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专题19 立体几何与空间向量（选填压轴题） 高考数学压轴题（新高考版）
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这是一份专题19 立体几何与空间向量（选填压轴题） 高考数学压轴题（新高考版），文件包含专题19立体几何与空间向量选填压轴题教师版docx、专题19立体几何与空间向量选填压轴题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc13383" ②外接球问题 PAGEREF _Tc13383 \h 7
\l "_Tc11643" ③内切球问题 PAGEREF _Tc11643 \h 15
\l "_Tc17185" ④动点问题 PAGEREF _Tc17185 \h 23
①空间几何体表面积和体积
1．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，因为且为的中点，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
在中，因为且，
所以，
所以，且，
因为四边形为矩形，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，
设，在直角中，可得，
在直角中，可得，
因为，所以，即，解得，
所以多面体的体积为：
.
故选：B.
2．（2023·福建宁德·校考模拟预测）“辛普森（Simpsn）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】D
【详解】上底面，下底面，
所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中分别是对应棱上的中点，如图所示，
根据中位线定理得，，
所以，
，解得，
故选：D.
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·齐齐哈尔市实验中学校考三模）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为（ ）
（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，
而圆台一个底面的半径为，圆台的母线长为，则，，
，，
所以．
故选：A．
4．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm，足径为9.2cm，顶部到底部的高为4.1cm，底部圆柱高为0.7cm，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（ ）（参考数据：π的值取3，）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】方法1：设该圆台的母线长为l，高为h，两底面圆的半径分别为R，r（其中），
则，，，
所以，故圆台部分的侧面积为．
故选：D
方法2（估算法）：若按底面直径为15.5cm，高为3.4cm的圆柱估算圆台部分的侧面积得，易知圆台的侧面积应大于所估算的圆柱的侧面积，故此仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积大于，对照各选项可知只有D符合．
故选：D
5．（2023·河北·校联考三模）已知四面体中，，则该四面体体积的最大值为 ．
【答案】/
【详解】取的中点，连接，
因为，
所以，
，
当平面时，该四面体体积取得最大值，
最大值为.
故答案为：.
6．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为 .
【答案】8
【详解】设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，连接，
根据对称性可得，线段的中点即为正三棱柱的外接球的球心，
线段为该外接球的半径，设，
由已知，所以，即，
设正三棱柱的底面边长为，设线段的中点为，
则，，
在中，，
所以，，
又的面积，
所以正三棱柱的体积，
设，则，，
所以，，
所以，
令，可得或，舍去，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，取最大值，最大值为，
所以当时，三棱柱的体积最大，最大体积为.
故答案为：.
7．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）三棱锥中，平面，，若，，则该三棱锥体积的最大值为 ；
【答案】
【详解】如图所示，因为平面，即为三棱锥的高，设为，
又因为平面，所以，
在直角中，由，可得，
因为，且，可得，
所以三棱锥的体积为：
，
当且仅当时，即时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为.
故答案为：.
8．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知圆柱外接球的表面积为，则该圆柱表面积的最大值为 .
【答案】
【详解】设圆柱的底面半径为、高为，球的半径为，
由题知，，解得，由圆柱的轴截面知，，如图
所以该圆柱的表面积为，
设，
所以
，其中，
所以当即时，.
故答案为：
②外接球问题
1．（2023·江西南昌·南昌市八一中学校考三模）已知四棱锥的底面是矩形，高为，，，，，则四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心，
取的中点，连接，记的外接圆圆心为，易知，且共线.
因为，平面，所以平面，
所以平面，平面，，，平面，
所以平面，所以，所以，易得，
所以由正弦定理得的外接圆半径为，即.
过作平面，且，连接，由平面，
可知，则四边形为矩形，所以，则平面.
根据球的性质，可得点为四棱锥的外接球的球心，
因为，所以四棱锥的外接球的表面积为.
故选：C
2．（2023·黑龙江大庆·统考二模）如图，边长为的正方形ABCD所在平面与矩形ABEF所在的平面垂直，，N为AF的中点，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由可知，，，可求，，，
因为平面平面ABEF，平面平面，
又，平面，
所以平面ABEF，平面ABEF，所以，
由，，得，
又，同理可得得，又，
所以，所以.
所以MC为外接球直径，
在Rt△MBC中，即，
故外接球表面积为．
故选：A．
3．（2023·河南·校联考模拟预测）点是圆柱上底面圆周上一动点，是圆柱下底面圆的内接三角形，已知在中，内角、、的对边分别为、、，若，，三棱锥的体积最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，由余弦定理可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
设圆柱的高为，则，
因为三棱锥的体积的最大值为，则，所以，，
圆柱底面圆半径，
设三棱锥的外接球的半径为，则该三棱锥的外接球和圆柱的外接球为同一个球，
则，因此，三棱锥外接球的表面积为.
故选：B.
4．（2023·海南·海南中学校考模拟预测）如图，三棱锥中，的面积为8，则三棱锥外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】取中点，连接，设，
依题意，由于是斜边的中线，
故，同理，故，
于是为三棱锥外接球的球心，设该外接球半径为，即，
由勾股定理，，由，
由基本不等式，，即，当时，取得最小值，
于是外接球的表面积的最小值为.
故选：A
5．（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，正三角形中，、分别为边、的中点，其中，把沿着翻折至的位置，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【详解】设分别是的中点，则三点共线，且，
设等边三角形的外接圆圆心为，半径为，
由正弦定理得，，
设等腰梯形的外接圆圆心为，半径为，
，所以，解得，
故与重合，，
依题意可知，当四棱锥的体积最大时，平面平面.
设得四棱锥外接球的半径为，则，
所以外接球的半径为.
故答案为： .
6．（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .
【答案】/
【详解】
由题意可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，如图所示，
取的中点，连接，则，
又平面平面，平面，所以平面.
则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，
设的中点为，连接，则，
所以为四边形的外接圆的圆心，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，
连接，则四边形为矩形，
所以，
连接，在中，.
设四棱锥的外接球的半径为，则.
连接，，，
，，
连接，则，所以外接圆的圆心在上，令其半径为，
在中，，
所以，即，解得，
设四棱锥外接球的球心到平面的距离为，
所以，即，解得，
故四棱锥外接球的球心到平面的距离为.
故答案为：
7．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）在三棱锥中，为等边三角形，平面，若，则三棱锥外接球的表面积的最小值为 .
【答案】/
【详解】设，则，
取正三角形的外心为，设四面体的外接球球心为，
连接，则平面，
又平面，则，
则平面截球所得截面为大圆，又，
则
又底面外接圆的半径，
所以三棱锥外接球的半径.
当时，有最小值，
所以三棱锥外接球的表面积的最小值为.
故答案为：
8．（2023·重庆·统考模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 ．
【答案】
【详解】连接,由,
可知：和是等边三角形,
设三棱锥外接球的球心为,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,，
是等边三角形,为中点,所以,
又因为侧面底面,侧面底面，侧面，
所以底面,而底面,因此,
所以是矩形,应为和是边长为4的等边三角形,
所以两个等边三角形的高,
在矩形中,，
连接,所以,
设过点的平面为,当时,此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,
可得,
因此圆的半径为,
所以此时面积为,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,
面积为:,所以截面的面积范围为.
故答案为：.
9．（2023·河南郑州·模拟预测）在长方体中中，，AD＝2，M是棱的中点，过点B，M，的平面交棱AD于点N，点P为线段上一动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为 ．
【答案】
【详解】设三棱锥外接球球心为，半径为R，
则在过直角斜边的中点与平面垂直的直线上，且满足.
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设球心，，又，
设，，则，
由，得，
则，由，，可得，
又，所以当时，取最小值，最小值为，
所以三棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：.
③内切球问题
1．（2023春·江苏淮安·高二校考阶段练习）已知三棱柱中，，，平面垂直平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（ ）
A．B．4C．2D．
【答案】B
【详解】设内切球的半径为，则，所以，
因为，，所以，，
且，平面，所以平面，
所以三棱柱为直三棱柱，即侧棱垂直于底面，且侧棱长为2，
做交于点，连接，
因为平面垂直平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
因为平面， 平面，所以，
，平面，所以平面，
而平面，所以，
设，可得，解得，又，
解得，或，可得，
则三棱锥体积为.
故选：B.
2．（2023·福建宁德·校考模拟预测）将一个半径为2的球削成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的内切球的半径为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
令（），则，
所以，
则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当，即时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为，母线长为，
设圆锥的内切球半径为，圆锥的截面如图所示,
则，，，
因为∽，所以，，解得,
故选：D
3．（2023春·江西赣州·高一江西省龙南中学校考期末）已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
如图，正四面体，设点是底面的中心，点是的中点，连接.
则由已知可得，平面，球心在线段上，球切平面的切点在线段上，分别设为.
则易知，，设球的半径分别为.
因为，根据重心定理可知，.
，，，，.
由可得，，
即，解得，，所以.
由可得，，
即，解得，
所以，球的体积为.
故选：A.
4．（2023·湖南·校联考模拟预测）定义：与圆锥的底面和各母线均相切的球，称为圆锥的内切球，此圆锥称为球的外切圆锥．已知某圆锥的内切球半径等于1，则该圆锥体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，作出该几何体的轴截面得到如图所示的平面图形，
设该圆锥的内切球球心为，底面圆的圆心为点，
底面半径为，高为，
法一：由等面积法可得：，
化简得：，
又：，
∴，当且仅当，即时取等号．
法二：如图：，∴，
∴，∵，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号．
故选：C．
5．（多选）（2023春·浙江·高二校联考期末）已知半径为1的球内切于半径为，高为的一个圆锥（球与圆锥的侧面、底面都相切），则下列说法正确的是（ ）
A．B．圆锥的体积与表面积之比为定值
C．圆锥表面积的最小值是D．当圆锥的表面积最小时，圆锥的顶角为60°
【答案】BC
【详解】如图所示，圆锥的高，底面半径，母线，
，，，
∽，，，，
，得，所以，A选项错误；
圆锥的体积，圆锥的表面积，
圆锥的体积与表面积之比为，为定值，B选项正确；
，，当且仅当，即时等号成立，
圆锥的表面积，则时圆锥表面积有最小值，C选项正确；
当圆锥的表面积最小时，，，，，圆锥的顶角不是60°，D选项错误.
故选：BC
6．（2023春·贵州黔西·高二校考阶段练习）正三棱锥的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .
【答案】
【详解】由题意，正三棱锥可补形称正方体，如下图：
则三棱锥的外接球为正方体的外接球，
设正方体的棱长为，则外接球半径，
在正三棱锥中，，
易知为等边三角形，由勾股定理可得：，
则其面积，
故正三棱锥的表面积，
其体积，
设三棱锥的内切球的半径为，则，
则.
故答案为：.
7．（2023春·四川成都·高一四川省成都列五中学校考阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为 .
【答案】
【详解】如图，作出该圆锥与其内切球的轴截面图形，
设该内切球的球心为，内切球的半径为，为切点，
所以，，
由已知得，，
所以，在中，，即，解得，
所以，该圆锥的内切球表面积为
故答案为：.
8．（2023·广西·校联考模拟预测）如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为 ．
【答案】/
【详解】如图所示，设，半径，高，
球半径为单位长度，
因为，可得，即，
所以，解得，
所以侧面积，
令，可得，
令，可得，解得．
当，，单调递减；
当，，单调递减，
所以时侧面积有最小值．
故答案为：.
9．（2023春·辽宁大连·高一统考期末）如图，在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球，为的中点，为棱上的动点，当直线、与平面成角相等时， ，此时四面体的外接球表面积为 .
【答案】 1
【详解】因为直三棱柱的内切球的体积为，所以，所以内切球的半径为，
所以内切圆的半径为1，则，因为为的中点，为棱上的动点，
当直线直线、与平面成角相等时，，又，
所以∽，所以，设，
则，解得，所以，，从而，
，，所以，即有，
所以四点共圆，且圆心为的中点，其半径为，
因为，，，平面，
所以平面，如图，将直三棱柱补成长方体，
设为的中点，连接，取的中点，连接，
则中点即为四面体的外接球的球心，
所以四面体的外接球的半径为，
此时四面体的外接球表面积为.
故答案为:1，
④动点问题
1．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）圆锥的底面半径为，母线长为，是圆锥的轴截面，是的中点，为底面圆周上的一个动点（异于、两点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得B．存在点，使得
C．三棱锥体积最大值为D．三棱锥体积最大值为
【答案】C
【详解】根据题意可知，如下图所示：
对于A，因为圆是直径，所以，假设存在点，使得，
又因为，、平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为、都是圆锥的母线，即，所以不成立，
所以不存在点，使得，即A错误；
对于B，因为是的中点，是的中点，所以，
若存在点，使得，所以，这与矛盾，所以B错误；
对于C，易知三棱锥的高为，
所以当底面积最大时，其体积最大，
又因为，所以，
当且仅当时等号成立，
所以，即三棱锥的体积，
即三棱锥的体积的最大值为，所以，C正确；
对于D，因为、分别为、的中点，
则，即三棱锥体积最大值为，所以，D错误.
故选：C.
2．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则下列说法不正确的是（ ）
A．存在点，使直线平面
B．存在点，使平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．平面截正方体所得截面的最大面积为
【答案】B
【详解】对于A项，如图所示，取的中点H、I，连接HI交于G点，
此时，由正方体的性质可得，，
平面，所以平面，故A正确；
对于B项，如图所示，连接，为侧面的中心，
则面与面和面分别交于线PG、DH，
若存在G点使平面平面，则，又，
则四边形为平行四边形，即，而，
此时应在延长线上，故B错误；
对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，
故是定值，即C正确；
对于D项，若点靠C远，如图一所示，过G作，即截面为四边形，
当截面在正方体底面上的投影面积越大，其面积就越大，如下图，
显然当在底面的投影为点时，截面为四边形面积最大，
此时为侧面的中心，最大值为，
若靠C近时（图二），G作，延长交、延长线于M、H，
连接MK、交，于，则截面为六边形，
当截面在正方体底面上的投影面积越大，其面积就越大，
如下图，六边形在正方体底面的投影为六边形，
设
所以，
当时，取得最大值.
设
则当在底面的投影为点时，截面为四边形面积最大，
当为中点时取得最大值，最大值为，，D正确.
故选：B.
3．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱，的中点．若点为侧面正方形内（含边界）的动点，且平面，则与侧面所成角的正切值最大为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【详解】取的中点，连接、、、、，如图所示：
在正方体中，且，
因为、分别是棱、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，同理可证平面，
，平面，
所以平面平面，
平面，若，则平面，平面，
所以，点在侧面内的轨迹为线段，
因为平面，
所以与侧面所成的角为，
在，，
所以，
所以与侧面所成角的正切值为，
在中，，所以，
所以点到边的距离为，即的最小值为，
所以与侧面所成角的正切值的最大值为，
故选：D.
4．（多选）（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）如图，在三棱柱中，平面，是棱上的一个动点，则（ ）
A．直线与直线是异面直线
B．周长的最小值为
C．存在点使得平面平面
D．点到平面的最大距离为
【答案】ACD
【详解】选项A：不管点移动到上的哪个位置，
直线与直线均不相交，也不平行，所以A正确;
选项B：周长的为，要使周长最小，
即最小，即为面和面的展开图中的长，
所以，
所以，所以B错误；
选项C：由图易知，二面角为锐二面角，
二面角为钝二面角，
在点从到移动的过程中，二面角由锐角变成了钝角，
所以，在棱上必然存在点使得平面平面，C正确；
选项D：要使点到平面的距离最大，即当二面角为时，
此时到的距离即为所求距离的最大值，过作的垂线，
因为面面，面，面面，面，
所以面，即为点到平面的距离，也是到的距离，
又因为，，，
所以点到平面的距离为，所以D正确.
故选：ACD
5．（多选）（2023·福建漳州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，点为的中点，点，分别为线段，上的动点，则（ ）
A．B．平面可能经过顶点
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】ACD
【详解】建立空间直角坐标系，如图所示：
则,0,,,0,,,1,,,1,,,1,,,0,,,0,,，1，，,1,，
设,,，则,,，,；
设,0,，则,0,,,，
所以，1，，，，，，所以，即， A正确；
因为,1,,,,，
设平面的一个法向量为,,，则，
即，令，则，，所以,,，
又因为,1,，所以点到平面的距离为，
所以点到平面的距离不能为0，即平面不过点，B错误；
因为，当且仅当时取“”，所以的最小值为，C正确；
因为,,，,,，
，
设，，，，，所以，，所以，，
所以，，所以，，所以，，
所以，，当时最大，此时，选项D正确．
故选：ACD．
6．（多选）（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在直三棱柱中，，，点是上的动点，点是上的动点，则（ ）
A．//平面B．与不垂直
C．存在点、，使得D．的最小值是
【答案】CD
【详解】对于A，在直三棱柱中，
，因为平面，
所以与平面相交，A错；
因为平面，平面，
所以，若与重合，此时；
若与不重合，与也垂直，
又，平面，
则平面，又平面，
则，不成立，所以此时与不垂直，故B错；
如图，过点作，
又平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，则，
又是上的动点，点是上的动点，
所以存在点、使得，
即存在点、，使得，C正确；
对于D，将和放置于同一平面内，如图，
则，
因为，
所以，
在直角三角形中，
，
所以为等边三角形，所以，
，
所以，D正确.
故选：CD
7．（2023·四川泸州·四川省泸县第一中学校考三模）如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ．
对于任意的点，都有
对于任意的点，四边不可能为平行四边形
当时，存在点，使得为等腰直角三角形
存在点，使得直线平面
【答案】
【详解】对于，，平面，平面，平面，
同理，有平面，
平面，，平面平面，
平面平面，平面平面，
，故正确．
对于四边形是直角梯形，，平面与平面不平行，
平面平面，平面平面，
与不平行，故四边形不可能为平行四边形，故正确．
对于，，，，要使为等腰直角三角形，则，但根据题意，故不正确．
对于延长至，使得，
则四边形是矩形，．
当，，三点共线时，平面，平面，故正确．
故答案为：．
8．（2023·北京大兴·校考三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:
①存在点，存在点，满足∥平面；
②任意点，存在点，满足∥平面；
③任意点，存在点，满足；
④任意点，存在点，满足.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③
【详解】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得，
又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面.
又平面，故平面.故①正确.
对②，当在时，∥平面不成立，故②错误；
对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，.
设，，则，其中，故，
则当时，即.
故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确；
当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.
故答案为：①③
9．（2023·北京海淀·一模）如图，在棱长为的正方体中，为对角线上一点，为对角线上的两个动点，且线段的长度为.(1)当为对角线的中点且时，则三棱锥的体积是 ；（2）当三棱锥的体积为时，则 ．
【答案】
【详解】由正方体性质可知：平面，所以，由题，当时，设E到底面ABCD的距离为h，则，所以，因此；若三棱锥的体积为，则易知的面积为，设E到底面ABCD的距离为，则，所以，根据三角形相似有，所以.
\l "_Tc13383" ②外接球问题 PAGEREF _Tc13383 \h 7
\l "_Tc11643" ③内切球问题 PAGEREF _Tc11643 \h 15
\l "_Tc17185" ④动点问题 PAGEREF _Tc17185 \h 23
①空间几何体表面积和体积
1．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，因为且为的中点，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
在中，因为且，
所以，
所以，且，
因为四边形为矩形，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，
设，在直角中，可得，
在直角中，可得，
因为，所以，即，解得，
所以多面体的体积为：
.
故选：B.
2．（2023·福建宁德·校考模拟预测）“辛普森（Simpsn）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】D
【详解】上底面，下底面，
所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中分别是对应棱上的中点，如图所示，
根据中位线定理得，，
所以，
，解得，
故选：D.
3．（2023·黑龙江齐齐哈尔·齐齐哈尔市实验中学校考三模）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为（ ）
（参考数据：，）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，
而圆台一个底面的半径为，圆台的母线长为，则，，
，，
所以．
故选：A．
4．（2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm，足径为9.2cm，顶部到底部的高为4.1cm，底部圆柱高为0.7cm，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（ ）（参考数据：π的值取3，）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】方法1：设该圆台的母线长为l，高为h，两底面圆的半径分别为R，r（其中），
则，，，
所以，故圆台部分的侧面积为．
故选：D
方法2（估算法）：若按底面直径为15.5cm，高为3.4cm的圆柱估算圆台部分的侧面积得，易知圆台的侧面积应大于所估算的圆柱的侧面积，故此仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积大于，对照各选项可知只有D符合．
故选：D
5．（2023·河北·校联考三模）已知四面体中，，则该四面体体积的最大值为 ．
【答案】/
【详解】取的中点，连接，
因为，
所以，
，
当平面时，该四面体体积取得最大值，
最大值为.
故答案为：.
6．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为 .
【答案】8
【详解】设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，连接，
根据对称性可得，线段的中点即为正三棱柱的外接球的球心，
线段为该外接球的半径，设，
由已知，所以，即，
设正三棱柱的底面边长为，设线段的中点为，
则，，
在中，，
所以，，
又的面积，
所以正三棱柱的体积，
设，则，，
所以，，
所以，
令，可得或，舍去，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，取最大值，最大值为，
所以当时，三棱柱的体积最大，最大体积为.
故答案为：.
7．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）三棱锥中，平面，，若，，则该三棱锥体积的最大值为 ；
【答案】
【详解】如图所示，因为平面，即为三棱锥的高，设为，
又因为平面，所以，
在直角中，由，可得，
因为，且，可得，
所以三棱锥的体积为：
，
当且仅当时，即时，三棱锥的体积取得最大值，最大值为.
故答案为：.
8．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知圆柱外接球的表面积为，则该圆柱表面积的最大值为 .
【答案】
【详解】设圆柱的底面半径为、高为，球的半径为，
由题知，，解得，由圆柱的轴截面知，，如图
所以该圆柱的表面积为，
设，
所以
，其中，
所以当即时，.
故答案为：
②外接球问题
1．（2023·江西南昌·南昌市八一中学校考三模）已知四棱锥的底面是矩形，高为，，，，，则四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心，
取的中点，连接，记的外接圆圆心为，易知，且共线.
因为，平面，所以平面，
所以平面，平面，，，平面，
所以平面，所以，所以，易得，
所以由正弦定理得的外接圆半径为，即.
过作平面，且，连接，由平面，
可知，则四边形为矩形，所以，则平面.
根据球的性质，可得点为四棱锥的外接球的球心，
因为，所以四棱锥的外接球的表面积为.
故选：C
2．（2023·黑龙江大庆·统考二模）如图，边长为的正方形ABCD所在平面与矩形ABEF所在的平面垂直，，N为AF的中点，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由可知，，，可求，，，
因为平面平面ABEF，平面平面，
又，平面，
所以平面ABEF，平面ABEF，所以，
由，，得，
又，同理可得得，又，
所以，所以.
所以MC为外接球直径，
在Rt△MBC中，即，
故外接球表面积为．
故选：A．
3．（2023·河南·校联考模拟预测）点是圆柱上底面圆周上一动点，是圆柱下底面圆的内接三角形，已知在中，内角、、的对边分别为、、，若，，三棱锥的体积最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】在中，由余弦定理可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
设圆柱的高为，则，
因为三棱锥的体积的最大值为，则，所以，，
圆柱底面圆半径，
设三棱锥的外接球的半径为，则该三棱锥的外接球和圆柱的外接球为同一个球，
则，因此，三棱锥外接球的表面积为.
故选：B.
4．（2023·海南·海南中学校考模拟预测）如图，三棱锥中，的面积为8，则三棱锥外接球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】取中点，连接，设，
依题意，由于是斜边的中线，
故，同理，故，
于是为三棱锥外接球的球心，设该外接球半径为，即，
由勾股定理，，由，
由基本不等式，，即，当时，取得最小值，
于是外接球的表面积的最小值为.
故选：A
5．（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，正三角形中，、分别为边、的中点，其中，把沿着翻折至的位置，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【详解】设分别是的中点，则三点共线，且，
设等边三角形的外接圆圆心为，半径为，
由正弦定理得，，
设等腰梯形的外接圆圆心为，半径为，
，所以，解得，
故与重合，，
依题意可知，当四棱锥的体积最大时，平面平面.
设得四棱锥外接球的半径为，则，
所以外接球的半径为.
故答案为： .
6．（2023·江西赣州·统考模拟预测）如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .
【答案】/
【详解】
由题意可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，如图所示，
取的中点，连接，则，
又平面平面，平面，所以平面.
则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处，
设的中点为，连接，则，
所以为四边形的外接圆的圆心，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心，
连接，则四边形为矩形，
所以，
连接，在中，.
设四棱锥的外接球的半径为，则.
连接，，，
，，
连接，则，所以外接圆的圆心在上，令其半径为，
在中，，
所以，即，解得，
设四棱锥外接球的球心到平面的距离为，
所以，即，解得，
故四棱锥外接球的球心到平面的距离为.
故答案为：
7．（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）在三棱锥中，为等边三角形，平面，若，则三棱锥外接球的表面积的最小值为 .
【答案】/
【详解】设，则，
取正三角形的外心为，设四面体的外接球球心为，
连接，则平面，
又平面，则，
则平面截球所得截面为大圆，又，
则
又底面外接圆的半径，
所以三棱锥外接球的半径.
当时，有最小值，
所以三棱锥外接球的表面积的最小值为.
故答案为：
8．（2023·重庆·统考模拟预测）已知三棱锥中，Q为BC中点，，侧面底面，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 ．
【答案】
【详解】连接,由,
可知：和是等边三角形,
设三棱锥外接球的球心为,
所以球心到平面和平面的射影是和的中心,，
是等边三角形,为中点,所以,
又因为侧面底面,侧面底面，侧面，
所以底面,而底面,因此,
所以是矩形,应为和是边长为4的等边三角形,
所以两个等边三角形的高,
在矩形中,，
连接,所以,
设过点的平面为,当时,此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,
可得,
因此圆的半径为,
所以此时面积为,当点在以为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,
面积为:,所以截面的面积范围为.
故答案为：.
9．（2023·河南郑州·模拟预测）在长方体中中，，AD＝2，M是棱的中点，过点B，M，的平面交棱AD于点N，点P为线段上一动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为 ．
【答案】
【详解】设三棱锥外接球球心为，半径为R，
则在过直角斜边的中点与平面垂直的直线上，且满足.
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设球心，，又，
设，，则，
由，得，
则，由，，可得，
又，所以当时，取最小值，最小值为，
所以三棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：.
③内切球问题
1．（2023春·江苏淮安·高二校考阶段练习）已知三棱柱中，，，平面垂直平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（ ）
A．B．4C．2D．
【答案】B
【详解】设内切球的半径为，则，所以，
因为，，所以，，
且，平面，所以平面，
所以三棱柱为直三棱柱，即侧棱垂直于底面，且侧棱长为2，
做交于点，连接，
因为平面垂直平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
因为平面， 平面，所以，
，平面，所以平面，
而平面，所以，
设，可得，解得，又，
解得，或，可得，
则三棱锥体积为.
故选：B.
2．（2023·福建宁德·校考模拟预测）将一个半径为2的球削成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的内切球的半径为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
令（），则，
所以，
则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当，即时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为，母线长为，
设圆锥的内切球半径为，圆锥的截面如图所示,
则，，，
因为∽，所以，，解得,
故选：D
3．（2023春·江西赣州·高一江西省龙南中学校考期末）已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
如图，正四面体，设点是底面的中心，点是的中点，连接.
则由已知可得，平面，球心在线段上，球切平面的切点在线段上，分别设为.
则易知，，设球的半径分别为.
因为，根据重心定理可知，.
，，，，.
由可得，，
即，解得，，所以.
由可得，，
即，解得，
所以，球的体积为.
故选：A.
4．（2023·湖南·校联考模拟预测）定义：与圆锥的底面和各母线均相切的球，称为圆锥的内切球，此圆锥称为球的外切圆锥．已知某圆锥的内切球半径等于1，则该圆锥体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，作出该几何体的轴截面得到如图所示的平面图形，
设该圆锥的内切球球心为，底面圆的圆心为点，
底面半径为，高为，
法一：由等面积法可得：，
化简得：，
又：，
∴，当且仅当，即时取等号．
法二：如图：，∴，
∴，∵，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号．
故选：C．
5．（多选）（2023春·浙江·高二校联考期末）已知半径为1的球内切于半径为，高为的一个圆锥（球与圆锥的侧面、底面都相切），则下列说法正确的是（ ）
A．B．圆锥的体积与表面积之比为定值
C．圆锥表面积的最小值是D．当圆锥的表面积最小时，圆锥的顶角为60°
【答案】BC
【详解】如图所示，圆锥的高，底面半径，母线，
，，，
∽，，，，
，得，所以，A选项错误；
圆锥的体积，圆锥的表面积，
圆锥的体积与表面积之比为，为定值，B选项正确；
，，当且仅当，即时等号成立，
圆锥的表面积，则时圆锥表面积有最小值，C选项正确；
当圆锥的表面积最小时，，，，，圆锥的顶角不是60°，D选项错误.
故选：BC
6．（2023春·贵州黔西·高二校考阶段练习）正三棱锥的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .
【答案】
【详解】由题意，正三棱锥可补形称正方体，如下图：
则三棱锥的外接球为正方体的外接球，
设正方体的棱长为，则外接球半径，
在正三棱锥中，，
易知为等边三角形，由勾股定理可得：，
则其面积，
故正三棱锥的表面积，
其体积，
设三棱锥的内切球的半径为，则，
则.
故答案为：.
7．（2023春·四川成都·高一四川省成都列五中学校考阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为 .
【答案】
【详解】如图，作出该圆锥与其内切球的轴截面图形，
设该内切球的球心为，内切球的半径为，为切点，
所以，，
由已知得，，
所以，在中，，即，解得，
所以，该圆锥的内切球表面积为
故答案为：.
8．（2023·广西·校联考模拟预测）如图，有一半径为单位长度的球内切于圆锥，则当圆锥的侧面积取到最小值时，它的高为 ．
【答案】/
【详解】如图所示，设，半径，高，
球半径为单位长度，
因为，可得，即，
所以，解得，
所以侧面积，
令，可得，
令，可得，解得．
当，，单调递减；
当，，单调递减，
所以时侧面积有最小值．
故答案为：.
9．（2023春·辽宁大连·高一统考期末）如图，在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球，为的中点，为棱上的动点，当直线、与平面成角相等时， ，此时四面体的外接球表面积为 .
【答案】 1
【详解】因为直三棱柱的内切球的体积为，所以，所以内切球的半径为，
所以内切圆的半径为1，则，因为为的中点，为棱上的动点，
当直线直线、与平面成角相等时，，又，
所以∽，所以，设，
则，解得，所以，，从而，
，，所以，即有，
所以四点共圆，且圆心为的中点，其半径为，
因为，，，平面，
所以平面，如图，将直三棱柱补成长方体，
设为的中点，连接，取的中点，连接，
则中点即为四面体的外接球的球心，
所以四面体的外接球的半径为，
此时四面体的外接球表面积为.
故答案为:1，
④动点问题
1．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）圆锥的底面半径为，母线长为，是圆锥的轴截面，是的中点，为底面圆周上的一个动点（异于、两点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得B．存在点，使得
C．三棱锥体积最大值为D．三棱锥体积最大值为
【答案】C
【详解】根据题意可知，如下图所示：
对于A，因为圆是直径，所以，假设存在点，使得，
又因为，、平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为、都是圆锥的母线，即，所以不成立，
所以不存在点，使得，即A错误；
对于B，因为是的中点，是的中点，所以，
若存在点，使得，所以，这与矛盾，所以B错误；
对于C，易知三棱锥的高为，
所以当底面积最大时，其体积最大，
又因为，所以，
当且仅当时等号成立，
所以，即三棱锥的体积，
即三棱锥的体积的最大值为，所以，C正确；
对于D，因为、分别为、的中点，
则，即三棱锥体积最大值为，所以，D错误.
故选：C.
2．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则下列说法不正确的是（ ）
A．存在点，使直线平面
B．存在点，使平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．平面截正方体所得截面的最大面积为
【答案】B
【详解】对于A项，如图所示，取的中点H、I，连接HI交于G点，
此时，由正方体的性质可得，，
平面，所以平面，故A正确；
对于B项，如图所示，连接，为侧面的中心，
则面与面和面分别交于线PG、DH，
若存在G点使平面平面，则，又，
则四边形为平行四边形，即，而，
此时应在延长线上，故B错误；
对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，
故是定值，即C正确；
对于D项，若点靠C远，如图一所示，过G作，即截面为四边形，
当截面在正方体底面上的投影面积越大，其面积就越大，如下图，
显然当在底面的投影为点时，截面为四边形面积最大，
此时为侧面的中心，最大值为，
若靠C近时（图二），G作，延长交、延长线于M、H，
连接MK、交，于，则截面为六边形，
当截面在正方体底面上的投影面积越大，其面积就越大，
如下图，六边形在正方体底面的投影为六边形，
设
所以，
当时，取得最大值.
设
则当在底面的投影为点时，截面为四边形面积最大，
当为中点时取得最大值，最大值为，，D正确.
故选：B.
3．（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）如图，已知正方体的棱长为1，分别是棱，的中点．若点为侧面正方形内（含边界）的动点，且平面，则与侧面所成角的正切值最大为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【详解】取的中点，连接、、、、，如图所示：
在正方体中，且，
因为、分别是棱、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面，同理可证平面，
，平面，
所以平面平面，
平面，若，则平面，平面，
所以，点在侧面内的轨迹为线段，
因为平面，
所以与侧面所成的角为，
在，，
所以，
所以与侧面所成角的正切值为，
在中，，所以，
所以点到边的距离为，即的最小值为，
所以与侧面所成角的正切值的最大值为，
故选：D.
4．（多选）（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）如图，在三棱柱中，平面，是棱上的一个动点，则（ ）
A．直线与直线是异面直线
B．周长的最小值为
C．存在点使得平面平面
D．点到平面的最大距离为
【答案】ACD
【详解】选项A：不管点移动到上的哪个位置，
直线与直线均不相交，也不平行，所以A正确;
选项B：周长的为，要使周长最小，
即最小，即为面和面的展开图中的长，
所以，
所以，所以B错误；
选项C：由图易知，二面角为锐二面角，
二面角为钝二面角，
在点从到移动的过程中，二面角由锐角变成了钝角，
所以，在棱上必然存在点使得平面平面，C正确；
选项D：要使点到平面的距离最大，即当二面角为时，
此时到的距离即为所求距离的最大值，过作的垂线，
因为面面，面，面面，面，
所以面，即为点到平面的距离，也是到的距离，
又因为，，，
所以点到平面的距离为，所以D正确.
故选：ACD
5．（多选）（2023·福建漳州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，点为的中点，点，分别为线段，上的动点，则（ ）
A．B．平面可能经过顶点
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】ACD
【详解】建立空间直角坐标系，如图所示：
则,0,,,0,,,1,,,1,,,1,,,0,,,0,,，1，，,1,，
设,,，则,,，,；
设,0,，则,0,,,，
所以，1，，，，，，所以，即， A正确；
因为,1,,,,，
设平面的一个法向量为,,，则，
即，令，则，，所以,,，
又因为,1,，所以点到平面的距离为，
所以点到平面的距离不能为0，即平面不过点，B错误；
因为，当且仅当时取“”，所以的最小值为，C正确；
因为,,，,,，
，
设，，，，，所以，，所以，，
所以，，所以，，所以，，
所以，，当时最大，此时，选项D正确．
故选：ACD．
6．（多选）（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在直三棱柱中，，，点是上的动点，点是上的动点，则（ ）
A．//平面B．与不垂直
C．存在点、，使得D．的最小值是
【答案】CD
【详解】对于A，在直三棱柱中，
，因为平面，
所以与平面相交，A错；
因为平面，平面，
所以，若与重合，此时；
若与不重合，与也垂直，
又，平面，
则平面，又平面，
则，不成立，所以此时与不垂直，故B错；
如图，过点作，
又平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，则，
又是上的动点，点是上的动点，
所以存在点、使得，
即存在点、，使得，C正确；
对于D，将和放置于同一平面内，如图，
则，
因为，
所以，
在直角三角形中，
，
所以为等边三角形，所以，
，
所以，D正确.
故选：CD
7．（2023·四川泸州·四川省泸县第一中学校考三模）如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ．
对于任意的点，都有
对于任意的点，四边不可能为平行四边形
当时，存在点，使得为等腰直角三角形
存在点，使得直线平面
【答案】
【详解】对于，，平面，平面，平面，
同理，有平面，
平面，，平面平面，
平面平面，平面平面，
，故正确．
对于四边形是直角梯形，，平面与平面不平行，
平面平面，平面平面，
与不平行，故四边形不可能为平行四边形，故正确．
对于，，，，要使为等腰直角三角形，则，但根据题意，故不正确．
对于延长至，使得，
则四边形是矩形，．
当，，三点共线时，平面，平面，故正确．
故答案为：．
8．（2023·北京大兴·校考三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:
①存在点，存在点，满足∥平面；
②任意点，存在点，满足∥平面；
③任意点，存在点，满足；
④任意点，存在点，满足.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③
【详解】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得，
又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面.
又平面，故平面.故①正确.
对②，当在时，∥平面不成立，故②错误；
对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，.
设，，则，其中，故，
则当时，即.
故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确；
当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.
故答案为：①③
9．（2023·北京海淀·一模）如图，在棱长为的正方体中，为对角线上一点，为对角线上的两个动点，且线段的长度为.(1)当为对角线的中点且时，则三棱锥的体积是 ；（2）当三棱锥的体积为时，则 ．
【答案】
【详解】由正方体性质可知：平面，所以，由题，当时，设E到底面ABCD的距离为h，则，所以，因此；若三棱锥的体积为，则易知的面积为，设E到底面ABCD的距离为，则，所以，根据三角形相似有，所以.
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