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压轴题型09 立体几何中的压轴小题-2024年高考数学二轮冲刺之压轴题专项训练（新高考专用）
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这是一份压轴题型09 立体几何中的压轴小题-2024年高考数学二轮冲刺之压轴题专项训练（新高考专用），共36页。试卷主要包含了多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性。一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角房j距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等。此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用。很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易出分点。究其愿因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决闻题的策略造成的。
动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素， 因此要认真分析其变化特点，寻找不变态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口。求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态丛才化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解乳口对于探究存在问题或动态范围(最值问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题邮止为静态问题。具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证。
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)球与截面面积问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)体积、面积、周长、角度、距离定值问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)体积、面积、周长、距离最值与范围问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)立体几何中的交线问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)空间线段以及线段之和最值问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)空间角问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)立体几何装液体问题
一、多选题
1．正方体的棱长为1，为侧面上的点，为侧面上的点，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则到直线的距离的最小值为
B．若，则，且直线平面
C．若，则与平面所成角正弦的最小值为
D．若，，则，两点之间距离的最小值为
【答案】BD
【分析】由已知可推得为以点为圆心，为半径的圆上.作图，即可根据圆的性质得出最小值，判断A项；先证明平面，结合，即可得出平面；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，表示出，根据不等式的性质，即可判断C项；为直线与的公垂线段时，最小.设，且，，求出，即可根据投影向量，求出最小值.
【详解】对于A项，因为，所以在以为球心，为半径的球上.
又为侧面上的点，所以在球被平面截得的交线上.
因为，平面，，，所以，
所以，为以点为圆心，为半径的圆上.
如图1，，则，到直线的距离的最小值为，故A项错误；
对于B项，如图2，连结.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，，
所以，平面.
又平面，所以.
同理可得，.
又平面，平面，，
所以，平面.
又，平面，所以直线平面，故B项正确；
对于C项，以点为坐标原点，分别以为轴的正方向，
如图3建立空间直角坐标系，则，，，，，，.
因为，设，，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则，是平面的一个法向量.
则，
又，当时，有最小值1，
所以，，即，
所以，与平面所成角正弦的最大值为，故C项错误；
对于D项，由C项知，，.
当，，即为直线与的公垂线段时，最小.
设，且，，
则，即，
取，则.
在方向上的投影向量的模为，
所以，，两点之间距离的最小值为，故D项正确.
故选：BD.
2．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点、、是该多面体的三个顶点，且棱长，则下列结论正确的是（ ）
A．该多面体的表面积为
B．该多面体的体积为
C．该多面体的外接球的表面积为
D．若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为
【答案】BCD
【分析】计算出该多面体的表面积和体积，可判断AB选项；作出图形，根据几何关系计算出该多面体的外接球半径，利用球体表面积公式可判断C选项；找出与垂直的直线，可求出点的轨迹长度，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，“阿基米德体”一共有八个面，
其中有四个面是边长为的正六边形，有四个面是边长为的正三角形，
因此，“阿基米德体”的表面积为，A错；
对于B选项，如下图所示，在棱长为的正四面体中，设顶点在底面的射影点为点，
延长交于点，则为的中点，
因为为等边三角形，则，且，
易知点为的中心，则，
因为平面，平面，所以，，
故，
，
即棱长为的正四面体的体积为，
因为“阿基米德体”是在棱长为的正四面体上截去了个棱长为的正四面体，
因此，“阿基米德体”的体积为，B对；
对于C选项，设等边的中心为，与平面平行的底面正六边形的中心记为点，
则平面，
原正四面体（棱长为）的高为，则，
由题意可知，“阿基米德体”的外接球球心在直线上，
易知，即正的外接圆半径为，
底面正六边形的外接圆半径为，
设，“阿基米德体”的外接球半径为，则，
解得，则，
因此，该多面体的外接球的表面积为，C对；
对于D选项，如下图所示：
由正六边形的几何性质可知，
因为，则，所以，，
即，同理可知，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，
由余弦定理可得，
同理可得，易知，
所以，点的轨迹长度为，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
3．一个三棱锥的三个侧面中有一个是边长为2的正三角形，另两个是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】就等腰直角三角形的顶点的不同分类讨论，求出对应的棱锥的高后可求体积，注意有时需割补法求体积.
【详解】设三棱锥的三个侧面中，为等边三角形，另外两个侧面为等腰直角三角形．
情形一 ．此时和均以P为直角顶点，
，而平面，
于是平面，
进而．
情形二 ．此时和均以C为直角顶点，
同理可证平面，进而．
情形三 ．此时也是边长为2的正三角形，
分别以为直角顶点，
则，故均为等边三角形，
取的中点为，连接，则，
而平面，故平面，
而，
故．
综上所述，三棱锥的体积可能是或或．
故选：ABC
4．如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点M满足平面
B．存在无数个点M满足
C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为
D．满足的点M的轨迹长度是
【答案】BCD
【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.
【详解】对于选项A：连接，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
∵，且平面，所以，
，平面，
所以平面，且平面，
可得，
同理可证，
，平面，所以，
又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，
故A错误；
对于选项B：连接，
，，则，
又因为，，，
所以，
可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；
对于选项C：延长交于点，
∵，则为线段靠近点的三等分点，
且，则，则为线段的中点，
如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面，点，则，
则，解得，
则，故，
可得，即，
且，
故截面面积，故C正确；
对于选项D：
因为正方体的棱长为l，所以设
所以，，
因为，所以
化简得：，
所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，
设圆弧与分别交于点，
取，则，即；取，则，即；
则，则，
且，即，
∴轨迹长度是，故D正确．
故选：BCD.
5．如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点B到平面的距离相等
【答案】BCD
【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ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、
、、、，
对于A选项，，，则，
所以直线与直线不垂直，故A错误；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，即，
因为平面，平面，故B正确；
对于C选项，连接、、，
因为、分别为、的中点，则，
且，所以四边形为平行四边形，则，
所以，所以、、、四点共面，
故平面截正方体所得截面为，
且，同理可得，，
所以四边形为等腰梯形，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，如下图所示：
因为，，，
所以，故，，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，
，故，
故梯形的面积为，故C正确；
对于D选项，，则点到平面的距离为，
，则点到平面的距离为，
所以点与点到平面的距离相等，故D正确.
故选：BCD.
6．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（ ）
A．勒洛四面体最大的截面是正三角形
B．若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为4
C．勒洛四面体ABCD的体积是
D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是
【答案】BD
【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断B;根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体ABCD外接球的球心求解判断C;结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断.
【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；
根据勒洛四面体的性质,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长,所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B正确;
如图2, 由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接 BO ，并延长交勒洛四面体的曲面于点E, 则 OE 就是勒洛四面体内切球的半径. 如图 3 , 在正四面体ABCD中，M为 的中心，O是正四面体 ABCD外接球的球心，连接 BM，BO，AM，由正四面体的性质可知 O在 AM 上.
因为 , 所以则 .
因为，即
解得 ,则正四面体ABCD外接球的体积是 .
因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积, 则 C错误.
因为 , 所以 , 则 D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
7．如图，在平行四边形中，，，，沿对角线将△折起到△的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（ ）
A．三棱锥四个面都是直角三角形B．平面平面
C．与所成角的余弦值为D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】先根据勾股定理判断，再由面面垂直得线线垂直，可判断A、B，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量可计算线线角判断C，应用向量法求点面距离可判断D.
【详解】△中，，，
由余弦定理得，故，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，平面，则；同理平面，
因为平面，所以平面平面，A、B正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
因为，，
所以，即与所成角的余弦值为，C错误；
由上知：，若为面的法向量，
所以，令，则，
而，则到平面的距离为，D正确.
故选：ABD.
8．祖暅是我国南北朝时期数学家，天文学家，他提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异．”这就是祖暅原理，比西方发现早一千一百多年．即：夹在两个平行平面之间的两几何体，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．如图，曲线C：，过点作曲线C的切线l（l的斜率不为0），将曲线C、直线l、直线y=1及x轴所围成的阴影部分绕y轴旋转一周所得的几何体记为，过点作的水平截面，所得截面面积为S，利用祖暅原理，可得出的体积为V，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意，切线方程为，的水平截面为圆环，外半径为，内半径为，故截面面积，利用祖暅原理，可以构造一个上底面半径为，下底面半径为1，高为1的圆台．与圆台的体积相等，直接用圆台体积公式求V．
【详解】设切线方程为，代入得，由得，
故切线方程为，
过点作的水平截面，截面为圆环，
当时，代入得截面圆环外半径，
当时，代入得截面圆环内半径，
截面圆环面积为，故B正确.
为了截出面积为的图形 ，可以构造一个下底面半径为1，高为4的圆锥，
在距离底面为1处作底面的平行截面，得到一个下底面半径为1，上底面半径为，高为1的圆台.
圆锥及其轴截面如下图：其中，
在距离底面为的处作底面的平行截面，设此时截面半径为，
，即，解得，此截面的面积为，与截面圆环面积相同，
而圆台的体积为：，
由祖暅原理知的体积为，所以D正确.
故选：BD
9．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．不存在某个位置，使
B．存在某个位置，使
C．当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为
D．当时，的最小值为
【答案】BD
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.
【详解】当平面与平面垂直时，
，平面与平面的交线为，平面,
平面，又平面，
，，故A错误，B正确；
对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面与平面垂直时，
由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，
因为，所以，，，
则，
，
即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C错误；
对于D，当时，因为为的中点，
所以，则，
又因为的中点，所以，
又，所以，
所以，
如图将沿旋转，使其与在同一平面内，
则当三点共线时，最小，
即的最小值为，
在中，，
则，
所以，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.
10．在封闭的四棱锥内有一个半径为的球， 为正方形，的面积为1，，则（ ）
A．PA的最小值为
B．该球球面不能与该四棱锥的每个面都相切
C．若，则的最大值为
D．若，则的最大值为
【答案】AD
【分析】设，求得，可判定A正确；根据特例可判定B不正确；取的中点，把四棱锥的外接球半径即为直角的内切圆的半径，结合和基本不等式，可判定C不正确；设顶点在底面的射影为，得到四棱锥为正四棱锥，设底面正方形的边长为，内切球的半径为，结合体积相等，得到，设，结合基本不等式，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，且的面积等于1，设，
所以，可得
当时，此时取得最小值，最小值为，所以A正确；
对于B中，例如：当四棱锥为正四棱锥时，此时四棱锥存在内切球，所以B不正确；
对于C中，如图所示，取的中点，分别连接，
因为，且，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以，
又因为的面积等于1，且为正方形，所以的面积等于1，
所以，即.
此时四棱锥的外接球半径即为直角的内切圆的半径，设半径为，
则，即,
因为，，
当且仅当时，等号成立，
所以，即，即内切球的最大半径为，
所以C不正确；
对于D中，如图所示，取的中点，分别连接，
设顶点在底面的射影为，
由，可得，即为的外心，
即为与的交点，且底面，此时四棱锥为正四棱锥，
设底面正方形的边长为，其中，
因为的面积等于1，即，可得，
在直角中，，
设四棱锥内切球的半径为，
可得，整理得
设，则，且
可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以四棱锥内切球的半径的最大值为，所以D正确.
故选：AD
11．已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（ ）
A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．若，则曲线必为双曲线的一部分
【答案】ACD
【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确.
【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；
对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误；
对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，
，C正确；
对选项D：由，可解得或者，而，
所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确.
故选：ACD.
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12．已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若平面，则
C．若，则线段的最大值为
D．当与的所成角为时，点的轨迹为双曲线的一部分
【答案】AC
【分析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD.
【详解】因为为侧面的中心，所以为的中点，
又为棱的中点，
所以，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，
设，
所以点到直线的距离为，
所以点到直线的距离为，
所以的面积，
又，，
，平面，
所以平面，
所以三棱锥的体积，A正确；
如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以向量为平面的一个法向量，
设，，
所以，
因为平面，所以，
所以，所以，
所以，B错误；
设，则，
又，
因为，所以，
所以，
所以，
又，所以，
所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确；
因为，，
又与的所成角为，
所以，
化简可得，且，
所以点的轨迹为抛物线的一部分，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.
13．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当最大时，MN与BC所成的角为
C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等
D．若，则点N的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D.
【详解】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，
依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），
最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，
因为，面，面，
所以面，同理可得面，
因为，面，所以面面，
所以面中直线都平行于面，又面，且平面，
所以面，即面，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，，
A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，
而，，若为面的一个法向量，
所以，令，则，而，
所以到面的距离，即到面的距离为，
又△为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，正确；
B：由图知：当与重合时最大为，且，
所以MN与BC所成的角，即为，错误；
C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，
又，同理可得，
所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等，正确；
D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，
因为面面，故也是面的法向量，而，
所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，
故点N的轨迹长度为，正确.
故选：ACD
14．在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使得
C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为
D．三棱锥外接球表面积的取值范围是
【答案】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BC的中点Q，连接，
则点P在平面内的射影在上，直线PE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AG，分别取BE，AG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R，则，
所以，
设，则，
所以,
当点P与F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
15．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．面积的最大值为
C．圆锥的外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.
【详解】对A：由题意可知：，
故圆锥的侧面积为，A错误；
对B：面积，
在中，，故为钝角，
由题意可得：，
故当时，面积的最大值为，B正确；
对C：由选项B可得：，为钝角，可得，
由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，
则，即；
故圆锥的外接球的表面积为，C正确；
对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，
当三点共线时，取到最小值，
此时，
在，，则为锐角，
则，
在，则，
由余弦定理可得，
则，故的最小值为，D正确.
故选：BCD.
16．已知为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的一点，为的中点，，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．圆上存在点使平面
B．圆上存在点使平面
C．圆锥的外接球表面积为
D．棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】AD
【分析】对于选项A，通过找面面平行得到线面平行，从而判断出选项A正确；对于选项B，通过假设存在点，从则得出面SBC应与面平行，与题意不符，从而判断出B错误；对于选项C，可以直接求出外接球的半径，求出球的表面积，从而判断出C错误；对于选项D，转化成正四面体的外接球能否在圆锥内任意转动，进而去判断圆锥轴截面内切圆半径与球半径的关系，从而判断出选项D的正误.
【详解】对于选项A，如下图，过作，交劣弧与点，连接，
由于分别为的中点，所以，
由于面，面，面，面，
所以面，面，面，面，
又因为，所以面面，
由于面，所以面，所以选项A正确；
选项B， 假设在点M使面SBC，面SBC，所以，
由圆锥易得底面圆，底面圆，
所以，，面，面，
所以面，
故面SBC应与面平行，与题意显然不符，即选项B错误；
选项C，如下图，依题意可知，所以，又，所以，
不妨设圆锥外接球心为，半径为，则，
即，将代入，解得，
所以球的表面积，即选项C错误；
选项D，棱长为的正四面体如下图所示，
正方体的边长为，体对角线长为，
所以棱长为的正四面体的外接球半径为，
设内切圆的半径为，则，解得，
所以，所以棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，即选项D正确．
故选：AD.
二、填空题
17．如图所示圆锥，为母线的中点，点为底面圆心，为底面圆的直径，且，，的长度成等比数列，一个平面过，，与圆锥面相交的曲线为椭圆，若该椭圆的短轴与圆锥底面平行，则该椭圆的离心率为______．
【答案】##
【分析】令，由等比数列性质可得，进而确定圆锥轴截面为等腰直角三角形，并求出椭圆长轴长的长度，根据圆锥的结构特征找到椭圆短轴长，最后应用椭圆离心率定义求离心率.
【详解】令，则，又，，的长度成等比数列，
所以，即，
由题意，显然，在直角△中，则，
所以△为等腰直角三角形，故圆锥轴截面为等腰直角三角形且，
所以，即椭圆长轴长，则，
轴截面如下图示：该椭圆的短轴与圆锥底面平行，过作交于，交于，则，
为中点，所以为中点，即为椭圆中心，
过作交于，
综上，有△△均为等腰直角三角形，故，则，
同理△△，故，则，
所以，即，
综上，椭圆离心率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：注意短轴长为过长轴长中点平行于轴截面底边并与母线相交所成的线段长度.
18．三棱锥中，两两垂直，，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为_____________．
【答案】
【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.
【详解】因为两两垂直，且，所以由勾股定理可知，
所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，
取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：
设，，，
所以，
所以，
设直线与直线的所成角为.
所以
故答案为：.
【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
19．长方体中，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是___________.
【答案】##
【分析】根据题设，将问题转化为求直线与面夹角最大值，利用平面的基本性质找到点位置，并确定其轨迹为圆锥底面圆周，进而确定圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角，利用和差角正余弦公式求它们的差、和正余弦值，即可确定的最值.
【详解】由题意，为动直线与底面所成角，只需求旋转过程中直线与面所成角的最大角即可，
又面面，只需求直线与面最大夹角正弦值，
过作，交延长线于，连接，显然△△，
所以，故为平行四边形，则，，，
所以△为等腰三角形，过作于，则必在线段上，
综上，绕旋转过程中，点轨迹是以为圆心，为半径的圆上，
设，则，故，
所以，解得，则，，
绕旋转过程中，是为轴，圆为底面的圆锥的母线，
所以为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又，，
而直线与面夹角为，且，，
令，则，而，
令，则，而
综上，，故的最大值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：将问题化为求直线与面最大夹角正弦值，注意利用定角（圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角）求动角的大小.
20．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________.
【答案】
【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c
则，解得，
此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
故答案为：.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性。一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角房j距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等。此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用。很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易出分点。究其愿因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决闻题的策略造成的。
动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素， 因此要认真分析其变化特点，寻找不变态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口。求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态丛才化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解乳口对于探究存在问题或动态范围(最值问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题邮止为静态问题。具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证。
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)球与截面面积问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)体积、面积、周长、角度、距离定值问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)体积、面积、周长、距离最值与范围问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)立体几何中的交线问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)空间线段以及线段之和最值问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)空间角问题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)立体几何装液体问题
一、多选题
1．正方体的棱长为1，为侧面上的点，为侧面上的点，则下列判断正确的是（ ）
A．若，则到直线的距离的最小值为
B．若，则，且直线平面
C．若，则与平面所成角正弦的最小值为
D．若，，则，两点之间距离的最小值为
【答案】BD
【分析】由已知可推得为以点为圆心，为半径的圆上.作图，即可根据圆的性质得出最小值，判断A项；先证明平面，结合，即可得出平面；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，表示出，根据不等式的性质，即可判断C项；为直线与的公垂线段时，最小.设，且，，求出，即可根据投影向量，求出最小值.
【详解】对于A项，因为，所以在以为球心，为半径的球上.
又为侧面上的点，所以在球被平面截得的交线上.
因为，平面，，，所以，
所以，为以点为圆心，为半径的圆上.
如图1，，则，到直线的距离的最小值为，故A项错误；
对于B项，如图2，连结.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，，
所以，平面.
又平面，所以.
同理可得，.
又平面，平面，，
所以，平面.
又，平面，所以直线平面，故B项正确；
对于C项，以点为坐标原点，分别以为轴的正方向，
如图3建立空间直角坐标系，则，，，，，，.
因为，设，，.
设是平面的一个法向量，
则，即，
取，则，是平面的一个法向量.
则，
又，当时，有最小值1，
所以，，即，
所以，与平面所成角正弦的最大值为，故C项错误；
对于D项，由C项知，，.
当，，即为直线与的公垂线段时，最小.
设，且，，
则，即，
取，则.
在方向上的投影向量的模为，
所以，，两点之间距离的最小值为，故D项正确.
故选：BD.
2．半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点、、是该多面体的三个顶点，且棱长，则下列结论正确的是（ ）
A．该多面体的表面积为
B．该多面体的体积为
C．该多面体的外接球的表面积为
D．若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为
【答案】BCD
【分析】计算出该多面体的表面积和体积，可判断AB选项；作出图形，根据几何关系计算出该多面体的外接球半径，利用球体表面积公式可判断C选项；找出与垂直的直线，可求出点的轨迹长度，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，“阿基米德体”一共有八个面，
其中有四个面是边长为的正六边形，有四个面是边长为的正三角形，
因此，“阿基米德体”的表面积为，A错；
对于B选项，如下图所示，在棱长为的正四面体中，设顶点在底面的射影点为点，
延长交于点，则为的中点，
因为为等边三角形，则，且，
易知点为的中心，则，
因为平面，平面，所以，，
故，
，
即棱长为的正四面体的体积为，
因为“阿基米德体”是在棱长为的正四面体上截去了个棱长为的正四面体，
因此，“阿基米德体”的体积为，B对；
对于C选项，设等边的中心为，与平面平行的底面正六边形的中心记为点，
则平面，
原正四面体（棱长为）的高为，则，
由题意可知，“阿基米德体”的外接球球心在直线上，
易知，即正的外接圆半径为，
底面正六边形的外接圆半径为，
设，“阿基米德体”的外接球半径为，则，
解得，则，
因此，该多面体的外接球的表面积为，C对；
对于D选项，如下图所示：
由正六边形的几何性质可知，
因为，则，所以，，
即，同理可知，
因为，、平面，则平面，
因为平面，所以，，
由余弦定理可得，
同理可得，易知，
所以，点的轨迹长度为，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
3．一个三棱锥的三个侧面中有一个是边长为2的正三角形，另两个是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】就等腰直角三角形的顶点的不同分类讨论，求出对应的棱锥的高后可求体积，注意有时需割补法求体积.
【详解】设三棱锥的三个侧面中，为等边三角形，另外两个侧面为等腰直角三角形．
情形一 ．此时和均以P为直角顶点，
，而平面，
于是平面，
进而．
情形二 ．此时和均以C为直角顶点，
同理可证平面，进而．
情形三 ．此时也是边长为2的正三角形，
分别以为直角顶点，
则，故均为等边三角形，
取的中点为，连接，则，
而平面，故平面，
而，
故．
综上所述，三棱锥的体积可能是或或．
故选：ABC
4．如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点M满足平面
B．存在无数个点M满足
C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为
D．满足的点M的轨迹长度是
【答案】BCD
【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.
【详解】对于选项A：连接，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
∵，且平面，所以，
，平面，
所以平面，且平面，
可得，
同理可证，
，平面，所以，
又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，
故A错误；
对于选项B：连接，
，，则，
又因为，，，
所以，
可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；
对于选项C：延长交于点，
∵，则为线段靠近点的三等分点，
且，则，则为线段的中点，
如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面，点，则，
则，解得，
则，故，
可得，即，
且，
故截面面积，故C正确；
对于选项D：
因为正方体的棱长为l，所以设
所以，，
因为，所以
化简得：，
所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，
设圆弧与分别交于点，
取，则，即；取，则，即；
则，则，
且，即，
∴轨迹长度是，故D正确．
故选：BCD.
5．如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点B到平面的距离相等
【答案】BCD
【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ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、
、、、，
对于A选项，，，则，
所以直线与直线不垂直，故A错误；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
，所以，即，
因为平面，平面，故B正确；
对于C选项，连接、、，
因为、分别为、的中点，则，
且，所以四边形为平行四边形，则，
所以，所以、、、四点共面，
故平面截正方体所得截面为，
且，同理可得，，
所以四边形为等腰梯形，
分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，如下图所示：
因为，，，
所以，故，，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，
，故，
故梯形的面积为，故C正确；
对于D选项，，则点到平面的距离为，
，则点到平面的距离为，
所以点与点到平面的距离相等，故D正确.
故选：BCD.
6．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是（ ）
A．勒洛四面体最大的截面是正三角形
B．若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为4
C．勒洛四面体ABCD的体积是
D．勒洛四面体ABCD内切球的半径是
【答案】BD
【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断B;根据对称性, 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体ABCD外接球的球心求解判断C;结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断.
【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；
根据勒洛四面体的性质,它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触，所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长,所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B正确;
如图2, 由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接 BO ，并延长交勒洛四面体的曲面于点E, 则 OE 就是勒洛四面体内切球的半径. 如图 3 , 在正四面体ABCD中，M为 的中心，O是正四面体 ABCD外接球的球心，连接 BM，BO，AM，由正四面体的性质可知 O在 AM 上.
因为 , 所以则 .
因为，即
解得 ,则正四面体ABCD外接球的体积是 .
因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积, 则 C错误.
因为 , 所以 , 则 D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
7．如图，在平行四边形中，，，，沿对角线将△折起到△的位置，使得平面平面，下列说法正确的有（ ）
A．三棱锥四个面都是直角三角形B．平面平面
C．与所成角的余弦值为D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】先根据勾股定理判断，再由面面垂直得线线垂直，可判断A、B，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量可计算线线角判断C，应用向量法求点面距离可判断D.
【详解】△中，，，
由余弦定理得，故，所以，
因为平面平面，平面平面，面，
所以平面，平面，则；同理平面，
因为平面，所以平面平面，A、B正确；
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
因为，，
所以，即与所成角的余弦值为，C错误；
由上知：，若为面的法向量，
所以，令，则，
而，则到平面的距离为，D正确.
故选：ABD.
8．祖暅是我国南北朝时期数学家，天文学家，他提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异．”这就是祖暅原理，比西方发现早一千一百多年．即：夹在两个平行平面之间的两几何体，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．如图，曲线C：，过点作曲线C的切线l（l的斜率不为0），将曲线C、直线l、直线y=1及x轴所围成的阴影部分绕y轴旋转一周所得的几何体记为，过点作的水平截面，所得截面面积为S，利用祖暅原理，可得出的体积为V，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意，切线方程为，的水平截面为圆环，外半径为，内半径为，故截面面积，利用祖暅原理，可以构造一个上底面半径为，下底面半径为1，高为1的圆台．与圆台的体积相等，直接用圆台体积公式求V．
【详解】设切线方程为，代入得，由得，
故切线方程为，
过点作的水平截面，截面为圆环，
当时，代入得截面圆环外半径，
当时，代入得截面圆环内半径，
截面圆环面积为，故B正确.
为了截出面积为的图形 ，可以构造一个下底面半径为1，高为4的圆锥，
在距离底面为1处作底面的平行截面，得到一个下底面半径为1，上底面半径为，高为1的圆台.
圆锥及其轴截面如下图：其中，
在距离底面为的处作底面的平行截面，设此时截面半径为，
，即，解得，此截面的面积为，与截面圆环面积相同，
而圆台的体积为：，
由祖暅原理知的体积为，所以D正确.
故选：BD
9．如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．不存在某个位置，使
B．存在某个位置，使
C．当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为
D．当时，的最小值为
【答案】BD
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.
【详解】当平面与平面垂直时，
，平面与平面的交线为，平面,
平面，又平面，
，，故A错误，B正确；
对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面与平面垂直时，
由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，
因为，所以，，，
则，
，
即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C错误；
对于D，当时，因为为的中点，
所以，则，
又因为的中点，所以，
又，所以，
所以，
如图将沿旋转，使其与在同一平面内，
则当三点共线时，最小，
即的最小值为，
在中，，
则，
所以，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.
10．在封闭的四棱锥内有一个半径为的球， 为正方形，的面积为1，，则（ ）
A．PA的最小值为
B．该球球面不能与该四棱锥的每个面都相切
C．若，则的最大值为
D．若，则的最大值为
【答案】AD
【分析】设，求得，可判定A正确；根据特例可判定B不正确；取的中点，把四棱锥的外接球半径即为直角的内切圆的半径，结合和基本不等式，可判定C不正确；设顶点在底面的射影为，得到四棱锥为正四棱锥，设底面正方形的边长为，内切球的半径为，结合体积相等，得到，设，结合基本不等式，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，且的面积等于1，设，
所以，可得
当时，此时取得最小值，最小值为，所以A正确；
对于B中，例如：当四棱锥为正四棱锥时，此时四棱锥存在内切球，所以B不正确；
对于C中，如图所示，取的中点，分别连接，
因为，且，所以平面，
又因为，所以平面，
因为平面，所以，
又因为的面积等于1，且为正方形，所以的面积等于1，
所以，即.
此时四棱锥的外接球半径即为直角的内切圆的半径，设半径为，
则，即,
因为，，
当且仅当时，等号成立，
所以，即，即内切球的最大半径为，
所以C不正确；
对于D中，如图所示，取的中点，分别连接，
设顶点在底面的射影为，
由，可得，即为的外心，
即为与的交点，且底面，此时四棱锥为正四棱锥，
设底面正方形的边长为，其中，
因为的面积等于1，即，可得，
在直角中，，
设四棱锥内切球的半径为，
可得，整理得
设，则，且
可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以四棱锥内切球的半径的最大值为，所以D正确.
故选：AD
11．已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（ ）
A．过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2
B．的取值范围为
C．若为线段上的动点，则
D．若，则曲线必为双曲线的一部分
【答案】ACD
【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确.
【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；
对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误；
对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，
，C正确；
对选项D：由，可解得或者，而，
所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确.
故选：ACD.
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12．已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若平面，则
C．若，则线段的最大值为
D．当与的所成角为时，点的轨迹为双曲线的一部分
【答案】AC
【分析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD.
【详解】因为为侧面的中心，所以为的中点，
又为棱的中点，
所以，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，
设，
所以点到直线的距离为，
所以点到直线的距离为，
所以的面积，
又，，
，平面，
所以平面，
所以三棱锥的体积，A正确；
如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
所以向量为平面的一个法向量，
设，，
所以，
因为平面，所以，
所以，所以，
所以，B错误；
设，则，
又，
因为，所以，
所以，
所以，
又，所以，
所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确；
因为，，
又与的所成角为，
所以，
化简可得，且，
所以点的轨迹为抛物线的一部分，D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.
13．已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当最大时，MN与BC所成的角为
C．正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等
D．若，则点N的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】首先利用平面的基本性质确定点所在平面，且面面，构建空间直角坐标系，求面的一个法向量，应用向量法求到面的距离，进而求三棱锥的体积判断A；找到最大时MN与BC所成角的平面角即可判断B；判断，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可判断C；N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，进而求周长判断D.
【详解】过中点作与交，作与交，重复上述步骤，
依次作的平行线与分别交于（注意各交点均为各棱上的中点），
最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形，
因为，面，面，
所以面，同理可得面，
因为，面，所以面面，
所以面中直线都平行于面，又面，且平面，
所以面，即面，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，且，，，，，，
A：由上分析知：面任意一点到面的距离，即为到面的距离，
而，，若为面的一个法向量，
所以，令，则，而，
所以到面的距离，即到面的距离为，
又△为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，正确；
B：由图知：当与重合时最大为，且，
所以MN与BC所成的角，即为，错误；
C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量，，与的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，
又，同理可得，
所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等，正确；
D：若，则点N的轨迹是以为球心的球体被面所截的圆，
因为面面，故也是面的法向量，而，
所以到面的距离为，故轨迹圆的半径，
故点N的轨迹长度为，正确.
故选：ACD
14．在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使得
C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为
D．三棱锥外接球表面积的取值范围是
【答案】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BC的中点Q，连接，
则点P在平面内的射影在上，直线PE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AG，分别取BE，AG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R，则，
所以，
设，则，
所以,
当点P与F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
15．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．面积的最大值为
C．圆锥的外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.
【详解】对A：由题意可知：，
故圆锥的侧面积为，A错误；
对B：面积，
在中，，故为钝角，
由题意可得：，
故当时，面积的最大值为，B正确；
对C：由选项B可得：，为钝角，可得，
由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，
则，即；
故圆锥的外接球的表面积为，C正确；
对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，
当三点共线时，取到最小值，
此时，
在，，则为锐角，
则，
在，则，
由余弦定理可得，
则，故的最小值为，D正确.
故选：BCD.
16．已知为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的一点，为的中点，，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．圆上存在点使平面
B．圆上存在点使平面
C．圆锥的外接球表面积为
D．棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】AD
【分析】对于选项A，通过找面面平行得到线面平行，从而判断出选项A正确；对于选项B，通过假设存在点，从则得出面SBC应与面平行，与题意不符，从而判断出B错误；对于选项C，可以直接求出外接球的半径，求出球的表面积，从而判断出C错误；对于选项D，转化成正四面体的外接球能否在圆锥内任意转动，进而去判断圆锥轴截面内切圆半径与球半径的关系，从而判断出选项D的正误.
【详解】对于选项A，如下图，过作，交劣弧与点，连接，
由于分别为的中点，所以，
由于面，面，面，面，
所以面，面，面，面，
又因为，所以面面，
由于面，所以面，所以选项A正确；
选项B， 假设在点M使面SBC，面SBC，所以，
由圆锥易得底面圆，底面圆，
所以，，面，面，
所以面，
故面SBC应与面平行，与题意显然不符，即选项B错误；
选项C，如下图，依题意可知，所以，又，所以，
不妨设圆锥外接球心为，半径为，则，
即，将代入，解得，
所以球的表面积，即选项C错误；
选项D，棱长为的正四面体如下图所示，
正方体的边长为，体对角线长为，
所以棱长为的正四面体的外接球半径为，
设内切圆的半径为，则，解得，
所以，所以棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，即选项D正确．
故选：AD.
二、填空题
17．如图所示圆锥，为母线的中点，点为底面圆心，为底面圆的直径，且，，的长度成等比数列，一个平面过，，与圆锥面相交的曲线为椭圆，若该椭圆的短轴与圆锥底面平行，则该椭圆的离心率为______．
【答案】##
【分析】令，由等比数列性质可得，进而确定圆锥轴截面为等腰直角三角形，并求出椭圆长轴长的长度，根据圆锥的结构特征找到椭圆短轴长，最后应用椭圆离心率定义求离心率.
【详解】令，则，又，，的长度成等比数列，
所以，即，
由题意，显然，在直角△中，则，
所以△为等腰直角三角形，故圆锥轴截面为等腰直角三角形且，
所以，即椭圆长轴长，则，
轴截面如下图示：该椭圆的短轴与圆锥底面平行，过作交于，交于，则，
为中点，所以为中点，即为椭圆中心，
过作交于，
综上，有△△均为等腰直角三角形，故，则，
同理△△，故，则，
所以，即，
综上，椭圆离心率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：注意短轴长为过长轴长中点平行于轴截面底边并与母线相交所成的线段长度.
18．三棱锥中，两两垂直，，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为_____________．
【答案】
【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.
【详解】因为两两垂直，且，所以由勾股定理可知，
所以三棱锥为正三棱锥，记在底面内的投影为，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，
取中点，连接，可知经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系：
设，，，
所以，
所以，
设直线与直线的所成角为.
所以
故答案为：.
【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：
（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；
（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；
（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.
19．长方体中，，平面与直线的交点为，现将绕旋转一周，在旋转过程中，动直线与底面内任一直线所成最小角记为，则的最大值是___________.
【答案】##
【分析】根据题设，将问题转化为求直线与面夹角最大值，利用平面的基本性质找到点位置，并确定其轨迹为圆锥底面圆周，进而确定圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角，利用和差角正余弦公式求它们的差、和正余弦值，即可确定的最值.
【详解】由题意，为动直线与底面所成角，只需求旋转过程中直线与面所成角的最大角即可，
又面面，只需求直线与面最大夹角正弦值，
过作，交延长线于，连接，显然△△，
所以，故为平行四边形，则，，，
所以△为等腰三角形，过作于，则必在线段上，
综上，绕旋转过程中，点轨迹是以为圆心，为半径的圆上，
设，则，故，
所以，解得，则，，
绕旋转过程中，是为轴，圆为底面的圆锥的母线，
所以为圆锥轴截面顶角的一半，且恒定不变，又，，
而直线与面夹角为，且，，
令，则，而，
令，则，而
综上，，故的最大值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：将问题化为求直线与面最大夹角正弦值，注意利用定角（圆锥轴线与面的夹角、与圆锥轴线的夹角）求动角的大小.
20．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________.
【答案】
【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c
则，解得，
此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
故答案为：.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
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