新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题18立体几何与空间向量选填压轴题（教师版）

这是一份新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题18立体几何与空间向量选填压轴题（教师版），共40页。

A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，
所以，平面
所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，
因为，
令
因为，所以，
在中，，
所以，，
所以，，
所以，当，即时，取得最大值，
所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，
所以，，
所以，
所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，
所以，直三棱柱外接球的半径，即，
所以，直三棱柱外接球的体积为.
故选：C
2．（2022·浙江省苍南中学高三阶段练习）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍䠢”指底面为矩形.顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体是一个“刍䠢”，其中是正三角形， ， ，则该五面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意知,平面,平面,
所以平面,又平面平面,平面,
所以,而平面,平面,故平面,
设中点为G，连接，故,由于,
则四边形为平形四边形，则,
因为，所以,
由已知可得,而是正三角形，
则 ,所以,又,则为等边三角形，
作,垂足为M,则 ,作 ,垂足为H,
则 ,
则分别过点作的平行线，交于,连接,
则,又平面,
所以平面,同理平面,
由于是正三角形，平面，
故五面体可分割为直棱柱和两个相同的四棱锥、 ,
由于是正三角形，平面,则处于过的中点连线且和底面垂直的平面内，
即五面体的两侧面是全等的梯形，故,
由于,
由于棱柱为直棱柱，可知平面平面,
则四棱锥的高即为的底边上的高，为，
所以该五面体的体积为,
故选:D
3．（2022·全国·模拟预测）在棱长为3的正方体中，点为侧面内一动点，且满足平面，若，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】在正方体中，连接，如图，
对角面是矩形，有，平面，平面，则平面，
同理平面，而，平面，因此平面平面，
而平面，平面，则有平面，又点在侧面内，
侧面平面，于是得点在线段上，中，，
由余弦定理得：，即，解得或，
中，，由余弦定理得：，
由正弦定理得的外接圆半径，外接圆半径，
令，外接圆圆心为，有平面，取中点，令外接圆圆心为 连，
则，而平面平面，平面平面，
因此平面，平面，又平面，从而有，
即四边形为平行四边形，，
球O的半径R，有，
所以球的表面积为.
故选：C
4．（2022·浙江嘉兴·高三阶段练习）为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴ ，，，.
半球面形状的容器的容积是.
故选：B
5．（2022·全国·高三专题练习）公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理，我们可以应用此原理将一些复杂几何体转化为常见几何体的组合体来计算体积.如图，将双曲线与直线所围成的平面图形绕双曲线的实轴所在直线旋转一周得到几何体，下列平面图形绕其对称轴（虚线所示）旋转一周所得几何体与的体积相同的是（ ）
A．图①，长为､宽为的矩形的两端去掉两个弦长为､半径为的弓形
B．图②，长为､宽为的矩形的两端补上两个弦长为､半径为的弓形
C．图③，长为､宽为的矩形的两端去掉两个底边长为､腰长为的等腰三角形
D．图④，长为､宽为的矩形的两端补上两个底边长为､腰长为的等腰三角形
【答案】B
【详解】由得：，
则当与相交于两点时，内圆半径，则在该位置旋转一周所得圆环面积为；
将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为轴建立平面直角坐标系，
对于③，双曲线实轴长为，③中轴的最短距离为，不合题意，③错误；
对于④，几何体母线长为，④中轴的最长距离为，不合题意，④错误；
对于①，在轴的最短距离为，母线长为，与几何体吻合；
当与①中图形相交时，两交点之间距离为，
此时圆环面积为，不合题意，①错误
对于②，在轴的最长距离为，矩形高为，与几何体吻合；
当与②中图形相交时，两交点之间距离为，
此时圆面积为，与圆环面积相同，满足题意，②正确.
故选：B.
6．（2022·全国·高三专题练习）半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段分別与球面交于点，那么三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】连接，因为为直径，
所以，在Rt中，，
所以，即，
其中，所以，
易证，所以，
取的中点的中点，连接，
则必过点，于是，
又，
所以
，
于是.
故选：A
7．（2022·全国·高三专题练习）在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由得，由余弦定理得，
则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，
设，
在中，，
点到底面的距离，
则，
，
令，解得，可得下表：
故当时，该棱锥的体积最大，为.
故选：C.
8．（2022·浙江·高三开学考试）已知半径为1的球面上有四个点，，且，则四面体的体积最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设分别在上，且，
因为，所以面
所以，
所以.要求四面体的体积最大，即求线段的最大值.
设的中点分别是，球心为，因为，
，所以.所以在中，
因为，所以
因为，所以
所以，当和均重合时取等
所以.
故选：B.
9．（2022·全国·高一课时练习）如图所示，正方形的边长为2，切去阴影部分后，剩下的部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥的侧面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，设围成的正四棱锥的一个侧面为三角形，，则，过点A作于点H，
则，
∴，，
∴正四棱锥的侧面积，，则
则，当且仅当，即，时取等号，
因为，所以取不到等号，
又，∴．
∴S的取值范围为，
故选：D．
10．（2022·湖北·高三开学考试）在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
，且，
∴，
在△PAC中，根据余弦定理得，
，
∴，
∴，
又，平面PAC，
∴PB⊥平面PAC，
故可将三棱锥B-APC补为直三棱柱，
则直三棱柱的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，
设△PAC外接圆圆心为，△的外接圆圆心为，则直三棱柱的外接球球心为中点O，OA即为外接球的半径.
在△PAC中，根据正弦定理可得，∴，
∴，
∴外接球表面积为：．
故选：A．
11．（2022·江西·高三阶段练习（理））在正三棱锥中，，分别是，的中点，且，，则正三棱锥的内切球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设点是点在底面上的射影，则平面，平面，
所以，由三棱锥为正三棱锥可得，点为底面的中心，
所以，又，
所以平面，平面，
所以，
因为，分别是，的中点，
所以，因为，
所以，又，
所以平面，又，平面，
所以，，又三棱锥是正三棱锥，
所以三条侧棱两两互相垂直，因为，
所以，
所以，
所以该三棱锥的表面积，
设内切球的半径为，又该三棱锥的体积，
所以，
所以此内切球的表面积为.
故选：D.
12．（2022·河南·高三阶段练习（理））三棱锥的三视图如图所示，且其外接球的半径为4，则三棱锥的体积的最大值为___________.
【答案】
【详解】解：将三视图还原成直观图，如图所示三棱锥
易得是等腰三角形，所以，
因为，所以，
由于是等腰三角形，所以的外心在的中垂线上，
所以，因为，所以是等边三角形，
所以，
设三棱锥的外接球的球心为，故平面，到的距离相等，
令则，所以外接球的半径为，即，
因为，所以，
所以三棱锥的体积
令，所以
令，解得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，三棱锥的体积最大，为
故答案为：
13．（2022·河南·宜阳县第一高级中学高二阶段练习）正方体棱长为2，E是棱的中点，F是四边形内一点（包含边界），且，当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为__________．
【答案】##
【详解】如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
设与平面所成的角为，在平面内作,垂足为P,
由于正方体中，平面平面，
平面平面，平面,
则平面 ，连接,则 , ，
所以，
令，
由于，当且仅当时取等号，
即时，最大，此时与平面所成的角最大，
此时三棱锥的体积为，
故答案为：
14．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【详解】解：依题意在边长为的菱形中，，所以，
如下图所示，
易知和都是等边三角形，取的中点，则，．
，平面，所以平面，
所以是二面角的平面角，过点作交于点，
由平面，平面，所以，
，平面，所以平面．
因为在中，，
所以，
则．
故三棱锥为正四面体，由平面，所以为底面的重心，
所以，，
则，
设外接球的半径为，则，解得．
因此，三棱锥的外接球的表面积为．
故答案为：．
15．（2022·全国·高三专题练习）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，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．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．
【答案】
【详解】设瓷碗所在球的半径为R，则有，得，
设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离（也可在下方，此时）如图1所示，
则瓷碗的截面圆半径，面积为，
图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，
易知，故圆环面积也为，
即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）
当时，如图4所示：
此时：
由祖暅原理得：图3中与之间部分几何体的体积：
圆柱的体积圆锥的体积，
所以瓷碗的体积（注：半球体积）
故答案为：.
16．（2022·福建省漳州第一中学模拟预测）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上.若该正四棱锥的体积为，则该球的表面积的最小值为___________.
【答案】
【详解】
如图，不妨设正四棱锥为，易得为正方形，设正方形的中心为点，连接，
则为正四棱锥的高，球心在上，连接，则为球的半径，设，则，
即，在中，可得，又，则，
令，则，当时，单减；当时，单增；
则，即球的半径的最小值为3，则球的表面积的最小值为.
故答案为：.
②动点问题
1．（2022·黑龙江·哈师大附中高二开学考试）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若面，则线段的长度范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意，取的中点，的中点，连接，，，，，
作图如下：
在正方体中，易知，，，
则共面，平面，平面，
平面，同理可得：平面，
，平面平面，
当平面时，平面，
正方体的棱长为，
在中，，解得，同理，
在中，，解得，
则中边上的高，
即，
故选：D.
2．（2022·河南·信阳高中高一期末）我们把底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形中心的三棱锥称为正三棱锥.现有一正三棱锥放置在平而上，已知它的底面边长为2，高，该正三棱锥绕边在平面上转动（翻转），某个时刻它在平面上的射影是等腰直角三角形，则的取值范围是（ ）
B．
C．D．
【答案】B
【详解】首先在中，设其中心为，中点为，则，，
当为等腰直角三角形时，，
若底面在上的射影为等腰直角三角形时，如图1，只需，
易知，又，所以，此时；
若侧面在上的射影为等腰直角三角形时，易知，
如图2和图3，可求得，，所以，
综上，的取值范围是.
故选：B.
3．（2022·重庆·西南大学附中高一期末）已知正方体的棱长为1，E为中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】在正方体中，平面平面，而平面，平面，
平面平面，则平面与平面的交线过点B，且与直线EF平行，与直线相交，令交点为G，如图，
而平面，平面，即分别为与平面所成的角，
而，则，且有，
当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，，即G为棱中点M，
当点F由点C向点D移动过程中，逐渐增大，点G由M向点方向移动，
当点G为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表面正方形有交线，即可围成四边形，
当点G在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
而点F与D不重合，此时，平面与该正方体的5个表面正方形有交线，截面为五边形，如图，
因此，F为棱CD上异于端点的动点，截面为四边形，点G只能在线段（除点M外）上，即,
显然，，则，
所以线段的CF的取值范围是.
故选：D
4．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为，点为棱上一点，点在底面上，且，点为线段的中点，则线段长度的最小值是（ ）
A．B．C．2D．6
【答案】B
【详解】依题意，正方体，当点P与A不重合时，，如图，
因点为线段的中点，则，当点P与A重合时，，
即无论点P，Q如何运动，总有，因此，点M的在以点A为球心为半径的球面上，
而，所以线段长度的最小值是.
故选：B
5．（2022·天津市西青区杨柳青第一中学高一期末）如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（平面）.若在线段上（点与，不重合），则在翻折过程中，给出下列判断：
①当为线段中点时，为定值；
②存在某个位置，使；
③当四棱锥体积最大时，点到平面的距离为；
④当二面角的大小为时，异面直线与所成角的余弦值为.
其中判断正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【详解】在矩形 中, , 不妨令 2, 则：
(1)取DC的中点 , 连接 ,
易知 且为定值,
(定值)
所以MB的长为定值, 故①正确;
(2)假设存在某个位置, 使 , 连接 , 取DE的中点 , 连接 ,
显然 , 而 平面 ,
平面 ,
进而有 , 但 , 不可能相等,
所以不可能有 , 故②错误;
(3)由题意得, 是等腰直角三角形, 到 的距离是 ,
当平面 平面 时, 四棱雉 DE体积最大,
点 到平面 的距离为 , 故③正确;
(4)易知二面角 的平面角 , 当二面角 的大小为 时，
又 , 所以 ,
又易知异面直线 与 所成角为 ,
故④错误,
综上可知, 正确的有2个.
故选: B.
6．（2022·北京市第十二中学高一期末）如图，正方体的棱长为1，为对角线上的一点（不与点、重合），过点作平面与正方体表面相交形成的多边形记为.
①若是三角形，则必定是锐角三角形
②若，则只可能为三角形或六边形
③若且点为对角线的三等分点，则的周长为
④若点为对角线的三等分点，则点到各顶点的距离的不同取值有4个
以上所有正确结论的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【详解】对于①：若是三角形，当周长最大时，平面为平面或平面.
且为等边三角形.由“大角对大边，大边对大角”，根据对称性我们可固定,
则截面为，易知为最大角,记,.
则恒成立.
所以必定是锐角三角形.正确.
对于②：在正方体中体对角线与平面，平面，平面都垂直.由图可知，平面在运动过程中只可能为三角形或六边形.正确.
对于③：建立如图所示空间直角坐标系，则,,,,.
所以,设点.
所以
解得.
所以.
所以.
所以当点为对角线的三等分点且时：为平面或平面
此时的周长为：.正确.
对于④：由③知：;
；
;.
所以点到各顶点的距离的不同取值为：，，，有4个.正确.
故选：A.
7．（2022·湖北武汉·高一期末）已知正方体，的棱长为2，点为线段（含端点）上的动点，平面，下列说法正确的是（ ）
A．若点为中点，当最小时，
B．当点与重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其截面周长就越大
C．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．若点为的中点，平面过点，则平面截正方体所得截面图形的面积为
【答案】D
【详解】解：对于A：将矩形与正方形展开到一个平面内（如图所示），
若最小，则、、三点共线，
因为，
所以，
所以，
即，故A错误；
对于B：当点与点重合时，连接、、、、，（如图所示），
在正方体中，平面，
平面，所以，
又因为，且，所以平面，
又平面，所以，
同理可证，
因为，所以平面，
易知是边长为的等边三角形，
其面积为，周长为；
设、、、、、分别是、、、、、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，即B错误；
对于C：直线与平面所成角的正弦值，即为直线与平面的垂线所成角的余弦值，即，如图所示：连接
在正方体中，，，所以
在中，，
点为线段（含端点）上的动点，故，即
所以，所以直线与平面所成角的正弦的取值范围为，故C错误；
对于D，取中点为，连接,,则,设平面与侧面的交线为,为平面与的交点，由于平面，∴，∴,又∵平面，平面，∴,又∵,∴平面,∴,又∵在正方形中为的中点，∴为的中点；
设平面与侧面的交线为,为平面与的交点，同理可得为的中点，连接,于是截面为，
计算得,,,
所以截面为为等腰梯形，
底边上的高为,
截面为的面积为，故D正确；
故选：D.
8．（2022·四川·成都七中高二阶段练习（理））如图，在棱长为的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的有（ ）个
①点在平面的射影为的中心；
②直线平面；
③异面直线与所成角不可能为；
④三棱锥的外接球表面积的取值范围为．
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】对于①，连接、，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，，
同理可证，因为，平面，
因为，，故三棱锥为正三棱锥，
因此，点在平面的射影为的中心，①对；
对于②，连接、，
且，故四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，平面，
同理可证平面，，所以，平面平面，
平面，因此，平面，②对；
对于③，因为平面，平面平面，平面，
平面，，③对；
对于④，设分别交平面、平面于点、，
则平面，平面，
，，
，可得，同理可得，
，则.
、的外接圆半径均为，
易知、分别为、的中心，
当点与点或点重合时，取最大值，
当点为线段的中点时，取最小值，即，
因为为等边三角形，且平面，垂足为的中心，
所以，三棱锥的外接球球心在线段上，设，球的半径为，
则，
（i）当球心在线段上时，，
因为，
所以，，可得，可得，
此时，；
（ii）当球心在线段上时，，
因为，
所以，，可得，可得，
此时，；
（iii）若球心在线段上时，，
因为，
所以，，可得，不合乎题意.
所以，，故三棱锥的外接球的表面积，④错.
故选：C.
9．（2022·四川达州·高二期末（文））正方体的棱长为1，点在正方体内部及表面上运动，下列结论错误的是（ ）
A．若点在线段上运动，则
B．若点在线段上运动，则平面
C．若点在内部及边界上运动，则的最大值为3
D．若点满足，则点轨迹的面积为
【答案】C
【详解】对于A，在正方体中，平面，平面，，又，，平面，平面，又平面，，故A正确；
对于B，在正方体中，，又平面，平面，平面，同理可知平面，又，，平面，所以平面平面，又平面，平面，故B正确；
对于C，在正方体中，当点与点重合时，最大，此时，故C错误；
对于D，点的轨迹为半径为1的球的的表面，所以点的轨迹的面积为半径为1的球的表面积的，所以，故D正确.
故选：C
10．（2022·上海·高二单元测试）在棱长为1的正方体中，P为底面ABCD内（含边界）一点，以下选项错误的是（ ）.
A．若，则满足条件的P点有且只有一个
B．若，则点P的轨迹是一段圆弧
C．若平面，则长的最小值为
D．若且平面，则平面截正方体外接球所得截面的面积为
【答案】C
【详解】对于A，如下图，由吗，知点P在以为球心，半径为的球上，
又因为点P在底面ABCD内（含边界），底面截球可得一个小圆，由底面ABCD,
可知P点轨迹是在底面上以A为圆心的小圆圆弧，半径为 ，
则只有唯一一点C满足题意，故A正确；
对于B,由A的分析同理可得，点P在以A为圆心半径为的小圆圆弧上，在底面ABCD内（含边界）中，点P的轨迹为四分之一圆弧 ,故B正确；
对于C,移动点P可得两相交的动直线与平面平行，则过点P必在过点且与平面平行的平面内，而平面平面,故满足平面的点在BD上,设O为正方形ABCD的中心，故的最大值为或，最小值为,故C错误;
对于D ,由以上分析可知，点P既在以A为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD上，即P与点B或D重合，不妨取点B，则平面截正方体正方体外接球所得截面为的外接圆，为正三角形，设其外接圆半径为r,则
，故，所以平面截正方体外接球所得截面的面积为，故D正确，
故选：C
11．（2022·四川省内江市第六中学模拟预测（理））如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连接，在翻折过程中，下列说法中正确的是（ ）
①四棱锥的体积最大值为②．中点的轨迹长度为
③与平面所成角的正弦值之比为
④三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值
A．①③B．②③C．①③④D．①②③
【答案】C
【详解】由已知梯形面积为，直角斜边
上的高为.当平面平面时，四棱锥的
体积取最大值. ①正确；
取中点为，则平行且相等，四边形是平行四边形，
所以，点的轨迹与点的轨迹完全相同，过作的垂线，垂足为
的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而
中点的轨迹长度为.②错误；
由四边形是平行四边形知，
则平面，则到平面距离相等，
故，与平面所成角的正弦值之比为等于. ③正确；
外接圆半径为是中点，根据正弦定理
外接圆半径为是圆与圆公共弦，.
设三棱锥外接球球心为，半径为，
则
因为，所以，所以最小值为，没有最大值. ④正确；
故选：C
12．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为_____.
【答案】
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：，因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故答案为：
13．（2022·安徽·高三开学考试）在侧棱长为，底面边长为2的正三棱锥P-ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，M，N分别为PE和平面PAF上的动点，则的最小值为__________．
【答案】
【详解】解：取中点,连接交于点,,易证得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可证明∥,再把平面绕旋转,与面共面,又可证得.
因为，，
又因为,，
所以,
所以，即，所以,
所以,可得，
.
故答案为：.
14．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）

①点的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得；
③棱的中点为，则的长为定值；
【答案】①③
【详解】设正方形边长为a,
①在正方形中，过点D作于H，则
在翻折到的过程中，，均不变，
则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得.
在△PAM内，过点P作于N，连接BN，
由，，，可得平面PBN
又平面PBN，则，则
又在正方形中，.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；
③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则
则有，，则，
则四边形为平行四边形，则，
又，则，即的长为定值.判断正确.
故答案为：①③极大值