高考数学高考数学压轴题立体几何多选题分类精编及答案

高考数学高考数学压轴题立体几何多选题分类精编及答案
一、立体几何多选题
1. 如图，在直三棱柱ABC-A}B}C}中，AC = BC = AA i=2, ZACB = 90°, D, E, F
分别为AC, AB的中点.则下列结论正确的是（）
B. B、CJ /平而DEF
D.点d到平面DFF的距离为比
C. EF与4G所成的角为90。

2
【答案】BCD
【分析】
利用异而直线的位這关系，线而平行的判泄方法，利用空间直角坐标系异而直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断.
【详解】对选项A,由图知4C|U平而ACC.A. , EFD平面ACQA^E,且E AC r由异面直线的建义可知AC】与EF异面，故A错误: 对于选项B,在直三棱柱ABC — AQG中，BG HBC.•.•D，F分别是AC, AB的中点，
• •FDIIBC, ：・B\C\ IIFD.
又••• BQ] (Z 平面DEF, DF u 平而DEF, ・・BG //平而DEF.故B正确:
对于选项C,由题意，建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(0,0, 0), A(2,0t 0), 5(0,2, 0),人(2,0, 2),坊(0,2, 2), C 】(0,0, 2),
D(l,o, 0), E(2,0, 1), F(1,1, 0).
.\EF = (-1,1, T), AC ；=(—2,0, 2).
•.•EFAC ； = 2+0—2 = 0, :.EF 丄 AC ；, 丄 A©.
•.•EF 与AC ；所成的角为90。

，故c 正确：
对于选项D,设向量匝= (x,y, Z)是平而DEF 的一个法向疑.
・••万E = (ho ・ 1) , DF = (0,l, 0),
取 X = 1 ♦则 z=—1 ‘ ・••帀=(h 0, —1),
设点耳到平而DEF 的距离为d ・
二点d 到平而DEF 的距离为空，故D 正确.
2
故选：BCD
【点睛】
本题主要考查异而直线的位置关系，线而平行的判定，异而直线所成角以及点到而的距 离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题.
2. 已知球O 为正方体ABCD-AgD 、的内切球，平而A {C }B 截球O 的而积为24兀, 下列命题中正确的有（）
A. 异而直线AC 与所成的角为60。

B. 丄平而AC&
C. 球O 的表面积为36兀
D. 三棱锥B 、_ 4GB 的体积为288
前丄空
[n 丄 DF,
nDE = 0, HDF = 0, x + z = 0, y = 0.
DB"—卜1+0-2|_3@
【答案】AD
【分析】
连接珂q, A}B,通过平移将AC与Bq所成角转化为AC】与Bq所成角可判断A：通过反证法证明B：由已知平面AC/截球0的而积为24兀求出正方体棱长，进而求出内切球的表而积可判断C；利用等体积法可求得三棱锥的体积可判断D.
【详解】
对于A,连接AC,, A.B,由正方体ABCD-A{B X C X D{,可知A}CJ/AC, -.ZA.C, B 为异面直线AC与所成的角，设正方体边长为°,则g=4B = BC严屆,由等边三角形知乙4|GB = 60',即异而直线AC与所成的角为60 ,故A正确：
对于B,假设8卩丄平而A{C}B ,又ABu平而AGB,则丄,设正方体边长为a,则AB = J茲，BD|=屈，由勾股泄理知AD丄人3,与假设矛盾，假设不成立，故30不垂直于平而£C〃，故B错误：
对于C,设正方体边长为a,则AC严屆,内切球半径为彳，设内切球的球心O在而
2
AGB上的投影为O',由等边三角形性质可知O'为等边△ A.C.B的重心，则
OA A\C\ =世x迈a =茸a，又°，二球心o到而A^B的距离
3 2 3 3 2
确：
故选：AD
又球心与截面圆心的连线垂直于截
4^4-又截而圆的面积
=24兀，解得“ =12,则内切球半径为6,内切球表面积
面，.••截面圆的半径为
S = 4^x62 = 144/r，故C 错误:
【点睛】
关键点点睛：本题考査了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求岀内切球的表而积及三棱锥的体积，考査了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.
3. 在三棱锥M-ABC中，下列命题正确的是（）
__ 1 —, 2 _____ ,
A. 若AD = ^AB + -AC 9则BC = 3BD
3 3
B.牡为的C的重心，则碾冷顾
c・若莎・茕=0，祝丽=0，则丽益=0
D.若三棱锥M-ABC的棱长都为2, P, Q分别为MA, BC中点，则啓| = 2
【答案】BC
【分析】
作出三棱锥M-ABC直观图，在每个三角形中利用向戢的线性运算可得.
【详解】
对于 A ,由.AD = -AB + -AC => 3AD = 2AC + AB => 2AD — 2AC = AB-AD9
3 3
即2CD = DB^则-BD = BD + DC = BC,故 A 错误；
2
对于B,由6为厶ABC的重心，得GA + GB + GC = 6.又MG = MA + AG>
MG = MB + BG^ MG= A7C +CG> A A?A + MB +A?C = 3A?G > 即
Md = L M A+L M B+,故B正确；
3 3 3
对于C,若MA BC = O. A7C-A5=O>则MA BC + MC AB = O^即
M4・BC + MC(AC+CB)=O^MABC + MCAC+MC・CB = O
=>MA•荒+ 伉•況:一就.荒=0=>(莎一就)反 + 就•疋=0 =>C4•荒+ 就•疋=0=>疋•而+ 就•花=0=>(西+ 就)・疋=0,即
MB AC = 0>故C正确:
・・•.... . ・・「■•■ I “・“・! ・■11 | e
对于 D.・・・P0 = MQ — MP = — (M3 + MC) —— M4 = — (M3 + MC — M4) 2 2 2
.•.岡=2阿+就一网=+J阿+就一页「又
(MB + MC-M4)=MB +MC +MA +2MB MC-2MB MA — 2MC・M4
=22 +22 +22 +2x2x2x^-2x2x2x^-2x2x2x^ = 8 ,.•.网=*据=屁故
D错误.
故选：BC
【点睛】
关键点睛：本题考査向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点：
(1) 用已知向量来表示某一向量，一立要结合图形，以图形为指导是解题的关键.
(2) 要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量.
(3) 在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立.
4. 在直角梯形ABCD 中，ZABC = ZBCD = —, AB = BC = \, DC = 2 , E 为 DC中
2
点，现将△ADE沿处折起，得到一个四棱锥D-ABCE,则下列命题正确的有()
A. 在A ADE沿AE折起的过程中，四棱锥D-ABCE体积的最大值为+
JT
B. 在△?!/)£：沿&£折起的过程中，异面直线&D与BC所成的角恒为一
4
C. 在△/!£>£沿处折起的过程中，二面角A-EC-D的大小为45。

D. 在四棱锥D — ABCE中，当D在EC上的射影恰好为EC的中点F时，DB与平面ABCE 所成的角的正切为至
5
【答案】ABD
【分析】
对于A,四棱锥D-ABCE的底而面积是固泄值，要使得体积最大，需要平而DAE丄平
^ABCE,此时DE丄CE,可求得V D-AB CE =-S ABC£'DE =-可判断A：对于B,在△ADE沿处折起的过程中，AE//BC,所以异而直线初与处所成的角即为2与BC
7T
所成角，由翻折前可知ZDAE =-可判断B；对于C,利用线面垂直的判左立理，结合翻
4
折前可知AE丄平面DEC,又AEu平而4BCE,所以平而DEC丄平面ABCE,即二而角A-EC-D的在
大小为兰判断C；对于D,利用线面垂直的判泄左理可知DF丄平
2
而ABCE,所以ZDBF为直线％与平而&8CF所成的角，在直角△DF3中，
tanZDBF= —= 可判断°正确：
【详解】
对于A, A ADE沿4F折起得到四棱锥D-ABCE.由四棱锥底而而积是固泄值，要使得体积最大，需要四棱锥的髙最大，即平而ZME丄平而ABCE，此时DE丄CE,由已知得DE = 1 ,则匕_磁£ =§ S ABCE ■ DE = -xlxlxl =-,故 A IF 确；
对于B,在△ADE沿&E折起的过程中，AE//BC.所以异而直线AD与AF所成的角即
71
为AD与BC所成角,又AB = BC = 1, DC = 2, E为DC中点，可知ZDAE =-,即异
4
71
而直线4D与BC所成的角恒为一，故B正确：
4
对于C,由翻折前知，4E丄EC, AE丄ED,且ECQED = E,则血丄平面DEC, 又AEu平而ABCE,所以平而DEC丄平而ABCE,即二面角A-EC-D的大小为 -＞故c错误：
2
对于D,如图连接由C选项知，AE丄平面DEC,又DFu平而DEC,则
AE 丄DF ，又由已知得£C 」DF,且ECcAE = E,则DF 丄平面ABCE,所以
ZDBF 为直线D3与平而&BCE 所成的角，在直角中，
所成的角的正切为、二，故D 正确：
5
故选：ABD
【点睛】
关键点睛：本题考査立体几何综合问题，求体积，求线线角，线而角，而而角，解题的关 键要熟悉几种角的龙义，通过平移法找到线线角，通过证垂直找到线面角和而面角，再结 合三角形求出角，考查了学生的逻辑推理能力，转化能力与运算求解能力，属于难题.
5. 如图，已知四棱锥P-ABCD 所有棱长均为4,点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与 点P ，c 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确 的是（）
A. 截而的形状可能为三角形、四边形、五边形
7T
B. 截而和底面ABCD 所成的锐二面角为一
4
C. 当PM = 1时，截面的而积为5
D. 当PM = 1时，记被截而分成的两个几何体的体积分别为叫，岭（叫＞匕），则V, = 3V 2
【答案】BCD
【分析】
点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可.
【详解】
A 选项中，如图，连接3D,当M 是PC 中点时，MC = 2, tan ZDBF = 所以D
B 与平WlABCE
M
C
B
由题意知三角形PDC与三角形PBC都是边长为4的正三角形，所以
DM丄丄BC,又DM, 在而内，且相交，所以PC丄平而PBD,三角形即为过点M且垂直于PC的截而，此时是三角形，点M向下移动时，MC<2, 如图，仍是三角形；
若点M由中点位置向上移动，MC>2,在平而PDC内作EW丄PC.交PD于E,
在平Ifil PBC内作FM丄PC交PB于F,平面MEF交平而朋D于EG,交PAB于FH,即交平面ABCD于GH,则五边形MEGHF即为过点M且垂直于PC的截而，此时是五边形：故截面的形状可能为三角形、五边形，A错误：
B选项中，因为截面总与PC垂直，所以不同位置的截而均平行，截而与平IfHABCD所成的锐角为定值，
不妨取M是中点，连接4C, BD. MB. MD,设AC, BD交点、是N,连接PA/,由题意知, 四边形
4BCD是边长为4的菱形，BD丄AC.因为M B=MD,所以MTV丄BD ,故
ZM/VC 是截而与平而&BCD 所成的锐角，过点M 作MQ 丄AC,垂足Q 在三角形网C 中，MZ F 故在直角三角形叱中，心如心塢=耳,故
ZMNC =兰，故B 正确： 4
C 选项中，当PM=1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的
PM
截面，依题意，直角三角形PMF 中.PE = -------------- =2,故£为PD 的中点，同理，F
cos ZEPM
是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，EF = ；BD = 2血,G, H 分别在AD.AB
2
的中点上，证明如下，当G, H,也是中点时，GH//BD,GH = \B D.有 2
GH//EF,GH =EF = 2y/2 ,四边形EFHG 是平行四边形.依题意，三角形％C 中
PA = PC = 4,AC = 4j7,故PA 丄PC,故PC 丄GE,易见，正四棱锥中BD 丄平而 PAC,故加丄PC 、：.GH 丄PC,因为GE,GH 均在平EFHG 内，且相交，所以 PC 丄平面EFHG,故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平而.又BD 丄平面PAC,有GH 丄 而平面PAC, GH 丄GM ,根据对称性有GH 丄GE,四边形EFHG 是矩形.
即五边形MFGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截而，平而图如下： 依题意，GH = = EF = 2近,EG = FG = 2,三角形高为力=』同_（舛=1，
而积是|x2V2xl = V2 ,四边形而积是2迈x2 = 4近,故截面而积是5@
故C 正确：
D 选项中，若PM=2,看B 选项中的图可知，V 2 = V M _HCD =^-V p _HCD =^P _ABCD ，故剩余
3
部分％=二匕-朋5,所以X=3匕，故D 正确. 4
故选:BCD.
【点睛】
F
H
本题考查了棱锥的截面问题，考査了二而角、体积等计算问题，属于难题.
6. （多选题）在四而体P-ABC中，以上说法正确的有（）
—— 1—— 2——____________ _____
A. 若AD = -AC + -AB ,则可知 BC = 3Bl5
3 3
B. 若。

为厶ABC的重心，则PQ=L PA +^-PB+-PC
3 3 3
c.若页•貳=0，况・而=0，则两•疋=0
D.若四而体P-ABC^棱长都为2, M, N分别为PA、BC的中点，ijiij |W| = 1
【答案】ABC
【分析】
作岀四而体P-ABC直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.
【详解】
对于A , V A5=1A C+|A B,:.3AD = AC + 2AB> ：.2AD-2AB = AC-AD，
/. 2BD = DC^ :. 3Bb = BD + DC =茕即 /. 3BD = BC^故 A 正确；对于Q为△ ABC的重心，则QA + QB + QC = 6.
・•. 3PQ + QA + QB + QC = 3PQ /.(PQ + QA) + (PQ + QB) + (PQ + QC) = 3PQ, .\PA + PB + PC = 3PQ
即..PQ = -PA + -PB + -PC,故3正确：
3 3 3
对于C,若巧•茕=0，况•而=0，则PA>BC + PC>AB = 0^
P^BC + PC.(AC + C&) = 0, PA.BC + PC-AC + PC^CB = 0
・・・ PA^BC + PC^AC 一 PC^BC = 0八•・(用一 PC>BC + PC^AC = 0
/. CA^BC + PCMC = 0/.\ AC^CB + PC^AC = 0
/. AC>(PC + CB) = 0, .\AC.PB = 0,故 C 正确:
I • ・ • I • I ■ ■ I ■ I ■ . ■
对于 D ，.•・ MN = PN — PM = —(PB + PC) — 一 PA = —(PB + PC — PA) 2 2 2 .•.|A ?^|=1|PB +PC -PA | = 1|PA -PB -PC | 2 2
=\lPA +PB + PC - 2PA^PB - 2PA^PC + 2PC-PB =x + 2~ + 2~ — 2 x 2 x 2 x — 2 x 2 x 2 x — 2x2x2x - = 2^2* V 2 2 2
顾| =血，故D 错误.
故选：ABC
【点睛】
用已知向量表示某一向虽的三个关键点
(1) 用已知向量来表示某一向量，一圧要结合图形，以图形为指导是解题的关键.
(2) 要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向呈之和，等于 由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量.
⑶在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立.
7. 已知正方体ABCD — qQCQ 棱长为2,如图，M 为cq 上的动点，丄平面 下面说法正确的是
()
I
.\PA-PB-PC
cos < AB. AM >| = AB - AM
B ・点M 与点G 重合时，平而&截正方体所得的截而，其而积越大，周长就越大 c •点M 为CC|的中点时，若平而&经过点〃，则平而&截正方体所得截而图形是等腰梯 形
D.已知N 为DQ 中点，当4M+MN 的和最小时，M 为CC|的中点
【答案】AC
【分析】
以点D 为坐标原点，DA. DC. 所在直线分别为x 、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AG 丄平而A }BD t 分别取棱
£0、A X B { . BB 、、BC 、CD 、D0的中点F 、Q 、N 、G 、H,比较 “BD 和六边形EFQNGH 的周长和而积的大小，可判断B 选项的正误：利用空间向量 法找岀平而&与棱人卩、人3的交点£、F 、判断四边形的形状可判断C 选项 的正误；将矩形ACC }A }与矩形CQD.D 延展为一个平而，利用
A 、M 、N 三点共线得 知AM+A/N 最短，利用平行线分线段成比例左理求得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 、所在直线分别为兀、）'、z 轴建立空 间直角坐标系D-xyz,则点4（2,0,0）、B （2,2,0）、设点A/（O,2,«）（O<«<2）,
-AM 丄平而S 则丽为平而&的一个法向量，且丽 =（一2,2（）, 加=（020）,
A. 直线AB 与平而Q 所成角的正弦值范用为
殛丽 2xJ/+s 2
对于B 选项，当M 与CC ；重合时，连接££>、BD 、A3、AC,
在正方体ABCD-A^CQ 中，CG 丄平面ABCD, \ BD u 平而ABCD,
:.BD 丄 CC,,
•.•四边形ABCD 是正方形，则丄AC, -CC^AC = C, :,BD 丄平而ACC,, •.•AC|U 平而 ACC lt :.AC X 丄 BD,同理可证 AC ；丄 A,D,
A x Dr>BD = D ,「.AC ］丄平而 A^BD ,
易知"BD 是边长为2>/T 的等边三角形，其而积为周长
为2辰3 = 6血・
设£、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱人9・AQ 、BB 「BC 、CD 、的中点，
易知六边形EFQNGH 是边长为迈 的正六边形，且平而EFQNGH 〃平而A {BD ,
则厶A }BD 的而枳小于正六边形EF0NGH 的而积，它们的周长相等，B 选项错误： 对于C 选项，设平面◎交棱£0于点E(b,0,2),点M(0,2,1), AM =(-2,2,1), 所以，直线4B 与平而&所成角的正弦值范用为
洱］ ,A 选项正确:
正六边形EFQNGH 的周长为6近,而积为6x
•••AM 丄平而a, DEu 平而 a, ・・.AM 丄 DE ，即 AM DE = -2b + 2 = 0 得
所以，点E 为棱AD 的中点，同理可知，点F 为棱的中点，则F （2丄2）,
EF = （1,1,O ）,
由空间中两点间的距离公式可得 皿=府〒77=石，
3F = J （2_2）'+（l_2『+（2_0）‘ =逅，:.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ACC y A ｛与矩形CCQD 延展为一个平而，如下图所示:
若AM+MN 最短，则A 、M 、N 三点共线，
•••CCJIDD、，.•.匹= £=J^- = 2—近,
DN AD 2V2 + 2
v MC = 2-yj2^^-CC ]t 所以，点M 不是棱CG 的中点，D 选项错误.
厶
故选：AC.
而 = (2,2,0), :.EF = ^DB,
:.EFIIDB 且 EF H DB,
【点睛】
本题考查线而角正弦值的取值范I乩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，考査空间想象能力与计算能力，属于难题.
8. M, /V分别为菱形人3CD的边BC, CD的中点，将菱形沿对角线&C折起，使点D不在平而&8C内，则在翻折过程中，下列结论正确的有（）
A. MN〃平面ABD
B. 异而直线AC与MN所成的角为泄值
C. 在二面角D-AC-B逐渐变小的过程中，三棱锥D-ABC外接球的半径先变小后变大
D. 若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则乙4BC的取值范用是（0,彳
【答案】ABD
【分析】
利用线而平行的判定即可判断选项A：
利用线而垂直的判定求岀异而直线4C与MN所成的角即可判断选项B：
借助极限状态，当平面DAC与平而ABC重合时，三棱锥D-AB C外接球即是以A4BC 外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二而角D-AC-B逐渐变大时，利用空间想象能力进行分析即可判断选项C；
过A作AH丄BC,垂足为分ZABC为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项D.
【详解】
对于选项A:因为M, /V分别为菱形A3CD的边8C, CD的中点，所以A/N为庖©/）的中位线，所以MN//BD,因为MVcz平而ABD, BD u平而所以MV〃平而故选项A正确：
对于选项B：取4C的中点O,连接DOB"作图如下：
则AC丄DO, AC丄BO,BOC\ DO = O,由线而垂直的判定知，AC丄平面BOD,所以4C丄BD,因为
MN//BD,所以AC丄M/V,即异而直线AC与MN所成的角为左值90，故选项B正确；
对于选项C：借助极限状态，当平而D4C与平面ABC重合时，三棱锥D-ABC外接球即是以44BC外接圆圆心为球心，外接圆的半径为球的半径，当二而角D-AC-B逐渐变大时，球心离开平而ABC.但是球心在底而的投影仍然是A4BC外接圆圆心，故二而角D-AC-B逐渐变小的过程中，三棱锥D-ABC外接球的半径不可能先变小后变大，故选项c错误；
对于选项D：过A作丄BC,垂足为H,若ZABC为锐角，H在线段BC上；若ZABC 为直角，H与3重合：若ZABC为钝角，H在线段BC的延长线上；
若存在某个位苣，使得直线AD与直线BC垂直，因为丄BC,所以CB丄平而AHD, 由线而垂直的性质知,CB丄HD,
若ZABC为直角，H与B重合,所以丄3D,在/XCBD中，因为CB = CD,
所以CB丄3D不可能成立，即ZABC为直角不可能成立：
若ZABC为钝角，H在线段BC的延长线上，则在原平而图菱形ABCD中，ZDCB为锐角，由于立体图中DBv DO+OB,所以立体图中ZDCB —定比原平而图中更小，，所以ZDCB为锐角,CB丄HD,故点H在线段BC与H在线段BC的延长线上矛盾，因此
ZABC不可能为钝角：综上可知，ZABC的取值范围是故选项D正确；
故选:ABD
【点睛】
本题考查异面垂直、线而平行与线而垂直的判左、多而体的外接球问题：考査空间想象能力和逻辑推理能力；借助极限状态和反证法思想的运用是求解本题的关键；属于综合型强、难度大型试题.
9. 如图，已知矩形ABCD中，AB = 2AD, E为边AB的中点，将AADE沿直线DE 翻折成
ZL4.DE,若M为线段的中点，则△/!£)£■在翻折过程中，下列说法正确的是
()
A. 线段BM的长是泄值
B. 存在某个位置，使DE丄AC
C. 点M的运动轨迹是一个圆
D. 存在某个位宜，使MB丄平面A}DE
【答案】AC
【分析】
取CD中点F,连接BF, MF,根据而面平行的判立泄理可得平而BMF//平面
ADE,由而而平行的性质泄理可知BM II平而A.DE,可判断D：在中，利用余弦左理可求得BM=a
为左值，可判断A和C；假设DE丄£C ,由线而垂直的判立泄理可得DE丄平而\CE,由线而垂直的性质定理可知DE丄A.E,与丄AE矛盾，可判断B.
【详解】
解：取CD的中点F,连接BF, MF,
TM，F分别为AC、CD中点，
MF//A^D,
T AD U平而\DE t平而A.DE,
••• MF || 平而
V DF // BEhDF = BE，
:.四边形为平行四边形，
BFII DE ,
•• DE u平而ADE, BF(Z平而\DE t
••• BF〃平面AQE,
又BFDMF = F, BF、MFu平而BMF,
平而BMF//平而\DE ,
••• BMu 平而BWF，
••• 〃平而ADE,即D错误，
设AB = 2AD = 2ci,
则MF =— Aj£） = ci, BF = DE — y/^ci, = Z.MFB = 45 ,
••• BM = JMF? + BF? - 2MF • BF• cos45° = a，
即为定值，所以&正确，
•••点M的轨迹是以〃为圆心，d为半径的圆，即c正确，
•• DE = CE = yfla * CD = AB = 2a,
••• DE2 + CE2 = CD2，
DEICE,
设DE丄A}C ,
T AC、CEu平而A]CE , A,CACE = C ,
••• DE丄平而,
■/平而"CE ,
/. DE丄A}E,与D4,丄矛盾，
所以假设不成立，即3错误.
故选:AC.
【点睛】
本题考查立体几何中的翻折问题，涉及到线段长度的求解、直线与平面位置关系的判左、点的轨迹的求解、反证法的应用等知识点，考查学生的空间立体感和推理论证能力.
10. 在正方体ABCD-A^C^中，如图，M,N分别是正方形ABCD, BCC且的中心•则下列结论正确的是（）
A. 平而9MN与
B.q的交点是BG的中点
B. 平而D、MN与3C的交点是BC的三点分点
C. 平而D X MN与A£）的交点是力£＞的三等分点
D. 平而D、MN将正方体分成两部分的体积比为1: 1
【答案】BC
【分析】
取BC的中点E,延长DE, 0N ,并交于点F，连FM并延长分别交BC,AD于
P，Q,连UQ、PN并延长交坊6与日，平面四边形D.HPQ为所求的截面，进而求出
PQH任各边的位置，利用割补法求岀多面体QPHD^CD的体积，即可求出结论.
【详解】
如图，取3C的中点E,延长DE, D\N ,并交于点F, 连接FM 并延长，设FMcBC = P, FM AD = Q, 连接PN并延长交BC于点H涟接DO，PH , 则平而四边形D\HPQ就是平而D、MN与正方体的截面，如图所示.
NE //CC, I/DD V NE = -CC}=-£>£>,,
2 2
:.NE为ADDf的中位线，:.E为DF中点,连BF，
:.ADCE = AFBE, BF = DC = AB, /FEE = ZDCE = 90°,
A, B, F三点共线，取AB中点S,连MS,
则MS //BP.MS =1B C,.\—
2 MS FS3
2 2 1 1 1
BP = -MS = -x-BC = -BC、:. PE = — BC、
3 3 2 3 6
E 为 D
F 中点,PEHDQ、:. DQ = 2PE = -BC = - AD
N分别是正方形BCC&的中心，C.H = BP = -C,5,
所以点P是线段BC靠近点B的三等分点，
点Q是线段AD靠近点D的三等分点，
点H是线段靠近点C,的三等分点.
做出线段3C的另一个三等分点P ,
做出线段\D{靠近£>,的三等分点G , 连接QP‘, HF，QG 'GH ' ^H-QPP' —"Q-GHD'所以 %而体QPHI\C X CD= V氏方WQPHQ-DCCM =§岭E方体从而平而D\MN将正方体分成两部分体积比为2 : 1. 故选BC.
【点睛】
本题考查直线与平而的交点及多面体的体积，确定出平而与正方体的交线是解题的关键, 考查直观想象、逻借推理能力，属于较难题.。