高中数学压轴题小题专项训练专题48立体几何中的动态问题含解析答案

这是一份高中数学压轴题小题专项训练专题48立体几何中的动态问题含解析答案，共43页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）

A．B．1C．D．2
3．三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
4．在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（ ）
A．6B．8C．24D．54
5．已知正方体的棱长为4，点平面，且，则点M的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
6．在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
8．在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面所成角的大小为
B．三棱锥的体积最大值是2
C．点的轨迹长度是
D．异面直线与所成角的余弦值范围是
9．如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（ ）

A．平面平面
B．若为的中点，则平面
C．折起过程中，点的轨迹长度为
D．三棱锥的外接球的体积为
10．如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
11．如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，，点P是棱的中点，点M是侧面内的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线所成角的余弦值为
B．存在点，使得
C．若点是棱上的一点，则点M到直线的距离的最小值为
D．若点到平面的距离与到点的距离相等，则点M的轨迹是抛物线的一部分
12．如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）

A．B．平面平面
C．多面体为三棱台D．直线与平面所成的角为
13．如图1，将三棱锥型礼盒的打结点解开，其平面展开图为矩形，如图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（ ）
A．B．
C．平面D．三棱锥外接球的表面积为
14．如图，为圆锥的顶点，为底面圆的直径，圆锥的侧面展开图为半圆，且半圆的面积为，为的中点，为弧的中点，下列说法正确的是（ ）
A．底面半径为1B．母线与底面所成的角为
C．D．
15．已知直四棱柱的侧棱长为3，底面是边长为2的菱形，为棱上的一点，且为底面内一动点（含边界），则下列命题正确的是（ ）
A．若与平面所成的角为，则点的轨迹与直四棱柱的交线长为
B．若点到平面的距离为，则三棱锥体积的最大值为
C．若以为球心的球经过点，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为
D．经过三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为4
16．正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确的有（ ）
A．若，则P点轨迹的长度为
B．三棱锥外接球体积的最小值是
C．若Q为正方形的中心，则周长的最小值为
D．
17．已知正四面体的棱长为1，点为棱的中点，点为内部（含边界）一动点，则（ ）
A．当时，点的轨迹为圆弧
B．当时，点的轨迹长度为
C．若与平面所成角的正切值为，则点的轨迹长度为
D．直线与平面所成角的正弦值最大为
18．在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（包括边界），则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．若平面，则点F的轨迹长度是
C．当点Q在直线上运动时，的最小值是
D．若点F是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
19．在正四棱台中，，，点在四边形内，且正四棱台的各个顶点均在球的表面上，，则（ ）
A．该正四棱台的高为3
B．该正四棱台的侧面面积是
C．球心到正四棱台底面的距离为
D．动点的轨迹长度是
20．三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，，平面与平面所成的角为，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面B．三棱锥的体积为
C．点到平面的距离为D．点形成的轨迹长度为
21．如图，直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中点，在直四棱柱的表面上运动，则（ ）
A．若在棱上运动，则的最小值为
B．若在棱上运动，则三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹为平行四边形
D．若，则点的轨迹长度为
22．孔明锁是中国古代传统益智游戏.左下图即是一个孔明锁.其形状可视为右下图所示的一个几何体：如图，三个轴线相互垂直的长方体的公共部分为一个棱长为1的立方体，且，，，，为其表面上的一个动点，球为能够使该几何体在其内能够自由转动的最小球体.其中为球上的一个动点，以下说法正确的是（ ）

A．最大值为.
B．若在公共正方体的外接球上，那么其轨迹长度为
C．
D．若满足，则的轨迹长度为 注：表示椭圆的周长大小
23．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（ ）

A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为
B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为
C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为
D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为
24．如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形内包含边界的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹为线段
B．若，则动点的轨迹长度为
C．直线与直线所成角的范围为
D．满足的点的轨迹长度为
三、填空题
25．一个圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，当此圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为 .
26．已知菱形中，对角线交于点，，将沿着折叠，使得， ，则三棱锥的外接球的表面积为 .
27．已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为 .
参考答案：
1．B
【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为，且此时，进一步求出底面四边形外接圆圆心坐标、半径，从而得到直线的距离，设出外接球球心到底面的距离，结合可得，由此可得外接球半径，进而即可求解.
【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边，
由题意以为原点，以边长为2的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系：
由题意，
不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上），
在中，令得，
所以的面积为，
而点到直线的距离为，
此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），
所以，
所以；
若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边，
此时上述情况中的点与原点重合，
此时三棱锥体积的最大值为
（此时面面），
其中为点到的距离，即的长度；
将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示：
不失一般性，设该直线分别与交于点，
折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而，
又因为，
所以，所以，
由题意，设，
所以，
过点向引垂线，垂足为，则，
所以四棱锥体积的最大值为
（此时四边形与三角形垂直），
从而，或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当且仅当时，有，
综上所述，满足题意的直线为，且此时，
此时我们首先来求四边形外接圆圆心，
因为中点坐标为，斜率为，
所以的垂直平分线方程为，
而中垂直线方程为，
从而解得，
所以四边形外接圆半径为，
而到直线的距离为，
又满足题意的四棱锥的高为，
设满足题意的四棱锥的外接球球心为，
设球心到平面的距离为，
则由可得，，即，
解得，
从而满足题意的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为，且此时，由此即可顺利得解.
2．B
【分析】由题意可得且，由离心率的概念可得，结合勾股定理计算可得，进而求解.
【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，
可得；设圆柱底面半径为，则，所以，
设椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，得，则，
即，所以，得，
又由勾股定理得，解得，
故.
故选：B.

3．B
【分析】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点在底面上的射影为，即可得，进而可得点的轨迹及其长度.
【详解】

如图所示，
由，，
可知三棱锥为正三棱锥，
设中点为，
则，，，
设点在底面上的射影为，
则平面，，
又为内部及边界上的动点，，
所以，
所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内部及边界上的部分，
如图所示，
，
，
即，，
所以点的轨迹长度为，
故选：B.
4．C
【分析】由线段是定值结合正方体的特征得出点的轨迹，结合弧长公式计算即可.
【详解】设正方体棱长为，
由正方体性质知平面，
平面，得，
所以，
所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，
设圆弧分别交与点，则，
所以，同理，所以圆心角是，
则轨迹长度为，可得，
所以正方体的表面积为.
故选：.
5．C
【分析】作出辅助线，得到平面，，故，在平面内建立平面直角坐标系，设，表达出，根据得到方程，求出点M的轨迹是半径为的圆，求出轨迹长度.
【详解】设E为，的交点，所以．
又平面，平面，所以．
又，平面，所以平面．
因为点平面，故平面，
所以，所以，
因为正方体的棱长为4，所以，即，
在平面内建立平面直角坐标系，如图，
则．
设，则，
，
所以．
又，故，即，
整理得，即，
故点M的轨迹是半径为的圆，
所以点M的轨迹长度为．
故选：C．
6．A
【分析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可．
【详解】连接、，交于点，连接，
为菱形，，
所以，，，
所以为二面角的平面角，
于是，
又因为，
所以，
取中点，取中点，连接、、，所以、，
所以、，，相交，
所以平面，
所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为，
因为，，，
所以的周长为，
所以点轨迹的长度为．
故选：A．
7．A
【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围.
【详解】

折叠前，连接.
由题意，在菱形中，，
，
则由余弦定理得，，
所以，，故在折叠过程中，.
折叠后，若平面，
则平面，则，故BD项错误；
折叠前，在菱形中，，，
则是正三角形，
由分别为棱中点，
则，所以.
折叠后，，
又平面，且平面，
则平面，同理平面，所以平面平面，
则平面与平面的距离即为，
由点平面，点平面，则.
在折叠过程中，当时，由，
则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱，
满足平面，此时.
所以最小值为，故A正确，C项错误.
故选：A.

8．ACD
【分析】根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定点的轨迹并求出长度判断C；求出点到距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立函数关系求解判断D.
【详解】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系，
对于A，由平面，得是与平面所成的角，，
因此，A正确；
对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点，
令的中点分别为，则平面，，于是，
显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确；
对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1，
因此三棱锥的体积，B错误；
对于D，设，则点，而，
于是，又，令异面直线与所成的角大小为，
则，
令，在上单调递增，
因此，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
9．ABD
【分析】首先说明，结合已知，从而证明平面，即可判断A，由，即可证明B，过点作交于点，求出，即可求出点的轨迹长度，从而判断C，连接，即可证明平面，从而得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可求出球的体积，即可判断D.
【详解】对于A：由题意得，所以，即，
而已知，且注意到，，平面，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，故A正确；
对于B：因为为的中点，所以，又，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；

对于C：

因为四边形为正方形，，，所以，
过点作交于点，则，
所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧，
所以点的轨迹长为，故C错误；
对于D：连接，则，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，
又四边形外接圆的直径为，，
设四棱锥的外接球的半径为，则，即，
所以，
所以外接球的体积，
即三棱锥的外接球的体积为，故D正确.
故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面平面，从而确定点的旋转角，即可判断B，D选项关键是转化为求四棱锥的外接球的体积.
10．BC
【分析】根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可求解D.
【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误，
对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
,所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确，
对于D, ，,
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
11．ACD
【分析】以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，由空间向量的位置关系、线面角的向量公式，点到直线的向量公式和抛物线的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】以点A为坐标原点，分别以、、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，，，，，，
所以，，
所以，，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确；
由题意，设，
则，又，
若，则，解得，
所以不存在点M，使得，故B错误；
设，所以，
所以点到直线的距离
，
所以，此时，
所以点M到直线的距离的最小值为，故C正确；
设，
则点M到平面的距离为z，点M到点的距离为.
因为点M到平面的距离与到点的距离相等，所以，
整理得（其中，），
即点M的轨迹方程为，是抛物线的一部分，故D正确.
故选：ACD.
12．ABD
【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D.
【详解】对于A，因为平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正确.
对于B，因为，平面，平面，
则平面，
又，平面，平面，
则平面，
又，平面，所以平面平面，B正确.
对于C，因为，，则，
所以多面体不是三棱台，C错误.
对于D，延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，
解得，，，
则，D正确.

故选：ABD
13．ACD
【分析】对于A，结合展开图可得，判断A；对于B，利用平面向量数量积，求，判断B；对于C，利用线面垂直的判定定理，判断C；对于D，将三棱锥放在长方体中，求出外接球的表面积，判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，，所以，则，
又在中，，，故，
所以
，故不垂直，故B错误；
对于C，因为在中，，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于D，因为 ，
所以三棱锥三组对棱相等，可以将其放入长方体中，

设外接球半径为，则有，解得，所以外接球的表面积为，故D正确，
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：对于D选项，根据三棱锥棱长相等，将其直接放在长方体中，求出外接球表面积.
14．AB
【分析】根据扇形面积公式和弧长公式列式求解判断A，根据线面角的定义作出线面角并求解判断B，连接，，根据异面直线的定义及夹角判断CD.
【详解】如图，
设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意得，得，
半圆的弧长为，所以，故A选项正确；
母线与底面所成角为，在中，，
所以，故B选项正确；
连接，，，因为分别为中点，则，
结合圆锥性质知平面，
因为平面，则，故与不垂直，
所以与不垂直，与是异面直线，故C，D选项错误.
故选：AB
15．AD
【分析】判断P点轨迹与直四棱柱的交线，根据弧长公式求解判断A，判断P点位置求出体积最大值判断B，计算球与直四棱柱公共部分体积判断C，利用，求得，得出四边形面积判断D.
【详解】如图，
对于A，可知的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，圆弧长为，故A正确．
对于B，可知点在线段上，所以当点与点重合时，三棱锥体积最大，且最大值为，所以B错误．
对于C，可知该球的半径为1，球与直四棱柱的公共部分的体积为，所以C错误．
对于D，经过三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形，其中，可得．设的中点为的中点为，连接，可得平面，所以，求得，所以，D正确．
故选：AD
16．BCD
【分析】结合圆的定义及题目条件得点的轨迹，利用弧长公式判断A，确定球的位置，利用球体积公式求解判断B，作出Q关于平面的对称点，利用三点共线最短求得最小值判断C，建立空间直角坐标系，利用向量夹角的坐标公式计算化简即可求解判断D.
【详解】因为，且，，所以，
取，的中点E，F，则，所以P点轨迹为圆弧EF，
因为，所以，A不正确；
由球的性质知，三棱锥外接球的球心在过外接圆圆心的垂线上，
的外接圆的圆心为的中点，且半径为，
当外接球半径最小时，的外接圆是球的大圆，
所以球半径R最小值为，外接球体积最小值是，B正确；
设Q关于平面的对称点为，
则，
又，所以的周长，C正确；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，设，
则，，，，
所以，
，
，
所以.
D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果.
17．BCD
【分析】利用正四面体性质，通过计算分别判断相应选项.
【详解】对于A．当时，点的轨迹为线段的垂直平分面（过线段的中点，且与垂直的平面）与内部（含边界）的交线段，即点的轨迹为线段，所以A错误．
对于B．如图1，连接，因为和均为等边三角形，为的中点，所以，，又，所以平面，所以．连接，则平面，若，则有平面，所以，故点的轨迹为中边上的高．因为等边三角形的边长为1，所以点的轨迹长度为，B正确．
对于C．在正四面体中，设点为等边三角形的中心，连接，
如图2，易知平面，则即为直线与底面所成的角，
即，易知．
在Rt中，，
所以，即．因为到各边的距离，且，（提醒：注意判断与的大小，只有时，点的轨迹才是圆）所以点的轨迹是内以为圆心，为半径的圆，所以点的轨迹长度是，故C正确．
对于D．解法一 由选项知，平面，故为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，则当最大时，最大，
因为，所以要想最大，只要与的夹角最小即可．
设为的中点，连接，由对称性可知，当点在线段上运动时，与的夹角最小，此时．连接，在Rt中，，，，故直线与平面所成角的正弦值最大为，D正确．
解法二 如图3，设直线交线段于点（若在线段上，则与重合），连接，由选项知，平面，即平面，所以即为直线与平面所成的角，且，又，若想最大，则最小即可，显然当，即为中点时，最小，最小值为，此时，D正确．
故选：BCD
18．AB
【分析】对A：由平面平行可得点到平面的距离为定值，结合体积公式即可得；对B：借助线面平行的判定定理与性质定理与面面平行的性质定理可得平面平面，计算即可得点F的轨迹长度；对C：将沿翻折到与在同一个平面，借助两点之间线段最短计算即可得；对D：画出截面图形后计算即可得.
【详解】对于A：平面平面，则点到平面的距离为定值2，
则，故A正确；
对于B：如图1，分别取中点，连接，
则，且，又，，
故且，所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面平面，
所以平面，同理，有平面，
因为且都在面，所以平面平面，
因为平面平面，
所以点的轨迹是线段，其长度为，故B正确；
对于C，把沿翻折到与在同一个平面(如图2所示)，
连接，则是的最小值，
其中是边长为的等边三角形，
是直角边为2的等腰直角三角形，
由对称性得，
即的最小值是，故C错误；
对于D：如图3，由B选项知，四边形就是平面截正方体所得截面的图形，
其周长为，故D错误.
故选：AB.
19．BC
【分析】A选项，作出辅助线，得到棱台的高，利用直角三角形，计算求解得出答案；B选项，作出辅助线，得到侧高，求出侧面积；C选项，找到外接球的球心，设，利用半径相等得到方程，求得结果；D选项，求出的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分，求出轨迹长度.
【详解】对于A，取正方形的中心，正方形的中心，连接，，，
则平面，过点作于点，则平面，
，，，，，，
故，，，
，由勾股定理得，故A错误；
对于B，过点作于点，则，
故，正四棱台的侧面面积是，故B正确；
对于C，正四棱台的外接球球心在直线上，连接，，则，如图所示．

设，则，
由勾股定理得，，，解得，故C正确；
对于D，由勾股定理得，故点的轨迹为以为圆心，
以为半径的圆在正方形内部部分，如图，

其中，故，又，
由勾股定理得，
由于，，故，
故动点的轨迹长度是，故D错误．
故选：BC
20．BCD
【分析】先根据外接球的性质，确定球心的位置，再利用三棱锥中的棱长和角的大小可以确定平面于的外心，
平面于的外心，进而可得错误，由，可得正确，由可得D正确.
【详解】
如图，设是的外心，是的外心，
则平面，平面，又平面，平面，
所以，，又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，由，则是的中点，所以，且，
所以是二面角的平面角，即，
因为，所以，所以，即，
又四点共面，且，则是中点，如图，
显然，直线与平面相交于，故A错误；
，故B正确；
由是中点，则，故C正确；
由，故点形成的轨迹是半径为的圆，故轨迹长度为，故D正确.
故选：BCD
21．BCD
【分析】结合棱柱其结构特征，体积的运算，点轨迹逐一分析各选项可得答案
【详解】由题意可得，.将平面和平面，
沿直线展开，如图2，在中，，
，所以，
则的最小值为，故A错；
平面平面平面，
即到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
又为定值，
所以为定值，故B正确；
如图3，连接，
由正四棱柱的性质可得四边形为正方形，故，
而为中点，故，故，
而平面，平面，故，
又，平面，故平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故.
在梯形中，，而，
故，故，而，故同理可证，
而平面，
则平面点的轨迹为平行四边形，故C正确；
，如图4，以为球心，为半径作球，
则点的轨迹即为该球与直四棱柱各面截球所得的弧，
在线段上取一点，使得上取一点，使得，
则，平面截球得，长度为，平面截球得，
长度平面平面截球得，长度为，
同理可得，平面截球得，长度为，平面与球相切与点，
则点的轨迹长度为，故D正确.
故选：BCD.
22．BD
【分析】对于A，给出一个反例即可，对于B，将其轨迹的长度计算转化为圆周长的计算即可；对于C，说明不一定成立即可，对于D，讨论其轨迹形状，并组合成一个椭圆和一个圆，再求其长度.
【详解】

根据题目条件可知，球为该几何体的外接球，其半径.
对于A，由于当位于长方体的某个顶点，而位于其对径点处时，
有，故A错误；
对于B，由于公共正方体的外接球和几何体的交线是公共正方体的个面各自的外接圆，
这些圆的半径都是，所以其轨迹长度为，故B正确；
对于C，设到平面的距离为，由于点都在球上，所以，
从而到平面的距离的取值范围是，再记的面积为，
则的取值范围是，从而不等式并不一定成立，故C错误；
对于D，由，可知此时的轨迹分为以下几个部分：
①两个同时包含两点（且位于一条边上）的面和上都各有两段轨迹，
两个同时包含两点（位于一组对边上）的面和上都各有一段轨迹，
这些轨迹都是椭圆的一部分，且可以拼成一个完整的椭圆，其半长轴为，半焦距为（从而半短轴为）；
②四个恰包含两点中的一点的面上都各有一段轨迹，
每段轨迹都是一个圆的，对应圆的半径满足，
解得，从而圆弧部分的总长度为，
所以的轨迹长度为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：对于轨迹的长度问题，需要将其分为不同的面上分别讨论，再进行组合.
23．BD
【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D.
【详解】对于A，取中点，连接，
则，所以为异面直线与所成角，
在中，，故A错误；
对于B，将侧面延旋转至与平面共面，
如图连接，交与点，此时最小，

且，故B正确；
对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，
则
因为平面平面，
所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线，
取靠近的四等分点，连接，并延长交于点，
连接，交于点，
由，所以，
则，则，所以为平面与平面的交线，
则为平面与平面的交线，
所以为平面与四边形的交线，
由于，所以，
又，所以，
则，故C错误；
对于D，因为点在侧面正方形内，设，
则，
因为，所以，
化简为，
则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确.
故选：BD

【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹.
24．AD
【分析】利用正方体的特值构造面面平行可判定A，利用圆的定义与弧长公式可判定B，设P坐标，利用正切函数的单调性计算判定C，利用线面垂直及勾股定理可判定D.
【详解】对于A，如图所示，取棱的中点分别为，
连接，
根据正方体的特征易知，
则共面，且平面，平面，
又平面且相交于，故平面平面，
所以满足平面的点的轨迹为线段，
故A正确；
对于B，设M到上底面的投影为N，易知，而，所以，
即P在以N为圆心，半径为2的圆上，
且P在正方形内，如图所示，即上，易知，所以的长度为，
故B错误；
对于C，
如图所示建立空间直角坐标系，取的中点Q，连接，作，
设，则，，
易知直线与直线所成角为，
显然当P为的中点时，此时，
当时，，
易知，
若最小，则需，此时，故C错误；
对于D，取，
可知，即共面，
在底面正方形中易知，则，
结合正方体的性质可知底面，底面，
所以，
而平面，
所以平面，故P在线段上运动，
易知，故D正确.
故选：AD
25．2
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由圆锥的侧面展开图为半圆可得，根据圆锥的表面积可得半径,母线和高,设内接圆柱的底面半径为，高为，由相似可得，代入圆柱的侧面积公式分析可得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，因为圆锥的侧面展开图为半圆，
所以，解得.
因为圆锥的表面积为，所以，解得，，.
如图，设内接圆柱的底面半径为，高为，则，所以，
内接圆柱的侧面积，
当时，取最大值.
故答案为：2.
【点睛】本题考查圆锥的表面积和圆柱的侧面积公式，考查圆锥侧面展开图的应用，考查推理能力和计算能力，属于基础题.
26．
【分析】折叠后，求出的长，设分别为与的外心，为三棱锥的外接球球心，利用垂直关系和球的性质，求出外接球半径计算表面积.
【详解】菱形中，，，，，
折叠后，，为等边三角形，，
与是全等的等腰三角形，设分别为与的外心，
中，外接圆半径，，，
中，由勾股定理，，即，解得，
则，同理，
为三棱锥的外接球球心，连接，
由球的性质可知，平面，平面，
与全等，，
，
，，，平面，
平面，平面，，
则三棱锥的外接球半径，
所以外接球表面积.
故答案为：.
27．/
【分析】由正三棱锥的性质可知，只需再作，即可证得平面，从而求得点的轨迹，再通过解三角形即可得到的长度.
【详解】
如图，取的中心为，连接，作于，连接，延长交于点，
注意到底面三角形是等边三角形，所以，
由正三棱锥的性质可得为高，
因为底面边长为6，体积为，
所以，所以，
注意到底面三角形是等边三角形，所以为三角形外接圆的半径，
所以由正弦定理有，所以，
所以.
因为面，面，
所以，
又因为，面，面，
所以面，
因为面，
所以，
因为，且，面，面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，
所以点的轨迹为线段.
在等腰三角形中，由余弦定理有，
从而，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是得出点的轨迹为线段，由此即可顺利得解.