2023年高考数学三模试题分项汇编（新高考专用）专题10 立体几何与空间向量（选填题）（解析版）

这是一份2023年高考数学三模试题分项汇编（新高考专用）专题10 立体几何与空间向量（选填题）（解析版），共55页。
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc204" 题型一：立体几何中的平行垂直关系 PAGEREF _Tc204 \h 1
\l "_Tc21926" 题型二：立体几何中的向量问题 PAGEREF _Tc21926 \h 7
\l "_Tc22454" 题型三：立体几何中的表面积、体积问题 PAGEREF _Tc22454 \h 8
\l "_Tc13019" 题型四：立体几何中的距离问题 PAGEREF _Tc13019 \h 10
\l "_Tc5090" 题型五：立体几何中的空间角问题 PAGEREF _Tc5090 \h 17
\l "_Tc5655" 题型六：立体几何中内切球与外接球问题 PAGEREF _Tc5655 \h 21
\l "_Tc27019" 题型七：立体几何中的数学文化题 PAGEREF _Tc27019 \h 26
\l "_Tc17191" 题型八：立体几何中动截面问题 PAGEREF _Tc17191 \h 32
\l "_Tc21469" 题型九：立体几何中动点问题 PAGEREF _Tc21469 \h 36
题型一：立体几何中的平行垂直关系
1．（2023·吉林·统考三模）已知直线与平面，，，能使的充分条件是（ ）
A．，B．，
C．，D．，，
【答案】C
【详解】对于A，当，时，可能平行，可能相交，但不一定垂直，A错误；
对于B，当，时，，B错误；
对于C，，，根据面面垂直判定定理可知，C正确；
对于D，当，，时，，但相交但不一定垂直，
如图示：
故D错误；
故选：C
2．（多选）（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）已知、、为空间中三条不同的直线，、、为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的有（ ）
A．若，，，则
B．若，，，若，则
C．若，、分别与、所成的角相等，则
D．若，，，则
【答案】BD
【详解】对于A，如图1，若，，，则可以与平行，故A错误；
对于B，因为，，，且，，则，
因为，，则，故，B对；
对于C，如图2，若，、分别与、所成的角为时，与可以相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若，，则，又，则，D对.
故选：BC.
3．（多选）（2023·安徽马鞍山·统考三模）在正三棱锥中，分别为棱的中点，分别在线段上，且满足，则下列说法一定正确的是（ ）
A．直线与平面平行
B．直线与垂直
C．直线与异面
D．直线与所成角为
【答案】AB
【详解】由题意，
∵是的中线，，
∴，
∴
∴，
∴，
∵,
∴，C错误.
∵面，面，
∴面，A正确.
取中点，连接，则，
∵面，面，
∴面，
∵面，
∴，
∵，
∴，故B正确，且与所成角为，
在正三棱锥中，，不一定等于,
∴不一定是等边三角形，不一定是，故D错误.
故选：AB.
4．（多选）（2023·河北唐山·统考三模）已知为异面直线，平面，平面，是空间任意一条直线，以下说法正确的有（ ）
A．平面与必相交
B．若，则
C．若与所成的角为，则与平面所成的角为
D．若与所成的角为，则平面与的夹角为
【答案】AC
【详解】对A，若平面与平行，则，又 ，
则，与为异面直线矛盾，故平面与必相交，故A正确；
对B，，可能在平面内，所以不正确，故B错误；
对C，过上一点作，交于，则直线为在平面上的射影，如图，
所以与平面所成的角为，由题意知，所以，
由可知，与平面所成的角为，故C正确；
对D，平移过点，分别与交于，平面与棱交于，连接，如图，
由分别垂直两平面，易知棱与平面垂直，可得与垂直，
故为二面角的平面角，由与所成的角为，可知，
所以平面与的夹角为，故D错误.
故选：AC.
5．（多选）（2023·湖北·校联考三模）在四面体中，平面ABC，，点，Q为AC的中点，，垂足为H，连结BH，则正确的结论有（ ）
A．平面平面PBC
B．若平面平面PBC，则一定有
C．若平面平面PBC，则一定有
D．点R是平面PBC上的动点，，则当直线AR与BC所成角最小时，点R到直线AB的距离为
【答案】ABD
【详解】易知三棱锥是“基本图”，它各个面均为直角三角形，且平面PAB，平面平面ABC，平面平面ABC，，平面PAC，
对于A：由平面PAC知，，
又因为，平面BQH，所以平面BQH，
又平面PBC，平面BQH平面PBC，故A正确；
对于B：过点C作，由于平面平面PBC，且两面的交线为MN，
由面面垂直的性质得平面AMN，平面AMN，
，
且平面PAB，平面PAB，，
又平面PBC，
平面PBC，平面PBC，，B正确；
对于C：在平面PBC条件下，N可以在直线PC上运动，C不正确．
对于D：由题意可得，则，
R点的轨迹是以M为圆心为半径的圆，动线段AR是圆锥的母线，
AR与平面PBC所成的角为定角，AR与BC所成的角最小时//．
过作平面ABC，，垂足为N，则为到直线AB的距离．
由四边形是矩形得，D正确．
故选：ABD.
6．（多选）（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的一点，为的中点，，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．圆上存在点使平面
B．圆上存在点使平面
C．圆锥的外接球表面积为
D．棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
【答案】AD
【详解】对于选项A，如下图，过作，交劣弧与点，连接，
由于分别为的中点，所以，
由于面，面，面，面，
所以面，面，面，面，
又因为，所以面面，
由于面，所以面，所以选项A正确；
选项B， 假设在点M使面SBC，面SBC，所以，
由圆锥易得底面圆，底面圆，
所以，，面，面，
所以面，
故面SBC应与面平行，与题意显然不符，即选项B错误；
选项C，如下图，依题意可知，所以，又，所以，
不妨设圆锥外接球心为，半径为，则，
即，将代入，解得，
所以球的表面积，即选项C错误；
选项D，棱长为的正四面体如下图所示，
正方体的边长为，体对角线长为，
所以棱长为的正四面体的外接球半径为，
设内切圆的半径为，则，解得，
所以，所以棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，即选项D正确．
故选：AD.
题型二：立体几何中的向量问题
1．（2023·山西晋中·统考三模）已知点P在棱长为2的正方体的表面上运动，则的最大值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【详解】取中点，连接，如图，
则，
当在正方体表面上运动时，运动到或处时，最大，
所以,
所以的最大值为8.
故选：C
题型三：立体几何中的表面积、体积问题
1．（2023·湖南岳阳·统考三模）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，， 二面角的大小为，若球的表面积等于，则三棱锥的体积等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】取的中点，连接，
因为， 所以到的距离相等，
故即为球心．
由球的表面积等于，设外接球半径为，故，
解得，过作垂直于于点，
因为，，所以，同理，
过点作，且，则，是二面角的平面角，，过点作，垂足为点.
因为，，且两直线在平面内，所以平面，
又平面，所以，,且两直线在平面内，所以平面，
则为三棱锥的高，
故三棱锥的高为，
其中，
所以三棱锥的体积．
故选：B.
2．（2023·江苏·统考三模）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】圆锥的高为，如图，
由可得：，∴，
∴,
圆柱侧面积，
圆锥侧面积，.
故选：D．
3．（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，正八面体的棱长为2，则此正八面体的表面积与体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，由边长为2，可得的高，
，则其表面积为
.
体积为.
此正八面体的表面积与体积之比为.
故选：D.
题型四：立体几何中的距离问题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
由题意，因为为正方形，且底面，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，
所以，设，，
则，所以，即，
设平面的法向量为，
则，解得，取，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
因为单调递增，所以当时，最大，
此时，即直线与平面所成角的最大值为.
故选:C
2．（2023·河北唐山·统考三模）把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，
计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，
则.
故选：A
3．（2023·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】四面体满足，即两两垂直，
以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为，，则，
于是，，
所以点到直线的距离.
故选：A
4．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【详解】
如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点，
又，故各侧面均为等边三角形，
若侧面三角形边长为，则，，，
显然△△，故，则.
故选：B.
5．（2023·安徽铜陵·统考三模）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为，是山坡上一点，且.现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为______.
【答案】
【详解】由题意，半径为2km，山高为，则母线,
底面圆周长，所以展开图的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，,
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，即点为公路的最高点，段即为下坡路段，
则，即，得
下坡路段长度为.
故答案为：
6．（2023·安徽马鞍山·统考三模）如图，在矩形中，，点分别为边的中点．将沿折起，在翻折过程中，直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为________．
【答案】
【详解】取的中点，在翻折的过程中，可得，
即为三棱锥的外接球的直径，且，
即三棱锥的外接球的半径为，
过分别向的垂线，垂足分别为，如图所示，
可得，则，
设向量和所成的角为，其中，
因为，
则
，
所以，可得，即，
设三棱锥的外接球截直线的弦长为，
又因为，在翻折前，
当取得最大值时，此时球心到的距离最短，
此时直线被球截得的弦长最长，所以截得的线段长的最大值为；
当取得最小值时，此时球心到的距离最长，
取的中点，则，可得最大距离为，
此时直线被球截得的弦长最短，
根据圆的弦长公式，可得最短弦长为，
所以直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为.
故答案为：.
7．（2023·湖南永州·统考三模）在棱长为的正方体中，动点在平面上运动，且，三棱锥外接球球面上任意一点到点到的距离记为，当平面与平面夹角的正切值为时，则的最大值为_________.
【答案】
【详解】设，连接，，且，
在正方体中，，，
平面，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
同理，，
所以平面，设正方体的棱长为，
则可知为棱长为的正四面体，
所以为等边三角形的中心，
由题可得，得，
因为，所以，所以，因为，
所以，
因为平面，即平面，且，
又与平面所成角的正弦为，所以与平面所成角为，
则，
可求得，即在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，
由平面，又平面，所以平面平面，且两个平面的交线为，把两个平面抽象出来，如图：
作于点，过点作交于点，连接，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
又，与为平面中两相交直线，
故平面，平面，
所以，所以为二面角的平面角，即为角，
设，当与点不重合时，在中，可得
，
若与点重合时，即当时，可求得，也符合上式，
故，因为，，
所以，所以，所以，
所以
解得，，
再取的中点，
因为三棱锥外接球即是正方体外接球，则点为外接球球心，
连接，在中，，，所以，
所以的最大值为.
故答案为：
题型五：立体几何中的空间角问题
1．（2023·湖北·校联考三模）如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起，
平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面，
四边形为正方形，，
平面，平面，，
，平面，平面；
同理可得：平面；
平面的法向量为，平面的法向量为，
，，
，，即与的夹角为，
所求锐二面角的大小的余弦值是.
故选：C．
2．（2023·浙江·校联考三模）在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，
证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为，
当时，记平面截正方体所得截面为面，，
则，
令，
因为，所以，
当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时，
截面为面，
当时，平面截正方体所得截面为，
所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面，
同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面，
连接，面与面所成锐二面角为，
因为面面，
所以的所成角大小为二面角大小，
因为，所以面与面所成锐二面角大小为.
故选：C．
3．（2023·吉林·统考三模）如图，菱形纸片中，，O为菱形的中心，将纸片沿对角线折起，使得二面角为，分别为的中点，则折纸后（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【详解】如图，连接，则，
故即为二面角得平面角，即，
设的中点为M，连接，则,
设菱形纸片中的边长为2，因为，则为正三角形，
则,
故为正三角形，故,
又，平面，则平面,
平面，故，
又因为为的中点，所以，所以,
又，故,
故在中，，
故，
故选：A
题型六：立体几何中内切球与外接球问题
1．（2023·安徽黄山·统考三模）如图，球的表面积为，四面体内接于球，是边长为的正三角形，平面平面，则该四面体体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为球的表面积为，所以，
由题意知底面三角形的面积为定值，要使四面体体积的最大，只须顶点到底面的距离最大即可，
又因为平面平面，可知当时，点到底面的距离最大，
外接圆的半径，则到面的距离为，且到面的距离为，
设点到平面的距离为，则，解得，
此时体积最大值为.
故选：B.
2．（2023·辽宁·校联考三模）在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
如图所示取靠近的四等分点，的中点，连接，，.
由，可知.同理可知.
又，所以平面，所以平面即为平面.
又易知，
所以截此三棱锥所得的截面面积为，
当时，取得最大值，
设为外接球球心，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，
所以四边形为正方形，且，，，
∴.
故选：D.
3．（2023·黑龙江牡丹江·牡丹江市第三高级中学校考三模）空间中四个点、、、满足，，且直线与平面所成的角为，则三棱锥的外接球体积最大为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】设是三角形的外接圆的圆心，因为，所以是正三角形，
则三棱锥的外接球的球心在过且与平面垂直的直线上，
由题意可得，过作平面于，
直线与平面所成的角为，，，
故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
当球心到的距离最大时，三棱锥的外接球体积最大，
所以在延长线上时，三棱锥的外接球体积最大，
设的中点为，连接，则，，
又，，
所以，，
，
三棱锥的外接球体积最大为.
故选：C．
4．（2023·山西运城·统考三模）在平面四边形中，，，，现将 沿着折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为135°，则三棱锥的外接球表面积为__________.
【答案】
【详解】
如图，取的中点，的中点，连接，，
因为，所以 ，因为， ，所以 ，
；
过点作平面，过点作平面， ，
因为点，分别是 和的外心，所以点是三棱锥的外接球的球心；
由，得，，，所以，，，，
，
则三棱锥的外接球的半径，所以外接球的表面积 ；
故答案为： .
5．（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥外接球的表面积为__________.
【答案】
【详解】由PA⊥平面ABC，面，则，又，
所以两两垂直，故可将三棱锥补全为长方体，
故三棱锥外接球，即为长方体外接球，
令三棱锥外接球半径为，则满足，
所以外接球表面积为.
故答案为：
6．（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为__________.
【答案】/
【详解】如图所示：
依题意得 ，
底面的外接圆半径为，
点到平面的距离为 ，
所以 ，
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：.
7．（2023·安徽·校联考三模）已知四面体的四个顶点都在球的球面上，是边长为2的等边三角形，外接圆的圆心为．若四面体的体积最大时，，则球的半径为______；若，点为的中点，且，则球的表面积为______．
【答案】
【详解】设的外接圆的半径R，由题可得，解得；
若四面体的体积最大时，则点B在过和的直径上，且在的两侧，
在中，，又，所以，
设球的半径为，则在中，，解得；
如图，取的中点，连接并延长交圆于点．连接，
由得，则．．
在中，，所以在中，由余弦定理得，可得，
结合图形可得圆．连接，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，
四面体外接球的半径解得，所以球O的半径，
四面体ABCD外接球的表面积为．
故答案为：；.
题型七：立体几何中的数学文化题
1．（2023·山西阳泉·统考三模）米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为2和4.侧棱长为.则其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为4和2，侧棱长为，
则，，，
所以，
设外接球的半径为，，则，
因为垂直于上下底面，
所以，即，
又，即，
联立解得，，
所以该米斗的外接球的表面积为.
故选：D.
2．（2023·安徽铜陵·统考三模）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
【详解】
在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，
，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，
，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C
3．（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图是棱长为的正四面体，
由题意， ，设的中点为，底面 的重心为，为外接球的球心，
则有 底面， ， ，
，是外接球半径，
在 中， ，
在 中， ，，
，解得 ，
即正方体的最短棱长为.
故选：B.
4．（多选）（2023·黑龙江大庆·统考三模）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.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，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
5．（多选）（2023·河北唐山·统考三模）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（ ）
A．平面
B．五面体的体积为5
C．四边形与四边形的面积和为定值
D．与的面积和的最小值为
【答案】ABD
【详解】
取BC的中点G，连接OG，FG，
∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，
∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；
过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，
∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，
又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，
过E作EP∥FM，交CD于P， 作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，
∵EP∥FM，EP平面FMN，FM平面FMN，∴EP∥平面FMN，
同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，
如图，五面体包含一个三棱柱和两个的四棱锥，
∴五面体的体积：
，故B正确；
设，则，
，，
四边形与四边形的面积和为
，不是定值，故C错误；
过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，
∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，
又FH∩HR＝H， FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，
∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，
设，则，且，，
△BCF的面积为，同理，△ADE的面积为，
则△ADE与△BCF的面积和为，
当时，，即，
∴，当且仅当等号成立，
，当且仅当等号成立，
则△ADE与△BCF的面积和的最小值为，故D正确．
故选：ABD.
题型八：立体几何中动截面问题
1．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考三模）将水平放置，棱长为1的正方体容器（不计容器壁厚度）中注入一半的水，现将该正方体容器任意摆放，并保证水不溢出，则平行于水平面的水面面积的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【详解】如图所示，
因为水的体积恰好是容器容积的一半，
所以①水面可以是以为边长的正六边形，此时水面面积为；
②水面可以是正方体的体对角面，此时水面面积为，
所以平行于水平面的水面面积的最大值为.
故选：D.
2．（多选）（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）正四棱锥中，，，过点作截面分别交棱于点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若为中点，则
B．若平面，则截面的面积
C．若为所在棱的中点，则
D．若为所在棱的中点，则点到平面的距离为
【答案】AD
【详解】
A选项：如图：连接交于，连接交于，
因四点共面，所以过点.

由题意为的中点，若为中点，
则为的重心，
所以，
又因，
所以，
在正四棱锥中，，
所以，故A正确.
B选项：由题知：，所以为等边三角形，
若平面，则，
故为的中点，且，
在正四棱锥中，，
因，所以
又平面，平面,
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
因平面，
所以
所以截面的面积为，
故B错误.
C选项：
若为所在棱的中点，如图，则，平面的平面图如下：
设，，
，
，
，
因得，，
所以，
故，
故C错误.
D选项：因平面，
平面
所以平面平面，
因平面平面，
点到平面的距离即为点到直线的距离
如图建立平面直角坐标系，则，，
直线的方程为：，即，
点到直线的距离为，
故D正确.
故选：AD.
题型九：立体几何中动点问题
1．（多选）（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（ ）
A．的最小值为
B．若，则点的轨迹长为4
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．若，则点的轨迹长为
【答案】ACD
【详解】设E关于D点的对称点为，
则，
所以当且仅当三点共线时取等号，
故的最小值为，故A正确；
由题意知，
则以O为坐标原点，
以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则设，
则，
对选项B：当时，，
所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，
所以，故点的轨迹长为，所以B错误；
对选项D：当时，，
，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
其轨迹长为，故D正确；
对选项C：在中， ，
为直角三角形，
其外心为与的交点，且，
而，
所以，
所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，
所以球的表面积为，故C正确.
故选：ACD
2．（多选）（2023·安徽黄山·统考三模）在棱长为的正四面体中，过点且与平行的平面分别与棱交于点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．当分别为线段中点时，与所成角的余弦值为
C．线段的最小值为
D．空间四边形的周长的最小值为
【答案】ABD
【详解】
由题知，//平面，而平面平面，平面，根据线面平行的性质定理可知，//，
又，
即，故，A选项正确；
连接，易得，又，于是（三线合一），故，
取中点，连接，由中位线可知，在中由余弦定理，，即，
由//，与所成角即为（或其补角），在中根据余弦定理，，B选项正确；
根据B选项分析，当分别为线段中点时，，C选项错误；
由//，由于为正三角形，则也是正三角形，故，故四边形的周长为：，当为中点，即时，有最小值.
即空间四边形的周长的最小值为，D选项正确.
故选：ABD
3．（多选）（2023·安徽铜陵·统考三模）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是棱，上的动点，且，则（ ）
A．
B．
C．存在无数条直线与直线，，均相交
D．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为
【答案】BCD
【详解】以D为原点建立如图所示空间直角坐标系，则
，
设，即点，其中.
设，即点，其中.
所以，
所以，所以，所以，，
所以，又，
若，则，所以，所以，
故只有时，，故选项A错误；
因为，
所以，
所以，故选项B正确
设直线上任一点为，上任一点为，上任一点为，
，
当、H、K三点共线时，存在直线与直线，，分别交于点、H、K，
由、H、K三点共线得，所以，
所以所以当且，时，随着k的变化而变化，
所以存在无数条直线与直线，，均相交，故选项C正确；
由等体积法得，
又，
当且仅当即时，等号成立，此时三棱锥的体积最大，
故，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，得．
显然底面的一个法向量为．
设二面角的平面角为，由题意知为锐角，
因为，所以，
故当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为，故选项D正确.
故选：BCD
4．（多选）（2023·江苏南通·三模）正方体的边长为2，Q为棱的中点，点分别为线段上两动点(含端点)，记直线与面所成角分别为，且，则( ).
A．存在点使得B．为定值
C．存在点使得D．存在点使得
【答案】ABD
【详解】如图所示，在正方体中，以D为原点，以为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，，其中，
作，，
可知平面，平面，
则，，，，
所以，，，
则，，
由知，，，
则，即，从而，
对于A，若，即，解得，满足题意，故A正确；
对于B，，为定值，故B正确；
对于C，若，则，故C错误；
对于D，，，
若，则，结合，
解得，，故D正确；
故选：ABD
5．（多选）（2023·安徽·校联考三模）已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若N为中点，当最小时，
B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为
【答案】ACD
【详解】对于A，矩形与正方形展开成一个平面，如图所示，
若最小，则A、M、N三点共线，因为，
所以，则有 ，
即，故A正确；
对于B，当点M与点重合时，连接、、、、，如图所示，
在正方体中，平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
又平面，所以，同理可证，
因为，平面，所以平面，
易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；
设E、F、Q、N，G，H分别为，、，，，的中点，易知六边形EFQNGH是边长为的正六边形，且平面平面，
正六边形 EFQNGH的周长为，面积为，
则的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即B错误；
对于C，以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，设，
因为平面，所以是平面的一个法向量，且，，故，
所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为，则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为，故C正确；
对于D，当点M与点C重合时，四面体即为为正四面体，棱长，
由正四面体的性质可得，其内切球半径，
所以表面积为，故D正确．
故选：ACD．
6．（多选）（2023·浙江温州·统考三模）如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，为圆柱的母线，点分别为线段上的动点，经过点的平面与线段交于点，以下结论正确的是（ ）
A．
B．若点与点重合，则直线过定点
C．若平面与平面所成角为，则的最大值为
D．若分别为线段的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为
【答案】ABD
【详解】连接，由为圆柱底面圆弧的两个三等分点可知，
因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，
又，同理可得平面ABCD，
因为，平面
所以，平面平面ABCD，
因为平面，平面，
所以，A正确；
记平面，则平面，且，又平面，所以必过点M，B正确；
当平面为平面时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
在等腰梯形中，，易得其高为，即，
所以，故C错误；
因为分别为线段的中点，则由圆柱的对称性可知，平面与圆柱侧面的公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.
易知，所以，得
所以，即平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为，D正确.
故选：ABD
7．（多选）（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，已知点A为圆台下底面圆周上一点，S为上底面圆周上一点，且，则（ ）
A．该圆台的体积为
B．直线SA与直线所成角最大值为
C．该圆台有内切球，且半径为
D．直线与平面所成角正切值的最大值为
【答案】ACD
【详解】对于A选项，，则A选项正确.
对于B选项，如图（1），
过作垂直于下底面于点，则，
所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，
即为所求，而，
由圆的性质得，，
所以，因为，
则B选项错误.
对于C选项，设上底面半径为，下底面半径为，
若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（2）所示，
梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，
假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为，
所以圆台存在内切球，且内切球的半径为，则C选项正确；
对于D选项，如图（3），
平面即平面，过点做交于点，因为垂直于下底面，
而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，
所以直线与平面所成角即为，且.
设，则，
所以，
其中，所以，当时，，
当时，.
根据复合函数的单调性，可知函数，在上单调递增，
所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确.
故选：ACD.
8．（多选）（2023·山西阳泉·统考三模）已知正四面体的棱长为2，M，N分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．若取得最小值，则
B．若，则平面
C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D．直线到平面的距离为
【答案】BC
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直接坐标系，如图1所示.
因为正四面体的长为2，所以正方体的棱长为，
则，，，.
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为，
所以，
设，则，
所以，
所以，
.
对于A，因为，
，
所以.
当时，即，，取得最小值，故A错误；
对于B，若，则，所以.
因为，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则.
因为，所以平面，故B正确；
对于C，若平面.
因为为平面的一个法向量，所以，
所以，所以.
所以，即，
，即.
设平面的一个法向量为，
因为，，
则，取，则，
所以，所以平面，所以平面，
则三棱锥外接球的球心在直线上.
又因为点为等边三角形的重心，
所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为.
设三棱锥外接球的半径为，
如图2，，
即，即，解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D，因为，，
所以.
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则.
因为，且直线平面，
所以直线平面，
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离.
又，
所以点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故D错误.
故选：BC．
9．（多选）（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）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，二面角大小为，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．当为锐角时，存在某个位置，使得
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】BD
【详解】A选项，取的中点，连接，
因为是的中点，所以且，
因为为中点，
所以，且，
故四边形为平行四边形，所以，
又与不垂直，所以不存在某个位置，使得，A错误；
B选项，，
当且仅当时，即时，等号成立，故B正确；
C选项，过点作平面于点，作于点，连接，
则是的平面角，即，
是直线与平面所成角，即，
所以，，
故为定值，
故当为锐角时，不存在某个位置，使得，C错误；
D选项，当三棱锥体积最大时，⊥平面，
取的中点，连接，则⊥，由勾股定理得，
又，故点即为三棱锥的外接球的球心，半径为2，
表面积为，D正确.
故选：BD
10．（多选）（2023·湖南永州·统考三模）已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，点G为线段MN上的动点，则（ ）
A．线段MN的长度为1B．周长的最小值为
C．的余弦值的取值范围为D．直线FG与直线CD互为异面直线
【答案】AB
【详解】因为四面体ABCD的所有棱长均为，
所以四面体ABCD为正四面体，
将四面体ABCD放置在正方体中，则正方体的棱长为，
由，M，N分别为棱AD，BC的中点，得是正方体两个对面的中心，
则，故A正确；
对于D，当为的中点，为的中点时，设为的中点，
由正方体的结构特征可知三点共线，
此时直线与直线交于点，故D错误；
对于B，将等边和等边沿展开成平面图形，如图所示，
则，当且仅当三点共线，
此时，
所以的最小值为，即周长的最小值为，故B正确；
对于C，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，设，
则，
则
，
令，则，
则
，
当，即时，，
当，即时，
，
由，得，
则，
所以，所以，
综上所述，即，故C错误.
故选：AB.