新高考新题型——数学立体几何多选题专项练习含解析

新高考新题型——数学立体几何多选题专项练习含解析
一、立体几何多选题
1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2
D ．若12
A P =且1//A P 平面11
B D
C ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23
π
【答案】ABD 【分析】
选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出6
3
r =，进而求出面积. 【详解】
对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C
满足，故A 正确；
对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =
-=的小圆圆弧上，在
底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；
对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面
11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD
上，则1A P 长的最大值为12A B =，则
C 不正确； 对选项
D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333
A B r r S r π
π=
=∴=∴==
︒.故D 正确.
故选：ABD 【点睛】
（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，
d 为球心到小圆距离）；
（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.
2．如图，已知正方体1ABCD ABC D -的棱长为a ，E 是棱CD 上的动点.则下列结论中正确的有（ ）
A ．11E
B AD ⊥
B ．二面角11E A B A --的大小为
4
π C ．三棱锥11A B D E -体积的最小值为3
13
a D ．1//D E 平面11A B BA 【答案】ABD 【分析】
连接1A D 、1B C ，则易证1AD ⊥平面11A DCB ，1EB ⊂平面11A DCB ，则由线面垂直的性质定理可以判断选项A 正确；二面角11E A B A --的平面角为1DA A ∠，易知
14
DA A π
∠=
，则可判断选项B 正确；用等体积法，将求三棱锥11A B D E -的体积转化为
求三棱锥11E AB D -的体积，当点E 与D 重合时，三棱锥11E AB D -的体积最小，此时的值为3
16a ，则选项C 错误；易知平面11//D DCC 平面11A B BA ，而1D E ⊂平面11D DCC ，
则根据面面平行的性质定理可得1//D E 平面11A B BA ，可判断选项D 正确. 【详解】
选项A ，连接1A D 、1B C ，则由正方体1ABCD ABC D -可知，
11A D AD ⊥，111A B AD ⊥，1111A D
A B A =，
则1AD ⊥平面11A DCB ，又因为1EB ⊂平面11A DCB ，
所以11EB AD ⊥，选项A 正确； 选项B ，因为11//DE A B ，
则二面角11E A B A --即为二面角11D A B A --， 由正方体1ABCD ABC D -可知，11A B ⊥平面1DA A ， 则1DA A ∠为二面角11D A B A --的平面角，且14
DA A π
∠=，
所以选项B 正确；
选项C ，设点E 到平面11AB D 的距离为d ， 则111111
13
A B D E E AB D AB D V V S d --==
⋅，
连接1C D 、1C B ，易证平面1//BDC 平面11AB D ，
则在棱CD 上，点D 到平面11AB D 的距离最短， 即点E 与D 重合时，三棱锥11A B D E -的体积最小， 由正方体1ABCD ABC D -知11A B ⊥平面1ADD ， 所以1111123
11
1
113
326
D AB D B ADD
ADD a V V S A B a a --==⋅=⋅⋅=， 则选项C 错误；
选项D ，由正方体1ABCD ABC D -知，
平面11//CC D D 平面11A B BA ，且1D E ⊂平面11CC D D ， 则由面面平行的性质定理可知1//D E 平面11A B BA ，则选项D 正确. 故选：ABD. 【点睛】
关键点点睛：本题对于选项C 的判断中，利用等体积法求三棱锥的体积是解题的关键.
3．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）
A ．直线A
B 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦
B ．点M 与点1
C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形
D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】
以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系
D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱
11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量
法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】
对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，
AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，
2232cos ,2288AB AM
AB AM AB AM a a ⋅⎡<>===⎢⋅⨯++⎣⎦
， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦
，A 选项正确；
对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，
BD ⊂平面ABCD ，
1BD CC ∴⊥，
四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，
1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，
1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，
易知1A BD 是边长为22的等边三角形，其面积为()
12
3
22234
A BD S =⨯=△，周长
为22362⨯=.
设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，
易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()
2
36233⨯
⨯=，
则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，
AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得
1b =，()1,0,2E ∴，
所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，
()1,1,0EF =，
而()2,2,0DB =，1
2
EF DB ∴=
，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=，
()()()
222
2212205BF =
-+-+-=，DE BF ∴=，
所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；
对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：
若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，
11//CC DD ，22
22222
MC AC DN AD ∴
===+， 11
222
MC CC =≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.
故选：AC. 【点睛】
本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
4．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是
11
,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥
D ．当1
13AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】
如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，
13
4
AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.
【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a
，a ⎡∈⎣
，()
Q b ，
[]0,2b ∈，
设11
A R AC λ=
，得到()
22,22R λλ--，[]
0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正
确；
()
122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取2
2b
λ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥
，则
(
)()
1
2,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 1
4
λ=
，此时113313
022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =
，则44,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
，142,,333D R ⎛⎫
=- ⎪ ⎪⎝⎭
，
设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100
n BD n DC ⎧⋅=⎪
⎨
⋅=⎪⎩
，解得(
3,n =
-，
故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .
【点睛】
本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.
5．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点
M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）
A ．若//MN 平面PA
B ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使P
C ⊥平面SRQ
C ．存在点S 与直线MN ，使()
0PS PQ PR ⋅+= D ．
1
11PQ
PR
PS
+
+
是常数
【答案】ABD 【分析】
对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；
对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 1
3
SC PC =
时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；
对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()
0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQ
PR
PS
+
+
是常数.
【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，
平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,
∴平面SMN 平面PAB =RQ ，
又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，
∴//MN RQ ，
点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，
∴MN ⊂平面ABC ，
又//MN 平面PAB ，平面ABC
平面PAB AB =，
∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，
故A 正确； 对于选项B ，
当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即1
3
SC PC =， 此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，
∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，
点O 为ABC 的中心，//MN AB ，
∴由正三角形中的性质，易得23
CN CM a ==
， 在CNS 中，
2
3CN a =，13SC a =，3
SCN π∠=，
∴由余弦定理得，SN a ==， ∴222
249
SC SN a CN +=
=，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，
又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，
∴PC ⊥平面SRQ ，
∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，
故B 正确； 对于选项C ，
假设存在点S 与直线MN ，使()
0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，
∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，
()
cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，
∴PC AB ⊥，
又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，
∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，
与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，
易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234
PQR
S
PQ PR PQ PR π=
⋅=⋅ ∴
()
()
1
133sin sin sin 3
3412
S PQR PQR
V PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=
⋅=
⋅⋅=⋅⋅， 又13
sin
23PSR
S
PS PR PS PR π=
⋅=⋅， 13sin 234PSQ
S PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin
23PQR
S
PQ PR PQ PR π=
⋅=⋅，
()
12
S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=
⋅+⋅+⋅，
∴
()
3sin PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴
111sin d PQ
PR
PS
α
+
+
=
为常数，
故D 正确. 故选：ABD.
本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.
6．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )
A ．DP 的最小值为
35
5
B ．DP 5
C ．1AP PC +6
D ．1AP PC +的最小值为
170
5
【答案】AD 【分析】
DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.
【详解】
求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2
A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为3
55
h =
111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为
所求的最小值，易知11
1
2
2,2,cos 10
AA AC AAC '
'
==∠=-， 所以217042222()105
AC '=+-⨯⨯⨯-
=
.
故选：AD. 【点睛】
本题考查利用旋转求解线段最小值问题.
求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．
7．如果一个棱锥的底面是正方形，且顶点在底面内的射影是底面的中心，那么这样的棱锥叫正四棱锥．若一正四棱锥的体积为18，则该正四棱锥的侧面积最小时，以下结论正确的
A ．棱的高与底边长的比为
2 B ．侧棱与底面所成的角为4
π C ．棱锥的高与底面边长的比为2 D ．侧棱与底面所成的角为
3
π 【答案】AB 【分析】
设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a ，由21183V a h =
=得254
h a
=，然后可得侧面积为2
4
2108a a
+，运用导数可求出当32a =时侧面积取得最小值，此时3h =，然后
求出棱锥的高与底面边长的比和SAO ∠即可选出答案. 【详解】
设四棱锥S ABCD -的高为h ，底面边长为a 可得21183V a h =
=，即254h a
= 所以其侧面积为222224
4
215410842244a a a h a a a
⋅⋅+=+=+令()24
2108f a a a =+，则()23
3
21084f a a a
⨯'=- 令()2
3
3
210840f a a a
⨯'=-=得32a = 当(0,32a ∈时()0f a '<，()f a 单调递减
当()
3
2,a ∈+∞时()0f a '>，()f a 单调递增
所以当32a =时()f a 取得最小值，即四棱锥的侧面积最小 此时3h =
所以棱锥的高与底面边长的比为
2
2
，故A 正确，C 错误 侧棱与底面所成的角为SAO ∠，由3h =，32a =可得3AO = 所以4
SAO π
∠=，故B 正确，D 错误
故选：AB 【点睛】
本题考查的知识点有空间几何体的体积和表面积、线面角及利用导数求最值，属于综合题.
8．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）
A ．11A C ⊥平面11B
B D D B ．1BD ⊥平面1ACB
C ．1B
D 与底面11BCC B 2 D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条 【答案】ABD 【分析】
由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ． 【详解】
对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，
1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥， 由于四边形1111D C B A 为正方形，则11
11AC B D ⊥， 1
111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；
对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，
1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，
因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，
1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，
1AC
B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确；
对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且11
1112
tan 2
C D C BD BC ∠=
=，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 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，设正方体的棱长为1，
则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，
()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，
设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221
cos ,21DA m DA m DA m
y z ⋅<>=
=
=
⋅++， 1122
111cos ,2
21CB m z
CB m CB m
y z ⋅+<>=
=
=⋅⋅++， 整理可得2222
3
41
y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-
由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =± 因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确. 故选：ABD. 【点睛】
方法点睛：证明线面垂直的方法： 一是线面垂直的判定定理； 二是利用面面垂直的性质定理；
三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；
另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂
直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．
9．如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段B 1C 上运动，则（ ）
A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1D
B ．三棱锥P ﹣A 1
C 1
D 的体积为定值
C ．异面直线AP 与A 1
D 所成角的取值范用是[45°，90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 6
【答案】ABD 【分析】
在A 中，推导出A 1C 1⊥BD 1，DC 1⊥BD 1，从而直线BD 1⊥平面A 1C 1D ；在B 中，由B 1C ∥平面 A 1C 1D ，得到P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，再由△A 1C 1D 的面积是定值，从而三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值；在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]；在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线C 1P 与平面A 1C 1D 6． 【详解】
解：在A 中，∵A 1C 1⊥B 1D 1，A 1C 1⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1， ∴A 1C 1⊥平面BB 1D 1，∴A 1C 1⊥BD 1，同理，DC 1⊥BD 1， ∵A 1C 1∩DC 1＝C 1，∴直线BD 1⊥平面A 1C 1D ，故A 正确； 在B 中，∵A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，B 1C ⊄平面A 1C 1D ， ∴B 1C ∥平面 A 1C 1D ，
∵点P 在线段B 1C 上运动，∴P 到平面A 1C 1D 的距离为定值，
又△A 1C 1D 的面积是定值，∴三棱锥P ﹣A 1C 1D 的体积为定值，故B 正确； 在C 中，异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范用是[60°，90°]，故C 错误；
在D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，P （a ，1，a ），
则D （0，0，0），A 1（1，0，1），C 1（0，1，1），1DA ＝（1，0，1），1DC ＝（0，1，1），1C P ＝（a ，0，a ﹣1），
设平面A 1C 1D 的法向量(),,n x y z =，
则1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩
，取x ＝1，得1,1,1n
，
∴直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为：
11||
|
|||
C P n C P n ⋅⋅＝22
(1)3a a +-⋅
＝21132()22
a ⋅-+， ∴当a ＝
12时，直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为6
，故D 正确． 故选：ABD ．
【点睛】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
（1）、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）、用空间向量坐标公式求解.
10．如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（ ）
A ．AS ⊥CD
B ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为
22
a C ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛⎫
- ⎪ ⎪⎝
⎭ D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱 【答案】ABD 【分析】
取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有
1122O B O S a ==
，可求得球半径为2
2
a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.
【详解】 如图所示：
A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AH
SH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，
故A 正确；
B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在
1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a
所以112O B O S ==，由()222
11OB O B O S OS =+- 得22
22222R a R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
解得2
R =
，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r ，易求得侧面面积为2213sin 234
S a a π=
⋅=，
由等体积法得222111432334
a a a r a r ⋅
=⋅+⋅⋅⋅
解得4
a r = ，故C 错；
D 选项：取S
E 中点
F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --
的二面角的平面角，由
)
2
2
2
222
2
1
cos 23
22BF DF BD BFD BF DF a ⎫⎫
+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎛⎫
⎪
⎝⎭
2
2
2
2222
1
cos 232a AF BF BA AFD AF BF ⎫⎫+-⎪⎪
+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎫
⎪⎝⎭
，故BFD ∠与BFA ∠互补，所以ASDE 共面，又因为AS AE ED SD ===，则ASDE 为平行四边形，故
////AS ED BC 故正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱，所以D 正确 故选：ABD 【点睛】
求外接球半径的常用方法：
（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；
（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.。