2025年高考数学备考立体几何压轴题（八省联考新考向）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页立体几何压轴题55道（高考高分突破好资料）(尖子班内部复习资料)在2025年的八省联考（教育部命题）的最后一道压轴题是立体几何，这是一个新的考试方向，笔者结合我们的备考团队进行整理了55道立体几何压轴题带详细解答，供高考复习参考一、单选题1．（2024·吉林长春·模拟预测）点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱AB上的一动点，则当取最大值时，（

）A．1 B． C． D．2．（2024·江西新余·模拟预测）“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（

）.

A． B． C． D．3．（2019·浙江·高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则A． B．C． D．4．（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（

）A．这两个球体的半径之和的最大值为B．这两个球体的半径之和的最大值为C．这两个球体的表面积之和的最大值为D．这两个球体的表面积之和的最大值为5．（2024·江苏宿迁·三模）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（

）A． B． C． D．6．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（

）A． B．C． D．二、多选题7．（2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足BP=λBC+μBB1，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8．（23-24高一下·湖北·期末）在棱长为2的正方体中，是的中点，下列说法正确的是（

）A．若是线段上的动点，则三棱锥的体积为定值B．三棱锥外接球的半径为C．若与平面，平面，平面所成的角分别为（），则D．若平面与正方体各个面所在的平面所成的二面角分别为，则9．（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图，已知四面体的各条棱长均等于2，E，F分别是棱AD，的中点.G为平面上的一动点，则下列说法中正确的有（

）A．三棱锥体积为B．线段的最小值为C．当G落在直线BD上时，异面直线与所成角的余弦值最大为D．垂直于的一个面，截该四面体截得的截面面积最大为110．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（

）A．截面SAB的最大面积为B．若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为C．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为D．若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm11．（2024·江苏苏州·三模）在棱长为2的正方体中，为的中点，以为原点，OB，OD，OO1所在直线分别为轴、轴、轴，建立如何所示空间直角坐标系.若该正方体内一动点，满足，则（

）

A．点的轨迹长为 B．的最小值为C． D．三棱锥体积的最小值为12．（2024·江苏徐州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，点在线段上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形的周长为，面积为，设，则（

）A．截面可能为四边形B．和的图象有相同的对称轴C．在上单调递增，在上单调递减D．在上单调递增，在上单调递减13．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，，分别为棱上的动点，且，，，则（

）A．存在使得B．存在使得平面C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大D．当时，直线与所成角的余弦值的最小值为14．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，面积为的扇形，则下列论断正确的是（

）A．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为B．圆锥内部有一个圆柱，并使圆柱的一个底面落在圆锥的底面内，当圆柱的体积最大时，圆柱的高为C．圆锥内部有一个球，当球的半径最大时，球的内接正四面体的棱长为D．圆锥内部有一个正方体，并使底面落在圆锥的底面内，当正方体的棱长最大时，正方体的表面上与点距离为的点的集合形成一条曲线，则这条曲线长度为15．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（

）A．若在线段上，则的最小值为B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为16．（2024·湖北·模拟预测）如图，三棱台的底面为锐角三角形，点D，H，E分别为棱，，的中点，且，；侧面为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为，则下列说法可能但不一定正确的是（

）A．该三棱台的体积最小值为 B．C． D．17．（23-24高二下·湖南长沙·阶段练习）已知函数图象如图1所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，过A，B作x轴的垂线，分别交x轴于，点C为该部分图象与x轴的交点，与y轴的交点为，此时．将绘有该图象的纸片沿x轴折成的二面角，如图2所示，折叠后，则下列四个结论正确的有（

）A．B．的图象在上单调递增C．在图2中，上存在唯一一点Q，使得面D．在图2中，若是上两个不同的点，且满足，则的最小值为18．（23-24高三下·江西·阶段练习）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，过点的平面与平面平行，点为线段上的一点，则下列说法正确的是（

）A．B．若点为平面内任意一点，则的最小值为C．底面半径为且高为的圆柱可以在该正方体内任意转动D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为19．（2024·浙江金华·模拟预测）已知边长为l的等边的三个顶点到平面α的距离分别为1，2，3，且的重心G到平面α的距离恰有两个可能值，则l的取值可以为（

）A． B． C．5 D．620．（2024·辽宁大连·一模）直四棱柱的各顶点都在半径为2的球O的球面上，下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则点共面D．若，则四棱柱体积的最大值为21．（23-24高三下·山东·开学考试）如图，在棱长为1的正方体中，M为平面所在平面内一动点，则（

）

A．若M在线段上，则的最小值为B．过M点在平面内一定可以作无数条直线与垂直C．若平面，则平面截正方体的截面的形状可能是正六边形D．若与所成的角为，则点M的轨迹为双曲线三、填空题22．（2024·上海长宁·一模）点P、M、N分别位于正方体的面上，，则的最小值是．23．（2024·河北石家庄·模拟预测）金字塔在埃及和美洲等地均有分布，现在的尼罗河下游，散布着约80座金字塔遗迹，大小不一，其中最高大的是胡夫金字塔，如图，胡夫金字塔可以近似看做一个正四棱锥，则该正四棱锥的5个面所在的平面将空间分成部分（用数字作答）．24．（2024·江西新余·模拟预测）在空间直角坐标系中，,,,,，设点O关于所确定的平面对称的点为，的长度记为以为自变量的函数，则当时，取最小值；这个最小值为：.25．（2024·贵州遵义·二模）如图，棱长为4的正方体中，点为中点，点在正方体内（含表面）运动，且满足，则点在正方体内运动所形成的图形的面积为；若在正方体内有一圆锥，圆锥底面圆内切于正方形，圆锥顶点与正方体上底面中心重合，则点运动所形成的图形截圆锥表面得到的椭圆的离心率为.26．（2024·全国·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，，平面，为线段的中点，若空间中存在平面满足，，记平面与直线分别交于点，，则，四边形的面积为．27．（2023·江西萍乡·二模）正方体的棱长为为该正方体侧面内的动点（含边界），若分别与直线所成角的正切值之和为，则四棱锥的体积的取值范围为.28．（2024·辽宁·三模）已知正四面体棱长为2，点分别是，，内切圆上的动点，现有下列四个命题：①对于任意点，都存在点，使；②存在，使直线平面；③当最小时，三棱锥的体积为④当最大时，顶点到平面的距离的最大值为．其中正确的有．（填选正确的序号即可）29．（23-24高一下·湖南衡阳·期中）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．30．（2024·全国·模拟预测）已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为；若，则三棱锥体积的最大值为．31．（2024·四川成都·模拟预测）已知三棱锥中，，，，二面角的余弦值是．则当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是．四、解答题32．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.

(1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点.(2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值.(3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值.33．（2024·山东·模拟预测）如图（1），已知抛物线的焦点为，准线为，过点的动直线与交于A，B两点（其中点A在第一象限），以AB为直径的圆与准线相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将沿CD折成直二面角，如图（2）．(1)证明：；(2)当最小时，①求，两点间的最小距离；②当，两点间的距离最小时，在三棱锥内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱体积的最大值．34．（2024·江西新余·模拟预测）如图：在空间直角坐标系中有椭圆与正交，为的右顶点，为上一点，平面内的直线经过并与交于两点，在平面直角坐标系与中（规定垂直于平面系观察时轴、轴分别为对应平面系的纵轴，正方向竖直向上，横轴正方向水平向右），不与坐标轴平行的直线与的斜率分别为.

(1)若，当三棱锥体积取最大值时，求；(2)探究：是否存在定点使平面平面不论取何值恒成立？若存在，求的坐标；若不存在，请说明理由.35．（2024·江苏南京·二模）如图，，，点、在平面的同侧，，，，平面平面，.

(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.36．（2024·重庆·三模）已知且，设是空间中个不同的点构成的集合，其中任意四点不在同一个平面上，表示点，间的距离，记集合(1)若四面体满足：，，且①求二面角的余弦值：②若，求(2)证明：参考公式：37．（2024·河北邯郸·模拟预测）柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设，则当且仅当或存在一个数，使得时，等号成立.(1)请你写出柯西不等式的二元形式；(2)设P是棱长为的正四面体内的任意一点，点到四个面的距离分别为、、、，求的最小值；(3)已知无穷正数数列满足：①存在，使得；②对任意正整数，均有.求证：对任意，，恒有.38．（2024·辽宁沈阳·三模）设抛物线，过点的直线与交于两点，且.若抛物线的焦点为，记的面积分别为.

(1)求的最小值.(2)设点，直线与抛物线的另一交点为，求证：直线过定点.(3)我国古代南北朝数学家祖暅所提出的祖暅原理是“幂势既同，则积不容异”，即：夹在两个平行平面间的两个几何体被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.当为等腰直角三角形时，记线段与抛物线围成的封闭图形为绕轴旋转半周形成的曲面所围成的几何体为.试用祖桓原理的数学思想求出的体积.39．（2024·山东·模拟预测）设异面直线与所成的角为，公垂线段为，且，、分别直线m、n上的动点，且，为线段中点，建立适当的平面直角坐标系可确定点的轨迹方程．(1)请根据自己建立的平面直角坐标系求出．(2)为的任意内接三角形，点为的外心，若直线的斜率存在，分别为，，，，证明：为定值．40．（2024·山东日照·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8．将平面沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为，．

(1)当时，①求证：；②求平面和平面所成角的余弦值；(2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．41．（2024·江西南昌·一模）如图，四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，已知为棱的中点，在底面的投影为线段的中点，是棱上一点.

(1)若，求证：平面；(2)若，确定点的位置，并求二面角的余弦值.42．（2024·山东·模拟预测）如图，在四棱锥中，且，底面是边长为的菱形，(1)平面平面(2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值43．（2024·浙江温州·模拟预测）如图1，将一个半径为的球放在桌面上，桌面上的一点的正上方相距处有一点光源，与球相切于点，也与球相切，点在桌面上，在此点光源的照射下，球在桌面上的影子的边界就形成某种曲线.设方程在和时，对于每一个都分别有唯一的值存在，那么就说方程在和时确定一个隐函数，其求导法则为（这里表示关于的导数，也是隐函数的图象在点处切线的斜率）.(1)建立适当的空间直角坐标系，求当时，在此点光源的照射下，球在桌面上的影子的边界形成的曲线的方程；(2)求证：过椭圆上任意一点的切线方程为；(3)若将（1）中所得曲线的中心平移到坐标原点，此时该曲线内切于，且分别与，，相切于点，，，的延长线交于点，的延长线交于点，如图2，当点坐标为1,4，点坐标为时，求点的横坐标.44．（2024·浙江温州·一模）如图，在三棱柱中，平面平面，平面.(1)求证：；(2)若二面角的正弦值为，且，求.45．（2023·河北·三模）已知在长方体中，.(1)若分别在线段和上，求的最小值；(2)若点在棱上运动，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.46．（24-25高三上·江西新余·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，，，分别为中点.(1)证明：平面与平面的交线平面；(2)证明：；(3)若直线与平面的夹角为，二面角的正切值为，求的长.47．（2024高二上·全国·专题练习）已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，.(1)求的长；(2)若为的中点，求二面角的余弦值；(3)若为上一点，且满足，求.48．（2024·安徽·模拟预测）一般地，n元有序实数对称为n维向量．对于两个n维向量，，定义两向量的数量积为，向量的模，且取最小值时，称为在上的投影向量．(1)求证：在上的投影向量；(2)某公司招聘时对应聘者的语言表达能力（）、逻辑推理能力（）、动手操作能力（）进行测评，每门总分均为10分，测评结果记为一个三维向量．而不同岗位对于各个能力需求的比重各不相同，对于每个岗位均有一个事先确定的“能力需求向量”（，）．将在上的投影向量的模称为该应聘者在该岗位的“适合度”．其中四个岗位的“能力需求向量”如下：岗位能力需求向量会计技工推销员售后维修员（ⅰ）应聘者小明的测评结果为，试分析小明最适合哪个岗位．（ⅱ）已知小红在会计，技工和某岗位A的适合度分别为，，（，，2，3）．若能根据这三个适合度求出小红的测评结果，求证：会计、技工和岗位A的“能力需求向量”能作为空间中的一组基底．49．（2024·全国·模拟预测）已知一个平行六面体的最长体对角线长度是，证明：该平行六面体的体积．并指出取等条件．50．（2024·新疆·二模）在圆柱中，是圆的一条直径，是圆柱的母线，其中点与，不重合，，是线段的两个三等分点，，，．(1)若平面和平面的交线为，证明：平面；(2)设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和，平面和底面圆所成的锐二面角为，若，求的值．51．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．．(1)求证：是直角三角形；(2)求四棱锥体积的最大值；(3)求平面与平面的夹角余弦值的范围．52．（23-24高一下·辽宁·期末）如图1，在矩形中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面.

(1)如图2，当时，点是线段上点的，平面，求的值；(2)如图2，若点在平面内的射影落在线段上.①是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离.53．（2024·辽宁·模拟预测）柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的n元形式为：设，，不全为0，不全为0，则，当且仅当存在一个数k，使得时，等号成立．(1)请你写出柯西不等式的二元形式；(2)设P是棱长为的正四面体ABCD内的任意一点，点P到四个面的距离分别为，，，，求的最小值；(3)已知无穷正数数列满足：①存在，使得；②对任意正整数i、，均有.求证：对任意，，恒有.54．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.(1)若平面平面，求、的值；(2)若平面，求的最小值.55．（2024·河南信阳·模拟预测）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.(1)指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；(2)证明：直线在曲面上；(3)若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：题号12345678910答案CBBDCDBDACDBCDACD题号11121314151617181920答案BCBDBCDACDABDBDBDACDBCABD题号21答案ACD1．C【分析】根据正四面体体积的等积性求得内切球半径，由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可.【详解】设正四面体的棱长为，正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为，显然在线段上，该正四面体内切球的半径为，如图，为正三角形的中心，则，，由三棱锥的等体积得，即，解得，，由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，如图所示：，由圆的切线长定理可知：，在中，，最大时，最小，因为，所以此时为的中点，即有，正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，所以，因此，，，所以.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用球的几何性质即当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质求解.2．B【分析】设，易知，且，设肉馅球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值.【详解】

如图所示，取中点为，，为方便计算，不妨设，由，可知，又、分别为所在棱靠近端的三等分点，则，且，、，，平面，即平面，又平面，则平面平面，设肉馅球半径为，，由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅，则到的距离，，，又，解得：，故，又，解得，，所以：，解得，，由以上计算可知：为正三棱锥，故，所以比值为.故选：B.3．B【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B.【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.4．D【分析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则，，其中，表达出，，求导得到函数单调性，得到最值，并求出，令，函数在上单调递增，求出，得到答案.【详解】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E，过点作⊥OF，垂足为D．设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值，此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为，故，故R的最大值为，且取最大值时，三点共线，设，则，则，解得，所以，，，，.因为，所以①，整理得，解得，令函数，，.令函数，，所以是增函数.又因为，，所以，，所以，，，，即，，，，所以在上单调递减，在上单调递增.因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为.由①可得，这两个球体的表面积之和为.令，函数在上单调递增，所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为.故选：D．【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.5．C【分析】过点作出四棱锥的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.【详解】如图，取中点，中点，连接，，，因是正三角形，则，又是矩形，有，而平面平面，平面平面，平面，平面，因此平面，平面，又，则平面，平面，则，，，平面，则平面，又平面，所以，而，则，显然，由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆，此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形，设，又，，则球的半径，又四棱锥的表面积为，由，解得，，，所以.故选：C.【点睛】关键点睛：本题解题的关键是过点作出四棱锥的内切球截面大圆，利用等体积法求出内切球半径和.6．D【分析】连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解.【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，连结，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，，，因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，所以为定值，又因为三个漏壶的高成等差数列，所以.故选：．【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识.7．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．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，BP=BC+μBB1=BC对于B，当时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此时对于C，当时，BP=12BC+μBB1，取，中点分别为，，则BP=BQ+μQH，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A1P=−32,0,μ−1，BP对于D，当时，BP=λBC+12BB1，取，中点为．BP=BM+λMN，所以点轨迹为线段．设，因为A32，0,0，所以AP=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．8．ACD【分析】对于A，连接交于点，连接，可证得∥平面，进而进行判断，对于B，根据线面垂直的判定定理可证得平面，设为等边三角形的外心，过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心在此直线上，然后求解，对于C，取的中点，连接，可得与平面，平面，平面所成的角分别，然后求它们的余弦值即可，对于D，由题意可得平面平面，平面平面，为二角面的平面角，为二面角的平面角，然后求出它们的正弦值判断.【详解】对于A，连接交于点，连接，因为四边形为正方形，所以为的中点，因为是的中点，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面，因为是线段上的动点，所以点到平面的距离为定值，因为的面积也为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确，对于B，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，由选项A可知∥，所以，，因为，平面，所以平面，设为等边三角形的外心，则,过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心在此直线上，设球心为，连接，过作于，则，，设三棱锥外接球的半径为，则，设，则，因为，所以，解得，，所以B错误，对于C，取的中点，连接，则∥，∥，所以平面，平面，因为平面，所以与平面，平面，平面所成的角分别，因为，所以，所以，即，所以C正确，对于D，因为∥，∥，所以∥，所以平面就是平面，因为平面，平面，平面，所以平面平面，平面平面，因为平面，平面，所以，所以为二角面的平面角，为二面角的平面角，，，所以平面与上下两个底面所成二面角的正弦值为，与前后两个平面所成二面角的正弦值为，与左右两个平面所成二面角的正弦值为，所以，所以D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直，面面垂直，考查线面角，面面角，解题的关键是根据正方体的性质结合线面角和面面角的定义找出线面角和面面角，考查空间想象能力和计算能力，属于难题.9．BCD【分析】对A，求出正四面体的高，点到平面的距离为，求出体积判断；对B，作点关于平面的对称点，由对称性得，求解判断；对C，由最小角定理可知，与所成的最小角即与平面所成角，运算得解判断；对D，根据题意，可判断平面截正四面体的截面为矩形，利用基本不等式求解.【详解】对于A，如图，作平面，垂足为，因为四面体为正四面体，则为三角形的中心，则，所以，即正四面体的高为，点到平面的距离为点平面的距离的一半，即，所以，故A错误；对于B，如图，作点关于平面的对称点，连接交平面于点，过点作平面的垂线交平面于点，作，因为平面，所以点，则，，，所以，故B正确；对于C，当落在直线上时，由最小角定理可知，与所成的最小角即与平面所成角，即，所以，所以，即异面直线与所成角余弦最大为，故C正确；对于D，如图，连接，因为是的中点，所以，同理，设平面交正四面体的棱于点，棱于点，棱于点，棱于点，所以，，，，所以，，又，，是平面内的相交直线，则平面，所以，则，即四边形为矩形，即平面截正四面体的截面为矩形.设，即，，即，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以平面截该四面体截得的截面面积最大为1，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题B选项，解题的关键是作点关于平面的对称点，由对称性求解；D选项，关键是判断出平面截该四面体截得的截面为矩形.10．ACD【分析】对A，关键在于考虑∠ASB正弦的大小；对B，只需作出线面角即可；对C，当三棱锥O-SAB体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D，可以将圆锥侧展开考虑.【详解】对A，因为，所以∠ASB为锐角，所以，A正确；对B，如图，取OA中点H，则BH⊥OA，又BH⊥SO，所以BH⊥面SOA，所以∠BSH为直线SB与平面SOA所成的角，所以，B错误；对C，易知当三棱锥O-SAB体积最大时，OB⊥面SOA，此时三棱锥可以补成以OA，OB，OS为三相邻边的长方体，所以外接球直径，外接球表面积为，C正确；对D，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为，所以；过S作SD⊥于D，则所求路径即为CD的长：由，SC=30cm，所以=50cm，且，D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：(1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小；(2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影；(3)“墙角式”三棱锥外接球为补成长方体体对角线中点；(4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决.11．BC【分析】由已知方程可得点的轨迹，画出图形，再计算轨迹长度可得A错误；由投影法可得，当点在上投影最小时，向量积最小，求出投影长可得B正确；由平面可得C正确；当点位于半圆弧中点时，可由棱锥的体积公式计算体积的最小值可得D错误；【详解】对于A：由可知，点在以为球心，1为半径的球上，又由可知，点在平面上，所以点为球面与平面的交线，如图（2）所示，在矩形中，以为圆心，1为半径的半圆，所以点的轨迹长为，故A错误；对于B：由投影法可得，当点在上投影最小时，向量积最小，此时点位于半圆弧中点，投影长为，所以，故B正确；对于C：因为平面，平面，所以，故C正确；对于D：因为平面，所以点到平面平面的距离为，则，由图（2）可知当点位于半圆弧中点时，的面积最小为，所以，故D错误；故选：BC.

【点睛】关键点点睛：本题选项A关键是能根据已知点的方程结合图形画出点的轨迹平面图形，从而计算即可.12．BD【分析】运用正方体的对角线的性质和对称性，得到截面为正三角性或正六边形，再计算得到周长和面积关于x的函数，然后判断函数的性质即可得出结果.【详解】如图示，是边长为的等边三角形，由正方体的结构知：，且面，又面，则，又且都在面上，则面，面，所以，同理有，而且都在面上，所以面，同理可证面，又，面，面，故面，同理得面，由且都在面上，所以面面，结合示意图知：当在面与交点与之间（含端点），或面与交点与之间（含端点）时，截面为等边三角形；当在面与面与的两个交点之间时，截面为六边形，所以不可能出现四边形截面，A错；若在面与交点与之间（含端点），截面为等边三角形，令其边长为，则截得正方体侧棱长为，且，即，所以，则，且，此时，，，；根据对称性，在面与交点与之间（含端点），，此时，，，；当在面与面与的两个交点之间，而截面过相关棱中点所得正六边形为界，其两侧所截得六边形对称，讨论所截六边形为靠顶点一侧情况，此时，且两组三条不相邻的边长相等，如下图，截面补全为一个正三角形，作为以顶点的正三棱锥的底面，所以底面正三角形边长为，其对应正三棱锥侧棱长为，所以正方体外侧的三个小正三棱锥的侧棱长为，故小正三棱锥的底面边长为，综上，六边形较长边为，较短边为，此时，，，根据对称性，所截六边形为靠顶点一侧，此时，，，综上，，，由上所得解析式知：C错，D对.故选：BD.【点睛】关键点点睛：利用线面垂直的判定以及平面基本性质确定截面的形状，讨论范围求出、解析式为关键.13．BCD【分析】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可.【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设，则由题：，所以，，，，又，，，所以，即，，即，所以，对A，由上，故A错误；对B，由题意是平面的一个法向量，，故当时，此时平面，故B正确；对C，由上，，设平面的一个法向量为m=x,y,z，则，所以，取，则，设点Q到平面的距离为d，则由得，又由题意可知，故，因为长度为定值，所以为定值，故当时，三棱锥体积最大，故C正确；对D，设直线与所成角为，由上当时，当且仅当即时等号成立，故D对.故选：BCD.【点睛】方法点睛：遇立体几何复杂问题，如求最值，有垂直条件一般考虑建立空间直角坐标系用向量法解决.14．ACD【分析】利用线面角的几何求法判断A，利用相似的性质建立方程，得到函数关系，再利用导数求解最值判断B，利用相似的性质结合勾股定理判断C，先判断轨迹情况，再求解弧长，最后再求和即可.【详解】对于A，设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，则，即，又由题意得，解得，故，，设圆锥的母线与底面所成角为，故，故A正确，对于B，设圆柱的底面半径为，且，高为，当圆柱的体积最大时，圆锥和圆柱一定相接，如图，由相似性质易知，解得，设圆柱体积为，则圆柱体积为，则，令，，令，，故在上单调递增，在上单调递减，故当时，有最大值，但此时圆柱高为，故B错误，对于C，当球的半径最大时，该球一定与圆锥内切，截面如图，设球的半径为，且易知，则，得，解得，此时设球的内接正四面体的棱长为，如图所示，则正四面体中，，可得，在直角三角形中，由勾股定理得，解得，故球的内接正四面体的棱长为，C正确，对于D，当正方体棱长最大时，正方体内接于圆锥，轴截面如图，设正方体棱长为，则，，由，得，即，解得，易知球与正方体的交线是六条圆弧，如图所示，易知，则，，则六条圆弧总长为，则正方体的表面上与点距离为的点的集合形成的曲线长度为，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是判断清楚轨迹情况，然后转化为弧长之和，最后得到所要求的轨迹长度即可．15．ABD【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线角的几何求法求出轨迹方程判断C，合理转化后判断D即可.【详解】对于A，延长到使得，则，等号在共线时取到；故A正确，对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确，对于C，与所成的角即为和所成角，记，则，即，所以的轨迹是双曲线；故C错误，对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，在直线上任取一点，使得，不妨设，若，则是正四面体，所以有两种可能，直线也有两种可能，若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能.故选：ABD16．BD【分析】根据题意可得点的轨迹为椭圆，由椭圆的几何性质从而可确定的坐标范围，设三棱台的高为，由三棱台的体积最大值确定的范围，从而可判断A；建立空间直角坐标系，根据两点之间的距离公式求解的取值范围，从而可判断B，D；将三棱台补成三棱锥，根据棱锥与棱台的体积关系即可判断C.【详解】由，，可得点的轨迹为椭圆，如图则椭圆方程为，由于则，又因为为锐角三角形，则且，所以，，所以，由于，所以，设，则，设三棱台的高为，则，因为该三棱台的体积最大值为，，所以，由于无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确；对于三棱台有侧面为垂直于底面的等腰梯形，则如图，以为原点，在平面上作面，在面作面，则，设，则，，，所以，由于，，所以，又，故B可能正确；同理，又，故D可能正确；如图，将三棱台补成三棱锥，设点到平面的距离为，则，又，所以，故C一定正确.故选：BD.【点睛】思路点睛：本题考查空间几何与平面解析几何综合运用，解决本题中的问题涉及的思路有：（1）根据椭圆的定义确定动点的轨迹，利用解析几何的性质缩小点坐标范围；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式确定线段长的取值范围；（3）体积关系的建立，需将三棱台补成三棱锥，由三棱锥的体积转换特点分析体积比例.17．BD【分析】先由题意读出，建立关于它们的等量关系，从而求出的值，进而求出根据三角函数由图像求解析式的思路依次求出和的值，得出的解析式，即可判断AB；CD需根据图像特征结合几何平行和垂直的判定方法和手段进行分析处理.【详解】设函数的最小正周期为，则，又，平方得，即，所以，即，因为，解得，故，即，所以，则，可得，又因为函数在附近单调递减，且，所以，故A错误；对于B选项，因为，当时，，此时单调递增，B符合题意；对于C选项，在平面内，过点D作图象的切线，斜率为，连线的斜率，连线的斜率,过点D作交x轴于M，则该直线一定交于，再在平面上，过M作平行于的直线交于，此时面，故C错误；对于D选项，若均在上，由可知，平行于x轴，此时，若均在上，作于点E，则，又，从而面，故，而，因此，在图1中作直线，则为与的交点，不妨设为与在y轴右侧最近的两个交点，则此时的最小值为，若不在同一个面上，此时，故D正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：涉及未知点（或动点）的平行（或垂直）关系求未知点（或动点）的位置或轨迹时，抓住平行（或垂直）的不变性和定点以及定直线作相应的平行面或垂面可助于找到未知点（或动点）的位置或轨迹.18．ACD【分析】对A，可证平面，可得；对B，平面截正方体的截面为如图正六边形，点关于平面对称，最小转化为求即为；对C，只要圆柱的外接球半径小于等于正方体的内切球半径即可满足题意；对D，当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点是的中点，得解.【详解】对于A，如图，，又平面，所以，又是平面内两条相交直线，所以平面，所以，同理可证，而平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于B，如图，平面截正方体的截面为正六边形，点关于平面对称，所以，故B错误；对于C，底面半径为，高为的圆柱的外接球的半径为，又正方体棱长为2，所以圆柱可以在正方体内任意转动，故C正确；对于D，由题，点到平面的距离为定值，所以当最小时，直线与平面所成角的正弦值最大，此时点是的中点，直线与平面所成角即，在中，，，，所以.故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：选项B，确定平面截正方体的截面为正六边形，由此确定点关于平面对称，将球最小转化为求；选项C，圆柱可以在正方体内任意转动，只要圆柱的外接球半径小于等于正方体的内切球半径即可；选项D，直线与平面所成角的正弦值最大，即最小时，此时点是的中点，直线与平面所成角即.19．BC【分析】先证明引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是，然后将题目条件分4种情况考虑，分别计算出对应的存在的条件，再通过这4个条件中恰有2个成立，可得出的取值范围，最后分别验证4个选项即可得到正确答案.【详解】对题目中给定的平面，我们取定平面的一个法向量，并将该法向量所指的方向定义为平面的上方.然后，我们定义空间中一个点到平面的有向距离：一方面，到平面的有向距离的绝对值等于到平面的距离；另一方面，若在平面的上方，则到平面的有向距离为正数，若在平面的下方，则到平面的有向距离为负数.易知，到平面的全体有向距离为的点构成的集合为一个平面，将该平面记为，那么就有：，且全体两两之间是平行的，而两平面之间的距离为.现在，我们证明一个引理：引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是：.如图所示：一方面，我们证明必要性：若空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是，且不全相等：记点所在的平面为，则由于不全相等，知不可能是某个，由于全体两两之间是平行的，所以不可能平行于任意一个，故和任意一个都有唯一的交线，将其记为.然后，在上任取一点，并过作的垂线交于，然后以为原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系.这样相应确定的轴显然就是直线，记两直线和之间的距离为，则，且直线的方程就是.现在，由于是边长为的正三角形，故可设，，而分别在平面上，从而分别在直线上，这意味着我们有，.从而，，故：.这就有.所以.从而必要性得证.另一方面，我们证明充分性：若不全相等，且.我们取，则.然后取一个平面，使得和之间的夹角的正弦值为.此时，和任意一个的夹角正弦值都是正数，故和任意一个都有唯一的交线，将其记为.此时，之间的距离为，从而我们可以在上取一个平面直角坐标系，使得的方程恰为.这种情况下，和之前证明必要性时进行的演算类似，可以证明恒等式，这表明我们可以再取一个实数使得，.然后，在该直角坐标系下取，，，则显然是边长为的正三角形，与此同时，由于，且.故分别在直线上，也就是分别在直线上，从而分别在平面上，故它们到平面的有向距离分别是，充分性得证.现在我们回到原题，根据对称性，我们不妨设中至少有两个点在平面的上方.情形1：均在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为（这是因为重心的坐标可由三点取平均值得到，故它到的有向距离一定也是到的有向距离的平均值，即）.若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于；情形2：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为.若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于；情形3：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为.若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于；情形4：在平面的下方，在平面的上方，此时，而重心到平面的距离为.若此种情况存在，根据我们的引理，这等价于.而题目条件为重心到平面的距离恰有两个可能值，根据以上讨论，这就相当于四个不等式，，，中恰有两个成立，这等价于.综上，原题条件等价于给定的边长满足.最后，分别验证A，B，C，D四个选项，它们的平方分别是，，，，在区间上的是，，所以B，C正确，A，D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题最重要的还是证明引理：若不全相等，则空间中存在一个边长为的正三角形，满足到平面的有向距离分别是的充要条件是，这也是该问题的核心.20．ABD【分析】由向量运算法则可得是的中点，即为直径，由圆的性质可得；依题意可得，再利用线面垂直判定定理即可求得，假设点共面，由可知假设不一定成立；将四棱柱体积转化为，可求得当平面时，其体积最大.【详解】对于A，若可得：，即可得是的中点，所以是直径，如下图所示：

因此过三点的截面圆的直径为，且为圆周上一点，所以；即，又，所以，即，因此A正确；对于B，若可得，即，所以；即，所以，即可得，所以；又因为是直四棱柱，所以，易知平面，所以平面，又平面，所以，则，即B正确；对于C，假设点共面，易知平面，则平面平面，所以，又，因此，若，只是对角线相等，不等得出，因此假设不成立，所以C错误；对于D，连接，易知在直四棱柱的高的中点处，如下图所示：所以，即当四棱锥的体积最大时，四棱柱的体积也最大；易知，所以，又，易知当平面时，其体积最大；此时，所以四棱柱体积的最大值为，即D正确；故选：ABD【点睛】方法点睛：在求解立体几何体积最值问题时，经常要利用等体积法将问题转化为易求解的几何体体积，再根据已知条件判断出最值取得的条件即可求解.21．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M点在A处时，过M点只能作一条直线，可判断；对C，当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，可得到正六边形符合题意；对D，建立空间直角坐标系，设出点坐标，根据条件求出点坐标满足的方程，依此判断.【详解】选项A：将平面展开到与同一平面如图所示，连接交于M,此时为最小值，计算可得，故A正确；

选项B：当M点在D处时，因为平面，所以过M点可作无数条直线与垂直，当M点在A处时，过M点只能作一条直线,故B不正确；选项C：当M与B重合时，平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，且此正六边形所在平面与平面平行，所以当平面为平面时满足题意，故C正确；

选项D：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D正确．故选：ACD．

【点睛】思路点睛：A选项，沿将平面展开到与同一平面，转化为平面上问题求解；B选项，举反例，当M点在A处时，过M点只能作一条直线；C选项，当M与B重合时，易证平面，分别取的中点E，F，G，H，P，Q，则六边形是正六边形，即为所求的；D选项，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，设出点M坐标，依据条件求出点M的轨迹方程，由此判断.22．/【分析】建立空间直角坐标系可得的坐标表达式，配方后可得最值.【详解】如图建立以D为原点的空间直角坐标系，设，其中.则.则，当且仅当时取等号.则为使最小，则应使尽量的大，且P为中点.又点P、M、N均位于正方体表面上，则P、M、N在正方体同一面上，则当为正方体一面的对角线，P为对角线中点时，满足题意，此时，则.故答案为：【点睛】关键点睛：本题解题的关键是建立坐标系利用坐标计算得，再由取等条件得到P、M、N位置关系从而得解.23．23【分析】假想一个没有上顶的正方体，该正方体会把空间分割成块，把四面进行极限倾斜相交分析求解.【详解】假想一个没有上顶的正方体，该正方体会把空间分割成块，把四面进行极限倾斜相交，如图所示，在倾斜的过程中，在不管底面的情况下，个侧面在顶点以下的“水平范围”内最多可以切割出个空间，与没有倾斜极限的情况一样，多出来的空间是交叉的切割出来的空间，在空间上是对称的，四个倾斜的侧面在空间中的延伸还是这样的倾斜侧面，如图所示的对称的锥面同样会切割出个空间，即顶点之上的个延伸的倾斜的面同样会切割出个空间，但是四个空间和下面的四个倾斜的侧面切出的是同一个，即标记“×”的位置，所以在的基础上加减，即结果是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于把四面进行极限倾斜相交分析.24．//【分析】根据点与点关于平面对称，点与点关于直线对称，结合三角形两边和与差的最值可得解.【详解】

如图所示，由已知可得，，，则，，即，，又，，平面，则平面，①当，两点在平面同侧或一点在平面上时，，当且仅当，有一点在平面上时取等号；即；②当，两点在平面异侧时：设平面与直线交于点，将延拓，如图所示，则，由，，，平面，则平面，即，抽象出平面如图所示，

则，设点关于直线的对称点为，则，当且仅当时，取得最小值，如图，

由，且，，，则，即，，则，，又，则，即，所以，所以，故答案为：，.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于建立空间直角坐标系，将问题转化为线的长度问题，从而得解.25．【分析】取，的中点连接，证明平面，从而得出在正方体内运动所形成的图形为四边形内，得出答案；作出截面椭圆，过截面椭圆的中心作与圆锥底面平行的截面，由圆中的相交弦定理结合正弦定理可得出离心率.【详解】取，的中点，连接，则且，则点在正方体内运动所形成的图形为四边形，又在正方体中平面，且平面，则，所以四边形为矩形.又，则又，所以，即，由上可知平面，且平面，则，由，且平面，平面，所以平面.当点在正方体内运动所形成的图形为四边形时，平面，所以满足，此时，，面积为.由上可知为平面与底面所成角.则，则，故，设截面椭圆的中心为，长轴为，短轴为，过椭圆的短轴作与圆锥的底面平行的截面分别交母线于两点.设该截面与圆锥的轴所成角为，则，则，设圆锥的母线于圆锥的轴所成角为，则.，由相交弦定理可得：，在中，，所以，即，在中，，所以，即，设椭圆的离心率为，则，所以.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是证明平面，从而得出在正方体内运动所形成的图形为四边形内；以及在圆锥的截面椭圆中过截面椭圆的中心作与圆锥底面平行的截面，从而结合圆的相交弦定理得到，由正弦定理得出，，从而得出离心率.26．2【分析】根据题意作出平面即平面，取中点，利用和可求得的值；通过线面平行的性质得到，，推理得到，故可间接法求得四边形的面积.【详解】如图，过点作的平行线分别交的延长线于点，易知分别为的中点．连接，分别交于点，则平面即平面．取的中点，因是正方形，则连接，则，易得，则，所以，所以．连接，因为，平面平面，平面，所以，所以，，由图易得,由可得，由得,从而，由可得为的中点.由可得,,,因,故四边形的面积．故答案为：2；.【点睛】思路点睛：本题主要考查棱锥的截面位置和面积问题，属于难题.解题思路在于正确理解题意，作出合理的截面，充分利用平行与垂直的判定、性质定理，借助于相似三角形和三角形之间的面积关系计算即得.27．【分析】利用空间向量的数量积与角度的关系，列出分别与直线所成角的正切值之和的表达式，从而得到点的轨迹为在平面中以点为焦点的椭圆被平面所截曲线，可得点到平面的距离的取值范围，最后利用棱锥的体积公式计算得到答案即可.【详解】在正方体中，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，，，因为，所以，因为，所以，所以，所以，整理可得点到点和点的距离之和为，所以点的轨迹为在平面中以点为焦点的椭圆被平面所截曲线，则点到平面的距离的最大值为1，此时点在中点的正上方；最小值为时，点在点或者点的正上方，所以四棱锥的体积为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查利用空间向量解决空间角问题，涉及三角函数的计算以及空间点与点之间的距离的转化，其关键是通过计算得出动点P的轨迹方程，即，结合椭圆的性质得出距离的取值范围，再根据锥体的体积公式即可解决问题.28．①②④【分析】使用空间向量设出各点的坐标，再对逐个选项分别求解.【详解】设的重心分别是.以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系.则，且.三个内切圆的半径均为，且可设：；；.所以有，，.对于①，当确定后，取为关于平面的对称点，则垂直于平面，所以垂直于，①正确；对于②，当，时，有，.故，，.直接计算可知，所以此时满足条件，②正确；对于③，此时位于最上方，即.这时，点到平面的距离为.所以此时，③错误；对于④，此时，根据对称性有，故，故此时在处取到最大.此时的纵坐标都是，故点到平面的距离为，④正确.故答案为：①②④【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对空间向量的计算与求解.29．【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.【详解】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.又，，所以，由等体积法：，即，解得，由等体积法：，即，解得，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.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及，即可得的长度的最小值.30．//【分析】根据题意，可求得三棱锥各个面的面积，设三棱锥内切球的半径为，利用等体积法可求得内切球的半径；由，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系设点坐标，利用向量法求出点到平面的距离最大值得解.【详解】如图，根据题意，，，，，，所以，设的中点为，则是外接圆的圆心，则平面，则，，，设三棱锥内切球的半径为，则，即，.由，由于，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设点，因为，，所以，即，两式相减解得，代回上式可得，所以，即，又平面的一个法向量为，，所以点到平面的距离为，所以点到平面的最大距离为，所以三棱锥的体积最大值为.故答案为：；.【点睛】思路点睛：第一空，先求出三棱锥各个面的面积，利用等体积法可求得内切球的半径；第二空，根据三棱锥等体积转换，，又，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建系用向量法求出答案.31．【分析】先根据展开计算求出，再代入可得，进而分析出要要体积最大，则最大，利用基本不等式得到，过作面的垂线，则三棱锥的外接球球心必在该垂线上，根据列方程求出半径即可.【详解】如图：平面即平面，平面即平面，即二面角的余弦值为，过作，垂足为，过作，垂足为，则，又，，则，设则，所以，即，所以，则，过作面的垂线，垂足为，连接，则，即三棱锥当以为顶点时高为，要体积最大，则最大，,要最大，则需最大，在中，所以，当且仅当时等号成立，此时为等边三角形，即，又，所以重合，图形如下：设的中心为，连接在中，，，，所以，过作面的垂线，则三棱锥的外接球球心必在该垂线上，设为点，设球的半径为，则，所以即，解得，所以外接球的表面积是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用求出的大小，然后设出球心，列方程求出半径.32．(1)证明见解析(2)(3)，【分析】(1)利用两内棱的端点构成四边形为平行四边形，然后证明两个内棱相交且互相平分，然后得到三个内棱相交于同一点且互相平分；（2）由定义易证：四边形为菱形，于是再由中位线定理，其对棱相等，所以可以补形为长方体，然后建立空间直角坐标系求解即可；（3）由（2）易知棱长与外接球表面积的关系，然后设Ax1,y1得求得然后利用三角形为锐角三角形求得最后求最值即可.【详解】（1）如图，连接，

由题可知，平行且等于，平行且等于所以平行且等于所以四边形为平行四边形，所以对角线，为线段中点；同理，为线段中点；故的三条内棱交于一点.（2）由（1）可知，四边形为平行四边形，若为垂棱四面体，则四边形为菱形，即显然故同理如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，

因为所以有所以,设平面的一个法向量为n=易知令，解得所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）易知将补成长方体，设长宽高分别设为，则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：，则：显然，所以设A因为直线过椭圆焦点所以联立得显然由韦达定理可知，得所以所以整理得得所以由于为某长方体的三个顶点由余弦定理可知均为锐角显然中角均为锐角，所以只需角锐角，即：得解得由的定义域为所以当最大时，最小不妨令所以因为由对勾函数性质可知，当时，有最大值此时故的最小值为.【点睛】关键点点睛：对棱相等的三棱锥可以补全为长方体.33．(1)证明见详解(2)①；②【分析】（1）做辅助线，根据垂直关系可得，，结合直角三角形三角关系分析证明；（2）①根据三角知识结合基本不等式可得，利用弦长公式求得，分和两种情况，结合基本不等式分析求解；②设相应量，可得，可得圆柱的体积，构建函数，利用导数求最值.【详解】（1）过作，垂足为，过作，垂足为，因为平面平面，且平面平面，平面，可得平面，由平面，可得，且，平面，可得平面，由平面，可得，则，所以.（2）因为以AB为直径的圆与准线相切于点C，可知，则，由（1）可得：，当且仅当，即时，等号成立，所以当时，最小，①因为平面，平面，则，，即，在中，则，在中，由余弦定理可得，则，在中，则，在中，则，可得，由题意可知：焦点，准线，直线的斜率存在，且直线与抛物线必相交，设直线，，联立方程，消去y可得，则，可得，当时，取到最小值2，根据对称性可知，可得；当时，则，且，由基本不等式可得，则；综上所述：的最小值为2，当且仅当，时，等号成立，所以，两点间的最小距离为；②由（1）可知：当，两点间的距离最小时，则，，可知为中点，且与重合，因为，设的内切圆半径为，由等面积法可得：，解得，设圆柱的底面半径为，高为，则，可得，所以圆柱的体积，令，则，当时，；当时，；可知在内单调递增，在内单调递减，则，所以圆柱体积的最大值为.【点睛】关键点点睛：对于（2）中：①利用勾股定理结合余弦定理整理可得；②根据锥体的结构特征分析可得，进而可求圆柱体积.34．(1)(2)存在点：与【分析】（1）分别在两个坐标平面内联立直线方程和椭圆方程消元，利用弦长公式和点到直线的距离公式，利用韦达定理表示出棱锥体积，然后利用导数求解可得；（2）求出平面与平面的法向量，根据法向量数量积为0求解即可.【详解】（1）设，，，，，，，故：，设，所以：所以：，代入原直线方程得：故：，，由于，则：，由对称性不妨设，所以：，令：，，令：，则：，由穿针引线法可知：在上有且仅有一个极（大）值点，故当取最大时，的导函数，所以解得：（舍）或，故.同理可得，则.（2）存在，由（1）知：，所以：，，.设：与分别为平面与平面的法向量，则：，同理可得，所以：解得：，存在这样的点：与【点睛】关键点睛：本题根据在于理解题意，分别在两个坐标平面内联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理表示出棱锥体积，然后利用导数即可求解.35．(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据线面平行，面面平行定理即可证明；(2)建立合适坐标系，将各个点用坐标表示出来，再根据向量垂直列出方程式，求解即可【详解】（1）因为，平面，所以平面，同理平面，又，平面，，所以平面平面，平面，所以平面；（2）取的中点，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为，故可建立如图所示的空间直角坐标系.在四边形中，因为，，，，所以，所以，因为，所以，所以A0,0,0，，D0,1,0，，，，，，，设，则，设为平面的法向量，则，即，故取，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，两边同时平方得所以，解得，或（舍去），所以，所以.

【点睛】关键点点睛：需要构造合适的坐标系，根据各个边的长度确定其各个点坐标，用坐标表示向量，设出平面的法向量，代入可解得.36．(1)①；②(2)证明见解析【分析】（1）①建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式即可求解；②根据条件，得出，即可求解；(2）设，从两个方面结合参考公式给出证明即可．【详解】（1）以C为原点，方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，，①设平面CAD的法向量，则，即，取，设平面BAD的法向量为，则，即，取，所以，即二面角的余弦值为；②，，，所以；（2）设，，，下证，设S中任意不同的两点的个距离中，距离等于的有个，，2，，k，则，记S中n个不同点分别为，，，，设到点的距离等于的点的个数为个，，k；，2，，，则，，，所以，考虑由S中的点构成的满足的点组的个数，一方面，当A取，时，这样的点组有个，故有，另一方面，因为S中任意四个点不共面，所以对任，点A的选取至多有3种，故有①，所以，结合①得【点睛】本题考查空间向量的在立体几何中的运用，合理的建系是解决问题的关键，再利用空间中夹角的相关公式即可得到对应答案。组合数的应用，需要根据可能得情况讨论不同的组合数量，结合参考公式得出答案，属于难题．37．(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用柯西不等式的定义，写出时的形式；（2）由体积法求出，构造柯西不等式求的最小值；（3）时，由，有由柯西不等式得，可得.【详解】（1）柯西不等式的二元形式为：设，则，当且仅当时等号成立.（2）由正四面体的体积，得，所以，又由柯西不等式得，所以，当且仅当时等号成立.（3）对，记是的一个排列，且满足.由条件②得：.于是，对任意的，都有由柯西不等式得所以从而，对任意的，都有，故对任意，，恒有.【点睛】方法点睛：遇到新定义问题一定要准确理解题目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题.第一，准确转化.解决新信息问题，一定要理解题目定义的本质含义.紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化.第二，方法的选取.对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的.角度进行转化.理解题目定义的本质苹并进行推广、运算.第三，应该仔细审读题目.严格按新信息的要求运用算.解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰.38．(1)；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合垂直关系的坐标表示求出，再列出面积表达式，利用基本不等式求解即得.（2）设，求出直线方程，与抛物线方程联立，结合（1）的信息可得，再设出直线方程，与抛物线方程联立结合韦达定理推理即得.（3）根据给定条件，利用祖暅原理分析计算即可得结果.【详解】（1）设Ax1,由消去y整理得，，由，得，解得，即，，当且仅当时等号成立，所以最小值为.（2）设，则直线的斜率，方程为，由（1）知抛物线，由消去y得，整理得，显然，于是，又，联立消去，得，设直线，与抛物线联立，整理得:，，因此，直线恒过定点.（3）

作底面半径为4、高为4的圆柱，并将内部切割去掉之后，上下翻转得到几何体，现做一平面，使其平行于和的底面，且被两几何体分别截得如图中阴影所示截面，在图1的几何体中，设，即，且，则图2的几何体中，有，由抛物线方程得，则图2中截面圆环面积，而图1中截面圆面积，由祖暅原理可得，和的体积相等，均为圆柱体积的一半，即.【点睛】关键点点睛：利用祖暅原理求几何体的体积，找到一个等高的可求体积的几何体，并将它们放置于两个平行平面间，再探求出被平行于两个平行平面的任意一平面所截，截面面积相等是解题的关键.39．(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）过作直线，求出点在直线确定的平面上的投影与点的距离，再建立坐标系，求出轨迹方程.（2）设出点的坐标，及以点为圆心的圆的方程，利用点差法借助斜率坐标公式推理计算即得.【详解】（1）过作直线，则直线的夹角为，令它们确定的平面为，有，过作，交直线于点，连接，于是，而，则，取的中点，而是线段的中点，连接，则，，显然四边形为矩形，，而，因此，点在移动过程中，点到平面的距离，于是点轨迹所在平面平行于，点轨迹与点的轨迹形状完全相同，在平面内以直线相交构成的两组对顶角的平分线为坐标轴，建立平面直角坐标系，其中轴与直线都成，令直线的方程分别为，设，则，即，由，得，于是，即，所以方程为.（2）设，则，显然中任意两个都不相等，否则外心在轴上，直线斜率不存在，即，设的外接圆方程为，得，两式相减得，由，得，则有，同理，两式相减得：，则因此，所以，即为定值.【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．40．(1)①证明过程见解析；②(2)，理由见解析【分析】（1）①根据椭圆定义得到，结合离心率得到，求出，得到椭圆方程，联立直线方程和椭圆，得到，得到⊥，结合二面角为直二面角，得到线面垂直，证明出结论；②建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值；（2）设折叠前Ax1,y1,Bx2,y2，折叠后对应的，设出直线【详解】（1）①由椭圆定义可知，所以的周长，所以，因为离心率为，故，解得，则，由题意，椭圆的焦点在轴上，所以椭圆方程为，直线，即，联立得，解得或，当时，，当时，，因为点A在x轴上方，所以，故⊥，折叠后有⊥，因为二面角为直二面角，即平面⊥，交线为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥；②以为坐标原点，折叠后的轴负半轴为轴，原轴为轴，原轴正半轴为轴，建立空间直角坐标系，

则，，其中平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令得，故，设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为；（2）设折叠前Ax1,设直线方程为，将直线与椭圆方程联立得，，则，在折叠前可知，折叠后，在空间直角坐标系中，，，由，，故，所以①，分子有理化得，所以②，由①②得，因为，故，即，将代入上式得，两边平方后，整理得，即，解得，因为，所以.【点睛】出题非常新颖，将立体几何和解析几何结合，考查学生的综合能力，在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解.41．(1)证明见解析(2)为中点，.【分析】（1）根据角平分线性质定理得，由平行线分线段成比例定理得，再由线面平行的判定可证；（2）利用线面垂直可得，进而得平面，由线面垂直得，然后根据等边三角形三线重合即得为中点，以为原点，分别以为轴，以过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用公式求解即可【详解】（1）设，因为底面是边长为2的菱形，所以，对角线BD平分，又为棱的中点，所以,在中，根据角平分线性质定理得，又，所以，所以，，平面，且平面平面.（2）平面，且平面，，因为，所以，在中，，，所以是等边三角形，又为棱的中点，所以，平面，平面，所以平面平面，又平面平面，平面ABCD，平面