高考数学二轮复习提升培优专题08立体几何多选题（解析版）

这是一份高考数学二轮复习提升培优专题08立体几何多选题（解析版），共54页。
【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题08 立体几何多选题 （新高考通用）

1．（浙江省浙南名校、七彩阳光联盟2023届高三下学期2月返校联考数学试题）正方体中，与平面，平面的分别交于点E，F，则有（    ）

A． B．
C．与所成角为 D．与平面所成角为
【答案】ABD
【分析】利用线线垂直证明线面垂直，再利用线面垂直证明线线垂直判断A项；根据等体积转换，即可求点B到面的距离，进而判断B项；把异面直线平移到同一个平面即可判断C项；可证平面，则直线与平面所成的角为，即可判断D项．
【详解】对A选项，∵平面，∴，又，且，
平面，平面，∴平面，
又平面，∴，故A正确；
对B选项，由选项A知，，又平面，平面，∴，且，平面，平面，∴平面，即平面，同理平面，故点到面的距离为.
设正方体棱长为2，因为为正三角形，
所以，又.
根据等体积转换可知：，即，
即，所以，同理，又，
∴，故B正确；
对C选项，∵，∴（或其补角）即为异面直线与所成角，
∵四边形为正方形，∴，∴与所成角为，故C错误；
对D选项，∵平面，∴，又，且，
平面，平面，∴平面，
设，则平面，连接，如图

由线面角的定义知，为与平面所成角，
设正方体棱长为2，则，，∴，
∵，∴，
∴与平面所成角为，故D正确；
故选：ABD.
2．（湖南省四大名校名师团队2023届高三普通高校招生统一考试数学模拟冲刺卷（一））已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，则以下结论正确的是（    ）
A．异面直线、所成角的大小为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．周长的最小值为
D．存在点使得平面
【答案】BC
【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．
【详解】如图，取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
则，又正四棱锥的所有棱长均为，
则，所以异面直线，所成角为，故A错误；

设正方形的中心为，连接，，
则平面，，
设的中点为，连接，，
则，且平面，
所以为直线与平面所成角，所以，
中，，，，
所以由余弦定理可得，所以 ，
所以，故B正确；
将正和沿翻折到一个平面内，如图，
当，，三点共线时，取得最小值，
此时，点为的中点，，
所以周长的最小值为，故C正确；
若平面，则，此时点为上靠近点的四等分点，
而此时，与显然不垂直，故D错误；
故选：BC．
3．（浙江省嘉兴市平湖市2023届高三下学期3月模拟数学试题）已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，且与正方体的内切球（为球心）交于，两点，则下列说法正确的是（    ）
A．线段的长为
B．过，，三点的平面截正方体所得的截面面积为
C．三棱锥的体积为
D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是
【答案】BC
【分析】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，作出图形在正六边形中求出判断A，求出正六边形面积判断B，由等体积法求出三棱锥体积判断C，分析与所成角的最大最小值判断D.
【详解】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，如图，

在正六边形中，，点到的距离为，，
所以，故A错误；
正六边形的面积，故B正确；，故C正确；
、、为球的切线，故当为中点时，与所成角最小为0，
，所以，
当与球相切且P在平面OAC内时，为或的中点时，与所成角最大为，故D错误.
故选：BC.
4．（浙江省宁波市十校2023届高三下学期3月联考数学试题）正方体的棱长为1，点满足，则下列说法正确的有（    ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的体积为定值
C．若点总满足，则动点的轨迹是一条直线
D．若点到点的距离为，则动点的轨迹是一个面积为的圆
【答案】ABC
【分析】作出图形，利用线面垂直、平行的判定定理和性质定理逐项分析检验即可求解.
【详解】对于，因为且，由向量基本定理可知：点共线，如图，连接，

在正方体中，，平面，
因为平面，所以，又，
所以平面，
在上任取一点，连接，则平面，所以，
在正方体中，因为，且，
所以四边形为平行四边形，所以，则，
故选项正确；
对于，如图，连接，

因为且，由向量基本定理可知：点共线，即点在直线上，在正方体中，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，则直线上任意一点到平面的距离相等，又因为的面积为一定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；
对于，如图，连接，

在正方体中，，平面，因为平面，所以，又，所以平面，平面，所以，同理，有，所以平面，因为点满足，所以点在侧面所在的平面上运动，且，所以动点的轨迹就是直线，故选项正确；
对于，因为点到点的距离为，所以点的轨迹是以为球心，半径为的球面与平面的交线，即点的轨迹为小圆，设小圆半径为，
因为球心到平面的距离为1，则，
所以小圆的面积为，故选项错误；
故选：.
5．（江苏省南京市、盐城市2022-2023学年高三上学期期末联考数学试题）如图，圆柱的底面半径为1，高为2，矩形是其轴截面，过点A的平面与圆柱底面所成的锐二面角为，平面截圆柱侧面所得的曲线为椭圆，截母线得点，则（    ）

A．椭圆的短轴长为2
B．的最大值为2
C．椭圆的离心率的最大值为
D．
【答案】ACD
【分析】短轴长为底面圆直径，可以判断A选项；的最大值为，可以判断B选项；长轴长最长为时，可以判断C选项；利用几何关系判断D选项；
【详解】
椭圆在底面上的投影为底面圆，所以短轴长为底面圆直径，即为2，故A正确；
当平面过AC时，的最大值为，故B错误；
椭圆短轴长为定值2，所以长轴长最长为时，离心率最大为，故C正确；
过作椭圆所在平面和底面的交线垂线，垂足为，连接AE，设则，
由题意可得，由余弦定理可得
，
由，
则，
由题意可得，
所以，故D正确.
故选:ACD.
6．（江苏省南通市基地大联考2023届高三下学期3月重点热点诊断测试数学试题）在正方体中，点P满足，则（    ）
A．若，则AP与BD所成角为 B．若，则
C．平面 D．
【答案】BCD
【分析】与BD所成角为与所成角，为，A错误，建系得到，B正确，故面面，C正确，，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：时P与重合，与BD所成角为与所成角，为等边三角形，则AP与BD所成角为，错误；

对选项B：如图建立空间直角坐标系，令，，，，，，，正确；

对选项C：，平面， 平面，故平面，同理可得平面，，故面面，平面，平面，正确；

对选项D：，，，正确．
故选：BCD
7．（辽宁省锦州市2022-2023学年高三上学期期末考试数学试题）已知正方体的棱长为1，是线段上的动点，则下列说法正确的是,（    ）
A．存在点使 B．点到平面的距离为
C．的最小值是 D．三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
设，
，当时，，
此时与重合，所以A选项正确.
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以点到平面的距离为，B选项错误.
，，

，
所以当时，取得最小值为，C选项错误.
，为定值，D选项正确.
故选：AD

8．（江苏省南京市、盐城市2023届高三上学期期末调研反馈数学练习题）在长方体中， ，则（    ）
A．与是异面直线 B．与是异面直线
C．异面直线与的距离为1 D．异面直线与的距离为
【答案】ABD
【分析】利用异面直线的定义判断选项AB，求出异面直线与的距离为2，即可判断选项C,把异面直线与的距离转化为到平面的距离，再转化为点到平面的距离，再利用等体积法求解判断.
【详解】如图所示，与是异面直线，与是异面直线，所以选项AB正确；
由正方体得平面，所以.又,所以是异面直线与的公垂线段，又，所以异面直线与的距离为2，所以选项C错误；
因为平面,平面，所以平面，所以到平面的距离就是异面直线与的距离，即点到平面的距离就是异面直线与的距离.设距离为由题得.因为.所以异面直线与的距离为，所以选项D正确.
故选：ABD

9．（辽宁省名校联盟2022-2023学年高三下学期质量检测考试数学试题）在正方体中，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（    ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】BCD
【分析】以点为坐标原点，以，，方向为，，轴为正方向，建立空间直角坐标系，根据线与面的平行与垂直的向量求法对选项一一验证即可.
【详解】
以点为坐标原点，以，，方向为，，轴为正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的边长为2，
则，，，，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
则，则平面，故A正确；
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，则与平面不平行，故B错误；
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，则与平面不垂直，故C错误；
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
，则与平面不垂直，故D错误；
故选：BCD.
10．（河北省石家庄市2023届高三质量检测（一）数学试题）已知正方体的棱长为2，M，N分别是，的中点，则（    ）
A．
B．
C．平面截此正方体所得截面的周长为
D．三棱锥的体积为3
【答案】BC
【分析】建立坐标系，利用空间向量坐标的关系判定A,B选项的正误，把截面作出来，根据截面形状可求周长，利用等体积进行转化可求三棱锥的体积.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则;
,;
因为，所以与不平行，A不正确；
因为，所以，B正确；

如图，取的中点,取的中点，连接，
由正方体的性质可知，；
因为分别为的中点，所以，所以；
平面截正方体所得截面为梯形，
因为正方体的棱长为2，所以,
，
所以平面截此正方体所得截面的周长为，C正确；

由上面分析可知，，平面，平面，
所以平面，即点到平面的距离等于点到平面的距离；
，
而，所以三棱锥的体积为1，D不正确.

故选：BC.
11．（福建省漳州市2023届高三毕业班第三次质量检测数学试题）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】ABC
【分析】根据面面平行的判定定理证明出平面平面，判断选项A；根据线面垂直的判定定理证出平面，判断选项B；根据三棱锥的等体积转换结合面面平行，判断选项C；根据异面直线所成角的平移，判断选项D．
【详解】选项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；
选项C，三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由选项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；
选项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.
故选：ABC.

12．（山东省日照市2023届高三一模考试数学试题）已知正方体过对角线作平面交棱于点，交棱于点F，则（    ）

A．平面分正方体所得两部分的体积相等
B．四边形一定是菱形
C．四边形的面积有最大值也有最小值
D．平面与平面始终垂直
【答案】AC
【分析】利用正方体的对称性即可判断A正确；由平行平面的性质和的大小可判断B错误；结合异面直线距离说明四边形的面积最小值和最大值取法，判断C正确；只有当平面时，才有平面平面，判断D错误.
【详解】对于A：由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故A正确；
对于B：因为平面，平面平面，
平面平面，∴.
同理可证：，故四边形是平行四边形，当E不是的中点时，,此时四边形不是菱形，故B错误；
对于C：由B得四边形一定是平行四边形，所以四边形的面积等于三角形面积的两倍，而为定值，所以当到直线距离最大时，三角形面积取最大值，因为为棱中点时, 到直线距离恰为异面直线距离，即为最小值，此时三角形面积取最小值，即四边形的面积取最小值.因此当E与A重合或重合时，三角形面积取最大值，即四边形的面积即取最大值，故C正确；
对于D：因为平面平面，又平面平面，所以只有当平面时，才有平面平面，故D错误.
故选：AC
13．（山东省淄博市2023届高三下学期一模数学试题）如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（    ）

A．存在唯一点，使得
B．存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C．若，则三棱锥外接球的表面积为
D．若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
【答案】BCD
【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.
【详解】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；

对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
14．（湖北省七市（州）2023届高三下学期3月联合统一调研测试数学试题）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（    ）

A．两条异面直线和所成的角为
B．存在点P，使得平面
C．对任意点P，平面平面
D．点到直线的距离为4
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；

对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；

对于C，连结，由于平面，平面，故，

又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
所以，所以点到直线的距离，所以D正确．

故选：BCD．
15．（湖南省长沙市雅礼中学2023届高三下学期月考（七）数学试题）在如图所示试验装置中，两个长方形框架与全等，，，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子分别在长方形对角线与上移动，且，则下列说法正确的是（    ）

A．
B．的长最小等于
C．当的长最小时，平面与平面所成夹角的余弦值为
D．
【答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量数量积的运算即可判断选项；利用空间两点间距离公式即可判断选项；根据二面角的余弦值推导即可判断选项；根据棱锥的体积计算公式即可判断选项.
【详解】由题意可知：两两互相垂直，以点为坐标原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，

建系可得，
，故选项正确；
又，
当时，，故选项正确；
当最小时，分别是的中点，
取中点，连接和，

，
，
是二面角的平面角.
中，，
可得，同理可得，
由余弦定理可得，故选项正确；
，故选项错误.
故选：.
16．（云南师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期第二学段模块考试数学试题）如图，在棱长为2的正方体中为上的动点，则（    ）

A．三棱锥的体积为
B．对任意点平面
C．线段长度的最小值为2
D．设与平面所成角的大小为，则
【答案】ABD
【分析】根据线面平行可得平面,进而根据等体积法即可判断A,根据面面平行可得线面平行即可判断B，根据等边三角形的性质即可判断C，根据线面角的几何法可得与平面所成角为，进而根据的范围即可判断D.
【详解】由于平面,平面,故平面，为上的动点，故平面,
三棱锥的体积为，故A正确：

如图，连接，在正方体中，，平面,
, 平面, 故平面,
同理平面,又，平面,所以平面平面，因为平面，所以平面故B正确；
易知为正三角形，当为中点时，故C错误；

如图，在上取点，使得，连接，，故四边形为平行四边形，因为平面，所以平面，所以与平面所成角为，由于为等腰直角三角形，故，所以，故D正确，
故选:ABD
17．（广东省梅州市2023届高三一模数学试题）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点；为棱上的动点（含端点），过点A､､作三棱柱的截面，且交于，则（    ）

A．线段的最小值为 B．棱上的不存在点，使得平面
C．棱上的存在点，使得 D．当为棱的中点时，
【答案】ABD
【分析】如图，以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法研究空间位置关系，求线段长，从而判断各选项．
【详解】如图，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
由于与底面垂直，因此当与重合时，在平面内，，此时最小为，A正确；
，，
若，与不垂直，因此不可能与平面垂直，B正确；
设，则，，
若，则，即，此方程无实数解，因此棱上的不存在点，使得，C错；
是中点时，，，D正确．
故选：ABD．

18．（广东省佛山市2023届高三教学质量检测（一）数学试题）如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（    ）

A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直
B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点M满足平面平面
【答案】ABC
【分析】逐个分析每个选项即可.
【详解】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA，，
由题意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，
在中，，
在中，，
又∵
∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，

连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
设，，
则，，，，
设面的一个法向量为，

当时，取，则，，
当时，取，则，，则，
设面（即：面）的一个法向量为

取，则，，则，
当时，，此时面与面不垂直，
当时，，所以面与面不垂直，
所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；
故选：ABC.
19．（贵州省六盘水市2022-2023学年高二上学期期末教学质量监测数学试题）已知正四面体的棱长为2，、分别是和的中点，下列说法正确的是（    ）
A．直线与直线互相垂直
B．线段的长为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．正四面体内存在点到四个面的距离都为
【答案】ACD
【分析】取的中点，连接，证明平面，即可判断A；根据空间向量基本定理及数量积的运算律计算即可判断B；连接交于点，则点为点在平面上的投影，则即为直线与平面所成角的平面角，求出即可判断C；利用等体积法求出正四面体的内切球的半径即可判断D.
【详解】对于A，取的中点，连接，
因为，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，故A正确；
对于B，，

，
则

，故B错误；
对于C，连接交于点，连接，则为的中心，
则点为点在平面上的投影，即平面，
则即为直线与平面所成角的平面角，
在中，，，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确；
对于D，设正四面体的内切球的半径为，
则，
所以，
所以正四面体内存在点到四个面的距离都为，故D正确.
故选：ACD.

20．（广东省湛江市2023届高三一模数学试题）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（    ）
A．平面
B．与所成的角为30°
C．平面
D．平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，
又，平面，平面，所以平面，故A正确；
由上可知，四边形为平面截正方体的截面，
易得，故四边形为菱形，
又其对角线，，故其面积为，故D正确；
设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，
故为与所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以与所成的角为，故B正确；
如图2所示，假设平面正确，则，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，
即平面错误，故C错误．
故选：ABD．

21．（福建省泉州市2023届高三数学质量监测试题（三））在长方体中，，，点、在底面内，直线与该长方体的每一条棱所成的角都相等，且，则（    ）

A．
B．点的轨迹长度为
C．三棱锥的体积为定值
D．与该长方体的每个面所成的角都相等
【答案】BCD
【分析】将长方体补成正方体，连接、、、，设，，确定点的位置，求出的长，可判断A选项；确定点的轨迹，求出点的轨迹的长度，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.
【详解】如下图所所示，将长方体补成正方体，
连接、、、，设，，

易知与正方体的每一条棱所成的角都相等，
所以，与底面的交点即为点.
对于A选项，，A错；
对于B选项，因为平面，平面，则，
又因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，同理，，
因为，、平面，则平面，
故平面，
因为，所以，平面，即平面，
又因为平面，平面平面，所以，，
所以，点的轨迹为线段，且，B对；
对于C选项，记点到平面的距离为，
由，
因为，则，则，故点为的中点，
同理可知，为的中点，所以，，
因为，，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，
因为平面，平面，则平面，
所以，点到平面的距离为定值，
又因为的面积为定值，所以，三棱锥为定值，C对；
对于D选项，因为到平面、平面、平面的距离都相等，
易知，直线与正方体的每个面所成的角都想等，
所以，与长方体的每一个面所成的角都相等，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
22．（山东省临沂市2023届高考模拟考试（一模）数学试题）已知正方体的棱长为4，点分别是的中点，则（    ）
A．直线是异面直线 B．平面截正方体所得截面的面积为
C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】对于A，取的中点，连接，取的中点，连接，证明，即可判断；对于B，延长交于点，连接交点，连接，说明平面截正方体所得截面为四边形，从而可以判断；对于C，连接，证明平面，再根据即可判断；对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设为的中点，为三棱锥的外接球的球心，利用空间中两点的距离公式求出球心及半径即可判断.
【详解】对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，
则，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因，所以直线是异面直线，故A正确；

对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，
因为为的中点，则，
所以为的中点，
因为，所以为的中点，则，
因为，
所以为平行四边形，所以，
所以，
则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，
，
则梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，故B错误；

对于C，连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又平面，所以平面，
又因为为的中点，
所以三棱锥的高为，
，
所以，故C正确；

对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设为的中点，则为的外心，
则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设为，
则平面，
因为平面，所以，设，
则，
，
因为，所以，所以，
故，
由，得，解得，
所以三棱锥的外接球的半径，
表面积为，故D正确.

故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的突破口是，建立空间直角坐标系，先由球心与截面圆心连线垂直于截面得到平面，从而求出，由此得解.
23．（湖北省八市2023届高三下学期3月联考数学试题）在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（    ）
A． B．三棱锥的体积为
C．线段最小值为 D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），
对于选项A：当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，根据已知得出的三边，即可得出为，即可判断；
对于选项B：三棱锥若以为顶点，为底面时，根据正方体性质得出此时三棱锥的高为2，底面积为2，即可得出体积判断；
对于选项C：点在线段上（含端点），则时，线段最小，根据等面积法求出答案即可判断；
对于选项D：根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断.
【详解】取、中点分别为、，连接、、、，，如下图：

为正方体，
，，，
，
平面，平面，且，，
平面平面，
为四边形内一点（含边界），且平面，
点在线段上（含端点），
对于选项A：当为时，，则与的夹角为，
此时， 则，
则与不垂直，故A错误；
对于选项B：为四边形内一点（含边界），
到平面的距离为2，
三棱锥的体积为，故B正确；
对于选项C：点在线段上（含端点），
当时，线段最小，
，，
在边上的高为，
则，
则当时，即，故C正确；
对于选项D：为正方体，
平面，
平面，
，
为直角三角形，且直角为，
，
点在线段上（含端点），
则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为，
当最小时，即，此时，此时最大，为，
则的取值范围为，故D正确；
故选：BCD.
24．（江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期期初考试数学试题）在四面体的四个面中，有公共棱的两个面全等，，，，二面角大小为，下列说法中正确的有（    ）
A．四面体外接球的表面积为
B．四面体体积的最大值为
C．若，，则
D．若，，则
【答案】ACD
【分析】选项A：找出四面体得外接球得外接圆圆心和半径即可；选项B：先确定底面，底面积确定，利用夹角的变化确定体积最大的时候的高即可；选项C：直接画出二面角，然后计算其夹角即可；选项D：先过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，然后二面角为与的夹角，利用基底法计算长度即可.
【详解】由题的示意图，画中点为，连接

选项A：由题可知在中，，所以,
又因为有公共棱的两个面全等, ，故,
由直角三角形的性质可知，,故该三棱锥的外接球球心为点，直径为，
所以外接球表面积为，故A正确；
选项B：要使四面体的体积最大，则只需以为底面，在边上的高为高即可；
因为公共棱的两个面全等，所以，所以有，
已知，所以，所以体积最大时，该四面体的体积为，故B 错误；
选项C：分别过点画边的垂线，显然垂足均为，则,得示意图

由选项B可知，又，，所以,
由余弦定理的，因为在三角形中，所以，故C正确；
选项D:如图所示，过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，

因为，所以,
因为，所以与的夹角为，
由选项B可知，,所以,同理,
由选项A可知所以，
,所以得，
所以，故D正确；
故选：ACD
25．（湖南省长沙市第一中学2023届高三下学期月考（七）数学试题）在棱长为的正方体中，与平面相交于点，为内一点，且，设直线PD与所成的角为，则下列结论正确的是（    ）
A． B．点P的轨迹是圆
C．点的轨迹是椭圆 D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据题意可得结合线面垂直的判定定理和性质定理可证得平面，分析可得点即为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，转化为是以底面半径为，高为的圆锥的母线，分析求得的范围即可得出结果.
【详解】如图所示，

与平面相交于点，连接交于点，连接；
由题意可知平面，平面，则；
又因为，平面，
所以平面，
又平面，所以；
同理可证，
又，平面，
所以平面；
又因为，由正三棱锥性质可得点即为的中心，连接；
因为为的中点，交于点，连接，
由平面，平面，则，所以选项A正确；
即为的高，设，
由正方体棱长为可知，，且的内切圆半径；
所以；
又，即可得，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以B正确，C错误；
由平面，平面，则，
所以，
因此是以底面半径为，高为的圆锥的母线，如图所示:

设圆锥母线与底面所成的角为，则，所以；
即直线与平面所成的角为，
又因为异面直线所成角的取值范围是，
直线在平面内，所以直线PD与所成的角的取值范围为,
又因为，所以直线PD与所成的角的取值范围为，即；
即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：（1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；（2）将直线PD与所成的角的最小值转化为圆锥母线与底面所成的角.
26．（广东省六校（广州二中、中山纪中、东莞中学、珠海一中、深圳实验、惠州一中）2023届高三第四次联考数学试题）如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（    ）

A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
【答案】BCD
【分析】对于A，取的中点，连接，，先证明，再证明与不垂直，进而可得结论；
对于B，依题意先得到，从而可得到面积的最大值；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，先说明点在直线上，再证明，，得到，，进而可得结论；
对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点与点重合，即平面时，最大，进而可得到三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解．
【详解】对于A，取的中点，连接，，
显然，且，又，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又，，且为的中点，
则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误；

对于B，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故B正确；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，
连接，，，
由，则，又，且，则，
则在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
则平面与平面所成的二面角，则，所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，故C正确；

对于D，结合C可知，，
则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为，
则，又，且，则平面，
所以，，两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，
所以其外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．

故选：BCD．
【点睛】三棱锥外接球点睛：
求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心．
27．（广东省深圳市2023届高三第一次调研数学试题）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】ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】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，
故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，
故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，
故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，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
28．（江苏省南京师范大学附属中学2023届高三下学期开学测试数学试题）如图，在五面体ABCDE中，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD与四边形ABEF全等，且，，则下列说法正确的是（   ）

A．
B．若G为棱CE中点，则DF⊥平面ABG
C．若AD=CD，则平面ADE⊥平面BDE
D．若，则平面ADE⊥平面BCE
【答案】ABC
【分析】对于A，利用面面垂直的性质定理得到平面，从而得以判断；对于B，利用线面垂直的判定定理推得平面，由此判断即可；对于C，利用面面垂直的的判定定理，结合勾股定理即可判断；对于D，先证得与不重合，再推得平面平面，从而得到矛盾，由此判断即可.
【详解】对于A，因为平面平面ABEF，，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，故A正确；
对于B，取棱的中点，连接，如图①，
.
因为四边形ABCD与四边形ABEF全等，所以，
因为G为棱CE中点，所以，
因为，平面，所以平面，
由题意知，所以四边形为平行四边形，
所以，则平面，故B正确；
对于C，连接，如图①，
由题意知，所以，
又在直角梯形中易知，所以，即，
由选项A知，又平面，
所以平面，又平面，所以平面ADE⊥平面BDE，故C正确；
对于D，连接，过点作交的延长线于点，连接，如图②，
.
由，得，所以，
此时，
所以，故与不重合，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
假设平面平面，
因为与不重合，所以平面与平面不重合，
又平面平面，则平面，
因为平面，所以，
又，所以，这与矛盾，
所以假设不成立，故平面与平面不垂直，故D错误.
故选：ABC.
29．（湖南省名校2023届普通高等学校招生全国统一考试考前演练一数学试题）如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（    ）

A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B．四棱锥的体积的最大值为
C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为
【答案】ABD
【分析】A项，分析点A与点C重合时三角形ADE翻折旋转所得的几何体类型，即可得到几何体的表面积；B项，通过表达出的体积，即可求出四棱锥的体积的最大值；C项，通过三角形的等面积法即可求出点F到平面ACD的距离；D项，通过C项的三角形ACE为正三角形时，由余弦定理得到异面直线AC与BD所成角的余弦值为，即可求出异面直线AC与BD所成角的余弦值为时，A、C两点间的距离.
【详解】由题意，
在中，，，，DE是的中位线，
∴,,,
∴,，
对于A项，
当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为以2为半径高为1的半个圆锥，
∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
,
故A正确；
对于B项，
设，则，
设点到的距离为，
则，
∴四棱锥的体积为：，
在中，，
∴，
∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时，，,
过点作，连接，
取的中点,连接，，

在中，,点F为AB的中点，
由几何知识得，，
在中，,
∴，为的中点，
在中，为的中点，,点F为AB的中点，
∴,,,
在中，
在四边形中，由几何知识得，,，
∴四边形是矩形，，
设点F到平面ACD的距离为，
在中，，即，解得：,故C错误，
由几何知识得，，,
∴,此时即为异面直线AC与BD所成的角，
由余弦定理，
，
代入数据，解得：，
∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为，
故D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题考查几何体的表面积，体积，空间点到平面的距离，异面直线所成的角，余弦定理等，具有极强的综合性。
30．（广东省江门市2023届高三一模数学试题）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】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】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，故A正确；
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正确；
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错误；
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正确.
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.