压轴题06 立体几何（选填题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）

压轴题06 立体几何（选填题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）
一、单选题
1．（2023·绍兴模拟）已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；函数最值的应用
【解析】【解答】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.
故答案为：D
【分析】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），所以（不与重合），再利用三角形为等腰直角三角形，为斜边，则有，再利用三角形△、△、△都为直角三角形，且，由平面图到立体图知：，，再利用面面结合面面垂直证出线面垂直，所以面，同理可得面，将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，再过作面，交于，连接，则为矩形，综上可得，，，则为中点，再利用中点的性质，所以，而，，令且，则，故，，再结合勾股定理得出球d 半径，再利用二次函数的图象求最值的方法得出r的最小值，再结合球的表面积公式得出球表面积的最小值。
2．（2023·安庆模拟）一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截（如图），为底面圆的中心，为截面的中心，为截面上距离底面最小的点，到圆柱底面的距离为1，为截面图形弧上的一点，且，则点到底面的距离是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的应用；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】圆柱半径为1，截面与底边所成角为，作于，
则， .
截面椭圆是以为中心，为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，
所以椭圆的方程为，
作于，因为，直线的方程为，
所以设，又因为在椭圆上，
解得：，所以，，
过作，则，
，
由于均平行于底面，故点到底面的距离是.
故答案为：C.
【分析】利用圆柱半径为1，截面与底边所成角为，作于，则， ，再利用截面椭圆是以为中心，为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，进而得出椭圆的标准方程，作于，再利用，从而结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而结合斜截式得出直线的方程，所以设，再利用在椭圆上结合代入法得出x的值，从而得出的长，再结合余弦函数的定义得出的长，过作，再结合线段比例的方法得出的长，再利用作差法得出OD的长，由于均平行于底面，从而得出点到底面的距离。
3．（2023·宣城模拟）已知圆锥的底面半径为，高为，当其内接正四棱柱的体积最大时，该正四棱柱的外接球的表面积（单位：）为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】圆锥的轴截面如图所示，为正四棱柱上底面的正中心，为圆锥底面的圆心，正四棱柱外接球的球心O，半径为R，则，
设正四棱柱底面边长为a，高为h，则，，，，
∵，
∴，即：，
∴，
又∵，
∴正四棱柱的体积为，（）
∴，
，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴当时，取得最大值，此时，
∴，，
∴，
∴正四棱柱的外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】利用圆锥的轴截面，为正四棱柱上底面的正中心，为圆锥底面的圆心，正四棱柱外接球的球心O，半径为R，则，设正四棱柱底面边长为a，高为h，再利用两三角形相似的判定定理，则，再结合两三角形相似的性质定理，所以，再利用得出实数a的取值范围，再结合正四棱柱的体积公式得出正四棱柱的体积为，（），再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，再结合线段比例的方法、中点的性质和勾股定理得出正四棱柱的外接球的半径长，再结合球的表面积公式得出当其内接正四棱柱的体积最大时的该正四棱柱的外接球的表面积。
4．（2023·赣州模拟）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（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】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.
故答案为：D
【分析】设，分别为棱，的中点，则三棱锥与三棱柱外接球相同，在中，，由余弦定理和同角三角函数基本关系式得出的值，设外接圆半径为，在中，由正弦定理得出三角形外接圆半径，设三棱柱外接球半径为，由勾股定理得出R的值，再结合球的表面积公式得出三棱锥外接球的表面积。
5．（2023·张家界模拟）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧.图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图.它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2.若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】将鲁班锁补成正方体，然后以点A为坐标原点，
AB、AD、所在直线分別为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，
观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在
、、、、、、、中取得，
结合图形可知、，，、，，，，
则，
，
，
，，
，
，
，
所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为，
所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），
设该正方体的棱长的最小值为，则，
该正方体的表面积为.
故答案为：D.
【分析】将鲁班锁补成正方体，然后以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分別为x、y、z轴建立空间直角坐标系，在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在、、、、、、、中取得，结合图形可知点的坐标，再结合两点距离公式得出P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值，所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），设该正方体的棱长的最小值为，再结合勾股定理得出a的值，再结合正方体的表面积公式得出该正方体的表面积。
6．（2023·广州模拟）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的体积和表面积；直线与平面垂直的判定；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故答案为：A
【分析】在三棱锥中结合勾股定理得出，同理，再利用线线垂直证出线面垂直，因此平面，在等腰中，结合余弦函数的定义和同角三角函数基本关系式得出的值，令的外接圆圆心为，则平面，再利用正弦函数的定义得出的长和，取中点D，连接OD，则有，再利用平面，所以，从而，所以四边形为平行四边形，，再利用结合勾股定理得出球O的半径，再结合球的表面积公式得出球的表面积。
7．（2023·长安模拟）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、体积问题
【解析】【解答】依题意，要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，
则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，
如图，正四面体的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，
所以该正方体棱长为，盲盒内剩余空间的体积为.
故答案为：C
【分析】利用已知条件得出要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，再利用正四面体的棱长为8cm，所以该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，所以得出该正方体棱长，再结合多面体的体积求解方法得出盲盒内剩余空间的体积。
8．（2023·咸阳模拟）如图，中，，，为的中点，将沿折叠成三棱锥，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】在中，，，为的中点，
所以，，
所以，在三棱锥中，，
因为平面，
所以，平面，
所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，当时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，
所以，两两垂直，
所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，
所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，
所以，三棱锥的外接球的半径满足，
所以，三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：C
【分析】在中，，，为的中点，所以，，所以，在三棱锥中，再结合等腰三角形三线合一，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，再利用三角形的面积公式得出三角形面积的最大值，再结合当时，三角形的面积最大，再结合三棱锥的体积公式得出此时三棱锥的体积最大，所以，两两垂直，所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，进而得出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积。
9．（2023·长安模拟）在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，
所以AM⊥CD，且，
因为，所以，而，
由勾股定理得：，所以BM=BC，
故为等腰直角三角形，，，
由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，
因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，
在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，
球心O在MH上，设OM=x，
由余弦定理得：，
则，
由得：，解得：，
设外接球半径为，则，
故该三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：D
【分析】利用三角形是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，再结合等腰三角形三线合一，所以AM⊥CD，且，再利用结合勾股定理和等腰直角三角形的定义判断出三角形为等腰直角三角形，，，由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，再利用平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，进而得出的值，再利用球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理和以及两点距离公式得出x的值，从而结合勾股定理得出外接球半径为，再结合球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积。
10．（2023·上饶模拟）在正方体中，，为棱的四等分点（靠近点），为棱的四等分点（靠近点），过点，，作该正方体的截面，则该截面的周长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】设为的三等分点，靠近B点，连接，并延长交延长线于P，
设为的三等分点，靠近点，连接，并延长交延长线于Q，
则∽，由于，故，
同理求得，故两点重合，则，
故，而，故，
同理可得，即四边形为平行四边形，
连接，则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，
由题意可知
故该截面的周长是 .
故答案为：C
【分析】设为的三等分点，靠近B点，连接，并延长交延长线于P，设为的三等分点，靠近点，连接，并延长交延长线于Q，再利用两三角形相似的判断方法，则∽，由于，再结合两三角形相似的性质，从而得出AP的长，同理可得AQ的长，故两点重合，再利用两点距离公式得出PG的长，再结合求和法得出PE的长，再利用勾股定理得出，同理可得，即四边形为平行四边形，连接，则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，再结合已知条件和勾股定理和多边形求周长的公式得出该截面的周长。
11．（2023·梅州模拟）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故答案为：C.
【分析】取、中点、，正方形中心，中点，连接，得到平面，求得，得出等腰梯形的高为，再由刍甍的外接球的球心在直线上，连接，结合正方体性质，求得外接圆的半径，当点在线段的延长线时，视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，结合球的截面性质，列出方程，即可求解.
12．（2023·合肥模拟）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
【知识点】棱柱的结构特征；三角形中的几何计算
【解析】【解答】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.
故答案为：C
【分析】正方体的棱长为4，建立空间直角坐标系，再利用侧面的中心，侧面的中心，而，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，即，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，再结合向量的坐标表示得出，而平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及赋值法得出点F的坐标和点G 的坐标，连结，平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，，由数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及赋值法得出点E的坐标，连结，利用平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，过G作交于，再结合向量的坐标表示和向量共线的坐标表示得出点H的坐标，显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，令交点为，，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及赋值法得出点K的坐标，连接得截面五边形，即截面为五边形，再利用已知条件结合中点的性质和余弦定理以及同角三角函数基本关系式和三角形的面积公式得出三角形的面积，再利用余弦定理和同角三角函数基本关系式以及正弦函数的定义得出三角形边上的高，再结合梯形的面积公式得出梯形面积，再利用三角形的面积和梯形的面积以及求和法得出S的面积。
二、多选题
13．（2023·绍兴模拟）某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲，是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不计），底面为平行四边形，设棱锥高为，体积为，现将容器以棱为轴向左侧倾斜，如图乙，这时水面恰好经过，其中分别为棱的中点，则（　　）
A．水的体积为 B．水的体积为
C．图甲中的水面高度为 D．图甲中的水面高度为
【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，
根据分别为棱的中点，
则，而三棱柱与平行六面体的高相同，
则，
根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则
易知，
则，A符合题意，B不符合题意，
图甲中上方的小四棱锥高为，则，则，
故图甲中的水面高度为，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：AC.
【分析】将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，根据分别为棱的中点，则，而三棱柱与平行六面体的高相同，则，根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则，易知，再利用三棱锥和三棱柱的体积公式得出，图甲中上方的小四棱锥高为，再利用棱锥体积公式，从而得出的值，则，故图甲中的水面高度为，从而找出正确的选项。
14．（2023·蚌埠模拟）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】A,D
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于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A符合题意；
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B不符合题意；
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C不符合题意；
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D符合题意．
故答案为：AD.
【分析】过作，交劣弧与点，连接，由于分别为的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，所以面，面，再利用线面平行证出面面平行，所以面面，再利用面面平行的性质定理证出线面平行，所以面；假设在点M使面SBC，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，由圆锥易得底面圆，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以面，故面SBC应与面平行；依题意结合圆锥的侧面积公式得出的值，再利用得出，不妨设圆锥外接球心为，半径为，再利用勾股定理和，进而得出R的值，再结合球的表面积公式得出球的表面积；利用棱长为的正四面体得出正方体的边长和体对角线长，进而得出棱长为的正四面体的外接球半径，设内切圆的半径为，再利用三角形的面积公式得出r的值，从而得出，进而得出棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，从而找出说法正确的选项。
15．（2023·安庆模拟）在三棱锥中，，，，分别是，，，的重心.则下列命题中正确的有（　　）
A．平面
B．
C．四条直线，，，相交于一点
D．
【答案】A,B,C
【知识点】三角形五心；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平行线分线段成比例定理
【解析】【解答】由于分别是的重心，所以分别延长，交于中点
因为，故.
平面，平面，因此平面，A选项正确；
因为是的重心，所以 因此，B选项正确；
因为，有，则线段的交点分为，同理线段和线段的交点分为，因此四条直线 相交于一点，C选项正确.
因为，所以，因此，D选项错误.
故答案为：ABC.
【分析】由于分别是的重心，所以分别延长，交于中点F，再利用结合对应边成比例两直线平行，故，再利用线线平行证出线面平行，所以平面；利用是的重心，所以 ，再利用三棱锥的体积公式得出； 利用结合两直线平行对应边成比例，所以，则线段的交点分为，同理线段和线段的交点分为，因此四条直线 相交于一点；再利用结合两直线平行对应边成比例，所以，因此，从而找出真命题的选项。
16．（2023·株洲模拟）已知三棱锥的所有棱长均相等，其外接球的球心为O．点E满足，过点E作平行于和的平面，分别与棱相交于点，则（　　）
A．当时，平面经过球心O
B．四边形的周长随的变化而变化
C．当时，四棱锥的体积取得最大值
D．设四棱锥的体积为，则
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】对于A选项，因为平面，平面，
平面平面，
，同理可得，所以，同理，
所以，四边形为平行四边形，则，
取线段的中点M，连接，
因为，M为的中点，所以，同理，
因为平面，所以平面，
平面，，
当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，
则，
因为，
所以四边形为正方形，
连接，交于，则，
由三棱锥的所有棱长均相等，则，
可知，H为的中点，
故，同理，
又，故，
则，即即为外接球的球心O，
故当时，平面即经过球心O，A符合题意；
对于B，设三棱锥的棱长为a，
由（1）知且四边形为平行四边形，，
所以，
同理，所以四边形的周长为，
即四边形的周长不随的变化而变化，B不符合题意；
对于C，由以上分析可得，，
故，
设交于N，交于R，连接，
因为平面，平面，
平面平面，
，
由于平面， ，故平面，
平面，故平面平面，
平面平面，
过点M作，垂足为T，并延长交于Q，则，平面，
则平面，
即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，
由，可知，
由于，则，而，故Q为的中点，
故，故，则，
故四棱锥的体积，
令，则，
令，则或（舍去），
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故时，在上取到最大值，
即当时，四棱锥的体积取得最大值，C符合题意；
对于D，由以上分析可知，而，故Q为的中点，
则T为的中点，也即的交点，
当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，
时，不重合，且根据正四面体的特征可知O一定在上，
则四棱锥的高为，
故四棱锥的体积为，
则，D符合题意，
故答案为：ACD
【分析】利用平面结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以，同理可得，所以，同理所以，四边形为平行四边形，则，取线段的中点M，连接，利用，M为的中点结合等腰三角形三线合一，所以，同理，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质以及线线垂直判断出四边形为正方形，连接，交于，则，由三棱锥的所有棱长均相等，再利用两三角形全等的判断方法，则，再利用两三角形全等的性质，可知，H为的中点，再结合等腰三角形三线合一，故，同理，再利用，故，则，即即为外接球的球心O，故当时，平面即经过球心O；设三棱锥的棱长为a，由（1）知且四边形为平行四边形，，再利用对应边成比例和向量共线定理以及四边形的周长公式得出四边形的周长为，从而得出四边形的周长不随的变化而变化；由以上分析可得，，再利用四边形的面积公式得出，设交于N，交于R，连接，再利用平面结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以，由于平面， ，故平面，再利用线面垂直证出面面垂直，故平面平面，过点M作，垂足为T，并延长交于Q，则，平面，则平面，即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，再利用线线平行和向量共线定理、中点的性质、勾股定理和四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积为，令，再利用求导的方判断函数的单调性，进而得出在上的最大值，从而得出当时，四棱锥的体积的最大值；由以上分析可知，而，再利用等腰三角形三线合一，故Q为的中点，则T为的中点，也即的交点，当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，
时，不重合，且根据正四面体的特征可知O一定在上，进而得出四棱锥的高，再结合四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积为，进而结合代入法得出，从而找出正确的选项。
17．（2023·江门模拟）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】A,B,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】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，A符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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符合题意.
故答案为：ABD
【分析】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，，再结合线段的比例关系和勾股定理，进而得出正四面体的外接球的半径长，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，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，再结合作差法得出勒洛四面体能够容纳的最大球的半径长；再利用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，再结合三角形的面积公式和求和法，进而得出勒洛四面体被平面截得的截面面积；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，进而得出MA的长，再利用，由余弦定理和反三角函数求解方法得出勒洛四面体表面上交线的长度；将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，连接，交于中点，交于中点，连接，再利用勾股定理得出ST的长，则由C选项的分析知：，再结合几何法得出GH的长，再利用比较法得出勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，进而找出说法正确的选项。
18．（2023·厦门模拟）如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（　　）
A．CD⊥平面ABC B．AC与BE所成角的大小为
C． D．该六面体外接球的表面积为3π
【答案】A,C,D
【知识点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
所以，
即 又，
所以CD⊥平面ABC，A符合题意；
因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，
因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，
因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，
在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
所以，三点共线；
因为，因为正三角形的中心，所以，
设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，
所以，解得，所以，所以，又，
所以，AC与BE所成角的大小为，B不符合题意；
因为，所以，C符合题意；
显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，
所以该六面体外接球的表面积为，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝结合勾股定理得出再利用线线垂直证出线面垂直， 所以CD⊥平面ABC；再利用CD⊥平面ABC，建立空间之间坐标系，再结合CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，再利用AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，所以，三点共线，再利用和正三角形的中心，从而得出点G的坐标，设，在正四面体中，，在正三棱锥中，，进而得出t的值，从而得出点E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出AC与BE所成角的大小；再结合和向量求模的坐标表示得出CE的长；显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，再利用，从而得出六面体外接球的半径，再结合球的表面积公式得出该六面体外接球的表面积，进而找出正确的选项。
19．（2023·漳州模拟）在正方体中，为线段上的动点，则（　　）
A．平面
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．直线与所成角的取值范围是
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】A，，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
又，且平面，平面，
所以平面平面，而为线段上的动点，平面，
平面，正确；
平面，平面，，
，，平面，平面，
而平面，，
同理可证，，又，平面，
平面，正确；
C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由A可得，平面，平面平面，则到平面的距离为定值，又底面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；
D，，直线与所成角即直线与所成角，
在中，当点与或重合时，取到最小值，
当点在线段中点时，取到最大值，故错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再结合线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式、异面直线所求的角的方法、几何法，进而找出正确的选项。
20．（2022·吉林模拟）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】A,B,C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；轨迹方程；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】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符合题意；
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，B符合题意；
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，C符合题意；
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不符合题意.
故答案为：ABC
【分析】取相交于点，的中点为，当时结合平面向量基本定理得出，，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，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面；再利用平面与平面是同一平面，所以平面；当时，由结合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，再结合几何法和三点共线的判断方法，进而得出的最小值；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，进而得出直线与所成角；再结合圆的定义判断出点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，再结合弧长公式得出动点P的轨迹长；当时，取的中点为，即，再利用平面向量基本定理和三点共线的判断方法，所以点在线段上，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，再利用勾股定理和二次函数的图象求最值的方以及，从而得出半径的取值范围，进而找出说法正确的选项。
21．（2023·深圳模拟）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（　　）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱台的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为，
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
D选项正确；
故答案为：ACD.
【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，得到，在中，由余弦定理求得，在中，由余弦定理得到，求得，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合AP与平面所成角的正切值为，得到点在平面的轨迹为，根据当点运动到与的交点时有最小值，可判定A选项正确；根据，得到点必须落在平面与平面的交线上，进而判定B选项错误；当点运动到点时，连接，交于点，连接，根据平面平面，得到平面，结合线面平行的性质，可判定C选项正确；设的长度为，得到动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为，求得动线段AP形成的曲面面积为，可判定D选项正确.
22．（2023·合肥模拟）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为．若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（　　）
A．三角形面积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值
C．四面体外接球表面积的最小值为11
D．直线SP与平面所成角的余弦值的最小值为
【答案】B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；直线与平面所成的角；三角形中的几何计算
【解析】【解答】A，由母线长为，高为，可得底面半径为，设是底面圆的一条直径，则，即是钝角，又，则存在点，当时，，三角形面积的最大值为，A不符合题意；
B，，当面时，，B符合题意；
C，设的外接圆半径为，底面圆，四面体外接球半径满足，若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，又，即在底面圆中，的外接圆半径最小，由正弦定理，则点经过线段的中垂线时，最大，的外接圆半径最小，此时，，，即四面体外接球表面积的最小值为，C不符合题意；
D，设点到平面的距离为，直线SP与平面所成角的正弦值为，则当面时，，此时直线SP与平面所成角的余弦值最小，最小值为，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】由母线长为，高为，再利用勾股定理得出底面半径，设是底面圆的一条直径，再利用余弦定理和三角函数值在各象限的符号得出是钝角，再利用三角形的面积公式和正弦型函数的图象求最值的方法得出三角形面积的最大值；利用已知条件结合三角形的面积公式和几何法以及三棱锥的体积公式得出三棱锥体积的最大值；设的外接圆半径为，再利用底面圆，所以四面体外接球半径满足勾股定理，即，若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，再利用，即在底面圆中，的外接圆半径最小，由正弦定理和几何法以及勾股定理和球的表面积公式得出四面体外接球表面积的最小值；设点到平面的距离为，再利用正弦函数的定义得出直线SP与平面所成角的正弦值为，则当面时，得出此时直线SP与平面所成角的余弦值的最小值，进而找出结论正确的选项。
三、填空题
23．（2023·台州模拟）三棱锥中，平面，，，点在三棱锥外接球的球面上，且，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】球内接多面体；函数最值的应用
【解析】【解答】如图所示：
分别取、的中点、，连接、，则，
由题意知平面，所以，.
因为，所以，即、、两两垂直.
以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，，
，，.
，斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径.
设点，则.
，
由题意，
得，可设.
故答案为：.
【分析】分别取、的中点、，连接、，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，由题意知平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，，再利用结合等腰三角形三线合一，所以，即、、两两垂直.以为坐标原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合勾股定理得出OB的长，再利用斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径，设点，再利用勾股定理，则，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件得出，可设，再结合空间两点的距离公式和辅助角公式以及余弦型函数的图象求值域的方法得出 的最小值。
24．（2023·安庆模拟）在棱长为4的正方体中，点是棱上一点，且.过三点、、的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为　 　.
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；平面的法向量
【解析】【解答】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面的距离为，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设正方体内切球的球心为，，
则，
设平面的法向量为，
，令，
所以，所以
于是截面圆的半径大小为，
故截面圆的面积大小为.
故答案为： .
【分析】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面的距离为，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，设正方体内切球的球心为，则，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，再结合数量积求出d的值，再利用勾股定理得出截面圆的半径大小，再结合圆的面积公式得出截面圆的面积。
25．（2023·上海市模拟）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，，为线段的中点，则下列命题中正确的序号为　 　.
①与共面；
②三棱锥的体积跟的取值无关；
③当时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为；
④时，.
【答案】①②③
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；共面向量定理
【解析】【解答】连接，在中，因为为的中点，
所以，所以与共面，所以①正确；
因为到平面的距离为定值，且，由，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以②正确；
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③正确；
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④不正确.
所以正确的命题序号是①②③.
故答案为：①②③.
【分析】连接，在中，利用为的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再结合两直线共面的判断方法，所以与共面；利用到平面的距离为定值，且，由和三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积跟的取值无关；当时，取，连接，则，再利用结合平行的传递性，所以，所以共面，即过三点的正方体的截面为，再利用勾股定理和等腰梯形的定义判断出四边形是等腰梯形，且，再结合梯形的周长公式得出平面截正方体所得截面的周长；当时，，可得，再结合勾股定理得出的值，取的中点分别为，连接，再结合勾股定理得出的值，在直角三角形中结合勾股定理得出的值，则，再结合勾股定理得出不成立，从而找出真命题的序号。
26．（2023·南通模拟）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为　 　，的面积的最大值为　 　.
【答案】5；
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；棱锥的结构特征
【解析】【解答】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，
，
，
所以，
所以
所以，
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
所以，
当时，取最大值.
故答案为：；
【分析】取中点再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，作平面与平面平行，由图可知 的边数至多为五边形；令，所以，所以，再结合余弦定理和同角三角函数基本关系式、三角形的面积公式得出，再利用与的夹角为与夹角，而与垂直，再结合四边形的面积公式得出所以，再利用二次函数的图象求最值的方法得出 的面积的最大值。
27．（2022·柳州模拟）在正方体 中，点E为线段 上的动点，现有下面四个命题：
①点E到直线AB的距离为定值； ②直线DE与直线AC所成角为定值；
③三棱锥 的外接球体积为定值； ④三棱锥 的体积为定值．
其中所有真命题的序号是　 　．
【答案】②④
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：
点E到直线AB的距离与点E到直线A1B1的距离有关，所以①是假命题；
易证AC⊥平面BB1D1D， 平面BB1D1D ，所以恒有AC⊥DE ，直线DE与直线AC所成角为90°，所以②是真命题；
B1D1//平面A1BD， E在B1D1上变化，例如点E在D1处和在B1D1的中点处时，三棱锥E-A1BD的外接球半径不同，故其外接球的体积不是定值，所以③是假命题．
因为B1D1//BD，由线面平行的判定定理可得B1D1//平面A1BD ，故点E到平面A1BD的距离d为定值，则 为定值，所以④是真命题；
故答案为： ②④
【分析】由线面垂直的性质定理得线线垂直判断①，由正方体的性质，可通过E到A1B1的距离来计算E到AB的距离，从而判断②，根据棱锥体积公式，判断③，想象E在不同位置时外接球的半径的变化，判断④.
28．（2022·浙江模拟）如图，在正方体中，M、N分别是棱、的中点，P是棱上靠近的四等分点，过M、N、P三点的平面交棱于Q，记，则　 　．若平面将正方体截成两部分体积分别为、，则　 　．
【答案】；1
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论；余弦定理
【解析】【解答】①过点P作，在平面内，延长和交于点G，设正方体棱长为4，则；
在平面内，延长和交于点J，则HD=DJ：
在底面内，连接交边于点Q：
，
在中，，，
根据余弦定理得，
，
∴，°，
是等腰直角三角形，∴，
∴；
②如图，在平面作NK∥PM交CD于K，则易知K为CD靠近C的四等分点；
由①知平面α于BC交点为Q，连接KQ，在平面A1B1C1D1作PL∥KQ，则易知L是靠近的四等分点，连接LN，则六边形即为平面α截正方体的面得到的多边形，根据对称性可知，故．
故答案为：；1．
【分析】①过点P作，在平面内，延长和交于点G，设正方体棱长为4，则；
在平面内，延长和交于点J，如图，可得HD=DJ：再连接交边于点Q：可得，进而在在中，由余弦定理得，，，即可求得；
②如图，在平面作NK∥PM交CD于K，则易知K为CD靠近C的四等分点，在结合①知平面α于BC交点为Q，连接KQ，易得六边形即为平面α截正方体的面得到的多边形，根据对称性可知，即可求解。
29．（2022·浙江模拟）在三棱锥中，顶点P在底面的投影为O，点O到侧面，侧面，侧面的距离均为d，若，．，且是锐角三角形，则三棱锥体积的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解析：如图，过点O作于点D，连接．作于点E，
则有，同理，点O到边的距离都为，所以
由可知，点C轨迹为以A，B为焦点的椭圆，，如图，当是锐角三角形时，点C横坐标取值范围为，
则，所以，
所以；
故答案为：
【分析】过点O作于点D，连接，作于点E，则有，计算点O到边的距离都为，即可得，再根据已知条件可知点C轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且点C横坐标取值范围为，，由，从而计算三棱锥体积的取值范围.
30．（2022·周至模拟）如图，在正方体中，点F是棱上的一个动点，平面交棱于点E，则下列正确说法的序号是　 　.
①存在点F使得平面；
②存在点F使得平面；
③对于任意的点F，都有；
④对于任意的点F三棱锥的体积均不变.
【答案】①③④
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】当点F为的中点，此时点E为的中点，此时连接EF，可得：，
因为平面，，所以平面，①正确；
连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以相交，
因为平面，
所以不存在点F使得平面，②错误
连接AC，BD，则AC⊥BD，又平面ABCD，平面ABCD，
所以BD，
因为，
所以BD⊥平面，
因为平面，
所以BD⊥EF，③正确；
连接DF，EF，ED，
则无论点F在的何处，都有，是定值，为正方形面积的一半，又高等于CD，故体积也为定值，为正方体体积的，④正确.
故答案为：①③④
【分析】当点F为的中点，此时点E为的中点，即可判断 ① ；
连接，可得四边形为平行四边形，即可判断不存在点F使得平面，②错误；
连接AC，BD，可判断BD，进一步可得BD⊥平面，即可判断③正确；
连接DF，EF，ED，可判断是定值，且为正方形面积的一半，又高等于CD，故体积也为定值，即可判断④正确.
31．（2022·通州模拟）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱BC，，的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点．若P与重合，则三棱锥E-PFG的体积是　 　；若直线BP与平面EFG无公共点，则BP的最小值是　 　．
【答案】；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】若P与重合，则，；
若直线BP与平面EFG无公共点，则平面，
分别取的中点，连接，
则，，，而，所以，同理，，因此可得证共面，即截面即为截面，
平面，平面，则平面，同理平面，
而，平面，所以平面平面，只要，则有平面，线段即为点轨迹，，因此的最小值为。
故答案为：；。
【分析】若P与重合，再利用三角形的面积公式得出的值，再结合三棱锥的体积公式得出的值，若直线BP与平面EFG无公共点，则平面，分别取的中点，连接，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质以及平行的传递性，所以，同理，，因此可得证共面，即截面即为截面，再利用线线平行证出线面平行，则平面，同理平面，再利用线面平行证出面面平行，所以平面平面，只要，则有平面，则线段即为点轨迹，，再利用几何的方法，进而得出的最小值。
32．（2022·滨海模拟）如图直角梯形中，，，，在等腰直角三角形中，，则向量在向量上的投影向量的模为　 　；若，分别为线段，上的动点，且，则的最小值为　 　．
【答案】；
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的模；平面向量数量积的坐标表示；空间向量的投影向量
【解析】【解答】根据题意，如图，建立平面直角坐标系，
因为，
所以，
所以，，
所以，向量在向量上的投影向量为，
故其模为.
因为，分别为线段，上的动点，
所以，设，，
所以，
所以，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立。
故答案为：；。
【分析】利用已知条件建立平面直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求投影向量的方法和向量求模公式，进而得出向量在向量上的投影向量的模； 利用，分别为线段，上的动点，再结合向量的坐标表示和向量共线的坐标表示，设出，，，再利用三角形法则和向量的坐标运算以及数量积的坐标表示，进而得出的值，再利用三角形法则和向量的坐标运算以及均值不等式求最值的方法，进而得出 的最小值。
33．（2022·青州模拟）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，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体外接球表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为　 　；点N轨迹的长度为　 　．
【答案】；
【知识点】轨迹方程；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】根据题意该正四面体的棱长为，点A，B，M分别是正四面体的棱三等分点.
该正四面体的表面积为
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面积为
每个角上小正四面体的底面积为
所以该多面体的表面积为；
如图，设点为该多面体的一个顶点，
则，.
在中，
则，所以，
，即，同理，
又，平面.
点N是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，且总满足，
点N的轨迹是的外接圆.
，，
在中，由余弦定理得，
，
设的外接圆的半径为，由正弦定理得
，
，
点N的轨迹长度为。
故答案为：；。
【分析】根据题意该正四面体的棱长为，点A，B，M分别是正四面体的棱三等分点，再结合正四面体的表面积求解方法，进而得出该正四面体的表面积，再利用该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，再结合正四面体侧面积公式得出每个角上小正四面体的侧面积，再利用三角形的面积公式得出每个角上小正四面体的底面积，再结合多媒体求表面积公式得出该多面体的表面积；设点为该多面体的一个顶点，则，，在中结合余弦定理得出的长，再利用勾股定理得出，即，同理，再利用线线垂直证出线面垂直，所以AB平面，再利用点N是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，且总满足，所以点N的轨迹是的外接圆，进而得出，的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，设的外接圆的半径为，由正弦定理得出r的值，再结合圆的周长公式得出点N的轨迹长度。
34．（2022·济南模拟）在四面体ABCD中，已知，，记四面体ABCD外接球的球心到平面ABC的距离为，四面体内切球的球心到点A的距离为，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】由题意可将四面体放在一个长方体中，如图所示，设长宽高为，
则，解得，
设外接球的半径为，则，
在中，，则，
设的外接圆半径为，则，则，
所以，
可得，
设四面体内切球的半径为，
因为四面体的各个面都相等，且，
则，解得，
因为，四面体的各个面都相等，则外接球的球心到各个面的距离相等，
所以外接球的球心和内切球的球心重合，所以，
所以。
故答案为：。
【分析】由题意可将四面体放在一个长方体中，设长宽高为，再利用勾股定理结合已知条件得出a，b，c的值，设外接球的半径为，再结合勾股定理和中点的性质得出的值，在中结合余弦函数的定义得出的值，再结合同角三角函数基本关系式，进而得出的值，设的外接圆半径为，再结合正弦定理的性质得出r的值，再利用勾股定理得出的值，再结合三棱锥的体积公式，进而得出四面体的体积，设四面体内切球的半径为，再利用四面体的各个面都相等结合三角形的面积公式得出的值，再结合三棱锥的体积公式和已知条件得出的值，再利用和四面体的各个面都相等，则外接球的球心到各个面的距离相等，所以外接球的球心和内切球的球心重合，进而得出的值，从而得出的值。
35．（2022·江苏模拟）已知空间四边形的各边长及对角线BD的长度均为6平面平面点在上，且过点作四边形外接球的截面﹐则截面面积最大值与最小值之比为　 　.
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】由题知和为等边三角形，取BD中点为连接，
则
由平面平面平面平面
故平面，，
易知球心在平面的投影为的外心，
在AE上，作于，
易得
则在中，，
所以外接球半径，连接
因为
所以三点共线，所以
当截面过球心时截面面积最大为，
当为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径为，面积为，所以截面面积最大值与最小值之比为是。
故答案为：。
【分析】由题知和为等边三角形，取BD中点为连接，再利用等边三角形三线合一，则由平面平面结合面面垂直证出线面垂直，故平面，再利用勾股定理得出AE的长，易知球心在平面的投影为的外心，在AE上，作于，易得则在中，，再利用勾股定理得出外接球半径，连接再结合所以三点共线，再结合作差法得出OM的长，当截面过球心时得出截面面积最大值，当为截面圆圆心时截面面积最小，再利用勾股定理得出此时截面圆半径，再结合圆的面积公式得出截面圆的面积，进而得出截面面积最大值与最小值之比。
36．（2022·秦皇岛二模）在长方体中，，，，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，则质点从到的最短距离为　 　；若沿质点的最短运动路线截长方体，则所得截面的面积为　 　.
【答案】；
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】
如图所示，当质点经过棱时，，
如图所示，当质点经过棱时，，
如图所示，当质点经过棱时，，
所以最短距离为，
此时质点从点出发，经过的中点，再到达点，则平面截长方体所得的截面为梯形，如下图所示，
由已知得，，，，
过点，分别作的垂线，垂足为，，
设，且，
故，
即，
解得，
故；
故答案为：，.
【分析】根据题意，画出三种展开图形，求出，比较大小，从而找出最小值即可；此时质点从点出发，经过的中点，再到达点，则平面截长方体所得的截面为梯形，计算即可得截面的面积.
1 / 1压轴题06 立体几何（选填题）-【考前冲刺】2023年高考数学压轴题专项训练（全国通用）
一、单选题
1．（2023·绍兴模拟）已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·安庆模拟）一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截（如图），为底面圆的中心，为截面的中心，为截面上距离底面最小的点，到圆柱底面的距离为1，为截面图形弧上的一点，且，则点到底面的距离是（　　）
A． B． C． D．
3．（2023·宣城模拟）已知圆锥的底面半径为，高为，当其内接正四棱柱的体积最大时，该正四棱柱的外接球的表面积（单位：）为（　　）
A． B． C． D．
4．（2023·赣州模拟）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（　　）
A． B． C． D．
5．（2023·张家界模拟）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧.图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图.它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2.若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2023·广州模拟）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2023·长安模拟）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2023·咸阳模拟）如图，中，，，为的中点，将沿折叠成三棱锥，则当该三棱锥体积最大时它的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
9．（2023·长安模拟）在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
10．（2023·上饶模拟）在正方体中，，为棱的四等分点（靠近点），为棱的四等分点（靠近点），过点，，作该正方体的截面，则该截面的周长是（　　）
A． B． C． D．
11．（2023·梅州模拟）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
12．（2023·合肥模拟）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．
二、多选题
13．（2023·绍兴模拟）某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲，是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不计），底面为平行四边形，设棱锥高为，体积为，现将容器以棱为轴向左侧倾斜，如图乙，这时水面恰好经过，其中分别为棱的中点，则（　　）
A．水的体积为 B．水的体积为
C．图甲中的水面高度为 D．图甲中的水面高度为
14．（2023·蚌埠模拟）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
15．（2023·安庆模拟）在三棱锥中，，，，分别是，，，的重心.则下列命题中正确的有（　　）
A．平面
B．
C．四条直线，，，相交于一点
D．
16．（2023·株洲模拟）已知三棱锥的所有棱长均相等，其外接球的球心为O．点E满足，过点E作平行于和的平面，分别与棱相交于点，则（　　）
A．当时，平面经过球心O
B．四边形的周长随的变化而变化
C．当时，四棱锥的体积取得最大值
D．设四棱锥的体积为，则
17．（2023·江门模拟）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
18．（2023·厦门模拟）如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（　　）
A．CD⊥平面ABC B．AC与BE所成角的大小为
C． D．该六面体外接球的表面积为3π
19．（2023·漳州模拟）在正方体中，为线段上的动点，则（　　）
A．平面
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．直线与所成角的取值范围是
20．（2022·吉林模拟）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
21．（2023·深圳模拟）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（　　）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
22．（2023·合肥模拟）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为．若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是（　　）
A．三角形面积的最大值为
B．三棱锥体积的最大值
C．四面体外接球表面积的最小值为11
D．直线SP与平面所成角的余弦值的最小值为
三、填空题
23．（2023·台州模拟）三棱锥中，平面，，，点在三棱锥外接球的球面上，且，则的最小值为　 　.
24．（2023·安庆模拟）在棱长为4的正方体中，点是棱上一点，且.过三点、、的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为　 　.
25．（2023·上海市模拟）在棱长为1的正方体中，为底面的中心，，，为线段的中点，则下列命题中正确的序号为　 　.
①与共面；
②三棱锥的体积跟的取值无关；
③当时，过三点的平面截正方体所得截面的周长为；
④时，.
26．（2023·南通模拟）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为　 　，的面积的最大值为　 　.
27．（2022·柳州模拟）在正方体 中，点E为线段 上的动点，现有下面四个命题：
①点E到直线AB的距离为定值； ②直线DE与直线AC所成角为定值；
③三棱锥 的外接球体积为定值； ④三棱锥 的体积为定值．
其中所有真命题的序号是　 　．
28．（2022·浙江模拟）如图，在正方体中，M、N分别是棱、的中点，P是棱上靠近的四等分点，过M、N、P三点的平面交棱于Q，记，则　 　．若平面将正方体截成两部分体积分别为、，则　 　．
29．（2022·浙江模拟）在三棱锥中，顶点P在底面的投影为O，点O到侧面，侧面，侧面的距离均为d，若，．，且是锐角三角形，则三棱锥体积的取值范围为　 　．
30．（2022·周至模拟）如图，在正方体中，点F是棱上的一个动点，平面交棱于点E，则下列正确说法的序号是　 　.
①存在点F使得平面；
②存在点F使得平面；
③对于任意的点F，都有；
④对于任意的点F三棱锥的体积均不变.
31．（2022·通州模拟）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱BC，，的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点．若P与重合，则三棱锥E-PFG的体积是　 　；若直线BP与平面EFG无公共点，则BP的最小值是　 　．
32．（2022·滨海模拟）如图直角梯形中，，，，在等腰直角三角形中，，则向量在向量上的投影向量的模为　 　；若，分别为线段，上的动点，且，则的最小值为　 　．
33．（2022·青州模拟）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，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体外接球表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为　 　；点N轨迹的长度为　 　．
34．（2022·济南模拟）在四面体ABCD中，已知，，记四面体ABCD外接球的球心到平面ABC的距离为，四面体内切球的球心到点A的距离为，则的值为　 　．
35．（2022·江苏模拟）已知空间四边形的各边长及对角线BD的长度均为6平面平面点在上，且过点作四边形外接球的截面﹐则截面面积最大值与最小值之比为　 　.
36．（2022·秦皇岛二模）在长方体中，，，，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，则质点从到的最短距离为　 　；若沿质点的最短运动路线截长方体，则所得截面的面积为　 　.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；函数最值的应用
【解析】【解答】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.
故答案为：D
【分析】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），所以（不与重合），再利用三角形为等腰直角三角形，为斜边，则有，再利用三角形△、△、△都为直角三角形，且，由平面图到立体图知：，，再利用面面结合面面垂直证出线面垂直，所以面，同理可得面，将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，再过作面，交于，连接，则为矩形，综上可得，，，则为中点，再利用中点的性质，所以，而，，令且，则，故，，再结合勾股定理得出球d 半径，再利用二次函数的图象求最值的方法得出r的最小值，再结合球的表面积公式得出球表面积的最小值。
2．【答案】C
【知识点】椭圆的应用；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】圆柱半径为1，截面与底边所成角为，作于，
则， .
截面椭圆是以为中心，为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，
所以椭圆的方程为，
作于，因为，直线的方程为，
所以设，又因为在椭圆上，
解得：，所以，，
过作，则，
，
由于均平行于底面，故点到底面的距离是.
故答案为：C.
【分析】利用圆柱半径为1，截面与底边所成角为，作于，则， ，再利用截面椭圆是以为中心，为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，进而得出椭圆的标准方程，作于，再利用，从而结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而结合斜截式得出直线的方程，所以设，再利用在椭圆上结合代入法得出x的值，从而得出的长，再结合余弦函数的定义得出的长，过作，再结合线段比例的方法得出的长，再利用作差法得出OD的长，由于均平行于底面，从而得出点到底面的距离。
3．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】圆锥的轴截面如图所示，为正四棱柱上底面的正中心，为圆锥底面的圆心，正四棱柱外接球的球心O，半径为R，则，
设正四棱柱底面边长为a，高为h，则，，，，
∵，
∴，即：，
∴，
又∵，
∴正四棱柱的体积为，（）
∴，
，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴当时，取得最大值，此时，
∴，，
∴，
∴正四棱柱的外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】利用圆锥的轴截面，为正四棱柱上底面的正中心，为圆锥底面的圆心，正四棱柱外接球的球心O，半径为R，则，设正四棱柱底面边长为a，高为h，再利用两三角形相似的判定定理，则，再结合两三角形相似的性质定理，所以，再利用得出实数a的取值范围，再结合正四棱柱的体积公式得出正四棱柱的体积为，（），再利用求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，再结合线段比例的方法、中点的性质和勾股定理得出正四棱柱的外接球的半径长，再结合球的表面积公式得出当其内接正四棱柱的体积最大时的该正四棱柱的外接球的表面积。
4．【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】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.
故答案为：D
【分析】设，分别为棱，的中点，则三棱锥与三棱柱外接球相同，在中，，由余弦定理和同角三角函数基本关系式得出的值，设外接圆半径为，在中，由正弦定理得出三角形外接圆半径，设三棱柱外接球半径为，由勾股定理得出R的值，再结合球的表面积公式得出三棱锥外接球的表面积。
5．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】将鲁班锁补成正方体，然后以点A为坐标原点，
AB、AD、所在直线分別为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，
观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在
、、、、、、、中取得，
结合图形可知、，，、，，，，
则，
，
，
，，
，
，
，
所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为，
所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），
设该正方体的棱长的最小值为，则，
该正方体的表面积为.
故答案为：D.
【分析】将鲁班锁补成正方体，然后以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分別为x、y、z轴建立空间直角坐标系，在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点，观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在、、、、、、、中取得，结合图形可知点的坐标，再结合两点距离公式得出P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值，所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），设该正方体的棱长的最小值为，再结合勾股定理得出a的值，再结合正方体的表面积公式得出该正方体的表面积。
6．【答案】A
【知识点】球的体积和表面积；直线与平面垂直的判定；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故答案为：A
【分析】在三棱锥中结合勾股定理得出，同理，再利用线线垂直证出线面垂直，因此平面，在等腰中，结合余弦函数的定义和同角三角函数基本关系式得出的值，令的外接圆圆心为，则平面，再利用正弦函数的定义得出的长和，取中点D，连接OD，则有，再利用平面，所以，从而，所以四边形为平行四边形，，再利用结合勾股定理得出球O的半径，再结合球的表面积公式得出球的表面积。
7．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、体积问题
【解析】【解答】依题意，要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，
则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，
如图，正四面体的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，
所以该正方体棱长为，盲盒内剩余空间的体积为.
故答案为：C
【分析】利用已知条件得出要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，再利用正四面体的棱长为8cm，所以该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，所以得出该正方体棱长，再结合多面体的体积求解方法得出盲盒内剩余空间的体积。
8．【答案】C
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】在中，，，为的中点，
所以，，
所以，在三棱锥中，，
因为平面，
所以，平面，
所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，当时，三角形的面积最大，此时三棱锥的体积最大，
所以，两两垂直，
所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，
所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，
所以，三棱锥的外接球的半径满足，
所以，三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：C
【分析】在中，，，为的中点，所以，，所以，在三棱锥中，再结合等腰三角形三线合一，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，所以，当底面三角形的面积最大时，该三棱锥的体积最大，再利用三角形的面积公式得出三角形面积的最大值，再结合当时，三角形的面积最大，再结合三棱锥的体积公式得出此时三棱锥的体积最大，所以，两两垂直，所以，三棱锥的外接球即为以为邻边的正方体的外接球，所以，棱锥的外接球直径为以为邻边的正方体的体对角线，进而得出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积。
9．【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，
所以AM⊥CD，且，
因为，所以，而，
由勾股定理得：，所以BM=BC，
故为等腰直角三角形，，，
由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，
因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，
在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，
球心O在MH上，设OM=x，
由余弦定理得：，
则，
由得：，解得：，
设外接球半径为，则，
故该三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：D
【分析】利用三角形是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，再结合等腰三角形三线合一，所以AM⊥CD，且，再利用结合勾股定理和等腰直角三角形的定义判断出三角形为等腰直角三角形，，，由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，再利用平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，进而得出的值，再利用球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理和以及两点距离公式得出x的值，从而结合勾股定理得出外接球半径为，再结合球的表面积公式得出三棱锥的外接球的表面积。
10．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】设为的三等分点，靠近B点，连接，并延长交延长线于P，
设为的三等分点，靠近点，连接，并延长交延长线于Q，
则∽，由于，故，
同理求得，故两点重合，则，
故，而，故，
同理可得，即四边形为平行四边形，
连接，则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，
由题意可知
故该截面的周长是 .
故答案为：C
【分析】设为的三等分点，靠近B点，连接，并延长交延长线于P，设为的三等分点，靠近点，连接，并延长交延长线于Q，再利用两三角形相似的判断方法，则∽，由于，再结合两三角形相似的性质，从而得出AP的长，同理可得AQ的长，故两点重合，再利用两点距离公式得出PG的长，再结合求和法得出PE的长，再利用勾股定理得出，同理可得，即四边形为平行四边形，连接，则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，再结合已知条件和勾股定理和多边形求周长的公式得出该截面的周长。
11．【答案】C
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故答案为：C.
【分析】取、中点、，正方形中心，中点，连接，得到平面，求得，得出等腰梯形的高为，再由刍甍的外接球的球心在直线上，连接，结合正方体性质，求得外接圆的半径，当点在线段的延长线时，视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，结合球的截面性质，列出方程，即可求解.
12．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；三角形中的几何计算
【解析】【解答】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.
故答案为：C
【分析】正方体的棱长为4，建立空间直角坐标系，再利用侧面的中心，侧面的中心，而，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，即，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，再结合向量的坐标表示得出，而平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及赋值法得出点F的坐标和点G 的坐标，连结，平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，，由数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及赋值法得出点E的坐标，连结，利用平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行，过G作交于，再结合向量的坐标表示和向量共线的坐标表示得出点H的坐标，显然平面与平面都相交，则平面与直线相交，令交点为，，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示以及赋值法得出点K的坐标，连接得截面五边形，即截面为五边形，再利用已知条件结合中点的性质和余弦定理以及同角三角函数基本关系式和三角形的面积公式得出三角形的面积，再利用余弦定理和同角三角函数基本关系式以及正弦函数的定义得出三角形边上的高，再结合梯形的面积公式得出梯形面积，再利用三角形的面积和梯形的面积以及求和法得出S的面积。
13．【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，
根据分别为棱的中点，
则，而三棱柱与平行六面体的高相同，
则，
根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则
易知，
则，A符合题意，B不符合题意，
图甲中上方的小四棱锥高为，则，则，
故图甲中的水面高度为，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：AC.
【分析】将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为，根据分别为棱的中点，则，而三棱柱与平行六面体的高相同，则，根据四棱锥与平行六面体底和高均相同，则，则，易知，再利用三棱锥和三棱柱的体积公式得出，图甲中上方的小四棱锥高为，再利用棱锥体积公式，从而得出的值，则，故图甲中的水面高度为，从而找出正确的选项。
14．【答案】A,D
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于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A符合题意；
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B不符合题意；
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C不符合题意；
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D符合题意．
故答案为：AD.
【分析】过作，交劣弧与点，连接，由于分别为的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再利用线线平行证出线面平行，所以面，面，再利用线面平行证出面面平行，所以面面，再利用面面平行的性质定理证出线面平行，所以面；假设在点M使面SBC，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，由圆锥易得底面圆，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以面，故面SBC应与面平行；依题意结合圆锥的侧面积公式得出的值，再利用得出，不妨设圆锥外接球心为，半径为，再利用勾股定理和，进而得出R的值，再结合球的表面积公式得出球的表面积；利用棱长为的正四面体得出正方体的边长和体对角线长，进而得出棱长为的正四面体的外接球半径，设内切圆的半径为，再利用三角形的面积公式得出r的值，从而得出，进而得出棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，从而找出说法正确的选项。
15．【答案】A,B,C
【知识点】三角形五心；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平行线分线段成比例定理
【解析】【解答】由于分别是的重心，所以分别延长，交于中点
因为，故.
平面，平面，因此平面，A选项正确；
因为是的重心，所以 因此，B选项正确；
因为，有，则线段的交点分为，同理线段和线段的交点分为，因此四条直线 相交于一点，C选项正确.
因为，所以，因此，D选项错误.
故答案为：ABC.
【分析】由于分别是的重心，所以分别延长，交于中点F，再利用结合对应边成比例两直线平行，故，再利用线线平行证出线面平行，所以平面；利用是的重心，所以 ，再利用三棱锥的体积公式得出； 利用结合两直线平行对应边成比例，所以，则线段的交点分为，同理线段和线段的交点分为，因此四条直线 相交于一点；再利用结合两直线平行对应边成比例，所以，因此，从而找出真命题的选项。
16．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】对于A选项，因为平面，平面，
平面平面，
，同理可得，所以，同理，
所以，四边形为平行四边形，则，
取线段的中点M，连接，
因为，M为的中点，所以，同理，
因为平面，所以平面，
平面，，
当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，
则，
因为，
所以四边形为正方形，
连接，交于，则，
由三棱锥的所有棱长均相等，则，
可知，H为的中点，
故，同理，
又，故，
则，即即为外接球的球心O，
故当时，平面即经过球心O，A符合题意；
对于B，设三棱锥的棱长为a，
由（1）知且四边形为平行四边形，，
所以，
同理，所以四边形的周长为，
即四边形的周长不随的变化而变化，B不符合题意；
对于C，由以上分析可得，，
故，
设交于N，交于R，连接，
因为平面，平面，
平面平面，
，
由于平面， ，故平面，
平面，故平面平面，
平面平面，
过点M作，垂足为T，并延长交于Q，则，平面，
则平面，
即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，
由，可知，
由于，则，而，故Q为的中点，
故，故，则，
故四棱锥的体积，
令，则，
令，则或（舍去），
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故时，在上取到最大值，
即当时，四棱锥的体积取得最大值，C符合题意；
对于D，由以上分析可知，而，故Q为的中点，
则T为的中点，也即的交点，
当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，
时，不重合，且根据正四面体的特征可知O一定在上，
则四棱锥的高为，
故四棱锥的体积为，
则，D符合题意，
故答案为：ACD
【分析】利用平面结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以，同理可得，所以，同理所以，四边形为平行四边形，则，取线段的中点M，连接，利用，M为的中点结合等腰三角形三线合一，所以，同理，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质以及线线垂直判断出四边形为正方形，连接，交于，则，由三棱锥的所有棱长均相等，再利用两三角形全等的判断方法，则，再利用两三角形全等的性质，可知，H为的中点，再结合等腰三角形三线合一，故，同理，再利用，故，则，即即为外接球的球心O，故当时，平面即经过球心O；设三棱锥的棱长为a，由（1）知且四边形为平行四边形，，再利用对应边成比例和向量共线定理以及四边形的周长公式得出四边形的周长为，从而得出四边形的周长不随的变化而变化；由以上分析可得，，再利用四边形的面积公式得出，设交于N，交于R，连接，再利用平面结合线面平行的性质定理证出线线平行，所以，由于平面， ，故平面，再利用线面垂直证出面面垂直，故平面平面，过点M作，垂足为T，并延长交于Q，则，平面，则平面，即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，再利用线线平行和向量共线定理、中点的性质、勾股定理和四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积为，令，再利用求导的方判断函数的单调性，进而得出在上的最大值，从而得出当时，四棱锥的体积的最大值；由以上分析可知，而，再利用等腰三角形三线合一，故Q为的中点，则T为的中点，也即的交点，当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，
时，不重合，且根据正四面体的特征可知O一定在上，进而得出四棱锥的高，再结合四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积为，进而结合代入法得出，从而找出正确的选项。
17．【答案】A,B,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】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，A符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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符合题意.
故答案为：ABD
【分析】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，，再结合线段的比例关系和勾股定理，进而得出正四面体的外接球的半径长，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，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，再结合作差法得出勒洛四面体能够容纳的最大球的半径长；再利用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，再结合三角形的面积公式和求和法，进而得出勒洛四面体被平面截得的截面面积；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，进而得出MA的长，再利用，由余弦定理和反三角函数求解方法得出勒洛四面体表面上交线的长度；将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，连接，交于中点，交于中点，连接，再利用勾股定理得出ST的长，则由C选项的分析知：，再结合几何法得出GH的长，再利用比较法得出勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，进而找出说法正确的选项。
18．【答案】A,C,D
【知识点】球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
所以，
即 又，
所以CD⊥平面ABC，A符合题意；
因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，
因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，
因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，
在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
所以，三点共线；
因为，因为正三角形的中心，所以，
设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，
所以，解得，所以，所以，又，
所以，AC与BE所成角的大小为，B不符合题意；
因为，所以，C符合题意；
显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，
所以该六面体外接球的表面积为，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】利用CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝结合勾股定理得出再利用线线垂直证出线面垂直， 所以CD⊥平面ABC；再利用CD⊥平面ABC，建立空间之间坐标系，再结合CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，再利用AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，所以，三点共线，再利用和正三角形的中心，从而得出点G的坐标，设，在正四面体中，，在正三棱锥中，，进而得出t的值，从而得出点E的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出AC与BE所成角的大小；再结合和向量求模的坐标表示得出CE的长；显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，再利用，从而得出六面体外接球的半径，再结合球的表面积公式得出该六面体外接球的表面积，进而找出正确的选项。
19．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】A，，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面；
又，且平面，平面，
所以平面平面，而为线段上的动点，平面，
平面，正确；
平面，平面，，
，，平面，平面，
而平面，，
同理可证，，又，平面，
平面，正确；
C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由A可得，平面，平面平面，则到平面的距离为定值，又底面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，正确；
D，，直线与所成角即直线与所成角，
在中，当点与或重合时，取到最小值，
当点在线段中点时，取到最大值，故错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再结合线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式、异面直线所求的角的方法、几何法，进而找出正确的选项。
20．【答案】A,B,C
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；轨迹方程；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】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符合题意；
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，B符合题意；
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，C符合题意；
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不符合题意.
故答案为：ABC
【分析】取相交于点，的中点为，当时结合平面向量基本定理得出，，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，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面；再利用平面与平面是同一平面，所以平面；当时，由结合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，再结合几何法和三点共线的判断方法，进而得出的最小值；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，进而得出直线与所成角；再结合圆的定义判断出点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，再结合弧长公式得出动点P的轨迹长；当时，取的中点为，即，再利用平面向量基本定理和三点共线的判断方法，所以点在线段上，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，再利用勾股定理和二次函数的图象求最值的方以及，从而得出半径的取值范围，进而找出说法正确的选项。
21．【答案】A,C,D
【知识点】棱台的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为，
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
D选项正确；
故答案为：ACD.
【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，中点，连接，得到，在中，由余弦定理求得，在中，由余弦定理得到，求得，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，结合AP与平面所成角的正切值为，得到点在平面的轨迹为，根据当点运动到与的交点时有最小值，可判定A选项正确；根据，得到点必须落在平面与平面的交线上，进而判定B选项错误；当点运动到点时，连接，交于点，连接，根据平面平面，得到平面，结合线面平行的性质，可判定C选项正确；设的长度为，得到动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为，求得动线段AP形成的曲面面积为，可判定D选项正确.
22．【答案】B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；直线与平面所成的角；三角形中的几何计算
【解析】【解答】A，由母线长为，高为，可得底面半径为，设是底面圆的一条直径，则，即是钝角，又，则存在点，当时，，三角形面积的最大值为，A不符合题意；
B，，当面时，，B符合题意；
C，设的外接圆半径为，底面圆，四面体外接球半径满足，若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，又，即在底面圆中，的外接圆半径最小，由正弦定理，则点经过线段的中垂线时，最大，的外接圆半径最小，此时，，，即四面体外接球表面积的最小值为，C不符合题意；
D，设点到平面的距离为，直线SP与平面所成角的正弦值为，则当面时，，此时直线SP与平面所成角的余弦值最小，最小值为，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】由母线长为，高为，再利用勾股定理得出底面半径，设是底面圆的一条直径，再利用余弦定理和三角函数值在各象限的符号得出是钝角，再利用三角形的面积公式和正弦型函数的图象求最值的方法得出三角形面积的最大值；利用已知条件结合三角形的面积公式和几何法以及三棱锥的体积公式得出三棱锥体积的最大值；设的外接圆半径为，再利用底面圆，所以四面体外接球半径满足勾股定理，即，若外接球表面积的最小，即外接球的半径最小，再利用，即在底面圆中，的外接圆半径最小，由正弦定理和几何法以及勾股定理和球的表面积公式得出四面体外接球表面积的最小值；设点到平面的距离为，再利用正弦函数的定义得出直线SP与平面所成角的正弦值为，则当面时，得出此时直线SP与平面所成角的余弦值的最小值，进而找出结论正确的选项。
23．【答案】
【知识点】球内接多面体；函数最值的应用
【解析】【解答】如图所示：
分别取、的中点、，连接、，则，
由题意知平面，所以，.
因为，所以，即、、两两垂直.
以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，，
，，.
，斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径.
设点，则.
，
由题意，
得，可设.
故答案为：.
【分析】分别取、的中点、，连接、，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质，则，由题意知平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，，再利用结合等腰三角形三线合一，所以，即、、两两垂直.以为坐标原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合勾股定理得出OB的长，再利用斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径，设点，再利用勾股定理，则，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和已知条件得出，可设，再结合空间两点的距离公式和辅助角公式以及余弦型函数的图象求值域的方法得出 的最小值。
24．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；平面的法向量
【解析】【解答】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面的距离为，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设正方体内切球的球心为，，
则，
设平面的法向量为，
，令，
所以，所以
于是截面圆的半径大小为，
故截面圆的面积大小为.
故答案为： .
【分析】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面的距离为，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，设正方体内切球的球心为，则，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面的法向量，再结合数量积求出d的值，再利用勾股定理得出截面圆的半径大小，再结合圆的面积公式得出截面圆的面积。
25．【答案】①②③
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；共面向量定理
【解析】【解答】连接，在中，因为为的中点，
所以，所以与共面，所以①正确；
因为到平面的距离为定值，且，由，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以②正确；
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③正确；
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④不正确.
所以正确的命题序号是①②③.
故答案为：①②③.
【分析】连接，在中，利用为的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，所以，再结合两直线共面的判断方法，所以与共面；利用到平面的距离为定值，且，由和三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积跟的取值无关；当时，取，连接，则，再利用结合平行的传递性，所以，所以共面，即过三点的正方体的截面为，再利用勾股定理和等腰梯形的定义判断出四边形是等腰梯形，且，再结合梯形的周长公式得出平面截正方体所得截面的周长；当时，，可得，再结合勾股定理得出的值，取的中点分别为，连接，再结合勾股定理得出的值，在直角三角形中结合勾股定理得出的值，则，再结合勾股定理得出不成立，从而找出真命题的序号。
26．【答案】5；
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；棱锥的结构特征
【解析】【解答】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，
，
，
所以，
所以
所以，
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
所以，
当时，取最大值.
故答案为：；
【分析】取中点再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面，作平面与平面平行，由图可知 的边数至多为五边形；令，所以，所以，再结合余弦定理和同角三角函数基本关系式、三角形的面积公式得出，再利用与的夹角为与夹角，而与垂直，再结合四边形的面积公式得出所以，再利用二次函数的图象求最值的方法得出 的面积的最大值。
27．【答案】②④
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；球内接多面体；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：
点E到直线AB的距离与点E到直线A1B1的距离有关，所以①是假命题；
易证AC⊥平面BB1D1D， 平面BB1D1D ，所以恒有AC⊥DE ，直线DE与直线AC所成角为90°，所以②是真命题；
B1D1//平面A1BD， E在B1D1上变化，例如点E在D1处和在B1D1的中点处时，三棱锥E-A1BD的外接球半径不同，故其外接球的体积不是定值，所以③是假命题．
因为B1D1//BD，由线面平行的判定定理可得B1D1//平面A1BD ，故点E到平面A1BD的距离d为定值，则 为定值，所以④是真命题；
故答案为： ②④
【分析】由线面垂直的性质定理得线线垂直判断①，由正方体的性质，可通过E到A1B1的距离来计算E到AB的距离，从而判断②，根据棱锥体积公式，判断③，想象E在不同位置时外接球的半径的变化，判断④.
28．【答案】；1
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论；余弦定理
【解析】【解答】①过点P作，在平面内，延长和交于点G，设正方体棱长为4，则；
在平面内，延长和交于点J，则HD=DJ：
在底面内，连接交边于点Q：
，
在中，，，
根据余弦定理得，
，
∴，°，
是等腰直角三角形，∴，
∴；
②如图，在平面作NK∥PM交CD于K，则易知K为CD靠近C的四等分点；
由①知平面α于BC交点为Q，连接KQ，在平面A1B1C1D1作PL∥KQ，则易知L是靠近的四等分点，连接LN，则六边形即为平面α截正方体的面得到的多边形，根据对称性可知，故．
故答案为：；1．
【分析】①过点P作，在平面内，延长和交于点G，设正方体棱长为4，则；
在平面内，延长和交于点J，如图，可得HD=DJ：再连接交边于点Q：可得，进而在在中，由余弦定理得，，，即可求得；
②如图，在平面作NK∥PM交CD于K，则易知K为CD靠近C的四等分点，在结合①知平面α于BC交点为Q，连接KQ，易得六边形即为平面α截正方体的面得到的多边形，根据对称性可知，即可求解。
29．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解析：如图，过点O作于点D，连接．作于点E，
则有，同理，点O到边的距离都为，所以
由可知，点C轨迹为以A，B为焦点的椭圆，，如图，当是锐角三角形时，点C横坐标取值范围为，
则，所以，
所以；
故答案为：
【分析】过点O作于点D，连接，作于点E，则有，计算点O到边的距离都为，即可得，再根据已知条件可知点C轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且点C横坐标取值范围为，，由，从而计算三棱锥体积的取值范围.
30．【答案】①③④
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】当点F为的中点，此时点E为的中点，此时连接EF，可得：，
因为平面，，所以平面，①正确；
连接，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以相交，
因为平面，
所以不存在点F使得平面，②错误
连接AC，BD，则AC⊥BD，又平面ABCD，平面ABCD，
所以BD，
因为，
所以BD⊥平面，
因为平面，
所以BD⊥EF，③正确；
连接DF，EF，ED，
则无论点F在的何处，都有，是定值，为正方形面积的一半，又高等于CD，故体积也为定值，为正方体体积的，④正确.
故答案为：①③④
【分析】当点F为的中点，此时点E为的中点，即可判断 ① ；
连接，可得四边形为平行四边形，即可判断不存在点F使得平面，②错误；
连接AC，BD，可判断BD，进一步可得BD⊥平面，即可判断③正确；
连接DF，EF，ED，可判断是定值，且为正方形面积的一半，又高等于CD，故体积也为定值，即可判断④正确.
31．【答案】；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】若P与重合，则，；
若直线BP与平面EFG无公共点，则平面，
分别取的中点，连接，
则，，，而，所以，同理，，因此可得证共面，即截面即为截面，
平面，平面，则平面，同理平面，
而，平面，所以平面平面，只要，则有平面，线段即为点轨迹，，因此的最小值为。
故答案为：；。
【分析】若P与重合，再利用三角形的面积公式得出的值，再结合三棱锥的体积公式得出的值，若直线BP与平面EFG无公共点，则平面，分别取的中点，连接，再利用中点作中位线的方法和中位线的性质以及平行的传递性，所以，同理，，因此可得证共面，即截面即为截面，再利用线线平行证出线面平行，则平面，同理平面，再利用线面平行证出面面平行，所以平面平面，只要，则有平面，则线段即为点轨迹，，再利用几何的方法，进而得出的最小值。
32．【答案】；
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的模；平面向量数量积的坐标表示；空间向量的投影向量
【解析】【解答】根据题意，如图，建立平面直角坐标系，
因为，
所以，
所以，，
所以，向量在向量上的投影向量为，
故其模为.
因为，分别为线段，上的动点，
所以，设，，
所以，
所以，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立。
故答案为：；。
【分析】利用已知条件建立平面直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求投影向量的方法和向量求模公式，进而得出向量在向量上的投影向量的模； 利用，分别为线段，上的动点，再结合向量的坐标表示和向量共线的坐标表示，设出，，，再利用三角形法则和向量的坐标运算以及数量积的坐标表示，进而得出的值，再利用三角形法则和向量的坐标运算以及均值不等式求最值的方法，进而得出 的最小值。
33．【答案】；
【知识点】轨迹方程；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】根据题意该正四面体的棱长为，点A，B，M分别是正四面体的棱三等分点.
该正四面体的表面积为
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面积为
每个角上小正四面体的底面积为
所以该多面体的表面积为；
如图，设点为该多面体的一个顶点，
则，.
在中，
则，所以，
，即，同理，
又，平面.
点N是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，且总满足，
点N的轨迹是的外接圆.
，，
在中，由余弦定理得，
，
设的外接圆的半径为，由正弦定理得
，
，
点N的轨迹长度为。
故答案为：；。
【分析】根据题意该正四面体的棱长为，点A，B，M分别是正四面体的棱三等分点，再结合正四面体的表面积求解方法，进而得出该正四面体的表面积，再利用该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，再结合正四面体侧面积公式得出每个角上小正四面体的侧面积，再利用三角形的面积公式得出每个角上小正四面体的底面积，再结合多媒体求表面积公式得出该多面体的表面积；设点为该多面体的一个顶点，则，，在中结合余弦定理得出的长，再利用勾股定理得出，即，同理，再利用线线垂直证出线面垂直，所以AB平面，再利用点N是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，且总满足，所以点N的轨迹是的外接圆，进而得出，的值，在中，由余弦定理得出的值，再利用同角三角函数基本关系式得出的值，设的外接圆的半径为，由正弦定理得出r的值，再结合圆的周长公式得出点N的轨迹长度。
34．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】由题意可将四面体放在一个长方体中，如图所示，设长宽高为，
则，解得，
设外接球的半径为，则，
在中，，则，
设的外接圆半径为，则，则，
所以，
可得，
设四面体内切球的半径为，
因为四面体的各个面都相等，且，
则，解得，
因为，四面体的各个面都相等，则外接球的球心到各个面的距离相等，
所以外接球的球心和内切球的球心重合，所以，
所以。
故答案为：。
【分析】由题意可将四面体放在一个长方体中，设长宽高为，再利用勾股定理结合已知条件得出a，b，c的值，设外接球的半径为，再结合勾股定理和中点的性质得出的值，在中结合余弦函数的定义得出的值，再结合同角三角函数基本关系式，进而得出的值，设的外接圆半径为，再结合正弦定理的性质得出r的值，再利用勾股定理得出的值，再结合三棱锥的体积公式，进而得出四面体的体积，设四面体内切球的半径为，再利用四面体的各个面都相等结合三角形的面积公式得出的值，再结合三棱锥的体积公式和已知条件得出的值，再利用和四面体的各个面都相等，则外接球的球心到各个面的距离相等，所以外接球的球心和内切球的球心重合，进而得出的值，从而得出的值。
35．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】由题知和为等边三角形，取BD中点为连接，
则
由平面平面平面平面
故平面，，
易知球心在平面的投影为的外心，
在AE上，作于，
易得
则在中，，
所以外接球半径，连接
因为
所以三点共线，所以
当截面过球心时截面面积最大为，
当为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径为，面积为，所以截面面积最大值与最小值之比为是。
故答案为：。
【分析】由题知和为等边三角形，取BD中点为连接，再利用等边三角形三线合一，则由平面平面结合面面垂直证出线面垂直，故平面，再利用勾股定理得出AE的长，易知球心在平面的投影为的外心，在AE上，作于，易得则在中，，再利用勾股定理得出外接球半径，连接再结合所以三点共线，再结合作差法得出OM的长，当截面过球心时得出截面面积最大值，当为截面圆圆心时截面面积最小，再利用勾股定理得出此时截面圆半径，再结合圆的面积公式得出截面圆的面积，进而得出截面面积最大值与最小值之比。
36．【答案】；
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】
如图所示，当质点经过棱时，，
如图所示，当质点经过棱时，，
如图所示，当质点经过棱时，，
所以最短距离为，
此时质点从点出发，经过的中点，再到达点，则平面截长方体所得的截面为梯形，如下图所示，
由已知得，，，，
过点，分别作的垂线，垂足为，，
设，且，
故，
即，
解得，
故；
故答案为：，.
【分析】根据题意，画出三种展开图形，求出，比较大小，从而找出最小值即可；此时质点从点出发，经过的中点，再到达点，则平面截长方体所得的截面为梯形，计算即可得截面的面积.
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