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【挑战满分】压轴小题5：立体几何（95）
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这是一份【挑战满分】压轴小题5：立体几何（95），共60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。
【挑战满分】压轴小题5：立体几何
一、单选题
1．在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在直三棱柱中，已知是边长为1的等边三角形，，，分别在侧面和侧面内运动（含边界），且满足直线与平面所成的角为30°，点在平面上的射影在内（含边界）．令直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）
A． B． C． D．
4．已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．《九章算术》卷五《商功)中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马(如图)，平面.，，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，直线与平面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
7．等腰直角三角形的斜边为正四面体侧棱，直角边绕斜边旋转，则在旋转的过程中，则下列说法错误的是（ ）
A．四面体的体积有最大值和最小值；
B．存在某个位置，使得；
C．设二面角的平面角为，则；
D．的中点与的中点连线交平面于点，则点的轨迹为椭圆.
8．《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马(如图)，平面.，，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的取值范围为（ ）(参考数据：)
A． B． C． D．
10．已知直四棱柱，其底面是平行四边形，外接球体积为，若，则其外接球被平面截得图形面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，正方体的棱长为，分别是棱，的中点，过点的平面分别与棱，交于点G，H，给出以下四个命题：
①平面与平面所成角的最大值为45°；
②四边形的面积的最小值为；
③四棱锥的体积为定值；
④点到平面的距离的最大值为.
其中正确命题的序号为（ ）
A．②③ B．①④ C．①③④ D．②③④
12．如图，三棱锥的底面在平面内，所有棱均相等，是棱的中点，若三棱锥绕棱旋转，设直线与平面所成的角为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
13．已知三棱锥的底面是正三角形，，点在侧面内的射影是的垂心，当三棱锥体积最大值时，三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
14．如图，在正方体中，，点P在平面内，，则点P到距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
15．如图所示，在圆锥内放入两个球，，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为，.这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为，， 的半径分别为1，4，点为上的一个定点，点为椭圆上的一个动点，则从点沿圆锥表面到达的路线长与线段的长之和的最小值是（ ）
A．6 B．8 C． D．
16．如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
17．如图，在四棱锥中，，平面平面，若，，与平面所成的角为，则以下结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
18．在长方体中，，，，，分别为，，上的点，，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）
A． B．
C． D．与有关
19．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，下列选项错误的个数是（ ）
①异面直线与所成的角为定值；
②平面；
③若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是；
A．0 B．1 C．2 D．3
20．已知正方体的棱长为，，为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
21．设，是平面内所成角为的两条直线，过，分别作平面，，且锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，则平面，所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是（ ）
A． B． C． D．
22．在空间中，记点A在平面上的射影.设是两个不同的平面，对空间任意一点M，，，且，则平面所成二面角为（ ）
A． B． C． D．
23．如图，ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，则以下结论：①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1其中正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
24．已知正方体的棱长为1，若P点在正方体的内部，且满足，则平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值为
A． B． C． D．
25．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
26．如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成.在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为（ ）
A． B． C． D．
27．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
28．空间中13个不同的点构成的集合，满足当时，都是正四面体.对于任意平面，的最大值是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
29．已知是正四面体，是棱上的中点，是线段的动点，与直线所成的最小角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
30．如图，在长方体中，，，，是棱上的一条线段，且，是的中点，是棱上的动点，则
①四面体的体积为定值
②直线到平面的距离为定值
③点到直线的距离为定值
④直线与平面所成的角为定值
其中正确结论的编号是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二、多选题
31．已知矩形，，，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，翻折过程中（ ）
A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得
C．存在某个位置，使得
D．存在某个位置，使得，、均不等于零
32．如图，在棱长为6的正方体中，为棱上一点，且为棱的中点，点是线段上的动点，则（ ）
A．无论点在线段上如何移动，都有
B．四面体的体积为24
C．直线与所成角的余弦值为
D．直线与平面所成最大角的余弦值为
33．在菱形中，，，将菱形沿对角线折成大小为的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）．
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
34．已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在四边形内(包括边界)运动，则下列说法正确的是（ ）
A．若是线段的中点，则平面平面
B．若在线段上，则与所成角的取值范围为
C．若平面，则点的轨迹的长度为
D．若平面，则线段长度的最小值为
35．如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点、、的正方体的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．正方体中，点在底面（所在的平面）上运动并且使，那么点的轨迹是椭圆
36．已知图1中，、、、是正方形各边的中点，分别沿着、、、把、、、向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）
A．是正三角形
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正切值为
D．当时，多面体的体积为
37．已知三棱锥的三条侧棱AB，AC，AD两两垂直，其长度分别为a，b，c．点A在底面BCD内的射影为O，点A，B，C，D所对面的面积分别为，，，．在下列所给的命题中，正确的有（ ）
A．；
B．；
C．若三条侧棱与底面所成的角分别为，，，则；
D．若点M是面BCD内一个动点，且AM与三条侧棱所成的角分别为，，，则．
38．已知棱长为的正方体的所有顶点均在体积为的球上，动点在正方形内运动（包含边界），若直线与直线所成角的正弦值为，则（ ）
A．
B．点运动轨迹的长度为
C．三棱锥体积的取值范围为
D．线段长度的最小值为
39．如图，已知正方形的对角线，相交于点，将沿对角线翻折，使顶点到点的位置，在翻折的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．⊥平面
B．与不可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是45°
D．四面体的体积越大，其外接球的体积也越大
40．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，，，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点与中点，则下列判断中正确的是（ ）
A．
B．与平面所成的角的余弦值为
C．平面与平面所成的二面角的平面角为45°
D．设平面平面，则有
41．如图①，矩形ABCD的边，设，，三角形为等边三角形，沿将三角形折起，构成四棱锥如图②，则下列说法正确的有（ ）
A．若为中点，则在线段上存在点，使得平面
B．当时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面平面
C．若使点在平面内的射影落在线段上，则此时该四棱锥的体积最大值为1
D．若，且当点在平面内的射影点落在线段上时，三棱锥的外接球半径与内切球半径的比值为
42．在长方体中，，，点在线段上，为的中点，则（ ）
A．平面
B．当为的中点时，四棱锥外接球半径为
C．三棱锥体积为定值
D．过点作长方体的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为
三、填空题
43．已知正的顶点在平面上，顶点、在平面的同一侧，为的中点，若在平面上的投影是以为直角顶点的三角形，则直线与平面所成角的正弦值的最小值为______.
44．如图，在中，，，，点D在线段上运动，沿将折到，使二面角的度数为，若点在平面内的射影为O，则的最小值为_______．
45．已知三棱锥的各棱长均相等，点E在棱上，且，动点Q在棱上，设直线与平面所成角为，则的最大值是_______．
46．如图，在中，，，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使点在平面内的射影落在线段上，则直线运动时，点的轨迹长度是_____．
47．三角形的边在平面内，在平面外，和分别与面成和的角，且平面与平面成的二面角，那么的大小为____________．
48．如图，在长方体中，，，是与的交点，、分别为下底面、上底面上的点，且.现给出下列结论：
①直线与底面所成的角为；
②异面直线与所成角的最大值为；
③异面直线与所成角的最小值为；
④三棱锥的外接球的体积为.
其中正确结论的序号是_______.
49．如图，是边长为6的正三角形的一条中位线，将△沿直线翻折至△，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为______；过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是______.
50．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联芳等）起源于中国古代建筑的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图所示，图①是一种常见的鲁班锁类玩具，图②是该鲁班锁类玩具的直观图，则该鲁班锁玩具有______条棱，若每条棱的长均为，其表面积为______.
【挑战满分】压轴小题5：立体几何
答案解析
1．B
【分析】
由题意可知，点在所在平面内的轨迹为椭圆，且该椭圆的焦点为、，长轴长为，然后以线段的中点为坐标原点，直线所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出椭圆的方程，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】
如图所示，在平面内，，
所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，
则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，
所以，椭圆方程为.
点在底面的投影设为点，则点为的中心，，
故点正好为椭圆短轴的一个端点，
，则，
因为，故只需计算的最大值.
设，则，
则，
当时，取最大值，
即，
因此可得，故的最大值为.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，根据椭圆的定义得知点的轨迹是椭圆，并结合二次函数的基本性质求解的最大值是解题的关键，在求解时也要注意椭圆有界性的应用.
2．A
【分析】
点为在平面上的射影，得，首先得在以为直径的球面上．与平面所成的角为30°，所以，过作于点，计算得，知在圆锥的底面圆周上，再由在内（含边界），得在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧），，求出得最小时，最大，由点与圆的位置关系可得结论．
【详解】
因为点为在平面上的射影，所以平面，连接，则，故在以为直径的球面上．又与平面所成的角为30°，所以，过作于点，如图1所示，则易得，，，，所以在如图2所示的圆锥的底面圆周上，又在内（含边界），故在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接，易知直线与平面所成的角，且，故当最小时，最大，是圆弧圆心，则当在上时，最小，最小值为，所以．
故选：A．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与平面所成的角，解题关键是确定动点的轨迹，利用球面的性质，圆锥的性质，可得轨迹是圆弧，并得出其在底面上的射影，由射影的定义得出线面角，并求出其正切值，分析后可得最值．
3．C
【分析】
确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.
【详解】
如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，
，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，
、分别为、的中点，则且，平面，
平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，设平面交于点，
在直棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
且，且，所以，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
所以，为的中点，
延长交于点，，所以，，，
又，所以，，，为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点，
，，则，
为的中点，，则，同理，
因为直棱柱的棱长为，为的中点，，
由勾股定理可得，同理可得，
且，平面，平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，，
由勾股定理可得，同理.
因此，截面的周长为.
故选：C.
【点睛】
思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
4．B
【分析】
设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离.
【详解】
解：点关于的对称点为，关于的对称点为，
记为直线与之间的距离，则，
由，为到平面的距离，
因为，
而，故，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.
5．A
【分析】
把平面展开到与平面共面的的位置，根据图象可得当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，进而可求得各个边长，过点作，垂足为，连接，可证平面，所以平面平面，所以即为直线与平面所成的角，再求得各个边长，代入公式，即可求得答案.
【详解】
把平面展开到与平面共面的的位置(如下图)，
延长到，使得，则，
因为的长度为定值，故只需最小，只需，，，四点共线，
因为，，，所以.
过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
则平面，
所以平面平面，过作，垂足为，则平面，
所以即为直线与平面所成的角.
因为的面积为，，所以，所以，所以.
故选：A
【点睛】
难点在于，需将平面展开到与平面共面的位置，当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，求得各个边长，再根据面面垂直的判定定理及线面角的定义求解即可，考查数形结合，推理证明的能力，属中档题.
6．C
【分析】
过作交BC于E，连接EH，结合已知条件有二面角的平面角为，而，设且，则，即可求，，应用函数与方程思想，构造且在上有解求参数m的范围，即可得二面角正切的最大值.
【详解】
过作交BC于E，连接EH，
∵在平面内的射影恰好落在线段上，即面，
∴且，,即面，
面，则,
∴二面角的平面角为，
在中，，若令，则，又，
∴，且，
故，则，即方程在上有解时，m的最大值即为所求，
而开口向上且，即，对称轴.
∴当时，，显然成立；
当时，当对称轴在上，恒成立；当对称轴在上，，即；
∴综上，有，即，故二面角的正切的最大值为.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求，，由，结合函数与方程的思想求参数m范围，进而确定最大值.
7．C
【分析】
通过旋转判定E的位置可知A的正误，通过证明E﹣ABD为正三棱锥可知B的正误，根据，可知C的正误，利用结合椭圆定义可知D的正误
【详解】
对A，当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，
当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，
∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故A正确；
对B，连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故B正确；
对C，取AB中点O，连接DO，EO，
则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角为θ，
直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），
，所以θ≥∠DAE不成立．C不正确；
对于D,AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，
P到BC的距离为：，因为，
所以点P的轨迹为椭圆．D正确．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题关键在于旋转过程能借用图形形象直观，同时掌握椭圆的定义，可以更快的解决问题.
8．B
【分析】
把平面展开到与平面共面的的位置，根据图象可得当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，进而可求得各个边长，根据正弦定理，可求得外接圆的半径r，在三棱锥中，可确定外接球球心的位置，根据勾股定理，可求得外接球半径，即可得答案.
【详解】
把平面展开到与平面共面的的位置(如下图)，
延长到，使得，则，
因为的长度为定值，故只需求最小，只需，，，四点共线，
因为，，，所以，
所以，，，
由正弦定理得，外接圆的半径.
设外接圆的圆心为，则三棱锥外接球的球心一定在过且与平面垂直的直线上，
因为到点，的距离相等，所以，
此即为三棱锥外接球的半径，
所以该球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
难点在于，需将平面展开到与平面共面的位置，当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，求得各个边长，进而再结合正弦定理，勾股定理求解，考查数形结合，分析计算的能力，属中档题.
9．B
【分析】
首先以点为原点建立空间直角坐标系，证明平面，并求，然后将异面直线与所成的角，转化为与所成的角，再如图建立第二个坐标系，利用坐标法求异面直线所成的角的余弦值，再求角的范围.
【详解】
如图，建立空间直接坐标系，连结，交平面于点，
，，，，，
，，，
，，，
平面，
根据等体积转化可知，
即，解得：，
，,
，异面直线与所成的角，转化为与所成的角，
如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取的中点，过点作，则以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系
，，，，，
，,
，
即，，
即
，即，
，
因为异面直线所成的角是锐角，并设为，则，
，，
故选：B
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是利用空间直角坐标系，解决异面直线所成的角，关键是如何建立坐标系，解决问题，本题建立两个坐标系，目的是方便解决问题.
10．A
【分析】
由条件可得为矩形，进而可得平面，所以，则四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱，设，由余弦定理可得的值，求出的值，由正弦定理可得的外接圆的半径为，由均值不等式可得的最小值，从而得出答案.
【详解】
由直四棱柱内接于球，则四点在球面上，
所以四边形为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补.
又四边形是平行四边形，所以为矩形.
在直四棱柱中，平面，所以
又，，所以平面，所以
所以四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱.
由外接球体积为，则球的半径为,
由为该外接球的直径，则
设，则，则
在中,，
由余弦定理可得
所以
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得
所以
当且仅当,即时取得等号，即的最小值为
其外接球被平面截得图形面积的最小值为：
故选：A
【点睛】
关键点睛：本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出的外接圆的半径，由均值不等式求出最小值，属于难题.
11．D
【分析】
由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式，计算可得所求最大值，可判断①；由四边形为菱形，计算面积，分析的最小值，可判断②；由棱锥的等体积法，计算可判断③；由等体积法和函数的性质可判断④.
【详解】
对于①，四边形为平行四边形，又直角梯形和直角梯形全等，得，所以四边形为菱形，且，平面在底面上的射影为四边形，设平面与平面所成角为，则，又，得，可得所成角的最大值不为45°，故①错误；对于②，由，可得菱形的面积的最小值为，故②正确；对于③，四棱锥的体积为，故③正确；对于④，设，，()，设到平面的距离为d，可得，
所以(其中)，当即时，取得最大值，故④正确.
故选：D.
【点睛】
一般关于体积计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算底面积与点到底面的距离，代入体积公式计算，二是可以通过等体积法，通过换底换高求解；关于空间几何体中一些边长或者距离的最值计算一般转化为函数问题，可以通过二次函数、反比例函数的性质求解最值，或者有时可以利用基本不等式，较难的问题则需要通过导数判断单调性从而求出最值.
12．A
【分析】
取的中点，连接、，让正四面体相对静止，让平面绕着直线转动，将问题等价转化为过直线且与平面平行的平面绕旋转，分别找出使得取最大值和最小值对应的位置，分别求出的最大值和最小值，即可得解.
【详解】
取的中点，连接、，如下图所示：
、分别为、的中点，所以，，
设正四面体的棱长为，则，，
由余弦定理可得.
当三棱锥绕棱旋转时，直线与平面所成的角为，
让正四面体相对静止，让平面绕着直线转动，则平面的垂线也绕着旋转，
设过直线的平面满足，
，问题也等价于平面绕着直线旋转，
当时，取得最小值，此时，取得最大值；
当时，设点到平面的距离为，可得，
当取最大值时，取最大值，此时，平面平面，
由于，取的中点，连接，可得，
平面平面，平面，平面，，
此时，，所以，的最小值为.
综上所述，的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：解本题的关键在于以下几点：
（1）将问题等价转化为过直线且与平面平行的平面绕旋转；
（2）结合线面角的定义找出线面角取最大值和最小值的位置，尤其在最小值确定时，可充分利用三角函数值来确定.
13．B
【分析】
延长交于点，连接，连接并延长交于点，连接，推导出为正的中心，可得出，说明当、、两两垂直时，三棱锥的体积取得最大值，然后将三棱锥补成正方体，可求出三棱锥的外接球直径，即可求得外接球的表面积.
【详解】
如下图所示，延长交于点，连接，
为的垂心，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，
连接并延长交于点，连接，
平面，平面，，
，，平面，
平面，，
设点在平面内的射影为点，延长交于点，连接，
平面，平面，，
，平面，
、平面，则，，
，为正的中心，且为的中点，
平面，、、平面，
，，，且，
所以，，，
当时，的面积取最大值，
当平面时，三棱锥的体积取得最大值，
将三棱锥补成正方体，
所以，三棱锥的外接球的直径即为正方体的体对角线长，
设三棱锥的外接球直径为，则，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
14．B
【分析】
可求出的轨迹为的内切圆，再将的轨迹投影到面上，恰好为的内切圆，上的切点与对应的点即为到距离最短的点.
【详解】
①先简要说明：面如下
因为四边形为正方形，故
又面，有
故面，故
同理有，故面
②再简要说明：面面如下
，故面
，故面
故面面
③设面
面
，三棱锥为正三棱锥，为的内心
由等体积法可知
故
的内切圆的半径
的轨迹是面上以为圆心，为半径的圆，记为
恰好为的内切圆.
又面面，全等于， 面
故也为正的内心
将圆投影到平面上，且圆心为，记为圆，故是的内切三角形
上的切点与上对应的点即为到距离最短的点.
故则点P到距离的最小值等于
【点睛】
求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
15．A
【分析】
在椭圆上任取一点，可证明，可得 ，设点沿圆锥表面到达的路线长为，则，当且仅当 为直线与椭圆交点时取等号，即可求解.
【详解】
在椭圆上任取一点，连接交球于点 ，交球于点，连接，， ，，，
在与中有： ，（为球的半径），
， 为公共边，
所以，
所以，设点沿圆锥表面到达的路线长为，
则，
当且仅当为直线与椭圆交点时取等号，
，
所以最小值为，
故选：A
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是证明得出 ，从而，转化为 三点共线时求.
16．C
【分析】
补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面面，进而可证为平行四边形，则为直线与平面所成角，△中由余弦定理知，结合棱锥侧面为全等三角形知，即可求的取值范围.
【详解】
由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，
O为ABCG对角线交点且，又有，，
∴面，而面，故面面，
若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，
而，，有平行且相等，即为平行四边形.
∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，
令，，即，
∴△中，，即，
∵，即，
∴，解得（舍去），
综上有，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.
17．D
【分析】
在射线取，过作的垂线，垂足为，连接，设过三点平面交棱于，在四棱锥中可讨论的大小关系.
【详解】
在射线取，过作的垂线，垂足为，连接，
因为，，，
故，故，即.
设过三点平面交棱于，
以下在四棱锥中讨论的大小关系.
连接，它们交于点.
因为平面平面，，平面平面，
平面，故平面，
所以为直线与平面所成的角，故，
而为与平面内的直线（异于射影）所成的角，
故.
因为，，故为的平面角，
结合平面平面可得，故为等腰直角三角形.
又，，，故，
故，而，，故，
故，故，
因为，，，故平面，
而平面，故，而，故平面.
因为，故为的角平分线.
又，且，
在直角三角形中，，
因为，，故，而均为锐角，故，
综上，.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：解本题的关键就是在原来的四棱锥中构造出新的四棱锥，然后利用线面角的定义得出，再由正切值的大小关系得出，解题时充分分析新几何体的结构特征，分析几何关系以及不等关系，进而求解.
18．B
【分析】
过点作于点，过作于点，由=1，所以，设为，则=，又则，即可比较的大小.
【详解】
过点作于点，过作于点
由，可知
,，
，
面，过作于点，
∴
∴，
设为，则=，
又，∴
∴
故选：B
【点睛】
（1）求二面角大小的过程可总结为：“一找、二证、三计算．”
（2）作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
19．A
【分析】
利用线面垂直的判定求出异面直线AC与MN所成的角即可判断选项①；利用线面平行的判定即可判断选项②；过作,垂足为,分为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项③.
【详解】
对于①，取的中点，连接,作图如下：
则，，，
由线面垂直的判定知，平面，
所以，
又因为，所以，
即异面直线与所成的角为定值，则①正确；
对于②，因为M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，
所以为的中位线，,
又因为平面，平面，
所以平面ABD，则②也正确；
对于③，过作,垂足为,
若为锐角，在线段上，如图1
若为直角，与重合，如图2
若为钝角，在线段的延长线上，如图3
图1 图2
图3
若存在某个位置，使得直线与直线垂直，
因为，所以平面,
由线面垂直的性质知,,
若为直角，与重合，所以,
在中，因为,
所以不可能成立，即为直角不可能成立；
若为钝角，在线段BC的延长线上，
则在原平面图菱形中，为锐角，
由于立体图中,
所以立体图中一定比原平面图中更小，
所以为锐角，因，故点在线段BC
与在线段BC的延长线上矛盾，因此不可能为钝角；
综上可知，的取值范围是，则③正确.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：对于选项③反证法思想的运用是求解的关键.
20．C
【分析】
根据垂直关系得到点在平面内，并且，根据面积公式得到点的轨迹，计算轨迹长度.
【详解】
连接，平面，所以，又，，所以平面，所以，同理，且，所以平面，
三棱锥中，利用等体积转化，因为棱长为，所以,设点到平面的距离为，
则，解得：
,，
即点在平面内，由条件可知，
所以，解得：,
即点是以点为圆心，半径为的圆，圆的周长为，
如图点的轨迹为圆在三角形内部的弧长，如图，
点到底面的距离为，，
所以，，根据对称性可知圆内的弧长占圆周长的
所以点的轨迹周长为.
故选：C
【点睛】
本题考查立体几何中的垂直关系，立体几何中的轨迹问题，属于偏难习题，本题的易错点是忽略点的轨迹时圆的周长在三角形内的部分，不是圆的周长.
21．B
【分析】
根据题意作出图形，由题过点P向平面作垂线,找到锐二面角，，设，利用边角关系计算各个边长，计算点C到PA的距离以及点C到平面的距离，从而可得到所求的二面角.
【详解】
如图，平面为平面ABC,直线为直线AB,直线为直线AC,由题意得，
过作平面为平面ABP, 过作平面为平面ACP,过点P向平面作垂线,垂足为O,
再由点O作连接PB,PC,锐二面角的大小为，
即，同理可知，设，则，，,在三角形中，,，，所以，，，过点C作所以高线，
,可得,,,,过点O作,则,
可得到面的距离，故可知到面的距离为，记平面，所成的角为，则，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力以及空间想象能力，是中档题
22．D
【分析】
考虑平面所成二面角不为直角时，可与题设矛盾，从而可得正确的选项.
【详解】
若，如图所示：，
取，设，则，
故，，
此时（重合），故不成立.
若平面所成二面角不为直角，考虑它们所形成的锐二面角，
设，如图所示：
设为内一点，且，则，
设，过作的垂线，则垂足为，
因为二面角的平面角为锐角，故不在上，且为直角三角形，
又，而，
因为，这与题设矛盾，故平面所成二面角不为直角不成立.
故选：D.
【点睛】
本题考查新定义背景下二面角大小的计算，注意从而反面考虑此类问题，本题属于较难题.
23．D
【分析】
①由正方体的性质得BD∥，所以结合线面平行的判定定理可得答案；
②由正方体的性质得 AC⊥BD，，⊥BD，再利用线面垂直可得答案.
③由正方体的性质得 BD∥，并且结合②可得⊥，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到答案.
【详解】
解：由正方体的性质得BD∥，所以结合线面平行的判定定理可得：BD∥平面；所以①正确.
由正方体的性质得 AC⊥BD，⊥BD，可得⊥平面 ，所以⊥BD，所以②正确.
由正方体的性质得 BD∥，由②可得⊥BD，所以⊥，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到：⊥平面 ，所以③正确.
故选：D.
【点睛】
解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征与有关的判定定理，本题考查学生的空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题.
24．B
【详解】
过作交于，作平面，垂足为.
则平面，
所以，为所求二面角的平面角，
且，故.
.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查二面角的余弦值的求法.解题方法有两种，第一种是利用二面角的定义，作出二面角，然后通过解直角三角形来求得二面角的余弦值.第二种方法是建立空间直角坐标系的方法，以为坐标原点为轴建立空间直角坐标系，然后用法向量来求解.
25．C
【解析】
如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a，0)，＝(0,0,2a)，
设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，
由⇒⇒⇒n1＝(1，－1,1)．
sinθ＝＝＝.
26．A
【分析】
分别取DE，DC的中点O，F，点A的轨迹是以AF为直径的圆，以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，利用向量法求出正弦值为，换元后利用基本不等式可得答案.
【详解】
分别取DE，DC的中点O，F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，
以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，
则，平面ABCD的其中一个法向量为= (0,0.1)，
由，设，则，
记直线与平面ABCD所成角为，
则
设，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查利用向量法求线面角，考查了三角函数的恒的变换以及基本不等式的应用，考查了空间想象能力与计算能力，属于综合题.
27．A
【分析】
求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.
【详解】
连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：
已知在正方体中，底面，平面，，
又四边形为正方形，所以，，
，平面，平面，，
同理，，平面，
三棱锥的体积为，
，，
可得，
所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，
而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：
其中，不妨设，由题意可，
所以，，可得，
所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.
因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.
接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.
如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，
根据题意可知，，且，
所以，，.
如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.
这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；
当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.
综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.
28．C
【分析】
根据题意，将问题转化为构造几何体，使之在同一平面中三棱锥顶点最多的问题，数形结合即可求得结果.
【详解】
为使得对于任意平面，取得最大值，
故要使得使之在同一平面中三棱锥顶点最多，
如下所示：
如图所示：三棱锥，均为正四面体,
显然，最多有11个点在同一平面中.
同时，若同一平面中存在12个三棱锥的顶点，则只有1个点在平面外，
无法构造几何体.
故的最大值为：.
故选：.
【点睛】
本题考查空间中点线面的位置关系，涉及棱锥的相关概念，属困难题.
29．C
【分析】
作出图示，根据异面直线所成的角、线面角、面面角的定义，找出所表示的平面角，再运用解三角形的方法，求得各角的值或范围，从而得出其大小关系，可得选项.
【详解】
作出图示如下图所示，设正四面体的棱长为2，取BC的中点D，连接ED，AD，EB，EC，作面ABC于H，作面ABC于G，
则，，
由正四面体的性质得：点H，点G在线段AD上，且，
所以，，
，在中，，
，
过点F作交AC于M，连接EM，则（或其补角）就是与直线所成的角，又，，
所以 ，
所以
，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递减，所以当时，取得最大值，取得最大值，
又在上单调递减，所以当时，取得最小值，
所以当时，与直线所成的角最小，最小角，
连接GF，则就是与平面所成的角，所以，
因为，所以，所以，
因为D是BC的中点，所以，所以就是二面角的平面角，由图示知是锐角，
所以在中，，又，，
在上单调递增，在上单调递减，所以，，
综上得：，.
故选：C.
【点睛】
本题考查空间中的线线角、线面角、面面角的定义和求解方法，关键在于运用定义找出所各角所表示的平面角，属于较难题.
30．A
【分析】
根据锥体体积公式说明高与底面面积均为定值，即可判断①；根据定直线与定平面关系可判断②；根据两平行直线关系可判断③；分别计算在端点时直线与平面所成的角，即可判断④.
【详解】
因为,所以平面即为平面，
因此到平面的距离（设为）等于到平面的距离，即为定值；
因为,所以到直线的距离等于直线到直线的距离, 为定值；
因此③正确；
而，所以面积为定值，
因此四面体的体积等于,为定值，即①正确；
因为,所以直线与平面（即平面）平行，
从而直线到平面的距离等于定直线与定平面之间距离，
为定值，即②正确；
当与重合时，过作交延长线于,
则由长方体性质得平面,即得,
因为平面,
从而平面,
因此为直线与平面所成的角，
，
当与重合时，因为平面，
所以到平面的距离相等，
过作，
则为点到到平面的距离
连,则为直线与平面所成的角，
,即④错误；
故选：A
【点睛】
本题考查点面距、线面角、线面距、锥体体积，考查综合分析求解判断能力，属中档题.
31．AD
【分析】
由向量数量积为零得出向量垂直，运用假设存在某个位置，应用线面垂直的判定和性质，结合矩形的条件可判断各选项的正误.
【详解】
在矩形中，分别过点、作、，垂足分别为点、.
由已知条件，，.
对于A选项，若存在某个位置，使得，
，，平面，平面，则，
在中，斜边，存在，故A正确；
对于B选项，若存在某个位置，使得，
，，平面，平面，则，
在中，斜边，矛盾，故B错误；
对于C选项，若存在某个位置，使得，
，，平面，平面，，
，在平面内，过点能作两条直线与垂直，矛盾，故C错误；
对于D选项，取平面平面，
，平面平面，平面，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，则，
，，则，
，，则，D选项正确.
故选：AD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查垂直关系存在性的验证，在推导时，可转化为利用线面垂直来推导线线垂直，也可以找个合适的位置，建立空间直角坐标，利用向量法来求解.
32．ABD
【分析】
根据面判断A；利用“等积变换”求出体积判断B；求出直线与所成角的余弦值判断C；根据当点移动到的中点时最大可判断D.
【详解】
在正方体中，易证面又平面所以则A正确；
则B正确；在棱上取点使，连结如图则易知为直线与所成角或其补角，可得则则直线与所成角的余弦值为则C错误；
由题意知三棱锥为棱长为的正四面体，作平面为垂足，则为正的中心，且为直线与平面所成角，所以当点移动到的中点时最短，如图，此时最小，最大，此时则D正确.
故选：ABD
【点睛】
本题通过对多个命题真假的判断，综合考查空间线面垂直证明线线垂直、异面直线成的角、直线与平面成的角，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
33．ACD
【分析】
求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，，
且，，
所以，二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时，等号成立，
即四面体的体积的最大值是，A选项正确；
对于B选项，由余弦定理可得，
所以，，B选项错误；
对于C选项，，
，，，
所以，，
因此，四面体的表面积的最大值是，C选项正确；
对于D选项，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
，，，平面，
平面，，
，，平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，，，，，
所以，，，
平面，平面，，
，即球的半径为，
因此，球的体积为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
34．AC
【分析】
证明平面，得面面垂直，判断A；由为正三角形，得与所成角的取值范围，判断B；分别取，的中点，，证明平面平面，判断C；取的中点，的中点，的中点，连接，平面平面（先证明四点共面），确定是最小值，然后计算后，判断D．
【详解】
对于A，如下图，
，分别是线段，的中点，
故，
则，，
所以，易知平面，所以，
所以平面，从而平面平面，
故A正确.
对于B，正方体中，，
所以与所成的角为与所成的角，
连接，，
则为正三角形，
所以与所成角的取值范围为，
故B错误.
对于C，如下图，
设平面与直线交于点，
连接，，则为的中点，
分别取，的中点，，
连接，，，易知，
所以平面.
同理可得平面，所以平面平面，
由此结合平面，可得直线平面，
所以点的轨迹是线段，易得，
故C正确.
对于D，如下图，
取的中点，的中点，的中点，连接，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面，
连接，，则，又，
所以，所以平面，
连接，，易知，又，
所以，故，，，四点共面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面，
所以点的轨迹为线段.
由知，，，
连接，，在中，
，所以，
所以，得为直角，
故线段长度的最小值为，
故D错误.
故选：AC．
【点睛】
关键点点睛：本题考查面面垂直，面面平行的证明，考查异面直线所成的角，考查立体几何中点的轨迹．解题关键是动点轨迹的确定，题中是通过平行平面得出动点轨迹．解题技巧是利用中点的特征得出构造图形，证明结论．
35．AB
【分析】
构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角为与所成角的余弦值判断A的正误；同样设结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得，进而判断P的轨迹知D的正误；由立方体的截面为梯形，分别求，进而得到梯形的高即可求面积，判断B的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r，进而求内切球表面积，判断C的正误.
【详解】
A：构建如下图所示的空间直角坐标系：
则有：，
∴，
，故正确.
B：若N为的中点，连接MN，则有，如下图示，
∴梯形AMND’为过三点、、的正方体的截面，
而，可得梯形的高为，
∴梯形的面积为，故正确.
C：如下图知：四面体的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，
∴，而四面体的棱长都为，有表面积为，
∴若其内切圆半径为，则有，即，所以内切球的表面积为.故错误.
D：正方体中，点在底面（所在的平面）上运动且，即的轨迹为面截以AM、AP为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线，
构建如下空间直角坐标系，，若，则，
∴，
，即，整理得，即轨迹为双曲线的一支，故错误.
故选：AB
【点睛】
关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.
36．AC
【分析】
取、的中点、，连接、，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出，可判断A选项的正误，利用空间向量法可判断BC选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】
取、的中点、，连接、，
在图1中，、、、是正方形各边的中点，则，
为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
在图1中，设正方形的边长为，可得四边形的边长为，
在图1中，和均为等腰直角三角形，可得，
，四边形是边长为的正方形，
、分别为、的中点，则且，且，
所以，四边形为矩形，所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、.
对于A选项，由空间中两点间的距离公式可得，
所以，是正三角形，A选项正确；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
由，取，则，，则，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，，则，
，所以，平面与平面不垂直，B选项错误；
对于C选项，，
设直线与平面所成角为，则，，
所以，，C选项正确；
对于D选项，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则、、、分别为、、、的中点，
因为，即，则，长方体的体积为，
，
因此，多面体的体积为，
D选项错误.
故选：AC.
【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.
37．ACD
【分析】
由与相似，得边长关系，进而判断A正确；当M与O重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D正确；代入特殊值，可得B错误.
【详解】
由三棱锥的三条侧棱AB，AC，AD两两垂直，
则将三棱锥补成长方体，连接DO并延长交BC于，
则．
对A：由与相似，则
又，，
所以，故A正确．
对B：当时，，则，
而，此时，故B不正确．
对D：分别以AB，AC，AD为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设，则，，
，，
所以
，所以D正确．
对C：当M与O重合时，面BCD，
由D有，
由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO成角互为余角，可得C正确．
故选：ACD.
【点睛】
关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.
38．BC
【分析】
由正方体的对角线就是球的直径求得正方体棱长判断A，由异面直线所成角的定义得，从而为常数，确定点轨迹后再求出其长度，判断B，用换底法计算棱锥体积，判断C，根据线面垂直关系求得线段的长后可得其最小值，．判断D．
【详解】
由正方体的棱长为，得球的半径为，所以，解得，故A错误；
因为，所以即直线与直线所成的角，所以，所以，连接，因为，所以，所以点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，所以点运动轨迹的长度为，故B正确；
由等体积法可知，由点的运动轨迹可知，到线段的距离满足，所以的面积，易知平面，所以，故C正确；
设正方形的中心为，连接，，则，易知当，，三点共线时，取得最小值，所以，故D错误.
故选：BC．
【点睛】
关键点点睛：本题考查正方体与其外接球的性质，䨵异面直线所成的角，球与棱锥的体积．解题关键是通过异面直线所成的角确定点轨迹．
39．ABC
【分析】
根据正方形的性质和翻折的过程中的不变性，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、球的体积公式进行逐一判断即可.
【详解】
对于选项A，由题易知，，，因为，平面，
，所以平面，A正确.
对于选项B，假设，因为，，平面，，所以平面，所以，，因为在翻折过程中始终有，因此，显然不成立所以与不可能垂直，B正确；
对于选项C，设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，，则，又的长度在翻折的过程中不变，当平面平面时，最大，此时直线与平面所成的角最大，为，因此C正确；
对于选项D，由题意可知，不论怎么翻折，点到四面体四个顶点的距离始终相等，都等于正方形对角线的一半，因此，在翻折的过程中，四面体外接球的体积始终不变，D不正确.
故选：ABC
【点睛】
关键点睛：空间想象能力是解决本题的关键.
40．AD
【分析】
证明面可判断A；根据与平面所成的角为判断B；利用特殊位置判断C；先证明面，由线面平行的性质定理可判断D；
【详解】
由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得，所以面，故A正确；
因为面，所以与平面所成的角为，所以余弦值为，故B错误；
对于选项可以考虑特殊位置法，由面得面面，所以点在平面内的射影在直线上，不妨设点平面内的射影为，过点作，连结.易证面，则面，所以为平面与平面所成的二面角的平面角，不妨设，因为，所以，则，显然不等于45°，故C错误.
设面与平面的交线为，又因为面，面，所以面，由线面平行的性质定理可得：，故D正确；
故选：AD.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.
41．BCD
【分析】
对于A，延长与的延长线交于点，此时，与必有交点；
对于B，取的中点，表示出，验证当时，无解即可；
对于C，利用体积公式，借助基本不等式求最值即可；
对于D，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为，即可作出比值．
【详解】
对于A，如图，延长与的延长线交于点，则面面．
此时，与必有交点，则与面相交，故A错误；
对于B，取的中点，连接，则．
若面面，则有，
当时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面平面
故B正确；
对于C，由题可知，此时面面，由B可知，，
所以
当且仅当，即时等号成立．故C正确；
对于D，由题可知，此时面面，且
因为，都是直角三角形，所以底面外接圆的圆心是中点，所以，
由等体积法，可求得内接圆半径为，故，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】
本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．
42．ACD
【分析】
利用线面垂直的判定定理可判断A选项的正误；判断出四棱锥为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B选项的正误；利用等体积法可判断C选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，因为，所以，矩形为正方形，所以，，
在长方体中，底面，平面，，
，、平面，所以，平面，A选项正确；
对于B选项，当点为的中点时，，
同理可得，
因为四边形为正方形，所以，四棱锥为正四棱锥，
取的中点，则平面，且四棱锥的外接球球心在直线上，
设该四棱锥的外接球半径为，由几何关系可得，
即，解得，B选项错误；
对于C选项，，
三棱锥的高为，因此，，C选项正确；
对于D选项，设长方体的外接球球心为，则为的中点，
连接、，则，，
、分别为、的中点，则，
平面，平面，
平面，，.
过点作长方体的外接球截面为平面，点到平面的距离为，
直线与平面所成的角为，则，
当且仅当时，等号成立，
长方体的外接球半径为，
所以，截面圆的半径，
因此，截面圆面积的最小值为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
43．.
【分析】
本题首先可结合题意绘出图像，设、以及，然后根据投影的相关性质得出以及，结合线面角的相关性质得出即直线与平面所成角，再然后根据得出，根据得出，从而求出，最后根据以及基本不等式即可求出最小值.
【详解】
如图，结合题意绘出图像，即在平面上的投影，
作平面于点，连接，
设，，，则，
因为即在平面上的投影，为的中点，
所以点在线段上且点是线段的中点，，
因为是以为直角顶点的三角形，所以，
因为平面于点，所以，即直线与平面所成角，
因为，，，
所以，
因为，即，
联立，解得，
则，
当且仅当时等号成立，直线与平面所成角的正弦值的最小值为，
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线面角的正弦值的求法，能否结合线面角的性质确定线面所成角是解决本题的关键，考查勾股定理的灵活应用，考查通过基本不等式求最值，考查计算能力，考查数形结合思想，是较难题.
44．
【分析】
本题需要作出空间图形，运用解三角形的知识求解.
【详解】
如图，过点作于点，过点作于点
下面证明点即为在平面内的射影，即为二面角 的平面角
又
所以点即为在平面内的射影，即为二面角 的平面角
所以
设,则,又，所以,即
在中由余弦定理得
在中由余弦定理求得,再由正弦定理解得
所以，
记，则 为减函数
当时，取得最小值
又，
所以
所以
【点睛】
本题属于一道综合性难题，需要极强的空间想象能力和运算能力.能否准确作出空间图形是解决本题的关键，最后要得出正确答案，需要对解三角形，以及三角恒等变换知识非常熟练，计算能力要过硬，本题属于压轴题.
45．
【分析】
设，在平面上的投影为，在平面上的投影为，根据与相似，可得到，，从而得到，利用函数方法求出的最大值，从而得到的最大值.
【详解】
设棱长为，则，设在平面上的投影为
则为的重心
故
设在平面上的投影为
则三点共线，,
故与相似
设，则
故
则由余弦定理有：
又
故当即时有最大值，此时最大
由于面
故直线与平面所成角为
，，解之得，
的最大值是.
【点睛】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
46．
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，在中过作的垂线，垂足为且交轴于，连接，利用坐标法可求的长度.在空间中，可证的轨迹为一段圆弧，从而可求轨迹的长度.
【详解】
在平面中，建立如图（1）所示的空间直角坐标系，
过作的垂线，垂足为且交轴于，连接.
在中，由余弦定理可得，
而为三角形内角，故，
因为，故，而，所以，
故直线且直线.
故.
又，故，故.
又，而，，
由余弦定理可得即，
故，故.
在空间中，
当直线运动时，，故在以为球心，2为半径的球面上，
又在过且与平面垂直的平面上，
故在平面与球面（半径为2）的截线（圆）上.
因为在线段上变化，故的轨迹为一段圆弧.
如图，在平面内过作，且垂足为，连接，
因为平面，平面，故，
而，故平面，而平面，
故且三点共线.
当与重合时点为，则即为平面直角坐标系中的点，即为点，
且，故，
当与的中点重合时，为的中位线，
故关于直线的对称点在上，
设点在平面内的射影就是.
下面计算的长度.
由平面直角坐标系中的讨论可知，
而平面，平面，所以，
因为，故平面，
所以为所在的圆的圆心，故的长度为.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：空间中动点的轨迹，一般从两个角度来处理：（1）空间中动点的轨迹转化为平面中动点的轨迹，注意根据曲线的定义等来判断，必要时建立平面直角坐标系来处理；（2）考虑空间中动点是否满足一定几何性质，从而直接得到动点的轨迹.
47．或
【分析】
对为锐角和钝角两种情况讨论，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，过点在平面内作，垂足为点，连接，设，利用空间角的定义结合勾股定理可计算得出的三边边长，结合余弦定理可求得的大小.
【详解】
分以下两种情况讨论：
（1）若为锐角，如下图所示，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，
过点在平面内作，垂足为点，连接，设，
则与平面所成的角为，，，
与平面所成的角为，则，，
，，，
，，平面，
平面，，
所以，平面与平面所成二面角为，
，，，，，
，
，，，
所以，，，所以，；
（2）若为钝角，如下图所示，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，
过点在平面内作，垂足为点，连接，设，
则与平面所成的角为，，，
与平面所成的角为，则，，
，，，
，，平面，
平面，，
所以，平面与平面所成二面角为，
，，，，，
，
，，，
所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得，
，所以，.
综上所述，或.
故答案为：或.
【点睛】
关键点点睛：本题考查三角形内角的计算，需要对进行分类讨论，解题的关键就是利用线面角、二面角的定义求出三边的边长，并结合余弦定理求解.
48．①③
【分析】
利用线面角的定义可判断①的正误；过作交下底面于点，可知就是异面直线与所成的角，利用异面直线所成角的定义可判断②③的正误；找出三棱锥的外接球球心，求出该球的半径，利用球体的体积公式可判断④的正误.
【详解】
对于①，设直线与底面所成的角为，
点到底面的距离为，，
，，①正确；
对于②③，设是与的交点，则为的中点，
且，所以，四边形为平行四边形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，且，
平面，平面，平面，，
，，
过作交下底面于点，则就是异面直线与所成的角.
，则、可确定平面，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
，所以，四边形为平行四边形，所以，，
由，，则，，，
点在以为圆心、为半径的圆上运动，
当在上且位于和之间时，最小，且为，③正确；
当在上且位于和之间时，最大，且为，②错误；
对于④，因为，所以三棱锥的外接球的球心为，半径为，其体积为，④错误.
故①③正确.
故答案为：①③.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
49．
【分析】
由题意，当面面时三棱锥的体积最大，即可确定△的外接圆圆心，四边形的外接圆圆心，再确定四棱锥的外接球球心，外接球的半径，求外接球的表面积；以为直径的球的截面圆的面积最小，求截面圆面积的最小值
【详解】
由题可知，当面面时，三棱锥的体积最大，
取的中点，连接，易知△的外接圆圆心位于且靠近点的三等分点处，
设的中点为，连接，，则，
可知为四边形的外接圆圆心，过作平面的垂线，
过作平面的垂线，两垂线的交点即四棱锥的外接球球心.
连接，易得四边形为矩形，，连接，
在中，，
∴四棱锥外接球的表面积为.
由题可得，以为直径的球的截面圆的面积最小，最小值为.
故答案为：，.
【点睛】
关键点点睛：一是根据△的外接圆圆心、四边形的外接圆圆心确定四棱锥的外接球球心；二是空间想象能力，想到以为直径的球的截面圆的面积最小.
50．
【分析】
图中共有个正三角形，个正八边形，算出总的边数除以2即可；算出正三角形、正八边形的面积即可.
【详解】
图中共有个正三角形，个正八边形，则共有条棱；
设正三角形、正八边形的面积分别为，因为，所以，
，，故
又，∴表面积.
故答案为： ；
【点睛】
本题主要考查几何体表面积的计算，考查学生空间想象能力，数学计算能力，是一道中档题.
【挑战满分】压轴小题5：立体几何
一、单选题
1．在棱长为的正四面体中，点为所在平面内一动点，且满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在直三棱柱中，已知是边长为1的等边三角形，，，分别在侧面和侧面内运动（含边界），且满足直线与平面所成的角为30°，点在平面上的射影在内（含边界）．令直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）
A． B． C． D．
4．已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．《九章算术》卷五《商功)中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马(如图)，平面.，，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，直线与平面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知在中，为线段上一点，沿将翻转至，若点在平面内的射影恰好落在线段上，则二面角的正切的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
7．等腰直角三角形的斜边为正四面体侧棱，直角边绕斜边旋转，则在旋转的过程中，则下列说法错误的是（ ）
A．四面体的体积有最大值和最小值；
B．存在某个位置，使得；
C．设二面角的平面角为，则；
D．的中点与的中点连线交平面于点，则点的轨迹为椭圆.
8．《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马(如图)，平面.，，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的取值范围为（ ）(参考数据：)
A． B． C． D．
10．已知直四棱柱，其底面是平行四边形，外接球体积为，若，则其外接球被平面截得图形面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
11．如图，正方体的棱长为，分别是棱，的中点，过点的平面分别与棱，交于点G，H，给出以下四个命题：
①平面与平面所成角的最大值为45°；
②四边形的面积的最小值为；
③四棱锥的体积为定值；
④点到平面的距离的最大值为.
其中正确命题的序号为（ ）
A．②③ B．①④ C．①③④ D．②③④
12．如图，三棱锥的底面在平面内，所有棱均相等，是棱的中点，若三棱锥绕棱旋转，设直线与平面所成的角为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
13．已知三棱锥的底面是正三角形，，点在侧面内的射影是的垂心，当三棱锥体积最大值时，三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
14．如图，在正方体中，，点P在平面内，，则点P到距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
15．如图所示，在圆锥内放入两个球，，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为，.这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为，， 的半径分别为1，4，点为上的一个定点，点为椭圆上的一个动点，则从点沿圆锥表面到达的路线长与线段的长之和的最小值是（ ）
A．6 B．8 C． D．
16．如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
17．如图，在四棱锥中，，平面平面，若，，与平面所成的角为，则以下结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
18．在长方体中，，，，，分别为，，上的点，，，，分别记二面角，，的平面角为，，，则（ ）
A． B．
C． D．与有关
19．，分别为菱形的边，的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，下列选项错误的个数是（ ）
①异面直线与所成的角为定值；
②平面；
③若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是；
A．0 B．1 C．2 D．3
20．已知正方体的棱长为，，为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
21．设，是平面内所成角为的两条直线，过，分别作平面，，且锐二面角的大小为，锐二面角的大小为，则平面，所成的锐二面角的平面角的余弦值可能是（ ）
A． B． C． D．
22．在空间中，记点A在平面上的射影.设是两个不同的平面，对空间任意一点M，，，且，则平面所成二面角为（ ）
A． B． C． D．
23．如图，ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，则以下结论：①BD∥平面CB1D1；②AC1⊥BD；③AC1⊥平面CB1D1其中正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
24．已知正方体的棱长为1，若P点在正方体的内部，且满足，则平面PAB与平面ABCD所成二面角的余弦值为
A． B． C． D．
25．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为( )
A． B． C． D．
26．如图，矩形ABCD中，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成.在翻折过程中，直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为（ ）
A． B． C． D．
27．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
28．空间中13个不同的点构成的集合，满足当时，都是正四面体.对于任意平面，的最大值是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
29．已知是正四面体，是棱上的中点，是线段的动点，与直线所成的最小角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
30．如图，在长方体中，，，，是棱上的一条线段，且，是的中点，是棱上的动点，则
①四面体的体积为定值
②直线到平面的距离为定值
③点到直线的距离为定值
④直线与平面所成的角为定值
其中正确结论的编号是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二、多选题
31．已知矩形，，，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，翻折过程中（ ）
A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得
C．存在某个位置，使得
D．存在某个位置，使得，、均不等于零
32．如图，在棱长为6的正方体中，为棱上一点，且为棱的中点，点是线段上的动点，则（ ）
A．无论点在线段上如何移动，都有
B．四面体的体积为24
C．直线与所成角的余弦值为
D．直线与平面所成最大角的余弦值为
33．在菱形中，，，将菱形沿对角线折成大小为的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）．
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
34．已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在四边形内(包括边界)运动，则下列说法正确的是（ ）
A．若是线段的中点，则平面平面
B．若在线段上，则与所成角的取值范围为
C．若平面，则点的轨迹的长度为
D．若平面，则线段长度的最小值为
35．如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点、、的正方体的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．正方体中，点在底面（所在的平面）上运动并且使，那么点的轨迹是椭圆
36．已知图1中，、、、是正方形各边的中点，分别沿着、、、把、、、向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）
A．是正三角形
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正切值为
D．当时，多面体的体积为
37．已知三棱锥的三条侧棱AB，AC，AD两两垂直，其长度分别为a，b，c．点A在底面BCD内的射影为O，点A，B，C，D所对面的面积分别为，，，．在下列所给的命题中，正确的有（ ）
A．；
B．；
C．若三条侧棱与底面所成的角分别为，，，则；
D．若点M是面BCD内一个动点，且AM与三条侧棱所成的角分别为，，，则．
38．已知棱长为的正方体的所有顶点均在体积为的球上，动点在正方形内运动（包含边界），若直线与直线所成角的正弦值为，则（ ）
A．
B．点运动轨迹的长度为
C．三棱锥体积的取值范围为
D．线段长度的最小值为
39．如图，已知正方形的对角线，相交于点，将沿对角线翻折，使顶点到点的位置，在翻折的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．⊥平面
B．与不可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是45°
D．四面体的体积越大，其外接球的体积也越大
40．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，，，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点与中点，则下列判断中正确的是（ ）
A．
B．与平面所成的角的余弦值为
C．平面与平面所成的二面角的平面角为45°
D．设平面平面，则有
41．如图①，矩形ABCD的边，设，，三角形为等边三角形，沿将三角形折起，构成四棱锥如图②，则下列说法正确的有（ ）
A．若为中点，则在线段上存在点，使得平面
B．当时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面平面
C．若使点在平面内的射影落在线段上，则此时该四棱锥的体积最大值为1
D．若，且当点在平面内的射影点落在线段上时，三棱锥的外接球半径与内切球半径的比值为
42．在长方体中，，，点在线段上，为的中点，则（ ）
A．平面
B．当为的中点时，四棱锥外接球半径为
C．三棱锥体积为定值
D．过点作长方体的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为
三、填空题
43．已知正的顶点在平面上，顶点、在平面的同一侧，为的中点，若在平面上的投影是以为直角顶点的三角形，则直线与平面所成角的正弦值的最小值为______.
44．如图，在中，，，，点D在线段上运动，沿将折到，使二面角的度数为，若点在平面内的射影为O，则的最小值为_______．
45．已知三棱锥的各棱长均相等，点E在棱上，且，动点Q在棱上，设直线与平面所成角为，则的最大值是_______．
46．如图，在中，，，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使点在平面内的射影落在线段上，则直线运动时，点的轨迹长度是_____．
47．三角形的边在平面内，在平面外，和分别与面成和的角，且平面与平面成的二面角，那么的大小为____________．
48．如图，在长方体中，，，是与的交点，、分别为下底面、上底面上的点，且.现给出下列结论：
①直线与底面所成的角为；
②异面直线与所成角的最大值为；
③异面直线与所成角的最小值为；
④三棱锥的外接球的体积为.
其中正确结论的序号是_______.
49．如图，是边长为6的正三角形的一条中位线，将△沿直线翻折至△，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为______；过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是______.
50．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联芳等）起源于中国古代建筑的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图所示，图①是一种常见的鲁班锁类玩具，图②是该鲁班锁类玩具的直观图，则该鲁班锁玩具有______条棱，若每条棱的长均为，其表面积为______.
【挑战满分】压轴小题5：立体几何
答案解析
1．B
【分析】
由题意可知，点在所在平面内的轨迹为椭圆，且该椭圆的焦点为、，长轴长为，然后以线段的中点为坐标原点，直线所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出椭圆的方程，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】
如图所示，在平面内，，
所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，
则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，
所以，椭圆方程为.
点在底面的投影设为点，则点为的中心，，
故点正好为椭圆短轴的一个端点，
，则，
因为，故只需计算的最大值.
设，则，
则，
当时，取最大值，
即，
因此可得，故的最大值为.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，根据椭圆的定义得知点的轨迹是椭圆，并结合二次函数的基本性质求解的最大值是解题的关键，在求解时也要注意椭圆有界性的应用.
2．A
【分析】
点为在平面上的射影，得，首先得在以为直径的球面上．与平面所成的角为30°，所以，过作于点，计算得，知在圆锥的底面圆周上，再由在内（含边界），得在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧），，求出得最小时，最大，由点与圆的位置关系可得结论．
【详解】
因为点为在平面上的射影，所以平面，连接，则，故在以为直径的球面上．又与平面所成的角为30°，所以，过作于点，如图1所示，则易得，，，，所以在如图2所示的圆锥的底面圆周上，又在内（含边界），故在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接，易知直线与平面所成的角，且，故当最小时，最大，是圆弧圆心，则当在上时，最小，最小值为，所以．
故选：A．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与平面所成的角，解题关键是确定动点的轨迹，利用球面的性质，圆锥的性质，可得轨迹是圆弧，并得出其在底面上的射影，由射影的定义得出线面角，并求出其正切值，分析后可得最值．
3．C
【分析】
确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.
【详解】
如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，
，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，
、分别为、的中点，则且，平面，
平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，设平面交于点，
在直棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
且，且，所以，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
所以，为的中点，
延长交于点，，所以，，，
又，所以，，，为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点，
，，则，
为的中点，，则，同理，
因为直棱柱的棱长为，为的中点，，
由勾股定理可得，同理可得，
且，平面，平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，，
由勾股定理可得，同理.
因此，截面的周长为.
故选：C.
【点睛】
思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
4．B
【分析】
设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离.
【详解】
解：点关于的对称点为，关于的对称点为，
记为直线与之间的距离，则，
由，为到平面的距离，
因为，
而，故，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.
5．A
【分析】
把平面展开到与平面共面的的位置，根据图象可得当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，进而可求得各个边长，过点作，垂足为，连接，可证平面，所以平面平面，所以即为直线与平面所成的角，再求得各个边长，代入公式，即可求得答案.
【详解】
把平面展开到与平面共面的的位置(如下图)，
延长到，使得，则，
因为的长度为定值，故只需最小，只需，，，四点共线，
因为，，，所以.
过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
则平面，
所以平面平面，过作，垂足为，则平面，
所以即为直线与平面所成的角.
因为的面积为，，所以，所以，所以.
故选：A
【点睛】
难点在于，需将平面展开到与平面共面的位置，当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，求得各个边长，再根据面面垂直的判定定理及线面角的定义求解即可，考查数形结合，推理证明的能力，属中档题.
6．C
【分析】
过作交BC于E，连接EH，结合已知条件有二面角的平面角为，而，设且，则，即可求，，应用函数与方程思想，构造且在上有解求参数m的范围，即可得二面角正切的最大值.
【详解】
过作交BC于E，连接EH，
∵在平面内的射影恰好落在线段上，即面，
∴且，,即面，
面，则,
∴二面角的平面角为，
在中，，若令，则，又，
∴，且，
故，则，即方程在上有解时，m的最大值即为所求，
而开口向上且，即，对称轴.
∴当时，，显然成立；
当时，当对称轴在上，恒成立；当对称轴在上，，即；
∴综上，有，即，故二面角的正切的最大值为.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：利用三垂线定理找到二面角的平面角，进而根据线段关系、勾股定理求，，由，结合函数与方程的思想求参数m范围，进而确定最大值.
7．C
【分析】
通过旋转判定E的位置可知A的正误，通过证明E﹣ABD为正三棱锥可知B的正误，根据，可知C的正误，利用结合椭圆定义可知D的正误
【详解】
对A，当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，
当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，
∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故A正确；
对B，连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故B正确；
对C，取AB中点O，连接DO，EO，
则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角为θ，
直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），
，所以θ≥∠DAE不成立．C不正确；
对于D,AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，
P到BC的距离为：，因为，
所以点P的轨迹为椭圆．D正确．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题关键在于旋转过程能借用图形形象直观，同时掌握椭圆的定义，可以更快的解决问题.
8．B
【分析】
把平面展开到与平面共面的的位置，根据图象可得当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，进而可求得各个边长，根据正弦定理，可求得外接圆的半径r，在三棱锥中，可确定外接球球心的位置，根据勾股定理，可求得外接球半径，即可得答案.
【详解】
把平面展开到与平面共面的的位置(如下图)，
延长到，使得，则，
因为的长度为定值，故只需求最小，只需，，，四点共线，
因为，，，所以，
所以，，，
由正弦定理得，外接圆的半径.
设外接圆的圆心为，则三棱锥外接球的球心一定在过且与平面垂直的直线上，
因为到点，的距离相等，所以，
此即为三棱锥外接球的半径，
所以该球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
难点在于，需将平面展开到与平面共面的位置，当，，，四点共线时，空间四边形的周长最小，求得各个边长，进而再结合正弦定理，勾股定理求解，考查数形结合，分析计算的能力，属中档题.
9．B
【分析】
首先以点为原点建立空间直角坐标系，证明平面，并求，然后将异面直线与所成的角，转化为与所成的角，再如图建立第二个坐标系，利用坐标法求异面直线所成的角的余弦值，再求角的范围.
【详解】
如图，建立空间直接坐标系，连结，交平面于点，
，，，，，
，，，
，，，
平面，
根据等体积转化可知，
即，解得：，
，,
，异面直线与所成的角，转化为与所成的角，
如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取的中点，过点作，则以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系
，，，，，
，,
，
即，，
即
，即，
，
因为异面直线所成的角是锐角，并设为，则，
，，
故选：B
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是利用空间直角坐标系，解决异面直线所成的角，关键是如何建立坐标系，解决问题，本题建立两个坐标系，目的是方便解决问题.
10．A
【分析】
由条件可得为矩形，进而可得平面，所以，则四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱，设，由余弦定理可得的值，求出的值，由正弦定理可得的外接圆的半径为，由均值不等式可得的最小值，从而得出答案.
【详解】
由直四棱柱内接于球，则四点在球面上，
所以四边形为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补.
又四边形是平行四边形，所以为矩形.
在直四棱柱中，平面，所以
又，，所以平面，所以
所以四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱.
由外接球体积为，则球的半径为,
由为该外接球的直径，则
设，则，则
在中,，
由余弦定理可得
所以
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得
所以
当且仅当,即时取得等号，即的最小值为
其外接球被平面截得图形面积的最小值为：
故选：A
【点睛】
关键点睛：本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出的外接圆的半径，由均值不等式求出最小值，属于难题.
11．D
【分析】
由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式，计算可得所求最大值，可判断①；由四边形为菱形，计算面积，分析的最小值，可判断②；由棱锥的等体积法，计算可判断③；由等体积法和函数的性质可判断④.
【详解】
对于①，四边形为平行四边形，又直角梯形和直角梯形全等，得，所以四边形为菱形，且，平面在底面上的射影为四边形，设平面与平面所成角为，则，又，得，可得所成角的最大值不为45°，故①错误；对于②，由，可得菱形的面积的最小值为，故②正确；对于③，四棱锥的体积为，故③正确；对于④，设，，()，设到平面的距离为d，可得，
所以(其中)，当即时，取得最大值，故④正确.
故选：D.
【点睛】
一般关于体积计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算底面积与点到底面的距离，代入体积公式计算，二是可以通过等体积法，通过换底换高求解；关于空间几何体中一些边长或者距离的最值计算一般转化为函数问题，可以通过二次函数、反比例函数的性质求解最值，或者有时可以利用基本不等式，较难的问题则需要通过导数判断单调性从而求出最值.
12．A
【分析】
取的中点，连接、，让正四面体相对静止，让平面绕着直线转动，将问题等价转化为过直线且与平面平行的平面绕旋转，分别找出使得取最大值和最小值对应的位置，分别求出的最大值和最小值，即可得解.
【详解】
取的中点，连接、，如下图所示：
、分别为、的中点，所以，，
设正四面体的棱长为，则，，
由余弦定理可得.
当三棱锥绕棱旋转时，直线与平面所成的角为，
让正四面体相对静止，让平面绕着直线转动，则平面的垂线也绕着旋转，
设过直线的平面满足，
，问题也等价于平面绕着直线旋转，
当时，取得最小值，此时，取得最大值；
当时，设点到平面的距离为，可得，
当取最大值时，取最大值，此时，平面平面，
由于，取的中点，连接，可得，
平面平面，平面，平面，，
此时，，所以，的最小值为.
综上所述，的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：解本题的关键在于以下几点：
（1）将问题等价转化为过直线且与平面平行的平面绕旋转；
（2）结合线面角的定义找出线面角取最大值和最小值的位置，尤其在最小值确定时，可充分利用三角函数值来确定.
13．B
【分析】
延长交于点，连接，连接并延长交于点，连接，推导出为正的中心，可得出，说明当、、两两垂直时，三棱锥的体积取得最大值，然后将三棱锥补成正方体，可求出三棱锥的外接球直径，即可求得外接球的表面积.
【详解】
如下图所示，延长交于点，连接，
为的垂心，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，
连接并延长交于点，连接，
平面，平面，，
，，平面，
平面，，
设点在平面内的射影为点，延长交于点，连接，
平面，平面，，
，平面，
、平面，则，，
，为正的中心，且为的中点，
平面，、、平面，
，，，且，
所以，，，
当时，的面积取最大值，
当平面时，三棱锥的体积取得最大值，
将三棱锥补成正方体，
所以，三棱锥的外接球的直径即为正方体的体对角线长，
设三棱锥的外接球直径为，则，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
14．B
【分析】
可求出的轨迹为的内切圆，再将的轨迹投影到面上，恰好为的内切圆，上的切点与对应的点即为到距离最短的点.
【详解】
①先简要说明：面如下
因为四边形为正方形，故
又面，有
故面，故
同理有，故面
②再简要说明：面面如下
，故面
，故面
故面面
③设面
面
，三棱锥为正三棱锥，为的内心
由等体积法可知
故
的内切圆的半径
的轨迹是面上以为圆心，为半径的圆，记为
恰好为的内切圆.
又面面，全等于， 面
故也为正的内心
将圆投影到平面上，且圆心为，记为圆，故是的内切三角形
上的切点与上对应的点即为到距离最短的点.
故则点P到距离的最小值等于
【点睛】
求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
15．A
【分析】
在椭圆上任取一点，可证明，可得 ，设点沿圆锥表面到达的路线长为，则，当且仅当 为直线与椭圆交点时取等号，即可求解.
【详解】
在椭圆上任取一点，连接交球于点 ，交球于点，连接，， ，，，
在与中有： ，（为球的半径），
， 为公共边，
所以，
所以，设点沿圆锥表面到达的路线长为，
则，
当且仅当为直线与椭圆交点时取等号，
，
所以最小值为，
故选：A
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是证明得出 ，从而，转化为 三点共线时求.
16．C
【分析】
补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面面，进而可证为平行四边形，则为直线与平面所成角，△中由余弦定理知，结合棱锥侧面为全等三角形知，即可求的取值范围.
【详解】
由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，
O为ABCG对角线交点且，又有，，
∴面，而面，故面面，
若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，
而，，有平行且相等，即为平行四边形.
∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，
令，，即，
∴△中，，即，
∵，即，
∴，解得（舍去），
综上有，
故选：C
【点睛】
关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.
17．D
【分析】
在射线取，过作的垂线，垂足为，连接，设过三点平面交棱于，在四棱锥中可讨论的大小关系.
【详解】
在射线取，过作的垂线，垂足为，连接，
因为，，，
故，故，即.
设过三点平面交棱于，
以下在四棱锥中讨论的大小关系.
连接，它们交于点.
因为平面平面，，平面平面，
平面，故平面，
所以为直线与平面所成的角，故，
而为与平面内的直线（异于射影）所成的角，
故.
因为，，故为的平面角，
结合平面平面可得，故为等腰直角三角形.
又，，，故，
故，而，，故，
故，故，
因为，，，故平面，
而平面，故，而，故平面.
因为，故为的角平分线.
又，且，
在直角三角形中，，
因为，，故，而均为锐角，故，
综上，.
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：解本题的关键就是在原来的四棱锥中构造出新的四棱锥，然后利用线面角的定义得出，再由正切值的大小关系得出，解题时充分分析新几何体的结构特征，分析几何关系以及不等关系，进而求解.
18．B
【分析】
过点作于点，过作于点，由=1，所以，设为，则=，又则，即可比较的大小.
【详解】
过点作于点，过作于点
由，可知
,，
，
面，过作于点，
∴
∴，
设为，则=，
又，∴
∴
故选：B
【点睛】
（1）求二面角大小的过程可总结为：“一找、二证、三计算．”
（2）作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
19．A
【分析】
利用线面垂直的判定求出异面直线AC与MN所成的角即可判断选项①；利用线面平行的判定即可判断选项②；过作,垂足为,分为锐角、直角、钝角三种情况分别进行分析判断即可判断选项③.
【详解】
对于①，取的中点，连接,作图如下：
则，，，
由线面垂直的判定知，平面，
所以，
又因为，所以，
即异面直线与所成的角为定值，则①正确；
对于②，因为M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，
所以为的中位线，,
又因为平面，平面，
所以平面ABD，则②也正确；
对于③，过作,垂足为,
若为锐角，在线段上，如图1
若为直角，与重合，如图2
若为钝角，在线段的延长线上，如图3
图1 图2
图3
若存在某个位置，使得直线与直线垂直，
因为，所以平面,
由线面垂直的性质知,,
若为直角，与重合，所以,
在中，因为,
所以不可能成立，即为直角不可能成立；
若为钝角，在线段BC的延长线上，
则在原平面图菱形中，为锐角，
由于立体图中,
所以立体图中一定比原平面图中更小，
所以为锐角，因，故点在线段BC
与在线段BC的延长线上矛盾，因此不可能为钝角；
综上可知，的取值范围是，则③正确.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：对于选项③反证法思想的运用是求解的关键.
20．C
【分析】
根据垂直关系得到点在平面内，并且，根据面积公式得到点的轨迹，计算轨迹长度.
【详解】
连接，平面，所以，又，，所以平面，所以，同理，且，所以平面，
三棱锥中，利用等体积转化，因为棱长为，所以,设点到平面的距离为，
则，解得：
,，
即点在平面内，由条件可知，
所以，解得：,
即点是以点为圆心，半径为的圆，圆的周长为，
如图点的轨迹为圆在三角形内部的弧长，如图，
点到底面的距离为，，
所以，，根据对称性可知圆内的弧长占圆周长的
所以点的轨迹周长为.
故选：C
【点睛】
本题考查立体几何中的垂直关系，立体几何中的轨迹问题，属于偏难习题，本题的易错点是忽略点的轨迹时圆的周长在三角形内的部分，不是圆的周长.
21．B
【分析】
根据题意作出图形，由题过点P向平面作垂线,找到锐二面角，，设，利用边角关系计算各个边长，计算点C到PA的距离以及点C到平面的距离，从而可得到所求的二面角.
【详解】
如图，平面为平面ABC,直线为直线AB,直线为直线AC,由题意得，
过作平面为平面ABP, 过作平面为平面ACP,过点P向平面作垂线,垂足为O,
再由点O作连接PB,PC,锐二面角的大小为，
即，同理可知，设，则，，,在三角形中，,，，所以，，，过点C作所以高线，
,可得,,,,过点O作,则,
可得到面的距离，故可知到面的距离为，记平面，所成的角为，则，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力以及空间想象能力，是中档题
22．D
【分析】
考虑平面所成二面角不为直角时，可与题设矛盾，从而可得正确的选项.
【详解】
若，如图所示：，
取，设，则，
故，，
此时（重合），故不成立.
若平面所成二面角不为直角，考虑它们所形成的锐二面角，
设，如图所示：
设为内一点，且，则，
设，过作的垂线，则垂足为，
因为二面角的平面角为锐角，故不在上，且为直角三角形，
又，而，
因为，这与题设矛盾，故平面所成二面角不为直角不成立.
故选：D.
【点睛】
本题考查新定义背景下二面角大小的计算，注意从而反面考虑此类问题，本题属于较难题.
23．D
【分析】
①由正方体的性质得BD∥，所以结合线面平行的判定定理可得答案；
②由正方体的性质得 AC⊥BD，，⊥BD，再利用线面垂直可得答案.
③由正方体的性质得 BD∥，并且结合②可得⊥，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到答案.
【详解】
解：由正方体的性质得BD∥，所以结合线面平行的判定定理可得：BD∥平面；所以①正确.
由正方体的性质得 AC⊥BD，⊥BD，可得⊥平面 ，所以⊥BD，所以②正确.
由正方体的性质得 BD∥，由②可得⊥BD，所以⊥，同理可得，进而结合线面垂直的判定定理得到：⊥平面 ，所以③正确.
故选：D.
【点睛】
解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征与有关的判定定理，本题考查学生的空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题.
24．B
【详解】
过作交于，作平面，垂足为.
则平面，
所以，为所求二面角的平面角，
且，故.
.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查二面角的余弦值的求法.解题方法有两种，第一种是利用二面角的定义，作出二面角，然后通过解直角三角形来求得二面角的余弦值.第二种方法是建立空间直角坐标系的方法，以为坐标原点为轴建立空间直角坐标系，然后用法向量来求解.
25．C
【解析】
如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，＝(a，a,0)，＝(0,2a,2a)，＝(a，－a，0)，＝(0,0,2a)，
设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，
由⇒⇒⇒n1＝(1，－1,1)．
sinθ＝＝＝.
26．A
【分析】
分别取DE，DC的中点O，F，点A的轨迹是以AF为直径的圆，以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，利用向量法求出正弦值为，换元后利用基本不等式可得答案.
【详解】
分别取DE，DC的中点O，F，则点A的轨迹是以AF为直径的圆，
以为轴，过与平面垂直的直线为轴建立坐标系，
则，平面ABCD的其中一个法向量为= (0,0.1)，
由，设，则，
记直线与平面ABCD所成角为，
则
设，
所以直线与平面ABCD所成角的正弦值最大为，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查利用向量法求线面角，考查了三角函数的恒的变换以及基本不等式的应用，考查了空间想象能力与计算能力，属于综合题.
27．A
【分析】
求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.
【详解】
连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：
已知在正方体中，底面，平面，，
又四边形为正方形，所以，，
，平面，平面，，
同理，，平面，
三棱锥的体积为，
，，
可得，
所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，
而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：
其中，不妨设，由题意可，
所以，，可得，
所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.
因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.
接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.
如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，
根据题意可知，，且，
所以，，.
如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.
这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；
当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.
综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.
28．C
【分析】
根据题意，将问题转化为构造几何体，使之在同一平面中三棱锥顶点最多的问题，数形结合即可求得结果.
【详解】
为使得对于任意平面，取得最大值，
故要使得使之在同一平面中三棱锥顶点最多，
如下所示：
如图所示：三棱锥，均为正四面体,
显然，最多有11个点在同一平面中.
同时，若同一平面中存在12个三棱锥的顶点，则只有1个点在平面外，
无法构造几何体.
故的最大值为：.
故选：.
【点睛】
本题考查空间中点线面的位置关系，涉及棱锥的相关概念，属困难题.
29．C
【分析】
作出图示，根据异面直线所成的角、线面角、面面角的定义，找出所表示的平面角，再运用解三角形的方法，求得各角的值或范围，从而得出其大小关系，可得选项.
【详解】
作出图示如下图所示，设正四面体的棱长为2，取BC的中点D，连接ED，AD，EB，EC，作面ABC于H，作面ABC于G，
则，，
由正四面体的性质得：点H，点G在线段AD上，且，
所以，，
，在中，，
，
过点F作交AC于M，连接EM，则（或其补角）就是与直线所成的角，又，，
所以 ，
所以
，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递减，所以当时，取得最大值，取得最大值，
又在上单调递减，所以当时，取得最小值，
所以当时，与直线所成的角最小，最小角，
连接GF，则就是与平面所成的角，所以，
因为，所以，所以，
因为D是BC的中点，所以，所以就是二面角的平面角，由图示知是锐角，
所以在中，，又，，
在上单调递增，在上单调递减，所以，，
综上得：，.
故选：C.
【点睛】
本题考查空间中的线线角、线面角、面面角的定义和求解方法，关键在于运用定义找出所各角所表示的平面角，属于较难题.
30．A
【分析】
根据锥体体积公式说明高与底面面积均为定值，即可判断①；根据定直线与定平面关系可判断②；根据两平行直线关系可判断③；分别计算在端点时直线与平面所成的角，即可判断④.
【详解】
因为,所以平面即为平面，
因此到平面的距离（设为）等于到平面的距离，即为定值；
因为,所以到直线的距离等于直线到直线的距离, 为定值；
因此③正确；
而，所以面积为定值，
因此四面体的体积等于,为定值，即①正确；
因为,所以直线与平面（即平面）平行，
从而直线到平面的距离等于定直线与定平面之间距离，
为定值，即②正确；
当与重合时，过作交延长线于,
则由长方体性质得平面,即得,
因为平面,
从而平面,
因此为直线与平面所成的角，
，
当与重合时，因为平面，
所以到平面的距离相等，
过作，
则为点到到平面的距离
连,则为直线与平面所成的角，
,即④错误；
故选：A
【点睛】
本题考查点面距、线面角、线面距、锥体体积，考查综合分析求解判断能力，属中档题.
31．AD
【分析】
由向量数量积为零得出向量垂直，运用假设存在某个位置，应用线面垂直的判定和性质，结合矩形的条件可判断各选项的正误.
【详解】
在矩形中，分别过点、作、，垂足分别为点、.
由已知条件，，.
对于A选项，若存在某个位置，使得，
，，平面，平面，则，
在中，斜边，存在，故A正确；
对于B选项，若存在某个位置，使得，
，，平面，平面，则，
在中，斜边，矛盾，故B错误；
对于C选项，若存在某个位置，使得，
，，平面，平面，，
，在平面内，过点能作两条直线与垂直，矛盾，故C错误；
对于D选项，取平面平面，
，平面平面，平面，平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，则，
，，则，
，，则，D选项正确.
故选：AD.
【点睛】
关键点点睛：本题考查垂直关系存在性的验证，在推导时，可转化为利用线面垂直来推导线线垂直，也可以找个合适的位置，建立空间直角坐标，利用向量法来求解.
32．ABD
【分析】
根据面判断A；利用“等积变换”求出体积判断B；求出直线与所成角的余弦值判断C；根据当点移动到的中点时最大可判断D.
【详解】
在正方体中，易证面又平面所以则A正确；
则B正确；在棱上取点使，连结如图则易知为直线与所成角或其补角，可得则则直线与所成角的余弦值为则C错误；
由题意知三棱锥为棱长为的正四面体，作平面为垂足，则为正的中心，且为直线与平面所成角，所以当点移动到的中点时最短，如图，此时最小，最大，此时则D正确.
故选：ABD
【点睛】
本题通过对多个命题真假的判断，综合考查空间线面垂直证明线线垂直、异面直线成的角、直线与平面成的角，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
33．ACD
【分析】
求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，，
且，，
所以，二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时，等号成立，
即四面体的体积的最大值是，A选项正确；
对于B选项，由余弦定理可得，
所以，，B选项错误；
对于C选项，，
，，，
所以，，
因此，四面体的表面积的最大值是，C选项正确；
对于D选项，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
，，，平面，
平面，，
，，平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，，，，，
所以，，，
平面，平面，，
，即球的半径为，
因此，球的体积为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
34．AC
【分析】
证明平面，得面面垂直，判断A；由为正三角形，得与所成角的取值范围，判断B；分别取，的中点，，证明平面平面，判断C；取的中点，的中点，的中点，连接，平面平面（先证明四点共面），确定是最小值，然后计算后，判断D．
【详解】
对于A，如下图，
，分别是线段，的中点，
故，
则，，
所以，易知平面，所以，
所以平面，从而平面平面，
故A正确.
对于B，正方体中，，
所以与所成的角为与所成的角，
连接，，
则为正三角形，
所以与所成角的取值范围为，
故B错误.
对于C，如下图，
设平面与直线交于点，
连接，，则为的中点，
分别取，的中点，，
连接，，，易知，
所以平面.
同理可得平面，所以平面平面，
由此结合平面，可得直线平面，
所以点的轨迹是线段，易得，
故C正确.
对于D，如下图，
取的中点，的中点，的中点，连接，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面，
连接，，则，又，
所以，所以平面，
连接，，易知，又，
所以，故，，，四点共面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面，
所以点的轨迹为线段.
由知，，，
连接，，在中，
，所以，
所以，得为直角，
故线段长度的最小值为，
故D错误.
故选：AC．
【点睛】
关键点点睛：本题考查面面垂直，面面平行的证明，考查异面直线所成的角，考查立体几何中点的轨迹．解题关键是动点轨迹的确定，题中是通过平行平面得出动点轨迹．解题技巧是利用中点的特征得出构造图形，证明结论．
35．AB
【分析】
构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角为与所成角的余弦值判断A的正误；同样设结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得，进而判断P的轨迹知D的正误；由立方体的截面为梯形，分别求，进而得到梯形的高即可求面积，判断B的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r，进而求内切球表面积，判断C的正误.
【详解】
A：构建如下图所示的空间直角坐标系：
则有：，
∴，
，故正确.
B：若N为的中点，连接MN，则有，如下图示，
∴梯形AMND’为过三点、、的正方体的截面，
而，可得梯形的高为，
∴梯形的面积为，故正确.
C：如下图知：四面体的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，
∴，而四面体的棱长都为，有表面积为，
∴若其内切圆半径为，则有，即，所以内切球的表面积为.故错误.
D：正方体中，点在底面（所在的平面）上运动且，即的轨迹为面截以AM、AP为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线，
构建如下空间直角坐标系，，若，则，
∴，
，即，整理得，即轨迹为双曲线的一支，故错误.
故选：AB
【点睛】
关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.
36．AC
【分析】
取、的中点、，连接、，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出，可判断A选项的正误，利用空间向量法可判断BC选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】
取、的中点、，连接、，
在图1中，、、、是正方形各边的中点，则，
为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
在图1中，设正方形的边长为，可得四边形的边长为，
在图1中，和均为等腰直角三角形，可得，
，四边形是边长为的正方形，
、分别为、的中点，则且，且，
所以，四边形为矩形，所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、.
对于A选项，由空间中两点间的距离公式可得，
所以，是正三角形，A选项正确；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
由，取，则，，则，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，，则，
，所以，平面与平面不垂直，B选项错误；
对于C选项，，
设直线与平面所成角为，则，，
所以，，C选项正确；
对于D选项，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则、、、分别为、、、的中点，
因为，即，则，长方体的体积为，
，
因此，多面体的体积为，
D选项错误.
故选：AC.
【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.
37．ACD
【分析】
由与相似，得边长关系，进而判断A正确；当M与O重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D正确；代入特殊值，可得B错误.
【详解】
由三棱锥的三条侧棱AB，AC，AD两两垂直，
则将三棱锥补成长方体，连接DO并延长交BC于，
则．
对A：由与相似，则
又，，
所以，故A正确．
对B：当时，，则，
而，此时，故B不正确．
对D：分别以AB，AC，AD为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设，则，，
，，
所以
，所以D正确．
对C：当M与O重合时，面BCD，
由D有，
由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO成角互为余角，可得C正确．
故选：ACD.
【点睛】
关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.
38．BC
【分析】
由正方体的对角线就是球的直径求得正方体棱长判断A，由异面直线所成角的定义得，从而为常数，确定点轨迹后再求出其长度，判断B，用换底法计算棱锥体积，判断C，根据线面垂直关系求得线段的长后可得其最小值，．判断D．
【详解】
由正方体的棱长为，得球的半径为，所以，解得，故A错误；
因为，所以即直线与直线所成的角，所以，所以，连接，因为，所以，所以点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆的四分之一，所以点运动轨迹的长度为，故B正确；
由等体积法可知，由点的运动轨迹可知，到线段的距离满足，所以的面积，易知平面，所以，故C正确；
设正方形的中心为，连接，，则，易知当，，三点共线时，取得最小值，所以，故D错误.
故选：BC．
【点睛】
关键点点睛：本题考查正方体与其外接球的性质，䨵异面直线所成的角，球与棱锥的体积．解题关键是通过异面直线所成的角确定点轨迹．
39．ABC
【分析】
根据正方形的性质和翻折的过程中的不变性，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、球的体积公式进行逐一判断即可.
【详解】
对于选项A，由题易知，，，因为，平面，
，所以平面，A正确.
对于选项B，假设，因为，，平面，，所以平面，所以，，因为在翻折过程中始终有，因此，显然不成立所以与不可能垂直，B正确；
对于选项C，设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，，则，又的长度在翻折的过程中不变，当平面平面时，最大，此时直线与平面所成的角最大，为，因此C正确；
对于选项D，由题意可知，不论怎么翻折，点到四面体四个顶点的距离始终相等，都等于正方形对角线的一半，因此，在翻折的过程中，四面体外接球的体积始终不变，D不正确.
故选：ABC
【点睛】
关键点睛：空间想象能力是解决本题的关键.
40．AD
【分析】
证明面可判断A；根据与平面所成的角为判断B；利用特殊位置判断C；先证明面，由线面平行的性质定理可判断D；
【详解】
由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得，所以面，故A正确；
因为面，所以与平面所成的角为，所以余弦值为，故B错误；
对于选项可以考虑特殊位置法，由面得面面，所以点在平面内的射影在直线上，不妨设点平面内的射影为，过点作，连结.易证面，则面，所以为平面与平面所成的二面角的平面角，不妨设，因为，所以，则，显然不等于45°，故C错误.
设面与平面的交线为，又因为面，面，所以面，由线面平行的性质定理可得：，故D正确；
故选：AD.
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.
41．BCD
【分析】
对于A，延长与的延长线交于点，此时，与必有交点；
对于B，取的中点，表示出，验证当时，无解即可；
对于C，利用体积公式，借助基本不等式求最值即可；
对于D，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为，即可作出比值．
【详解】
对于A，如图，延长与的延长线交于点，则面面．
此时，与必有交点，则与面相交，故A错误；
对于B，取的中点，连接，则．
若面面，则有，
当时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面平面
故B正确；
对于C，由题可知，此时面面，由B可知，，
所以
当且仅当，即时等号成立．故C正确；
对于D，由题可知，此时面面，且
因为，都是直角三角形，所以底面外接圆的圆心是中点，所以，
由等体积法，可求得内接圆半径为，故，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】
本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．
42．ACD
【分析】
利用线面垂直的判定定理可判断A选项的正误；判断出四棱锥为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B选项的正误；利用等体积法可判断C选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，因为，所以，矩形为正方形，所以，，
在长方体中，底面，平面，，
，、平面，所以，平面，A选项正确；
对于B选项，当点为的中点时，，
同理可得，
因为四边形为正方形，所以，四棱锥为正四棱锥，
取的中点，则平面，且四棱锥的外接球球心在直线上，
设该四棱锥的外接球半径为，由几何关系可得，
即，解得，B选项错误；
对于C选项，，
三棱锥的高为，因此，，C选项正确；
对于D选项，设长方体的外接球球心为，则为的中点，
连接、，则，，
、分别为、的中点，则，
平面，平面，
平面，，.
过点作长方体的外接球截面为平面，点到平面的距离为，
直线与平面所成的角为，则，
当且仅当时，等号成立，
长方体的外接球半径为，
所以，截面圆的半径，
因此，截面圆面积的最小值为，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
43．.
【分析】
本题首先可结合题意绘出图像，设、以及，然后根据投影的相关性质得出以及，结合线面角的相关性质得出即直线与平面所成角，再然后根据得出，根据得出，从而求出，最后根据以及基本不等式即可求出最小值.
【详解】
如图，结合题意绘出图像，即在平面上的投影，
作平面于点，连接，
设，，，则，
因为即在平面上的投影，为的中点，
所以点在线段上且点是线段的中点，，
因为是以为直角顶点的三角形，所以，
因为平面于点，所以，即直线与平面所成角，
因为，，，
所以，
因为，即，
联立，解得，
则，
当且仅当时等号成立，直线与平面所成角的正弦值的最小值为，
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线面角的正弦值的求法，能否结合线面角的性质确定线面所成角是解决本题的关键，考查勾股定理的灵活应用，考查通过基本不等式求最值，考查计算能力，考查数形结合思想，是较难题.
44．
【分析】
本题需要作出空间图形，运用解三角形的知识求解.
【详解】
如图，过点作于点，过点作于点
下面证明点即为在平面内的射影，即为二面角 的平面角
又
所以点即为在平面内的射影，即为二面角 的平面角
所以
设,则,又，所以,即
在中由余弦定理得
在中由余弦定理求得,再由正弦定理解得
所以，
记，则 为减函数
当时，取得最小值
又，
所以
所以
【点睛】
本题属于一道综合性难题，需要极强的空间想象能力和运算能力.能否准确作出空间图形是解决本题的关键，最后要得出正确答案，需要对解三角形，以及三角恒等变换知识非常熟练，计算能力要过硬，本题属于压轴题.
45．
【分析】
设，在平面上的投影为，在平面上的投影为，根据与相似，可得到，，从而得到，利用函数方法求出的最大值，从而得到的最大值.
【详解】
设棱长为，则，设在平面上的投影为
则为的重心
故
设在平面上的投影为
则三点共线，,
故与相似
设，则
故
则由余弦定理有：
又
故当即时有最大值，此时最大
由于面
故直线与平面所成角为
，，解之得，
的最大值是.
【点睛】
求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
46．
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，在中过作的垂线，垂足为且交轴于，连接，利用坐标法可求的长度.在空间中，可证的轨迹为一段圆弧，从而可求轨迹的长度.
【详解】
在平面中，建立如图（1）所示的空间直角坐标系，
过作的垂线，垂足为且交轴于，连接.
在中，由余弦定理可得，
而为三角形内角，故，
因为，故，而，所以，
故直线且直线.
故.
又，故，故.
又，而，，
由余弦定理可得即，
故，故.
在空间中，
当直线运动时，，故在以为球心，2为半径的球面上，
又在过且与平面垂直的平面上，
故在平面与球面（半径为2）的截线（圆）上.
因为在线段上变化，故的轨迹为一段圆弧.
如图，在平面内过作，且垂足为，连接，
因为平面，平面，故，
而，故平面，而平面，
故且三点共线.
当与重合时点为，则即为平面直角坐标系中的点，即为点，
且，故，
当与的中点重合时，为的中位线，
故关于直线的对称点在上，
设点在平面内的射影就是.
下面计算的长度.
由平面直角坐标系中的讨论可知，
而平面，平面，所以，
因为，故平面，
所以为所在的圆的圆心，故的长度为.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：空间中动点的轨迹，一般从两个角度来处理：（1）空间中动点的轨迹转化为平面中动点的轨迹，注意根据曲线的定义等来判断，必要时建立平面直角坐标系来处理；（2）考虑空间中动点是否满足一定几何性质，从而直接得到动点的轨迹.
47．或
【分析】
对为锐角和钝角两种情况讨论，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，过点在平面内作，垂足为点，连接，设，利用空间角的定义结合勾股定理可计算得出的三边边长，结合余弦定理可求得的大小.
【详解】
分以下两种情况讨论：
（1）若为锐角，如下图所示，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，
过点在平面内作，垂足为点，连接，设，
则与平面所成的角为，，，
与平面所成的角为，则，，
，，，
，，平面，
平面，，
所以，平面与平面所成二面角为，
，，，，，
，
，，，
所以，，，所以，；
（2）若为钝角，如下图所示，过点作平面的垂线，垂足为点，连接、，
过点在平面内作，垂足为点，连接，设，
则与平面所成的角为，，，
与平面所成的角为，则，，
，，，
，，平面，
平面，，
所以，平面与平面所成二面角为，
，，，，，
，
，，，
所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得，
，所以，.
综上所述，或.
故答案为：或.
【点睛】
关键点点睛：本题考查三角形内角的计算，需要对进行分类讨论，解题的关键就是利用线面角、二面角的定义求出三边的边长，并结合余弦定理求解.
48．①③
【分析】
利用线面角的定义可判断①的正误；过作交下底面于点，可知就是异面直线与所成的角，利用异面直线所成角的定义可判断②③的正误；找出三棱锥的外接球球心，求出该球的半径，利用球体的体积公式可判断④的正误.
【详解】
对于①，设直线与底面所成的角为，
点到底面的距离为，，
，，①正确；
对于②③，设是与的交点，则为的中点，
且，所以，四边形为平行四边形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，且，
平面，平面，平面，，
，，
过作交下底面于点，则就是异面直线与所成的角.
，则、可确定平面，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
，所以，四边形为平行四边形，所以，，
由，，则，，，
点在以为圆心、为半径的圆上运动，
当在上且位于和之间时，最小，且为，③正确；
当在上且位于和之间时，最大，且为，②错误；
对于④，因为，所以三棱锥的外接球的球心为，半径为，其体积为，④错误.
故①③正确.
故答案为：①③.
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
49．
【分析】
由题意，当面面时三棱锥的体积最大，即可确定△的外接圆圆心，四边形的外接圆圆心，再确定四棱锥的外接球球心，外接球的半径，求外接球的表面积；以为直径的球的截面圆的面积最小，求截面圆面积的最小值
【详解】
由题可知，当面面时，三棱锥的体积最大，
取的中点，连接，易知△的外接圆圆心位于且靠近点的三等分点处，
设的中点为，连接，，则，
可知为四边形的外接圆圆心，过作平面的垂线，
过作平面的垂线，两垂线的交点即四棱锥的外接球球心.
连接，易得四边形为矩形，，连接，
在中，，
∴四棱锥外接球的表面积为.
由题可得，以为直径的球的截面圆的面积最小，最小值为.
故答案为：，.
【点睛】
关键点点睛：一是根据△的外接圆圆心、四边形的外接圆圆心确定四棱锥的外接球球心；二是空间想象能力，想到以为直径的球的截面圆的面积最小.
50．
【分析】
图中共有个正三角形，个正八边形，算出总的边数除以2即可；算出正三角形、正八边形的面积即可.
【详解】
图中共有个正三角形，个正八边形，则共有条棱；
设正三角形、正八边形的面积分别为，因为，所以，
，，故
又，∴表面积.
故答案为： ；
【点睛】
本题主要考查几何体表面积的计算，考查学生空间想象能力，数学计算能力，是一道中档题.
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