//BDEH，//BDGF，则//EHGF则四边形EFGH为平行四边形.由AEAB=，

可得:=AEAB，则:=HEDB，:=1EFAC−又正四面体ABCD的棱长为3，则=3HEGF=，()=31EFGH=−选项A：四边形EFGH的周长为()=23+316HEGFEFGH+++−=.判断正确；选项B：当12=时，3=2HEGF=，3=2EFG

H=，则平行四边形EFGH为菱形又正四面体ABCD中，对棱BDAC⊥，则EFEH⊥，则菱形EFGH为正方形.判断正确；分别取BD、BC、AC的中点M、N、Q，连接DN、CM、MQ，设DN、CM交于K，连接AK，则AK为正四面体的高正四面体ABCD的棱长为3，其外接

球的球心为O,则O在AK上，连接CO332AMCM==，113333322KMCM===，226AKAMKM=−=设球O半径为R，则222COKCKO=+，即()()22236RR=+−，解之得364R=由A

MCMAQQC==，，可得MQAC⊥同理有MQBD⊥，则MQ为异面直线BDAC、之间的距离223=22MQMCQC−=，则点K到AC的距离为2，球心O到AC的距离为32420选项C：当13=时，设与MC交于

T，则1332TCMC==，T到AC的距离为22球心O到平面EFGH的距离为24则平面截球O所得截面半径为22222321364442R−=−=则平面截球O所得截面的周长为13π.判断错误；选项D：由AEAB=，322

MQ=可得点A到平面EFGH的距离为322，又平行四边形EFGH为矩形，则四棱锥AEFGH−的体积213933(1)22(1)322V=−=−令29()2(1)(01)2fxxxx=−

，则9()2(23)2fxxx=−由()0fx得203x，由()0fx，得213x则()fx在20,3单调递增，在2,13单调递减，在23x=时取最大值2292222()2()(1)32333f=−=，即292(1)2−的最大值为22

3故四棱锥AEFGH−的体积的最大值为223.判断正确.故选：ABD11．（多选）如图，设E，F别是正方体1111ABCDABCD−的棱CD的两个动点，点E在F的左边，且2CD=，1EF=，点P在线段1BA上运动，则下列说法正确的是（）A．11BD⊥平面1BE

FB．三棱锥11DBEF−的体积为定值C．点P到平面1ACD的距离为23321D．直线1BA与直线1BE所成角的余弦值的最大值为16【答案】BC【详解】易证11BD⊥平面11ACCA，而平面1BEF，平面11ABCD同一个平面，若11BD⊥平面1BEF，即11BD⊥平

面11ABCD，则可推出平面11ACCA与平面11ABCD平行或重合，由图易知这两个平面显然是相交的，矛盾，故A错误．因为111111113DBEFBDEFDEFVVSBC−−==，而1DEFS定值，

11BC也为定值，所以11DBEFV−为定值，故B正确．因为11BACD∥，所以1BA∥平面1ACD．又因为点P线段1BA上运动，所以点P平面1ACD的距离等于点B到平面1ACD的距离，其中123(22)234ACDS==

，12222ABCS==．设点B平面1ACD的距离为d，由11BACDDABCVV−−=，得：11232233d=，解得：233d=，即点P到平面1ACD的距离为233，故C正确．以D原点，分别以1,,DADCDD方向为x轴，y轴，z轴的正方向

建立空间直角坐标系D－xyz，则()2,2,0B，()12,0,2A，()12,2,2B，()0,,0Et（0≤t≤1），()10,2,2BA=−，()12,2,2BEt=−−−．设直线1BA与1BE

成的角为，则222|2(2)4|1cos228(2)241211221263tttttt−−−===+−−+−+12623=„，当且仅当t＝1时，等号成立，故D错误．故选：BC12．（多选）一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结22论正确的

是（）A．圆柱的侧面积为24RB．圆锥的侧面积为22RC．圆柱的侧面积与球的表面积相等D．球的体积是圆锥体积的两倍【答案】ACD【详解】解：对于A，圆柱的底面直径和高都等于2R，圆柱的侧面积21

224SRRR==故A正确；对于B，圆锥的底面直径和高等于2R，圆锥的侧面积为222245SRRRR=+=，故B错误；对于C，圆柱的侧面积为214SR=，球的表面积234SR=，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为3

143VR=，圆锥的体积为23212233VRRR==，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．故选：ACD．13．（多选）如图所示，三棱锥PABC−中，ACBC⊥，1ACBCPC===，D为线段AB上的动点（D不与,AB重合），且ADPD=

，则（）A．PACD⊥B．45DPC=C．存在点D，使得PABC⊥D．三棱锥PBCD−的体积有最大值224【答案】ABD【详解】三棱锥PABC−中，取PA中点E，连接DE，CE，如图，23因1ACBCPC===，AD

PD=，则,DEPACEPA⊥⊥，而DECEE=，,DECE平面CDE，则有PA⊥平面CDE，又CD平面CDE，所以PACD⊥，A正确；因ACBC⊥，1ACBCPC===，则45CAB=，又ADPD=，则PCDACD，于是得45DPCCAB==，B正

确；假设存在点D，使得PABC⊥，由选项A知PACD⊥，又CDBCC=，,CDBC平面ABC，则PA⊥平面ABC，而AC平面ABC，于是得线段AC是平面ABC的斜线段PC在平面ABC上的射影，必有PCAC，与1ACPC==矛盾，所以假设是错的，C不正确；令(02)PDADx

x==，则2BDx=−，令PD与平面ABC所成角为(0)2，因此，点P到平面ABC的距离sinsinhPDx==，而12sin(2)244CBDSCBDBx==−，则三棱锥PBCD−的

体积212222(2)sin()sin31212224BCDxxVShxx+−==−，当且仅当22x=，且2=时取“=”，所以当D是AB中点，且PD⊥平面ABC时三棱锥PBCD−的体积取最大值224，D正确.故选：ABD14．（多选）在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点

S的三等分点，SAl=，底面圆的半径为r，圆锥SO的侧面积为3，则（）A．当3l=时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为13B．当32r=时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为374C．当3l=时，圆锥SO的外接球表面积

为818D．当3l=时，棱长为233的正四面体在圆锥SO内可以任意转动【答案】ACD【详解】圆锥SO的侧面积为3rl=，则3rl=.对于A选项，当3l=时，1r=，将圆锥SO的侧面沿着母线SA展开如下图所示：24则圆锥SO的底面周长为2

，23ASC=，在SAC中，3SA=，1SC=，由余弦定理可得2222cos133ACSASCSASC=+−=，A对；对于B选项，当32r=时，2l=，设圆锥轴截面等腰三角形的顶角为，则222223cos0222+−=，则为钝角，在圆O

上任取两点M、N，则0MSN，212sin22MSNSMSN=△，当且仅当SMSN⊥时，等号成立，故顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为2，B错；对于C选项，当3l=时，1r=，圆锥SO的高为2222hlr=−=，设圆锥SO的外接球的半径为R，则222rhRR+−=，即942

0R−=，可得942R=，故圆锥SO的外接球的表面积为2818144328R==，C对；对于D选项，当3l=时，1r=，圆锥SO的高为2222hlr=−=，设圆锥SO的内切球半径为r，圆锥SO的轴截面面积为12222rh=，圆锥SO的轴截面周长为228

lr+=，由等面积法可得()122222rlr+=，可得22242r==，将棱长为233的正四面体可放在一个正方体内，使得该正四面体的四个顶点恰为正方体的四个顶点，如下图所示，25则该正方体的棱长为2236233=，所以正四面体的外接球的半径为362232r==，因此，当3l=时，棱长

为233的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，D对.故选：ACD.15．（多选）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，CGm=，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A．当4m=

时，存在点P满足8PAPM+=B．当4m=时，存在唯一的点P满足2APM=C．当4m=时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为22D．当433m=时，满足2APM=的点P轨迹长度为839【答案】BCD【详解】以D为原点

，,,DADCDH所在直线分别为,,xyz轴，建系如图，对于选项A，当4m=时，()0,4,2M，()4,0,0A，设点A关于平面EFGH的对称点为A，则()4,0,8A，161636688AM=++=.所以8PAPMPAPMAM+=+.故A不正确.对于选项B，

设(),,4Pxy，则()()4,,4,,4,2APxyMPxy=−=−uuuruuur，由0APMP=得224480xxyy−+−+=，即()()22220xy−+−=，解得2xy==，所以存在唯一的点P满足2APM=，

故B正确.26对于选项C，()4,4,0B，设(),,4Pxy，则()()4,4,2,4,4,4AMBPxy=−=−−uuuruur，由0AMBP=uuuruur得20xy−−=.在平面EFGH中，建立平面直角坐标

系，如图，则P的轨迹方程20xy−−=表示的轨迹就是线段NQ，而22NQ=，故C正确.对于选项D，当433m=时，230,4,3M，设43,,3Pxy，则43234,,,,4,33APxyMPxy=−=−uuuruuur，由0A

PMP=得2284403xxyy−+−+=，即()()2216223xy−+−=，在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，记()()2216223xy−+−=的圆心为O，与GF交于,ST；令4y=，可得122323

2,233xx=+=−，而12433xx−=，所以3SOT=，其对应的圆弧长度为439；根据对称性可知点P轨迹长度为43438324399−=；故D正确.故选：BCD.