高中数学压轴题小题专项训练专题45立体几何中的截面问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题45立体几何中的截面问题含解析答案，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得直线与直线相交
B．存在点，使得直线平面
C．直线与平面所成角的大小为
D．平面被正方体所截得的截面面积为
2．已知球的半径为5，点到球心的距离为3，则过点的平面被球所截的截面面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
3．在棱长为2的正方体中，已知，截面与正方体侧面交于线段，则线段的长为（ ）
A．1B．C．D．
4．已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
5．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．1
7．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“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，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
8．已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．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，且其体积小于正四面体外接球体积．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，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、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值可能大于4
C．勒洛四面体的体积是
D．勒洛四面体内切球的半径是
10．已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则（ ）
A．该圆台的体积为
B．该圆台外接球的表面积为
C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
11．已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
12．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
13．已知圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，其母线长为，底面圆周上有，两点，下列说法正确的有（ ）
A．截面的最大面积为
B．若，则直线与平面夹角的正弦值为
C．若一只小蚂蚁从圆锥底面圆周上一点绕侧面一周回到原点，则最短路程为
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
14．“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（ ）
A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B．图2中阴影部分的面积为
C．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为
D．由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为
15．已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A．若为等边三角形，则球的体积为
B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或
16．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（ ）
A．直线与所成的角为60°
B．过空间中一点有且仅有两条直线与所成的角都是60°
C．过，，三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为
D．过直线的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
17．已知正方体的棱长为2，过棱，，的中点作正方体的截面，则（ ）
A．截面多边形的周长为
B．截面多边形的面积为
C．截面多边形存在外接圆
D．截面所在平面与平面所成角的正弦值为
18．已知正方体的棱长为2，点为平面上一动点，则（ ）
A．当点为的中点时，直线与所成角的余弦值为
B．当点在棱上时，的最小值为
C．当点在正方形内时，若与平面所成的角为，则点的轨迹长度为
D．当点在棱（不含顶点）上时，平面截此正方体所得的截面为梯形
19．如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．一定是异面直线
B．存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
20．如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是棱的中点，点M满足，其中，则下列结论正确的是（ ）

A．过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形有可能为正六边形
B．三棱锥的体积为定值
C．当时，平面MEF
D．当时，三棱锥外接球的表面积为
三、填空题
21．如图，已知球的半径为，在球的表面上，，连接球心与，沿半径旋转使得点旋转到球面上的点处，若此时，且球心到所在截面圆的距离为，则球的表面积为 ．

22．用平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做正四棱台，经过正四棱台不相邻的两条侧棱的截面叫做该正四棱台的对角面．若正四棱台的体积为28，上、下底面边长分别为2，4，则该棱台的对角面面积为 ．
23．正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有 .
①侧面上存在点，使得
②直线与直线所成角可能为
③平面与平面所成锐二面角的正切值为
④设正方体棱长为1，则过点的平面截正方体所得的截面面积最大为
24．如图，球内切于圆柱，圆柱的高为，为底面圆的一条直径，为圆上任意一点，则平面截球所得截面面积最小值为 若为球面和圆柱侧面交线上的一点，则周长的取值范围为 ．

参考答案：
1．C
【分析】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积.
【详解】
连接，，所以，，取的中点，连接，
所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确；
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，所以，即，
令，则，，所以，
所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确；
因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，，
所以为直线与平面所成角，
因为，在中，，
所以，因为与全等，所以，故正确；
延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点，
连接，，，，，，
平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，
所以截面面积为，故不正确.
故选：.
2．C
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出截面小圆半径即得.
【详解】由点到球心的距离为3，得球心到过点的平面距离的最大值为3，
因此过点的平面被球所截的截面小圆半径最小值为，
所以过点的平面被球所截的截面面积的最小值是.
故选：C
3．C
【分析】根据题意，得到，再由面面平行的性质，证得，结合，即可求解.
【详解】如图所示，因为，所以，
因为平面平面，设平面平面，平面平面，所以，
又因为，所以
过点作，可得，
则为的中点，为的四等分点，
又因为，所以为的四等分点，所以.
故选：C．

4．C
【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，
设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形，
故选：C．

5．D
【分析】根据几何体的结构特征得出过A，B，C三点的截面图形，由面积求出原正方体的棱长，进而求出外接球半径即可得解.
【详解】将二十四等边体补全为正方体，则该二十四等边体的过A，B，C三点的截面为正六边形，
设原正方体棱长为，则正六边形边长为，其面积为，解得，
因此原正方体的棱长为，由对称性知，二十四等边体的外接球球心是原正方体的体对角线的交点，
球半径为该点到点的距离，所以外接球的表面积为.
故选：D
6．B
【分析】连接，利用线面垂直的判定推理证得平面即可确定点的轨迹得解.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，同理，而平面，
因此平面，因为，则平面，
而点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.
故选：B
7．C
【分析】分别求得面截圆锥时所得小圆锥的体积和平面与圆柱下底面之间的部分的体积，结合祖暅原理可求得结果.
【详解】平面截圆柱所得截面圆半径，
平面截圆锥时所得小圆锥的体积，
又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积.
故选：C.
8．C
【分析】作出圆锥的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到上、下底面的半径的关系，从而得到两圆锥的体积之比.
9．BD
【分析】最大的截面即经过四面体表面的截面，A不正确，计算，B正确，计算外接球的体积为得到C错误，计算勒洛四面体内切球的半径是，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，错误；
对选项B：如图2，设弧的中点是，线段的中点是，
设弧的中点是，线段的中点是，
则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，
则，
，，
故，正确；
对选项C：如图3，由对称性可知内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，

如图4，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接，由正四面体的性质可知在上.
因为，所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
因为勒洛四面体的体积小于正四面体外接球的体积，错误；
对选项D：因为，所以，正确；
故选：BD.
【点睛】方法点睛：几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，
则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
10．BC
【分析】对于A：直接利用公式求解；对于B：先求出外接球半径，再利用体积公式求解；对于C ：通过轴截面的周长最大来求解；对于D：用面积公式求表面积.
【详解】由已知得圆台的上下底面半径分别为，
对于A：圆台的体积为，A错误；
对于B：如图是圆台的轴截面，外接球球心为，设外接球半径为，
当球心在梯形内时，，解得，

当球心在梯形外时，，方程无解，

所以外接球的表面积，B正确；
对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，
又母线长为，则最大周长为，C正确；
对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
，D错误.

故选：BC.
11．BCD
【分析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆；
对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；
对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；
对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.
【详解】
对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.
对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确.
对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确.
对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.
当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确.
故选：BCD
12．ABD
【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.
【详解】A：如图，因为，
所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故A正确；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故B正确；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.
13．BD
【分析】对于A，利用截面的面积为，即得的最大面积判断A；对于B，求出直线与平面夹角判断B；对于C，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，最短路程；对于D，设，则，当，体积最大，进而得到其外接球表面积.
【详解】对于A，截面的面积为，所以当时，截面的面积最大，为，A错误．
对于B，设为圆锥底面圆的直径．由，得，
则．如图，取线段的中点，连接，．
，易知为等边三角形，平面．
所以点到平面的距离为，
所以直线与平面夹角的正弦值为，B正确．

对于C，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，
又因为，所以最短路程为，C错误．
对于D，，设，则，
所以当时，三棱锥的体积取得最大值，
此时外接球的半径，
则外接球的表面积，D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：本题求解时一定要结合图形，抓住变化中的不变、运动中的静止，体会数形结合思想、转化与化归思想等多种数学思想方法的应用．
14．BCD
【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.
【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，
故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为的球和高为的牟合方盖来说，
使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；
而正四棱锥体的体积为．
所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，
从而得到整个牟合方盖的体积为，故D正确
故选：BCD．
15．BCD
【分析】由为等边三角形求出外接圆半径，再得到球的半径即可求出体积判断A，利用中位线可得出与所成角为，解直角三角形即可判断B，建立空间直角坐标系利用向量法证明垂直即可判断C，利用向量法由异面直线所成角求出圆半径，再得出球半径即可判断D.
【详解】由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为，
圆与圆的半径为.
对于A，由题意，.因为，所以，解得（负值已舍去）.
所以，解得（负值已舍去），所以，故A错误.
对于B，因为，所以三点在同一平面内.
因为点分别为线段的中点，所以为的中位线，所以，
所以为与所成的角.因为，所以.
又，所以，所以，故B正确.
对于C，因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
所以，所以，故C正确.
对于D，以为原点，以，所在直线分别为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图，
则，
所以，
所以，
所以，
解得（负值已舍去）或（负值已舍去）.
当时，球的半径为，所以球的表面积；
当时，球的半径为，所以球的表面积，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：由于球的半径未知，直径与间的位置关系未知，本题解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用.
16．ACD
【分析】根据线线角和截面的相关知识逐一判断各个选项即可.
【详解】对于A，如图所示，连接，

因为，分别为棱，的中点，所以，
由可知，四边形是平行四边形，
所以，所以，
所以与所成的角即为与所成的角，即或其补角，
因为是等边三角形，所以，
所以与所成的角为60°，故A正确；
对于B，因为直线，所成角是90°，且两条直线相交于，
所以过点与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误；
对于C，易知平面为过，，三点的截面，该截面为梯形，

显然，
所以截面图形的周长为，故C正确；
对于D，如图所示，分别取，的靠近，的三等分点，，
连接，，，，易知，，

故点，，，，共面，该截面图形为五边形，故D正确.
故选：ACD
17．AB
【分析】根据题意画出正方体，将题中截面画出，根据边长关系即可求出边长和面积；判断截面多边形各边长垂直平分线是否交于一点即可判断出多边形是否存在外接圆；根据二面角定义和余弦定理求出截面所在平面与平面所成角.
【详解】连，延长交直线，的延长线于点，，连交于，连交于，连，得到截面五边形，连接与的中点.
由，为中点，，，，因此周长为，故A正确.
，，，，
，
截面多边形的面积为，故B正确.
与是公用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，故C错误.
根据二面角定义可知为截面与底面所成角，，，根据余弦定理可得，故，故D错误.
故选AB.
18．ACD
【分析】对于A，连接，求出，再利用余弦定理解即可判断；对于B，将平面和平面展成同一平面，结合图象即可判断；对于C，连接，根据平面，可得即为与平面所成的角，进而可得出点的轨迹，即可判断；对于D，连接，设，，过点作交于点，连接，证明即可判断.
【详解】对于A，连接，如图（1），当点为的中点时，
，，
，
所以直线与所成角的余弦值，
故A正确；
对于B，当点在棱上时，将平面和平面展成同一平面，如图（2），
则的最小值为，故B错误；
对于C，如图（3），连接，
因为点在正方形内，平面，
所以即为与平面所成的角，
若与平面所成的角为，则，
所以，即点的轨迹是以为圆心、以2为半径的圆，
所以点的轨迹长度为，故C正确；
对于D，如图（4），连接，
当点在棱（不含顶点）上时，设，，
过点作交于点，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，所以四边形为平面截此正方体所得的截面，
因为，，所以，
所以截面四边形为梯形，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：（1）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；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
19．AD
【分析】对ABC选项，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D选项，由正方体的性质可得截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断.
【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
则，
设，则点坐标为；
对A：设平面的法向量为，，
则，即，取，解得，故；
又，，
考虑到，则，故，
故一定是异面直线，A正确；
对B：，，
若，则，即，
解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误；
对C： ，取平面的法向量，
则，
设直线与平面的夹角为
则，则，
，又，故，
即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误；
对D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大.
此时过的截面经过对称中心，
设截面交于中点，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面积最大，
取的中点为，连接，如下所示：
故此时截面为正六边形，
其面积，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题A选项解决的关键是能够掌握用向量法证明异面直线的方法；本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态.
20．ABD
【分析】当时，点与点重合时，过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形，A正确；根据平面，得到点M到平面的距离为定值，可判定B正确；当时，因为，而平面MEF，C错误；由题意点与点重合，为等腰直角三角形，的外接圆半径为，由于平面，由勾股关系可求外接球半径，从而求解，D正确.
【详解】当时，点与点重合时，
过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形为正六边形，
如图：

故A正确；
对于B，因为 可得点是线段上的一个动点，
又因为正方体中,平面平面平面，
故平面，所以点到平面的距离为定值，
而,所以三棱锥 是定值, 又因为，
故三棱锥的体积为定值，B正确；
当时，点为中点，
因为，而平面MEF，
所以与平面MEF不平行，C错误；
当时，点与点重合，为等腰直角三角形，
则的外接圆半径为，
又因为平面，
所以三棱锥外接球的半径，
则，所以外接球表面积为，D正确.

故选：ABD
【点睛】思路点睛：由条件点M满足，其中，先可判断点是线段上的一个动点，再根据的不同取值确定点M的位置，从而进行研究问题.
21．/
【分析】根据给定条件，求出截面小圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即得.
【详解】依题意，在中，，，则，
因此的外接圆半径，
由球心到所在截面圆的距离为，得，则，
所以球的表面积为.
故答案为：
22．
【分析】根据正四棱台的体积公式，梯形的面积公式，即可求解
【详解】

设该正四棱台的的高为,则根据题意可得：
，∴，
又易知对角面为上下底分别为与，且高为的等腰梯形，
∴该棱台的对角面面积为．
故答案为：.
23．①③
【分析】由面面平行的判定定理即可判断①，由异面直线夹角的定义即可判断②，由二面角的定义即可判断③，由截面为菱形即可判断④
【详解】
取中点中点，连接，
则易证得，且，
平面，平面，
从而平面平面，
所以点的运动轨迹为线段.
取的中点，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故①正确；
设正方体的棱长为，当点与点或点重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以②错误；
平面平面，取为的中点，
则即为平面与平面所成的锐二面角，，所以③正确；
因为当为与的交点时，截面为菱形（为的交点），
此时，，则面积为，故④错误.
故答案为：①③
24．
【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可求平面截得球的截面面积最小值；利设在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可得周长的取值范围．
【详解】过点在平面内作，垂足为，如下图

易知，，
由勾股定理可得，则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面，取最大值，即，所以，
所以平面截得球的截面面积最小值为．
由题可知，点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面射影为，
如图：

则，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，
所以，
因此，所以周长的取值范围为．
故答案为：；
【点睛】方法点睛：选择填空题中，遇到求函数的最小值问题，常见的方法有：
1.转化为二次函数的值域问题求解；
2.利用基本（均值）不等式求最值；
3.通过换元，转化成三角函数的值域问题求解；
4.利用导数分析函数单调性，求函数的最值.