江蘇省新高考數學小題專項復習專題8立體幾何多選題30題專項提分計劃

2023屆江蘇省新高考數學小題專項復習專題8立體幾何多選題30題專項提分計劃1．（2022·江蘇鹽城·江蘇省濱海中學?？寄M預測）如圖，正方體的棱長為，，，分別為，，的中點，則（

）A．直線與直線垂直B．直線與平面平行C．平面截正方體所得的截面面積為D．點與點到平面的距離相等【答案】BC【分析】(1)利用空間向量的坐標運算確定直線與直線的位置關系；(2)根據面面平行來證明線面平行；(3)先根據四點共面確定截面，進而算截面面積；(4)利用等體積法思想證明求解.【詳解】對于選項A，以點為坐標原點，，，所在的直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，則，，，.從而，，從而，所以直線與直線不垂直，選項錯誤；對于選項，取的中點為，連接，，則易知，又平面，平面，故平面，又，平面，平面，所以平面，又，，平面，故平面平面，又平面，從而平面，選項正確；對于選項C，連接，，如圖所示，∵正方體中，∴，，，四點共面，∴四邊形為平面截正方體所得的截面四邊形，且截面四邊形為梯形，又由勾股定理可得，，，∴梯形為等腰梯形，高為，∴，選項C正確；對于選項D，由于，，而，，∴，即，點到平面的距離為點到平面的距離的2倍，選項錯誤.故選:BC.2．（2021·江蘇徐州·統(tǒng)考模擬預測）已知，是兩個不同的平面，m，n，l是三條不同的直線，則下列命題中正確的是（

）A．若，，，則 B．若，，則C．若，，，則 D．若，，，則【答案】BC【分析】利用面面垂直的性質判斷選項A；利用線面垂直的性質判斷選項B；利用線面平行的性質判斷選項C；利用線面垂直判定定理判斷選項D.【詳解】選項A：若，，，則或相交或互為異面直線.判斷錯誤；選項B：若，，則.判斷正確；選項C：設平面，，又，則設平面，，又，則，則，又，，則，又，，則，則.判斷正確；選項D：若，，，則的位置關系為相交，當且僅當時.判斷錯誤.故選：BC3．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）在棱長為2的正方體中，與交于點，則（

）A．平面B．平面C．與平面所成的角為D．三棱錐的體積為【答案】ABD【分析】根據線面平行判定定理判斷A，利用線面垂直判定定理判斷B，利用線面夾角的定義判斷C，根據等體積法判斷D.【詳解】∵平面平面平面，A對；因為又平面，平面，所以平面平面，B對；因為平面與平面所成角為因為，C錯；因為，D對.故選：.4．（2022·江蘇泰州·統(tǒng)考模擬預測）在正四面體A－BCD中，，點O為的重心，過點O的截面平行于AB和CD，分別交BC，BD，AD，AC于E，F，G，H，則（

）A．四邊形EFGH的周長為8B．四邊形EFGH的面積為2C．直線AB和平面EFGH的距離為D．直線AC與平面EFGH所成的角為【答案】BCD【分析】根據點式的重心和可以求出,同理可求出,則可以判斷A，,則四邊形的面積可求，可以判斷B，將正四面體補成正方體，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，再利用向量法求出距離和夾角，則可以判斷CD【詳解】O為的垂心，連AO延長與CD交于M點，則∴，∴，，，∴，∴周長為6，A錯．，則，B對．將四面體補成一個長方體，則正方體邊長為，∴P，Q分別為AB，CD中點，PQ⊥平面EFGH，∴A到平面EFGH距離，C對AC與PQ夾角為，則AC與平面EFGH的夾角為，D對故選：BCD5．（2022·江蘇連云港·模擬預測）如圖，矩形所在平面與正方形所在平面互相垂直，AD=DE=4，為線段上的動點，則（

）A．B．若為線段的中點，則平面C．點B到平面CEF的距離為D．的最小值為48【答案】ABC【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量的數量積的運算性質、平面的法向量進行求解判斷即可.【詳解】因為是矩形，所以，又因為矩形所在平面與正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面與正方形相交于，所以平面，而平面，所以，而是正方形，所以，因此建立如下圖所示的空間直角坐標系，則有，因為，所以有，因此選項A正確；當為線段的中點時，，，，設平面的法向量為，于是有，因為平面，所以選項B正確；，，所以點B到平面CEF的距離為，因此選項C正確；設，，，當時，有最小值47，因此本選項不正確，故選：ABC6．（2022·江蘇·統(tǒng)考二模）在四棱錐中，底面是邊長為2的正方形，平面，且．若點，，分別為棱，，的中點，則A．平面B．直線和直線所成的角為C．當點在平面內，且時，點的軌跡為一個橢圓D．過點，，的平面與四棱錐表面交線的周長為【答案】ABD【分析】將該四棱錐補成正方體后可判斷A、B正誤；結合橢圓的定義可判斷C的正誤；結合空間中垂直關系的轉化可判斷D的正誤．【詳解】解：將該正四棱錐補成正方體，可知位于其體對角線上，則平面，故A正確；設中點為，則，且，故B正確；，在空間中的軌跡為橢圓繞其長軸旋轉而成的橢球，又平面與其長軸垂直，截面為圓，故C錯誤；設平面與，交于點，，連接，，，，，，，，，，，，，而，故，同理，而，平面，而平面，則，平面，平面，，，，平面，平面，而平面，則，，同理，，又，，則，而，交線長為，故D正確．故選：ABD.7．（2022·江蘇南京·模擬預測）在矩形中，，，為平面外一點，則（

）A．當時，四棱錐體積的最大值為B．當時，四棱錐體積的最大值為C．當平面平面時，四棱錐體積的最大值為D．當平面平面時，四棱錐體積的最大值為【答案】ABD【分析】利用橢圓的定義以及勾股定理，明確動點軌跡，根據幾何性質，求得四棱錐高的最大值，可得A、B的正誤；根據四棱錐的側視圖以及主視圖，求得四棱錐高的最大值，可得C、D的正誤.【詳解】對于A，由，則在平面內，點的軌跡為以為焦點的橢圓上，易知該橢圓的焦距，，則，由橢圓的性質，可知點到的距離最大值為，此時且，如下圖：當為四棱錐的高時，四棱錐的體積可取得最大值，如下圖：此時平面平面，則四棱錐的體積可取得最大值，故A正確；對于B，在矩形中，對角線，由，可得，則此時在平面內，點的軌跡為以為直徑的圓，根據圓的性質，易知點到距離的最大值為，此時，，如下圖：當為四棱錐的高時，四棱錐的體積可取得最大值，如下圖：此時平面平面，則四棱錐的體積可取得最大值，故B正確；對于C，由題意可知四棱錐的側視圖為直角三角形，則易知點到底面距離的最大值，此時側視圖如下圖：則四棱錐的體積可取的最大值，故C錯誤；對于D，由題意可知四棱錐的主視圖為直角三角形，則易知點到底面距離的最大值，此時主視圖如下圖：則四棱錐的體積可取的最大值，故D正確.故選：ABD.8．（2023·江蘇徐州·徐州市第七中學?？家荒＃┤鐖D，在邊長為2的正方體中，在線段上運動（包括端點），下列選項正確的有（

）A．B．C．直線與平面所成角的最小值是D．的最小值為【答案】AD【分析】對于A項轉化證明平面；對于B項，反證法證明，也就驗證平面是否成立；對于C項，根據直線與平面所成角的定義先找到即為直線與平面所成角，在分析求解；對于D項，把往上翻折到與平面共面，在平面內求動點到兩個定點距離和最小即可.【詳解】對于A項，連接，在正方體中，平面，又因為平面，故故A正確.對于B項，假設成立，又因為，并且所以平面，明顯不垂直，假設不成立，故B不正確.對于C項，連接，再連接，在正方體，易得平面所以即為直線與平面所成角，在中，，當點與點重合時最大，最大值為，直線與平面所成角的最小值是，故C不正確.對于D項，把往上翻折到與平面共面，又因為，即往上翻折成，即在四邊形中，求，易得最小值為，所以D正確.故選：AD9．（2022·江蘇·江蘇省木瀆高級中學校聯考模擬預測）如圖，四棱錐中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分別是的中點，M是棱SD上的動點，則下列選項正確的是（

）A．B．存在點M，使平面SBCC．存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°D．點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為定值【答案】ABD【分析】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法判斷ACD，根據線面平行的判定定理判斷B【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系（如圖），設，則，由M是棱SD上的動點，設，，，，故A正確；當為的中點時，是的中位線，所以，又平面，平面，所以平面，故B正確；，若存在點M，使直線OM與AB所成的角為30°，則，化簡得，方程無解，故C錯誤；點M到平面ABCD的距離，點M與平面SAB的距離，所以點M到平面ABCD與平面SAB的距離和為，是定值，故D正確；故選：ABD10．（2022·江蘇常州·華羅庚中學校聯考三模）如圖，在直三棱柱中，是邊長為2的正三角形，，M為的中點，P為線段上的動點，則下列說法正確的是（

）A．的最小值為B．三棱錐的體積的最大值為C．不存在點P，使得與平面所成的角為D．三棱錐的外接球的表面積為【答案】ABD【分析】對A，分析可得在和中，均為在點時，分別取得最小值，再計算即可對B，通過計算三棱錐的體積來進行判斷.對C，通過線面角的知識進行判斷.對D，先求的外接圓直徑，再根據外接球與直三棱錐的關系求解即可【詳解】對A，在中，，故，所以，故當且僅當在時取等號.連接，則，，由余弦定理，，故為鈍角，故，當且僅當在時取等號，故當且僅當在時取最小值為，故A正確；對B，，點B到平面的距離為，由，得，得，又，則，故B正確；對C，與平面所成的角即為與平面所成的角，設為，易知當點P與M重合時，最小，此時，當點Р與重合時，最大，此時，此時，故存在點P，使得與平面所成的角為，故C錯誤；對D，因為平面，故三棱錐的外接球直徑與的外接圓直徑、高構成直角三角形.由正弦定理，的外接圓直徑，設三棱錐的外接球半徑為，直徑為，則其表面積，故D正確故選：ABD11．（2022·江蘇南京·南京市江寧高級中學?？寄M預測）在棱長為1的正方體中，M為底面ABCD的中心，，，N為線段AQ的中點，則下列命題中正確的是（

）A．CN與QM共面B．三棱錐的體積跟的取值有關C．當時，過A，Q，M三點的平面截正方體所得截面的周長為D．時，【答案】AC【分析】由是中點，可得即可判斷A,由到平面的距離為定值，的面積為定值，故體積為定值，可判斷B，時，過A，Q，M三點的正方體的截面是等腰梯形，即可判斷C，根據判斷是否是等腰三角形，即可判斷D.【詳解】連接,在中，,所以CN與QM共面，故A對.,三棱錐的體積跟的取值無關，故B錯.當時，過A，Q，M三點的正方體的截面是等腰梯形，所以截面的周長為,故C對.當時，是中點，所以不垂直，故D錯誤.故選：AC12．（2022·江蘇南京·模擬預測）在棱長為1的正方體中，為正方形的中心，則下列結論正確的（

）A． B．與平面夾角的正弦值為C．點到平面的距離為 D．直線與直線的夾角為【答案】ACD【分析】對于A，根據正方體的定義及線面垂直的判定定理，再結合線面垂直的性質定理即可求解；對于B，根據線面角的定義，再利用銳角三角函數的正弦函數即可求解；對于C，根據等體積法及三角形的面積公式即可求解；對于D，根據異面直線所成角的定義及余弦定理即可求解.【詳解】對于A，連接，，則，交于點，如圖所示在正方體中，平面，平面，故，而，，，平面，所以平面，在正方體中，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以平面，而平面，所以，故A正確；對于B，連接，，則，交于點，在正方體中，平面，平面，故，而，，，平面，所以平面，是直線在平面內的射影；所以是直線與平面所成的角，由題意可知，，,在中，，所以與平面夾角的正弦值為,故B不正確；對于C，由題意可知，,在正方體中，平面，設點到平面的距離為d，因為，所以，即，于是，解得，故C正確；對于D，連接，在正方體中，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以為直線與所成的角(或其補角)，在中，，所以，因為，所以，所以直線與直線的夾角為，故D正確．故選：ACD.13．（2022·江蘇南通·校聯考模擬預測）已知三棱錐D－ABC的外接球的表面積為24π，直角三角形ABC的斜邊，CD⊥BC，則（

）A．BC⊥平面ACDB．點D的軌跡的長度為2πC．線段CD長的取值范圍為（0，2]D．三棱錐D－ABC體積的最大值為【答案】ACD【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷A，利用球的截面性質及條件可得△ACD的外接圓半徑，進而判斷BC，利用三角形面積公式及錐體體積公式可判斷D.【詳解】因為△ABC以AB為斜邊的直角三角形，∴，又，∴BC⊥面ACD，故A正確；設△ACD的外接圓圓心N，半徑為r，D－ABC外接球半徑為，，∴，∴，∴，，D在優(yōu)弧上，D軌跡長度，D在劣弧上，D軌跡長度，故B錯誤；所以，故C正確；由題可知當在的垂直平分線時，的面積最大，，∴，故D正確．故選：ACD．14．（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知正方體ABCD—的棱長為1，P為正方形底面ABCD內一動點，則下列結論正確的有（

）A．三棱錐的體積為定值B．存在點P，使得C．若，則P點在正方形底面ABCD內的運動軌跡是線段ACD．若點P是AD的中點，點Q是的中點，過P，Q作平面α垂直于平面，則平面α截正方體的截面周長為3【答案】ACD【分析】結合選項逐個求解，體積問題利用錐體體積公式可得，垂直問題利用向量求解，截面周長根據截面形狀可求.【詳解】對于A，P為正方形底面ABCD時，三棱錐的高不變，底面積也不變，所以體積為定值，所以A正確；對于B，以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，；若，則，即，與題意矛盾，所以B不正確；對于C，，由得，所以的軌跡就是線段，所以C正確；對于D，因為，所以平面；因為平面平面，所以平面；以為參照線作出平面與正方體各個側面的交線，如圖，易知每個側面的交線均相等，長度為，所以截面周長為，所以D正確.故選：ACD.【點睛】正方體中的動點問題，可以借助空間向量來處理，把位置關系，角度關系轉化為向量運算.15．（2022·江蘇徐州·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示的幾何體由一個三棱錐和一個半圓錐組合而成，兩個錐體的底面在同一個平面內，是半圓錐底面的直徑，D在底面半圓弧上，且，與都是邊長為2的正三角形，則（

）A． B．平面C．異面直線與所成角的正弦值為 D．該幾何體的體積為【答案】ABD【分析】取中點O，由線面垂直的判斷定理和性質定理可判斷A；由、，可得，再由線面平行的判斷定理可判斷B；取中點M，可得即與所成角即為與所成角，由余弦定理求出和平方關系求出可判斷C；求出幾何體體積可判斷D．【詳解】對于A，取中點O，連接，所以為等腰直角三角形，且，又因為，，所以平面，平面，所以，A正確．對于B，，∴，而，∴，∴，平面，平面，∴平面，B正確．對于C，取中點M，連接知，∴，∴與所成角即為與所成角，為，，由余弦定理得，C錯．對于D，該幾何體體積，D正確．故選：ABD.16．（2022·江蘇·統(tǒng)考三模）已知圓臺上?下底面的半徑分別為2和4，母線長為4.正四棱臺上底面的四個頂點在圓臺上底面圓周上，下底面的四個頂點在圓臺下底面圓周上，則（

）A．與底面所成的角為60°B．二面角小于60°C．正四棱臺的外接球的表面積為D．設圓臺的體積為，正四棱臺的體積為，則【答案】AC【分析】過作，易得即為與底面所成角，直接計算即可判斷A選項；過作于，即為二面角的平面角，由即可判斷B選項；設出球的半徑，由勾股定理建立方程，解出半徑即可判斷C選項；直接計算體積即可判斷D選項.【詳解】如圖，過作，作出截面的平面圖，易知為等腰梯形，且為中點，易得，，故，即圓臺的高，，即四棱臺的上下底邊長分別為和，選項A：易得即為與底面所成角，則，故，正確；選項B：過作于，連接，由，，故面，面，故，即為二面角的平面角，，，又，故，即，B錯誤；選項C：設外接球半徑為，球心到下底距離為，在的平面圖中，為球心，則，，，故，故表面積，正確；選項D：，，顯然，錯誤.故選：AC.17．（2022·江蘇揚州·模擬預測）已知四面體ABCD的4個頂點都在球O（O為球心）的球面上，△ABC為等邊三角形，M為底面ABC內的動點，AB=BD=2，，且，則（

）A．平面ACD⊥平面ABCB．球心O為△ABC的中心C．直線OM與CD所成的角最小為D．若動點M到點B的距離與到平面ACD的距離相等，則點M的軌跡為拋物線的一部分【答案】ABD【分析】設的中心為G，取AC的中點E，由題可得平面可判斷A，根據勾股定理可得進而判斷B，利用特例可判斷C，利用面面垂直的性質及拋物線的定義可判斷D.【詳解】設的中心為G，取AC的中點E，連接BE，DE，則.因為，,所以平面BDE，則，又△ABC為等邊三角形，，，所以，，∴，即，又，∴平面，平面，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正確；又∵，∴，故為四面體的外接球的球心，即球心O為△ABC的中心，故B正確；當∥時，為直線OM與CD所成的角，由上知，故C錯誤；由平面ACD⊥平面ABC可知，動點M到平面ACD的距離即動點M到直線的距離，由拋物線的定義可知，點M的軌跡為拋物線的一部分，故D正確.故選：ABD.18．（2022·江蘇連云港·模擬預測）已知正四棱臺（上下底面都是正方形的四棱臺）．下底面ABCD邊長為2，上底面邊長為1，側棱長為，則（

）A．它的表面積為B．它的外接球的表面積為C．側棱與下底面所成的角為60°D．它的體積比棱長為的正方體的體積大【答案】ACD【分析】分別求得上、下底面面積，再求得側面等腰梯形的面積，即可判斷A的正誤；如圖作輔助線，可求得各個長度，根據三角函數的定義，可判斷C的正誤；求得的長，分析可得即為正四棱臺外接球的球心，且外接球半徑，代入表面積公式，可判斷B的正誤；分別求得正四棱臺的體積和正方體的體積，利用作商法比大小，即可判斷D的正誤，即可得答案.【詳解】由題意得：上底面的面積，下底面的面積，側面為等腰梯形，過分別做AB的垂線，垂足為E、F，如圖所示所以，則，所以，所以梯形的面積為，所以正四棱臺的表面積，故A正確；連接，且交于點，連接AC、BD交于點，連接，則垂直底面ABCD，過作于G，則底面ABCD，則四邊形為矩形，由題意得，所以，同理，又，所以，在中，，所以，即側棱與下底面所成的角為60°，故C正確所以.連接，在中，，所以點到的距離相等，均為，所以點即為正四棱臺外接球的球心，且外接球半徑，所以外接球的表面積，故B錯誤；正四棱臺的體積，棱長為的正方體的體積，所以，所以，所以正四棱臺的體積比棱長為的正方體的體積大，故D正確；故選：ACD【點睛】解題的關鍵是熟練掌握棱臺的表面積、體積的求法及公式，并靈活應用，難點在于求各個棱長及確定為外接球的球心，考查分析理解，數形結合的能力，屬中檔題.19．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考模擬預測）如圖，正方體的棱長為分別是所在棱上的動點，且滿足，則以下四個結論正確的是（

）A．四點一定共面B．若四邊形為矩形，則C．若四邊形為菱形，則一定為所在棱的中點D．若四邊形為菱形，則四邊形周長的取值范圍為【答案】AD【分析】根據棱長為，且可得，再逐項分析即可得解.【詳解】連接交于點，為正方體的中心，由棱長為，且，可得，所以交于點，交于點，所以交于點，，故四點一定共面，所以A正確；對B，若四邊形為矩形，可以也可以，故B錯誤；對C，若四邊形為菱形，則必有，則必有一定為所在棱的中點或一定為所在棱的中點，故C錯誤；四邊形為菱形，當都為各邊中點時，四邊形周長最小為，若為所在棱的中點，而分別和重合時，此時菱形周長最大，邊長為，所以周長為，故D正確.故選：AD20．（2022·江蘇鹽城·江蘇省濱海中學?？寄M預測）如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是邊長為2的正方形，側棱長為3，E，F分別是AB，BC的中點，過點D1，E，F的平面記為α，則（

）A．平面α截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的形狀為四邊形B．平面α截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的面積為C．平面α將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積之比為47∶25D．點B到平面α的距離與點A1到平面α的距離之比為1∶3【答案】BC【分析】作出截面可判斷A選項；將五邊形分割為正三角與等腰梯形求出面積判斷B，平面α將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積分別為V1，V2，利用V2=V三棱錐MPAEV三棱錐NCFQ計算求解即可判斷C，根據直線上點的比例關系可得點到平面的距離間的關系即可判斷D.【詳解】如圖，延長EF分別與DA，DC的延長線交于點P，Q，連接D1P，交AA1于點M，連接D1Q，交CC1于點N，連接ME，NF，則平面α截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面為五邊形D1MEFN，故A錯誤；由平行線分線段成比例可得，AP=BF=1，故DP=DD1=3，則△DD1P為等腰直角三角形，由相似三角形可知AM=AP=1，故A1M=2，則D1M=D1N=2，ME=EF=FN=，連接MN，易知MN=2，因此五邊形D1MEFN可以分成等邊三角形D1MN和等腰梯形MEFN，等腰梯形MEFN的高h=，則等腰梯形MEFN的面積為，又×2=2，所以五邊形D1MEFN的面積為2，故B正確；記平面α將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積分別為V1，V2，則V2=V三棱錐MPAEV三棱錐NCFQ=×3×3×3×1×1×1×1×1×1=，所以V1=V1=12，則V1∶V2=47∶25，故C正確；因為平面α過線段AB的中點E，所以點A到平面α的距離與點B到平面α的距離相等，由平面α過A1A的三等分點M可知，點A1到平面α的距離是點A到平面α的距離的2倍，因此點A1到平面α的距離是點B到平面α的距離的2倍，故D錯誤.故選：BC21．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預測）折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字畫的形式集中體現了我國文化的方方面面，是運籌帷幄，決勝千里，大智大勇的象征（如圖1）．圖2是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若扇形的兩個圓弧所在圓的半徑分別是1和3，且，則該圓臺（

）A．高為 B．表面積為C．體積為 D．上底面積、下底面積和側面積之比為【答案】BCD【分析】求得圓臺的上下底面半徑，根據圓臺的結構特征可求得圓臺母線長和高，判斷A；根據圓臺的側面積以及體積公式求得表面積和體積，判斷B，C；進而求得上底面積、下底面積和側面積之比，判斷D.【詳解】對于A，設圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，則，解得,所以圓臺的母線長為，高為，選項A錯誤；對于B，圓臺的上底面積為，下底面積為，側面積為，所以圓臺的表面積為，選項B正確；對于C，圓臺的體積為，選項C正確；對于D，圓臺的上底面積、下底面積和側面積之比為，選項D正確，故選：BCD．22．（2022·江蘇蘇州·蘇州中學?？寄M預測）若點P是棱長為2的正方體表面上的動點，點M是棱的中點，則（

）A．當點P在底面內運動時，三棱錐的體積為定值B．當時，線段長度的最大值為4C．當直線AP與平面所成的角為45°時，點P的軌跡長度為D．直線DM被正方體的外接球所截得的線段的長度為【答案】ACD【分析】對A找到高不變，底面為定值，則體積不變，求出相關高與底面積即可，對B找到點軌跡是矩形（除點）與重合時最大,即可計算，對C找到點的三次軌跡，第三次軌跡為四分之一圓，計算即可，對D建立空間直角坐標系，利用點到直線距離公式即可計算.【詳解】對A選項，根據正方體上下底面平行得到平面的距離始終為2，因為為的中點，故，故，故，故A正確；對于B，分別取中點,,連接,,首先與平行且相等,與平行且相等,因此與平行且相等,則是平行四邊形，在同一平面內,正方形,易得，所以(為,的交點),所以,又平面平面,所以平面,所以平面,而,則平面所以點軌跡是矩形（除點）與重合時最大,為,故B錯誤，對于C，直線與平面所成角為,若點在平面和平面內，最大,不成立;在平面內,點的軌跡是,在平面內,點的軌跡是,在平面時,作平面,如圖,作平面，，點的軌跡是以為圓心,以2為半徑的四分之一點的軌跡長度為,點的軌跡總長度為,故C正確;對于D選項，首先作出如圖所示圖像，shouxian外接球半徑，直線與球面的一個交點為，另一交點設為，以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，首先求出圓心到直線的距離，因為棱長為2，且為中點，故,,,故,,，故圓心到直線的距離，故線段,故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：空間中點到直線的距離公式：設某空間直線的方向向量為過點;空間上的一點令，即表示由點指向點的向量.觀察而與要求的距離構成以即為斜邊的直角三角形.故.23．（2023·江蘇蘇州·蘇州中學?？寄M預測）在正方體中，，點P滿足，其中，則下列結論正確的是（

）A．當平面時，不可能垂直B．若與平面所成角為，則點P的軌跡長度為C．當時，正方體經過點?P?C的截面面積的取值范圍為[，]D．當時，的最小值為【答案】BD【分析】對A，作出如圖空間直角坐標系，由向量法結合向量垂直判斷即可；對B，由幾何關系得出與平面所成線面角，可得，則點P的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓；對C，由得點P在上，利用幾何關系可得的面積最值在端點及中點位置；對D，將平面與平面沿展成平面圖形，線段即為的最小值，利用余弦定理即可求.【詳解】對A，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，則，，設平面的一個法向量為，所以，令，則，即平面的一個法向量為，若平面，則，即，由，則，即P為中點時，有平面，且，A錯；對B，因為平面，連接，則即為與平面所成角，若與平面所成角為，則，所以，即點P的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，于是點P的軌跡長度為，B對；對C，因為，所以點P一定在上，又因為當或1時，的面積取最大值，此時截面面積為，設的中點為H，由圖形的變化可得當點P在DH和運動時，所得截面對稱相同，于是當時，的面積取最小值，此時截面面積為，C錯；對D，如圖，將平面與平面沿展成平面圖形，線段即為的最小值，利用余弦定理可知，所以，D對.故選：BD【點睛】（1）容易建系的幾何體一般可通過建系快速解決長度、角度等問題.本題A中，通過線面平行得線與該面的法向量垂直，即可得參數間的關系，即可進一步討論線線垂直的問題；（2）B中軌跡問題，關鍵結合正方體的線面垂直性質得出線面角，即可得出所求軌跡為圓弧；（3）C中截面問題，關鍵結合正方體的對稱性，轉化為三角形面積的和，再進一步轉換成討論高的范圍問題；（4）D中求不同表面線段和問題，一般展開成平面討論.24．（2022·江蘇常州·常州高級中學?？寄M預測）棱長為1的正方體中，點P為線段上的動點，點M，N分別為線段，的中點，則下列說法正確的是（

）A． B．三棱錐的體積為定值C． D．的最小值為【答案】ABC【分析】證明平面，可判斷A；由平面，可得點到平面的距離為定值，又為定值，可判斷B；計算的取值范圍可判斷C；結合C可判斷D.【詳解】選項A，連接，由正方體可知，且平面，而，又，所以平面，而平面，所以，即，故A正確；選項B，連接，，，，，，由點，分別為線段，的中點，得，平面，平面，故平面，即點到平面的距離為定值，又，，故為定值，所以三棱錐的體積為定值，故B正確；選項C，連接，，由點為線段上的動點，設，，故，，所以，當時，取最小值為，當時，取最大值為，故，即，，故C正確；選項D，，當時，的最小值為，故D錯誤.故選：ABC.25．（2022·江蘇蘇州·校聯考模擬預測）在棱長為1的正方體中，點P滿足，，，則（

）A．當時，B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，的最小值為D．當時，存在唯一的點P，使得點P到的距離等于到的距離【答案】ABD【分析】根據已知條件，結合向量關系，分別對答案進行空間關系的判斷和求值即可.【詳解】當時，的軌跡為線段，連接，則，又平面，，∴平面，，同理可得，故平面，平面，所以，故A正確；當時，點的軌跡為線段（為的中點），直線平面，故三棱錐的體積為定值，故B正確；當時，點軌跡為線段，將三角形旋轉至平面內，可知，由余弦定理可得，故C錯誤；當時，點軌跡為以為為圓心，1為半徑的四分之一圓弧，由點P到的距離等于到的距離，即點P到點的距離等于到的距離，則點軌跡為以為焦點，以為準線的拋物線上，故存在唯一的點P，使得點P到的距離等于到的距離，故D正確.故選：ABD．26．（2022·江蘇南京·南京師大附中校考模擬預測）如圖，圓柱的底面半徑和高均為1，線段是圓柱下底面的直徑，點是下底面的圓心.線段是圓柱的一條母線，且.已知平面經過，，三點，將平面截這個圓柱所得到的較小部分稱為“馬蹄體”.記平面與圓柱側面的交線為曲線.則（

）A．曲線是橢圓的一部分 B．曲線是拋物線的一部分C．二面角的大小為 D．馬蹄體的體積為滿足【答案】ACD【分析】將相同的圓柱按如圖方式拼接在一起，將兩個球放入圓柱內，通過切線相等即可判斷A、B選項；由二面角的定義即可判斷C選項；馬蹄體的體積為小于圓柱體的即可判斷D選項.【詳解】將相同的圓柱按如圖方式拼接在一起，將兩個球放入圓柱內，使每一個球既與圓柱相切，又與曲線C所在平面相切，球與曲線C的切點為，取曲線C上一點，過點的圓柱母線與兩球交于兩點，由于同是下面球的切線，同是上面球的切線，可得，，則，由橢圓定義知：曲線是橢圓的一部分，A正確；B錯誤；連接，由，，知面，故，則為二面角的平面角，又，則，C正確；由補成的幾何體知馬蹄體的體積為小于圓柱體的，即為，又，所以，所以，D正確.故選：ACD.27．（2022·江蘇南京·南京外國語學校校聯考模擬預測）如圖，正方形ABCDA1B1C1D1邊長為1，P是上的一個動點，下列結論中正確的是（

）A．BP的最小值為B．的最小值為C．當P在直線上運動時，三棱錐的體積不變D．以點B為球心，為半徑的球面與面的交線長為【答案】ACD【分析】當時，BP最小,結合正三角形性質，求得B到直線的距離，判斷A;建立空間直角坐標系，利用空間向量，設求得點，結合兩點間的距離公式，求得PA+PC的最小值，判斷B;根據當P在直線A1D上運動時，三棱錐的底面積以及高的變化情況，可確定體積不變沒判斷C;根據題意確定以點B為球心，為半徑的球面與面的交線即為的內切圓，即可求得交線長，判斷D.【詳解】對于A，當時，BP最小，由于到直線的距離對．對于B,解法一：以為坐標原點建系，以分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則,設,,表示平面上之間的距離，表示平面上之間的距離，錯解法二：將平面翻折到平面上，如圖，連接AC，與的交點即為點P，此時取最小值AC，在三角形ADC中，,，B錯誤；對于C,,平面，平面到平面的距離為定值,為定值，則為定值，對．對于D，由于平面，設與平面交于點，，設以為球心，為半徑的球與面交線上任一點為，在以為圓心，為半徑的圓上，由于為正三角形，邊長為，其內切圓半徑為，故此圓恰好為的內切圓，完全落在面內，交線長為正確．故選：ACD【點睛】本題考查了空間幾何中的距離以及距離和的最值問題，以及三棱錐體積和幾何體中的軌跡問題，綜合性強，要求充分發(fā)揮空間想象能力，解答時要能借助于幾何體的直觀圖，明確空間的點線面的位置關系，靈活應用空間向量以及相關相關知識解決問題.28．（2022·江蘇鹽城·統(tǒng)考三模）如圖，在棱長為2的正方體中，點在線段（不包含端點）上，則下列結論正確的是（

）A．三棱錐的體積隨著點的運動而變化B．異面直線與所成角的取值范