《2024步步高考二轮数学新教材讲义专题四 第1讲 空间几何体.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024步步高考二轮数学新教材讲义专题四 第1讲 空间几何体.docx（70页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024步步高考二轮数学新教材讲义第1讲空间几何体考情分析空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上考点一空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图(1)圆柱的侧面展开图是矩形(2)圆锥的侧面展开图是扇形(3)圆台的侧面展开图是扇环例1(1)(2023郴州模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为10和5，侧面积为300，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面一周爬行到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为()A30 B40 C50 D60答案C解析因为圆
2、台上底面半径为5，下底面半径为10，母线长为l，所以Sl(105)15l300，解得l20，如图所示，将圆台所在的圆锥侧面展开，且设扇形的圆心为O.线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离，设OAR，圆心角是，则由题意知10R，20(20R), 由解得所以OM1OM30，OBOB140，所以M1B50.(2)(2023深圳模拟)如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC，AB1，AD1，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB等于()A. B. C. D.答案D解析由题意知，AEADAB1，BC2，在ACE中，由余弦定理得CE2AE2AC22AEACcosCAE13211，CECF1，而BFBD
3、，BC2，在BCF中，由余弦定理的推论得，cosFCB.规律方法空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边跟踪演练1(1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是()ACGHBCD与EF是共面直线CABEFDGH与EF是异面直线答案ABD解析由图可知，还原正方体后，点C与G重合，即CGH，又可知CD与EF是平行直线，即CD与EF是共面直线，AB与EF是相交直线(点B与点F重合)，GH与EF是异面直线，故A，B，D正确，C错误(2)(2023鞍山模拟)如图，在三棱锥VABC中，VAVB
4、VC8，AVBAVCBVC30，过点A作截面AEF，则AEF周长的最小值为()A6 B6 C8 D8答案C解析沿侧棱VA把正三棱锥VABC展开在一个平面内，如图所示，则AA即为AEF周长的最小值，又因为AVBAVCBVC30，所以AVA33090，在VAA中，VAVA8，由勾股定理得AA8.考点二表面积与体积核心提炼1旋转体的侧面积和表面积(1)S圆柱侧2rl，S圆柱表2r(rl)(r为底面半径，l为母线长)(2)S圆锥侧rl，S圆锥表r(rl)(r为底面半径，l为母线长)(3)S球表4R2(R为球的半径)2空间几何体的体积公式(1)V柱Sh(S为底面面积，h为高)(2)V锥Sh(S为底面面积
5、，h为高)(3)V台(S上S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)(4)V球R3(R为球的半径)例2(1)(2023潍坊模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为()A. B. C. D8答案C解析假设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R1.设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r.由已知可得，解得l6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有，所以l14.所以圆台的侧面积为(Rr)l14.(2)(2023全国甲卷)在三棱锥PABC中，ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2，PC
6、，则该棱锥的体积为()A1 B. C2 D3答案A解析如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为ABC是边长为2的等边三角形，PAPB2，所以PDAB，CDAB，所以PDCD，又PC，所以PD2CD2PC2，所以PDCD，又ABCDD，AB，CD平面ABC，所以PD平面ABC，所以VPABCSABCPD21.规律方法空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体(3)等体积法：选择合适的底面来求体积跟踪演练2(1)(2023贵阳统考)如图，在棱长为2
7、的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则四棱锥BA1EFC1的体积为()A. B1 C. D.答案B解析方法一2221.方法二2121.(2)(多选)(2023连云港调研)折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征(如图1)图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且ABC，则该圆台()A高为B表面积为C体积为D上底面面积下底面面积侧面积1924答案BCD解析对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则
8、解得且圆台的母线长为312，所以圆台的高为，故A错误；对于B，圆台的上底面面积为，下底面面积为，侧面积为2，所以圆台的表面积为，故B正确；对于C，圆台的体积V，故C正确；对于D，圆台的上底面面积下底面面积侧面积1924，故D正确考点三多面体与球核心提炼求空间多面体的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，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，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，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可例3(1)(2023聊城模拟)某正四棱台形状的模型，其
9、上、下底面的面积分别为2 cm2,8 cm2，若该模型的体积为14 cm3，则该模型的外接球的表面积为()A20 cm2 B10 cm2C5 cm2 D. cm2答案A解析设该正四棱台形状的模型高为h cm，故(28)h14，解得h3，如图，取上底面EFGH的中心M，下底面ABCD的中心N，则MNh3，故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，连接ME，NA，OE，OA，设上、下底面边长分别为a cm，b cm，则a22，b28，解得a，b2，故EM1 cm，NA2 cm，设ONy cm，则OM(3y)cm，由勾股定理得EO2OM2EM2(3y)21，AO2ON2AN2y24，故(3y)21y
10、24，解得y1，故外接球半径为(cm)，该模型的外接球的表面积为4()220(cm2)(2)(2023全国甲卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是_答案2，2解析如图，设球O的半径为R.当球O是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球O的半径最大，若半径变得更大，球O会包含正方体，球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R为体对角线长AC14，即2R4，R2，故Rmax2；分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，连接MH，HG，NG，MN，MG，显然四边形MNGH是边长为4的
11、正方形，且O为正方形MNGH的对角线MG的中点，则MG4，当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球O的半径达到最小，即Rmin2.综上，R2，2规律方法(1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解(2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径跟踪演练3(1)若三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，ABC是边长为3的正三角形，SC为球O的直径，三棱锥SABC的体积为，则三棱锥SABC的外接球的体积为()A. B.C. D.答案D解析如图，设ABC的中心为O1，连接OO1，CO1的延长线交球面于点D，连接SD，显然CD是ABC外接圆O1的直径，则
12、SDOO1，而OO1平面ABC，则SD平面ABC，因为正ABC的边长为3，则CO1，CD2CO12，又SABCAB2，而VSABCSABCSDSD，解得SD2，在RtSCD中，球O的直径2RSC4，球O的半径R2，所以三棱锥SABC的外接球的体积VR3.(2)(2023潍坊模拟)在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为_答案解析设圆柱的底面半径为r，球心到圆柱底面的距离为h，则圆柱的母线长为2h，由球截面的性质得r2h21，则r21h2(0h0，当h时，V0，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当h时，V取得最大值，此时圆柱的母线长为2h.专题强化练一、单项选
13、择题1(2023唐山模拟)若圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比为()A11 B12 C21 D23答案A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2r2r4r2，球的表面积为4r2，其比为11.2(2023锦州模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，P，Q是棱DD1的两个三等分点，则三棱锥QPBC的体积为()A. B. C. D.答案B解析如图所示VQPBCVBPQCSPQCBC44.3.(2023泉州模拟)如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点O滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆
14、锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的表面积为()A36 B27 C18 D9答案A解析设圆锥的母线长为l，以O为圆心，母线l为半径的圆的面积为Sl2，又圆锥的侧面积S圆锥侧rl3l，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以l233l，解得l9，所以圆锥的表面积SS圆锥侧S底393236.4(2023长沙模拟)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的数书九章(1247年)该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪” .其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二
15、寸，盆深一尺八寸，当盆中积水深九寸时，平地的降雨量是()(注：一尺10寸，平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积)A9寸 B6寸C4寸 D3寸答案D解析如图所示，由题意知天池盆盆口半径是14寸，盆底半径是6寸，高为18寸，由积水深9寸知水面半径为(146)10(寸)，则盆中水体积为9(62102610)588(立方寸)，所以平地降雨量为3(寸)5(2023日照模拟)红灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分如图2，球冠
16、是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积S2Rh.如图1，已知该灯笼的高为58 cm，上、下圆柱的高为5 cm，圆柱的底面圆直径为14 cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为()A1 940 cm2 B2 350 cm2C2 400 cm2 D2 540 cm2答案C解析由题意得R2272，所以R25 cm，所以h251(cm)，所以两个球冠的面积为2S22Rh22251100(cm2)，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为4R22S42521002 400(cm2)6(2023淄博模拟)某学生到工厂
17、实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是()A. B.C. D.答案A解析设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得，x3r(0r2)，圆柱的体积V(r)r2r33r2(0r2)，V(r)r26r3r，当0r0；当r2时，V(r)0)，正四棱锥的侧面的等腰三角形的顶角为60，则侧面为等边三角形，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.14(2023新高考全国)在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，AB2，A1B11，AA1，则该棱台的体积为_答案解析如图，过A1作A1MAC，垂足为M，易
18、知A1M为四棱台ABCDA1B1C1D1的高，因为AB2，A1B11，AA1，则A1O1A1C1A1B1，AOACAB，故AM(ACA1C1)，则A1M，所以所求体积为V(41).15.(2023八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的，则EF的最小值为_答案解析由题知VBAEFVBACD，所以SAEFSACD11，记EFa，AEb，AFc，则bcsin 60，即bc.则a2b2c22bccos 602bcbcbc，当且仅当bc时等号成立，所以EF的最小值为.16(2023辽阳模拟)将3个6
19、cm6 cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为3 cm的正六边形上，如图(2)所示若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为_ cm3.答案108解析将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即63108(cm3)第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系考情分析高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题
20、，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题考点一空间直线、平面位置关系的判定核心提炼判断空间直线、平面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断例1(1)(2023宝鸡模拟)已知，是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列结论错误的是()A若m，n，mn，则B若m，n，则mnC若m，n，mn，则D若，m，n，则mn答案D解析对于A，若m，mn，则n或n，若n，n，则，若n，则平面内存在直线c使得nc，又n，所以c，又c
21、，所以，故A正确；对于B，若m，则m，又n，则mn，故B正确；对于C，若m，mn，所以n，又n且，是空间两个不同的平面，则，故C正确；对于D，若，m，n，则mn或m与n异面，故D错误(2)(多选)(2023金丽衢十二校联考)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是()A四边形AECF是平行四边形BGH与MN是异面直线CGH平面EABDGHBC答案AC解析如图，连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，则AC与EF相交且互相平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；所以AECF且AE
22、CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，所以GMAE，NHCF，且GMAE，NHCF，所以GMNH，且GMNH，所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；易证平面MNHG平面EAB，又GH平面MNHG，所以GH平面EAB，故C正确；因为EHBC，MHBC，EHMHH，EH，MH平面EMH，所以BC平面EMH，而GH平面EMH，GHEHH，所以GH与BC不垂直，故D错误规律方法对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立跟踪演
23、练1(1)(多选)(2023广州模拟)已知直线m与平面有公共点，则下列结论一定正确的是()A平面内存在直线l与直线m平行B平面内存在直线l与直线m垂直C存在平面与直线m和平面都平行D存在过直线m的平面与平面垂直答案BD解析对于A选项，若直线m与相交，且平面内存在直线l与直线m平行，由于m，则m，这与直线m与相交矛盾，假设不成立，A错误；对于B选项，若m，则在平面内必存在l与直线m垂直；若直线m与相交，设mA，如图所示，若m，且l，则ml；若m与斜交，过直线m上一点P(异于点A)作PB，垂足为点B，过点A作直线l，使得lAB，因为PB，l，则lPB，又因为lAB，PBABB，PB，AB平面PAB
24、，所以l平面PAB，因为m平面PAB，所以lm，综上所述，平面内存在直线l与直线m垂直，B正确；对于C选项，设直线m与平面的一个公共点为点A，假设存在平面，使得且m，过直线m作平面，使得l，因为m，m，l，则lm，因为，记n，又因为l，则nl，因为在平面内过点A有且只有一条直线与直线l平行，且An，故m，n重合，所以m，但m不一定在平面内，C错误；对于D选项，若m，则过直线m的任意一个平面都与平面垂直，若m与不垂直，设直线m与平面的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面垂直，记直线l，m所确定的平面为，则，D正确(2)(多选)(2023长春模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，
25、直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是()AA，M，O三点共线BM，O，A1，B四点不共面CB，B1，O，M四点共面DB，D1，C，M四点共面答案ABD解析如图，因为AA1CC1，则A，A1，C1，C四点共面因为MA1C，则M平面ACC1A1，又M平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线，故A正确；从而M，O，A1，A四点共面，都在平面ACC1A1内，而点B不在平面ACC1A1内，所以M，O，A1，B四点不共面，故B正确；B，B1，O三点均在平面B
26、B1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，所以点M不在平面BB1D1D内，即B，B1，O，M 四点不共面，故C错误；因为BCD1A1，且BCD1A1，所以四边形BCD1A1为平行四边形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四点共面，故D正确考点二空间平行、垂直关系核心提炼平行关系及垂直关系的转化考向1平行、垂直关系的证明例2(2023全国甲卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1C平面ABC，ACB90.(1)证明：平面ACC1A1平面BB1C1C；(2)设ABA1B，AA12，求四棱锥A1BB1C1C的高(1)证明因为A1C平面A
27、BC，BC平面ABC，所以A1CBC，又因为ACB90，即ACBC，因为A1C，AC平面ACC1A1，A1CACC，所以BC平面ACC1A1，又因为BC平面BB1C1C，所以平面ACC1A1平面BB1C1C.(2)解如图，过点A1作A1OCC1于点O.因为平面ACC1A1平面BB1C1C，平面ACC1A1平面BB1C1CCC1，A1O平面ACC1A1，所以A1O平面BB1C1C，所以四棱锥A1BB1C1C的高为A1O.因为A1C平面ABC，AC，BC平面ABC，所以A1CBC，A1CAC，在RtABC与RtA1BC中，因为A1BAB，BCBC，所以RtABCRtA1BC，所以A1CAC.设A1
28、CACx，则A1C1x，所以O为CC1中点，OC1AA11，又因为A1CAC，所以A1C2AC2AA，即x2x222，解得x，所以A1O1，所以四棱锥A1BB1C1C的高为1.规律方法(1)证明线线平行的常用方法三角形的中位线定理；平行公理；线面平行的性质定理；面面平行的性质定理(2)证明线线垂直的常用方法等腰三角形三线合一；勾股定理的逆定理；利用线面垂直的性质证线线垂直跟踪演练2如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，DE平面ABCD，EF平面ABCD，且DEEFAB.(1)求证：BF平面AEC；(2)求证：DF平面AEC.证明如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接
29、OE，OF.(1)不妨令AB.则DEEF1.四边形ABCD为正方形，BDAB22BO.EF平面ABCD，且平面ABCD平面BDEFBD，EF平面BDEF，EFBD，EFOB，EFOB，即四边形BOEF为平行四边形，OEBF.又OE平面AEC，BF平面AEC，BF平面AEC.(2)EFDO，且EFDO，DEEF，四边形ODEF为菱形DE平面ABCD，四边形ODEF为正方形，DFOE.又四边形ABCD为正方形，BDAC.DE平面ABCD，AC平面ABCD，DEAC.而BDDED，且BD，DE平面BDEF，AC平面BDEF.DF平面BDEF，ACDF.又OEACO，OE，AC平面AEC，DF平面AE
30、C.考向2翻折问题核心提炼翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决例3(1)(2023成都模拟)如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD3AE，BC3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是()AABCD BABPQCPQED DPQ平面ADE答案C解析翻折之后如图所
31、示，连接PQ，DF.因为AD3AE，BC3BF，所以ABEF且EFCD，因此ABCD，故选项A成立；因为P，Q分别为AF，CE的中点，所以Q为DF的中点，所以PQAD，易得ABAD，所以ABPQ，故选项B成立；因为PQAD，EDADD，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立；因为PQAD，且PQ平面ADE，AD平面ADE，所以PQ平面ADE，故选项D成立(2)(多选)(2023山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB2AD，E为边AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成A1DE.若M为线段A1C的中点，则在ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是()ABM的长是定值B点M的运动轨迹在某个圆周上
32、C存在某个位置，使DEA1CDA1不在底面BCD上时，MB平面A1DE答案ABD解析如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC，易得MFA1D，BFDE，MF平面A1DE，A1D平面A1DE，MF平面A1DE，同理可得BF平面A1DE，又MFBFF，MF，BF平面BMF，平面BMF平面A1DE，BM平面BMF，BM平面A1DE，D选项正确；又BFMA1DE，MFA1D为定值，BFDE为定值，由余弦定理知，BM2MF2BF22MFBFcosMFB，BM的长为定值，A选项正确；点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不
33、垂直，不存在某个位置，使DEA1C，C选项错误易错提醒注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系跟踪演练3(2023郑州质检)已知正方形ABCD的边长为2，现将ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥DABC.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论错误的是()AAC平面BODB三棱锥DABC体积的最大值为C三棱锥DABC的外接球的表面积为定值DMN与平面BOD所成角的取值范围是答案D解析对于A，因为四边形ABCD为正方形，可得ACBO，ACDO，又由BODOO，且BO，DO平面BOD，所以AC平面BOD，所以A正确；对于B，当平面ACD平面ABC时，此时点D到平面ABC的距离最大，即三棱锥DABC高的最大值为hDO，此时三棱锥DABC的体积最大，为VSABCh22，所以B正确；对于C，由OAOBOCOD，所以三棱锥DABC外接球的球心为O，即外接球的半径R，所以三棱锥DABC外接球的表面积S4R28(定值)，所以C正确；对于D，如图所示，取AB，AO的中点E