2024年全国一卷数学新高考题型细分2-8——立体几何 多选 3 正方体

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 多选3 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《立体几何——多选》按照题目中的几何体进行分类，具体有： 线面关系，其他线面关系，正方体，棱锥，棱柱，其他多面体，圆柱，圆锥，圆台，其他旋转体等，大概106道题。 正方体2： 1. （多选，2024年鲁J02荷泽一模）10. 如图，在棱长为2的正方体中，为侧面上一点，为的中点，则下列说法正确的有（ [endnoteRef:2] ） A. 若点为的中点，则过P、Q、三点的截面为四边形 B. 若点为中点，则与平面所成角的正弦值为 C. 不存在点，使 D. 与平面所成角的正切值最小为 （截面，线面角，垂直，线面角，中下） [2: 【答案】AB 【解析】 【分析】全程采用建系法可验证ABCD选项的正确性，由向量平行可验证A；由线面角的正弦公式验证B，由向量垂直的坐标运算验证C，由线面角的正弦公式可求最小值，进而求出正切值. 【详解】 如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 对于A项，连接P、、Q、四点，当为中点时，，，，， ，，，所以为平行四边形，A正确； 对B，当点为的中点，，， ，设平面的法向量为，则， 即，令，则，， 则与平面所成角的正弦值为， 故B正确； 对C，可设，，， ，，，令， 即，显然能取到，故C错误； 对D，当与平面所成角的正切值最小时，与平面所成角的正弦值也最小，，设的法向量为， 则与平面所成角的正弦值为 ，当或2，时， ，由三角函数可得与平面所成角的正切值最小为，故D错误. 故选：AB ] 2. （多选，2024年鄂J10二次T8联考，末）11. 已知正方体的棱长为是中点，是的中点，点满足，平面截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积分别为，则下列判断正确的是（ [endnoteRef:3] ） A. 时，截面面积为 B. 时， C. 随着的增大先减小后增大 D. 的最大值为 （截面，体积，体积，体积最值，中下） [3: 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，易于判断截面形状，计算即得其面积；对于B，可由A项图形进行对称性判断得到；对于C，要结合A项中点从点运动到点的过程中，截面形状的变化，以及B项中的结论合并进行判断；对于D，要在选项C的基础上判断取最大值时，对应于或时的情形，故只需要求出这两种情形下的的值即得. 【详解】 如图1，当时，点是的中点，易得截面为正六边形．其棱长为，故截面面积为故A项错误； 由对称性可知．当时．平面分两部分是全等的，故体积相等，故B项正确； 如图2．当从0变化到1时．截面从四边形变化至五边形（其中为靠近点的三等分点）． 结合B项可知，被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C项正确； 取最大值时对应为，或时情形． 当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则, 则,此时； 当时，不妨记为截面左上角的部分几何体，则 , 则，此时. 的最大值为，故D项正确． 故选：BCD． 【点睛】思路点睛：本题重点考查正方体的截面面积和分割成的几何体的体积问题，属于难题. 解题思路在于要有从特殊到一般的思想，先考虑点为的中点时的截面和分割成的几何体体积的关系，再考虑点分别与点，点重合时的截面形状以及分割成的两部分的体积，总结出体积变化规律即可. ] 3. （多选，2024年粤J29珠海一中，末，浙J05名校二联考，末）11．已知棱长为1的正方体是空间中一个动平面，下列结论正确的是（[endnoteRef:4]    ） A．设棱所在的直线与平面所成的角为，则 B．设棱所在的直线与平面所成的角为，则 C．正方体的12条棱在平面上的射影长度的平方和为8 D．四面体的6条棱在平面上的射影长度的平方和为8 （线面角，线面角，射影，射影，中下） [4: 【答案】ACD 【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设的法向量为，利用向量法求线面角和射影问题. 【详解】对于A，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则, 得，，设的法向量为， 则，同理可得， ，故A正确； 对于B，则，故B错误； 对于C，这3条棱在平面上的射影长度的平方和为， 条棱在平面上的射影长度的平方和为8，故C正确； 对于D，，设与平面所成角为与平面所成角为， 则， ， 在平面上的射影长度的平方和为 ， 则四面体的6条棱在平面上的射影长度的平方和为 ，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛： 建立空间直角坐标系，设的法向量为，向量法求线面角的正弦值和余弦值，向量法求射影长度，结果用表示，化简即可. ] 4. （多选，2024年冀J45石家庄三检）11．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（  [endnoteRef:5]  ）    A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为 D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为 （线线角，最短路径，两面交线，轨迹，中下） [5: 11．BD 【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D. 【详解】对于A，取中点，连接， 则，所以为异面直线与所成角， 在中，，故A错误； 对于B，将侧面延旋转至与平面共面， 如图连接，交与点，此时最小，    且，故B正确； 对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则 因为平面平面， 所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线， 取靠近的四等分点，连接，并延长交于点， 连接，交于点， 由，所以， 则，则，所以为平面与平面的交线， 则为平面与平面的交线， 所以为平面与四边形的交线， 由于，所以， 又，所以， 则，故C错误； 对于D，因为点在侧面正方形内，设， 则， 因为，所以， 化简为， 则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确. 故选：BD        【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹. ] 5. （多选，2024年冀J43名校二联考）11．如图，在棱长为2的正方体中，点P是侧面内的一点，点E是线段上的一点，则下列说法正确的是（  [endnoteRef:6]  ） A．当点P是线段的中点时，存在点E，使得平面 B．当点E为线段的中点时，过点A，E，的平面截该正方体所得的截面的面积为 C．点E到直线的距离的最小值为 D．当点E为棱的中点且时，则点P的轨迹长度为 （垂直，截面，点线距离，轨迹，中下） [6: 11．ACD 【分析】由题意分别画出图形，再逐项解决线面垂直、截面面积、距离最值和轨迹问题即可. 【详解】对于A，如下图所示，连接， 因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点， 所以平面即为平面. 根据正方体的性质，平面，平面， 所以， 又因为，平面，平面， 所以平面，所以与重合时，平面，故A正确； 对于B，如下图所示，取的中点， 根据分别为的中点，易得， 所以四点共面， 所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形. 又因为， 所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B错误； 对于C，如图建立空间直角坐标系， 由图可得，，所以， 设，所以， 所以点到直线的距离， 所以时，距离最小，最小为，故C正确； 对于D，如图所示，取的中点，连接， 易得平面， 又因为平面，所以， 所以， 则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为， 所以点的轨迹长度为，故D正确. 故选：ACD. ] 6. （多选，2024年粤J126广东三模）11．已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（[endnoteRef:7]   ） A．三棱锥的体积为 B．与所成的角为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D．平面与平面夹角的正切值为 （体积，线线角，截面，二面角，中下） [7: 11．ACD 【分析】求出锥体体积判断A；用定义法求出异面直线的夹角判断B；推理判断截面形状判断C；建立坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦判断D. 【详解】正方体的棱长为分别为棱的中点， 对于A，三棱锥的体积，A正确； 对于B，，则是与所成的角或其补角，而， 因此与所成的角为，B错误； 对于C，连接，由，得，则， 而，，因此平面截正方体所得截面图形为等腰梯形，C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，， ，设平面的法向量， 则，令，得，显然平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， ，则，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． ] 7. （多选，2024年浙J41天域二模）9．正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（[endnoteRef:8]    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为60° D．平面截正方体所得截面为等腰梯形 （平行，垂直，线线角，截面，中下） [8: 9．ACD 【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，如图，取中点，连接， 在正方体中，，所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为，中点，则，故， 设正方体棱长为，则， 故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误； 对于C，如图，连接， 在正方体中，，即为正三角形， 又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确； 对于D，如图，连接， 在正方体中，，所以四边形为平行四边形， 则，又，所以，所以四点共面， 故平面截正方体所得截面为四边形， 设正方体棱长为，则， 所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确. 故选：ACD. ] 8. （多选，2024年闽J21三明检测）11．在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为 的中点，则下列说法正确的是（[endnoteRef:9]   ） A．若点P在正方体的表面上，且，则点P的轨迹长度为 B．若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为 C．过点的平面截正方体 所得截面多边形的周长为 D．若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需纸的面积的最小值为32 （轨迹，外接球，截面，表面积，中下） [9: 11．BCD 【分析】由得到点一定在球面上，又因为点在正方体的表面上，可以得到的轨迹为6个半径为1的圆，进而得到轨迹长度； 求有一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球表面积，即求半径，根据外接圆半径结合勾股定理即可求得； 利用平行找到过三点的截面，进而求的截面周长； 利用正方形的对角线长度求得正方形面积. 【详解】A选项，因为，所以P在以EG为直径的球面上，又因为E、G分别是AB和的中点，结合棱切球与各个面的交点为各条棱的中点，得到该球是正方体的棱切球， 又由P在正方体的表面上，所以的轨迹为6个半径为1的圆，所以P的轨迹长度为，故A错误； B 选项，即求三棱锥即的外接球， 在中，由余弦定理得， 所以，由正弦定理得，其中是外接圆半径，所以， 因为侧棱面，所以外接球半径，所以球O的表面积为，故B正确； C选项，如图 延长FE交DA的延长线于点P，可得到，所以， 连接交于点Q，由得，所以Q是上靠近A的三等分点， 连接，作交于点，则是靠近的三等分点，连接，则五边形即为所求截面， ，， ，， ， 所以周长为，故C正确； D选项， 由正方体的侧面展开图，结合上图可以看出五个正方形及上下左右四个三角形组成一个正方形， 可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求正方形， 对角线长为，所以面积为，故D正确； 故选：BCD. ] 9. （多选，2024年闽J20莆田三模）10．如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（ [endnoteRef:10]   ） A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为 B．若AP=，则点P的轨迹长度为 C．若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是 D．若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 （轨迹，轨迹，线面角，外接球，中档） [10: 10．ACD 【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得点Р的轨迹是线段，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C，结合条件可得外接球的半径，即可判断D 【详解】 分别取棱，的中点M，N，连接， 易证，， 平面，平面，所以平面， 且平面，平面，所以平面， 又平面，则平面平面， 因为平面，且P是正方形内的动点， 所以点Р的轨迹是线段. 因为，所以，因为，所以， 故A正确. 因为，所以点P的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆， 则点Р的轨迹长度为，则B错误. 以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图1所示的空间直角坐标系. 由题中数据可知则，，. 设平面CEF的法向量为，则，得. 设直线AР与平面CEF所成的角为，则. 因为，所以，所以， 所以，则，故C正确. Р是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为2. 如图2，设，则三棱锥的外接球的半径满足，解得， 从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是，故D正确. 故选：ACD ] 10. （多选，2024年湘J35湖师附一模，末）11. 如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（ [endnoteRef:11] ） A. 平面 B. 平面截正方体所得的截面面积为 C. 点Q的轨迹长度为 D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为 （垂直，截面，轨迹，内切球，中档） [11: 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 故. 设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面，A正确； B选项，取的中点，连接， 因为M，N，P分别是棱，，的中点， 所以，又， 所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形， 其中边长为，故面积为，B正确； C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为， 又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点Q的轨迹， 其中，由对称性可知，， 故半径， 故点Q的轨迹长度为，C错误； D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点， 所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称， 不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值， 该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切， 由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为， ，故，即，解得， 故球的半径的最大值为，D正确. 故选：ABD 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. ] 11. （多选，2024年粤J100佛山禅城二调，末）11. 对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（ [endnoteRef:12] ） A. 底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体 B. 以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为 C. 该正方体内能同时整体放入两个底面半径为，高为的圆锥 D. 该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥 （外接圆锥，线面角，外接圆锥，外接圆锥，中档） [12: 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，求出底面圆的最小半径即可判断；对于B，原问题等价于求与平面所成角的正切值，利用等体积法求高，结合勾股定理、正切定义即可验算；对于C，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，求出圆锥的最大高度即可判断；对于D，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，圆锥的体积大于，由此即可判断. 【详解】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图， ，因为，所以，所以， 圆锥底面圆半径最小为，A错误； 对于B，如图，以，，三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面， 等价于求与平面所成角的正切值，因为， 所以， 所以点到平面的距离为， 则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为，B正确； 对于C，如图，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5， 分别以，的中点，为两个圆锥的顶点， 每个圆锥高的最大值为，C正确； 对于D，如图，中点作垂线，分别交，于点，， 则， 以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时， 该圆锥的体积为，D正确． 事实上，以正方体的体对角线作为轴，为顶点的圆锥的体积最大值， 显然底面圆心在线段上（不含点），设， 当与为的四等分点）重合时，， 因此，因为，所以， 则， 圆锥体积，在上恒成立， 所以在上单调递增，体积的最大值为, D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，算出圆锥的最大高度，由此即可顺利得解. ] 12. （多选，2024年粤J109珠海一中冲刺，末）11．正方体的棱长为，平面展开图为图①.、分别为棱与面对角线中点.则下列说法正确的是（ [endnoteRef:13]  ） A．面 B． C．到面的距离为 D．三棱锥的外接球必切于正方体一个面 （垂直，垂直，点面距离，外接球，中档） [13: 【答案】AB 【分析】把正方体平面展开图还原成直观图，建立适当的空间直角坐标系，对于A，只需验证是否同时成立，对于B，只需验证是否成立即可；对于C，求出平面的法向量以及，由公式验算即可；对于D，设三棱锥的外接球球心为，由即可建立方程组求得球心坐标以及球的半径，进一步即可判断. 【详解】把正方体平面展开图还原成直观图，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系坐标系： 由题意， 对于A，， 因为， 所以， 又因为面， 所以面，故A正确； 对于B，，因为， 所以，故B正确； 对于C，， 设面的法向量为， 所以，令，解得， 也就是说的法向量可以为， 所以到面的距离为，故C错误； 对于D，， 设三棱锥的外接球球心为， 由得， ， 化简得，解得， 从而到正方体各个面的距离只能是或，它们都不等于，即不等于三棱锥的外接球的半径，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是求出球心坐标以及球的半径，在这里我们采用代数方法，表面上看起来计算量很大事实上很多二次项都可以抵消变成一次方程组了，由此即可顺利得解. ] 13. （多选，2024年鄂J21黄冈二模）10．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，则下列说法中正确的是（[endnoteRef:14]    ） A．平面 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若，则四面体的体积为定值 D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 （垂直，轨迹，体积，外接球，中档） [14: 10．BC 【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到平面，与事实矛盾，排除A；对于B,利用动线构造平面平面与平面平行，即可判断点的轨迹为线段；对于C，由推理得到三点共线，而平面，故得四面体的体积为定值；对于D，根据题意，确定三棱锥外接球球心为中点，从而求得其半径，即得其体积，排除D.. 【详解】                对于A，如图1，假设平面，因平面则①； 因正方形,可得,又平面,平面,则, 又平面，故平面， 因平面，故②， 又平面,故由① ，② 可得平面， 显然该结论不成立，故错误；         对于B，如图2，取中点，连接， 易得,且，故得, 则有，因平面,平面,故平面③； 又,同理可得,则,故有，同法可得平面④ , 因平面，则由③ ，④ 可得平面平面， 而平面，则点在平面内，而点又在平面内， 故点的轨迹为线段，B正确； 对于C，如图2，//， 因为，， 所以，故三点共线， 所以点在上，而//，且平面，平面,所以平面， 所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值， 所以四面体的体积为定值，正确；            对于：如图3，因为正方形的中心，则,故的外心为的中点， 又,故的外心为中点,又因平面平面, 故点即为三棱锥的外接球的球心，其半径， 此外接球的体积.故D不正确. 故选：BC. ] 14. （多选，2024年鄂J27宜荆荆随恩二模）11．正方体中，，P在正方形内（包括边界），下列结论正确的有（ [endnoteRef:15]  ） A．若，则P点轨迹的长度为 B．三棱锥外接球体积的最小值是 C．若Q为正方形的中心，则周长的最小值为 D． （轨迹，外接球，最短路径，线线角，中档） [15: 11．BCD 【分析】结合圆的定义及题目条件得点的轨迹，利用弧长公式判断A，确定球的位置，利用球体积公式求解判断B，作出Q关于平面的对称点，利用三点共线最短求得最小值判断C，建立空间直角坐标系，利用向量夹角的坐标公式计算化简即可求解判断D. 【详解】因为，且，，所以， 取，的中点E，F，则，所以P点轨迹为圆弧EF， 因为，所以，A不正确； 由球的性质知，三棱锥外接球的球心在过外接圆圆心的垂线上， 的外接圆的圆心为的中点，且半径为， 当外接球半径最小时，的外接圆是球的大圆， 所以球半径R最小值为，外接球体积最小值是，B正确； 设Q关于平面的对称点为， 则， 又，所以的周长，C正确； 分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，设， 则，，，， 所以， ， ， 所以. D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果. ] 15. （多选，2024年鄂J25武汉洪山二模）11．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ [endnoteRef:16]   ）    A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B．存在点Q，使平面MBN C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为 （共面，平行，截面，外接球，中档） [16: 11．ABD 【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D． 【详解】选项A，连接，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；    选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确；    选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点， 连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点， 为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，， 所以，C错；    选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体）， 它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确．    故选：ABD． ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$