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压轴专题08 立体几何综合问题小题综合 2023届新高考数学复习尖子生30题难题突破（安徽、吉林、黑龙江、云南、山西5省通用）
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压轴专题08 立体几何综合问题小题综合
一、单选题
1．（2023春·云南昭通·高三云南云天化中学教育管理有限公司校考阶段练习）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
2．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）正方体的棱长为3，点P在正方形的边界及其内部运动．若，则三棱锥的体积的最小值是（ ）
A．1 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根据图形，利用线面垂直的判断定理、勾股定理、等体积法以及棱锥的体积公式进行求解.
【详解】
如图所示，因为平面，平面，所以，
∵，由，则，
所以P在以A为圆心，为半径的圆上及圆内部，
由题意可知，，
因为P到的最小距离为，
所以的面积的最小值是，
所以四面体的体积的最小值是，故A，C，D错误.
故选：B．
3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）表面积为的球内有一内接四面体，其中平面平面，是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】四面体PABC体积最大需要到底面的距离为最大，分析出最大时满足，进而利用几何关系求出其最大值.
【详解】
如图所示，是四面体外接球的球心，设球的半径为，
是外接圆的圆心，设圆的半径为，设到底面的距离为，
取中点，连接，过作，
由题意可得,则，
因为是边长为3的正三角形，
所以由正弦定理可得，则，
四面体PABC体积为，
四面体PABC体积的最大需要最大，
由题意可知在过并且与底面垂直的圆面上运动，
当运动到圆面的最高点时，最大，
由圆的对称性可知此时,则,
又平面平面，则平面
在中，，
，
则，
则，，
在中，，
则,
.
故选：D.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
4．（2023·山西·校联考模拟预测）已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，若，，，，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，把三棱锥补形成底面为圆内接四边形的直四棱柱，再利用该四棱柱的结构特征求出球半径作答.
【详解】每个底面四个顶点共圆的直四棱柱，两底面四边形外接圆圆心的中点到各顶点距离相等，则该四棱柱的所有顶点在同一球面上，
如图，把三棱锥补成一个直四棱柱，且底面四边形存在外接圆，如图，
因为，，则，同理，
而，即有，，
且，于是，AB为四边形的外接圆直径，
设四棱柱的侧棱长为h，有，，因此，解得，
则，，即有，
是等边三角形，，符合题意，
直四棱柱的外接球球心到底面距离，四边形外接圆半径，
则球半径，所以该球的体积为．
故选：A
【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.
5．（2023·云南文山·高三马关县第一中学校校考阶段练习）如图所示，在正方体中，O，F分别为，的中点，点P为棱上的动点（不含端点），设二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，则（ ）
A． B． C． D．以上均有可能
【答案】A
【分析】根据几何体的结构特征，分别作出二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，利用三角函数值即可比较两角大小.
【详解】设点M为B1D与的交点，可得，，且
所以平面，即FM⊥平面，所以，
过点F作D1O的垂线FH，垂足为H，如下图所示
由三垂线定理可知，所以，
从而，
在中，所以，
又，所以.
故选：A.
6．（2023·安徽合肥·统考一模）已知正方体的棱长为4，M，N分别是侧面和侧面的中心，过点M的平面与直线ND垂直，平面截正方体所得的截面记为S，则S的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.
【详解】正方体的棱长为4，建立如图所示的空间直角坐标系，
侧面的中心，侧面的中心，而，有，
显然点M在平面与平面的交线上，设为这条交线上任意一点，
，而平面，则，
即，令，得点，令，得点，连，
平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，，
由，即，令，得点，连，
因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，
过G作交于，，
由得，即，显然平面与平面都相交，
则平面与直线相交，令交点为，，由得，
连接得截面五边形，即截面为五边形，
，取中点，连接，则，
在中，，
的面积，
在中，，
边上的高，
梯形面积，
所以S的面积为.
故选：C
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
7．（2023·云南丽江·统考一模）如图，已知四边形是底角为的等腰梯形，且，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，设，作出二面角的平面角，由余弦定理求出、、的余弦值，结合余弦函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】设的中点为点，连接交于点，在底面内，过点、分别作、，垂足分别为点、，
设，由四边形为底角为的等腰梯形，且，可得，，
，为的中点，则且，四边形为菱形，
所以，为线段的垂直平分线，
则，，，平面，
在翻折的过程中，点在底面内的投影在线段上，
所以，为二面角的平面角，即，
当点在底面内的投影在线段上时，，
而，所以此时；
当点在底面内的投影在线段上时，则，，，
则在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
则，当且仅当时，等号成立，
所以此时．
综上所述，.
故选：B．
【点睛】本题考查二面角、余弦定理，正确作出二面角的平面角是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
8．（2023春·安徽阜阳·高三校考阶段练习）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，，若球O的表面积为16π，则三棱锥S－ABC的体积的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．6
【答案】A
【分析】根据球的表面积公式求出球的半径，从而求出三角形ABC的外接圆半径，三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，求出三角形ABC为等边三角形时，三角形ABC面积最大，求出面积的最大值，进而求出体积的最大值.
【详解】设球的半径为R，则，解得：，
设三角形ABC的外接圆半径为r，则，
即，解得：，
当三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，
如图所示：
要想面积最大，当A位于BC垂直平分线与圆的交点（BC与A点位于圆心两侧）时，此时三角形ABC为等腰三角形时，面积最大，
连接BO并延长，交圆于点D，连接CD，则，BC⊥BC，
设，则，，，
则，
令，则，
当，即时，，当，
即时，，
即在单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
，
则三棱锥S－ABC的体积的最大值为
故选：A
【点睛】立体几何外接球问题，要能够画出图形，解题的突破口，找到外接球球心在某个特殊平面的投影，进而找到半径，列出方程，或空间想象，数形结合求出最值等.
二、多选题
9．（2023·云南玉溪·统考一模）在棱长为1的正方体 中， 为底面的中心，是棱 上一点，且，， 为线段 的中点，给出下列命题，其中正确的是（ ）
A． 与 共面；
B．三棱锥 的体积跟的取值无关；
C．当时， ；
D．当时，过 ， ， 三点的平面截正方体所得截面的周长为．
【答案】ABD
【分析】对于选项A：可得，可判断；
对于选项B：点 到平面 的距离为定值，且的面积为定值可判断；
对于选项C：分别求出的长，验证是否满足勾股定理，从而判断;
对于选项D：先将过 ， ，的截面分析做出，再求周长可判断.
【详解】对选项A：在中，因为， 为 ， 的中点，
所以，所以 与 共面，所以A正确；
对选项B：由，
因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；
对选项C：当时，,可得，，
取的中点分别为，连接,则
在直角三角形中,
则，所以不成立，所以C不正确．
对选项D：当时，取,连接,则,又所以
所以共面,即过 ， ，三点的正方体的截面为 ，
由,则是等腰梯形,且
所以平面截正方体所得截面的周长为，所以D正确；
故选：ABD．
10．（2023·吉林·统考二模）如图，正四棱柱中，，动点P满足，且.则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．当时，的最小值为
C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为
D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
【答案】ABC
【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果.
【详解】对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示：
当时，即，，由平面向量线性运算法则可知，
点在线段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，
又，且平面，所以平面；
又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；
对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上;
由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；
取平面进行平面距离分析，如下图所示：
所以，当且仅当三点共线时，等号成立，
此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确；
对于C，由图可知，与所成角都为，由可知，点在平面内，
若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为；
则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为，故C正确；
对于D，当时，取的中点为，即；
由可知，三点共线，即点在线段上，如下图所示：
易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，；
作于点，设，易知，
由相似比可得，
设外接球半径为，则，解得；
所以，
易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；
又，所以半径的取值范围是，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.
11．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）直四棱柱中，底面为菱形，，，P为中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论正确的是（ ）
A．若，且，则四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为，则为定值2
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】AB
【分析】对于A，取的中点分别为，，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断A；对于B，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.
【详解】对于A，取的中点分别为，连接，则，，，
因为，，所以，，
所以三点共线，所以点在，因为，，
所以,平面，平面，所以∥平面，
所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，
所以四面体的体积为定值，所以A正确；
对于B，因为，因为平面，平面，
所以∥平面，又平面，，平面，
所以平面平面，取的中点，连接，则，，
所以，所以四点共面，所以平面平面，
即在上，当时，取最小值，
因为，所以，，所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确；
对于C，若的外心为，过作于，
因为，
所以，所以C错误；
对于D，过作，垂足为，因为平面，
平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又在中，，
所以，，
在中，，，，所以，
则在以为圆心，2为半径的圆上运动，
在上取点，使得，则，
所以点的轨迹为圆弧，因为，所以，
则圆弧等于，所以D错误；
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
12．（2023·山西朔州·统考二模）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．直线可能与平面相交
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
C．当时，与平面所成角最大
D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【分析】A.利用面面平行的性质定理，判断A；
B.利用等体积转化，可判断B；
C.利用垂直关系的转化，结合线面角的定义，即可判断C；
D.首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可判断D.
【详解】A.如图，，且平面，平面，
所以平面，同理平面，且平面，平面，
且，所以平面平面，且平面，
所以平面，故A错误；
B.如图，过点作于点，于点，根据面面垂直的性质定理可知，平面，平面，
，
.
故B正确；
C.因为平面，平面，所以，
且，且，平面，平面，
所以平面，且平面，
所以，即，点是的中点，此时线段最短，
又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为，
设与平面所成角为，，,当时，线段最短，所以此时最大，所以最大，故C正确；
D. 的周长为，为定值，即最小时，的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，作，垂足为，，解得：，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
,，
连结，平面，且经过的中心，所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则,
即，解得：，
，所以外接球的表面积，故D正确.
附：证明平面，
因为平面，平面，所以，又因为，
且，平面，平面，所以平面,
平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：本题考查空间几何的综合应用，难点是第四个选项的判断，充分利用数形结合和空间向量的综合应用，解决三棱锥外接球的球心问题.
13．（2023·山西·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为2，其外接球的球心为，点满足，过点的平面平行于和，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．平面截正方体所得截面的面积为定值
【答案】ABC
【分析】根据题意画出图形，根据面面平行定理可先证明出平面平面，再根据平行传递性可证明出平面平面，最后根据点P位置即可判断平面与正方体截面面积的关系，也可得出平面截球所得截面圆的半径，以此求出周长.
【详解】根据题意作出如下图
⸪平面且，
⸫平面且平面，平面，平面，
⸫平面平面，A正确；
⸪平面，平面
⸫平面平面，且平面平面
⸫平面平面，B正确；
当时，设此时平面截球所得截面圆心为，此时点P为中点，故，由题可知正方体外接圆半径为，
根据勾股定理可知圆半径为，
故圆周长为，故C正确；
由图可知，平面截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在上的位置的变化而变化的矩形，所以平面截正方体所得截面面积不是定值，故D错误．
故选：ABC．
14．（2023·山西·校联考模拟预测）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．（2023·山西太原·统考一模）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.
16．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线平面
B．棱与平面所成角的正切值为
C．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
D．若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】以为坐标原点建立坐标系，用空间坐标求解A, ，B选项;
对C，D选项:设，根据条件求出满足的方程,判断其轨迹即可.
【详解】
以为坐标原点，以分别为轴建立坐标系，
则
设平面的法向量，
由 得，令得，所以取，
因为，故，所以直线平面，故A正确;
对B:设与平面所成角为，则，
所以，故B错误;
对C: 设平面的法向量，
由 得，令得，所以取，
因为Q为正方形内一动点（含边界），设，
因为平面，所以，即，
令得，此时为棱的中点，
令得，此时为棱的中点，
在正方形内的轨迹为线段，故C正确;
对D:由得，即，在正方形内的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆周， 那么Q点的轨迹长度为，故D正确.
故选:ACD
【点睛】对空间几何中的轨迹或最值问题求解时可以建立空间直角坐标系,几何关系转化为代数关系,可从方程上判断轨迹形状,从函数的角度求最值.
17．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）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
18．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）已知正方体的棱长为，动点满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．时，
B．对任意，存在，使得平面平面
C．若，则满足条件的动点组成图形的面积为
D．若，则三棱锥体积为
【答案】AC
【分析】利用空间向量的线性表示及数量积运算可得可判断A，利用特值可判断B，根据空间向量的共面定理结合条件可得动点的组成图形结合条件可判断C，由题可得在平面内，然后根据正方体的性质可得平面平面，进而可得平面与平面的距离，再根据锥体的体积公式可判断D.
【详解】对于A，此时，又，
，
所以，
所以即，故A正确；
对于B，若取，则在棱上，此时平面与平面相交，故B错误；
对于C，如图，，其中，
则的轨迹为的正方体的截面，即为正六边形，由题可知其边长为，其面积为，故C正确；
对于D，如图，，其中，
因为，即在平面内，由正方体的性质可知，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，故平面平面，
由正方体的性质可知平面，平面，
故，又，，且两相交线在平面内，故平面，又平面，
所以，同理，又平面，
所以平面，则平面，又，，
设到平面的距离为，则，可得，同理可得到平面的距离为，故平面与平面的距离为，
所以三棱锥体积，所以D错误.
故选：AC.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是利用空间向量的关系得到动点的轨迹，进而结合正方体的有关知识进行分析处理即得.
19．（2023秋·安徽合肥·高三校考期末）如图 ， 已知正方体的梭长为，为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ）
A．三棱雉的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段
D．若点是的中点，点是 的中点， 过作平面平面，则平面截正方体的截面周长为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用可得，A正确；
对于B，建立空间直角坐标系，根据，计算得满足条件的点不在平面内，故B错误；
对于C，建立空间直角坐标系，根据，可得方程，判断C正确；
对于D，关键找到直线，使平面，且平面，以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，得到截面图形，计算得答案，D正确.
【详解】对于A，为正方形底面内一点时，由，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，故A正确；
对于B，以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
若，则，所以即，此时点不在底面内，与题意矛盾，故B错误；
对于C，因为，若，，所以即，所以的轨迹就是线段，故C正确；
对于D，因为，，
又平面，平面，，
所以平面，
因为面平面，
异面，平面，所以平面，
以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，
如图所示，易知每个侧面的交线均相等，长度为正方体的面对角线的一半，
由于正方体的梭长为，故面对角线长为，
所以截面周长为，故D正确．
故选：ACD.
20．（2023·安徽安庆·校考一模）“奔跑吧少年”青少年阳光体育系列赛事活动于近日开赛，本次比赛的总冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积，托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．直线平面
C．异面直线与所成的角的余弦值为
D．球上的点离球托底面的最大距离为
【答案】ACD
【分析】对于A，由平面与平面垂直判断；对于B，由，CF与AE不平行判断；对于C，易知是平行四边形，得到，从而得到是异面直线AD与CF所成的角（或其补角）求解判断；对于D，设O是球心，球半径为R，易知是正四面体，棱长为1，求得其高，则球离球托底面的最大距离为球的半径加正四面体的高和球托的高求解判断.
【详解】如图所示：记分别为的中点，则
由平面与平面垂直知在平面内的射影是，
所以为直线与平面所成的角，此角大小，A正确；
易知且，所以四边形是平行四边形，故，又由中位线定理易知，
故，由此知，，四点共面，而与不平行，故直线与平面不平行，
所以B错误；
由上面讨论知与平行且相等，而与平行且相等，
因此与平行且相等，从而是平行四边形，则，
所以是异面直线与所成的角（或其补角）.
由已知，，，，
所以，C正确；
如图所示：
由上面讨论知，设是球心，球半径为，
由得，则是正四面体，棱长为1，
设是的中心，则平面，又平面，
所以，，则，又.
所以球离球托底面的最大距离为，D正确.
故选：ACD.
21．（2023春·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．点为正方形内一点，当平面时，的最小值为
C．过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】BCD
【分析】对于选项A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可计算得出答案判定；
对于选项B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，计算得出即可判定；
对于选项C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；
对于选项D：取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.
【详解】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A错误；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，
，
同理可得，
又面，面，面，面，
面，面，
又，面，
面面，
又面，面，
轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，．故B项正确；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，
如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，
，，
，解得，
，，
，，
在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，
在中，，
．故D项正确，
故选：BCD．
22．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）如图，在正方体中，E为棱上的一个动点，F为棱上的一个动点，则直线与平面EFB所成的角可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量、直线与平面夹角的计算公式进行求解判断.
【详解】
以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，，，其中m，，
则，，，，，，，，
设平面EFB的法向量为，则，即，
取，则．
设直线与平面EFB所成的角为θ，，
当时，，当时，，
该式随着m的增大而增大，随着n的增大而减小，当，时，取得最大值，所以，
综上，的取值范围是，所以，故CD错误.
故选：AB.
23．（2023·安徽宿州·统考一模）棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱AD，，的中点，过点E，F，G的平面记为平面，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．平面截正方体外接球所得圆的面积为
D．正方体的表面上与点E的距离为的点形成的曲线的长度为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，如图所示，
对AB，利用向量法判断线面平行、线面垂直；
对C，由向量法求点面距离判断外接球到及所截圆心重合，进而可求面积；
对D，将所求曲线转化为球截面上的圆弧长，进而逐个表面讨论即可.
【详解】建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，
对A，设平面的法向量为，，，，
则有，令得，
由，而FG不在平面ACB1中，
故平面，A对；
对B，，，由，，
∵平面，故平面，B对；
对C，设，则O为正方体外接球心，，外接球半径，
设平面，由，，平面，则，故与重合，
故平面截正方体外接球所得圆的面积为，C错；
对D，由题意，所求的点可看作正方体与半径为的球E的交点，则由球的性质，
在表面上，∵，故只有两个交点，不形成曲线；
在表面上，形成的曲线为以为圆心，半径为的圆与正方形交得的圆弧，长度为；
在表面上，形成的曲线为以中点为圆心，半径为的圆与正方形交得的圆弧，长度为.
由正方体的对称性，所求的曲线长度为，D对.
故选：ABD.
24．（2023·安徽蚌埠·统考三模）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.
25．（2023·云南·统考一模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，结合条件中，，从而在各直角三角形中得到的正余弦表示，对选项逐一分析判断即可.
【详解】因为在矩形中，，
又，，面，所以面，
又面，所以，
因为在矩形中，，所以，即，
因为，，，面，
所以面，
又在矩形中，，所以面，
又面，所以，
同时，易知在矩形中，，
对于A，在中，，
在中，，
在中，，
所以，故A正确；
对于B，在中，，
在中，，
又，且在中，为的斜边，则，
所以，故B错误；
对于C，在中，，
在中，，
又，
所以，故C正确；
对于D，在中，，
又，，，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，从而得到的正余弦表示，由此得解.
26．（2023秋·黑龙江大庆·高三铁人中学校考期末）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】ABD
【分析】先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积、外接球的体积.结合勒洛四面体的知识对选项进行分析，从而得出正确选项.
【详解】首先求得正四面体的一些结论：
正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图．
，，
由得，解得，（内切球半径）．
正四面体的体积为，外接球体积为．
对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
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B、O、E三点共线，且，，
因此，故B正确；
对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小.
上图截面为三个半径为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；
对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】求解勒洛四面体问题的关键是理解勒洛四面体的结构、正四面体的结构特征、球的结构特征，需要很强的空间想象能力和逻辑推理能力.正四面体的外接球球心和内切球球心重合，是解题的突破口.
三、填空题
27．（2023·云南丽江·统考一模）三棱锥对棱相等，且，，，点分别是线段，的中点，直线平面，且与平面、平面、平面、平面均有交线，若这些交线围成一个平面区域，则的面积的最大值为______.
【答案】
【分析】将三棱锥拓展为以三棱锥的边为面的对角线的长方体，根据三棱锥的棱长求出长方体的边长，根据已知可得平面平行长方体的底面，再由线面平行的性质定理，可得平面与平面、平面、平面、平面的交线构成平行四边形，且该平行四边形两相邻的边所成的角与底面两对角先所成的角相等或互补，再由线面平行和线线平行的线段的比例关系，可得平行四边形两相邻边的和，最后由平行四边形的面积公式结合基本不等式，即可得出结论.
【详解】三棱锥拓展为以三棱锥的边为面的对角线的长方体，如下图所示，
，，，设，
则有 ，解得，
因为点，分别是线段，的中点，所以底面，
又有直线平面，所以底面，
设平面与平面、平面、平面、平面的交线分别为：
，底面，
平面分别与平面，底面交于，所以，
同理，所以，同理，
所以四边形为平行四边形，且，
在中，，
，
所以，
设，则，由，
所以，
由，同理可得，
所以，
设平行四边形围成一个平面区域面积为，
，
当且仅当时，取等号.
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱锥的截面面积，等价转化为长方体的截面面积是解题的关键，根据面面平行和线面平行的性质确定截面的特征是常用的方法，考查直观想象能力、推理能力，属于较难题.
28．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）已知圆锥内有一个内接圆柱，圆柱的底面在圆锥的底面内，当圆柱与圆锥体积之比最大时，圆柱与圆锥的底面半径之比为__________.
【答案】
【分析】设出圆锥的底面半径与底角，则可以求出圆锥的高与体积，再设圆锥内接圆柱的底面半径，及高，根据比例关系可以求得圆柱的高，，进而求得圆柱的体积，表示出圆柱体积与圆锥的体积，转化为函数，利用导数求最值.
【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的轴截面为等腰三角形，底边长为，设其底角为，则圆锥的高为，圆锥的体积为.设圆锥内接圆柱的底面半径为，高为，则，即，则圆柱的体积为.圆柱与圆锥体积之比为，设，则.由，得，当时，，当时，，所以当时，取得最大值，即圆柱与圆锥体积之比最大，此时.
故答案为：
四、双空题
29．（2023春·云南曲靖·高三宣威市第三中学校考阶段练习）中，，沿将折起到位置，点不在面内，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球半径是__________；当时，三棱锥的外接球表面积是__________.
【答案】
【分析】根据图形，得出面外接圆的半径为，而后利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径；结合余弦定理，二倍角公式以及同角关系，求出，再由勾股定理得出，进而求出三棱锥的外接球表面积.
【详解】由题知，取中点，连接，，
设的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，半径为，
连接，如图所示，
要使三棱锥的体积最大时，即要使得点到平面的距离最大，只有当平面平面时，体积最大，即点到的距离最大，三棱锥体积最大.
此时，四边形是正方形，假设外接圆的半径为，
则在中，由勾股定理得：，
解得，所以，
.
当时，由上述可知，结合余弦定理，
由二倍角公式，
，，
，三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：；.
30．（2023春·云南·高三校联考开学考试）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点M，N的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，点P满足．则点P的轨迹方程为____________；在三棱锥中，平面，且，该三棱锥体积的最大值为______________．
【答案】
【分析】利用求点的轨迹方程的步骤及两点间的距离公式即可求解；根据已知条件及阿波罗尼斯圆的特点，结合棱锥的体积公式即可求解.
【详解】设，所以，所以，即，所以点P的轨迹方程为；
三棱锥的高为，当底面的面积最大值时，三棱锥的体积最大，，，取靠近B的一个三等分点为坐标原点O，为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，由题设定义可知的轨迹方程为，
所以A在圆的最高点处，，
此时，．
故答案为：；.
【点睛】解决此题的关键是第一空主要利用求点的轨迹方程的步骤即可；第二空要使该三棱锥体积的最大值，只需要将问题转化为求底面的面积最大值，再利用阿波罗尼斯圆的特点即可.
压轴专题08 立体几何综合问题小题综合
一、单选题
1．（2023春·云南昭通·高三云南云天化中学教育管理有限公司校考阶段练习）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
2．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）正方体的棱长为3，点P在正方形的边界及其内部运动．若，则三棱锥的体积的最小值是（ ）
A．1 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根据图形，利用线面垂直的判断定理、勾股定理、等体积法以及棱锥的体积公式进行求解.
【详解】
如图所示，因为平面，平面，所以，
∵，由，则，
所以P在以A为圆心，为半径的圆上及圆内部，
由题意可知，，
因为P到的最小距离为，
所以的面积的最小值是，
所以四面体的体积的最小值是，故A，C，D错误.
故选：B．
3．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）表面积为的球内有一内接四面体，其中平面平面，是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】四面体PABC体积最大需要到底面的距离为最大，分析出最大时满足，进而利用几何关系求出其最大值.
【详解】
如图所示，是四面体外接球的球心，设球的半径为，
是外接圆的圆心，设圆的半径为，设到底面的距离为，
取中点，连接，过作，
由题意可得,则，
因为是边长为3的正三角形，
所以由正弦定理可得，则，
四面体PABC体积为，
四面体PABC体积的最大需要最大，
由题意可知在过并且与底面垂直的圆面上运动，
当运动到圆面的最高点时，最大，
由圆的对称性可知此时,则,
又平面平面，则平面
在中，，
，
则，
则，，
在中，，
则,
.
故选：D.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
4．（2023·山西·校联考模拟预测）已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，若，，，，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，把三棱锥补形成底面为圆内接四边形的直四棱柱，再利用该四棱柱的结构特征求出球半径作答.
【详解】每个底面四个顶点共圆的直四棱柱，两底面四边形外接圆圆心的中点到各顶点距离相等，则该四棱柱的所有顶点在同一球面上，
如图，把三棱锥补成一个直四棱柱，且底面四边形存在外接圆，如图，
因为，，则，同理，
而，即有，，
且，于是，AB为四边形的外接圆直径，
设四棱柱的侧棱长为h，有，，因此，解得，
则，，即有，
是等边三角形，，符合题意，
直四棱柱的外接球球心到底面距离，四边形外接圆半径，
则球半径，所以该球的体积为．
故选：A
【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.
5．（2023·云南文山·高三马关县第一中学校校考阶段练习）如图所示，在正方体中，O，F分别为，的中点，点P为棱上的动点（不含端点），设二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，则（ ）
A． B． C． D．以上均有可能
【答案】A
【分析】根据几何体的结构特征，分别作出二面角的平面角为，直线OF与平面所成角为，利用三角函数值即可比较两角大小.
【详解】设点M为B1D与的交点，可得，，且
所以平面，即FM⊥平面，所以，
过点F作D1O的垂线FH，垂足为H，如下图所示
由三垂线定理可知，所以，
从而，
在中，所以，
又，所以.
故选：A.
6．（2023·安徽合肥·统考一模）已知正方体的棱长为4，M，N分别是侧面和侧面的中心，过点M的平面与直线ND垂直，平面截正方体所得的截面记为S，则S的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答.
【详解】正方体的棱长为4，建立如图所示的空间直角坐标系，
侧面的中心，侧面的中心，而，有，
显然点M在平面与平面的交线上，设为这条交线上任意一点，
，而平面，则，
即，令，得点，令，得点，连，
平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，，
由，即，令，得点，连，
因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，
过G作交于，，
由得，即，显然平面与平面都相交，
则平面与直线相交，令交点为，，由得，
连接得截面五边形，即截面为五边形，
，取中点，连接，则，
在中，，
的面积，
在中，，
边上的高，
梯形面积，
所以S的面积为.
故选：C
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
7．（2023·云南丽江·统考一模）如图，已知四边形是底角为的等腰梯形，且，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，设，作出二面角的平面角，由余弦定理求出、、的余弦值，结合余弦函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】设的中点为点，连接交于点，在底面内，过点、分别作、，垂足分别为点、，
设，由四边形为底角为的等腰梯形，且，可得，，
，为的中点，则且，四边形为菱形，
所以，为线段的垂直平分线，
则，，，平面，
在翻折的过程中，点在底面内的投影在线段上，
所以，为二面角的平面角，即，
当点在底面内的投影在线段上时，，
而，所以此时；
当点在底面内的投影在线段上时，则，，，
则在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
则，当且仅当时，等号成立，
所以此时．
综上所述，.
故选：B．
【点睛】本题考查二面角、余弦定理，正确作出二面角的平面角是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
8．（2023春·安徽阜阳·高三校考阶段练习）已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，，若球O的表面积为16π，则三棱锥S－ABC的体积的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．6
【答案】A
【分析】根据球的表面积公式求出球的半径，从而求出三角形ABC的外接圆半径，三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，求出三角形ABC为等边三角形时，三角形ABC面积最大，求出面积的最大值，进而求出体积的最大值.
【详解】设球的半径为R，则，解得：，
设三角形ABC的外接圆半径为r，则，
即，解得：，
当三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，
如图所示：
要想面积最大，当A位于BC垂直平分线与圆的交点（BC与A点位于圆心两侧）时，此时三角形ABC为等腰三角形时，面积最大，
连接BO并延长，交圆于点D，连接CD，则，BC⊥BC，
设，则，，，
则，
令，则，
当，即时，，当，
即时，，
即在单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
，
则三棱锥S－ABC的体积的最大值为
故选：A
【点睛】立体几何外接球问题，要能够画出图形，解题的突破口，找到外接球球心在某个特殊平面的投影，进而找到半径，列出方程，或空间想象，数形结合求出最值等.
二、多选题
9．（2023·云南玉溪·统考一模）在棱长为1的正方体 中， 为底面的中心，是棱 上一点，且，， 为线段 的中点，给出下列命题，其中正确的是（ ）
A． 与 共面；
B．三棱锥 的体积跟的取值无关；
C．当时， ；
D．当时，过 ， ， 三点的平面截正方体所得截面的周长为．
【答案】ABD
【分析】对于选项A：可得，可判断；
对于选项B：点 到平面 的距离为定值，且的面积为定值可判断；
对于选项C：分别求出的长，验证是否满足勾股定理，从而判断;
对于选项D：先将过 ， ，的截面分析做出，再求周长可判断.
【详解】对选项A：在中，因为， 为 ， 的中点，
所以，所以 与 共面，所以A正确；
对选项B：由，
因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；
对选项C：当时，,可得，，
取的中点分别为，连接,则
在直角三角形中,
则，所以不成立，所以C不正确．
对选项D：当时，取,连接,则,又所以
所以共面,即过 ， ，三点的正方体的截面为 ，
由,则是等腰梯形,且
所以平面截正方体所得截面的周长为，所以D正确；
故选：ABD．
10．（2023·吉林·统考二模）如图，正四棱柱中，，动点P满足，且.则下列说法正确的是（ ）
A．当时，直线平面
B．当时，的最小值为
C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为
D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是
【答案】ABC
【分析】当时，由平面向量线性运算法则可知点在线段上，根据正四棱柱特征利用线面垂直判定定理即可证明直线平面；当时，由共线定理可得点在线段上，根据对称性将的最值转化成平面几何问题，即可求得最小值；若直线与所成角为，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，即可计算出其轨迹长度；当时，取的中点为，由共线定理可知三点共线，几何法找出球心位置写出半径的表达式，利用函数单调性求其取值范围即可得出结果.
【详解】对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示：
当时，即，，由平面向量线性运算法则可知，
点在线段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，
又，且平面，所以平面；
又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；
对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上;
由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；
取平面进行平面距离分析，如下图所示：
所以，当且仅当三点共线时，等号成立，
此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确；
对于C，由图可知，与所成角都为，由可知，点在平面内，
若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为；
则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，如下图中细虚线所示：
所以动点P的轨迹长为，故C正确；
对于D，当时，取的中点为，即；
由可知，三点共线，即点在线段上，如下图所示：
易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，；
作于点，设，易知，
由相似比可得，
设外接球半径为，则，解得；
所以，
易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；
又，所以半径的取值范围是，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据向量线性运算法则和共线定理的应用，确定点的位置，再根据几何体特征利用对称性即可求得距离之和得最小值，利用几何法即可求得外接球球心和半径的取值范围.
11．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）直四棱柱中，底面为菱形，，，P为中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论正确的是（ ）
A．若，且，则四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为，则为定值2
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】AB
【分析】对于A，取的中点分别为，，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断A；对于B，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.
【详解】对于A，取的中点分别为，连接，则，，，
因为，，所以，，
所以三点共线，所以点在，因为，，
所以,平面，平面，所以∥平面，
所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，
所以四面体的体积为定值，所以A正确；
对于B，因为，因为平面，平面，
所以∥平面，又平面，，平面，
所以平面平面，取的中点，连接，则，，
所以，所以四点共面，所以平面平面，
即在上，当时，取最小值，
因为，所以，，所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确；
对于C，若的外心为，过作于，
因为，
所以，所以C错误；
对于D，过作，垂足为，因为平面，
平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又在中，，
所以，，
在中，，，，所以，
则在以为圆心，2为半径的圆上运动，
在上取点，使得，则，
所以点的轨迹为圆弧，因为，所以，
则圆弧等于，所以D错误；
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
12．（2023·山西朔州·统考二模）如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．直线可能与平面相交
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
C．当时，与平面所成角最大
D．当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【分析】A.利用面面平行的性质定理，判断A；
B.利用等体积转化，可判断B；
C.利用垂直关系的转化，结合线面角的定义，即可判断C；
D.首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可判断D.
【详解】A.如图，，且平面，平面，
所以平面，同理平面，且平面，平面，
且，所以平面平面，且平面，
所以平面，故A错误；
B.如图，过点作于点，于点，根据面面垂直的性质定理可知，平面，平面，
，
.
故B正确；
C.因为平面，平面，所以，
且，且，平面，平面，
所以平面，且平面，
所以，即，点是的中点，此时线段最短，
又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为，
设与平面所成角为，，,当时，线段最短，所以此时最大，所以最大，故C正确；
D. 的周长为，为定值，即最小时，的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，作，垂足为，，解得：，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
,，
连结，平面，且经过的中心，所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则,
即，解得：，
，所以外接球的表面积，故D正确.
附：证明平面，
因为平面，平面，所以，又因为，
且，平面，平面，所以平面,
平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：本题考查空间几何的综合应用，难点是第四个选项的判断，充分利用数形结合和空间向量的综合应用，解决三棱锥外接球的球心问题.
13．（2023·山西·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为2，其外接球的球心为，点满足，过点的平面平行于和，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．平面截正方体所得截面的面积为定值
【答案】ABC
【分析】根据题意画出图形，根据面面平行定理可先证明出平面平面，再根据平行传递性可证明出平面平面，最后根据点P位置即可判断平面与正方体截面面积的关系，也可得出平面截球所得截面圆的半径，以此求出周长.
【详解】根据题意作出如下图
⸪平面且，
⸫平面且平面，平面，平面，
⸫平面平面，A正确；
⸪平面，平面
⸫平面平面，且平面平面
⸫平面平面，B正确；
当时，设此时平面截球所得截面圆心为，此时点P为中点，故，由题可知正方体外接圆半径为，
根据勾股定理可知圆半径为，
故圆周长为，故C正确；
由图可知，平面截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在上的位置的变化而变化的矩形，所以平面截正方体所得截面面积不是定值，故D错误．
故选：ABC．
14．（2023·山西·校联考模拟预测）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．（2023·山西太原·统考一模）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.
16．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线平面
B．棱与平面所成角的正切值为
C．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
D．若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】以为坐标原点建立坐标系，用空间坐标求解A, ，B选项;
对C，D选项:设，根据条件求出满足的方程,判断其轨迹即可.
【详解】
以为坐标原点，以分别为轴建立坐标系，
则
设平面的法向量，
由 得，令得，所以取，
因为，故，所以直线平面，故A正确;
对B:设与平面所成角为，则，
所以，故B错误;
对C: 设平面的法向量，
由 得，令得，所以取，
因为Q为正方形内一动点（含边界），设，
因为平面，所以，即，
令得，此时为棱的中点，
令得，此时为棱的中点，
在正方形内的轨迹为线段，故C正确;
对D:由得，即，在正方形内的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆周， 那么Q点的轨迹长度为，故D正确.
故选:ACD
【点睛】对空间几何中的轨迹或最值问题求解时可以建立空间直角坐标系,几何关系转化为代数关系,可从方程上判断轨迹形状,从函数的角度求最值.
17．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）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
18．（2023春·云南曲靖·高三统考阶段练习）已知正方体的棱长为，动点满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．时，
B．对任意，存在，使得平面平面
C．若，则满足条件的动点组成图形的面积为
D．若，则三棱锥体积为
【答案】AC
【分析】利用空间向量的线性表示及数量积运算可得可判断A，利用特值可判断B，根据空间向量的共面定理结合条件可得动点的组成图形结合条件可判断C，由题可得在平面内，然后根据正方体的性质可得平面平面，进而可得平面与平面的距离，再根据锥体的体积公式可判断D.
【详解】对于A，此时，又，
，
所以，
所以即，故A正确；
对于B，若取，则在棱上，此时平面与平面相交，故B错误；
对于C，如图，，其中，
则的轨迹为的正方体的截面，即为正六边形，由题可知其边长为，其面积为，故C正确；
对于D，如图，，其中，
因为，即在平面内，由正方体的性质可知，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，故平面平面，
由正方体的性质可知平面，平面，
故，又，，且两相交线在平面内，故平面，又平面，
所以，同理，又平面，
所以平面，则平面，又，，
设到平面的距离为，则，可得，同理可得到平面的距离为，故平面与平面的距离为，
所以三棱锥体积，所以D错误.
故选：AC.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是利用空间向量的关系得到动点的轨迹，进而结合正方体的有关知识进行分析处理即得.
19．（2023秋·安徽合肥·高三校考期末）如图 ， 已知正方体的梭长为，为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ）
A．三棱雉的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段
D．若点是的中点，点是 的中点， 过作平面平面，则平面截正方体的截面周长为
【答案】ACD
【分析】对于A，利用可得，A正确；
对于B，建立空间直角坐标系，根据，计算得满足条件的点不在平面内，故B错误；
对于C，建立空间直角坐标系，根据，可得方程，判断C正确；
对于D，关键找到直线，使平面，且平面，以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，得到截面图形，计算得答案，D正确.
【详解】对于A，为正方形底面内一点时，由，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，故A正确；
对于B，以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
若，则，所以即，此时点不在底面内，与题意矛盾，故B错误；
对于C，因为，若，，所以即，所以的轨迹就是线段，故C正确；
对于D，因为，，
又平面，平面，，
所以平面，
因为面平面，
异面，平面，所以平面，
以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，
如图所示，易知每个侧面的交线均相等，长度为正方体的面对角线的一半，
由于正方体的梭长为，故面对角线长为，
所以截面周长为，故D正确．
故选：ACD.
20．（2023·安徽安庆·校考一模）“奔跑吧少年”青少年阳光体育系列赛事活动于近日开赛，本次比赛的总冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积，托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．直线平面
C．异面直线与所成的角的余弦值为
D．球上的点离球托底面的最大距离为
【答案】ACD
【分析】对于A，由平面与平面垂直判断；对于B，由，CF与AE不平行判断；对于C，易知是平行四边形，得到，从而得到是异面直线AD与CF所成的角（或其补角）求解判断；对于D，设O是球心，球半径为R，易知是正四面体，棱长为1，求得其高，则球离球托底面的最大距离为球的半径加正四面体的高和球托的高求解判断.
【详解】如图所示：记分别为的中点，则
由平面与平面垂直知在平面内的射影是，
所以为直线与平面所成的角，此角大小，A正确；
易知且，所以四边形是平行四边形，故，又由中位线定理易知，
故，由此知，，四点共面，而与不平行，故直线与平面不平行，
所以B错误；
由上面讨论知与平行且相等，而与平行且相等，
因此与平行且相等，从而是平行四边形，则，
所以是异面直线与所成的角（或其补角）.
由已知，，，，
所以，C正确；
如图所示：
由上面讨论知，设是球心，球半径为，
由得，则是正四面体，棱长为1，
设是的中心，则平面，又平面，
所以，，则，又.
所以球离球托底面的最大距离为，D正确.
故选：ACD.
21．（2023春·安徽·高三合肥市第八中学校联考开学考试）在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．点为正方形内一点，当平面时，的最小值为
C．过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】BCD
【分析】对于选项A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可计算得出答案判定；
对于选项B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，计算得出即可判定；
对于选项C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；
对于选项D：取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.
【详解】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A错误；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，
，
同理可得，
又面，面，面，面，
面，面，
又，面，
面面，
又面，面，
轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，．故B项正确；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，
如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，
，，
，解得，
，，
，，
在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，
在中，，
．故D项正确，
故选：BCD．
22．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）如图，在正方体中，E为棱上的一个动点，F为棱上的一个动点，则直线与平面EFB所成的角可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量、直线与平面夹角的计算公式进行求解判断.
【详解】
以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，，，其中m，，
则，，，，，，，，
设平面EFB的法向量为，则，即，
取，则．
设直线与平面EFB所成的角为θ，，
当时，，当时，，
该式随着m的增大而增大，随着n的增大而减小，当，时，取得最大值，所以，
综上，的取值范围是，所以，故CD错误.
故选：AB.
23．（2023·安徽宿州·统考一模）棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱AD，，的中点，过点E，F，G的平面记为平面，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．平面截正方体外接球所得圆的面积为
D．正方体的表面上与点E的距离为的点形成的曲线的长度为
【答案】ABD
【分析】建立空间直角坐标系，如图所示，
对AB，利用向量法判断线面平行、线面垂直；
对C，由向量法求点面距离判断外接球到及所截圆心重合，进而可求面积；
对D，将所求曲线转化为球截面上的圆弧长，进而逐个表面讨论即可.
【详解】建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，
对A，设平面的法向量为，，，，
则有，令得，
由，而FG不在平面ACB1中，
故平面，A对；
对B，，，由，，
∵平面，故平面，B对；
对C，设，则O为正方体外接球心，，外接球半径，
设平面，由，，平面，则，故与重合，
故平面截正方体外接球所得圆的面积为，C错；
对D，由题意，所求的点可看作正方体与半径为的球E的交点，则由球的性质，
在表面上，∵，故只有两个交点，不形成曲线；
在表面上，形成的曲线为以为圆心，半径为的圆与正方形交得的圆弧，长度为；
在表面上，形成的曲线为以中点为圆心，半径为的圆与正方形交得的圆弧，长度为.
由正方体的对称性，所求的曲线长度为，D对.
故选：ABD.
24．（2023·安徽蚌埠·统考三模）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.
25．（2023·云南·统考一模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，结合条件中，，从而在各直角三角形中得到的正余弦表示，对选项逐一分析判断即可.
【详解】因为在矩形中，，
又，，面，所以面，
又面，所以，
因为在矩形中，，所以，即，
因为，，，面，
所以面，
又在矩形中，，所以面，
又面，所以，
同时，易知在矩形中，，
对于A，在中，，
在中，，
在中，，
所以，故A正确；
对于B，在中，，
在中，，
又，且在中，为的斜边，则，
所以，故B错误；
对于C，在中，，
在中，，
又，
所以，故C正确；
对于D，在中，，
又，，，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，从而得到的正余弦表示，由此得解.
26．（2023秋·黑龙江大庆·高三铁人中学校考期末）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】ABD
【分析】先求得正四面体的外接球半径、内切球半径、正四面体的体积、外接球的体积.结合勒洛四面体的知识对选项进行分析，从而得出正确选项.
【详解】首先求得正四面体的一些结论：
正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图．
，，
由得，解得，（内切球半径）．
正四面体的体积为，外接球体积为．
对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，故A正确；
对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
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B、O、E三点共线，且，，
因此，故B正确；
对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小.
上图截面为三个半径为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；
对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】求解勒洛四面体问题的关键是理解勒洛四面体的结构、正四面体的结构特征、球的结构特征，需要很强的空间想象能力和逻辑推理能力.正四面体的外接球球心和内切球球心重合，是解题的突破口.
三、填空题
27．（2023·云南丽江·统考一模）三棱锥对棱相等，且，，，点分别是线段，的中点，直线平面，且与平面、平面、平面、平面均有交线，若这些交线围成一个平面区域，则的面积的最大值为______.
【答案】
【分析】将三棱锥拓展为以三棱锥的边为面的对角线的长方体，根据三棱锥的棱长求出长方体的边长，根据已知可得平面平行长方体的底面，再由线面平行的性质定理，可得平面与平面、平面、平面、平面的交线构成平行四边形，且该平行四边形两相邻的边所成的角与底面两对角先所成的角相等或互补，再由线面平行和线线平行的线段的比例关系，可得平行四边形两相邻边的和，最后由平行四边形的面积公式结合基本不等式，即可得出结论.
【详解】三棱锥拓展为以三棱锥的边为面的对角线的长方体，如下图所示，
，，，设，
则有 ，解得，
因为点，分别是线段，的中点，所以底面，
又有直线平面，所以底面，
设平面与平面、平面、平面、平面的交线分别为：
，底面，
平面分别与平面，底面交于，所以，
同理，所以，同理，
所以四边形为平行四边形，且，
在中，，
，
所以，
设，则，由，
所以，
由，同理可得，
所以，
设平行四边形围成一个平面区域面积为，
，
当且仅当时，取等号.
故答案为：.
【点睛】本题考查三棱锥的截面面积，等价转化为长方体的截面面积是解题的关键，根据面面平行和线面平行的性质确定截面的特征是常用的方法，考查直观想象能力、推理能力，属于较难题.
28．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）已知圆锥内有一个内接圆柱，圆柱的底面在圆锥的底面内，当圆柱与圆锥体积之比最大时，圆柱与圆锥的底面半径之比为__________.
【答案】
【分析】设出圆锥的底面半径与底角，则可以求出圆锥的高与体积，再设圆锥内接圆柱的底面半径，及高，根据比例关系可以求得圆柱的高，，进而求得圆柱的体积，表示出圆柱体积与圆锥的体积，转化为函数，利用导数求最值.
【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的轴截面为等腰三角形，底边长为，设其底角为，则圆锥的高为，圆锥的体积为.设圆锥内接圆柱的底面半径为，高为，则，即，则圆柱的体积为.圆柱与圆锥体积之比为，设，则.由，得，当时，，当时，，所以当时，取得最大值，即圆柱与圆锥体积之比最大，此时.
故答案为：
四、双空题
29．（2023春·云南曲靖·高三宣威市第三中学校考阶段练习）中，，沿将折起到位置，点不在面内，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球半径是__________；当时，三棱锥的外接球表面积是__________.
【答案】
【分析】根据图形，得出面外接圆的半径为，而后利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径；结合余弦定理，二倍角公式以及同角关系，求出，再由勾股定理得出，进而求出三棱锥的外接球表面积.
【详解】由题知，取中点，连接，，
设的外接圆的圆心为，的外接圆的圆心为，三棱锥外接球的球心为，半径为，
连接，如图所示，
要使三棱锥的体积最大时，即要使得点到平面的距离最大，只有当平面平面时，体积最大，即点到的距离最大，三棱锥体积最大.
此时，四边形是正方形，假设外接圆的半径为，
则在中，由勾股定理得：，
解得，所以，
.
当时，由上述可知，结合余弦定理，
由二倍角公式，
，，
，三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：；.
30．（2023春·云南·高三校联考开学考试）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点M，N的距离之比为定值的点的轨迹是圆”，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，点P满足．则点P的轨迹方程为____________；在三棱锥中，平面，且，该三棱锥体积的最大值为______________．
【答案】
【分析】利用求点的轨迹方程的步骤及两点间的距离公式即可求解；根据已知条件及阿波罗尼斯圆的特点，结合棱锥的体积公式即可求解.
【详解】设，所以，所以，即，所以点P的轨迹方程为；
三棱锥的高为，当底面的面积最大值时，三棱锥的体积最大，，，取靠近B的一个三等分点为坐标原点O，为x轴建立平面直角坐标系，不妨取，由题设定义可知的轨迹方程为，
所以A在圆的最高点处，，
此时，．
故答案为：；.
【点睛】解决此题的关键是第一空主要利用求点的轨迹方程的步骤即可；第二空要使该三棱锥体积的最大值，只需要将问题转化为求底面的面积最大值，再利用阿波罗尼斯圆的特点即可.
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