立体几何压轴小题（解析版）

立体几何压轴小题一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为（）A．2+2 B． C． D．【答案】B【解析】如图，在正三棱柱中，延长AF与CC1的延长线交于M，连接EM交B1C1于P，连接FP，则四边形AEPF为所求截面.过E作EN平行于BC交CC1于N，则N为线段CC1的中点，由相似于可得MC1=2，由相似于可得：，在中，，则，在中，，则，在中，，则，在中，，由余弦定理：，则，所以截面周长为：.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习）直角中，，，D是斜边AC上的一动点，沿BD将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】作，，，，设，，，．在中，，在中，，．当时最小．设，的外接圆半径分别为，∴，∴，．∴∴.故选:D．3．（2022·全国·高三专题练习）已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，连接，由题意可知，，所以，由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，抛物线的方程为，，由题意，，得，代入，得，所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为，因为，所以，所以三棱锥体积的最小值为.故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，又，则，同理可得，则，又由，，则，故，A，C错误；故，由可知，所以，即，整理可得，即，即，故，又，故，B正确，D错误.故选：B.5．（2022·宁夏·平罗中学三模（理））已知正方体的棱长为3，动点M在侧面上运动（包括边界），且，则与平面所成角的正切值的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设点M在平面的投影为点N，则，所求线面角为，则，因为，所以，在平面上，以A为坐标原点，AD为x轴，为y轴建立平面直角坐标系，则，，设，，化简得：，，故点N的轨迹为以为圆心，半径为2的且位于第一象限的圆弧ST，如图所示，连接，与圆弧ST相交于点，此时取得最小值，由勾股定理得：，所以，当点N与S重合时，取得最大值，由勾股定理得：，则，．故选：B．6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.故选：A.7．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，记，与底面ABC所成的锐二面角分别为，，若，则下列说法错误的是（

）A．若，则B．若，则C．可能值为D．当取值最大时，【答案】C【解析】如图所示，连接延长交与，连接延长交与，设平面平面顶点P在底面的射影为的垂心，平面，平面平面则有：直线与平行又，则平面，则又则平面从而故为与平面的二面角，即同理可得：对选项A，，又，则有：可得：与全等，则又根据是的垂心，则，综上可得：直线垂直并平分线段可得：，故选项A正确；对选项B，易知有如下角关系：又，则有：可得：解得：则，故选项B正确；对选项C，若，则有：则有：化简后可得：令，则有：则有：，此时方程无解，故选项C错误；对选项D，设（），则有：可化简为：令，则有：则有：解得：故取得最大值时，，此时同理可得：故，且则有：，故选项D正确；故选：C8．（2022·全国·高三专题练习）已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，易知：三点均在上，且平面，设内切球的半径为，外接球的半径为，则.由等体积法：，得，由等体积法：，得，将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，∴两点间距离的最小值为.故选：B.9．（2022·全国·高三专题练习）已知在正方体中，点为棱的中点，直线在平面内．若二面角的平面角为，则的最小值为（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】连接AE，取AE的中点P，过点P作FG⊥AE交CD于点F，交AB于点G，设正方体棱长为2，由勾股定理可知：，，同理，取的中点，连接，取的中点，过点作MN⊥交于点M，交于点N，则直线即为直线，此时，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底面ABCD，因为FG平面ABCD，所以OP⊥FG，因为AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，连接OA，OE，因为OA平面AOP，所以OA⊥FG，因为MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可证：OE⊥MN，所以即为二面角的平面角，由对称性可知：此角即为二面角的平面角的最大值，且，其中，由勾股定理得：，所以，则故选：B10．（2022·全国·高三专题练习）在三棱台中，底面BCD，，，．若A是BD中点，点P在侧面内，则直线与AP夹角的正弦值的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，分别取的中点，连接，取的中点，连接由三棱台的性质知，且，所以四边形为平行四边形，又，，故直线与AP的夹角为直线与AP的夹角，要使直线与AP夹角的正弦值最小，需点到AP的距离最小，又点P在侧面内，则需点到AP的距离最小，即点到面的距离，设点到面的距离为，利用等体积法知即，即，在直角中，，，又在中，，，，，又设直线与AP夹角的最小值为，则故选：B11．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的取值范围为（

）（参考数据：A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系如图，根据题意，得，0，，，0，，，，，，，，设，，，则，，，，，，，0，，，，，，记为直线与直线所成的角，则即为直线与直线所成的角，，点的轨迹在平面内是以为圆心，为半径的圆，，，又为锐角或直角，，，则直线与直线所成角的取值范围为，，故选：B．12．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等，于是点P在线段FN上.如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，.故选：A.13．（2022·全国·高三专题练习）已知点P是正方体上底面上的一个动点，记面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，则下列叙述正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】为解析方便，将正方体上下底面对调，如图，取正方体的下底面的各边中点E,F,G,H,上底面的中心为Q,下底面的中心为O,面ADP，面BCP所成的角为α，面ABP，面CDP所成的角为β，α>β，等价于P到HF的距离比到EG的距离大，所以P在如图所示的阴影范围内；在△APC和△BPD中，AC=BD，PQ公用，Q为共同的中点，∠APC,∠BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，所成角越小，则对应角越大，显然PQ与AC和BD所成的角的大小关系不确定，当P在靠近A'时PQ与直线AC所成的角较小，与直线BD所成的角则接近于90°，此时∠BPD>∠APC，同样当P接近于D'时∠APC>∠BPD，故A、B错误；∠APD与∠BPC的大小关系实际上是看P在EG的左侧还是右侧。若P在EG左侧，则∠APD>∠BPC，若P在EG右侧，则∠APD<∠BPC，若是在EG上，则∠APD=∠BPC；同样，P在HF的前面，则∠APB>∠CPD，P在HF上，则∠APB=∠CPD，P在HF的后面，则∠APB<∠CPD；所以当P在A'OE内时，max{∠APD,∠BPC}=∠APD，min{∠APD，∠BPC}=∠BPC，max{∠APB,∠CPD}=∠APB，min{∠APB,∠CPD}=∠CPD，因为PH>PE，所以∠APD<∠APB，因为PG>PF，所以∠BPC>∠CPD，因此max{∠APD,∠BPC}<max{∠APB,∠CPD}，min{∠APD，∠BPC}>min{∠APB,∠CPD}，根据对称性，在其余区域内，具有相同的结论.故D正确，C错误，故选：D.14．（2022·全国·高三专题练习）如图，将矩形纸片折起一角落得到，记二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，，则（

）．A． B．C． D．【答案】A【解析】如图，过作平面，垂足为，过作，垂足为，设，因为平面，平面，故，而，故平面，而平面，所以，故，又，.在直角三角形中，，同理，故，同理，故，故，整理得到，故，整理得到即，若，由可得即，但，故，即，矛盾，故.故A正确，B错误.由可得，而均为锐角，故，，故CD错误.故选：A.15．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（

）A．当增大时，先增大后减小 B．当增大时，先减小后增大C．当增大时，先增大后减小 D．当增大时，先减小后增大【答案】C【解析】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，设直线与交于，则，则，，，设平面的法向量为，，，令，则设平面的法向量为，又，，令，则利用空间向量夹角公式得对于AB，令，则显然函数在时为减函数，即减小，则增大，故AB错误；对于CD，当时，则令，求导，令，得故当时，，函数单减，即单减，增大；当时，，函数单增，即单增，减小；故当增大时，先增大后减小故选：C16．（2022·广东惠州·高三阶段练习）如图，点分别是正四面体棱上的点，设，直线与直线所成的角为，则（

）A．当时，随着的增大而增大B．当时，随着的增大而减小C．当时，随着的增大而减小D．当时，随着的增大而增大【答案】D【解析】当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即，设正四面体的棱长为3，则，可求得，所以在中，有，令，则，时，有正有负，函数有增有减，所以故A与B错误；当时，如下图作交于点，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即.同样设正四面体的棱长为3，则，可求得，,在中，有，所以，即，所以在中，有，令，则，所以在定义域内单调递减，即增大，减小，即减小，从而增大，故D正确，C错误.故选：D.17．（2022·江苏·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，O为ABCG对角线交点且，又有，，∴面，而面，故面面，若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，而，，有平行且相等，即为平行四边形.∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，令，，即，∴△中，，即，∵，即，∴，解得（舍去），综上有，故选：C二、多选题18．（2022·福建泉州·模拟预测）已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（

）A．平面 B．球的表面积为C．的最小值为 D．与平面所成角的最大值为60°【答案】ACD【解析】对于A，如图1，由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，又面面，而面面，面面，故，即；由平面几何易得，即；所以四边形是平行四边形，故，而面，面，故平面，故A正确；.对于B，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则，在等腰梯形中，易得，即，为方便计算，不妨设，则由，即，即，又，解得，即与重合，故，故球的表面积为，故B错误；.对于C，由图2易得，，，面，故面，不妨设落在图3处，过作，则面，故，故在中，（勾股边小于斜边）；同理，，所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；再看图4，由可知，故，故C正确，.对于D，由选项C可知，面，面，故面面，在面内过作交于，如图5，则面，面面，故面，故为与平面所成角，在中，，故当取得最小值时，取得最大值，即取得最大值，显然，动点与重合时，取得最小值，即取得最大值，且，在中，，，，故为正三角形，即，即与平面所成角的最大值为，故D正确.故选：ACD.19．（2022·河北衡水·高三阶段练习）在四棱锥中，已知，，，则（

）A．四边形内接于一个圆B．四棱锥的体积为C．四棱锥外接球的球心在四棱锥的内部D．四棱锥外接球的半径为【答案】AD【解析】选项A：由已知得三角形为正三角形，又，，所以，，故，所以A、B、C、D四点共圆，故A正确；选项B：由上得、、、四点共圆，设圆心为，，且，所以，设点在平面的投影为，因为，所以，即为四边形的外接圆的圆心，所以，重合，所以平面，，四边形的面积，所以四棱锥的体积为，故B不正确；选项C：设四棱锥外接球的球心为，因为平面，且，所以球心在上，设，所以，所以，解得：，所以球心在的延长线上，所以四棱锥外接球的球心在四棱锥的外部，故不正确；选项D：四棱锥外接球的半径为，所以D正确.故选：AD.20．（2022·浙江·高三开学考试）如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（

）A．若为锐角，则在转动过程中存在位置使B．若为直角，则在转动过程中存在位置使C．若，则在转动过程中存在位置使D．若，则在转动过程中存在位置使【答案】AC【解析】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：在圆锥上任取一点，平面为平面，当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，平面，则；因为，，平面，当时，点与点重合；当为钝角时，则点在射线上；当或时，点与点重合.不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.对于A选项，若为锐角，如下图所示：不妨设，则，，因为，若存在位置使得，即，设，由于，则点不与线段的端点重合，即，，则，即，令，其中，因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，，，故方程在时有解，所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，此时，不存在位置使得，B错；对于C选项，连接、，因为，，则，，则，由圆的几何性质可得，，则，所以，,故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，延长交圆于点，连接，则，若，则在转动过程中存在位置使，C对；对于D选项，若，，则，，则，由圆的几何性质可得，，，所以，，所以，与圆相切，当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，则，所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.故选：AC.21．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为2，E为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是（

）A．时， B．时，的最小值为C．时，直线与面的交点轨迹长度为 D．时，正方体被平面截的图形最大面积是【答案】ABD【解析】取AD中点F，BC的中点G，连接，，，则，因为，，所以，即点在线段上，因为E为线段的中点，则，故，所以，由于，所以，又⊥平面，平面，所以⊥，因为，所以平面，因为平面，所以，A正确；B选项，在AB上取点H，使得，在DC上取点K，使得，因为，，所以点P在线段HK上，将平面与平面沿着HK展开到同一平面内，如图1，连接交HK于点P，即三点共线时，取得最小值，其中由勾股定理得：，所以，所以，故B正确；C选项，，，时，由向量共线定理的推论可得：P点在线段BD上，连接，交于点M，交于点N，连接MN，则线段MN即为直线与面的交点轨迹，其中三角形是等边三角形，，由三角形相似可知：，而，所以，同理可得：，所以三角形是等边三角形，所以，直线与面的交点轨迹长度为，C错误；由C选项的分析可知，：P点在线段BD上，连接AC，BD相交于点Z，当P位于线段DZ上时，连接AP并延长交CD于点Q，连接，则平面截正方体所得图形为三角形，则当与重合时，Q与C重合，此时截面三角形面积最大，面积为；当P位于线段BZ上时，如图3，连接AP并延长，交BC于点W，过点W做WR∥交于点R，连接，则四边形即为平面截正方体所得的截面，设，则由平行性质可知：，则，所以四边形为等腰梯形，其中，设梯形的高为h，则，则截面面积为，如图4所示，直角三角形，直角边，在上取一点，连接，则三角形的面积即为，显然当时，面积取得最大值，最大面积为，因为，所以时，正方体被平面截的图形最大面积是，D正确..故选：ABD22．（2022·福建省福州屏东中学高三开学考试）已知正方体棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是（

）A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为B．若，三棱锥的体积为定值C．若，有且仅有一个点P，使得平面D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是【答案】ABD【解析】选项A：由题，如下图，P为中点，取的中点O，连接，则，所以或其补角即为异面直线与所成的角，易得，所以，A正确；选项B：由条件，可知P点的轨迹为线段，因为，故P到平面的距离为定值，且三角形面积为定值，故三棱锥体积为定值．故选项B正确．选项C：由可知点P在线段上（E、F分别为、中点），因为平面，所以平面即为平面，点P即为平面与直线交点，此交点在延长线上，故选项C错误．选项D：由可知点P的轨迹为线段．建系如图，得，设，则，所以，令，当，即时，，此时直线和所成角是；当，即时，则，令，，所以当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故选项D正确．故选：ABD.23．（2022·重庆十八中两江实验中学高三阶段练习）已知在平行四边形ABCD中，，，，把△ABD沿BD折起使得A点变为，则（

）A．B．三棱锥体积的最大值为C．当时，三棱锥的外接球的半径为D．当时，【答案】ACD【解析】对于选项A，由余弦定理得，∴，故选项A正确；对于选项B，当平面平面BCD时，三棱锥的体积最大，设此时点到平面BCD的距离为h，则，解得：∴三棱锥体积的最大值，故选项B错误；对于选项C，当时，把三棱锥补成一个长方体，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，设长方体的三条棱长分别为x，y，z，外接球的半径为R，则，∴，解得，故选项C正确；对于选项D，由，且，得，故选项D正确．故选：ACD24．（2022·湖北·武汉二中模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（

）A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为C．勒洛四面体的截面面积的最大值为D．勒洛四面体的体积【答案】AD【解析】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，故A正确；勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图1，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知BOE三点共线，设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：，解得：，所以，易知，故B错误；勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图2，则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，故正四面体的高为，所以正四面体ABCD的体积，设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：，解得：，所以外接球体积所以勒洛四面体的体积，D正确.故选：AD25．（2022·湖南·模拟预测）已知边长为2的菱形中，，将沿翻折，连接，，设点为的中点，点在平面上的投影为，二面角的大小为.下列说法正确的是（

）A．在翻折过程中，点是直线上的一个动点B．在翻折过程中，直线，不可能相互垂直C．在翻折过程中，三棱锥体积最大值为D．在翻折过程中，三棱锥表面积最大值为【答案】AD【解析】如图，在翻折过程中构成四面体，和是正三角形，取中点，连接，，则，，所以平面，所以平面平面，所以A正确；对于B，，则在翻折过程中，的范围是，当时，是正四面体，此时，则B错误；对于C，三棱锥的底面积是定值，由A知，平面平面，过作直线于，而平面平面，于是得平面，则有，当且仅当点与点重合时取“”，因此，C错误；对于D，三棱锥中，，，即三棱锥的表面积，在翻折过程中，的范围是，，当且仅当时取“”，得三棱锥的表面积的最大值为，D正确.故选：AD.26．（2022·湖南怀化·一模）如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（

）A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为B．点M与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C．点M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D．已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点【答案】AC【解析】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，，，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接、、、，在正方体中，平面，平面，，四边形是正方形，则，，平面，平面，，同理可证，，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.设、、、、、分别为棱、、、、、的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，，平面，平面，，即，得，，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，由空间中两点间的距离公式可得，，，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形延展为一个平面，如下图所示：若最短，则、、三点共线，，，，所以，点不是棱的中点，D选项错误.故选：AC.27．（2022·河北·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，D为棱上的动点，则（

）A．三棱锥的外接球的最大半径为B．存在点D，使得平面平面C．A到平面的最大距离为D．面积的最大值为【答案】BCD【解析】当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，如图，找到球心O及球心O在底面ABC上的投影，则，设三角形ABC的外接圆半径为r，由正弦定理得：，解得：，故，A错误；当点D为中点时，平面平面，理由如下：连接与相交于点E，连接DE，AD，，则根据勾股定理：，其中E为与的中点，所以由三线合一得：DE⊥，DE⊥，因为，所以DE⊥平面，因为平面，所以平面平面，B正确；取中点M，AB中点N，连接，则两两垂直，以M为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，，则设平面的法向量为，由，令得：，故，设A到平面的距离为，则，当时，取得最大值，为，C正确；，设点D到直线的距离为，则因为，所以当或0时，取得最大值，最大值为，此时，面积为，D正确.故选：BCD28．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直棱柱中，各棱长均为2，，则下列说法正确的是（

）A．三棱锥外接球的体积为B．异面直线与所成角的正弦值为C．当点M在棱上运动时，最小值为D．N是所在平面上一动点，若N到直线与的距离相等，则N的轨迹为抛物线【答案】ACD【解析】因为在直棱柱中，各棱长均为2，，所以△ABC为等边三角形，设三棱锥外接球球心为O，则O在底面ABC的投影为△ABC的中心H，设△ABC外接圆半径为R，由正弦定理得：，所以△ABC外接圆半径为，设三棱锥外接球的半径为r，则，故三棱锥外接球的体积为，A正确；连接，，则，且从图中可以看出为锐角，所以异面直线与所成角即为，由勾股定理得：，由余弦定理得：，故在△中，由余弦定理得：，所以，B错误；将平面与平面沿着公共边折叠到同一平面内，如图连接，与的交点即为取得最小值的M，此时的长度即为最小值，其中，，由勾股定理得：，C正确；因为平面ABCD，故点N到直线的距离即为的长，又因为平面ABCD，故在平面ABCD上，到一点N的距离等于到直线BC的距离，由抛物线的定义可知：N的轨迹为抛物线，D正确.故选：ACD29．（2022·广东·三模）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（

）A．当平面时，可能垂直B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为C．当时，的最小值为D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，]【答案】ABD【解析】对于A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，则，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即，则当时，，即P为中点时，有平面，且，故A正确；B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角，若与平面所成角为，则，所以，即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，故B正确；C选项：如图，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理可知所以，故C错误；D选项：正方体经过点､P､C的截面为平行四边形，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，，，，所以点P到直线的距离为，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确.故选：ABD30．（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱柱中，，为的中点，为棱上的动点，平面过，，三点，则（

）A．平面平面B．平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形C．当与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为D．存在点，使得与平面所成角的大小为【答案】AC【解析】因为，为的中点，底面ABCD为正方形，所以，又因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，即A正确；当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形如下图：其中F在线段上，G在上，BP∥EG，BE∥PF，可知交线围成的图形为五边形，即B错误；如图，以A为坐标原点，AD，AB所在直线为，y，z轴，建立空间直角坐标系，，，，，设平面ABEF的法向量为，则有，令，则，则球心到平面的距离，此正四棱柱的外接球半径为，所以截面半径，则截面积，即C正确；设，，则平面的法向量为，则，令，则，所以，设与平面所成角为，则，因为在上单调递增，所以，所以不存在点，使得与平面所成角的大小为，即D错误.故选：AC31．（2022·河北唐山·二模）如图，正方体中，顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，顶点，B，C到的距离分别为，1，2，则（

）A．平面 B．平面平面C．直线与所成角比直线与所成角大 D．正方体的棱长为【答案】BD【解析】因为B，C到的距离分别为1，2，显然不相等，所以BC不可能与平面平行，因此选项A不正确；设的交点为，显然是的中点，因为平面，C到的距离为2，所以O到的距离分别为1，而B到的距离为1，因此，即，设平面，所以，因为是正方形，所以，又因为平面，平面，所以，因为平面，所以平面，因此有平面，而，所以平面平面，因此选项B正确；设到平面的距离为，因为平面，是正方形，点，B到的距离分别为，1，所以有，设正方体的棱长为，设直线与所成角为，所以，设直线与所成角为，所以，因为，所以，因此选项C不正确；因为平面平面，平面平面，所以在平面的射影与共线，显然，如图所示：由，，由（负值舍去），因此选项D正确，故选：BD32．（2022·江苏南通·模拟预测）设正方体ABCD—的棱长为2，P为底面正方形ABCD内（含边界）的一动点，则（

）A．存在点P，使得A1P平面B．当时，|A1P|2的最小值是C．若的面积为1，则动点P的轨迹是抛物线的一部分D．若三棱锥P—的外接球表面积为，则动点P的轨迹围成图形的面积为π【答案】ABD【解析】A选项，连接，则BD∥，平面，平面，所以BD∥平面，同理可证：∥平面，而，所以平面∥平面，故点P在线段BD上时，满足A1P平面，A正确；B选项，取CD中点E，以E为圆心，EC为半径在平面ABCD中作圆，如图，为圆弧CD，当P点在弧CD上时，能够满足，连接AE交圆弧CD于点P，此时AP的长度最小，则|A1P|2取得最小值，其中由勾股定理得：，，由勾股定理得：，B正确；连接，由勾股定理可得：，若的面积为1，则动点P到直线的距离为，以为轴，半径为的圆柱，与平面ABCD的交线即为P点的轨迹，由平面知识可知：用平面不垂直于轴去截圆柱，得到的是椭圆的一部分，C错误；D选项，若三棱锥P—的外接球表面积为，设外接球半径为R，则，解得：，设球心O在平面上的投影为F，则F在线段的中点，，设点P在平面投影为G，过点O作OH⊥GP于点H，连接，OP，则OH=FG，OF=HG，，其中PG=2，则由勾股定理得：，则，则，所以，所以P点到F点的距离为定值，故动点P的轨迹围成图形是半径为1的圆，面积为，D正确.故选：ABD33．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥各顶点均在表面积为的球体表面上，，，则（

）A．若，则B．若，则C．线段长度的最小值为D．三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【解析】因为,所以；对于A,若，则平面平面ABC,过BD的中点F作与平面BCD垂直的直线l,设球心为O,则∥平面ABC,作,垂足为H，,则FH即为球心O到平面ABC的距离d,对于,设其外接圆半径为r,则，所以，因此CD=2HF=2，故A正确；对于B，因为始终满足CB⊥CD，所以点D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，如图示：因为BC=2为定值，作D点所在截面圆O',取BC得中点M,连接OM,,，因为OO'和BC同时满足垂直于D点所在截面圆，所以OM即为D点所在截面圆的半径，所以D点在以2为半径的圆上，C为定点，所以满足CD=2时的点D有两个点，作A点在截面圆的投影，垂足设为H，若CD⊥AB，则CD⊥平面BCHA，所以CD⊥CH，必定有一个符合CD=2的D点不满足，因此B选项错误;对于C,因为平面ABC(ABCH)与圆O'垂直，所以OO'与平面ABC平行，作，又因为，所以平面ABC，因此为外接圆的圆心，而△ABC外接圆半径r为2，又因为，所以AH=r+1=3，若求AD的最小值，在直角三角形ADH中，只需确定出DH的最小值即可，如图所示，点D在D'位置时，DH最小，AD也最小,即，由A的分析可知球心O到平面ABC的距离为1，即,则

,而DH的最小值为,所以AD的最小值为，故C正确；对于D，的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时,三棱锥体积也最大，又因为O'H⊥平面ABC，因此当D点位于HO'与截面圆的交点处时(如图示位置)即共线时,高即DH最大，最大值,故此时三棱锥体积的最大值为，故D正确，故选：ACD34．（2022·湖北·宜城市第二高级中学高三开学考试）如图，ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD．点P为半圆弧上一动点（点P与点A，D不重合）．下列说法正确的是（

）A．三棱锥P－ABD的四个面都是直角三角形B．三棱锥P一ABD体积的最大值为C．异面直线PA与BC的距离为定值D．当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P－ABCD外接球的截面面积为【答案】AC【解析】对于A选项，因为底面为边长是4的正方形，则，又半圆平面，半圆平面，平面，则半圆，又平面，故，则为直角三角形，所以，因为是圆的直径，则，故为直角三角形，所以，因为，则是直角三角形，所以，在中，，则，所以为直角三角形，故三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形，故选项A正确；对于B选项，在三棱锥中，半圆面，则是三棱锥的高，当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，三棱锥的体积取得最大值为，故选项B错误；因为半圆面平面，，半圆面平面，所以半圆面，又半圆面，所以，又，所以为异面直线与的距离，所以异面直线与的距离为定值；故C正确；对于D选项，取的中点，由选项A中的解析可得，，所以点为四棱锥外接球的球心，过点作于点，连接，如图所示，因为半圆面平面，半圆面平面，故平面，所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，设，则，，在中，，，所以，故，令，则，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以直线与平面所成最大角的正弦值为，此时，，所以，，，过作于，，解得，所以球心到面的距离，设截面半径为，则有，所以截面面积为，故D错误；故选：AC．35．（2022·广东·佛山市南海区艺术高级中学模拟预测）如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（

）A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为B．若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为C．三棱锥的体积最大值为D．若M在平面内运动，且，点M的轨迹为抛物线【答案】AB【解析】将平面与平面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，，故A正确；过点P作PE⊥交于点E，连接EM，则E为的中点，PE=1，且PE⊥平面，EM平面，所以PE⊥EM，因为由可知，，故M在侧面上得轨迹为以E为圆心，1为半径的半圆，故点M在侧面内运动路径的长为，B正确；连接，，，，，，则，所以，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，，C错误；，所以，连接，，因为，（，），所以，，，化简得：，所以，可知M点的轨迹不是抛物线，D错误.故选：AB36．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）在棱长为1的正方体中，为侧面（不含边界）内的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（

）A．线段的长度为B．的最小值为1C．对任意点，总存在点，便得D．存在点，使得直线与平面所成的角为60°【答案】ABC【解析】建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，设点，，由直线与的夹角为，则有：，故有：解得：为线段上的动点，则有：（）解得：对选项，则有：，故选项正确；对选项，过点作平面的垂线，垂足为易知：（由于）故的最小值等价于求故有：当且仅当时成立，结合，可得此时故选项正确；对选项，若，则有：，，又则有：则有：又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；对选项，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，即直线与平面的法向量成，则有：解得：，矛盾，故选项错误.故选：37．（2022·全国·高三专题练习）已知点A为圆台下底面圆上的一点，S为上底面圆上一点，且，，，则下列说法正确的有（

）A．直线SA与直线所成角最小值为B．直线SA与直线所成角最大值为C．圆台存在内切球，且半径为D．直线与平面所成角正切值的最大值为【答案】AB【解析】由题意，设上下底面半径分别为，其中，如图1，过S作SD垂直于下底面于D，则，所以直线SA与直线所成角即为直线SA与直线所成角，即为所求，而，由圆的性质，，所以，所以，则A，B选项正确.对于C选项，若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图2，梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质可得腰长为，所以圆台不存在内切球；对于D选项，如图3，平面SBC即平面，过点A做交于点H，因为SD垂直于下底面，而AH包含于下底面，所以SD⊥AH，又，所以AH⊥平面SBC，所以直线与平面所成角即为，，设，则，所以，其中，所以，当x=0时，，当时，，根据复合函数的单调性，可知函数在上单调递增，所以当时，的最大值为，所以D选项错误.故选：AB.38．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（

）A．直线平面B．三棱锥的体积为定值C．异面直线与所成角的取值范围是D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】对于A，连接，，，，平面，，同理，，，直线平面，故A正确；对于B，∥，平面，平面，∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.故选：ABD三、填空题39．（2022·湖南·高三开学考试）三棱锥中，，底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为___________.【答案】【解析】为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又分别为中点，，，又平面平面，为正方体一部分，故，即，∵为三棱锥外接球上的动点，∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，∴可求得三棱锥的体积为：，∴，解得：故答案为：40．（2022·河南·高三阶段练习（理））如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______．【答案】【解析】如图，连接，，由正方体的性质可知为正四面体，设O为中点，E为中点，则，又，平面，平面，∴平面，平面，所以平面平面，由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．因为正方体的棱长为，所以，在中，OB＝2，，则，，设点，到平面的距离分别为，．，，∵，∴三棱锥体积的最小值为；最大值为．∴三棱锥的体积的取值范围为．故答案为：．41．（2022·新疆·模拟预测（理））已知正方体的棱长为1，、分别为棱、的中点，为棱上的动点，为线段的中点.则下列结论中正确序号为______.①；②平面；③的余弦值的取值范围是；④△周长的最小值为【答案】①④【解析】①连接，即，又、分别为、的中点，则，所以，而在面上的投影为，又，即，所以，正确；②如下图示，，，，则，，若是面的一个法向量，则，令即，而，，则，所以，仅当时，即平面，故错误；③如下图，，，，故，，所以，且，，则，令，则，而，，所以，存在，则上，递增；上，递减；所以上有，由时，时，故时，故错误；④由△周长为，而，要使周长最小只需最小，将与展开成一个平面，如下图示：当共线时，最小为，所以周长的最小值为，正确.故答案为：①④42．（2022·山东聊城·一模）在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为___________.【答案】【解析】如图，设的中点为，绕旋转，此时平面平面，取中点，中点，中点，连接.，，和是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，又面，面，面，同理面，又，面面，又平面平面，故面面，又面面，，故面，又面，，故动点形成的轨迹长度为.故答案为：.43．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.【答案】【解析】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，设，则，∵，∴，当时，，当时，，取，，，，连结，，，，则，，∴四边形为矩形，则，，即，，又和为平面中的两条相交直线，∴平面，又，，∴为的中点，则平面，为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，又，，∴，则点的轨迹不是正方形，则矩形的周长为.故答案为：44．（2022·全国·高三专题练习）已知等边的边长为，分别为的中点，将沿折起得到四棱锥．点为四棱锥的外接球球面上任意一点，当四棱锥的体积最大时，到平面距离的最大值为________.【答案】【解析】如图，当平面平面时，四棱锥的体积最大时，如图所示：为等边三角形，，取的中点，则是等腰梯形外接圆圆心．设是的外心，作平面，平面，则是四棱锥的外接球的球心，且，．设四棱锥的外接球半径，则，解得：.又，当四棱锥的体积最大时，到平面距离的最大值为：.故答案为：45．（2022·河南·高三开学考试（理））如图，在中，，，是的角平分线，沿将折起到的位置，使得平面平面．若，则三棱锥外接球的表面积是________．【答案】【解析】过点作，连接.设，则，，．在中，由余弦定理可得．因为平面平面，交线为CD，所以平面，因为BE平面BCD，所以，则，解得：，从而．在中，由余弦定理可得．因为CD是∠ACB的角平分线，所以，由正弦定理得：，，而，所以，．因为，且，所以．设外接圆的圆心为，半径为r，则，点到直线的距离．设三棱锥外接球的球心为O，半径为R，则，即，解得：，故三棱锥外接球的表面积是．46．（2022·湖北·黄冈中学二模）如图，棱长为1的正方体，点沿正方形按的方向作匀速运动，点沿正方形按的方向以同样的速度作匀速运动，且点分别从点A与点同时出发，则的中点的轨迹所围成图形的面积大小是________.【答案】【解析】如图，分别是正方形ABCD，，的中心，下面进行证明：菱形EFGC的周界即为动线段PQ的中点H的轨迹，首先证明：如果点H是动线段PQ的中点，那么点H必在菱形EFGC的周界上，分两种情况证明：（1）P，Q分别在某一个定角的两边上，不失一般性，设P从B到C，而Q同时从到C，由于速度相同，所以PQ必平行于，故PQ的中点H必在上；（2）P，Q分别在两条异面直线上，不失一般性，设P从A到B，同时Q从到，由于速度相同，则，由于H为PQ的中点，连接并延长，交底面ABCD于点T，连接PT，则平面与平面交线是PT，∵∥平面，∴∥PT，∴，而，∥BC，∴是等腰直角三角形，，从而T在AC上，可以证明FH∥AC，GH∥AC，DG∥AC，基于平行线的唯一性，显然H在DG上，综合（1）（2）可证明，线段PQ的中点一定在菱形EFGC的周界上；下面证明：如果点H在菱形EFGC的周界上，则点H必定是符合条件的线段的中点.也分两种情况进行证明：（1）H在CG或CE上，过点H作PQ∥（或BD），而与BC及（或CD及BC）分别相交于P和Q，由相似的性质可得：PH=QH，即H是PQ的中点，同时可证：BP=（或BQ=DP），因此P、Q符合题设条件（2）H在EF或FG上，不失一般性，设H在FG上，连接并延长，交平面AC于点T，显然T在AC上，过T作TP∥CB于点P，则TP∥，在平面上，连接PH并延长，交于点Q，在三角形中，G是的中点，∥AC，则H是的中点，于是，从而有，又因为TP∥CB，，所以，从而，因此P，Q符合题设条件.由（1）（2），如果H是菱形EFGC周界上的任一点，则H必是符合题设条件的动线段PQ的中点，证毕.因为四边形为菱形，其中，所以边长为且，为等边三角形，，所以面积.故答案为：47．（2022·四川·成都七中高三阶段练习（理））如图，在正方体中，点M，N分别为棱上的动点(包含端点)，则下列说法正确的是___________．①当M为棱的中点时，则在棱上存在点N使得；②当M，N分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行；③当M，N分别为棱的中点时，则过，M，N三点作正方体的截面，所得截面为五边形；④直线与平面所成角的正切值的最小值为；⑤若正方体的棱长为2，点到平面的距离最大值为．【答案】①③④【解析】①如图，当为的中点时，过作于，∴，∴，又，与相交于，∴，又，∴，故①正确；②在正方体中，棱可分为三类，分别是与平行的棱，又不与平面平行，∴在正方体中，不存在棱与平面平行，故②错误；③如