专题07空间向量与立体几何二（选填）-备战2025届安徽新高考数学模拟题分类汇编（安徽专用）

专题07 空间向量与立体几何二（选填） 题型一 异面直线所成夹角的计算 1．（2024·安徽·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，则异面直线所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·安徽·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·安徽·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·安徽·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·安徽马鞍山·三模）已知点，，，，，都在同一个球面上，为正方形，若直线经过球心，且平面．则异面直线，所成的角最小为（    ） A． B． C． D． 题型二 立体几何动点与轨迹综合题（多选） 1．（2024·安徽黄山·一模）如图，已知正方体，点、、分别为棱、、的中点，下列结论正确的有（    ） A．与共面 B．平面平面 C． D．平面 2．（2024·安徽·模拟预测）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．存在点．使得 B．存在点，使得平面 C．三棱锥的体积不是定值 D．存在点．使得 3．（2024·安徽淮北·一模）已知，，，四点在球心为，半径为5的球面上，且满足，，设，的中点分别为，，则（    ） A．点有可能在上 B．线段的长有可能为7 C．四面体的体积的最大值为20 D．四面体的体积的最大值为56 4．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．当时， D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分 5．（2024·安徽·模拟预测）已知长方体的棱，，点满足：，，下列结论正确的是（    ） A．当时，点到平面距离的最大值为 B．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为 C．当，时，到的距离为2 D．当，时，四棱锥的体积为1 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（    ） A．存在点，使四点共面 B．存在点，使平面 C．三棱锥的体积为 D．经过四点的球的表面积为 7．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（    ）    A． B．平面平面 C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为 8．（2024·安徽·三模）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（包括边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点F的轨迹长度是 C．当点Q在直线上运动时，的最小值是 D．若点F是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 9．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（    ） A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C． D．点到平面的距离为 10．（2024·安徽·模拟预测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，且分别为的中点，是内的动点（含边界），且平面，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的外接球的体积为 B．的取值范围为 C．直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为 D．当点到平面的距离与点到平面的距离之比为时， 11．（2024·安徽·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则（    ）    A．对任意的点，总有 B．存在点，使得平面平面 C．线段上存在点，使得 D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为 12．（2024·安徽·模拟预测）在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 13．（2024·安徽池州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离的最大值为 C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为 D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为 14．（2024·安徽·模拟预测）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（    ） 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 15．（2024·安徽淮北·二模）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，下列结论正确的是（    ） A． B． C．棱的中点在平面内 D．四面体的体积为1 16．（2024·安徽·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为平面上一动点，则（    ） A．当点为的中点时，直线与所成角的余弦值为 B．当点在棱上时，的最小值为 C．当点在正方形内时，若与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 D．当点在棱（不含顶点）上时，平面截此正方体所得的截面为梯形 17．（2024·安徽·模拟预测）已知正四面体的棱长为，则（    ） A．正四面体的外接球表面积为 B．正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值 C．正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为 D．正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为 18．（2024·安徽·模拟预测）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），若在线段上（点与， 不重合），则在翻转过程中，以下命题正确的是（    ） A．存在某个位置，使 B．存在点，使得平面成立 C．存在点，使得平面成立 D．四棱锥体积最大值为 19．（2024·安徽·模拟预测）在四棱锥中，已知底面为正方形，平面、平面都与平面垂直，，点分别为的中点，点在棱上，则（    ） A．四边形BCTS为等腰梯形 B．不存在点，使得∥平面 C．存在点，使得 D．点到两点的距离和的最小值为 20．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为．若将正三棱锥绕旋转，使得点分别旋转至点处，且四点共面，点分别位于两侧，则下列说法中正确的是（    ）    A．多面体存在外接球 B． C．平面 D．点运动所形成的最短轨迹长大于 21．（2024·安徽芜湖·二模）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（    ） A．该几何体的体积为 B．该几何体为七面体 C．二面角的余弦值为 D．该几何体为三棱柱 22．（2024·安徽·二模）已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（    ） A．四面体的体积为定值 B．四面体的体积为定值 C．四面体的体积最大值为 D．四面体的体积最大值为 23．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为线段上一点，则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则为的中点 B．若为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 C．三棱锥的外接球截平面所得截面面积为 D．若三棱锥的体积为，则 24．（2024·安徽·模拟预测）如图，正三棱柱的各棱长相等，且均为2，在内及其边界上运动，则下列说法中正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．若，则动点的轨迹长度为 C．为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D．存在点，使得三棱锥的体积为 25．（2024·安徽·模拟预测）在三棱锥中，，，是棱的中点，是棱上一点，，平面，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．点到底面的距离为2 D．二面角的正弦值为 26．（2024·安徽·模拟预测）已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为等边三角形，则球的体积为 B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或 27．（2024·安徽·模拟预测）已知平行六面体的所有棱长都相等，，，，，且点E，F满足，，平面α过点A，E，F，则（    ） A． B．的面积是 C．平面α与平面的交线长为 D．点C到平面α的距离是点到平面α的距离的5倍 28．（2024·安徽·模拟预测）正方体的边长为2，M，N是空间中的点，，，则（    ） A．，，使得三棱锥的体积为定值 B．， C．，，使得 D．，直线与直线所成角的最小值为 29．（2024·安徽·模拟预测）在正三棱锥中，，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 30．（2024·安徽·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，，，过点的平面截正方体所得图形为，则（    ） A．，使得 B．，使得为四边形 C．三棱锥体积的取值范围是 D．的面积的取值范围是 31．（2024·安徽·模拟预测）已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（    ） A．平面与平面夹角的余弦值为 B．若点满足，则的最小值为 C．在正四面体内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为 D．点在内，且，则点轨迹的长度为 32．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（    ） A．无论M，N在何位置，为异面直线 B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为 C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP与平面所成角的正弦最大值为 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 空间向量与立体几何二（选填） 题型一 异面直线所成夹角的计算 1．（2024·安徽·模拟预测）直三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，以为原点，建立空间直角坐标系，求出异面直线与所在直线的方向向量，由空间向量夹角的余弦值的坐标公式求解即可. 【详解】以为原点，在平面中过作的垂线交于， 以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，， 设， 所以，，，， ，， 设异面直线与所成角为， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选： 2．（2024·安徽·模拟预测）在正四面体中，分别为的中点，则异面直线所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量基本定理表示向量，结合向量的数量积公式计算夹角余弦值，从而可得正切值. 【详解】设正四面体棱长为1， 设，，，则，， ∴，，. ∵分别为的中点，，是等边三角形， ∴，，， ． 设异面直线所成角为，则 则，所以， 所以异面直线所成角的正切值为. 故选：D 3．（2024·安徽·模拟预测）已知三棱柱满足，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，，，表达出，，求出两向量数量积和模长，利用求出答案. 【详解】设，，， 则，， 则，由得,即， 又，由得， 因为，所以， 即，即， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 4．（2024·安徽·模拟预测）已知菱形，，将沿对角线折起，使以四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，根据向量夹角的坐标表示可解. 【详解】记的 中点分别为，因为，所以， 同理，，记， 因为，所以， 所以，， 易知，当平面平面时，三棱锥的体积最大，此时， 以E为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 5．（2024·安徽·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量法求线线角解决即可. 【详解】以为原点，在平面过作的垂线交于， 以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系， 因为直三棱柱中，，，， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以. 故选：C 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，在三棱锥P-ABC中，，，，点D，E，F满足，，，则直线CE与DF所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，，，利用空间向量运算得，，利用数量积的运算律求解数量积，即可解答. 【详解】设，，，则，， ， ， 所以， 故直线CE与DF所成的角为. 故选：D 7．（2024·安徽·模拟预测）设与为两个正四棱锥，正方形ABCD的边长为且，点M在线段AC上，且，将异面直线PD，QM所成的角记为，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立适当空间站直角坐标系后，借助空间向量表示出的余弦值，结合基本不等式计算即可得解. 【详解】连接交于点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正方形的边长为，所以， 因为，所以为的中点， 设，在直角中，有，故， 所以， 则， 所以， 因为， 当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为， 因此的最小值为.    故选：A 8．（2024·安徽马鞍山·三模）已知点，，，，，都在同一个球面上，为正方形，若直线经过球心，且平面．则异面直线，所成的角最小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设球的半径为，记中心为，依题意可得过点且的中点为球心，设球心为，建立空间直角坐标，设，，利用空间向量法表示出，求出的最大值，即可得到. 【详解】设球的半径为，记中心为， 因为为正方形，直线经过球心，且平面， 所以过点且的中点为球心，设球心为， 以为原点，、、分别为，，轴正半轴，建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，， 所以，， 所以， 所以，， 又，即， 所以 ，当且仅当时等号成立， 设直线，所成的角为，则， 又，所以. 故选：C    【点睛】关键点点睛：本题解答是建立空间直角坐标，利用空间向量法求出的最大值. 题型二 立体几何动点与轨迹综合题（多选） 1．（2024·安徽黄山·一模）如图，已知正方体，点、、分别为棱、、的中点，下列结论正确的有（    ） A．与共面 B．平面平面 C． D．平面 【答案】AB 【分析】证明出，可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用勾股定理可判断C选项；利用反证法可判断D选项. 【详解】如下图所示： 对于A选项，连接， 在正方体中，且， 所以，四边形为平行四边形，则， 因为、分别为、的中点，则，故， 所以，与共面，A对； 对于B选项，因为且，所以，四边形为平行四边形， 则， 又因为、分别为、的中点，则，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以，平面平面，B对； 对于C选项，不妨设的棱长为，则， ，， 因为平面，平面，则， 所以，， 所以，，故、不垂直，C错； 对于D选项，假设平面， 又因为平面，，、平面， 所以，平面平面， 事实上，平面与平面不平行，假设不成立，D错. 故选：AB. 2．（2024·安徽·模拟预测）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．存在点．使得 B．存在点，使得平面 C．三棱锥的体积不是定值 D．存在点．使得 【答案】BCD 【分析】对于A，由、即可判断；对于B，若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断； 对于C，只需求证与面是否平行；对于D，证明平面即可判断. 【详解】对于A，在正方体中，，， 则四边形为平行四边形，所以，， 而为线段的中点，四边形为正方形， 所以为的中点，所以， 若存在点，使得，且、不重合， 又，所以， 这与矛盾，假设不成立，A错误； 对于B，若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， 因为，、平面，则平面， 所以存在使得平面，B正确； 对于C，在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，则， 而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不是定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积不是定值，C正确； 对于D，因为， 平面，， 所以平面，又平面， 所以， 所以若点与点重合，则，D正确， 故选：BCD. 3．（2024·安徽淮北·一模）已知，，，四点在球心为，半径为5的球面上，且满足，，设，的中点分别为，，则（    ） A．点有可能在上 B．线段的长有可能为7 C．四面体的体积的最大值为20 D．四面体的体积的最大值为56 【答案】BCD 【分析】A项，分析出点、轨迹即可得出点是否能在上；B项，对点、位置进行变换，即可得出线段的长的可能值；C项，求出面积和点到面最大值，即可得出四面体的体积的最大值；D项，作出四面体，即可得出四面体的体积的最大值. 【详解】由题意， 注意到点、轨迹分别为以为球心，以4、3为半径的两同心球面上，、分别为两球面的切线. A项， 点在内球面上，线段是中球面切线，所以点不可能在线段上，选项A错误. B项， 最大，此时，选项B正确. C项， ∵，点到面最大值为5， ∴最大值为20，选项C正确. D项， 当，最大时，四面体体积最大.连结，，注意到，此时四面体体积为，D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的作图，位置的变化，四面体体积的求法，考查学生分析和处理问题的能力，作图能力具有较强的综合性. 4．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．当时， D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分 【答案】BC 【分析】A选项，根据线面垂直的性质证明当为的中点时；B选项，设，然后利用向量的线性运算和数量积的运算律得到，最后求最小值即可；C选项，利用空间向量再证明即可；D选项，建立空间直角坐标系，然后根据列方程得到点的轨迹方程，即可得到点的轨迹. 【详解】 A选项：当为的中点时，理由如下： 由图可知，当为的中点时平面， 因为为正方体，所以平面，， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A错误； B选项：设，， 则， ， 所以，当时取得最小值，最小值为，故B正确； C选项：当时，，，， 所以，故C正确； D选项：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，设，，则，， 当平面上的动点满足时，， 整理得，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错. 故选：BC. 5．（2024·安徽·模拟预测）已知长方体的棱，，点满足：，，下列结论正确的是（    ） A．当时，点到平面距离的最大值为 B．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为 C．当，时，到的距离为2 D．当，时，四棱锥的体积为1 【答案】ACD 【分析】由时，推得点在平面上，转化为到平面的距离，可判定A正确；由时，得到点在线段上，得到点与点重合时，直线与平面所成角的正切值最大，可判定B不正确；由时，得到点在线段上，进而可判定C正确；由时，得到点在线段的中点，结合题意公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，当时，， 即，可得，所以点在平面上， 则点到平面距离的最大值为点或到平面的距离， 连接交于点，因为为正方形，可得， 又因为平面，平面，所以， 因为且平面，所以平面， 因为正方形中，，所以 ， 即点到平面距离的最大值为，所以A正确； 对于B中，当时，， 即，可得点在线段上， 当点与点重合时，直线与平面所成角的正切值最大， 在直角中，可得，所以B不正确； 对于C中，当时，可得， 即，可得点在线段上， 在长方体，可得， 所以点在线段的距离等于点在线段的距离， 又由平面，且平面，所以， 在直角中，可得， 所以点到的距离为，所以C正确. 对于D中，当时，可得， 即，所以点在线段的中点， 此时点到平面的距离为， 所以，所以D正确. 故选：ACD. 6．（2024·安徽·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（    ） A．存在点，使四点共面 B．存在点，使平面 C．三棱锥的体积为 D．经过四点的球的表面积为 【答案】ABC 【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】A：如图，在正方体中，连接． 因为N，P分别是的中点，所以． 又因为，所以． 所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确； B：连接，当Q是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故B正确； C：连接，因为，则 ，故C正确； D：分别取的中点E，F，构造长方体， 则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球． 设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径， 即， 所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误． 故选：ABC 7．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（    ）    A． B．平面平面 C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为 【答案】ABD 【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D. 【详解】对于A，因为平面平面， 平面平面，，平面， 所以平面，所以，A正确. 对于B，因为，平面，平面， 则平面， 又，平面，平面， 则平面， 又，平面，所以平面平面，B正确. 对于C，因为，，则， 所以多面体不是三棱台，C错误. 对于D，延长，相交于点G， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，则为直线与平面所成的角. 因为，所以， 解得，，， 则，D正确.    故选：ABD. 8．（2024·安徽·三模）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（包括边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点F的轨迹长度是 C．当点Q在直线上运动时，的最小值是 D．若点F是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 【答案】AB 【分析】对A：由平面平行可得点到平面的距离为定值，结合体积公式即可得；对B：借助线面平行的判定定理与性质定理与面面平行的性质定理可得平面平面，计算即可得点F的轨迹长度；对C：将沿翻折到与在同一个平面，借助两点之间线段最短计算即可得；对D：画出截面图形后计算即可得. 【详解】对于A：平面平面，则点到平面的距离为定值2， 则，故A正确； 对于B：如图1，分别取中点，连接， 则，且，又，， 故且，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面平面， 所以平面，同理，有平面， 因为且都在面，所以平面平面， 因为平面平面， 所以点的轨迹是线段，其长度为，故B正确； 对于C，把沿翻折到与在同一个平面(如图2所示)， 连接，则是的最小值， 其中是边长为的等边三角形， 是直角边为2的等腰直角三角形， 由对称性得， 即的最小值是，故C错误； 对于D：如图3，由B选项知，四边形就是平面截正方体所得截面的图形， 其周长为，故D错误. 故选：AB. 9．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（    ） A．平面 B．直线与平面所成角的正弦值为 C． D．点到平面的距离为 【答案】BC 【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误. 【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示， 若平面，因为平面平面，且平面， 所以，因为为的中点，所以， 又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误； 对于B中，过点作，垂足为， 因为平面，且平面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 则直线与平面所成的角为， 由题可知，所以B正确； 对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧， 连接，则，所以C正确； 对于D中，设点到平面的距离为， 则3， 解得，所以D错误. 故选：BC. 10．（2024·安徽·模拟预测）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，且分别为的中点，是内的动点（含边界），且平面，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的外接球的体积为 B．的取值范围为 C．直线与平面所成的角的正弦值的取值范围为 D．当点到平面的距离与点到平面的距离之比为时， 【答案】BC 【分析】作出点为外接球球心，由勾股定理求出外接球半径，再由球的体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，得到相关向量坐标，求出结合二次函数的性质可判断B；设直线与平面所成的角为，由线面角的向量公式结合和二次函数的性质可判断C；设平面的法向量为，求出点到平面的距离和点到平面的距离，求出，再由可判断D． 【详解】对于A，设分别为的中点，连接， 过点作交于点，连接， 易判断点为三棱锥的外接球的球心． 设该外接球的半径为．易求， 由，得，即， 所以三棱锥的外接球的体积为，故选项A不正确； 对于B,已知，且 分别为的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,， ， 设平面的法向量为，则即， 取，则平面的一个法向量为， 设，则．因为平面， 所以，则，解得． 又是内的动点（含边界），所以在线段上（含端点）， 则设，则， 所以，所以， 所以， 所以，故选项B正确； 对于C，又，设直线与平面所成的角为， 则，故选项C正确； 对于D，设平面的法向量为， 则 即，取， 则平面的一个法向量为，又， 所以点到平面的距离为， 又，点到平面的距离为， 所以，解得或（舍去）， 所以，所以与不垂直， 故选项D不正确， 故选：BC． 11．（2024·安徽·模拟预测）如图，正方体的棱长为2，分别为棱，的中点，为线段上的动点，则（    ）    A．对任意的点，总有 B．存在点，使得平面平面 C．线段上存在点，使得 D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为 【答案】AD 【分析】连接，由正方体可得，再由平面，可得平面，从而可判断A；取棱的中点，连接，易知，，结合面面平行判定定理可得平面平面，根据面面关系即可判断B；连接，将沿翻折，使之与在同一个平面内，根据线线关系确定取得最小值的情况，即可判断C；取棱的中点，连接，，确定，的最小值，再分析直线与平面所成角的余弦值的最小值，或者建立空间直角坐标系，确定平面的法向量，直线的方向向量，根据空间坐标运算求线面夹角正弦值，从而得余弦值，即可判断D． 【详解】选项A：如图1，连接，    因为分别为棱的中点，所以， 因为正方体，所以四边形为正方形， 则，所以， 又平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 选项B：如图2，取棱的中点，连接，    则易知，，而平面，平面， 故平面， 又平面，平面，同理平面， 因为，平面，所以平面平面， 但平面与平面相交，所以平面与平面不平行，故B错误． 选项C：如图3，连接，    易知，，将沿翻折，使之与在同一个平面内， 易知当为线段的中点，且时，取得最小值， 此时，（当为线段的中点时，， 易知平面，故当时，最小值为2）,故C错误； 选项D：解法一  如图4，取棱的中点，连接，，    则平面，所以直线与平面所成角为． 又，的最小值为，又，所以的最小值为． 在中，，所以的最大值为， 所以的最小值为， 所以直线与平面所成角的余弦值的最小值为，故D正确． 解法二  如图5，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，设，则， 易知平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， 则， 当时，取得最大值，此时取得最小值，故D正确． 故选：AD. 12．（2024·安徽·模拟预测）在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定点的轨迹并求出长度判断C；求出点到距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立函数关系求解判断D. 【详解】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系， 对于A，由平面，得是与平面所成的角，， 因此，A正确； 对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点， 令的中点分别为，则平面，，于是， 显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确； 对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1， 因此三棱锥的体积，B错误； 对于D，设，则点，而， 于是，又，令异面直线与所成的角大小为， 则， 令，在上单调递增， 因此，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 13．（2024·安徽池州·模拟预测）已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（    ） A．平面平面 B．点到平面的距离的最大值为 C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为 D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为 【答案】AC 【分析】连接，证明平面，则，再证明，根据线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可判断A；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断B；证明，则即为所求，解即可判断C；结合B选项可得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A，连接，则， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 设， 所以， 由A选项可知平面的一个法向量为， 又，所以点到平面的距离为， 所以当时，，故B错误； 对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形， 所以， 则当点在线段上时， 异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即， 因为为等边三角形，所以， 即异面直线与所成的角为，故C正确； 对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大， 由B选项可知当点与点重合时， 三棱锥为正四面体，且其棱长为， 其外接球即为正方体的外接球， 所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误． 故选：AC. 14．（2024·安徽·模拟预测）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（    ） 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 【答案】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. 15．（2024·安徽淮北·二模）已知正方体的棱长为分别是棱的中点，下列结论正确的是（    ） A． B． C．棱的中点在平面内 D．四面体的体积为1 【答案】BD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线线关系可判定A、B，利用空间向量研究点面距离结合锥体体积公式可判定D，补全平面截正方体的截面可判定C. 【详解】 如图所示建立空间直角坐标系， 则， 所以， 由空间向量共线的充要条件知若，则有， 显然上述方程无解，故A错误； 又，所以B正确； 延长交于H点，连接交于G点， 由平行线分线段成比例可知G为靠近B点的线段的一个三等分点，故C错误； 设平面的一个法向量为， 易知， 则，令，即， 则N到平面的距离为， 而， 所以，故D正确. 故选：BD 16．（2024·安徽·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为平面上一动点，则（    ） A．当点为的中点时，直线与所成角的余弦值为 B．当点在棱上时，的最小值为 C．当点在正方形内时，若与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 D．当点在棱（不含顶点）上时，平面截此正方体所得的截面为梯形 【答案】ACD 【分析】对于A，连接，求出，再利用余弦定理解即可判断；对于B，将平面和平面展成同一平面，结合图象即可判断；对于C，连接，根据平面，可得即为与平面所成的角，进而可得出点的轨迹，即可判断；对于D，连接，设，，过点作交于点，连接，证明即可判断. 【详解】对于A，连接，如图（1），当点为的中点时， ，， ， 所以直线与所成角的余弦值， 故A正确； 对于B，当点在棱上时，将平面和平面展成同一平面，如图（2）， 则的最小值为，故B错误； 对于C，如图（3），连接， 因为点在正方形内，平面， 所以即为与平面所成的角， 若与平面所成的角为，则， 所以，即点的轨迹是以为圆心、以2为半径的圆， 所以点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，如图（4），连接， 当点在棱（不含顶点）上时，设，， 过点作交于点，连接， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以四边形为平面截此正方体所得的截面， 因为，，所以， 所以截面四边形为梯形，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 17．（2024·安徽·模拟预测）已知正四面体的棱长为，则（    ） A．正四面体的外接球表面积为 B．正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值 C．正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为 D．正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为 【答案】BD 【分析】将棱长为的正四面体放到棱长为的正方体中，正方体的外接球即为正四面体的外接球，从而判断A，利用等体积法判断B，设中点为，连接，，则为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算可判断C，求出正四面体内切球的半径此时即为最大的正四面体的外接球的半径，从而判断D. 【详解】棱长为的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同， 设外接球的半径为，则，所以，所以A错误． 设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为， 设正四面体的高为， 又， 由等体积法可得，， 所以为定值，所以B正确． 如图所示，设中点为，连接，，则，， 故为所求二面角的平面角，，， 由余弦定理得， 则，所以C错误． 对于选项D，要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动， 则正四面体的外接球要在四面体内切球内部， 当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值， 又，， 设正四面体内切球的半径为，则， 即，解得， 所以正四面体的外接球半径为． 设正四面体的边长为，则，所以， 故体积，即正四面体的体积最大值为，所以D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：涉及到正四面体的外接球一般将其放到正方体中，正方体的体对角线即为正方体外接球的直径. 18．（2024·安徽·模拟预测）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），若在线段上（点与， 不重合），则在翻转过程中，以下命题正确的是（    ） A．存在某个位置，使 B．存在点，使得平面成立 C．存在点，使得平面成立 D．四棱锥体积最大值为 【答案】CD 【分析】反证法判断AB；线面平行和面面平行之间的转换判断C；线面和面面垂直转化判断D． 【详解】对于A，假设存在某个位置，使，取 中点， 连接，，显然，而平面， 平面，平面，，则， 但，，不可能相等，所以不可能有，所以A选项错误； 对于B，若存在点，使得平面成立， 因为平面，所以， 又因为且，平面，所以平面， 又因为平面，那么， 又因为，直角边大于斜边，矛盾，所以B选项错误； 对于C，存在M为中点时，符合题意，证明如下： 取 中点，连接，， 是 的中点， ，而平面，平面，平面， 由 与 平行且相等得 是平行四边形，，平面,平面, 得平面，而，平面, 平面平面，平面，平面，所以选项C正确； 对于， 是等腰直角三角形， 到 的距离是， 当平面平面 时，到平面 的距离最大为， 又， ，所以选项D正确． 故选：CD． 【点睛】关键点点睛：本题考查折叠问题，关键是注意折叠前后什么几何关系没有发生改变. 19．（2024·安徽·模拟预测）在四棱锥中，已知底面为正方形，平面、平面都与平面垂直，，点分别为的中点，点在棱上，则（    ） A．四边形BCTS为等腰梯形 B．不存在点，使得∥平面 C．存在点，使得 D．点到两点的距离和的最小值为 【答案】BC 【分析】选项A，先根据三角形的中位线定理、正方形的性质等得到，即可得四边形为梯形，再判断是否相等即可判断A错误；选项B，利用线面平行的性质定理可判断B正确；选项C，当为的中点时，利用空间线面位置关系的判定定理及性质等即可得，可判断C错误；选项D，将沿着展开，使与在同一个平面上，根据平面几何知识即可判断D正确． 【详解】因为平面、平面都与底面垂直，平面平面，所以平面． 选项A：如下图所示： 因为分别为的中点，故，又，所以， 故四边形为梯形， 但，，故四边形BCTS不是等腰梯形，故A错误． 选项B：连接，如下图： 因为平面与平面相交，而平面，且不会与平面和平面的交线平行， 所以不存在点，使得平面，故B正确． 选项C：连接，设，易知为的中点，如下图所示， 当为的中点时，则， 因为平面，所以平面． 又平面，所以． 因为四边形为正方形，所以． 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以，故C正确． 选项D：易知， 将沿着展开，使与在同一个平面上，连接交于点，如图所示， 则由对称性可得，点到两点的距离和的最小值为． 在中，其斜边上的高，所以， 所以D错误． 故选：BC. 【点睛】方法点睛：求解立体几何中两线段之和的最值问题时，常考虑将两线段所在的平面展开，将空间中的最值问题转化为平面中的最值问题，进而利用三角形的知识求解即可． 20．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为．若将正三棱锥绕旋转，使得点分别旋转至点处，且四点共面，点分别位于两侧，则下列说法中正确的是（    ）    A．多面体存在外接球 B． C．平面 D．点运动所形成的最短轨迹长大于 【答案】BCD 【分析】若多面体存在外接球，则球心必为的外心，由即可判断A；正三棱锥中侧棱互相垂直且相等，正三棱锥中侧棱互相垂直且相等，将正三棱锥放到正方体中，即可判断BCD． 【详解】若多面体存在外接球，则球心必为的外心，连接，， 则，平面，又平面，所以， 所以， 因为，所以多面体不存在外接球，故选项A错误；    因为正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为， 则正三棱锥中侧棱两两互相垂直且相等，正三棱锥中侧棱两两互相垂直且相等， 所以正三棱锥可以放到正方体中，当点分别旋转至点处，且四点共面，点分别位于两侧时，如图所示， 易知四边形为平行四边形，则， 又平面，且平面，所以平面，故C正确； 因为四边形为正方形，所以，所以，故B正确；    设交于点，则互相平分，，， 在中，，同理可得， 在中，，所以， 又因为点运动的最短轨迹是以的中点为圆心，半径为的圆弧， 所以点运动所形成的最短轨迹长大于．故选项D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：本题BC选项的关键是利用线面平行的判定得到平面，D选项的关键是得到点运动的最短轨迹是以的中点为圆心，半径为的圆弧. 21．（2024·安徽芜湖·二模）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（    ） A．该几何体的体积为 B．该几何体为七面体 C．二面角的余弦值为 D．该几何体为三棱柱 【答案】ACD 【分析】选项A可以分别求正四棱锥和正四面体的体积即可； 选项C先确定二面角的平面角为，在三角形中利用余弦定理可得； 选项D先根据二面角与二面角的关系确定四点共面，再证得平面平面，三个侧面都是平行四边形即可； 选项B根据选项D三棱柱有5个面，可判断错误. 【详解】 如图：在正四面体中中，为的中点，连接，连接作于， 则为的中心，为正四面体中的高， 因， ，，， ， 在正四面体中中，为的中点，所以，， 故为二面角的一个平面角， 如图：在正四棱锥中，由题意， 连接，交于点，连接，则为正四棱锥的高， ，， ， 该几何体的体积为，故A正确， 取的中点，连接，， 由题意正四棱锥的棱长都为1，所以，， 故即为二面角的一个平面角， 其中，， 在中，，故C正确， 因，可知二面角与二面角所成角互补， 故平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面， 故该几何体有5个面，B错误， 因四点共面，且和都为等边三角形，易知，且，故侧面为平行四边形， 又平面,平面，所以平面， 同理平面，且侧面为平行四边形， 又，平面，平面， 所以平面平面，又侧面为正方形， 故多面体即为三棱柱，故D正确， 故选：ACD 22．（2024·安徽·二模）已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（    ） A．四面体的体积为定值 B．四面体的体积为定值 C．四面体的体积最大值为 D．四面体的体积最大值为 【答案】BCD 【分析】根据到平面的距离不是定值即可判断A；根据为定值与到平面的距离即可判断B；确定当Q与、与重合时四面体的体积取得最大值，即可判断判断C；如图，确定四面体的体积为，即可判断D. 【详解】A：因为的面积为，到平面的距离不是定值， 所以四面体的体积不是定值，故A错误； B：因为的面积为，P到矩形的距离为定值， 所以到平面的距离为，则四面体的体积为，故B正确； C：当Q与重合时，取得最大值，为， 当与重合时，到平面的距离d取得最大值， 在正中，其外接圆的半径为，则， 故四面体的体积最大值为，故C正确； D：过点作，，， 设，，则，， ，，，， 故四面体的体积为，其最大值为，故D正确． 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查正方体的性质，三棱锥体积有关问题.明确当体积达到最值时动点的位置是解题的关键. 23．（2024·安徽·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为线段上一点，则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则为的中点 B．若为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 C．三棱锥的外接球截平面所得截面面积为 D．若三棱锥的体积为，则 【答案】ABD 【分析】对于选项A，连接，交于点，设为的中点，根据正方体的性质得到，再利用线面平行的判定方法，即可判断结果；对于选项B，利用异面直线所成角的定义得到即异面直线与所成的角或其补角，在中，利用几何关系得到各边的长，即可求出结果；对于选项C，将问题转化成长方体的外接球，从而和得到三棱锥的外接球截平面所得截面面积即的外接圆面积，再利用正弦定理，即可求解；对于选项D，设点在平面内的射影为，连接，根据条件得到，再根据条件得到，即可判断出选项D的正误. 【详解】选项A，如图1，连接，交于点，设为的中点，连接， 由长方体的性质可得，且，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 故当是线段的中点时，平面，故选项A正确， 选项B，若为的中点，由选项A可得即异面直线与所成的角或其补角， 在中，易知，所以， 又，所以，故选项B正确， 选项C，易知三棱锥的外接球就是长方体的外接球， 因此三棱锥的外接球截平面所得截面面积即的外接圆面积， 由选项B可得， 设的外接圆半径为，则， 得到，故的外接圆的面积， 即三棱锥的外接球截平面所得截面面积为，故选项C错误， 选项D，如图2，设点在平面内的射影为，连接， 则由选项B可得， 所以，连接，在中，，， 所以，所以， 又易知，，平面，所以平面， 所以，又，所以，所以，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，分析得平面，且由等体积法得到，从而得解. 24．（2024·安徽·模拟预测）如图，正三棱柱的各棱长相等，且均为2，在内及其边界上运动，则下列说法中正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．若，则动点的轨迹长度为 C．为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D．存在点，使得三棱锥的体积为 【答案】BCD 【分析】取的中点，证得平面平面，得到平面，结合，可判定A；由，求得，得到点的轨迹为圆弧，可判定B；点为中点， 取的中点，证得平面平面，得到动点的轨迹为线段，可判定C；结合，可判定D. 【详解】对于A中，取的中点，的中点为，连接， 由为等边三角形，所以， 又由正三棱柱中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 因为平面平面， 过作于，根据面面垂直的性质定理，可得平面， 在矩形中，，所以， 如图所示，此时的延长线与线段无公共点， 所以不存在点，使得平面，所以A错误； 对于B中，因为，在直角中，可得， 所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆弧， 又因为，所以动点的轨迹长度为，所以B正确； 对于C中，由点为中点， 取的中点，连接， 可得，， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面平面， 由平面，所以动点的轨迹为线段，其长度为，所以C正确； 对于D中，由，当点在内及其边界上运动时， 可得，因为， 所以存在点，使得三棱锥的体积为，所以D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点轨迹与存在性性问题的求解策略 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 25．（2024·安徽·模拟预测）在三棱锥中，，，是棱的中点，是棱上一点，，平面，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．点到底面的距离为2 D．二面角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；取的中点，过点作交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面，求出可判断C；以为正交基底建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可判断D． 【详解】对于A，因为平面，平面，所以．因为， 且直线平面，所以． 因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，平面，平面，所以平面平面，B正确； 对于C，取的中点，连接，过点作交于点，因为， 所以．因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面，， C错误； 对于D，如图，以为正交基底建立空间直角坐标系， 因为是的中点，，所以， 因为，所以，即， 所以， 设平面的一个法向量， 则，即，令，得， 所以平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则，即， 令，得，所以平面的一个法向量， 所以， 设二面角为，所以， 所以二面角的正弦值为，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：二面角的通常求法，1、由定义作出二面角的平面角；2、作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的交线所成的角就是二面角的平面角；3、利用向量法求二面角的平面. 26．（2024·安徽·模拟预测）已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（    ） A．若为等边三角形，则球的体积为 B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为 C．若，且，则 D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或 【答案】BCD 【分析】由为等边三角形求出外接圆半径，再得到球的半径即可求出体积判断A，利用中位线可得出与所成角为，解直角三角形即可判断B，建立空间直角坐标系利用向量法证明垂直即可判断C，利用向量法由异面直线所成角求出圆半径，再得出球半径即可判断D. 【详解】由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为， 圆与圆的半径为. 对于A，由题意，.因为，所以，解得（负值已舍去）. 所以，解得（负值已舍去），所以，故A错误. 对于B，因为，所以三点在同一平面内. 因为点分别为线段的中点，所以为的中位线，所以， 所以为与所成的角.因为，所以. 又，所以，所以，故B正确. 对于C，因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴， 以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 所以，所以，故C正确. 对于D，以为原点，以，所在直线分别为轴、轴， 以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图， 则， 所以， 所以， 所以， 解得（负值已舍去）或（负值已舍去）. 当时，球的半径为，所以球的表面积； 当时，球的半径为，所以球的表面积，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：由于球的半径未知，直径与间的位置关系未知，本题解题关键在于借助空间向量可以化繁为简，充分体现了空间向量的工具作用. 27．（2024·安徽·模拟预测）已知平行六面体的所有棱长都相等，，，，，且点E，F满足，，平面α过点A，E，F，则（    ） A． B．的面积是 C．平面α与平面的交线长为 D．点C到平面α的距离是点到平面α的距离的5倍 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的模长关系的运算，即可得六面体的棱长，从而确定的面积，即可判断B；连接AC，交BD于点O，连接，根据线面关系可得平面，再由即可得，即可判断A；根据空间中直线与平面的关系，确定平面α与平面的交线，即可求长度，从而判断C；根据线段长度关系，可得点C到平面α的距离是点到平面α的距离的倍数关系，即可判断D. 【详解】由题意知．将的两边平方，得， 所以，即平行六面体的棱长为2，所以是边长为2的正三角形， 其面积为，B错误． 如图，连接AC，交BD于点O，连接， 则，．又，AC，平面，所以平面． 又平面，所以．因为，所以，A正确． 连接AE，EF，延长EF与的延长线交于点G，则，所以． 过点G作AE的平行线，与交于点H，与交于点M，连接AM，则平面α与平面的交线即为MH． 易知，，． 在中，由余弦定理，得 ，C正确． 由可得点C到平面α的距离是点到平面α的距离的5倍，D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：本题考查平行六面体与空间向量、空间中的直线与平面的关系问题.解决本题的关键是利用空间向量的运算确定平行六面体的棱长、角度关系，从而可结合平行六面体的线面关系得线线垂直、得面面交线、得点到平面的距离关系. 28．（2024·安徽·模拟预测）正方体的边长为2，M，N是空间中的点，，，则（    ） A．，，使得三棱锥的体积为定值 B．， C．，，使得 D．，直线与直线所成角的最小值为 【答案】ACD 【分析】选项A利用等体积转化可判断，选项B利用翻折和余弦定理可判断，选项C利用线面垂直可判断，选项D利用向量表示直线与直线所成角，结合二次函数可求最小值. 【详解】连接，BD．因为，，， 即，所以M是直线BD上的点． 又，所以N是直线上的点． 对于A选项，如图（1），当时，N是线段的中点，， 所以，故A正确． 对于B选项，如图（2），将矩形与等腰直角三角形翻折到同一平面， 连接，则． 由余弦定理，得 ． 而，故B错误． 对C于选项，如图（3），当时，点M与点B重合，连接，． 由正方体对角线的性质可知平面， 而平面，所以，故C正确． 对于D选项，如图（4），以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 所以， 则． 令，．当时，． 当时，， 当且仅当，即时，取等号，所以． 又，所以，故D正确． 故选：ACD． 29．（2024·安徽·模拟预测）在正三棱锥中，，则下列结论正确的是（    ） A．异面直线与所成角为 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．二面角的余弦值为 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】BC 【分析】方法一：利用向量的线性运算得到向量的数量积为零，或利用线面垂直的判定定理与性质定理可判断A；利用等体积法结合线面角的定义和正弦定理可求出直线与平面所成角的正弦值可判断B；作，连接，利用三角形全等找到二面角的平面角，再由余弦定理求出即可判断C；列式求得外接球半径，从而判断D. 方法二：先建立如图所示坐标系，选项A用坐标表示向量的数量积可判断错误；选项B先找到平面的一个法向量，代入空间线面角的正弦公式求解即可得B正确；选项C找到平面的一个法向量，结合选项B的法向量再代入空间二面角公式求出即可得C正确；选项D同上解. 【详解】方法一： A：，则异面直线与所成角为，故A错误； 另解：如图①，取的中点，连接，则． 又，且平面，平面， 所以平面． 又平面，所以，即异面直线与所成角为 B：在正三棱锥中，因为， 所以的外接圆半径， 设点为外接圆圆心，则， 三棱锥的高为， 设为中点，则侧高为． 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 则． 由， 得，解得， 则，故B正确．      C：如图①，作，垂足为，连接． 因为，所以， 则二面角的平面角即为， ． 在中，由余弦定理得，故C正确； D：如图①，取正三角形的中心，连接，则三棱锥的外接球球心在上，连接． 设，球半径为， 由，得，解得， 所以， 所以三棱锥外接球的表面积，故D错误． 方法二： 在正三棱锥中，过点作平面于点， 则为底面正三角形的重心，连接． 又的边长均为2，所以，所以． 建立如图②所示的空间直角坐标系， 则，． A：因为，所以，则异面直线与所成角为，故A错误； B：设平面的一个法向量为，则， 因为，所以， 令，则，得． 又，设直线与平面所成角为， 则，故B正确． C：设平面的一个法向量为，则 因为， 所以，则，令，则，得． 设二面角的大小为，则， 由图②可知该二面角为锐角，所以，C正确． D：由题意知三棱锥外接球的球心在轴上，设为，连接，设球半径为． 由，得，解得， 所以， 所以三棱锥外接球的表面积，故错误． 故选：BC． 【点睛】关键点点睛：本题方法二解决的关键在于，依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 30．（2024·安徽·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，，，过点的平面截正方体所得图形为，则（    ） A．，使得 B．，使得为四边形 C．三棱锥体积的取值范围是 D．的面积的取值范围是 【答案】ACD 【分析】A，设的中点为，先证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，即可判断， B，连接，并延长线段交于点，连接交于点，延长线段交于点，连接交于点，即可判断， C，先求出的面积，建系结合向量法用表示出动点到平面的距离，结合体积公式求体积解析式，再求其范围； D，求出截面图形的相关边长，再分析截面图形的特征，并求面积表达式，根据的取值范围，求出截面面积的取值范围. 【详解】对于A，如图1，设的中点为，连接， 由已知，所以， 所以，而， 所以，所以， 当为的中点时，，又由正方体性质可得平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，A正确； 对于B，如图2，连接，并延长线段交于点，连接交于点， 由基本事实3知直线为截面与正方体的上底面的公共直线， 延长线段交于点，连接交于点， 连接，则过点的平面截正方体所得图形为五边形，错误. 对于C， 由已知，则， 所以. 以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图3， 则， 因为，所以点的坐标为， 所以， 设平面的一个法向量为，则令，得， 所以点到平面的距离， 所以三棱锥的体积， 又，所以，C正确. 对于D，如图2，由点分别是棱的中点，四边形为正方形， 可得，所以，所以， 在中，由得，又， 所以， 同理可得，， 连接，由且，可得四边形为平行四边形，所以， 易知，五边形为轴对称图形，且由等腰梯形与等腰三角形组成， 如图4，过点作于点，过点作于点， 则在等腰梯形中，因为， 所以，且， 又与均为直角三角形， 所以，所以， 又， 所以五边形的面积， 由，得，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：结合图象，根据基本事实三确定截面与正方体各面的交线，由此确定截面的形状是判断选项BD的关键. 31．（2024·安徽·模拟预测）已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（    ） A．平面与平面夹角的余弦值为 B．若点满足，则的最小值为 C．在正四面体内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为 D．点在内，且，则点轨迹的长度为 【答案】ABC 【分析】于A，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合法向量夹角余弦公式即可验算；对于B，可得，故只需求出到面的距离验算即可；对于C，用大正四面体内切球半径与小四面体外接球半径（含参）比较大小，得出参数（体积）范围即可判断；对于D，用几何法得出点的轨迹不是一个完整的圆即可判断. 【详解】将正四面体补全为正方体，并如图建系，， , 设面的一个法向量，面的一个法向量， 所以，，取，解得， 所以面的一个法向量，面的一个法向量， 设平面与平面夹角为时，A对. ，则共面，正四面体棱长为3，则正方体棱长为， 所以，，B对. 大正四面体内切球半径，小正四面体棱长为，此外接球半径， ，C对. 分别在上取使，延长至使， ，取的中点在以为球心， 为半径的球面上，且在内，作在平面上的射影， 为图中，显然不是一个完整的圆， 的轨迹长度不为，D错. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得到四点共面，转换为验算点面距离即可顺利得解. 32．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（    ） A．无论M，N在何位置，为异面直线 B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为 C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP与平面所成角的正弦最大值为 【答案】ABD 【分析】根据相交，而即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解. 【详解】由于相交，而，因此为异面直线，A正确， 当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设, 故， 且， 由于，故，化简得， 由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确， 设,则，且， ，, 设平面的法向量为，则 ，令，则, ，故， 由于，故，化简得， 联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误， 由于平面，平面，故, 又四边形为正方形，所以, 平面， 所以平面， 故平面的法向量为 ， 设AP与平面所成角为，则， 则，当且仅当时取等号， ， 时，令，则， 故， 由于，当且仅当，即时等号成立，此时， 由且可得 因此， 由于，，故的最大值为，故D正确，、 故选：ABD 【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 学科网（北京）股份有限公司 $$