高中数学三轮复习（直击痛点）：专题16立体几何中范围和最值问题
一、选择题
1．（2023高二上·淳安月考）如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】空间中两点间的距离公式；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，
过点F作F关于平面的对称点，连接交平面于点，
任取(不含)，此时，所以此时的使得的最小，
以D为坐标原点，以DA，DC，所在的直线为x轴，y轴，z轴，从而建立空间直角坐标系，
因为E，F分别为BD1的三等分点，
所以
又因为F到平面的距离为1，所以
则为
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征和三等分点的性质，再结合两边之和大于第三边，进而找出使最小的点，再利用空间建系的方法，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示，进而得出的最小值.
2．（2023高三上·佳木斯期中）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆方程的综合应用；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：在平面中，以B为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系，设圆的圆心为，半径为，因为交于M，由阿氏圆的性质知，
因为，所以，
所以，所以，所以，
点P在空间中的轨迹为以O为球心，半径为2的球，
若点P在四边形内部时，如图所示，
截面圆与分别交于点，所以P在四边形内的轨迹为，
因为，在直角，所以，
所以，当P在平面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时，如图所示，
由面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，
截面圆与，且，
所以P在正方形内的轨迹为，所以，
综上可得，点P的轨迹长度为.
故答案为：C.
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面的交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度，即可求解.
3．（2023高二上·仓山期中）如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面与平面所成角的大小为，则线段的长的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：在直四棱柱中，，，，
所以两两互相垂直，以A为原点，所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
设
则
所以
设平面AEF的一个法向量为
则，所以，
令z=1，所以x=-m，y=-n，则
显然为平面ABC的一个法向量，
因为平面与平面所成角的大小为，
所以
所以所以，
所以所以当n=0时，m取得最大值，则线段的长的最大值为。
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合直四棱柱结构特征得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出二面角的平面角的余弦值，进而得出m关于n的函数关系式，再利用二次函数求最值的方法得出m的最大值，从而得出线段的长的最大值。
4．（2022高一下·温州期末）如图， 二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点， 为半平面内一点， 且， 若直线与平面所成角为为的中点， 则线段长度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】如图，自点引平面的垂线，垂足为，
因为，
则A，B两点在以CO为高以CA，CB为母线的圆锥的底面圆周上，所以当A，B
两点运动到公共棱上时AD最大.
自点引公共棱的垂线OH，则，不
难解出，在中，由余弦定理
得：，
又在中由余弦定理得：。
故答案为：A.
【分析】自点引平面的垂线，垂足为，利用，则A，B两点在以CO为高以CA，CB为母线的圆锥的底面圆周上，所以当A，B两点运动到公共棱上时AD最大，自点引公共棱的垂线OH，则，不难解出的长，在中，由余弦定理得出的值，在中结合余弦定理得出AD的长。
5．（2022·南阳模拟）传说古希腊数学家阿基米德的募碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的表面积之比为
B．平面截得球的截面面积取值范围为
C．四面体的体积的最大值为16
D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积
【解析】【解答】A，球表面积为，圆柱全面积是，，A不符合题意；
B，平面过球心时，截得球的截面最大，此时截面面积为，B不符合题意；
C，绕旋转时，由于始终有（是圆柱的轴，圆柱的底面垂直，因此与底面上的直线垂直），从而为定值，
，当时，易得平面，而当与不垂直时，与平面不垂直，因此到平面的距离小于，到平面的距离小于，因此
，即四面体的体积的最大值为，C不符合题意；
D，如下图，不妨设与重合，与重合，设是圆柱过点的母线与下底面的交点，则与底面圆垂直，从而与底面上的直线，
，
，
设，则，
，
令，收，
，
时，，单调递增，时，，单调递减，
所以，而，所以，
的取值范围是，
所以即的取值范围是，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】求出球与圆柱的表面积之比判断A；由截面积最大为球的大圆面积判断B；用割补法求四面体体积判断C；不妨设E与A重合，F与B重，设Q是圆柱过点P的母线与下底面的交点，计算出PA+ PB，利用导数求出其取值范围从而判断D.
6．（2023高二下·湖南期末）已知，，，是表面积为的球面上四点，，，，三棱锥的体积为，则线段长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：设球心为，由题意球表面积为，得，由，，，结合余弦定理，求得，可得，即，设的中点为，则为的外接圆圆心，连接，由勾股定理可得，即球心为到平面的距离为，结合三棱锥的体积为，所以点到平面的距离.设在球面的截面圆上，则，截面圆的半径为，设在平面的投影为，即的中点，则，又，所以线段长度的取值范围
故答案为：C.
【分析】由题意可得为直角三角形，根据球的表面积公式可得，结合球的性质可得球心为到平面的距离为，根据圆锥的体积公式，表示出，再结合圆的性质即可求解.
7．（2022高三上·浙江开学考）已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理
【解析】【解答】以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.
设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，则，
，故，
，
所以
在中运用余弦定理与基本不等式得：
，
在中运用余弦定理与基本不等式得：，
上两式相加得：，
故有： ，
在中由正弦定理得：，
因此，.
故答案为：B
【分析】将已知转化为，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值范围，由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的范围，得解.
8．（2022·海宁模拟）平面直角坐标系中，若两点，满足或，则称点S和点T保持了合理间距．正方形中，顶点，动点P，Q都在正方形内（包括边界），且点P在抛物线上，则下列说法错误的是（ ）
A．若点P与点O，A，B都保持了合理间距，则点P的横坐标的取值范围是
B．若点Q与点O，A，B都保持了合理间距，则点Q的轨迹所形成的面积为6
C．若点Q与点P，O，A，B都保持了合理间距，则点Q的轨迹所形成的面积最大值为6
D．若点Q与点P，O，A，B都保持了合理间距，则点Q的轨迹所形成的面积最小值为
【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】设点，动点P在正方形内（包括边界），则，解得
若P与点O，A，B都保持了合理间距，则（或）且（或）且（或），解得
点P的横坐标的取值范围是，A符合题意．
如图， 点Q与点O，A，B都保持了合理间距，图中阴影部分是不符合题意，点Q的轨迹所形成的面积为6，B符合题意．
若点Q与点P保持了合理间距，则以P为中心、边长为2的正方形EFQH内的点是不符合题意，且
设点Q的轨迹所形成的面积为，
当时，如图，阴影部分是不符合题意，
在上单调递减
则．
当时，如图，阴影部分是不符合题意，
当恒成立
在上单调递减，则．
当时，如图，阴影部分是不符合题意，
，则．
综上．所以C符合题意，D不符合题意．
故答案为：D．
【分析】设点，动点P在正方形内（包括边界），得和（或）且（或）且（或）求解可判断A；根据几何意义的理解可判断B；若点Q与点P保持了合理间距，则以P为中心、边长为2的正方形EFQH内的点是不符合题意，且，结合图像分情况讨论可判断C，D。
二、多项选择题
9．（2024高三上·荣昌月考） 如图，在棱长为2的正方体中，E是线段的中点，点M，N满足，其中，则（ ）
A．存在，使得
B．的最小值为
C．当时，直线与平面所成角的正弦值为
D．当时，过E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为
【答案】B,C,D
【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；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解： 在棱长为2的正方体中，以D为坐标原点，所在的直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系D-xyz，因为E是线段的中点，点M，N满足，
则
则
所以
若，则，则所以
因为，所以所以不成立，所以A错；
当时，此时MN最小，再利用勾股定理得出的最小值为，所以B对；
当时，因为
设平面MEN的法向量为则则
取x=2，则所以
所以直线与平面所成角的正弦值为，所以C对；
当时，取靠近点的三等分点G，连接GE，并延长交AD于点H，易得点H是靠近A点的三等分点，取靠近B点的三等分点P，易知四边形GHPN为矩形，求的其面积为，所以过E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为，所以D对。
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征和中点的性质，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示、三角形法则和向量共线定理，进而得出向量的坐标，再由数量积为0两向量垂直的等价关系、垂线段最短、数量积求向量夹角公式和诱导公式求线面角的正弦值、n等分点和矩形的面积公式得出截面面积，从而找出正确的选项。
10．（2023·）如图，棱长为6的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）
A．当时，∥平面
B．当时，若∥平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过A、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】A,B,C
【知识点】轨迹方程；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间向量基本定理；用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，
A、当时，则，因为，，
设平面的法向量为， 则，
取，则，可得，所以，则，因为平面，所以当时，∥平面，故A正确；
B、当时，为中点，分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以∥，又因为∥且，则四边形为平行四边形，可得∥，所以∥，且平面，平面，所以∥平面，同理可得，∥平面，
因为，、平面，所以平面∥平面，当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则∥平面，故点的轨迹为的边（除去点），则，
同理可得，结合图形可得，故B正确；
C、当时，、分别为、的中点，如图所示：此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，则，因为，则，解得，设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，则，则，设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，所以四边形为平行四边形，且，，因此点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，故C正确；
D、设截面交棱于点，连接、，由题意可知，截面与平面重合，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，
所以四边形为平行四边形，
因为，其中，则，，且，即与不可能垂直，所以平行四边形不可能为矩形，即过A、、三点的截面不可能是矩形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点P的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
11．（2023高二上·仓山期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形．底面，，点是棱PB上一点（不包括端点）．F是平面内一点，则（ ）
A．存在点，使平面
B．存在点，使平面
C．的最小值为
D．以为球心，半径为1的球与四棱锥的四个侧面的交线长为
【答案】B,D
【知识点】棱锥的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，过E作，且连接DG，
因为点E是棱PB上的一点（不包括端点），所以
又因为且AD=BC，，
所以且
所以AE的延长线与DG的延长线必定相交于某一点，又因为
所以AE与平面PCD相交，所以一定不存在点E，使得平面，所以A错；
对于B，因为所以PA在底面ABCD内的射影为AD，
又因为底面ABCD是正方形，所以
根据三垂线定理可得所以为直角三角形，
所以斜边PB上必定存在唯一点E，使得
因为所以PB在底面ABCD的射影为BD，
又因为底面ABCD为正方形，所以
根据三垂线定理可得又因为且
所以平面，所以B对；
对于C，由选项B可知同理可得
又因为底面ABCD是正方形，所以又因为所以
又因为所以将绕PB展开到平面PBC，
如图：
又易知，AB=BC=1，PA=PC=2，
设过A作垂足为F，且
又因为
所以所以此时AE+EF=AF最小，又易知
又因为所以的最小值为，所以C错；
对于D，在侧面PAD内，球的交线为图中的，所以AD=ID=JD=R=1，
又易知所以为正三角形，所以
又因为所以
又因为R=1，所以弧长为，即在侧面PAD内，球的交线，
由对称性同理可得在侧面PCD内，球的交线长为，过D作垂足为H，易知，
，又由选项A易知所以
又因为球心D到球在侧面PAB交线上的点的距离为R=1，所以球在侧面PAB内交线上的点到H的距离为
，由图可知，球在侧面PAB内交线是以H为圆心，半径的半圆，
所以球在侧面PAB内交线，
由对称性同理可得在侧面PBC内，球的交线长为，
所以以D为球心，半径为1的球与四棱锥P-ABCD的四个侧面的交线长为
所以D对。
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件结合线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理，从而判断出选项A和选项B，利用已知条件化空间为平面，再结合面面垂直的性质定理和点到平面距离最短，进而得出的最小值，从而判断出选项C，利用已知条件和对称性以及面面垂直的性质定理，从而由勾股定理和弧长公式得出以为球心，半径为1的球与四棱锥的四个侧面的交线长，进而判断出选项D。
12．（2022高一下·宿迁期末）已知正三棱柱的棱长均为2，点D是棱上（不含端点）的一个动点．则下列结论正确的是（ ）
A．棱上总存在点E，使得直线平面
B．的周长有最小值，但无最大值
C．三棱锥外接球的表面积的取值范围是
D．当点D是棱的中点时，二面角的正切值为
【答案】A,B,C
【知识点】函数的最大（小）值；球的体积和表面积；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】对A，在上取一点使得，则，当时，
则有平行四边形，故，则直线平面，A符合题意；
对B，如图展开侧面，易得当在与的交点时取得最小值，
因为D是棱上（不含端点）的一个动点，故无最大值，
故的周长有最小值，但无最大值，B符合题意；
对C，由题意，三棱锥外接球即四棱锥的外接球，
取中点，中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，
则.易得平面平面.
根据外接球的性质有外接球的球心在平面中，且为的外接圆圆心.由对称性，
可得当在中点时，最大，此时外接球直径最小.
此时，故外接球直径 ，
此时外接球表面积.当在或者点时，
三棱锥外接球即正三棱柱的外接球，
此时外接球的一条直径与和的外接圆直径构成直角三角形，
此时外接球直径 ，此时外接球表面积.因为点D是棱上（不含端点）的一个动点，
故三棱锥外接球的表面积的取值范围是，C符合题意；
对D，设到平面的距离为，则由，
即，故.设到线段的距离，
则，
解得，故二面角的正切值为 ，D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】由正三棱柱的几何意义，结合线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由平行的传递性即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理即可得证出结论，从而得出选项A正确；由线面垂直的定义结合距离的定义由正三棱柱的几何性质即可判断出选项B正确；结合球的几何性质由三角形中的几何计算关系计算出边的大小，并代入到球的表面积公式结合线面垂直的几何性质即可判断出选项C正确；由二面角平面角的定义结合三角形中的几何计算关系，由同角三角函数的基本关系式代入数值计算出结果由此判断出选项D错误；从而得出答案。
13．（2022高三上·福田模拟）已知长方体的表面积为10，十二条棱长度之和为16，则该长方体（ ）
A．一定不是正方体
B．外接球的表面积为
C．长、宽、高的值均属于区间
D．体积的取值范围为
【答案】A,B,D
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A，可设长方体长宽高分别为a，b，c，，则，又因为，则
根据基本不等式可得：，当且仅当a=b=c时等号成立
而取不到等号，故得不到a=b=c，故A正确；
对于B，设长方体外接球半径为R，则
所以，所以外接球表面积：，故B正确；
对于C选项，因a+b+c=4，可得c=4-(a+b)，又因ab+ac++bc=5，则ab+[4-(a+b)](a+b)=5
所以ab=5-[4-(a+b)](a+b)，注意到a>0，b>0，c>0，根据基本不等式得
，令m=a+b，m>0，则
即，整理得
所以，即，因a+b+c=4，所以，故C错误；
对于D选项，V=abc={5-[4-(a+b)](a+b)}[4-(a+b)]，令m=a+b，则
所以V=(4-m)(5-4m+m2)，则V'=-(3m-7)(m-3)，令V'=0
则m=3或，当时，，即V单调递减；
当时，，即V单调递增；当时，，即V单调递减；
所以，
所以 体积的取值范围为 ，
故答案为：ABD.
【分析】
对于A，可设长方体长宽高分别为a，b，c，由基本不等式判断即可；
对于B，由，即可判断；
对于C，利用基本不等式化简ab=5-[4-(a+b)](a+b)，解不等式即可；
对于D，由V=abc，将代入c=4-(a+b)，ab=5-[4-(a+b)](a+b)化简，利用导数求范围.
14．（2024高三上·昌乐模拟）如图，在边长为2的正方形AP1P2P3中，线段BC的端点B，C分别在边P1P2，P2P3上滑动，且P2B＝P2C＝x。现将△AP1B，△AP3C分别沿AB，CA折起使点P1，P3重合，重合后记为点P，得到三棱锥P－ABC。现有以下结论：（ ）
A．AP⊥平面PBC
B．当B，C分别为P1P2，P2P3的中点时，三棱锥P－ABC的外接球的表面积为6π
C．x的取值范围为(0，4－2)
D．三棱锥P－ABC体积的最大值为
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】根据题意得，折叠成的三棱锥的三条侧棱满足、，
对A：由、，且，平面，所以平面，故A正确；
对B： 当B，C分别为P1P2，P2P3的中点时，三棱锥的三条侧棱两两垂直，三棱锥的外接球的直径等于以、、为长、宽、高的长方体的对角线长，由，，得外接球的半径，所以外接球的表面积，故B正确；
对C： 正方形AP1P2P3 的边长为，所以，，，
在中，由边长关系得，解得，故C正确；
对D：因为的面积为，
令，，
当时，，当时，，
所以当时，取到极大值也是最大值，，所以，所以，故D错误；
故选：ABC.
【分析】根据题意得，折叠成的三棱锥的三条侧棱满足、，由线面垂直的判断定理得A正确；三棱锥的外接球的直径等于以、、为长、宽、高的长方体的对角线长，由此结合、，得外接球的半径，由此得三棱锥的外接球的体积，故B正确；由题意得， ， ，在中，由边长关系得，故C正确；利用导数求解最值即可，故D错误.
15．（2023·杭州模拟）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体CDEF的体积的取值范围为
C．平面DEF截得球的截面面积最小值为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】A,D
【知识点】二次函数的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A符合题意；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，B不符合题意；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C不符合题意；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D符合题意.
故答案为：AD
【分析】利用球与圆柱的体积公式判断A；由题可得，求解体积判断B；由题可得O到平面DEF的距离为，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值判断C ；设，则，则，令，然后利用二次函数的性质可得PE+PF的取值范围判断D.
16．（2023高三上·宝安月考）如图，圆锥内有一个内切球，球与母线分别切于点.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为
B．平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C．四面体的体积的取值范围是
D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：A、设圆锥的底面半径为，球的半径为，圆锥的母线长为，由是边长为2的等边三角形，可得，连接，易知，且，
则，所以，所以，即，故球的表面积，圆锥的侧面积，所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故A正确；
B、因为平面与母线平行，所以截得圆锥侧面的交线的形状为抛物线，故B正确；
C、因为为圆锥底面圆的中心，所以为的中点，则四面体的体积等于，设点到平面的距离为，当与重合时，，当位于弧的中点时，有最大值，最大值为1，所以，作交于点，根据A选项可知，，所以，所以，所以三角形的面积为，所以，因为，所以，所以四面体的体积的取值范围是，故C错误；
D、由题意可得球面和圆锥侧面的交线以 为直径的圆，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
，设，所以，同理，则，两边同时平方可得，当时，有最大值，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用球的表面积公式及圆锥的侧面积的公式可判断A，由圆锥曲线定义可得选项B正确， 求出点到面的距离的范围，进而可得体积的取值范围可判断C，写出的表达式两边同时平方，利用三角函数函数可得的最大值，从而判断选项D.
17．（2022高二上·保定月考）很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．A，C，D，F四点共面
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为
【答案】A,B,D
【知识点】简单组合体的结构特征；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；共面向量定理
【解析】【解答】将该半正多面体补成正方体．因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2．
该半正多面体的体积，A符合题意．
该半正多面体的外接球球心即正方体的外接球球心．设正方体的外接球球心为M，
则该半正多面体的外接球半径，故该半正多面体外接球的表面积为，C不符合题意．
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．设，
可解得，则，，共面，即A，C，D，F四点共面，B符合题意．
又，设，所以，则．
．令，
则．
因为，所以，
故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为．D符合题意．
故答案为：ABD
【分析】利用已知条件结合正多面体的体积求解方法、四点共面的判断方法、正多面体与外接球的位置关系、球的表面积公式、数量积求异面直线的角的余弦值的公式和二次函数的图象求值域的方法，进而找出正确的选项。
18．（2022·南通模拟）已知三棱锥D－ABC的外接球的表面积为24π，直角三角形ABC的斜边，CD⊥BC，则（ ）
A．BC⊥平面ACD
B．点D的轨迹的长度为2π
C．线段CD长的取值范围为（0，2]
D．三棱锥D－ABC体积的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】因为△ABC以AB为斜边的直角三角形，
∴，又，
∴BC⊥面ACD，A符合题意；
设△ACD的外接圆圆心N，半径为r，D－ABC外接球半径为，，
∴，
∴，∴，，
D在优弧上，D轨迹长度，
D在劣弧上，D轨迹长度，B不符合题意；
所以，C符合题意；
由题可知当在的垂直平分线时，的面积最大，，
∴，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A；利用球的截面性质及条件可得△ACD的外接圆的半径，进而判断B、C；利用三角形面积公式及锥体的体积公式可判断D.
19．（2024高三上·北碚月考）如图，圆锥的底面圆的直径，母线长为，点是圆上异于，的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．与底面所成角为45°
B．圆锥的表面积为
C．的取值范围是
D．若点为弧的中点，则二面角的平面角大小为45°
【答案】A,C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：A、∵面，
∴就是与底面所成角，
在中，圆锥的母线长为，半径，
∴，即，A正确；
B、由圆锥的侧面积公式可得，侧面积为，表面积为，B错误；
C、显然，当点与重合时，取最小值，，
当点与重合时，取最大值，，
而当与，不重合时，有，
又因为，所以，C正确；
D、取的中点，连接，，如图所示：
，
∵为的中点，为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵面，面，
∴，
∵，面，
∴，
∴为二面角的平面角，
∵点为弧的中点，
∴，
∴，
∴，D错误.
故答案为：AC.
【分析】A、由计算即可；
B、 由圆锥的侧面积公式算即可；
C、 由即可判断出；
D、 只需取的中点，分别连接，，则即为二面角的平面角求.
20．（2022·滨州二模）在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把 ， 和 折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥 ，如图2所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．三棱锥 的体积为4
C．三棱锥 外接球的表面积为
D．过点M的平面截三棱锥 的外接球所得截面的面积的取值范围为
【答案】A,B,D
【知识点】球面距离及相关计算；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示：
对A：因为 ， ， ，所以 平面 ，所以 ，A符合题意；
对B：因为M为BE的中点，所以 ，B不符合题意；
对C：三棱锥 外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径 ，所以三棱锥 外接球的表面积为 ，C符合题意；
对D：过点M的平面截三棱锥 的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为 ，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径 ，截面圆的面积为 ，所以过点M的平面截三棱锥 的外接球所得截面的面积的取值范围为 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，对A：由平面即可判断；对B：由即可求解；对C：三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对D：由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解.
三、填空题
21．（2023高二上·福州期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点.
（1）若点N为棱的中点，则平面AMN截正方体的截面的面积为 ；
（2）若点N是棱上的一个动点，则点到平面AMN的距离的最小值为 .
【答案】（1）
（2）
【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】解：（1）当N是的中点时，连接因为M是BC的中点，再利用正方体的结构特征和中位线的性质，所以，所以A，M，N，四点共面，所以截面即是平面，再根据正方体的结构特征和平行的传递性以及勾股定理可知，四边形是等腰梯形，
再由勾股定理得出，所以，，
所以等腰梯形的高为，
所以截面等腰梯形的面积为。
（2）当点N是棱上的任意一点时，建立空间直角坐标系如下图所示，
则
设则
设平面AMN的法向量为则，
故可设
所以点到平面AMN的距离为
因为所以
所以当时，点到平面AMN的距离取得最小值为。
故答案为：(1)；(2).
【分析】当N是的中点时，画出截面，再根据梯形面积公式得出截面面积；当N是棱上任意一点时，建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到截面的距离的表达式，再利用二次函数的单调性求最值的方法得出点到平面AMN的距离的最小值。
22．（2023·浙江模拟）若正四面体的棱长为3，平面ABC内有一动点P到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点P在面内的轨迹的长度为 .
【答案】2
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；等差中项
【解析】【解答】解：设动点P到平面、平面、平面的距离分别为，，，正四面体 的高为，
则，即，
又，，成等差数列，，，平面ABC内的动点P到平面的距离等于点A到平面的距离的，
如图，连接交于点，则，分别取靠近，靠近的三等分点，连接，则点线段上运动，.
点P在面ABC内的轨迹的长度为2.
故答案为：2.
【分析】根据题意，动点P到平面、平面、平面的距离分别为，，，正四面体 的高为，则，所以取靠近，靠近的三等分点，连接，则点线段上运动.
23．（2023高三上·花都月考）已知正方体的棱长为3，动点在平面内，且AP与所成角为，则长度的最小值为 .
【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】解：由已知与所成角为30°，，所以，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，因为，所以在圆外，结合圆的模型得在上时，最短，所以长度的最小值为.
故答案为：.
【分析】由已知可得，确定点然后的轨迹，然后根据圆的知识可得答案.
24．（2023高三上·长沙月考）已知正四面体的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体表面上任意一点，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形五心；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意，
则，
∴欲求 的最小值，只需求OP的最小值；
如下图，G为BC中点，H为等边的内心，
由图可知，当OP垂直于 正四面体 任意一个面时，OP最小；
不妨设，此时
设AB=AD（AM）=2a，则，，，
由勾股定理可得：，
即，
解得，
∴，
∴；
故答案为：-8.
【分析】先利用极化恒等式得，在利用几何关系求出OP的最小值即可得到 的最小值为.
25．（2023高二上·郫都月考）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为 ．
【答案】
【知识点】球的体积和表面积；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：将沿翻折到与 共面如图1，
平面，平面， ， 又 ，平面，， 平面，平面，
连接，则，，在中由余弦定理得，求得(舍负)，，将鳖臑补成长方体如图2，
则该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
外接球的半径，外接球的体积.
故答案为： .
【分析】将沿翻折到与 共面如图1，在利用余定理出，将鳖臑补成长方体，进而求外接球的体积.
26．（2022·嵊州模拟）已知矩形，设E是边上的一点，且．现将沿着直线翻折至，设二面角的大小为，则的最大值是 ．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】方法一：如图，
作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒
∵，∴，∴平面，∴，
又，AF∩BE=F，∴平面，∴，
又，HK∩，∴平面，∴，
∴即为二面角的平面角，即有，
设，
∴，，，
易知△ABE是等腰直角三角形，F为BE中点，，
易知HG⊥AB，则Rt，
则，
∴，则有，
∵表示单位圆上一点与连线的斜率，
∴如图，斜率最大为直线和圆相切时，
直线倾斜角为，则，
则，∴．
故答案为：．
方法二：在方法一的基础上，如图，延长、交于点I，
易知△ABE是等腰直角三角形，∠FAE=45°，HK∥AD，则∠KHI=45°，则△HKI是等腰直角三角形，∴HK=，，
设，由方法一知．
∵△ABE是等腰直角三角形，则易知点的轨迹是以F为圆心，为半径的半圆，
当与该圆相切时，最大，
此时，∴的最大值为，
∴，∴．
故答案为：．
【分析】作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒即为二面角的平面角，即有，求 的最大值，即可得的最大值.
27．（2023高二上·东莞月考）如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，是等腰三角形，则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为 .
【答案】
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：如题中的图，取BC的中点为O，AD中点为E，连接OE，OP，
因为PB=PC，BC中点为O，所以
又因为
所以又因为E为AD的中点，所以
因为ABCD是正方形，所以
连接AC，BD，交于点G，则G为ABCD的中心，
如下图，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则
所以
设是平面PAD的一个法向量，则即，
取z=1，则，设点G到平面PAD的距离为d，则，
所以d为平面上任意一点到底面中心距离的最小值。
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合面面垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，再利用等腰三角形三线合一证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点到坐标和向量的坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系，从而得出平面的法向量，再结合数量积求点到平面的距离公式和几何法得出平面上任意一点到底面中心距离的最小值。
28．（2023高三上·诸暨期末）如图，正四棱台，上下底面分别是边长为4，6的正方形，若，则该棱台外接球表面积的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数的值域；球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】由题意得正四棱台的上下底面外接圆半径分别为，，高为，
因为，所以；
设正四棱台的外接球半径为R，球心到上下底面的距离分别为和，
当球心在上下底面之间时，，
当球心不在上下底面之间时，，
所以，
又，，则，，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以，因为，所以，
所以，所以棱台外接球表面积．
故答案为：．
【分析】由题意得正四棱台的上下底面外接圆半径，再利用勾股定理得出高为，再结合，进而得出高的取值范围，设正四棱台的外接球半径为R，球心到上下底面的距离分别为和，当球心在上下底面之间时，，当球心不在上下底面之间时，，所以，再利用勾股定理得出，再结合，进而得出的取值范围，从而得出的取值范围，再结合球的表面积公式得出棱台外接球的表面积。
四、解答题
29．（2023高三上·东莞期中）如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点．将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥．
（1）证明：；
（2）当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）证明：由题意证明如下，
在菱形中，为的中点，， ∴，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面， ∴平面，
而平面， ∴
（2）解：由题意及（1）得，
为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
， ，
设平面的法向量，则，得
令，得，，
则，
令，，得
，
当且仅当时，等号成立，
设直线与平面所成角为， 则，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
当时，， 当时，
∵，∴直线与平面所成角的正弦值的范围为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）在菱形中，得到，再由题意得到，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；
（2）以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，令，化简得到，结合基本不等式，得到当时，等号成立，设直线与平面所成角为， 得到直线与平面所成角的正弦值的最大值为，进而求得直线与平面所成角的正弦值的范围.
30．（2023高三上·广东月考）如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，，为中点.
（1）证明：点在上.
（2）点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值.
【答案】（1）证明：连接，．
因为是三棱锥的高，即平面，
因为平面
所以．
因为，的中点为，
所以，
因为平面
所以平面，
因为平面，
所以．
又因为是边长为的正三角形，的中点为
所以，，即点在上．
（2）解：结合（1）得，，，，．
过点作，交于，
结合（1）可知两两垂直，
所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
所以，，
设，．
所以，．
设平面的法向量为，
则，即 取，则．
所以，，当且仅当时，等号成立．
所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明直线和平面内两条相交直线垂直，即可得到点与直线的位置关系；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表示相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出二面角平面角余弦值的最大值。
31．（2022高二上·辽宁月考）如图，圆柱上、下底面圆的圆心分别为O，，矩形为该圆柱的轴截面，，点E在底面圆周上，点G为的中点.
（1）若，试问线段上是否存在点F，使得 若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由.
（2）求直线与平面夹角的正弦值的最大值.
【答案】（1）解：假设存在，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
则，
不妨设，
则，
因为，
所以，解得，
所以当为线段的中点时，；
（2）解：设，则，
，
则，
设为平面的一个法向量，
则有，可取，
设直线与平面的夹角为，
则，
则当时，，
所以直线与平面夹角的正弦值的最大值为.
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 以为原点建立空间直角坐标系，设，设 求得向量 和 ，结合，列出方程，即可求解；
（2）设，分别求得向量和平面的法向量 ， 结合向量的夹角公式，即可求解.
32．（2022高一下·宿迁期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，
①的角平分线交于M，求线段的长；
②若D是线段上的点，E是线段上的点，满足，求的取值范围．
【答案】（1）解：，则，故，所以，因为，
可得，由，所以．
（2）解：①法一：在与中，
由正弦定理得，
即，故，
所以，
所以
法二：在中，由是的角平分线
所以
由知：
即，解得
②法一：由，得
又
所以．
的取值范围为；
法二：以所在直线为x轴，过点A垂直于的直线为y轴，建立平面直角坐标系，
由．则
因为，
所以．
所以
由，得的取值范围为
【知识点】平面向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【分析】(1)由三角形内角的性质整理化简即可得出关于cosA的方程，由角的取值范围即可求出角的大小。
(2) ① 法一 ：由已知条件姐正弦定理以及数乘向量的运算公式，代入数值计算出结果即可。 法二： 由角平分线的几何性质结合三角形面积公式，代入数值计算出边的大小。
②法一： 由数乘向量的运算性质以及数量积的运算性质，由此即可求出数量积的取值范围。
法二： 根据题意建立直角坐标系由此求出点以及向量的坐标，然后由向量以及数量积的坐标公式，代入数值结合一次函数的性质即可得出数量积的取值范围。
1 / 1高中数学三轮复习（直击痛点）：专题16立体几何中范围和最值问题
一、选择题
1．（2023高二上·淳安月考）如图，棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·佳木斯期中）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高二上·仓山期中）如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面与平面所成角的大小为，则线段的长的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高一下·温州期末）如图， 二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点， 为半平面内一点， 且， 若直线与平面所成角为为的中点， 则线段长度的最大值是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·南阳模拟）传说古希腊数学家阿基米德的募碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的表面积之比为
B．平面截得球的截面面积取值范围为
C．四面体的体积的最大值为16
D．若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围
6．（2023高二下·湖南期末）已知，，，是表面积为的球面上四点，，，，三棱锥的体积为，则线段长度的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·浙江开学考）已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·海宁模拟）平面直角坐标系中，若两点，满足或，则称点S和点T保持了合理间距．正方形中，顶点，动点P，Q都在正方形内（包括边界），且点P在抛物线上，则下列说法错误的是（ ）
A．若点P与点O，A，B都保持了合理间距，则点P的横坐标的取值范围是
B．若点Q与点O，A，B都保持了合理间距，则点Q的轨迹所形成的面积为6
C．若点Q与点P，O，A，B都保持了合理间距，则点Q的轨迹所形成的面积最大值为6
D．若点Q与点P，O，A，B都保持了合理间距，则点Q的轨迹所形成的面积最小值为
二、多项选择题
9．（2024高三上·荣昌月考） 如图，在棱长为2的正方体中，E是线段的中点，点M，N满足，其中，则（ ）
A．存在，使得
B．的最小值为
C．当时，直线与平面所成角的正弦值为
D．当时，过E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为
10．（2023·）如图，棱长为6的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）
A．当时，∥平面
B．当时，若∥平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过A、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
11．（2023高二上·仓山期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形．底面，，点是棱PB上一点（不包括端点）．F是平面内一点，则（ ）
A．存在点，使平面
B．存在点，使平面
C．的最小值为
D．以为球心，半径为1的球与四棱锥的四个侧面的交线长为
12．（2022高一下·宿迁期末）已知正三棱柱的棱长均为2，点D是棱上（不含端点）的一个动点．则下列结论正确的是（ ）
A．棱上总存在点E，使得直线平面
B．的周长有最小值，但无最大值
C．三棱锥外接球的表面积的取值范围是
D．当点D是棱的中点时，二面角的正切值为
13．（2022高三上·福田模拟）已知长方体的表面积为10，十二条棱长度之和为16，则该长方体（ ）
A．一定不是正方体
B．外接球的表面积为
C．长、宽、高的值均属于区间
D．体积的取值范围为
14．（2024高三上·昌乐模拟）如图，在边长为2的正方形AP1P2P3中，线段BC的端点B，C分别在边P1P2，P2P3上滑动，且P2B＝P2C＝x。现将△AP1B，△AP3C分别沿AB，CA折起使点P1，P3重合，重合后记为点P，得到三棱锥P－ABC。现有以下结论：（ ）
A．AP⊥平面PBC
B．当B，C分别为P1P2，P2P3的中点时，三棱锥P－ABC的外接球的表面积为6π
C．x的取值范围为(0，4－2)
D．三棱锥P－ABC体积的最大值为
15．（2023·杭州模拟）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体CDEF的体积的取值范围为
C．平面DEF截得球的截面面积最小值为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
16．（2023高三上·宝安月考）如图，圆锥内有一个内切球，球与母线分别切于点.若是边长为2的等边三角形，为圆锥底面圆的中心，为圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积与圆锥的侧面积之比为
B．平面截得圆锥侧面的交线形状为抛物线
C．四面体的体积的取值范围是
D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则最大值为
17．（2022高二上·保定月考）很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．A，C，D，F四点共面
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为
18．（2022·南通模拟）已知三棱锥D－ABC的外接球的表面积为24π，直角三角形ABC的斜边，CD⊥BC，则（ ）
A．BC⊥平面ACD
B．点D的轨迹的长度为2π
C．线段CD长的取值范围为（0，2]
D．三棱锥D－ABC体积的最大值为
19．（2024高三上·北碚月考）如图，圆锥的底面圆的直径，母线长为，点是圆上异于，的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．与底面所成角为45°
B．圆锥的表面积为
C．的取值范围是
D．若点为弧的中点，则二面角的平面角大小为45°
20．（2022·滨州二模）在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把 ， 和 折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥 ，如图2所示，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．三棱锥 的体积为4
C．三棱锥 外接球的表面积为
D．过点M的平面截三棱锥 的外接球所得截面的面积的取值范围为
三、填空题
21．（2023高二上·福州期中）已知正方体的棱长为2，点M是棱BC的中点.
（1）若点N为棱的中点，则平面AMN截正方体的截面的面积为 ；
（2）若点N是棱上的一个动点，则点到平面AMN的距离的最小值为 .
22．（2023·浙江模拟）若正四面体的棱长为3，平面ABC内有一动点P到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点P在面内的轨迹的长度为 .
23．（2023高三上·花都月考）已知正方体的棱长为3，动点在平面内，且AP与所成角为，则长度的最小值为 .
24．（2023高三上·长沙月考）已知正四面体的外接球半径为3，MN为其外接球的一条直径，P为正四面体表面上任意一点，则的最小值为 ．
25．（2023高二上·郫都月考）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为 ．
26．（2022·嵊州模拟）已知矩形，设E是边上的一点，且．现将沿着直线翻折至，设二面角的大小为，则的最大值是 ．
27．（2023高二上·东莞月考）如图，四棱锥中，平面平面，底面是边长为2的正方形，是等腰三角形，则平面上任意一点到底面中心距离的最小值为 .
28．（2023高三上·诸暨期末）如图，正四棱台，上下底面分别是边长为4，6的正方形，若，则该棱台外接球表面积的取值范围是 ．
四、解答题
29．（2023高三上·东莞期中）如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点．将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥．
（1）证明：；
（2）当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
30．（2023高三上·广东月考）如图，点在内，是三棱锥的高，且．是边长为的正三角形，，为中点.
（1）证明：点在上.
（2）点是棱上的一点（不含端点），求平面与平面夹角余弦值的最大值.
31．（2022高二上·辽宁月考）如图，圆柱上、下底面圆的圆心分别为O，，矩形为该圆柱的轴截面，，点E在底面圆周上，点G为的中点.
（1）若，试问线段上是否存在点F，使得 若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由.
（2）求直线与平面夹角的正弦值的最大值.
32．（2022高一下·宿迁期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，
①的角平分线交于M，求线段的长；
②若D是线段上的点，E是线段上的点，满足，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】空间中两点间的距离公式；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，
过点F作F关于平面的对称点，连接交平面于点，
任取(不含)，此时，所以此时的使得的最小，
以D为坐标原点，以DA，DC，所在的直线为x轴，y轴，z轴，从而建立空间直角坐标系，
因为E，F分别为BD1的三等分点，
所以
又因为F到平面的距离为1，所以
则为
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征和三等分点的性质，再结合两边之和大于第三边，进而找出使最小的点，再利用空间建系的方法，从而得出点的坐标和向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示，进而得出的最小值.
2．【答案】C
【知识点】圆方程的综合应用；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：在平面中，以B为原点，以AB为x轴建立平面直角坐标系，设圆的圆心为，半径为，因为交于M，由阿氏圆的性质知，
因为，所以，
所以，所以，所以，
点P在空间中的轨迹为以O为球心，半径为2的球，
若点P在四边形内部时，如图所示，
截面圆与分别交于点，所以P在四边形内的轨迹为，
因为，在直角，所以，
所以，当P在平面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时，如图所示，
由面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，
截面圆与，且，
所以P在正方形内的轨迹为，所以，
综上可得，点P的轨迹长度为.
故答案为：C.
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面的交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】解：在直四棱柱中，，，，
所以两两互相垂直，以A为原点，所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
设
则
所以
设平面AEF的一个法向量为
则，所以，
令z=1，所以x=-m，y=-n，则
显然为平面ABC的一个法向量，
因为平面与平面所成角的大小为，
所以
所以所以，
所以所以当n=0时，m取得最大值，则线段的长的最大值为。
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合直四棱柱结构特征得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标和向量坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出二面角的平面角的余弦值，进而得出m关于n的函数关系式，再利用二次函数求最值的方法得出m的最大值，从而得出线段的长的最大值。
4．【答案】A
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】如图，自点引平面的垂线，垂足为，
因为，
则A，B两点在以CO为高以CA，CB为母线的圆锥的底面圆周上，所以当A，B
两点运动到公共棱上时AD最大.
自点引公共棱的垂线OH，则，不
难解出，在中，由余弦定理
得：，
又在中由余弦定理得：。
故答案为：A.
【分析】自点引平面的垂线，垂足为，利用，则A，B两点在以CO为高以CA，CB为母线的圆锥的底面圆周上，所以当A，B两点运动到公共棱上时AD最大，自点引公共棱的垂线OH，则，不难解出的长，在中，由余弦定理得出的值，在中结合余弦定理得出AD的长。
5．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积
【解析】【解答】A，球表面积为，圆柱全面积是，，A不符合题意；
B，平面过球心时，截得球的截面最大，此时截面面积为，B不符合题意；
C，绕旋转时，由于始终有（是圆柱的轴，圆柱的底面垂直，因此与底面上的直线垂直），从而为定值，
，当时，易得平面，而当与不垂直时，与平面不垂直，因此到平面的距离小于，到平面的距离小于，因此
，即四面体的体积的最大值为，C不符合题意；
D，如下图，不妨设与重合，与重合，设是圆柱过点的母线与下底面的交点，则与底面圆垂直，从而与底面上的直线，
，
，
设，则，
，
令，收，
，
时，，单调递增，时，，单调递减，
所以，而，所以，
的取值范围是，
所以即的取值范围是，D符合题意．
故答案为：D．
【分析】求出球与圆柱的表面积之比判断A；由截面积最大为球的大圆面积判断B；用割补法求四面体体积判断C；不妨设E与A重合，F与B重，设Q是圆柱过点P的母线与下底面的交点，计算出PA+ PB，利用导数求出其取值范围从而判断D.
6．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：设球心为，由题意球表面积为，得，由，，，结合余弦定理，求得，可得，即，设的中点为，则为的外接圆圆心，连接，由勾股定理可得，即球心为到平面的距离为，结合三棱锥的体积为，所以点到平面的距离.设在球面的截面圆上，则，截面圆的半径为，设在平面的投影为，即的中点，则，又，所以线段长度的取值范围
故答案为：C.
【分析】由题意可得为直角三角形，根据球的表面积公式可得，结合球的性质可得球心为到平面的距离为，根据圆锥的体积公式，表示出，再结合圆的性质即可求解.
7．【答案】B
【知识点】基本不等式；棱柱、棱锥、棱台的体积；余弦定理
【解析】【解答】以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.
设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，则，
，故，
，
所以
在中运用余弦定理与基本不等式得：
，
在中运用余弦定理与基本不等式得：，
上两式相加得：，
故有： ，
在中由正弦定理得：，
因此，.
故答案为：B
【分析】将已知转化为，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值范围，由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的范围，得解.
8．【答案】D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】设点，动点P在正方形内（包括边界），则，解得
若P与点O，A，B都保持了合理间距，则（或）且（或）且（或），解得
点P的横坐标的取值范围是，A符合题意．
如图， 点Q与点O，A，B都保持了合理间距，图中阴影部分是不符合题意，点Q的轨迹所形成的面积为6，B符合题意．
若点Q与点P保持了合理间距，则以P为中心、边长为2的正方形EFQH内的点是不符合题意，且
设点Q的轨迹所形成的面积为，
当时，如图，阴影部分是不符合题意，
在上单调递减
则．
当时，如图，阴影部分是不符合题意，
当恒成立
在上单调递减，则．
当时，如图，阴影部分是不符合题意，
，则．
综上．所以C符合题意，D不符合题意．
故答案为：D．
【分析】设点，动点P在正方形内（包括边界），得和（或）且（或）且（或）求解可判断A；根据几何意义的理解可判断B；若点Q与点P保持了合理间距，则以P为中心、边长为2的正方形EFQH内的点是不符合题意，且，结合图像分情况讨论可判断C，D。
9．【答案】B,C,D
【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；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解： 在棱长为2的正方体中，以D为坐标原点，所在的直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系D-xyz，因为E是线段的中点，点M，N满足，
则
则
所以
若，则，则所以
因为，所以所以不成立，所以A错；
当时，此时MN最小，再利用勾股定理得出的最小值为，所以B对；
当时，因为
设平面MEN的法向量为则则
取x=2，则所以
所以直线与平面所成角的正弦值为，所以C对；
当时，取靠近点的三等分点G，连接GE，并延长交AD于点H，易得点H是靠近A点的三等分点，取靠近B点的三等分点P，易知四边形GHPN为矩形，求的其面积为，所以过E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为，所以D对。
故答案为：BCD.
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征和中点的性质，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再利用向量的坐标表示、三角形法则和向量共线定理，进而得出向量的坐标，再由数量积为0两向量垂直的等价关系、垂线段最短、数量积求向量夹角公式和诱导公式求线面角的正弦值、n等分点和矩形的面积公式得出截面面积，从而找出正确的选项。
10．【答案】A,B,C
【知识点】轨迹方程；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间向量基本定理；用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，
A、当时，则，因为，，
设平面的法向量为， 则，
取，则，可得，所以，则，因为平面，所以当时，∥平面，故A正确；
B、当时，为中点，分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以∥，又因为∥且，则四边形为平行四边形，可得∥，所以∥，且平面，平面，所以∥平面，同理可得，∥平面，
因为，、平面，所以平面∥平面，当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则∥平面，故点的轨迹为的边（除去点），则，
同理可得，结合图形可得，故B正确；
C、当时，、分别为、的中点，如图所示：此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，则，因为，则，解得，设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，则，则，设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，所以四边形为平行四边形，且，，因此点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，故C正确；
D、设截面交棱于点，连接、，由题意可知，截面与平面重合，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，
所以四边形为平行四边形，
因为，其中，则，，且，即与不可能垂直，所以平行四边形不可能为矩形，即过A、、三点的截面不可能是矩形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点P的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
11．【答案】B,D
【知识点】棱锥的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A，过E作，且连接DG，
因为点E是棱PB上的一点（不包括端点），所以
又因为且AD=BC，，
所以且
所以AE的延长线与DG的延长线必定相交于某一点，又因为
所以AE与平面PCD相交，所以一定不存在点E，使得平面，所以A错；
对于B，因为所以PA在底面ABCD内的射影为AD，
又因为底面ABCD是正方形，所以
根据三垂线定理可得所以为直角三角形，
所以斜边PB上必定存在唯一点E，使得
因为所以PB在底面ABCD的射影为BD，
又因为底面ABCD为正方形，所以
根据三垂线定理可得又因为且
所以平面，所以B对；
对于C，由选项B可知同理可得
又因为底面ABCD是正方形，所以又因为所以
又因为所以将绕PB展开到平面PBC，
如图：
又易知，AB=BC=1，PA=PC=2，
设过A作垂足为F，且
又因为
所以所以此时AE+EF=AF最小，又易知
又因为所以的最小值为，所以C错；
对于D，在侧面PAD内，球的交线为图中的，所以AD=ID=JD=R=1，
又易知所以为正三角形，所以
又因为所以
又因为R=1，所以弧长为，即在侧面PAD内，球的交线，
由对称性同理可得在侧面PCD内，球的交线长为，过D作垂足为H，易知，
，又由选项A易知所以
又因为球心D到球在侧面PAB交线上的点的距离为R=1，所以球在侧面PAB内交线上的点到H的距离为
，由图可知，球在侧面PAB内交线是以H为圆心，半径的半圆，
所以球在侧面PAB内交线，
由对称性同理可得在侧面PBC内，球的交线长为，
所以以D为球心，半径为1的球与四棱锥P-ABCD的四个侧面的交线长为
所以D对。
故答案为：BD.
【分析】利用已知条件结合线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理，从而判断出选项A和选项B，利用已知条件化空间为平面，再结合面面垂直的性质定理和点到平面距离最短，进而得出的最小值，从而判断出选项C，利用已知条件和对称性以及面面垂直的性质定理，从而由勾股定理和弧长公式得出以为球心，半径为1的球与四棱锥的四个侧面的交线长，进而判断出选项D。
12．【答案】A,B,C
【知识点】函数的最大（小）值；球的体积和表面积；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】对A，在上取一点使得，则，当时，
则有平行四边形，故，则直线平面，A符合题意；
对B，如图展开侧面，易得当在与的交点时取得最小值，
因为D是棱上（不含端点）的一个动点，故无最大值，
故的周长有最小值，但无最大值，B符合题意；
对C，由题意，三棱锥外接球即四棱锥的外接球，
取中点，中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，
则.易得平面平面.
根据外接球的性质有外接球的球心在平面中，且为的外接圆圆心.由对称性，
可得当在中点时，最大，此时外接球直径最小.
此时，故外接球直径 ，
此时外接球表面积.当在或者点时，
三棱锥外接球即正三棱柱的外接球，
此时外接球的一条直径与和的外接圆直径构成直角三角形，
此时外接球直径 ，此时外接球表面积.因为点D是棱上（不含端点）的一个动点，
故三棱锥外接球的表面积的取值范围是，C符合题意；
对D，设到平面的距离为，则由，
即，故.设到线段的距离，
则，
解得，故二面角的正切值为 ，D不符合题意；
故答案为：ABC
【分析】由正三棱柱的几何意义，结合线面垂直的性质定理即可得出线线垂直，再由平行的传递性即可得出线线平行，然后由线面平行的判定定理即可得证出结论，从而得出选项A正确；由线面垂直的定义结合距离的定义由正三棱柱的几何性质即可判断出选项B正确；结合球的几何性质由三角形中的几何计算关系计算出边的大小，并代入到球的表面积公式结合线面垂直的几何性质即可判断出选项C正确；由二面角平面角的定义结合三角形中的几何计算关系，由同角三角函数的基本关系式代入数值计算出结果由此判断出选项D错误；从而得出答案。
13．【答案】A,B,D
【知识点】导数在最大值、最小值问题中的应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于A，可设长方体长宽高分别为a，b，c，，则，又因为，则
根据基本不等式可得：，当且仅当a=b=c时等号成立
而取不到等号，故得不到a=b=c，故A正确；
对于B，设长方体外接球半径为R，则
所以，所以外接球表面积：，故B正确；
对于C选项，因a+b+c=4，可得c=4-(a+b)，又因ab+ac++bc=5，则ab+[4-(a+b)](a+b)=5
所以ab=5-[4-(a+b)](a+b)，注意到a>0，b>0，c>0，根据基本不等式得
，令m=a+b，m>0，则
即，整理得
所以，即，因a+b+c=4，所以，故C错误；
对于D选项，V=abc={5-[4-(a+b)](a+b)}[4-(a+b)]，令m=a+b，则
所以V=(4-m)(5-4m+m2)，则V'=-(3m-7)(m-3)，令V'=0
则m=3或，当时，，即V单调递减；
当时，，即V单调递增；当时，，即V单调递减；
所以，
所以 体积的取值范围为 ，
故答案为：ABD.
【分析】
对于A，可设长方体长宽高分别为a，b，c，由基本不等式判断即可；
对于B，由，即可判断；
对于C，利用基本不等式化简ab=5-[4-(a+b)](a+b)，解不等式即可；
对于D，由V=abc，将代入c=4-(a+b)，ab=5-[4-(a+b)](a+b)化简，利用导数求范围.
14．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】根据题意得，折叠成的三棱锥的三条侧棱满足、，
对A：由、，且，平面，所以平面，故A正确；
对B： 当B，C分别为P1P2，P2P3的中点时，三棱锥的三条侧棱两两垂直，三棱锥的外接球的直径等于以、、为长、宽、高的长方体的对角线长，由，，得外接球的半径，所以外接球的表面积，故B正确；
对C： 正方形AP1P2P3 的边长为，所以，，，
在中，由边长关系得，解得，故C正确；
对D：因为的面积为，
令，，
当时，，当时，，
所以当时，取到极大值也是最大值，，所以，所以，故D错误；
故选：ABC.
【分析】根据题意得，折叠成的三棱锥的三条侧棱满足、，由线面垂直的判断定理得A正确；三棱锥的外接球的直径等于以、、为长、宽、高的长方体的对角线长，由此结合、，得外接球的半径，由此得三棱锥的外接球的体积，故B正确；由题意得， ， ，在中，由边长关系得，故C正确；利用导数求解最值即可，故D错误.
15．【答案】A,D
【知识点】二次函数的性质；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A符合题意；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，B不符合题意；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C不符合题意；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D符合题意.
故答案为：AD
【分析】利用球与圆柱的体积公式判断A；由题可得，求解体积判断B；由题可得O到平面DEF的距离为，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值判断C ；设，则，则，令，然后利用二次函数的性质可得PE+PF的取值范围判断D.
16．【答案】A,B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的体积和表面积；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：A、设圆锥的底面半径为，球的半径为，圆锥的母线长为，由是边长为2的等边三角形，可得，连接，易知，且，
则，所以，所以，即，故球的表面积，圆锥的侧面积，所以球的表面积与圆锥的侧面积之比为，故A正确；
B、因为平面与母线平行，所以截得圆锥侧面的交线的形状为抛物线，故B正确；
C、因为为圆锥底面圆的中心，所以为的中点，则四面体的体积等于，设点到平面的距离为，当与重合时，，当位于弧的中点时，有最大值，最大值为1，所以，作交于点，根据A选项可知，，所以，所以，所以三角形的面积为，所以，因为，所以，所以四面体的体积的取值范围是，故C错误；
D、由题意可得球面和圆锥侧面的交线以 为直径的圆，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
，设，所以，同理，则，两边同时平方可得，当时，有最大值，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用球的表面积公式及圆锥的侧面积的公式可判断A，由圆锥曲线定义可得选项B正确， 求出点到面的距离的范围，进而可得体积的取值范围可判断C，写出的表达式两边同时平方，利用三角函数函数可得的最大值，从而判断选项D.
17．【答案】A,B,D
【知识点】简单组合体的结构特征；球的体积和表面积；异面直线及其所成的角；共面向量定理
【解析】【解答】将该半正多面体补成正方体．因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2．
该半正多面体的体积，A符合题意．
该半正多面体的外接球球心即正方体的外接球球心．设正方体的外接球球心为M，
则该半正多面体的外接球半径，故该半正多面体外接球的表面积为，C不符合题意．
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．设，
可解得，则，，共面，即A，C，D，F四点共面，B符合题意．
又，设，所以，则．
．令，
则．
因为，所以，
故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为．D符合题意．
故答案为：ABD
【分析】利用已知条件结合正多面体的体积求解方法、四点共面的判断方法、正多面体与外接球的位置关系、球的表面积公式、数量积求异面直线的角的余弦值的公式和二次函数的图象求值域的方法，进而找出正确的选项。
18．【答案】A,C,D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】因为△ABC以AB为斜边的直角三角形，
∴，又，
∴BC⊥面ACD，A符合题意；
设△ACD的外接圆圆心N，半径为r，D－ABC外接球半径为，，
∴，
∴，∴，，
D在优弧上，D轨迹长度，
D在劣弧上，D轨迹长度，B不符合题意；
所以，C符合题意；
由题可知当在的垂直平分线时，的面积最大，，
∴，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A；利用球的截面性质及条件可得△ACD的外接圆的半径，进而判断B、C；利用三角形面积公式及锥体的体积公式可判断D.
19．【答案】A,C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：A、∵面，
∴就是与底面所成角，
在中，圆锥的母线长为，半径，
∴，即，A正确；
B、由圆锥的侧面积公式可得，侧面积为，表面积为，B错误；
C、显然，当点与重合时，取最小值，，
当点与重合时，取最大值，，
而当与，不重合时，有，
又因为，所以，C正确；
D、取的中点，连接，，如图所示：
，
∵为的中点，为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵面，面，
∴，
∵，面，
∴，
∴为二面角的平面角，
∵点为弧的中点，
∴，
∴，
∴，D错误.
故答案为：AC.
【分析】A、由计算即可；
B、 由圆锥的侧面积公式算即可；
C、 由即可判断出；
D、 只需取的中点，分别连接，，则即为二面角的平面角求.
20．【答案】A,B,D
【知识点】球面距离及相关计算；棱柱、棱锥、棱台的体积；球内接多面体
【解析】【解答】解：由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示：
对A：因为 ， ， ，所以 平面 ，所以 ，A符合题意；
对B：因为M为BE的中点，所以 ，B不符合题意；
对C：三棱锥 外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径 ，所以三棱锥 外接球的表面积为 ，C符合题意；
对D：过点M的平面截三棱锥 的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为 ，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径 ，截面圆的面积为 ，所以过点M的平面截三棱锥 的外接球所得截面的面积的取值范围为 ，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，对A：由平面即可判断；对B：由即可求解；对C：三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对D：由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解.
21．【答案】（1）
（2）
【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】解：（1）当N是的中点时，连接因为M是BC的中点，再利用正方体的结构特征和中位线的性质，所以，所以A，M，N，四点共面，所以截面即是平面，再根据正方体的结构特征和平行的传递性以及勾股定理可知，四边形是等腰梯形，
再由勾股定理得出，所以，，
所以等腰梯形的高为，
所以截面等腰梯形的面积为。
（2）当点N是棱上的任意一点时，建立空间直角坐标系如下图所示，
则
设则
设平面AMN的法向量为则，
故可设
所以点到平面AMN的距离为
因为所以
所以当时，点到平面AMN的距离取得最小值为。
故答案为：(1)；(2).
【分析】当N是的中点时，画出截面，再根据梯形面积公式得出截面面积；当N是棱上任意一点时，建立空间直角坐标系，利用向量法得出点到截面的距离的表达式，再利用二次函数的单调性求最值的方法得出点到平面AMN的距离的最小值。
22．【答案】2
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；等差中项
【解析】【解答】解：设动点P到平面、平面、平面的距离分别为，，，正四面体 的高为，
则，即，
又，，成等差数列，，，平面ABC内的动点P到平面的距离等于点A到平面的距离的，
如图，连接交于点，则，分别取靠近，靠近的三等分点，连接，则点线段上运动，.
点P在面ABC内的轨迹的长度为2.
故答案为：2.
【分析】根据题意，动点P到平面、平面、平面的距离分别为，，，正四面体 的高为，则，所以取靠近，靠近的三等分点，连接，则点线段上运动.
23．【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】解：由已知与所成角为30°，，所以，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，因为，所以在圆外，结合圆的模型得在上时，最短，所以长度的最小值为.
故答案为：.
【分析】由已知可得，确定点然后的轨迹，然后根据圆的知识可得答案.
24．【答案】
【知识点】三角形五心；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意，
则，
∴欲求 的最小值，只需求OP的最小值；
如下图，G为BC中点，H为等边的内心，
由图可知，当OP垂直于 正四面体 任意一个面时，OP最小；
不妨设，此时
设AB=AD（AM）=2a，则，，，
由勾股定理可得：，
即，
解得，
∴，
∴；
故答案为：-8.
【分析】先利用极化恒等式得，在利用几何关系求出OP的最小值即可得到 的最小值为.
25．【答案】
【知识点】球的体积和表面积；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；球内接多面体；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：将沿翻折到与 共面如图1，
平面，平面， ， 又 ，平面，， 平面，平面，
连接，则，，在中由余弦定理得，求得(舍负)，，将鳖臑补成长方体如图2，
则该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
外接球的半径，外接球的体积.
故答案为： .
【分析】将沿翻折到与 共面如图1，在利用余定理出，将鳖臑补成长方体，进而求外接球的体积.
26．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【解答】方法一：如图，
作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒
∵，∴，∴平面，∴，
又，AF∩BE=F，∴平面，∴，
又，HK∩，∴平面，∴，
∴即为二面角的平面角，即有，
设，
∴，，，
易知△ABE是等腰直角三角形，F为BE中点，，
易知HG⊥AB，则Rt，
则，
∴，则有，
∵表示单位圆上一点与连线的斜率，
∴如图，斜率最大为直线和圆相切时，
直线倾斜角为，则，
则，∴．
故答案为：．
方法二：在方法一的基础上，如图，延长、交于点I，
易知△ABE是等腰直角三角形，∠FAE=45°，HK∥AD，则∠KHI=45°，则△HKI是等腰直角三角形，∴HK=，，
设，由方法一知．
∵△ABE是等腰直角三角形，则易知点的轨迹是以F为圆心，为半径的半圆，
当与该圆相切时，最大，
此时，∴的最大值为，
∴，∴．
故答案为：．
【分析】作交于点F，连接，作交于点H，作，垂足为K，连接，延长KH交AB与G﹒即为二面角的平面角，即有，求 的最大值，即可得的最大值.
27．【答案】
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：如题中的图，取BC的中点为O，AD中点为E，连接OE，OP，
因为PB=PC，BC中点为O，所以
又因为
所以又因为E为AD的中点，所以
因为ABCD是正方形，所以
连接AC，BD，交于点G，则G为ABCD的中心，
如下图，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则
所以
设是平面PAD的一个法向量，则即，
取z=1，则，设点G到平面PAD的距离为d，则，
所以d为平面上任意一点到底面中心距离的最小值。
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合面面垂直证出线面垂直，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，再利用等腰三角形三线合一证出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，进而得出点到坐标和向量的坐标，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系，从而得出平面的法向量，再结合数量积求点到平面的距离公式和几何法得出平面上任意一点到底面中心距离的最小值。
28．【答案】
【知识点】函数的值域；球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】由题意得正四棱台的上下底面外接圆半径分别为，，高为，
因为，所以；
设正四棱台的外接球半径为R，球心到上下底面的距离分别为和，
当球心在上下底面之间时，，
当球心不在上下底面之间时，，
所以，
又，，则，，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以，因为，所以，
所以，所以棱台外接球表面积．
故答案为：．
【分析】由题意得正四棱台的上下底面外接圆半径，再利用勾股定理得出高为，再结合，进而得出高的取值范围，设正四棱台的外接球半径为R，球心到上下底面的距离分别为和，当球心在上下底面之间时，，当球心不在上下底面之间时，，所以，再利用勾股定理得出，再结合，进而得出的取值范围，从而得出的取值范围，再结合球的表面积公式得出棱台外接球的表面积。
29．【答案】（1）证明：由题意证明如下，
在菱形中，为的中点，， ∴，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面， ∴平面，
而平面， ∴
（2）解：由题意及（1）得，
为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
， ，
设平面的法向量，则，得
令，得，，
则，
令，，得
，
当且仅当时，等号成立，
设直线与平面所成角为， 则，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
当时，， 当时，
∵，∴直线与平面所成角的正弦值的范围为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；与二面角有关的立体几何综合题；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）在菱形中，得到，再由题意得到，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；
（2）以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，令，化简得到，结合基本不等式，得到当时，等号成立，设直线与平面所成角为， 得到直线与平面所成角的正弦值的最大值为，进而求得直线与平面所成角的正弦值的范围.
30．【答案】（1）证明：连接，．
因为是三棱锥的高，即平面，
因为平面
所以．
因为，的中点为，
所以，
因为平面
所以平面，
因为平面，
所以．
又因为是边长为的正三角形，的中点为
所以，，即点在上．
（2）解：结合（1）得，，，，．
过点作，交于，
结合（1）可知两两垂直，
所以，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
所以，，
设，．
所以，．
设平面的法向量为，
则，即 取，则．
所以，，当且仅当时，等号成立．
所以，平面与平面夹角余弦值的最大值为．
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明直线和平面内两条相交直线垂直，即可得到点与直线的位置关系；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，表示相应的向量，求出平面的法向量，结合空间向量的数量积运算，即可求出二面角平面角余弦值的最大值。
31．【答案】（1）解：假设存在，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
则，
不妨设，
则，
因为，
所以，解得，
所以当为线段的中点时，；
（2）解：设，则，
，
则，
设为平面的一个法向量，
则有，可取，
设直线与平面的夹角为，
则，
则当时，，
所以直线与平面夹角的正弦值的最大值为.
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；向量方法证明线、面的位置关系定理；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1） 以为原点建立空间直角坐标系，设，设 求得向量 和 ，结合，列出方程，即可求解；
（2）设，分别求得向量和平面的法向量 ， 结合向量的夹角公式，即可求解.
32．【答案】（1）解：，则，故，所以，因为，
可得，由，所以．
（2）解：①法一：在与中，
由正弦定理得，
即，故，
所以，
所以
法二：在中，由是的角平分线
所以
由知：
即，解得
②法一：由，得
又
所以．
的取值范围为；
法二：以所在直线为x轴，过点A垂直于的直线为y轴，建立平面直角坐标系，
由．则
因为，
所以．
所以
由，得的取值范围为
【知识点】平面向量的数量积运算；与二面角有关的立体几何综合题；解三角形
【解析】【分析】(1)由三角形内角的性质整理化简即可得出关于cosA的方程，由角的取值范围即可求出角的大小。
(2) ① 法一 ：由已知条件姐正弦定理以及数乘向量的运算公式，代入数值计算出结果即可。 法二： 由角平分线的几何性质结合三角形面积公式，代入数值计算出边的大小。
②法一： 由数乘向量的运算性质以及数量积的运算性质，由此即可求出数量积的取值范围。
法二： 根据题意建立直角坐标系由此求出点以及向量的坐标，然后由向量以及数量积的坐标公式，代入数值结合一次函数的性质即可得出数量积的取值范围。
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