2024年全國一卷數(shù)學(xué)新高考題型細(xì)分28立體幾何多選4正方體

2024年全國一卷新高考題型細(xì)分28——立體幾何多選4試卷主要是2024年全國一卷新高考地區(qū)真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設(shè)置有尾注答案，復(fù)制題干的時候，答案也會被復(fù)制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經(jīng)驗進(jìn)行分類，沒有固定的標(biāo)準(zhǔn)?！读Ⅲw幾何——多選》按照題目中的幾何體進(jìn)行分類，具體有：線面關(guān)系，其他線面關(guān)系，正方體，棱錐，棱柱，其他多面體，圓柱，圓錐，圓臺，其他旋轉(zhuǎn)體等，大概106道題。正方體3：（多選，2024年閩J04漳州三檢，末）11.如圖，在棱長為的正方體中，，分別是棱，的中點，為底面上的動點，則下列說法正確的是（【答案】ACD【解析】【分析】對于，以B為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，，，利用向量坐標(biāo)運算即可證明；對于，當(dāng)點與點重合時，當(dāng)點與點重合時，等體積法轉(zhuǎn)化即可得三棱錐的體積；對于，當(dāng)為中點時，平面截正方體所得的截面為正六邊形，可得截面面積；對于，設(shè)的外接圓半徑為，三棱錐的外接球半徑為，由可求外接球半徑，根據(jù)球的表面積公式即可判斷.【詳解】對于選項，以為坐標(biāo)原點，建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，所以，，因為，所以，故選項正確；對于選項，當(dāng)點與點重合時，如圖2所示，，【答案】ACD【解析】【分析】對于，以B為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，，，利用向量坐標(biāo)運算即可證明；對于，當(dāng)點與點重合時，當(dāng)點與點重合時，等體積法轉(zhuǎn)化即可得三棱錐的體積；對于，當(dāng)為中點時，平面截正方體所得的截面為正六邊形，可得截面面積；對于，設(shè)的外接圓半徑為，三棱錐的外接球半徑為，由可求外接球半徑，根據(jù)球的表面積公式即可判斷.【詳解】對于選項，以為坐標(biāo)原點，建立如圖1所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，所以，，因為，所以，故選項正確；對于選項，當(dāng)點與點重合時，如圖2所示，，當(dāng)點與點重合時，如圖3所示，，所以三棱錐的體積不是定值，故選項錯誤；對于選項，當(dāng)為中點時，平面截正方體所得的截面為正六邊形，如圖4所示，其中，，為相應(yīng)邊的中點，則正六邊形的邊長為，所以該截面的面積為，故存在點，符合題意，故選項正確；對于選項，當(dāng)為的中點時，如圖5所示，易知平面，因為，，所以由余弦定理的推論得，所以，設(shè)的外接圓半徑為，則，所以，設(shè)三棱錐的外接球半徑為，則，所以三棱錐的外接球的表面積為，故選項正確，故選：ACD．（多選，2024年浙J36名校聯(lián)盟三聯(lián)考）11．在棱長為1的正方體中，已知分別為線段的中點，點滿足，則（

11．ABD【分析】A選項，先得到，故點在線段上，證明出，所以三棱錐為定值；B選項，點為線段的中點，作出輔助線，找到外接球球心，從而得到外接球半徑和外接球面積；C選項，取線段的中點，由對稱性知，，數(shù)形結(jié)合得到，從而得到周長的最小值；D選項，由得到點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，求出圓的半徑，得到軌跡長度.【詳解】A選項，當(dāng)時，，故，即，故點在線段上，連接，與相交于點，則為的中點，連接，因為為的中點，所以，故三棱錐的體積為定值，A正確；

B選項，當(dāng)時，由A選項可知，，點11．ABD【分析】A選項，先得到，故點在線段上，證明出，所以三棱錐為定值；B選項，點為線段的中點，作出輔助線，找到外接球球心，從而得到外接球半徑和外接球面積；C選項，取線段的中點，由對稱性知，，數(shù)形結(jié)合得到，從而得到周長的最小值；D選項，由得到點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，求出圓的半徑，得到軌跡長度.【詳解】A選項，當(dāng)時，，故，即，故點在線段上，連接，與相交于點，則為的中點，連接，因為為的中點，所以，故三棱錐的體積為定值，A正確；

B選項，當(dāng)時，由A選項可知，，點為線段的中點，連接相交于點，則⊥平面，設(shè)正四棱錐的外接球的球心為，則三點共線，其中，設(shè)，則，由勾股定理得，即，解得，則表面積是，B正確；

C選項，點在矩形及其內(nèi)部，取線段的中點，由對稱性知，，，此時三點共線，又，，C錯誤；

D選項，因為，又點在矩形及其內(nèi)部，點的軌跡為點為球心，半徑長為的球面被平面截且在矩形及其內(nèi)部的圖形，又⊥平面，且，故，所以點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，如圖，其中，，故，則，則，則軌跡長為，D正確.故選：ABD【點睛】解決與球有關(guān)的內(nèi)切或外接的問題時，解題的關(guān)鍵是確定球心的位置．對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內(nèi)接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構(gòu)造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑（多選，2024年蘇J08宿遷調(diào)研，末）11.已知正方體的棱長為分別為棱的點，且，若點為正方體內(nèi)部（含邊界）點，滿足：為實數(shù)，則下列說法正確的是（【答案】ABD【解析】【分析】由空間向量基本定理，共線定理和線面角的定義對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】對于A，因為，由空間向量基本定理可知，所以在菱形內(nèi)，A正確；對于B，取上一點，使得，連接，，易證四邊形和四邊形是平行四邊形，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，當(dāng)時，,所以，即，在線段上，的軌跡長度為線段的長，即為，B正確；對于C，由知，【答案】ABD【解析】【分析】由空間向量基本定理，共線定理和線面角的定義對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】對于A，因為，由空間向量基本定理可知，所以在菱形內(nèi)，A正確；對于B，取上一點，使得，連接，，易證四邊形和四邊形是平行四邊形，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，當(dāng)時，,所以，即，在線段上，的軌跡長度為線段的長，即為，B正確；對于C，由知，在菱形內(nèi)，所以的最小值即為點到平面的距離，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，可得設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，所以，所以到平面的距離為：，故C錯誤；對于D，當(dāng)時，,分別取的中點，連接，在線段上，，所以，可得，平面的法向量為，，設(shè)與面所成角為，所以，設(shè)，因為，則，則代入化簡可得，當(dāng)時，直線與平面所成角的正弦值的最大值為，D正確．故選：ABD．【點睛】方法點睛：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：（1）立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動態(tài)角的范圍等問題，解決方法一般根據(jù)線面平行，線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標(biāo)運算求出動點的軌跡方程；（2）對于線面位置關(guān)系的存在性問題，首先假設(shè)存在，然后在該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足則肯定假設(shè)，若得出矛盾的結(jié)論，則否定假設(shè)；（3）對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設(shè)存在，設(shè)出空間點的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.（多選，2024年浙J32北斗星盟聯(lián)考）11．已知正方體的棱長為1，點滿足，其中，，則（

11．ACD【分析】對A，將平面展開到與同一平面，由兩點間線段最短得解；對B，當(dāng)在時，過點只能作一條直線與垂直，可判斷；對CD，以點D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點P坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)運算即可判斷.【詳解】對于A，當(dāng)時，，所以點在線段上，如圖，將三角形與矩形沿展成平面圖形如下所示，則線段即為的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值為，故A正確；對于B，當(dāng)在時，過點在平面內(nèi)只可以作一條直線與垂直，故B錯誤；對于C，以D為原點，分別以為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，得，，整理得，為雙曲線方程，故C正確．對于D，當(dāng)時，，故點在線段上運動,11．ACD【分析】對A，將平面展開到與同一平面，由兩點間線段最短得解；對B，當(dāng)在時，過點只能作一條直線與垂直，可判斷；對CD，以點D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點P坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)運算即可判斷.【詳解】對于A，當(dāng)時，，所以點在線段上，如圖，將三角形與矩形沿展成平面圖形如下所示，則線段即為的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值為，故A正確；對于B，當(dāng)在時，過點在平面內(nèi)只可以作一條直線與垂直，故B錯誤；對于C，以D為原點，分別以為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，得，，整理得，為雙曲線方程，故C正確．對于D，當(dāng)時，，故點在線段上運動,正方體經(jīng)過點、、的截面為平行四邊形，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，所以，，，，，所以點到直線的距離為，于是當(dāng)時，的面積取最小值，此時截面面積為；當(dāng)或時，的面積取最大值，此時截面面積為，所以正方體經(jīng)過點、、的截面面積的取值范圍為，故D正確．故選：ACD．【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關(guān)的題目歸根到底還是對點線面關(guān)系的認(rèn)知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達(dá)式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區(qū)別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.（多選，2024年湘J34長郡二適）11.在正方體中，為的中點，是正方形內(nèi)部一點（不含邊界），則（【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征可證明線線垂直，進(jìn)而可得線面垂直，即可求證面面垂直，可判斷A，根據(jù)線面角的性質(zhì)，結(jié)合線面角的求解即可判斷B，根據(jù)拋物線的定義即可判斷C，根據(jù)旋轉(zhuǎn)可得點的運動軌跡是平面內(nèi)以為圓心，為半徑的圓，即可求解D.【詳解】對于A：如圖，連接，則，因為平面平面，所以，且平面，所以平面平面，所以，同理，且，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故A正確；對于B：從正方體中分離出四棱錐，取的中點，連接，【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征可證明線線垂直，進(jìn)而可得線面垂直，即可求證面面垂直，可判斷A，根據(jù)線面角的性質(zhì)，結(jié)合線面角的求解即可判斷B，根據(jù)拋物線的定義即可判斷C，根據(jù)旋轉(zhuǎn)可得點的運動軌跡是平面內(nèi)以為圓心，為半徑的圓，即可求解D.【詳解】對于A：如圖，連接，則，因為平面平面，所以，且平面，所以平面平面，所以，同理，且，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故A正確；對于B：從正方體中分離出四棱錐，取的中點，連接，并讓點可在正方形邊界移動.因為平面，，即，則與平面所成角的最小值是，所以，因為線面角是線與平面內(nèi)的線所成的最小角，所以平面內(nèi)不存在一條直線與直線成角，故B錯誤；對于C：如圖，取的中點，連接平面，作于點，則，因為，則，即點到點的距離和點到的距離相等，即可知點形成的軌跡是拋物線的一部分，故C正確；對于D：連接交于點，取的中點，連接，則點的運動軌跡是平面內(nèi)以為圓心，為半徑的圓，易知，由，知，且平面，所以平面平面，所以平面平面，，如圖，與圓的交點分別為，當(dāng)點位于點時，點到平面的距離分別取得最大值和最小值，且距離的最大值為，距離的最小值為，所以點到平面的距離的取值范圍是，故錯誤.故選：AC【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關(guān)的題目歸根到底還是對點線面關(guān)系的認(rèn)知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達(dá)式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區(qū)別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.（多選，2024年魯J42青島二適）11．已知正方體的棱長為2，點M，N分別為棱的中點，點P為四邊形（含邊界）內(nèi)一動點，且，則（

11．ABD【分析】利用線線平行的性質(zhì)可判定A，利用空間軌跡結(jié)合弧長公式可判定B，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量研究線面關(guān)系及點面距離可判定C、D.【詳解】對于A，在正方體中易知，又平面，平面，所以平面，即A正確；對于B，因為點P為四邊形（含邊界）內(nèi)一動點，且，，則，所以P點軌跡為以為圓心，為半徑的圓與正方形相交的部分，所以點P的軌跡長度為，故B正確；對于C，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，所以，若存在點P，使得面，則，11．ABD【分析】利用線線平行的性質(zhì)可判定A，利用空間軌跡結(jié)合弧長公式可判定B，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量研究線面關(guān)系及點面距離可判定C、D.【詳解】對于A，在正方體中易知，又平面，平面，所以平面，即A正確；對于B，因為點P為四邊形（含邊界）內(nèi)一動點，且，，則，所以P點軌跡為以為圓心，為半徑的圓與正方形相交的部分，所以點P的軌跡長度為，故B正確；對于C，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，所以，若存在點P，使得面，則，解之得，顯然不滿足同角三角函數(shù)的平方關(guān)系，即不存在點P，使得面，故C錯誤；對于D，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，即，則點P到平面的距離，顯然時取得最大值，故D正確.故選：ABD

【點睛】思路點睛：對于B，利用定點定距離結(jié)合空間軌跡即可解決，對于C、D因為動點不方便利用幾何法處理，可以利用空間直角坐標(biāo)系，由空間向量研究空間位置關(guān)系及點面距離計算即可.（多選，2024年粵J19執(zhí)信沖刺）11.在邊長為1的正方體中，動點滿足．下列說法正確的是（【答案】AC【解析】【分析】對于A，由題意可得點軌跡在內(nèi)，利用等體積法轉(zhuǎn)換即可；對于B，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，利用解三角形知識求出圓心角弧度即可；對于C，由題意為異面直線與所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；對于D，由題意點在以為直徑的圓上，由此即可判斷.【詳解】如圖所示，連接，由，可得點的軌跡在內(nèi)（包括邊界）．因為平面平面，所以，故A正確．【答案】AC【解析】【分析】對于A，由題意可得點軌跡在內(nèi)，利用等體積法轉(zhuǎn)換即可；對于B，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，利用解三角形知識求出圓心角弧度即可；對于C，由題意為異面直線與所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；對于D，由題意點在以為直徑的圓上，由此即可判斷.【詳解】如圖所示，連接，由，可得點的軌跡在內(nèi)（包括邊界）．因為平面平面，所以，故A正確．易知平面，設(shè)與平面相交于點．由于，則點到平面的距離為．若，則，即點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，如圖所示，在中，，，設(shè)，由余弦定理得，解得，則，所以的軌跡長度為，故B錯誤．因為，所以為異面直線與所成的角，則，所以，故C正確．由三垂線定理可知，又平面，要使得，則點在以為直徑的圓上，所以存在無數(shù)個點，使得，故D錯誤．故選：AC.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的解題關(guān)鍵是利用空間向量推得的所在位置，從而得解.（多選，2024年浙J07金麗衢二聯(lián)，末）11.已知正方體，的棱長為1，點P是正方形上的一個動點，初始位置位于點處，每次移動都會到達(dá)另外三個頂點.向相鄰兩頂點移動的概率均為，向?qū)琼旤c移動的概率為，如當(dāng)點P在點處時，向點，移動的概率均為，向點移動的概率為，則（【答案】ACD【解析】【分析】先求出點在移動次后，點的概率，再結(jié)合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】設(shè)移動次后，點在點的概率分別為，其中，，解得：，對于A，移動兩次后，“”表示點移動兩次后到達(dá)點，所以概率為，故A正確；對于B，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，所以，，因為，，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，所以，而，平面，所以當(dāng)點位于或時，平面，當(dāng)移動一次后到達(dá)點或時，所以概率為，故B錯誤；對于C，所以當(dāng)點位于時，PC⊥平面，所以移動n次后點位于，則，故【答案】ACD【解析】【分析】先求出點在移動次后，點的概率，再結(jié)合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】設(shè)移動次后，點在點的概率分別為，其中，，解得：，對于A，移動兩次后，“”表示點移動兩次后到達(dá)點，所以概率為，故A正確；對于B，以為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，所以，，因為，，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，所以，而，平面，所以當(dāng)點位于或時，平面，當(dāng)移動一次后到達(dá)點或時，所以概率為，故B錯誤；對于C，所以當(dāng)點位于時，PC⊥平面，所以移動n次后點位于，則，故C正確；對于D，四面體體積V的數(shù)學(xué)期望，因為，所以點到平面的距離為，同理點到平面的距離分別為，所以，所以，當(dāng)為偶數(shù)，所以，當(dāng)為奇數(shù)，所以，故D正確.故選：ACD.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的關(guān)鍵點是先求出點在移動次后，點的概率，再結(jié)合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.（多選，2024年鄂J05七市調(diào)研）10.如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方形內(nèi)一個動點（包括邊界），且平面，則下列說法正確的有（【答案】ABD【解析】【分析】對A由平面，聯(lián)想到存在一個過的平面與平面平行，利用正方體特征找到平面平面,進(jìn)而得到的軌跡為線段，對B，根據(jù)棱錐體積公式分析即可，對C舉反例即可；對D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.【詳解】對A，如圖，令中點為,中點為,連接，又正方體中，為棱的中點，可得,，平面,平面,又【答案】ABD【解析】【分析】對A由平面，聯(lián)想到存在一個過的平面與平面平行，利用正方體特征找到平面平面,進(jìn)而得到的軌跡為線段，對B，根據(jù)棱錐體積公式分析即可，對C舉反例即可；對D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.【詳解】對A，如圖，令中點為,中點為,連接，又正方體中，為棱的中點，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又為正方形內(nèi)一個動點（包括邊界），平面平面，而平面平面，，即的軌跡為線段.由棱長為2正方體得線段的長度為，故選項A正確；對B，由正方體側(cè)棱底面，所以三棱錐體積為，所以面積最小時，體積最小，如圖，，易得在處時最小，此時,所以體積最小值為，故選項B正確；對C，當(dāng)為線段中點時，由可得,又中點為,中點為,，而，,故選項C不正確；對D，如圖，當(dāng)在處時，三棱錐的體積最大時，由已知得此時,所以在底面的射影為底面外心，,,,所以底面為直角三角形，所以在底面的射影為中點，設(shè)為，如圖，設(shè)外接球半徑為,由,,可得外接球半徑，外接球的表面積為，故選項D正確.故選：ABD.四棱柱：（多選，2024年鄂J11四月模擬）9.平行六面體中，各個表面的直角個數(shù)之和可能為（【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)平行六面體的性質(zhì)考察矩形個數(shù)的可能情況即可.【詳解】平行六面體的六個面都是平行四邊形，且相對的平行四邊形全等，所以六個平行四邊形中的矩形個數(shù)可能為，所以各個表面的直角個數(shù)之和可能為.故選：ACD）

A.0【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)平行六面體的性質(zhì)考察矩形個數(shù)的可能情況即可.【詳解】平行六面體的六個面都是平行四邊形，且相對的平行四邊形全等，所以六個平行四邊形中的矩形個數(shù)可能為，所以各個表面的直角個數(shù)之和可能為.故選：ACD（多選，2024年冀J30保定二模）10．已知直四棱柱的側(cè)棱長為3，底面是邊長為2的菱形，為棱上的一點，且為底面內(nèi)一動點（含邊界），則下列命題正確的是（10．AD【分析】判斷P點軌跡與直四棱柱的交線，根據(jù)弧長公式求解判斷A，判斷P點位置求出體積最大值判斷B，計算球與直四棱柱公共部分體積判斷C，利用，求得，得出四邊形面積判斷D.【詳解】如圖，對于A，可知的軌跡是以為圓心，半徑為1的圓，所以點的軌跡與直四棱柱的交線為圓弧，圓弧長為，故A正確．對于B，可知點在線段上，所以當(dāng)點與點重合時，三棱錐體積最大，且最大值為，所以B錯誤．對于C，可知該球的半徑為1，球與直四棱柱的公共部分的體積為，所以C錯誤．對于D，經(jīng)過三點的平面截直四棱柱所得的截面為平行四邊形，其中，可得．設(shè)的中點為的中點為，連接，可得平面，所以，求得，所以，D正確．故選：AD

）

A．若與平面所成的角為，則點的軌跡與直四棱柱的交線長為

B．若點到平面的距離為10．AD【分析】判斷P點軌跡與直四棱柱的交線，根據(jù)弧長公式求解判斷A，判斷P點位置求出體積最大值判斷B，計算球與直四棱柱公共部分體積判斷C，利用，求得，得出四邊形面積判斷D.【詳解】如圖，對于A，可知的軌跡是以為圓心，半徑為1的圓，所以點的軌跡與直四棱柱的交線為圓弧，圓弧長為，故A正確．對于B，可知點在線段上，所以當(dāng)點與點重合時，三棱錐體積最大，且最大值為，所以B錯誤．對于C，可知該球的半徑為1，球與直四棱柱的公共部分的體積為，所以C錯誤．對于D，經(jīng)過三點的平面截直四棱柱所得的截面為平行四邊形，其中，可得．設(shè)的中點為的中點為，連接，可得平面，所以，求得，所以，D正確．故選：AD（多選，2024年鄂J19黃岡八模）11．在長方體中，，E是棱的中點，過點B，E，的平面交棱于點F，P為線段上一動點（不含端點），則（11．ACD【分析】對于選項A，利用面面平行的性質(zhì)，得到平面，從而可判斷出選項A正確；對于選項B，假設(shè)存在，可推出平面，從而判斷選項B錯誤；對于選項C，利用線面角的定義，找出線面角為，從而在中，求出的值，進(jìn)而判斷選項C正確.對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質(zhì)，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.【詳解】對于A，因為平面平面，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，平面與這兩個平面的交線互相平行，即，因為面，面，所以平面，又點P在線段上，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B，若存在點P，使得，因為，則，因為，，平面,所以11．ACD【分析】對于選項A，利用面面平行的性質(zhì)，得到平面，從而可判斷出選項A正確；對于選項B，假設(shè)存在，可推出平面，從而判斷選項B錯誤；對于選項C，利用線面角的定義，找出線面角為，從而在中，求出的值，進(jìn)而判斷選項C正確.對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質(zhì)，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.【詳解】對于A，因為平面平面，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，平面與這兩個平面的交線互相平行，即，因為面，面，所以平面，又點P在線段上，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B，若存在點P，使得，因為，則，因為，，平面,所以平面，與題意矛盾，故B錯誤；對于C，如圖1所示，

取的中點Q，連接，則點P在平面內(nèi)的射影在上，直線與平面所成角即，且有，由已知可得，最小為，所以的最大值為，故C正確；對于D，如圖2，

取的中點G，連接，分別取，的中點，，連接，因為是等腰直角三角形，所以三棱錐外接球的球心O在直線上，設(shè)三棱錐外接球的半徑為，則，所以，設(shè)，則，所以,當(dāng)點與重合時，取最小值，此時，三棱錐外接球的表面積為，當(dāng)點P與重合時，取最大值，此時，三棱錐外接球的表面積為，故D正確．故選：ACD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質(zhì)，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.（多選，2024年粵J124廣州天河三模）11．在正四棱柱中，，，E，F(xiàn)分別為，的中點，點M是側(cè)面上一動點（含邊界），則下列結(jié)論正確的是（

11．ACD【分析】利用線線平行易證線面平行可判斷選項A；利用線線角為定值，知另一邊在一個圓錐上，從面用截面思想可判斷選項B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判斷到上下底面各棱的距離都正好等于半徑，而到各側(cè)棱的距離都小于半徑，從而可以判斷選項C；利用球被平面所截是一個小圓，小圓的圓心就是球心到各側(cè)面的射影，從而可通過計算交線長，再來判斷選項D．【詳解】根據(jù)已知條件可知，，，連結(jié)，可得四邊形是平行四邊形，所以可得，又因為平面,平面,所以平面，故選項A正確；因為是一個定值，所以也等于一個定值，所以一定是以為軸的一個圓錐的母線，這樣的圓錐被過頂點的平面所截，所得的是兩條母線，即落在側(cè)面內(nèi)的軌跡就是線段，所以選項B是錯誤的；由正四棱柱的中心對稱心可知，以為直徑的球心一定是在正四棱柱的中心，根據(jù)，，可知，所以可知球心到上下兩底面各棱的中點的距離都等于該球的半徑，即該球與上下兩底面各棱的交點共有8個，又因為球心到各側(cè)棱的距離是11．ACD【分析】利用線線平行易證線面平行可判斷選項A；利用線線角為定值，知另一邊在一個圓錐上，從面用截面思想可判斷選項B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判斷到上下底面各棱的距離都正好等于半徑，而到各側(cè)棱的距離都小于半徑，從而可以判斷選項C；利用球被平面所截是一個小圓，小圓的圓心就是球心到各側(cè)面的射影，從而可通過計算交線長，再來判斷選項D．【詳解】根據(jù)已知條件可知，，，連結(jié)，可得四邊形是平行四邊形，所以可得，又因為平面,平面,所以平面，故選項A正確；因為是一個定值，所以也等于一個定值，所以一定是以為軸的一個圓錐的母線，這樣的圓錐被過頂點的平面所截，所得的是兩條母線，即落在側(cè)面內(nèi)的軌跡就是線段，所以選項B是錯誤的；由正四棱柱的中心對稱心可知，以為直徑的球心一定是在正四棱柱的中心，根據(jù)，，可知，所以可知球心到上下兩底面各棱的中點的距離都等于該球的半徑，即該球與上下兩底面各棱的交點共有8個，又因為球心到各側(cè)棱的距離是，到各頂點的距離是1，所以每條側(cè)棱上都有兩個點到球心等于該球的半徑，即總共就有16個.故C選項正確；由上面推理易知，以為直徑的球與上下兩底面的交線是兩個完整的內(nèi)切圓，此時一個圓的周長是，而根據(jù)該球心到一個側(cè)面射影是，，，可解得，所在側(cè)面截得交線如圖：由，，可得，即，所以在該側(cè)面內(nèi)留下的交線長為，即該球面與正四棱柱各側(cè)面的交線總長度為，故D選項正確；故選：ACD.（多選，2024年冀J39承德二模）11