2024年全国一卷数学新高考题型细分28立体几何多选4正方体

2024年全国一卷新高考题型细分28——立体几何多选4试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。《立体几何——多选》按照题目中的几何体进行分类，具体有：线面关系，其他线面关系，正方体，棱锥，棱柱，其他多面体，圆柱，圆锥，圆台，其他旋转体等，大概106道题。正方体3：（多选，2024年闽J04漳州三检，末）11.如图，在棱长为的正方体中，，分别是棱，的中点，为底面上的动点，则下列说法正确的是（【答案】ACD【解析】【分析】对于，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，，，利用向量坐标运算即可证明；对于，当点与点重合时，当点与点重合时，等体积法转化即可得三棱锥的体积；对于，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，可得截面面积；对于，设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，由可求外接球半径，根据球的表面积公式即可判断.【详解】对于选项，以为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，因为，所以，故选项正确；对于选项，当点与点重合时，如图2所示，，【答案】ACD【解析】【分析】对于，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，，，利用向量坐标运算即可证明；对于，当点与点重合时，当点与点重合时，等体积法转化即可得三棱锥的体积；对于，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，可得截面面积；对于，设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，由可求外接球半径，根据球的表面积公式即可判断.【详解】对于选项，以为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，因为，所以，故选项正确；对于选项，当点与点重合时，如图2所示，，当点与点重合时，如图3所示，，所以三棱锥的体积不是定值，故选项错误；对于选项，当为中点时，平面截正方体所得的截面为正六边形，如图4所示，其中，，为相应边的中点，则正六边形的边长为，所以该截面的面积为，故存在点，符合题意，故选项正确；对于选项，当为的中点时，如图5所示，易知平面，因为，，所以由余弦定理的推论得，所以，设的外接圆半径为，则，所以，设三棱锥的外接球半径为，则，所以三棱锥的外接球的表面积为，故选项正确，故选：ACD．（多选，2024年浙J36名校联盟三联考）11．在棱长为1的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（

11．ABD【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度.【详解】A选项，当时，，故，即，故点在线段上，连接，与相交于点，则为的中点，连接，因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确；

B选项，当时，由A选项可知，，点11．ABD【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度.【详解】A选项，当时，，故，即，故点在线段上，连接，与相交于点，则为的中点，连接，因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确；

B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点，连接相交于点，则⊥平面，设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线，其中，设，则，由勾股定理得，即，解得，则表面积是，B正确；

C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点，由对称性知，，，此时三点共线，又，，C错误；

D选项，因为，又点在矩形及其内部，点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形，又⊥平面，且，故，所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，如图，其中，，故，则，则，则轨迹长为，D正确.故选：ABD【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径（多选，2024年苏J08宿迁调研，末）11.已知正方体的棱长为分别为棱的点，且，若点为正方体内部（含边界）点，满足：为实数，则下列说法正确的是（【答案】ABD【解析】【分析】由空间向量基本定理，共线定理和线面角的定义对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，因为，由空间向量基本定理可知，所以在菱形内，A正确；对于B，取上一点，使得，连接，，易证四边形和四边形是平行四边形，所以，所以四边形是平行四边形，所以，当时，,所以，即，在线段上，的轨迹长度为线段的长，即为，B正确；对于C，由知，【答案】ABD【解析】【分析】由空间向量基本定理，共线定理和线面角的定义对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，因为，由空间向量基本定理可知，所以在菱形内，A正确；对于B，取上一点，使得，连接，，易证四边形和四边形是平行四边形，所以，所以四边形是平行四边形，所以，当时，,所以，即，在线段上，的轨迹长度为线段的长，即为，B正确；对于C，由知，在菱形内，所以的最小值即为点到平面的距离，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得设平面的法向量为，则，取，可得，所以，所以到平面的距离为：，故C错误；对于D，当时，,分别取的中点，连接，在线段上，，所以，可得，平面的法向量为，，设与面所成角为，所以，设，因为，则，则代入化简可得，当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确．故选：ABD．【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，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，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.（多选，2024年浙J32北斗星盟联考）11．已知正方体的棱长为1，点满足，其中，，则（

11．ACD【分析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当在时，过点只能作一条直线与垂直，可判断；对CD，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点P坐标，利用向量的坐标运算即可判断.【详解】对于A，当时，，所以点在线段上，如图，将三角形与矩形沿展成平面图形如下所示，则线段即为的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值为，故A正确；对于B，当在时，过点在平面内只可以作一条直线与垂直，故B错误；对于C，以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，得，，整理得，为双曲线方程，故C正确．对于D，当时，，故点在线段上运动,11．ACD【分析】对A，将平面展开到与同一平面，由两点间线段最短得解；对B，当在时，过点只能作一条直线与垂直，可判断；对CD，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点P坐标，利用向量的坐标运算即可判断.【详解】对于A，当时，，所以点在线段上，如图，将三角形与矩形沿展成平面图形如下所示，则线段即为的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值为，故A正确；对于B，当在时，过点在平面内只可以作一条直线与垂直，故B错误；对于C，以D为原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，得，，整理得，为双曲线方程，故C正确．对于D，当时，，故点在线段上运动,正方体经过点、、的截面为平行四边形，以为坐标原点，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；当或时，的面积取最大值，此时截面面积为，所以正方体经过点、、的截面面积的取值范围为，故D正确．故选：ACD．【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.（多选，2024年湘J34长郡二适）11.在正方体中，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则（【答案】AC【解析】【分析】根据正方体的结构特征可证明线线垂直，进而可得线面垂直，即可求证面面垂直，可判断A，根据线面角的性质，结合线面角的求解即可判断B，根据抛物线的定义即可判断C，根据旋转可得点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，即可求解D.【详解】对于A：如图，连接，则，因为平面平面，所以，且平面，所以平面平面，所以，同理，且，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故A正确；对于B：从正方体中分离出四棱锥，取的中点，连接，【答案】AC【解析】【分析】根据正方体的结构特征可证明线线垂直，进而可得线面垂直，即可求证面面垂直，可判断A，根据线面角的性质，结合线面角的求解即可判断B，根据抛物线的定义即可判断C，根据旋转可得点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，即可求解D.【详解】对于A：如图，连接，则，因为平面平面，所以，且平面，所以平面平面，所以，同理，且，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故A正确；对于B：从正方体中分离出四棱锥，取的中点，连接，并让点可在正方形边界移动.因为平面，，即，则与平面所成角的最小值是，所以，因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，所以平面内不存在一条直线与直线成角，故B错误；对于C：如图，取的中点，连接平面，作于点，则，因为，则，即点到点的距离和点到的距离相等，即可知点形成的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；对于D：连接交于点，取的中点，连接，则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，易知，由，知，且平面，所以平面平面，所以平面平面，，如图，与圆的交点分别为，当点位于点时，点到平面的距离分别取得最大值和最小值，且距离的最大值为，距离的最小值为，所以点到平面的距离的取值范围是，故错误.故选：AC【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.（多选，2024年鲁J42青岛二适）11．已知正方体的棱长为2，点M，N分别为棱的中点，点P为四边形（含边界）内一动点，且，则（

11．ABD【分析】利用线线平行的性质可判定A，利用空间轨迹结合弧长公式可判定B，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及点面距离可判定C、D.【详解】对于A，在正方体中易知，又平面，平面，所以平面，即A正确；对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，所以点P的轨迹长度为，故B正确；对于C，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，若存在点P，使得面，则，11．ABD【分析】利用线线平行的性质可判定A，利用空间轨迹结合弧长公式可判定B，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系及点面距离可判定C、D.【详解】对于A，在正方体中易知，又平面，平面，所以平面，即A正确；对于B，因为点P为四边形（含边界）内一动点，且，，则，所以P点轨迹为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的部分，所以点P的轨迹长度为，故B正确；对于C，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以，若存在点P，使得面，则，解之得，显然不满足同角三角函数的平方关系，即不存在点P，使得面，故C错误；对于D，设平面的一个法向量为，则，取，即，则点P到平面的距离，显然时取得最大值，故D正确.故选：ABD

【点睛】思路点睛：对于B，利用定点定距离结合空间轨迹即可解决，对于C、D因为动点不方便利用几何法处理，可以利用空间直角坐标系，由空间向量研究空间位置关系及点面距离计算即可.（多选，2024年粤J19执信冲刺）11.在边长为1的正方体中，动点满足．下列说法正确的是（【答案】AC【解析】【分析】对于A，由题意可得点轨迹在内，利用等体积法转换即可；对于B，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，利用解三角形知识求出圆心角弧度即可；对于C，由题意为异面直线与所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；对于D，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断.【详解】如图所示，连接，由，可得点的轨迹在内（包括边界）．因为平面平面，所以，故A正确．【答案】AC【解析】【分析】对于A，由题意可得点轨迹在内，利用等体积法转换即可；对于B，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，利用解三角形知识求出圆心角弧度即可；对于C，由题意为异面直线与所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；对于D，由题意点在以为直径的圆上，由此即可判断.【详解】如图所示，连接，由，可得点的轨迹在内（包括边界）．因为平面平面，所以，故A正确．易知平面，设与平面相交于点．由于，则点到平面的距离为．若，则，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，如图所示，在中，，，设，由余弦定理得，解得，则，所以的轨迹长度为，故B错误．因为，所以为异面直线与所成的角，则，所以，故C正确．由三垂线定理可知，又平面，要使得，则点在以为直径的圆上，所以存在无数个点，使得，故D错误．故选：AC.【点睛】关键点睛：本题的解题关键是利用空间向量推得的所在位置，从而得解.（多选，2024年浙J07金丽衢二联，末）11.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（【答案】ACD【解析】【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.【详解】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【答案】ACD【解析】【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.【详解】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.（多选，2024年鄂J05七市调研）10.如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（【答案】ABD【解析】【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，又正方体中，为棱的中点，可得,，平面,平面,又【答案】ABD【解析】【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，又正方体中，为棱的中点，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，，即的轨迹为线段.由棱长为2正方体得线段的长度为，故选项A正确；对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，此时,所以体积最小值为，故选项B正确；对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,，而，,故选项C不正确；对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心，,,,所以底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为,由,,可得外接球半径，外接球的表面积为，故选项D正确.故选：ABD.四棱柱：（多选，2024年鄂J11四月模拟）9.平行六面体中，各个表面的直角个数之和可能为（【答案】ACD【解析】【分析】根据平行六面体的性质考察矩形个数的可能情况即可.【详解】平行六面体的六个面都是平行四边形，且相对的平行四边形全等，所以六个平行四边形中的矩形个数可能为，所以各个表面的直角个数之和可能为.故选：ACD）

A.0【答案】ACD【解析】【分析】根据平行六面体的性质考察矩形个数的可能情况即可.【详解】平行六面体的六个面都是平行四边形，且相对的平行四边形全等，所以六个平行四边形中的矩形个数可能为，所以各个表面的直角个数之和可能为.故选：ACD（多选，2024年冀J30保定二模）10．已知直四棱柱的侧棱长为3，底面是边长为2的菱形，为棱上的一点，且为底面内一动点（含边界），则下列命题正确的是（10．AD【分析】判断P点轨迹与直四棱柱的交线，根据弧长公式求解判断A，判断P点位置求出体积最大值判断B，计算球与直四棱柱公共部分体积判断C，利用，求得，得出四边形面积判断D.【详解】如图，对于A，可知的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，圆弧长为，故A正确．对于B，可知点在线段上，所以当点与点重合时，三棱锥体积最大，且最大值为，所以B错误．对于C，可知该球的半径为1，球与直四棱柱的公共部分的体积为，所以C错误．对于D，经过三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形，其中，可得．设的中点为的中点为，连接，可得平面，所以，求得，所以，D正确．故选：AD

）

A．若与平面所成的角为，则点的轨迹与直四棱柱的交线长为

B．若点到平面的距离为10．AD【分析】判断P点轨迹与直四棱柱的交线，根据弧长公式求解判断A，判断P点位置求出体积最大值判断B，计算球与直四棱柱公共部分体积判断C，利用，求得，得出四边形面积判断D.【详解】如图，对于A，可知的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，圆弧长为，故A正确．对于B，可知点在线段上，所以当点与点重合时，三棱锥体积最大，且最大值为，所以B错误．对于C，可知该球的半径为1，球与直四棱柱的公共部分的体积为，所以C错误．对于D，经过三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形，其中，可得．设的中点为的中点为，连接，可得平面，所以，求得，所以，D正确．故选：AD（多选，2024年鄂J19黄冈八模）11．在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱于点F，P为线段上一动点（不含端点），则（11．ACD【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.【详解】对于A，因为平面平面，根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，即，因为面，面，所以平面，又点P在线段上，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，若存在点P，使得，因为，则，因为，，平面,所以11．ACD【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.【详解】对于A，因为平面平面，根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，即，因为面，面，所以平面，又点P在线段上，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，若存在点P，使得，因为，则，因为，，平面,所以平面，与题意矛盾，故B错误；对于C，如图1所示，

取的中点Q，连接，则点P在平面内的射影在上，直线与平面所成角即，且有，由已知可得，最小为，所以的最大值为，故C正确；对于D，如图2，

取的中点G，连接，分别取，的中点，，连接，因为是等腰直角三角形，所以三棱锥外接球的球心O在直线上，设三棱锥外接球的半径为，则，所以，设，则，所以,当点与重合时，取最小值，此时，三棱锥外接球的表面积为，当点P与重合时，取最大值，此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确．故选：ACD.【点睛】关键点点睛：对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.（多选，2024年粤J124广州天河三模）11．在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（

11．ACD【分析】利用线线平行易证线面平行可判断选项A；利用线线角为定值，知另一边在一个圆锥上，从面用截面思想可判断选项B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判断到上下底面各棱的距离都正好等于半径，而到各侧棱的距离都小于半径，从而可以判断选项C；利用球被平面所截是一个小圆，小圆的圆心就是球心到各侧面的射影，从而可通过计算交线长，再来判断选项D．【详解】根据已知条件可知，，，连结，可得四边形是平行四边形，所以可得，又因为平面,平面,所以平面，故选项A正确；因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线，这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线，即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的；由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心，根据，，可知，所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，即该球与上下两底面各棱的交点共有8个，又因为球心到各侧棱的距离是11．ACD【分析】利用线线平行易证线面平行可判断选项A；利用线线角为定值，知另一边在一个圆锥上，从面用截面思想可判断选项B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判断到上下底面各棱的距离都正好等于半径，而到各侧棱的距离都小于半径，从而可以判断选项C；利用球被平面所截是一个小圆，小圆的圆心就是球心到各侧面的射影，从而可通过计算交线长，再来判断选项D．【详解】根据已知条件可知，，，连结，可得四边形是平行四边形，所以可得，又因为平面,平面,所以平面，故选项A正确；因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线，这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线，即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的；由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心，根据，，可知，所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，即该球与上下两底面各棱的交点共有8个，又因为球心到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1，所以每条侧棱上都有两个点到球心等于该球的半径，即总共就有16个.故C选项正确；由上面推理易知，以为直径的球与上下两底面的交线是两个完整的内切圆，此时一个圆的周长是，而根据该球心到一个侧面射影是，，，可解得，所在侧面截得交线如图：由，，可得，即，所以在该侧面内留下的交线长为，即该球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为，故D选项正确；故选：ACD.（多选，2024年冀J39承德二模）11