微专题15 立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题 -2025年新高考数学二轮复习微专题提分突破140分方案

PAGE1微专题15立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题【秒杀总结】1、立体图形中的截面问题：（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.2、立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值.3、对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.【典型例题】例1．（2024·内蒙古包头·一模）已知两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在该球面上，若两个圆锥的高之比为，它们的体积之和为，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】记该截面和球的半径分别为，由于两个圆锥的高之比为，故球心到该截面的距离为，从而，.而两个圆锥的高分别是，故体积之和.从而，故，.该球的表面积.故选：B.例2．（2024·高三·全国·专题练习）如图，长方体中，，，M为的中点，过作长方体的截面交棱于N，下列正确的是（

）①截面可能为六边形②存在点N，使得截面③若截面为平行四边形，则④当N与C重合时，截面面积为A．①② B．③④ C．①③ D．②④【答案】B【解析】长方体中，过作长方体的截面交棱于N，设为的中点，根据点N的位置的变化分析可得，当时，截面为平行四边形，当时，截面为五边形，当，即点N与点C重合时，截面为梯形，故①错误，③正确；设截面，因为，所以，又平面，且平面，所以，又，所以平面，所以N只能与C重合才能使，因为显然不垂直平面，故此时不成立，故②错误；因为当N与C重合时，截面为梯形，如图所示，过M作垂直于于点，设梯形的高为h，，则由平面几何知识可得，解得，所以截面的面积为，故④正确．故选：B.例3．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（

）A． B． C． D．1【答案】B【解析】在棱长为1的正方体中，连接，由平面，平面，得，而，平面，则平面，又平面，于是，同理，而平面，因此平面，因为，则平面，而点为截面上的动点，平面平面，所以点的轨迹是线段，长度为.故选：B例4．（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于，由，可得；由直四棱柱的性质可得，平面，所以；因为，所以.在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分，即图中圆弧.因为，所以，因为点的轨迹长度为，所以，即.四棱柱的表面积为.故选：A.例5．（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【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例6．（多选题）（2024·高二·湖南长沙·开学考试）在正方体中，，点满足，其中，，则下列结论正确的是（

）A．当平面时，不可能垂直B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为C．当时，的最小值为D．当时，正方体经过点、、的截面面积的取值范围为【答案】BD【解析】A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以，，则，，设平面的法向量为，所以令，则，即平面的一个法向量为．若平面，则，即，，令，解得．即为中点时，有平面，且，故A错误；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，即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点的轨迹长度为，故B正确；C选项：当时，,此时点在线段上运动，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：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1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确．故选：BD例7．（多选题）（2024·河南·三模）已知正方体的棱长为2，，，，.点P是棱上的一个动点，则（

）A．当且仅当时，平面DMNB．当，时，平面C．当时，的最小值为D．当时，过B，M，N三点的截面是五边形【答案】ABC【解析】以为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，因为，，，，所以，对于A，，，若平面DMN，则，所以恒成立，，解得，故当且仅当时，平面DMN，正确；对于B，当，时，，，因为平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，因为，所以，又平面，所以平面，正确；对于C，将平面和平面展开成一个平面，连接，如图，由三点共线时距离之和最小，即，显然当时，最小为的高h，对于，利用面积相等得，即，解得，所以，正确；对于D，当时，M，N分别为，的中点，连接，如下图所示，过点B作AC的平行线交延长线于点，交于点，连接并延长，交于点，交于，连接并延长，交于点，根据对称性在直线上，连接，因为M为中点，N为中点，所以，又因为，所以，所以共面，此时，四边形为截面，所以截面为四边形，错误.故选：ABC例8．（多选题）（2024·广西柳州·三模）正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当，时，与平面所成角为B．当时，有且仅有一个点，使得C．当，时，平面平面D．若，则点的轨迹长度为【答案】ACD【解析】当，时，与重合，由已知得，平面，所以就是与平面所成的角，因为，所以，所以，即与平面所成角为，A正确；当时，取线段中点分别为，连接，因为，即，所以，则点在线段上，设，则，则，，，若，则，则，则，所以或，则点与、重合时，，即当时，存在两个点使得，故B错；当，时，，则，所以是中点，取中点，中点，建立空间直角坐标系，如图，则，，，，所以，，，，设平面和平面的一法向量分别为，则，，解得，，令，，可得，，因为，所以，即平面平面，C正确；若，因为，，，所以点在侧面上，又平面，，所以点的轨迹是以Q为圆心，半径为的半圆，轨迹长度为，故D准确.故选：ACD例9．（多选题）（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【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例10．（2024·高三·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是

①；②存在点，使得//面；③的最小值为；④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为.【答案】①②【解析】由题意，建立如图空间直角坐标系，则，所以，设，则，所以，所以.①：，所以，故①正确；②：设平面的一个法向量为，则，令，得，所以，有，当时，，此时，即平面，所以当点P为的中点时，平面，故②正确；③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.在中，，由余弦定理，得，即，故③错误；④：由平面，得平面，即平面，则为平面的一个法向量，假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，设该线面角为，则，所以，整理得，由知方程无实根，所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误.故答案为：①②例11．（2024·高三·北京房山·期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点.给出下列结论：①；②平面；③直线与直线所成角的范围是；④点到平面的距离是.其中所有正确结论的序号是.【答案】①②④【解析】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、、、，则、、、、、、，设，，则，，故，故①正确；设平面的法向量为，则有，即，取，则，有，故，又平面，则平面，故②正确；当时，有，此时，即，即此时直线与直线所成角为，故③错误；由，，则，故④正确.故答案为：①②④.例12．（2024·内蒙古赤峰·一模）已知正方体，棱长为2.(1)求证：平面；(2)若平面平面，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值；(3)在（2）的情形下，设平面与正方体的棱、、交于点、、，当截面的面积最大时，求二面角的余弦值.【解析】（1）连接，，，因为是正方体，所以平面，因为平面，所以又因为四边形是正方形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以.同理可证得：，又因为平面，所以平面.（2）设分别是的中点，连接，根据题意知截面面积最大时，图形是边长为的正六边形，所以最大的截面面积为.（3）因为平面平面，所以当截面的面积最大时，、、分别是棱、、的中点，以为原点建立如图所示空间直角坐标系：，，，，设平面的一个法向量是，，，则，令，则，，，设平面的一个法向量是，，，，令，则，，则，，设二面角的平面角为，由图知为锐角，所以，所以二面角的余弦值为.【过关测试】1．（2024·天津·一模）祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”.这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等，利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差，图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2），从而求得该帐篷的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设截面与底面的距离为，在帐篷中的截面为，设底面中心为，截面中心为，则，，所以，所以截面为的面积为.设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为，底面中心与截面中心之间的距离为，在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为2，，所以，所以为等腰直角三角形，所以，所以四边形边长为，所以四边形面积为，所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，即.故选：D.2．（2024·高三·全国·专题练习）已知正方形的边长为4，若将沿BD翻折到的位置，使得二面角为，N为的四等分点靠近D点，已知点，B，C，D都在球O的表面上，过N作球O的截面，则截球所得截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图，取BC的中点为O，由正方形的边长为4，则，因此O为空间四边形的外接球球心，外接球半径，设球心到平面的距离为d，截面圆的半径为r，则有，即，当截面时，d最大，此时截面面积最小，且，在中，，，，由余弦定理可得，，此时，所以截面面积最小值为.故选：D3．（2024·高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】设的中点为，连接（不与点重合），，，，所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，在中利用余弦定理可得，所以的周长的最小值为．故选：B．4．（2024·广西柳州·三模）已知P，A，B，C是半径为2的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设的边长为a，则，所以，设的外接圆的圆心为M，半径为r，则，得，则球心到平面的距离，当共线且位于之间时，三棱锥的高最大，为，此时三棱锥的体积也最大，最大值为故选：B．5．（多选题）（2024·江苏徐州·一模）已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则（

）A．该圆台的体积为B．该圆台外接球的表面积为C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为【答案】BC【解析】由已知得圆台的上下底面半径分别为，对于A：圆台的体积为，A错误；对于B：如图是圆台的轴截面，外接球球心为，设外接球半径为，当球心在梯形内时，，解得，当球心在梯形外时，，方程无解，所以外接球的表面积，B正确；对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，又母线长为，则最大周长为，C正确；对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为，D错误.故选：BC.6．（多选题）（2024·高三·全国·专题练习）(多选)下列说法正确的是（

）A．若一个球的体积为，则它的表面积为B．棱长为1的正四面体的内切球半径为C．用平面α截一个球，所得的截面面积为π，若α到该球球心的距离为1，则球的体积为D．棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球截平面A1BD所得的截面面积为【答案】ABD【解析】对于A：一个球的体积为，设该球的半径为，则，解得，于是该球的表面积为，故A正确；对于B：正四面体的棱长为1，内切球半径，如图所示，为的中点，，由正四面体的性质可知线段为正四面体的高，在正中，，同理，在正中，，则，，所以，则，设点为正四面体内切球的球心，则等体积法有，解得，故正确.对于C：用平面α截一个球，所得的截面面积为π，截面圆的半径，则，即，α到该球球心的距离，设球的半径，则，所以球的体积为，故C错误；对于D：平面截球的截面为的内切圆，如下图：因为正方体的棱长为1，所以对角线，内切圆半径，所以截面面积，故D正确.故选：ABD.7．（多选题）（2024·高三·重庆·阶段练习）在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得到圆锥（其中为顶点，为底面圆心），母线的长为，是母线的靠近点的三等分点．从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为．下面说法正确的是（

）A．圆锥的侧面积为 B．过点的平面截此圆锥所得截面面积最大值为C．圆锥的外接球的表面积为 D．棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动【答案】ABD【解析】对于A，设圆锥底面半径为，如图，在中，，，，∴，∴，所以，（米），所以圆锥的侧面积为（），故A正确；对于B，在中，，所以，所以过点平面截此圆锥所得截面面积最大为（），故B正确；对于C，设圆锥的外接球半径为，则，又，所以，∴，圆锥的外接球表面积为，故C不正确；对于D，设圆锥的内切球半径为，则，∴，在棱长为米的正四面体中，设其外接球半径为，则此正四面体的底面外接圆半径为，高为，所以，所以，因为，所以棱长为米的正四面体在圆锥内可以任意转动，故D正确.故选：ABD8．（多选题）（2024·吉林·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（

）A．一定是异面直线B．存在点，使得C．直线与平面所成角的正切值的最大值为D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为【答案】AD【解析】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：则，设，则点坐标为；对A：设平面的法向量为，，则，即，取，解得，故；又，，考虑到，则，故，故一定是异面直线，A正确；对B：，，若，则，即，解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误；对C：，取平面的法向量，则，设直线与平面的夹角为则，则，，又，故，即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误；对D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大.此时过的截面经过对称中心，设截面交于中点，也为中点，所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大，取的中点为，连接，如下所示：故此时截面为正六边形，其面积，故D正确.故选：AD.9．（多选题）（2024·湖南衡阳·模拟预测）三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，，平面与平面所成的角为，则下列结论正确的是（

）A．直线平面 B．三棱锥的体积为C．点到平面的距离为 D．点形成的轨迹长度为【答案】BCD【解析】如图，设是的外心，是的外心，则平面，平面，又平面，平面，所以，，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，由，则是的中点，所以，且，所以是二面角的平面角，即，因为，所以，所以，即，又四点共面，且，则是中点，如图，显然，直线与平面相交于，故A错误；，故B正确；由是中点，则，故C正确；由，故点形成的轨迹是半径为的圆，故轨迹长度为，故D正确.故选：BCD10．（多选题）（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【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：.11．（多选题）（2024·湖北·二模）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（

）

A．动点轨迹的长度为B．三棱锥体积的最小值为C．与不可能垂直D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为【答案】ABD【解析】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的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.12．（多选题）（2024·江西鹰潭·一模）直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（

）

A．点的轨迹的长度为.B．直线与平面所成的角为定值．C．点到平面的距离的最小值为.D．的最小值为-2．【答案】BC【解析】直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形，又，则和都是等边三角形，设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，点在四边形及其内部运动，设，，由，有，即，所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧，所以点的轨迹的长度为，A选项错误；平面的法向量为，，直线与平面所成的角为，则，又由，则，所以直线与平面所成的角为定值，B选项正确；，设平面的一个法向量为，则有，令，得，，所以点到平面的距离，，所以时，，所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确；，，其几何意义为点到点距离的平方减12，由，点到点距离最小值为，的最小值为，D选项错误.故选：BC.13．（多选题）（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【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.14．（多选题）（2024·湖南长沙·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（

）A．不存在点M，使得B．的最小值为C．四棱锥的外接球表面积为5πD．点M到直线AB的距离的最小值为【答案】BD【解析】对于A：连接BD，且，如图所示，当M在PC中点时，因为点O为AC的中点，所以，因为平面ABCD，所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以，因为ABCD为正方形，所以．又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM，因为平面BDM，所以，所以A错误；对于B：将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，和是全等的直角三角形，，，连结，，则的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即，直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，所以B正确；对于C：易知四棱锥的外接球直径为PC，半径，表面积，所以C错误；对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作，因为平面ABCD，面，所以，又，且，面，故平面PAD，平面PAD，所以，因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD，所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，在中，，，可得，所以由等面积得，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确，故选：BD．15．（多选题）（2024·高三·贵州安顺·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E、F、G、H分别为棱、、、的中点，点M为棱上动点，则（

）

A．点E、F、G、H共面 B．的最小值为C．点B到平面的距离为 D．【答案】ACD【解析】如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，对A：，，，设，即，解得，，所以共面，故A正确．对B：将正方体沿剪开展开如下图，连接交于一点，此点为点，此时为最小值，故B错误；对C：由等体积法可知，即，由，，求解得，故C正确.对D：，，，，则，所以，故D正确.故选：ACD.16．（多选题）（2024·高三·山东菏泽·阶段练习）已知正方体的棱长为是中点，是的中点，点满足，平面截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为，则下列判断正确的是（

）A．时，截面面积为 B．时，C．随着的增大先减小后增大 D．的最大值为【答案】BCD【解析】如图1，当时，点是的中点，易得截面为正六边形．其棱长为，故截面面积为故A项错误；由对称性可知．当时．平面分两部分是全等的，故体积相等，故B项正确；如图2．当从0变化到1时．截面从四边形变化至五边形（其中为靠近点的三等分点）．结合B项可知，被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C项正确；取最大值时对应为，或时情形．当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则,此时；当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则,则，此时.的最大值为，故D项正确．故选：BCD．17．（多选题）（2024·吉林长春·模拟预测）已知正方体的棱长为为空间中动点，为中点，则下列结论中正确的是（

）A．若为线段上的动点，则与所成为的范围为B．若为侧面上的动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为C．若为侧面上的动点，且，则点的轨迹的长度为D．若为侧面上的动点，则存在点满足【答案】BC【解析】对于A，当与不重合时，过作交于，连接，如图，由平面，平面，得，有，显然，则为与所成的角，，当与重合时，当由点向点移动过程中，逐渐增大，逐渐减小，则逐渐增大，因此，，当与点重合时，有，，所以与所成角的范围为，A错误；对于B,取的中点,的中点,连接，如图，由中位线可知，,,平面，则平面，同理可得：平面，又且都在面GNF内,所以面平面,因为平面，所以点,则点的轨迹的轨迹的长度，故B正确；对于C，由平面，易得是直角三角形，，，如图，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，由,则，同理,所以,轨迹长度为，C正确；对于D，在平面内延长，截取，连接交于点，（如图）,点与点重合时，,点与点不重合时，，所以不存在点满足，D错误.故选：BC18．（多选题）（2024·高三·江苏扬州·期末）棱长为2的正方体中，下列选项中正确的有（

）A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形B．过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为C．四棱锥与四棱锥的公共部分为八面体D．四棱锥与四棱锥的公共部分体积为【答案】ABD【解析】连接与线段上任意一点，过作交于，所以过的平面截此正方体所得的截面为四边形，A对；由上分析及正方体结构特征易知：四边形为平行四边形，若为各线段上的中点时，四边形为菱形，此时截面最小面积为；根据正方体的对称性，从中点向或运动时，四边形面积都是由小变大，当与重合时，截面最大面积为；综上，过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为，B对；令交于，交于，交于，显然是各交线的中点，若是中点，连接，所以四棱锥与四棱锥的公共部分为六面体，C错；其体积，D对.故选：ABD19．（多选题）（2024·全国·模拟预测）如图，正方体的棱长为1，点，分别为和的中点，则（

）

A．直线平面B．直线与直线为异面直线C．点到平面的距离为D．若点为线段上的动点（含端点），则的范围为【答案】AD【解析】解法一选项A：连接，，平面，平面，直线平面，故A正确；选项B：，与共面，即，，，四点共面，直线与直线共面，故B错误；选项C：连接，，设点到平面的距离为，，．，，，，，，，，故C错误；选项D：易知，，设，则，当时，,当时，最大值为，∴，，，，∴，故D正确．解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．选项A：，，，又平面，平面，直线平面，故A正确；选项B