高三数学一轮复习试卷 专题6：立体几何多选题60页

这是一份高三数学一轮复习试卷 专题6：立体几何多选题60页，共62页。
与EF相交
B．平面DEF
C. EF与所成的角为
D．点到平面DEF的距离为
2．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是正三角形，M为线段的中点，点N为底面内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则平面平面
B．若，则直线与平面所成的角的正弦值为
C．若直线和异面，则点N不可能为底面的中心
D．若平面平面，且点N为底面的中心，则
3．正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）
A．侧面上存在点F，使得
B．直线与直线所成角可能为
C．平面与平面所成锐二面角的正切值为
D．设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为
4．已知边长为2的等边，点、分别是边、上的点，满足且（），将沿直线折到的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）
A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面
B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面
C．若，当二面角等于60°时，
D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为
5．如图，已知四棱锥所有棱长均为4，点M是侧棱上的一个动点（不与点重合），若过点M且垂直于的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）
A．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形
B．截面和底面所成的锐二面角为
C．当时，截面的面积为
D．当时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为，则
6．如图，在矩形中，为边的中点，将沿直线翻转成(平面).若分别为线段的中点，则在翻转过程中，下列说法正确的是（ ）
A．与平面垂直的直线必与直线垂直
B．异面直线与所成的角是定值
C．一定存在某个位置，使
D．三棱锥外接球半径与棱的长之比为定值
7．如图，正方体的棱长为a，线段上有两个动点E，F，且，以下结论正确的有（ ）
A．
B．点A到所在平面的距离为定值
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．异面直线AE，BF所成的角为定值
8．在正方体中，如图，分别是正方形，的中心.则下列结论正确的是（ ）
A．平面与的交点是的中点
B．平面与的交点是的三点分点
C．平面与的交点是的三等分点
D．平面将正方体分成两部分的体积比为1∶1
9．已知正方体的棱长为2，点O为的中点，若以O为球心，为半径的球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．与平面所成的角的大小为45°
D．平面将正方体分成两部分的体积的比为
10．如图，线段为圆的直径，点，在圆上，，矩形所在平面和圆所在平面垂直，且，，则下述正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．点到平面的距离为
D．三棱锥外接球的体积为
11．向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，下列说法正确的是（ ）
A．当时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同
B．，液面都可以成正三角形形状
C．当液面与正方体的某条体对角线垂直时，液面面积的最大值为
D．当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为
12．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，，且.则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当向运动时，二面角逐渐变小
C．在平面内的射影长为
D．当与重合时，异面直线与所成的角为
13．如图四棱锥，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．与平面所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为
D．四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为
14．如图，在长方体中，，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，三点共线
B．当时，
C．当时，平面
D．当时，平面
15．如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（点不落在底面内），若在线段上（点与，不重合），则在翻转过程中，以下命题正确的是（ ）
A．存在某个位置，使
B．存在点，使得平面成立
C．存在点，使得平面成立
D．四棱锥体积最大值为
16．如图，在直三棱柱中，，，，点M是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
异面直线BC与所成的角为
B．在上存在点D，使平面ABC
C．二面角的大小为
D．
17．已知直三棱柱中，，，是的中点，为的中点.点是上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点运动到中点时，直线与平面所成的角的正切值为
B．无论点在上怎么运动，都有
C．当点运动到中点时，才有与相交于一点，记为，且
D．无论点在上怎么运动，直线与所成角都不可能是30°
18．已知正方体棱长为，如图，为上的动点，平面.下面说法正确的是（ ）
A．直线与平面所成角的正弦值范围为
B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大
C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．己知为中点，当的和最小时，为的中点
19．如图，点为正方形边上异于点，的动点，将沿翻折成，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在点和某一翻折位置，使得
B．存在点和某一翻折位置，使得平面
C．存在点和某一翻折位置，使得直线与平面所成的角为45°
D．存在点和某一翻折位置，使得二面角的大小为60°
20．（多选题）在四面体中，以上说法正确的有（ ）
A．若，则可知
B．若为△的重心，则
C．若，，则
D．若四面体各棱长都为2，分别为的中点，则
21．在长方体中，，，分别是上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．对于任意给定的点，存在点使得
B．对于任意给定的点，存在点使得
C．当时，
D．当时，平面
22．在边长为2的等边三角形中，点分别是边上的点，满足 且，（），将沿直线折到的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）
A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面
B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面
C．若，当二面角为直二面角时，
D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为
23．如图，正三棱柱中，、点为中点，点为四边形内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）
A．
B．若平面，则动点的轨迹的长度等于
C．异面直线与，所成角的余弦值为
D．若点到平面的距离等于，则动点的轨迹为抛物线的一部分
24．已知四棱锥，底面为矩形，侧面平面，，.若点为的中点，则下列说法正确的为（ ）
A．平面
B．面
C．四棱锥外接球的表面积为
D．四棱锥的体积为6
25．正方体的棱长为2，已知平面，则关于截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）
A．截面形状可能为正三角形B．截面形状可能为正方形
C．截面形状可能为正六访形D．截面面积最大值为
26．如图1，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折，得到如图2所示的四棱锥，且平面平面，点为线段上异于点的动点，则在四棱锥中，下列说法正确的有( )
A．直线与直线必不在同一平面上
B．存在点使得直线平面
C．存在点使得直线与平面平行
D．存在点使得直线与直线垂直
参考答案,经供参考
1．BCD
【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断．
【解析】对选项A，由图知平面，平面，且由异面直线的定义可知与EF异面，故A错误；
对于选项B，在直三棱柱中， ．
，F分别是AC，AB的中点，
， ．
又平面DEF，平面DEF，
平面故B正确；
对于选项C，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
则0，，0，，2，，0，，2，，0，，0，，0，，1，．
1，，0，．
，，．
与所成的角为，故C正确；
对于选项D，设向量y，是平面DEF的一个法向量．
0，，1，，
由，即，得
取，则，0，，
设点到平面DEF的距离为d．
又2，，
，
点到平面DEF的距离为，故D正确．
故选：BCD
【点评】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．
2．ABC
【分析】根据面面垂直的判定，线面夹角的求解办法，以及异面直线的定义，结合面面垂直的性质，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断选择.
【解析】∵，，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面，A项正确；
设的中点为F，连接､，则.
∵平面平面，平面平面，平面
∴平面，设与平面所成的角为，则，
，，，
则，B项正确；
连接，易知平面，由B､M､E确定的面即为平面，
当直线和异面时，若点N为底面的中心，则，
又平面，则与共面，矛盾，C项正确；
连接，∵平面，平面，∴，
∵F､N分别为､的中点，则，
又，故，，
则，D项错误.
故选：ABC.
【点评】本题综合考查面面垂直的判定以及性质、异面直线的定义、线面夹角的求解，属综合困难题.
3．AC
【分析】取中点M，中点N，连接，易证得平面平面，可得点F的运动轨迹为线段．取的中点F，根据等腰三角形的性质得，即有，A正确；当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，可判断B错误；根据平面平面，即为平面与平面所成的锐二面角，计算可知C正确；
【解析】取中点M，中点N，连接，则易证得，，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段．
取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；
设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；
平面平面，取F为的中点，则，，∴即为平面与平面所成的锐二面角，，所以C正确；
因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的交点），面积为，故D错误.
故选：AC.
【点评】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．
4．CD
【分析】假设结论成立，推出矛盾结论判断，，利用勾股定理计算判断，求出解析式，利用导数求出最大值判断．
【解析】解：对于，连接，，，显然平面平面，
若上存在点使得，则，显然与为相交直线，矛盾，故错误；
对于，设中点，中点，由等边三角形性质可知，，
若平面平面，则在底面上的射影为，于是，
，与矛盾，故错误；
对于，若，二面角等于，则，
设在底面上的射影为，则，，
，，，故正确；
对于，，，，
，
显然在翻折过程中，当平面平面时，四棱锥的体积最大，故，
，令可得，当时，，当时，，
当时，取得最大值，故正确．
故选：．
【点评】本题考查了线面平行的性质，考查棱锥的体积计算，属于中档题．
5．BCD
【分析】点M是侧棱上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可.
【解析】A选项中，如图，连接BD，当M是PC中点时，，

由题意知三角形PDC与三角形PBC都是边长为4的正三角形，所以,，又DM，BM在面MBD内，且相交，所以平面PBD，三角形MBD即为过点M且垂直于的截面，此时是三角形，点M向下移动时，，如图，仍是三角形；
若点M由中点位置向上移动，，在平面PDC内作，交PD于E，
在平面PBC内作交PB于F，平面MEF交平面PAD于EG，交PAB于FH，即交平面ABCD于GH，则五边形MEGHF即为过点M且垂直于的截面，此时是五边形；
故截面的形状可能为三角形、五边形，A错误；
B选项中，因为截面总与PC垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD所成的锐角为定值，
不妨取M是中点，连接AC，BD，MB，MD，设AC，BD交点是N，连接PN，由题意知，四边形ABCD是边长为4的菱形，，因为MB=MD，所以，故是截面与平面ABCD所成的锐角，过点M作，垂足Q.在三角形PAC中，MN=2，NQ=，故在直角三角形MNQ中，，故，故B正确；
C选项中，当PM=1时，M是PC中点，如图，五边形MEGHF即为过点M且垂直于的截面，依题意，直角三角形PME中，，故E为PD的中点，同理，F是PB的中点，则EF是三角形PBD的中位线，，G，H分别在的中点上，证明如下，当G，H，也是中点时，，有，四边形EFHG是平行四边形.依题意，三角形PAC中，故，故，易见，正四棱锥中平面PAC，故，，
因为 均在平面EFHG内，且相交，
所以平面EFHG，
故此时平面EFHG和平面MEF即同一平面.
又平面PAC，有面平面PAC，，根据对称性有，
四边形EFHG是矩形.
即五边形MEGHF即为过点M且垂直于的截面，平面图如下:

依题意，，，三角形高为，
面积是，四边形面积是，故截面面积是.
故C正确；
D选项中，若PM=2，看B选项中的图可知，，故剩余部分 ，所以，故D正确.
故选：BCD.
【点评】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.
6．ABD
【分析】对A，由面面平行可知正确；对B，取的中点为，作出异面直线所成的角，并证明为定值；对C，利用反证法证明，与已知矛盾；对D，确定为三棱锥的外接球球心，即可得证；
【解析】取中点，连接.为的中点，.
又为的中点，且，
∴四边形为平行四边形，
.，
∴平面平面平面，
∴与平面垂直的直线必与直线垂直，故A正确.
取的中点为，连接，则且，
∴四边形是平行四边形，为异面直线与所成的角.设，则，，
故异面直线与所成的角为定值，故B正确.
连接.为等腰直角三角形且为斜边中点，
.若，则平面.
又，.
又平面，
，与已知矛盾，故C错误.
为三棱锥的外接球球心.
又为定值，故D正确.
故选：ABD.
【点评】本题考查空间几何体的翻折问题、异面直线所成角、外接球等问题，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量.
7．AB
【分析】由线面垂直推出异面直线垂直可判断A；由点到平面的距离可判断B；运用三棱锥的体积公式可判断C；根据异面直线所成角的定义判断D.
【解析】如图：
对于A，根据题意，，，平面，
所以，故A正确；
对于B，A到平面的距离是定值，所以点A到的距离为定值，故B正确；
对于C，三棱锥的体积为
，三棱锥的体积是正方体体积的，故C错误；
对于D，当点E在处，F为的中点时，异面直线AE，BF所成的角是，当在的中点时，F在的位置，异面直线AE，BF所成的角是，显然两个角不相等，命题D错误；
故选：AB
【点评】本题考查命题真假的判断，以正方体为载体，考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了面积与体积的计算问题，考查运算求解能力，是中档题.
8．BC
【分析】取的中点，延长，，并交于点，连并延长分别交于，连并延长交与，平面四边形为所求的截面，进而求出在各边的位置，利用割补法求出多面体的体积，即可求出结论.
【解析】如图，取的中点，延长，，并交于点，
连接并延长，设，，
连接并延长交于点.连接，，
则平面四边形就是平面与正方体的截面，如图所示.

，
为的中位线，为中点，连，
，
三点共线，取中点，连，
则，
，
为中点，
分别是正方形的中心，
所以点是线段靠近点的三等分点，
点是线段靠近点的三等分点，
点是线段靠近点的三等分点.
做出线段的另一个三等分点，
做出线段靠近的三等分点，
连接，，，，，
所以
从而平面将正方体分成两部分体积比为2∶1.
故选:BC.
【点评】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.
9．ACD
【分析】如图，计算可得分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A、B的正确与否，计算出直线与平面所成的角为后可得C正确，而几何体为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D正确与否.
【解析】
如图，连接，则，故棱与球面没有交点.
同理，棱与球面没有交点.
因为棱与棱之间的距离为，故棱与球面没有交点.
因为正方体的棱长为2，而，
球面与正方体的棱有四个交点E，F，G，H，
所以棱与球面各有一个交点， 如图各记为.
因为为直角三角形，故，故为棱的中点.
同理分别为棱的中点.
由正方形、为所在棱的中点可得，
同理，故，故共面.
由正方体可得，故
因为平面，平面，故平面，故A正确.
因为在直角三角中，， ，，
与不垂直，故与不垂直，故平面不成立，故B错误.
由正方体可得平面，而平面，
所以，所以
在正方形中，因为分别为的中点，故，
因为，故平面，
所以为直线与平面所成的角，而，
故直线与平面所成的角为，
因为，故与平面所成的角的大小为45°.故C正确.
因为分别为所在棱的中点，故几何体为三棱柱，
其体积为，而正方体的体积为8，
故平面将正方体分成两部分的体积的比为，故D正确.
故选：ACD.
【点评】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.
10．ABC
【分析】由，，易证平面，A正确；
B， 由所矩形所在平面和圆所在平面垂直， 易证平面，所以，由线段为圆的直径，所以，易证故B正确.
C，由可求点到平面的距离为，C正确.
D，确定线段的中点是三棱锥外接球心，进一步可求其体积，可判断D错误.
【解析】解：，，四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故A正确.
线段为圆的直径，所以，
矩形所在平面和圆所在平面垂直，平面平面，平面
，所以平面，平面，所以
平面，平面，，
所以平面，故B正确.
，是正三角形，所以，
，所以平面，，
，，
，
，是等腰三角形，的边上的高，
，
，平面，平面，
平面，点到平面的距离为，
，，
设点到平面的距离为，
，，
所以，故C正确.
取的中点，则，，所以平面，
所以
所以是三棱锥外接球的球心，其半径，
三棱锥外接球的体积为，故D错误，
故选：ABC.
【点评】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.
11．ACD
【分析】根据正方体的截面性质依次判断每个选项：根据对称性知A正确，取得到B错误，液面为正六边形时面积最大，计算得到 C正确，将绕旋转，根据两点间线段最短得到D正确，得到答案.
【解析】当时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，根据对称性知两部分完全相同，A正确；
取，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，故B错误；
当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，， C正确；
当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，如图所示：
则，当共线时等号成立，故周长最小值为，故D正确.
故选：ACD.
【点评】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
12．AC
【分析】对选项分别作图，研究计算可得.
【解析】
选项A:连接,由正方体性质知是矩形，

连接交于点
由正方体性质知平面,
所以，是点到平面的距离，即

是定值.
选项B:
连接与交于点，连接，
由正方体性质知,是中点，
,又,
的大小即为与所成的角，
在直角三角形中，为定值.
选项C:
如图，作
在直角三角形中，
选项D:
当与重合时，与重合，连接与交于点，
连接,
异面直线与所成的角,即为异面直线与所成的角,
在三角形中，,
由余弦定理得
故选：AC
【点评】本题考查空间几何体性质问题.
求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．
求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
13．BD
【分析】取的中点，的中点，连接，则由已知可得平面 ，而底面为矩形，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴 ，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可.
【解析】解：取的中点，的中点，连接，
因为三角形为等边三角形，所以,
因为平面平面，所以平面 ，
因为，所以两两垂直，
所以，如下图，以为坐标原点，
分别以所在的直线为轴，轴 ，轴，
建立空间直角坐标系，则，
，
因为点是的中点，所以，
平面的一个法向量为，
，显然 与不共线，
所以与平面不垂直，所以A不正确；
，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
所以，
设与平面所成角为，
则，
所以，所以B正确；
三棱锥的体积为
，
所以C不正确；
设四棱锥外接球的球心为，则，
所以，
解得，即为矩形对角线的交点，
所以四棱锥外接球的半径为3，
设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为，
将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，
故正方体的棱长为，所以，得，
所以正四面体的表面积为，所以D正确.
故选：BD
【点评】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.
14．ACD
【分析】在长方体中，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，以及，；根据空间向量的方法，逐项判断，即可得出结果.
【解析】在长方体中，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
则，，，，，，则，；
A选项，当时，为中点，根据长方体结构特征，为体对角线的中点，因此也为中点，所以三点共线；故A正确；
B选项，当时，，由题意可得，，，所以由，解得：，所以，即点为靠近点的五等分点，所以，则，，所以，所以与不垂直，故B错误；
C选项，当时，则，
设平面的法向量为，由，令，可得：，又，
所以，因此，所以平面；
D选项，当时，，所以，
所以，，因此，，
根据线面垂直定理，可得平面.
故选：ACD.
【点评】本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，建立适当的坐标系，根据空间向量的方法判断即可，属于常考题型.
15．CD
【分析】利用反证法可得A、B错误，取为的中点，取的中点为，连接，可证明平面，当平面平面时，四棱锥体积最大值，利用公式可求得此时体积为.
【解析】
如图（1），取的中点为，连接，
则，，故，
故即．
若，因为，故，而，
故平面，因为平面，故，矛盾，故A错．
若平面，因为平面，故，
因为，，故平面，
因为平面，故，但，矛盾，故B错．
当平面平面时，四棱锥体积最大值，
由前述证明可知，而平面平面，
平面，故平面，
因为为等腰直角三角形，，故，
又四边形的面积为，
故此时体积为，故D正确．
对于C，如图（2），取为的中点，取的中点为，连接，
则，而，
故即四边形为平行四边形，
故，因为平面，平面，故平面，
故C正确．
故选：CD.
【点评】本题考查立体几何中的折叠问题，注意对于折叠后点线面的位置的判断，若命题的不成立，往往需要利用反证法来处理，本题属于难题.
16．ABC
【分析】选项，连接，易知，故即为所求,再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得，即；
选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，再由线面平行的判定定理即可得证；
选项，取的中点，连接、，则即为所求，求出的值，从而得解；
选项，在中，利用勾股定理分别算出、和的长，判断其结果是否满足即可．
【解析】选项，连接，由三棱柱的性质可知，，
即为异面直线与．
，，，即，
由直三棱柱的性质可知，平面，
平面，，
又，、平面，平面，
，即，选项正确；
选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，则，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，即选项正确；
选项，取的中点，连接、，
平面，即为二面角的平面角．
在中，，，，，即选项正确；
选项，在中，，，，
显然，即与不垂直，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17．ABD
【分析】构造线面角，由已知线段的等量关系求的值即可判断A的正误；利用线面垂直的性质，可证明即可知B的正误；由中位线的性质有可知C的正误；由直线的平行关系构造线线角为，结合动点P分析角度范围即可知D的正误
【解析】直三棱柱中，，
选项A中，当点运动到中点时，有E为的中点，连接、，如下图示
即有面
∴直线与平面所成的角的正切值：
∵，
∴，故A正确
选项B中，连接，与交于E，并连接，如下图示
由题意知，为正方形，即有
而且为直三棱柱，有面，面
∴，又
∴面，面，故
同理可证：，又
∴面，又面，即有，故B正确
选项C中，点运动到中点时，即在△中、均为中位线
∴Q为中位线的交点
∴根据中位线的性质有：，故C错误
选项D中，由于，直线与所成角即为与所成角：
结合下图分析知：点在上运动时
当在或上时，最大为45°
当在中点上时，最小为
∴不可能是30°，故D正确
故选：ABD
【点评】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小
18．AC
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱、、、、、的中点、、、、、，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点、，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形延展为一个平面，利用、、三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得，可判断D选项的正误.
【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.
【点评】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.
19．ACD
【分析】依次判断每个选项：当时，，正确，平面，则，这与已知矛盾，故错误，取二面角的平面角为，取，计算得到，正确，取二面角的平面角为，计算得到，故正确，得到答案.
【解析】当时，，，故平面，故，正确；
若平面，因平面，平面平面，则，
这与已知矛盾，故错误；
如图所示：交于，交于，在平面的投影在上，
连接，故为直线与平面所成的角，
取二面角的平面角为，取，，故，
，，，故只需满足，
在中，根据余弦定理：
，解得，故正确；
过作交于，则为二面角的平面角，
取二面角的平面角为，故只需满足，
设，，则，
，化简得到，解得，验证满足，故正确；
故选：.
【点评】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.
20．ABC
【分析】作出四面体直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.
【解析】
对于 ，，， ， ，即，故正确；
对于，为△的重心，则，,
即，故正确；
对于，若，，则，
,
,
,
，，故正确；
对于，
，故错误.
故选：ABC
【点评】用已知向量表示某一向量的三个关键点
(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．
(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．
(3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．
21．ABD
【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算，，，，得到答案.
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，
设，得到，.
，，，当时，，正确；
，，取时，，正确；
，则，
，此时，错误；
，则，，
设平面的法向量为，则，解得，
故，故平面，正确.
故选：.
【点评】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.
22．ABC
【分析】对于A.在边上点F，在上取一点N，使得，在上取一点H，使得，作交于点G，即可判断出结论.
对于B，，在翻折过程中，点在底面的射影不可能在交线上，即可判断出结论.
对于C，，当二面角为直二面角时，取ED的中点M，可得平面.可得，结合余弦定理即可得出.
对于D.在翻折过程中，取平面平面，四棱锥体积，，利用导数研究函数的单调性即可得出.
【解析】对于A.在边上点F，在上取一点N，使得，在上取一点H，使得，作交于点G，如图所示，
则可得平行且等于，即四边形为平行四边形，
∴，而始终与平面相交，
因此在边上不存在点F，使得在翻折过程中，满足平面，A不正确.
对于B，，在翻折过程中，点在底面的射影不可能在交线上，因此不满足平面平面，因此B不正确.
对于C.，当二面角为直二面角时，取的中点M，如图所示：
可得平面，
则，因此C不正确；
对于D.在翻折过程中，取平面AED⊥平面BCDE，四棱锥体积，，，可得时，函数取得最大值，因此D正确.
综上所述，不成立的为ABC.
故选：ABC.
【点评】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.
23．BCD
【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案.
【解析】解析：对于选项A，，选项A错误；
对于选项B，过点作的平行线交于点．
以为坐标原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系．
设棱柱底面边长为，侧棱长为，则，，，，所以，．
∵，∴，
即，解得．
因为平面，则动点的轨迹的长度等于．
选项B正确．
对于选项C，在选项A的基础上，，，，，所以，，
因为，所以异面直线所成角的余弦值为，选项C正确．
对于选项D，设点E在底面ABC的射影为，作垂直于，垂足为F，若点E到平面的距离等于，即有，又因为在中，，得，其中等于点E到直线的距离，故点E满足抛物线的定义，另外点E为四边形内（包含边界）的动点，所以动点E的轨迹为抛物线的一部分,故D正确.

故选：BCD
【点评】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.
24．BC
【分析】作图，在四棱锥中，根据题意逐一证明或排除.
【解析】作图在四棱锥中：
由题：侧面平面，交线为，底面为矩形，，则
平面，过点B只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A错误；
连接交于，连接，中，∥，面，
面，所以面，所以选项B正确；
四棱锥的体积是四棱锥的体积的一半，取中点，连接，
，则平面，，四棱锥的体积
所以选项D错误.
矩形中，易得，
中求得：在中
即： ，所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，
所以其体积为，所以选项C正确
故选：BC
【点评】此题考查立体图形中的平行垂直关系，求锥体体积和外接球体积，综合性强，对空间位置关系辨析能力要求较高.
25．ACD
【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．
【解析】如图，显然A,C成立，下面说明D成立，
如图设截面为多边形，
设，则，
则
所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和，
所以
因为，
，
所以
当时，，故D成立。
故选：ACD．
【点评】本题考查空间几何体的截面问题，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时要注意从动态的角度进行分析问题和求解问题，属于中档题．
26．AC
【分析】分别判断各个选项是否正确，对于A，证明两直线异面考虑用反证法；对于B,C,D只要能找到某个位置成立，则命题正确，否则利用反证法进行证明.
【解析】A.假设直线BE与直线CF 在同一平面上，所以E在平面BCF上，又E在线段BC上，平面BCF=C，所以E与C重合，与E异于C矛盾，所以直线BE与直线CF 必不在同一平面上；
B.若存在点使得直线平面DCE， 平面,所以,又,所以△ABE中有两个直角，与三角形内角和为矛盾，所以不存在点使得直线平面DCE；
C.取F为BD的中点，,再取AB的中点G，则且EC=FG，四边形ECFQ为平行四边形，所以,则直线CF与平面BAE平行；
D.过B作于O，因为平面平面AECD,
平面平面=AE,
所以平面AECD.过D作于H，
因为平面平面AECD,平面平面=AE,
所以平面BAE，所以.
若存在点使得直线与直线垂直， 平面AECD,平面AECD,,
所以平面AECD,
所以E与O重合，与三角形ABE是以B为直角的三角形矛盾，
所以不存在点使得直线与直线垂直.故选A、C.
【点评】本题考查空间想象能力，逻辑推理能力，空间直线、平面之间的位置关系，反证法的运用，属于难题,