押题14 第8、11、14题 立体几何 平面解析几何 冲刺2024年高考数学考点押题含解析

押题14第8、11、14题立体几何平面解析几何（八大题型）-冲刺2024年高考数学考点押题模拟预测卷（新高考专用）押题14第8、11、14题立体几何平面解析几何（八大题型）一、单选题1．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题2．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（

）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体3．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（

）A． B．C． D．4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面三、填空题5．（2022·全国·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为．6．（2022·全国·高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是．押题14立体几何平面解析几何高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1最值问题1-3（单选）题型2求表面积或体积4-5（单选）题型3空间向量与立体几何的综合判断6-10（单选）题型4求平面解析几何的有关参数11-14（单选）题型5平面解析几何——取值范围、最值问题15-17（单选）题型6平面解析几何的综合判断18（单选）题型7立体几何、平面解析几何（多选题）19-28（多选）题型8立体几何、平面解析几何综合填空题（填空题）29-36（填空）题型1：最值问题1．（2024·湖南衡阳·二模）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（

）A．7 B．8 C． D．102．（2024·四川·模拟预测）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为，则的面积的最大值为（

）A． B． C． D．3．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（

）A． B． C． D．题型2：求表面积或体积4．（2024·陕西西安·二模）如图，在矩形中，，，，分别在线段，上，，将沿折起，使到达的位置，且平面平面，则四面体的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．5．（2024·广东·模拟预测）若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（

）A． B． C． D．题型3：空间向量与立体几何的综合判断6．（2024·安徽安庆·二模）如图，在长方体中，，点E是棱上任意一点（端点除外），则（

）

A．不存在点E，使得B．空间中与三条直线，，都相交的直线有且只有1条C．过点E与平面和平面所成角都等于的直线有且只有1条D．过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条7．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（

）A． B． C． D．8．（2024·山西·一模）如图，在体积为1的三棱锥的侧棱上分别取点，使，记为平面､平面､平面的交点，则三棱锥的体积等于（

）A． B． C． D．9．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法①不存在点，使得平面②存在点，使得平面③当点不是的中点时，都有平面④当点不是的中点时，都有平面其中正确的说法有（

）A．①③ B．③④ C．②③ D．①④10．（2024·陕西西安·一模）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的个数为（

）

①在中点时，平面平面②异面直线所成角的余弦值为③在同一个球面上④，则点轨迹长度为A．0 B．1 C．2 D．3题型4：求平面解析几何的有关参数11．（2023·陕西·模拟预测）直线过双曲线的右焦点，且与的左、右两支分别交于A，B两点，点关于坐标原点对称的点为，若，且，则的离心率为（

）A．3 B． C．2 D．12．（2024·河南郑州·模拟预测）已知第一象限内的点P在双曲线（，）上，点P关于原点的对称点为Q，，，是C的左、右焦点，点M是的内心（内切圆圆心），M在x轴上的射影为，记直线的斜率分别为，，且，则C的离心率为（

）A．2 B．8 C． D．13．（2024·黑龙江·二模）双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点．若，且，则直线与的斜率之积为（

）A． B． C． D．14．（2024·全国·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（）A． B． C． D．2题型5：平面解析几何——取值范围、最值问题15．（2024·青海·一模）已知过抛物线C：焦点F的直线l与C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆与y轴交于D，E两点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．16．（2024·安徽合肥·一模）已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（

）A． B．C． D．17．（2024·四川凉山·二模）已知点是曲线上任意一点，则的最大值为（

）A． B． C． D．题型6：平面解析几何的综合判断18．（2024·四川南充·二模）已知椭圆的左右焦点分别为．过点倾斜角为的直线与椭圆相交于，两点（在轴的上方），则下列说法中正确的有（

）个．①②③若点与点关于轴对称，则的面积为④当时，内切圆的面积为A．1 B．2 C．3 D．4多选题题型7：立体几何、平面解析几何综合19．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（

）A．无论M，N在何位置，为异面直线 B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP与平面所成角的正弦最大值为20．（2024·浙江温州·二模）已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（

）A．有最大值，但无最小值 B．最大时，球心在正四面体外C．最大时，同时取到最大值 D．有最小值，但无最大值21．（2024·广东佛山·二模）对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（

）A．底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体B．以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为C．该正方体内能同时整体放入两个底面半径为，高为的圆锥D．该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥22．（2024·浙江·二模）已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（

）A．移动两次后，“”的概率为B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）23．（2024·广东深圳·一模）如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（

）A．当为的中点时，异面直线与所成角为B．当∥平面时，点的轨迹长度为C．当时，点到的距离可能为D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入内24．（2024·湖南·二模）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（

）A．若点满足，则动点的轨迹长度为B．三棱锥体积的最大值为C．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为25．（2024·河南新乡·二模）如图，已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则（

）

A．的渐近线方程为 B．C．的面积为 D．内接圆的半径为26．（2024·浙江金华·模拟预测）已知抛物线E：的焦点为F，点F与点C关于原点对称，过点C的直线l与抛物线E交于A，B两点（点A和点C在点B的两侧），则下列命题正确的是（

）A．若BF为的中线，则B．若BF为的角平分线，则C．存在直线l，使得D．对于任意直线l，都有27．（2024·广东江门·一模）已知曲线，则下列结论正确的是（

）A．随着增大而减小B．曲线的横坐标取值范围为C．曲线与直线相交，且交点在第二象限D．是曲线上任意一点，则的取值范围为28．（2024·广东广州·二模）双曲线具有如下性质：双曲线在任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角.设为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，右顶点到一条渐近线的距离为2，右支上一动点处的切线记为，则（

）A．双曲线的渐近线方程为B．双曲线的离心率为C．当轴时，D．过点作，垂足为三、填空题题型8：立体几何、平面解析几何综合29．（2024·辽宁·一模）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，都有（其中），则．30．（2024·山东青岛·一模）已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为.31．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则，.32．（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为，体积为.

33．（2024·贵州毕节·一模）三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”.公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”.某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角的顶点与坐标原点重合，点在第四象限，且点在双曲线的一条渐近线上，而与在第一象限内交于点.以点为圆心，为半径的圆与在第四象限内交于点，设的中点为，则.若，则的值为.34．（2024·山东潍坊·一模）已知平面直角坐标系中，直线：，：，点为平面内一动点，过作交于，作交于，得到的平行四边形面积为1，记点的轨迹为曲线．若与圆有四个交点，则实数的取值范围是．35．（2024·广东·一模）已知直线与椭圆在第一象限交于P，Q两点，与轴，轴分别交于M，N两点，且满足，则的斜率为.36．（2024·江西南昌·一模）用平面截圆锥面，可以截出椭圆､双曲线､抛物线，那它们是不是符合圆锥曲线的定义呢？比利时数学家旦德林用一个双球模型给出了证明.如图1，在一个圆锥中放入两个球，使得它们都与圆锥面相切，一个平面过圆锥母线上的点且与两个球都相切，切点分别记为.这个平面截圆锥面得到交线是上任意一点，过点的母线与两个球分别相切于点，因此有，而是图中两个圆锥母线长的差，是一个定值，因此曲线是一个椭圆.如图2，两个对顶圆锥中，各有一个球，这两个球的半径相等且与圆锥面相切，已知这两个圆锥的母线与轴夹角的正切值为，球的半径为4，平面与圆锥的轴平行，且与这两个球相切于两点，记平面与圆锥侧面相交所得曲线为，则曲线的离心率为.押题14第8、11、14题立体几何平面解析几何（八大题型）一、单选题1．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【解析】∵球的体积为，所以球的半径,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是二、多选题2．（2023·全国·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（

）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体【答案】ABD【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.3．（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.【解析】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.4．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．三、填空题5．（2022·全国·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为．【答案】【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；解：令的中点为，因为，所以，设，，则，，所以，即所以，即，设直线，，，令得，令得，即，，所以，即，解得或（舍去），又，即，解得或（舍去），所以直线，即；故答案为：[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，设，，设直线，，，则，，，因为，所以联立直线AB与椭圆方程得消掉y得其中，∴AB中点E的横坐标,又，∴∵，，∴,又，解得m=2所以直线，即6．（2022·全国·高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是．【答案】13【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.【解析】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为，直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，判别式，∴，∴，得，∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.故答案为：13.押题14立体几何平面解析几何高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1最值问题1-3（单选）题型2求表面积或体积4-5（单选）题型3空间向量与立体几何的综合判断6-10（单选）题型4求平面解析几何的有关参数11-14（单选）题型5平面解析几何——取值范围、最值问题15-17（单选）题型6平面解析几何的综合判断18（单选）题型7立体几何、平面解析几何（多选题）19-28（多选）题型8立体几何、平面解析几何综合填空题（填空题）29-36（填空）单选题题型1：最值问题1．（2024·湖南衡阳·二模）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（

）A．7 B．8 C． D．10【答案】C【分析】依题意可知为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点到平面的距离为，由求得半径求出过的截面圆半径，即可得出结论.【解析】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得；又，因此，即，此时；设点到平面的距离为，则，可得，因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值；设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为，则，故球心到平面的距离为，可知截面圆半径为；设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：

设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长，此时，故线段长度的最大值为.故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当三点共线时且点在中间时，最长，利用勾股定理计算可得其最大值.2．（2024·四川·模拟预测）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为，则的面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先确定截面的形状，再通过几何计算，确定面积的最大值.【解析】连结，因为平面，平面，所以且，平面，所以平面，平面，所以，同理，且，平面，所以平面；所以平面为平面或与其平行的平面，只能为三角形或六边形.当为三角形时，其面积的最大值为；当为六边形时，此时的情况如图所示，设，则，依次可以表示出六边形的边长，如图所示：六边形可由两个等腰梯形构成，其中，两个等腰梯形的高分别为，，则，当且仅当时，六边形面积最大，即截面是正六边形时截面面积最大，最大值为.

【点睛】关键点点睛：本题的关键1是理解题意，并能利用转化与化归思想，直观象限和数学计算相结合，2是确定平面，从而将抽象的问题转化为具体计算.3．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.【解析】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），

又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）

过点作，而面，所以面，

设为中点，则二面角为，所以不妨设，所以，所以，令，所以，等号成立当且仅当，所以当且仅当时，.故选：A.【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.题型2：求表面积或体积4．（2024·陕西西安·二模）如图，在矩形中，，，，分别在线段，上，，将沿折起，使到达的位置，且平面平面，则四面体的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设的中点为，先证明，四面体的外接球球心在的中点处垂直平面方向上，由求得，从而求得球的表面积.【解析】设的中点为，连接，由题可知为等腰直角三角形，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，根据题意，，所以的外心为的中点，设四面体的外接球的球心为，则平面，作分别交于，，又，，则，所以，所以，，由，得，即，解得，，所以四面体外接球的表面积为.故选：A.5．（2024·广东·模拟预测）若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，平面，可知四面体与四面体公共部分为四面体，建系，利用空间向量分析可知为的重心，进而根据体积关系运算求解.【解析】设，平面，可知四面体与四面体公共部分为四面体，以D为坐标原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设，则，因为，则，解得，可得，即，在中，结合为的中点，可知为的重心，则，所以四面体的体积.故选：A.【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知公共部分，利用空间向量的相关知识确定点的位置，即可得结果.题型3：空间向量与立体几何的综合判断6．（2024·安徽安庆·二模）如图，在长方体中，，点E是棱上任意一点（端点除外），则（

）

A．不存在点E，使得B．空间中与三条直线，，都相交的直线有且只有1条C．过点E与平面和平面所成角都等于的直线有且只有1条D．过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条【答案】D【分析】当为的中点时判断A；作图判断B；利用角平分面的特征判断C；建立空间直角坐标系，分析判断D.【解析】在长方体中，，对于A，当为的中点时，连接，则，即有，而平面，平面，则，又平面，因此平面，而平面，则，A错误；对于B，连接，设，，则平面与直线交于，点在线段上，不含端点，则直线与直线相交，同理直线与直线相交,因此直线、分别与三条直线，，都相交，B错误；

对于C，平面，而平面，则，又，于是是二面角的平面角，且，显然的平分线与平面和平面所成角都等于，过点与此直线平行的直线符合要求，这样的直线只有1条；半平面与半平面的反向延长面所成二面角的角平分面与平面和平面所成角都等于，在此角平分面内过点与平面和平面所成角都等于的直线有2条，因此过点与平面和平面所成角都等于的直线有3条，C错误；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，直线的方向向量分别为，设过点的直线方向向量为，由直线分别与直线所成角都相等，得，于是，不妨令，有或或或，显然使得成立的向量有8个，其余4个分别与上述4个向量共线，所以过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条，D正确.故选：D

【点睛】关键点睛：建立空间直角坐标系，利用线线夹角的求法是求解选项D的关键.7．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解.【解析】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，

所以，又易知，所以是等边三角形．设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．设，则，，所以．又，所以，因为，易知，则，，从而，．

故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题.8．（2024·山西·一模）如图，在体积为1的三棱锥的侧棱上分别取点，使，记为平面､平面､平面的交点，则三棱锥的体积等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先画出图形确定O的位置，将三棱锥的体积，转化为线段的长度比，充分利用直线的平行进行推导，求出比例即可．【解析】如图所示，假设，连接，易知，在中，设，所以，，则，即，同理，则，设到底面的距离分别为，则，所以.故选：B【点睛】思路点睛：先根据平面性质确定交点位置，再由平面向量的线性运算计算线段比例关系得出棱锥高的比例关系即可.9．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法①不存在点，使得平面②存在点，使得平面③当点不是的中点时，都有平面④当点不是的中点时，都有平面其中正确的说法有（

）A．①③ B．③④ C．②③ D．①④【答案】B【分析】对于①，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，若平面，则，建系利用向量运算即可判断；对于③④，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.【解析】对于①，由当点与点重合时，由，而平面，平面，得平面，故①错误；对于②，若存在点，使得平面，则，又，可得，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，，则，，，，则，，，，所以，这与矛盾，故②错误；对于③，当不是的中点时，由，且面，面，可知面，又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，故③正确；对于④，由③可知，又平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，所以平面，故④正确.综上，③④正确.故选：B.10．（2024·陕西西安·一模）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的个数为（

）

①在中点时，平面平面②异面直线所成角的余弦值为③在同一个球面上④，则点轨迹长度为A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】根据正方体图像特征证明面面垂直得到①；根据异面直线所成的角判断②错误；根据五点共圆得到③，根据轨迹求出长度得到④.【解析】

①：取的中点，连接，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，易知，平面，在面内，所以，面，面，，所以面，面，所以，连接，是正方形，，因为面，面，所以，因为面，面，，所以面，因为面，所以，综上，面，面，又，所以面，面，故平面平面，故①正确；②：取的中点，连接，则，所以是异面直线所成的角，又，则，故②错误；③：记正方体的中心为点，则，所以在以为球心，以为半径的球面上，故③正确；④：因为，且为的中点，所以，故，所以点轨迹是过点与平行的线段，且，所以，故④正确；故选：D【点睛】方法点睛：（1）用普通方法求异面直线所成的角时可以找到与其中一条平行的直线与另一条直线相交所成的角即为异面直线的夹角；（2）证明面面垂直时，通常先证明线面垂直，再证明面面垂直；（3）证明点共球面可先证明点共圆.题型4：求平面解析几何的有关参数11．（2023·陕西·模拟预测）直线过双曲线的右焦点，且与的左、右两支分别交于A，B两点，点关于坐标原点对称的点为，若，且，则的离心率为（

）A．3 B． C．2 D．【答案】B【分析】借助双曲线定义与双曲线的对称性，结合题意可得，，利用勾股定理计算即可得解.【解析】如图所示，取双曲线左焦点，设，则，由双曲线定义可得，又、关于原点对称，故，，，则，由，故，故有，化简可得，即有，，由，则有，即，即.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于找出左焦点，设，从而借助双曲线定义将其它边表示出来，结合勾股定理计算出各边长，从而可列出与、有关的齐次式，得到离心率.12．（2024·河南郑州·模拟预测）已知第一象限内的点P在双曲线（，）上，点P关于原点的对称点为Q，，，是C的左、右焦点，点M是的内心（内切圆圆心），M在x轴上的射影为，记直线的斜率分别为，，且，则C的离心率为（

）A．2 B．8 C． D．【答案】A【分析】根据切线性质和双曲线定义求得，然后由斜率公式和点P在双曲线上整理化简，结合已知求解可得.【解析】设圆M与，分别切于点A，B，则，，且，所以，点，

设，，则，所以，，，所以，.故选：A．【点睛】方法点睛：本题主要考查双曲线的离心率求解问题.解决圆锥曲线的离心率问题，一般离不开圆锥曲线的定义，如果有角的条件，则常常要用到正余弦定理，如果有三角形的内切圆条件，一般与切线性质或三角形的等面积转化有关，遇到线段的比值时，经常需要利用相似形转化.13．（2024·黑龙江·二模）双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点．若，且，则直线与的斜率之积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出，借助双曲线定义表示其它边后，借助余弦定理计算出与的关系，再次借助余弦定理可得与的关系，设出点，可得，代入直线与的斜率之积额表达式中化简即可得.【解析】由双曲线定义可知，，设，则有，，，由余弦定理可得，整理可得：，故，，则有，整理可得：，设，则有，即，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于设出并借助双曲线定义，结合余弦定理得到与的关系，即可表示各边，从而得到与的关系.14．（2024·全国·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，经过的直线交双曲线的左支于，，的内切圆的圆心为，的角平分线为交于M，且，若，则该双曲线的离心率是（）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根据内切圆于，可设，进而得，结合，可得，进而得，求得，判断出，由焦点三角形求得，即可求解.【解析】设内切圆的半径为，由，即，则,设，则，则，由，即，则，则，，则，故，同理得，故，故，则，故，则，则.故选：A

【点睛】方法点睛：椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．题型5：平面解析几何——取值范围、最值问题15．（2024·青海·一模）已知过抛物线C：焦点F的直线l与C交于A，B两点，以线段AB为直径的圆与y轴交于D，E两点，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分类讨论直线l的斜率存在与不存在，设出直线的方程联立方程组，求出，，然后作比值，构造函数求函数的最值即可求得的取值范围.【解析】如图：

抛物线C：，所以焦点，所以当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，由，得，所以，由于圆心为的中点，则，根据抛物线的定义可知，所以圆的半径，过作，垂足为，则，根据垂径定理，得，所以，令，，则，又知在上单调递增，所以，所以，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，此时，，所以，综上，的取值范围为，故选：B.【点睛】本题以抛物线为载体，在知识点交汇处命题，注重创新，考查解析几何的多个热点知识点，同时兼顾函数思想的考查，分类讨论联立方程组求解，转化为函数的最值问题求解即可.16．（2024·安徽合肥·一模）已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围.【解析】即，则圆心为，半径，直线，令，解得，即直线恒过定点，又，所以点在圆内，设，，，由，消去整理得，显然，则，则，所以，，则，则，又直线的斜率不为，所以不过点，所以动点的轨迹方程为（除点外），圆的圆心为，半径，又，所以，即，即的取值范围为.故选：D

【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得.17．（2024·四川凉山·二模）已知点是曲线上任意一点，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】判断直线与曲线的位置关系，利用式子表示的几何意义，转化为点与点确定的直线同直线夹角正弦最值求解即可.【解析】依题意，，令直线，显然过点，由，得，显然，即直线与曲线相离，且，则曲线上的点在直线上方，过作于，则，而，因此，令过点的直线与曲线相切的切点为，由，求导得，则此切线斜率，解得，即切点为，而点在曲线的对称轴上，曲线在过点的两条切线所夹含原点的区域及内部，当点的坐标为时，锐角最大，最大，最大，此时，，所以的最大值为.故先：D【点睛】关键点点睛：涉及导数的几何意义的问题，求解时应把握导数的几何意义是函数图象在切点处的切线斜率，切点未知，设出切点是解题的关键.题型6：平面解析几何的综合判断18．（2024·四川南充·二模）已知椭圆的左右焦点分别为．过点倾斜角为的直线与椭圆相交于，两点（在轴的上方），则下列说法中正确的有（

）个．①②③若点与点关于轴对称，则的面积为④当时，内切圆的面积为A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】首先推导出椭圆的焦半径公式及相关性质，从而判断①②③，得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，求出，，设内切圆的半径为，由求出，即可判断④.【解析】在中，由余弦定理，即，整理得，同理可得，所以，，

对于椭圆，则、、，所以，，故①错误；，故②正确；所以，，又，又，所以，故③错误；当时直线的方程为，由，消去整理得，显然，所以，，又，，则，，设内切圆的半径为，则，所以，解得，所以内切圆的面积，故④正确；

故选：B【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出椭圆焦半径公式（倾斜角形式），利用结论直接解决问题.二、多选题题型7：立体几何、平面解析几何综合19．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（

）A．无论M，N在何位置，为异面直线 B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP与平面所成角的正弦最大值为【答案】ABD【分析】根据相交，而即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解.【解析】由于相交，而，因此为异面直线，A正确，当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,故，且，由于，故，化简得，由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确，设,则，且，，,设平面的法向量为，则，令，则,，故，由于，故，化简得，联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误，由于平面，平面，故,又四边形为正方形，所以,平面，所以平面，故平面的法向量为，设AP与平面所成角为，则，则，当且仅当时取等号，，时，令，则，故，由于，当且仅当，即时等号成立，此时，由且可得因此，由于，，故的最大值为，故D正确，、故选：ABD【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.20．（2024·浙江温州·二模）已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（

）A．有最大值，但无最小值 B．最大时，球心在正四面体外C．最大时，同时取到最大值 D．有最小值，但无最大值【答案】ABD【分析】求出的取值范围可判断A，B；设，根据题意得到关于的表达式，构造函数，对求导，得到的单调性和最值可判断C，D.【解析】对于AB，设球心为，正四面体为，的中心为，则在上，，，球与平面，平面，平面相切，与平面相切于点，，，因为，在中，，则所以在中，，因为，所以，有最大值，但无最小值，故A正确；当，此时，最大时，球心在正四面体外，故B正确；对于CD，设，，，所以，令，令，解得：或（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递减，所以当时，，所以有最小值，但无最大值，故D正确，C错误.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，假设，将表示为关于的表达式，再利用导数即可得解.21．（2024·广东佛山·二模）对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（

）A．底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体B．以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为C．该正方体内能同时整体放入两个底面半径为，高为的圆锥D．该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥【答案】BCD【分析】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，求出底面圆的最小半径即可判断；对于B，原问题等价于求与平面所成角的正切值，利用等体积法求高，结合勾股定理、正切定义即可验算；对于C，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，求出圆锥的最大高度即可判断；对于D，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，圆锥的体积大于，由此即可判断.【解析】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，

，因为，所以，所以，圆锥底面圆半径最小为，A错误；对于B，如图，以，，三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面，等价于求与平面所成角的正切值，因为，所以，所以点到平面的距离为，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为，B正确；

对于C，如图，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以，的中点，为两个圆锥的顶点，每个圆锥高的最大值为，C正确；

对于D，如图，的中点作垂线，分别交，于点，，则，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为，D正确．

事实上，以正方体的体对角线作为轴，为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段上（不含点），设，当与为的四等分点）重合时，，因此，因为，所以，则，圆锥体积，在上恒成立，所以在上单调递增，体积的最大值为,D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，算出圆锥的最大高度，由此即可顺利得解.22．（2024·浙江·二模）已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（

）A．移动两次后，“”的概率为B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）【答案】ACD【分析】先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.【解析】设移动次后，点在点的概率分别为，其中，，解得：，对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，所以概率为，故A正确；

对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，因为，，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，而，平面，所以当点位于或时，平面，当移动一次后到达点或时，所以概率为，故B错误；对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，所以移动n次后点位于，则，故C正确；对于D，四面体体积V的数学期望，因为，所以点到平面的距离为，同理点到平面的距离分别为，所以，所以，当为偶数，所以，当为奇数，所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题的关键点是先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.23．（2024·广东深圳·一模）如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（

）A．当为的中点时，异面直线与所成角为B．当∥平面时，点的轨迹长度为C．当时，点到的距离可能为D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入内【答案】ACD【分析】根据几何体的特征，化空间为平面，逐个推理，计算分析.【解析】

因为为正方形，连接与，相交于点，连接，则，，两两垂直，故以为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，为的中点，则.当为的中点时，，，，设异面直线与所成角为，，，故，A正确；设为的中点，为的中点，则∥，平面，平面，则∥平面，又∥平面，又，设，故平面∥平面，平面平面，平面平面，则∥，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则，点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确；

当时，设，，，，得，即，即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），到的距离为，弧上的点到的距离最小值为，因为，所以存在点到的距离为，C正确；

由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点,，，

根据相似，得，即，，则圆柱体积，设，求导得，令得，或，因为，所以舍去，即，当时，，当时，，即时有极大值也是最大值，有最大值，，故所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：异面直线所成的角；线面平行性质；空间点的轨迹，圆柱的体积计算，利用导数求体积的最值.24．（2024·湖南·二模）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（

）A．若点满足，则动点的轨迹长度为B．三棱锥体积的最大值为C．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为【答案】CD【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为；显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，易知最大值为；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为.【解析】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形，动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，所以错误；对于B，因为，而等边的面积为定值，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，易知点是正方体到平面距离最大的点，所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，其高为，所以，B错误；对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示，当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，又，弧长度，故点的轨迹长度为，故正确；对于D，取的中点分别为，连接，如图2所示，因为平面平面，故平面，，平面平面，故平面；又平面，故平面平面；又，故平面与平面是同一个平面.则点的轨迹为线段：在三角形中，则，故三角形是以为直角的直角三角形；故，故长度的最大值为，故正确.故选：.【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.25．（2024·河南新乡·二模）如图，已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，点在上，点在轴上，，，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则（

）

A．的渐近线方程为 B．C．的面积为 D．内接圆的半径为【答案】ABD【分析】根据斜率以及双曲线的对称性可得为等边三角形，即可根据同角关系与和差公式求解三角函数值，进而利用正弦定理求解，由双曲线定义可得，进而根据选项即可逐一求解，【解析】对于A，依题意，直线的斜率为，所以，又，所以为等边三角形，故，在中，为锐角，，所以，根据正弦定理可得，即，解得，所以，即，所以双曲线的方程为，对于AB，的渐近线方程为，故AB正确；对于C，的面积为，故C错误；对于D，的面积为，所以内接圆的半径为，故D正确.故选：ABD，【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用三角函数的知识与正弦定理求得，从而得到双曲线的方程，从而得解.26．（2024·浙江金华·模拟预测）已知抛物线E：的焦点为F，点F与点C关于原点对称，过点C的直线l与抛物线E交于A，B两点（点A和点C在点B的两侧），则下列命题正确的是（

）A．若BF为的中线，则B．若BF为的角平分线，则C．存在直线l，使得D．对于任意直线l，都有【答案】ABD【分析】首先设直线的方程，并联立抛物线，根据韦达定理，再根据各项描述，抛物线的定义，即可判断选项.【解析】设题意，设，不妨令，都在第一象限，，，

联立，则，且，即，所以，，则，，如上图所示，A.若为的中线，则，所以，所以，故，所以，则，则，故A正确；B.若为的角平分线，则，作垂直准线于，则且，所以，即，则，将代入整理，得，则，所以，故B正确；C.若，即，即为等腰直角三角形，此时，即，所以，所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；D.，而，结合，可得，即恒成立，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据抛物线的几何关系，转化为坐标运算.27．（2024·广东江门·一模）已知曲线，则下列结论正确的是（

）A．随着增大而减小B．曲线的横坐标取值范围为C．曲线与直线相交，且交点在第二象限D．是曲线上任意一点，则的取值范围为【答案】AD【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.【解析】因为曲线，当，时，则曲线为椭圆的一部分；当，时，则曲线为双曲线的一部分，且双曲线的渐近线为；当，时，则曲线为双曲线的一部分，且双曲线的渐近线为；可得曲线的图形如下所示：由图可知随着增大而减小，故A正确；曲线的横坐标取值范围为，故B错误；因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；因为，即点到直线的距离的倍，当直线与曲线相切时，由，消去整理得，则，解得（舍去）或，又与的距离，所以，所以的取值范围为，故D正确；故选：AD【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离.28．（2024·广东广州·二模）双曲线具有如下性质：双曲线在任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角.设为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，右顶点到一条渐近线的距离为2，右支上一动点处的切线记为，则（

）A．双曲线的渐近线方程为B．双曲线的离心率为C．当轴时，D．过点作，垂足为【答案】ACD【分析】由题意求出b的值，即可求得双曲线渐近线方程，判断A；根据离心率定义，求出离心率，判断B；利用双曲线定义可判断C；由题意结合角平分线性质推出，K为的中点，进而结合三角形中位线以及双曲线定义求得，判断D.【解析】对于A，由双曲线可知，右顶点，其渐近线方程为，右顶点到一条渐近线的距离为2，不妨取渐近线，则，解得，故双曲线的渐近线方程为，A正确；对于B，由于，故双曲线的离心率为，B错误；对于C，，当轴时，将代入中，得，即得，由于P在双曲线右支上，故，C正确；对于D，连接并延长交的延长线于E，由题意知，为的角平分线，结合，可知，K为的中点，而O为的中点，故，D正确，故选：ACD【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线知识的综合应用，解答的关键是选项D的判断，解答时要结合题中所给性质，利用角平分线性质推出K为的中点，即可结合双曲线定义求得答案.三、填空题题型7：立体几何、平面解析几何综合29．（2024·辽宁·一模）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，，且对于任意，都有（其中），则．【答案】【分析】首先分析题意，由结合空间向量的数量积定义求解的值，进行下一步化简得出则当时，取得最小值，得到，多次求解二次函数最值可得答案.【解析】因为且两者均为单位向量，所以，又因为对于任意的都有，则当时，取得最小值，则当，令，由二次函数性质得当,令，同理，即，故，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查求空间向量，解题关键是找到方程，然后用主元法视为二次函数，多次求最值即可．30．（2024·山东青岛·一模）已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为.【答案】/【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长.【解析】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，所以，所以，所以，由A，P，B三点共线，故存在实数使得，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以，又且与之间的距离为d，则，，所以，，所以，又，所以的周长为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.31．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则，.【答案】/0.5/【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得.【解析】在正方体中，是棱的中点，延长与延长线