新高考数学一轮复习重难点练习09球的切、接问题及截面、翻折问题（6种考法）（2份，原卷版+解析版）

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考法1：正方体（或长方体）的切、接球
考法2：柱体的切、接球
考法3：锥体的切、接球
考法4：台体的切、接球
考法5：截面问题
考法6：翻折问题
二、命题规律与备考策略
一、外接球题型归类：
（1）三线垂直图形
计算公式：三棱锥三线垂直还原成长方体
（2）由长方体（正方体）图形的特殊性质，可以构造如下三种模型：
①三棱锥对棱相等．，，，是三个对棱棱长．
②等边三角形与等腰直角三角形连接．
③投影为矩形．
（3）线面垂直型：线垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理）．

计算公式；其中
（4）面面垂直型
一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型

（5）垂线相交型
等边或者直角：等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心．
直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心．许多情况下，会和二面角结合．
二、求多面体的外接球的半径，常用方法有：
（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；
（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；
（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
三、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.
三、题型方法
考法1：正方体（或长方体）的切、接球
1．（多选）（2023·江苏徐州·校考模拟预测）棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（ ）
A．过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形
B．的最小值为
C．当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为
D．两点间的最短距离为
【答案】ABD
【详解】在正方体中，平面平面，

设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，
因为平面平面，平面平面，
所以，又，故，
即∽，而，
则，
又点为线段上一点（不包括端点），，
即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；
根据正方体性质可知≌，
故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，
而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；
当点为线段中点时，设的中点为N，连接，
由于，故，
连接交于G，连接，则四边形为矩形，
故，平面，
故平面，又，则N为的外心，
故三棱锥的外接球的球心在上，设为H，而,
，则，
设三棱锥的外接球半径为r，则，
解得，C错误；
当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，
此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，
故选：ABD
考法2：柱体的切、接球
2．（2023•吉安一模）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长，其外接球的表面积为20π，D是B1C1的中点，点P是线段A1D上的动点，过BC且与AP垂直的截面α与AP交于点E，则三棱锥A﹣BCE的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：外接球的表面积为20π，可得外接球半径为．
因为正三棱柱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长，
所以，
所以△A1B1C1的外接圆半径为，
设三棱柱的侧棱长为h，则有，解得h＝2，即侧棱AA1＝h＝2，
设BC的中点为F，作出截面如图所示，
因为AP⊥α，EF⊂α，所以AE⊥EF，所以点E在以AF为直径的圆上，
当点E在弧AF的中点时，此时点E到底面ABC距离的最大，且最大值为，
因为DF＜AF，所以此时点P在线段A1D上，符合条件，
所以三棱锥A﹣BCE的体积的最大值为．
故选：A．
考法3：锥体的切、接球
3．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．[18，]B．[，]C．[，]D．[18，27]
【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，
设正四棱锥的底面边长为a，高为h，
在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，
∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，
在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，
∴，∴，
∴l2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，
∴该正四棱锥体积V（h）＝＝＝，
∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），
∴当时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，
∴V（h）max＝V（4）＝，
又∵V（）＝，V（）＝，且，
∴，
即该正四棱锥体积的取值范围是[，]，
故选：C．
4．（2023•新罗区校级三模）已知正六棱锥P﹣ABCDEF的各顶点都在球O的球面上，球心O在该正六棱锥的内部，若球O的体积为36π，则该正六棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：如图，过P作PM⊥平面ABCDEF，则球心O在PM上，
设AB＝a，PM＝h，外接球的半径为R，
因为球O的体积为36π，所以解得R＝3，
在Rt△AOM中，（h﹣3）2+a2＝9，所以a2＝6h﹣h2，
正六棱锥的体积为，
设，
令f'（x）＞0解得0＜x＜4，
令f'（x）＜0解得x＜0或x＞4，
所以f（x）在（﹣∞，0）单调递减，（0，4）单调递增，（4，+∞）单调递减，
因为球心O在该正六棱锥的内部，所以h＞3，
所以在（3，4）单调递增，（4，+∞）单调递减，
所以，
故选：B．
5．（2023•雅安三模）已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设球的半径为R，
∵圆锥的高h＝3，底面圆的半径r＝，
∴R2＝（R﹣h）2+r2，即R2＝（R﹣3）2+3，
解得：R＝2，
故该球的体积V＝＝．
圆锥体积为：V′＝＝3π，
∴这个球的体积与圆锥的体积的比值为：＝＝．
故选：B．
6．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知正四棱锥的各顶点都在球的球面上，，由三点确定的平面与侧棱交于点，且，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图，连接，相交于，连接，，过作于

由三点确定的平面与侧棱交于点，即平面为平面
由正四棱锥可得平面，则球心在上
又平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以
因为平面，所以，又，平面，所以
所以，则由可得，所以
即，
因为，所以，则，故
则，
因为，所以，即，
则，设外接球得半径为，则，
在中，，即，解得
所以球的表面积为.
7．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）已知圆锥PO的高及底面圆直径均为2，若圆锥PO在球内，则球的体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】依题意，当球的体积最小时，圆锥PO为球的内切圆锥，因此圆锥PO的轴截面三角形外接圆是球的大圆，
设圆锥PO的轴截面等腰三角形底角为，而腰长为，则，
因此球的半径，所以球的体积的最小值为.
8．（2023·海南·海南中学校考模拟预测）如图，三棱锥中，的面积为8，则三棱锥外接球的表面积的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【详解】取中点，连接，设，
依题意，由于是斜边的中线，
故，同理，故，
于是为三棱锥外接球的球心，设该外接球半径为，即，
由勾股定理，，由，
由基本不等式，，即，当时，取得最小值，
于是外接球的表面积的最小值为.

9．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接，
因为，DA=DC，所以，，故即为二面角的平面角，
△ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
在平面ABC内，设，则，，
因为，所以，所以，
所以

令，则，
所以，当且仅当时取等，
10．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球，相切于点，.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也被称为Dandelin双球.若球，的半径分别为6和3，球心距离，则此椭圆的长轴长为 .

【答案】
【详解】过切点E，F作出双球模型的轴截面，设球分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，

有，过作于点C，则四边形是矩形，
于是，，又，从而，
设直线AB与平面的交点为P，则有，，
所以椭圆的长轴长.
故答案为：
11．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）在棱长为6的正方体中，，分别为，的中点，则三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【详解】如图，设，分别为棱，的中点，则三棱锥与三棱柱外接球相同.
在中，，
由余弦定理，所以；
设外接圆半径为，
在中，由正弦定理
故外接圆半径，
设三棱柱外接球半径为，由勾股定理，
则三棱锥外接球的表面积.
12．（多选）（2023·湖北武汉·华中师大一附中模拟）正四棱柱，底面边长为，侧棱长为2，则下列结论正确的（ ）
A．点到平面的距离是．
B．四棱锥内切球的表面积为．
C．平面与平面垂直．
D．点为线段上的两点，且，点为面内的点，若，则点的轨迹长为．
【答案】AC
【详解】对于A：设点到平面的距离为，

，，
，，
又，所以，解得，故A正确；
对于B：

，，
，
，
设内切球的半径为，则，解得，故B错误；
对于C：设底面中心为，连接交于，则为线段中点，

则，，所以为面与面所成角的平面角，
在中，，，∴，
所以平面与平面垂直，故C正确；
对于D，设底面中心为，底面中心为，分别以直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设点，又，
由得，，整理得，
所以点轨迹为圆在面内的部分（如下图），
因为，，，显然，所以，
即，

所以的弧长不为，即点的轨迹长不为，故D错误.
考法4：台体的切、接球
13．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．100πB．128πC．144πD．192π
【解答】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得，解得R＝5，
∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．
当球心在台体内时，如图，
此时，无解．
综上，该球的表面积为100π．
故选：A．
14．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）圆台上底半径为，下底半径为，此圆台内接于表面积为的球，点是上底面圆周上一动点，点在下底面上的射影为，在下底面上过点的直线交底面圆周于点，点是下底面圆周上一动点，则三棱锥体积的最大值为 ．
【答案】
【详解】
圆台内接于表面积为的球，可得球的半径为4，
又圆台下底半径为4，故圆台的下底面为球的截面大圆，即球心为圆台的下底面的圆心，
设圆台的高为，则，解得，
点在下底面上的射影为，是以下底面的圆心为圆心，为半径的圆上的点，
当的面积最大时，三棱锥的体积最大，
又圆的内接三角形中，内接正三角形的面积最大，
由底面的半径为4，可得正三角形的边长为，
的面积的最大值为，
三棱锥体积的最大值为．
考法5：截面问题
15．（2023·江西赣州·统考模拟预测）在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱，E是BC的中点，F是棱上的点，且，过作平面，使得平面平面AEF，则平面截直四棱柱，所得截面图形的面积为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】A
【详解】
如图，取的中点M，在上取一点H，使得，连接，如上图，
则，平面，
平面AEF，平面平面；
即过点平行于平面AEF的平面截四棱柱的图形是三角形，
其中，
，
16．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a的截角四面体，现给出下列四个命题：①二面角的余弦值为；②该截角四面体的体积为；③该截角四面体的外接球表面积为 ④该截角四面体的表面积为，则其中正确命题的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如下图所示：设的中心为，的中心为，
取BC的中点为W，分别连接和，因为，，
所以为的二面角，，，
所以，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以二面角的余弦值为，
所以二面角的余弦值为，故①正确
因为棱长为的正四面体的高，
所以，故②正确；
设外接球的球心为O，的中心为，的中心为，
因为截角四面体上下底面距离为，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，故③正确；
由正四面体中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形
及4个边长为a的正六边形构成，故，故④错误.
17．（2024·四川成都·石室中学校考模拟预测）在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法错误的是（ ）
A．的外接球面积为B．直线平面
C．正方体被平面截得的截面为正六边形D．点的轨迹长度为
【答案】D
【详解】如图，设的中点分别为，连接.
由正方体的性质可得，而为三角形的中位线，
故，故，故四点共面，
同理，也四点共面，故五点共面，
同理也四点共面，故六点共面.
正方体被平面截得的截面为六边形，
，
因为平面平面，平面平面，
而平面平面，故，
而为三角形的中位线，故，故，
但与方向相反，故与互补，而为等边三角形，
故，故，

同理，
故正方体被平面截得的截面为正六边形，故C正确.
由，平面，平面，故平面，
同理故平面，而平面，
故平面平面，而平面，故平面，故B正确.
对于A，将三棱锥补成如图所示的长方体，
其中分别为、的中点，
则其外接球的直径即为的体对角线的长度即，
故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确.

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
故，
设平面的法向量为，则，
故，取，则，
故，而，
故到平面的距离为，
而，故点的轨迹为平面与球面的截面（圆），
该圆的半径为，故圆的周长为，故D错误.
18．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形中，，将沿对角线翻折至的位置，使得平面平面，则在三棱锥的外接球中，以为直径的截面到球心的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，取的中点为，连接，过作，垂足为，连接.
因为三角形为直角三角形，故，
同理，故，
所以为三棱锥的外接球的球心，而，

因为，平面，平面平面，
平面平面，故平面，
而平面，故.
在直角三角形中，，故，
故，
在直角三角形中，，
故，故.
设球心到以为直径的截面的距离为，
则，
19．（多选）（2023·河北承德·统考模拟预测）如图，正六棱柱的各棱长均为1，下列选项正确的有（ ）
A．过A，，三点的平面截该六棱柱的截面面积为
B．过A，，三点的平面将该六棱柱分割成体积相等的两部分
C．以A为球心，1为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为
D．以A为球心，2为半径的球面与该六棱柱的各面的交线总长为
【答案】ACD
【详解】对于A：过点A作//，设，
连接，设，
则过A，，三点的平面截该六棱柱的截面即为，
可得，
因为，且//，则，
可得，
因为平面，平面，
所以，
，平面，可得平面，
平面，则，
由//，则，
连接，则，
故截面面积，故A正确；
对于B：连接CE，
因为平面，平面，
所以，
，，平面，可得平面，
则四棱锥的高为，则其体积，
四棱柱的体积，
三棱柱的体积，
故平面下半部分的体积，
正六棱柱的体积，
显然，故B错误；
对于C：因为球的半径为1，则球只与侧面、侧面和底面相交，
因为，在侧面、侧面的交线为个圆，在底面的交线为个圆，半径均为1，
故交线的长为，故C正确；
对于D：因为球的半径为2，显然球不与侧面、侧面相交，
由选项A可知：平面，且，
则球与侧面、侧面分别交于点、，
连接，则，
因为平面，平面，
所以，
，平面，可得平面，
且，则球与侧面的交线为个圆，且半径为1，
同理可得：球与侧面的交线为个圆，且半径为1，
又因为平面，且，
则球与底面的交线为个圆，且半径为，
又因为，则球与底面的交点为D，
所以球面与该六棱柱的各面的交线总长为，故D正确；
故选：ACD.
20．（多选）（2023·云南曲靖·校考三模）如图，棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，则（ ）

A．直线为异面直线
B．平面
C．过点的平面截正方体的截面面积为
D．点是侧面内一点（含边界），平面，则的取值范围是
【答案】BC
【详解】对于A，连接，

由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，因为，平面，平面，
所以平面，同理，平面，
且，平面,
所以平面平面,
连结，
因为，，，且平面，
所以平面，平面，
所以，同理，，且，平面，
所以平面，且平面平面，
所以平面，故选项B正确；

对于C，连接，

根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点的平面截正方体的截面，该四边形为等腰梯形，
其上底，下底，腰,高为，
所以截面面积为，故选项C正确；
对于D，取的中点，的中点H，连结，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，且，平面，
所以平面平面，
因为点是侧面内一点（含边界），平面，
所以点的轨迹为线段，
连接，

在中，，
点到的距离为，
的取值范围为，故D错误.
21．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）

A．当时，平面
B．当时，若平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】AC
【详解】以点为原点，、、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，当时，
，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，则，
因为平面，故当时，平面，A对；
对于B选项，当时，为中点，

分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，
又因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，
故点的轨迹为的边（除去点），
因为，同理可得，
结合图形可得，B错；
当时，、分别为、的中点，如下图所示：

此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，且，，
因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；
对于D选项，设截面交棱于点，连接、，

题意可知，截面与平面重合，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，
易知，其中，所以，，，
所以，，故与不可能垂直，
故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.
22．（多选）（2023·江苏徐州·校考模拟预测）棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（ ）
A．过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形
B．的最小值为
C．当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为
D．两点间的最短距离为
【答案】ABD
【详解】在正方体中，平面平面，

设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，
因为平面平面，平面平面，
所以，又，故，
即∽，而，
则，
又点为线段上一点（不包括端点），，
即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；
根据正方体性质可知≌，
故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，
而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；
当点为线段中点时，设的中点为N，连接，
由于，故，
连接交于G，连接，则四边形为矩形，
故，平面，
故平面，又，则N为的外心，
故三棱锥的外接球的球心在上，设为H，而,
，则，
设三棱锥的外接球半径为r，则，
解得，C错误；
当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，
此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，
23．（多选）（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，棱长为2的正四面体中，，分别为棱，的中点，为线段的中点，球的表面正好经过点，则下列结论中正确的是（ ）

A．平面
B．球的体积为
C．球被平面截得的截面面积为
D．过点与直线，所成角均为的直线可作4条
【答案】ABD
【详解】设分别为的中点，连接，

则,
故，则四边形为平行四边形，
故交于一点，且互相平分，即O点也为的中点，
又，故,
平面，故平面，
由于平面，则平面，
故，结合O点也为的中点，同理可证,
平面，故平面，A正确；
由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为,
棱长为2的正四面体中，，M为的中点，
则，故,
则，所以球O的体积为，B正确；
由平面，平面，故平面平面，
平面平面，由于平面，
延长交平面于G点，则平面，垂足G落在上，
且G为正的中心，故，
所以，
故球O被平面截得的截面圆的半径为，
则球O被平面截得的截面圆的面积为，C错误；
由题意得，正四面体可以放入正方体内，如下图所示，将平移至正方体的底面内，过
和的角平分线作垂直于底面的平面，即平面，在平面内一定存在过O点的两条直线使得该直线与直线，所成角均为，同理可知，过和的角平分线作垂直于底面的平面也存在两条直线满足题意，所以过点与直线，所成角均为的直线可作4条，D正确.

24．（多选）（2023·河北·校联考三模）在棱长为1的正方体的侧面内（包含边界）有一点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为双曲线的一部分
B．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为抛物线的一部分
C．过点三点作正方体的截面，则截面图形是平行四边形
D．三棱锥体积的最大值为
【答案】BCD
【详解】如图，以为坐标原点，以分别为建立空间直角坐标系，
则，设侧面内（包含边界）点 ，

对于A：点到直线的距离为，
由正方体知面，又面，所以，
所以点到直线距离为，故，整理得，
所以点的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；
对于B：点到直线与到直线距离之比为，即到直线与到定点的距离相等，
根据抛物线定义知点的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；
对于C：过点作分别交于，连接，
则且，所以四边形是平行四边形，
则平行四边形为过点三点的截面，故C正确；

对于D：当点在上时，点到面的距离最大为1，
此时三棱锥体积，故D正确；
25．（多选）（2023·广东·校联考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．存在点，使得与异面
B．不存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最小值为
D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
【答案】CD
【详解】对于A，连接，由正方体的性质知，，
所以四点共面，，平面，故A不正确；
对于B，设中点为，连接，

若为中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以，
在中，，，
所以，故，，平面，
所以平面，平面，所以，故B不正确；

对于C，过点作平面，连接，
所以直线与平面所成角为，
所以，
当在时，，所以，故C正确；

对于D，由正方体中心对称（类比为球体，MN看作弦），故过的截面经过对称中心O所得截面最大，
此时截面交棱于中点，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最大，
取的中点，的中点，的中点，连接、、、、，

所以过、、三点的平面截正方体所得截面最大值为正六边形，
面积为，故D正确．
26．（多选）（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体CDEF的体积的取值范围为
C．平面DEF截得球的截面面积最小值为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】AD
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，B错误；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
27．（2023·广东江门·统考一模）勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，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，因此它能像球一样来回滚动.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相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
28．（多选）（2023·广东潮州·统考二模）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故与可能是，A正确；
B选项，因为，故点在棱上，
如图，将平面与平面沿着展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B错误；
C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，C正确；
D选项，当时，点在上，过点作交于点，连接，
则，所以平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，
设，
所以，则，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，
当或1时，，的面积取得最大值，此时截面面积最大为，
故截面面积的取值范围为，D错误.
29．（多选）（2022·湖北武汉·武汉二中校考模拟预测）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，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，因此它能像球一样来回滚动.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，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
【答案】AD
【详解】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离为a，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图1，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，易知BOE三点共线，设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以，
易知，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图2，
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球体积之间，
正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，故正四面体的高为，所以正四面体ABCD的体积，
设正四面体ABCD的外接球半径为，则由题意得：
，解得：，
所以外接球体积
所以勒洛四面体的体积，D正确.
30．（2022·湖南怀化·统考一模）如下图，正方体中，M为上的动点，平面，则下面说法正确的是（ ）
A．直线AB与平面所成角的正弦值范围为
B．点M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M为的中点时，平面经过点B，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形
D．已知N为中点，当的和最小时，M为的三等分点
【答案】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.
【详解】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.
考法6：翻折问题
31．（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，正三角形中，、分别为边、的中点，其中，把沿着翻折至的位置，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 .

【答案】
【详解】设分别是的中点，则三点共线，且，
设等边三角形的外接圆圆心为，半径为，
由正弦定理得，，
设等腰梯形的外接圆圆心为，半径为，
，所以，解得，
故与重合，，
依题意可知，当四棱锥的体积最大时，平面平面.
设得四棱锥外接球的半径为，则，
所以外接球的半径为.
故答案为： .

32．（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .

【答案】
【详解】
由题意可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，如图所示，
取的中点，连接，则，
又平面平面，平面，所以平面.
则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，
设的中点为，连接，则，
所以为四边形的外接圆的圆心，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，
连接，则四边形为矩形，
所以，
连接，在中，.
设四棱锥的外接球的半径为，则.
连接，，，
，，
连接，则，所以外接圆的圆心在上，令其半径为，
在中，，
所以，即，解得，
设四棱锥外接球的球心到平面的距离为，
所以，即，解得，
故四棱锥外接球的球心到平面的距离为.
33．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）在直四棱柱中，，，M，N在棱，上，且，，过的平面交于G，则截面的面积为 ．
【答案】
【详解】取上靠近点的一个四等分点，连接，，
因为，所以且，则四边形为平行四边形，
所以且，过点作，因为，所以四边形为平行四边形，
则且，所以且，则截面为平行四边形，
由直四棱柱的性质可得，
，
，，
在△中，由余弦定理得，，
所以，
则截面的面积为；
故答案为：6

34.如图，等腰直角的斜边为直角的直角边，是的中点，在上，将三角形沿翻折，分别连接、、，使得平面平面.已知，.
(1)证明：
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：过点在平面内作，垂足为，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
是等腰直角三角形斜边的中点，，
又，、平面，平面，
平面，.
（2）解：由题意可知，在等腰直角三角形中，，，
在平面内，，，则，
为的中点，则为直角三角形的中位线，
，，，
，，，
，，
，
以为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设平面的法向量，则、、，
，，
由得，令，则，
显然，平面的一个法向量为，
.
因此，平面与平面的夹角的余弦值.
35．（2022秋·新疆和田·高三统考期中）如图1，等腰梯形ABCD中，AD//E是BC的中点，如图2将沿AE折起，使面面连接是棱BC上的动点．

(1)求证：
(2)若，当为何值时，二面角的大小为
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点为，连接,
依题意知，均为等边三角形，
所以
又平面,
所以平面,
又平面,
所以.
（2）因为平面平面，，平面平面,平面,
所以平面,
又平面,
所以.
因为
所以建立空间直角坐标系，如图所示

,则,
,
设，则
，
设平面的法向量为，则
,即，
令，则，，
所以，
易知平面的法向量为，
因为二面角的大小为，
所以，化简得，解得或（舍）.
所以当时，二面角的大小为.
36．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．

(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．