江苏省新高考数学小题专项复习专题8立体几何多选题30题专项提分计划

2023届江苏省新高考数学小题专项复习专题8立体几何多选题30题专项提分计划1．（2022·江苏盐城·江苏省滨海中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（

）A．直线与直线垂直B．直线与平面平行C．平面截正方体所得的截面面积为D．点与点到平面的距离相等【答案】BC【分析】(1)利用空间向量的坐标运算确定直线与直线的位置关系；(2)根据面面平行来证明线面平行；(3)先根据四点共面确定截面，进而算截面面积；(4)利用等体积法思想证明求解.【详解】对于选项A，以点为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，.从而，，从而，所以直线与直线不垂直，选项错误；对于选项，取的中点为，连接，，则易知，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，从而平面，选项正确；对于选项C，连接，，如图所示，∵正方体中，∴，，，四点共面，∴四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，又由勾股定理可得，，，∴梯形为等腰梯形，高为，∴，选项C正确；对于选项D，由于，，而，，∴，即，点到平面的距离为点到平面的距离的2倍，选项错误.故选:BC.2．（2021·江苏徐州·统考模拟预测）已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】BC【分析】利用面面垂直的性质判断选项A；利用线面垂直的性质判断选项B；利用线面平行的性质判断选项C；利用线面垂直判定定理判断选项D.【详解】选项A：若，，，则或相交或互为异面直线.判断错误；选项B：若，，则.判断正确；选项C：设平面，，又，则设平面，，又，则，则，又，，则，又，，则，则.判断正确；选项D：若，，，则的位置关系为相交，当且仅当时.判断错误.故选：BC3．（2023·江苏南通·统考一模）在棱长为2的正方体中，与交于点，则（

）A．平面B．平面C．与平面所成的角为D．三棱锥的体积为【答案】ABD【分析】根据线面平行判定定理判断A，利用线面垂直判定定理判断B，利用线面夹角的定义判断C，根据等体积法判断D.【详解】∵平面平面平面，A对；因为又平面，平面，所以平面平面，B对；因为平面与平面所成角为因为，C错；因为，D对.故选：.4．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）在正四面体A－BCD中，，点O为的重心，过点O的截面平行于AB和CD，分别交BC，BD，AD，AC于E，F，G，H，则（

）A．四边形EFGH的周长为8B．四边形EFGH的面积为2C．直线AB和平面EFGH的距离为D．直线AC与平面EFGH所成的角为【答案】BCD【分析】根据点式的重心和可以求出,同理可求出,则可以判断A，,则四边形的面积可求，可以判断B，将正四面体补成正方体，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，再利用向量法求出距离和夹角，则可以判断CD【详解】O为的垂心，连AO延长与CD交于M点，则∴，∴，，，∴，∴周长为6，A错．，则，B对．将四面体补成一个长方体，则正方体边长为，∴P，Q分别为AB，CD中点，PQ⊥平面EFGH，∴A到平面EFGH距离，C对AC与PQ夹角为，则AC与平面EFGH的夹角为，D对故选：BCD5．（2022·江苏连云港·模拟预测）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，AD=DE=4，为线段上的动点，则（

）A．B．若为线段的中点，则平面C．点B到平面CEF的距离为D．的最小值为48【答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积的运算性质、平面的法向量进行求解判断即可.【详解】因为是矩形，所以，又因为矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，矩形所在平面与正方形相交于，所以平面，而平面，所以，而是正方形，所以，因此建立如下图所示的空间直角坐标系，则有，因为，所以有，因此选项A正确；当为线段的中点时，，，，设平面的法向量为，于是有，因为平面，所以选项B正确；，，所以点B到平面CEF的距离为，因此选项C正确；设，，，当时，有最小值47，因此本选项不正确，故选：ABC6．（2022·江苏·统考二模）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，且．若点，，分别为棱，，的中点，则A．平面B．直线和直线所成的角为C．当点在平面内，且时，点的轨迹为一个椭圆D．过点，，的平面与四棱锥表面交线的周长为【答案】ABD【分析】将该四棱锥补成正方体后可判断A、B正误；结合椭圆的定义可判断C的正误；结合空间中垂直关系的转化可判断D的正误．【详解】解：将该正四棱锥补成正方体，可知位于其体对角线上，则平面，故A正确；设中点为，则，且，故B正确；，在空间中的轨迹为椭圆绕其长轴旋转而成的椭球，又平面与其长轴垂直，截面为圆，故C错误；设平面与，交于点，，连接，，，，，，，，，，，，，而，故，同理，而，平面，而平面，则，平面，平面，，，，平面，平面，而平面，则，，同理，，又，，则，而，交线长为，故D正确．故选：ABD.7．（2022·江苏南京·模拟预测）在矩形中，，，为平面外一点，则（

）A．当时，四棱锥体积的最大值为B．当时，四棱锥体积的最大值为C．当平面平面时，四棱锥体积的最大值为D．当平面平面时，四棱锥体积的最大值为【答案】ABD【分析】利用椭圆的定义以及勾股定理，明确动点轨迹，根据几何性质，求得四棱锥高的最大值，可得A、B的正误；根据四棱锥的侧视图以及主视图，求得四棱锥高的最大值，可得C、D的正误.【详解】对于A，由，则在平面内，点的轨迹为以为焦点的椭圆上，易知该椭圆的焦距，，则，由椭圆的性质，可知点到的距离最大值为，此时且，如下图：当为四棱锥的高时，四棱锥的体积可取得最大值，如下图：此时平面平面，则四棱锥的体积可取得最大值，故A正确；对于B，在矩形中，对角线，由，可得，则此时在平面内，点的轨迹为以为直径的圆，根据圆的性质，易知点到距离的最大值为，此时，，如下图：当为四棱锥的高时，四棱锥的体积可取得最大值，如下图：此时平面平面，则四棱锥的体积可取得最大值，故B正确；对于C，由题意可知四棱锥的侧视图为直角三角形，则易知点到底面距离的最大值，此时侧视图如下图：则四棱锥的体积可取的最大值，故C错误；对于D，由题意可知四棱锥的主视图为直角三角形，则易知点到底面距离的最大值，此时主视图如下图：则四棱锥的体积可取的最大值，故D正确.故选：ABD.8．（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（

）A．B．C．直线与平面所成角的最小值是D．的最小值为【答案】AD【分析】对于A项转化证明平面；对于B项，反证法证明，也就验证平面是否成立；对于C项，根据直线与平面所成角的定义先找到即为直线与平面所成角，在分析求解；对于D项，把往上翻折到与平面共面，在平面内求动点到两个定点距离和最小即可.【详解】对于A项，连接，在正方体中，平面，又因为平面，故故A正确.对于B项，假设成立，又因为，并且所以平面，明显不垂直，假设不成立，故B不正确.对于C项，连接，再连接，在正方体，易得平面所以即为直线与平面所成角，在中，，当点与点重合时最大，最大值为，直线与平面所成角的最小值是，故C不正确.对于D项，把往上翻折到与平面共面，又因为，即往上翻折成，即在四边形中，求，易得最小值为，所以D正确.故选：AD9．（2022·江苏·江苏省木渎高级中学校联考模拟预测）如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面，O，P分别是的中点，M是棱SD上的动点，则下列选项正确的是（

）A．B．存在点M，使平面SBCC．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°D．点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值【答案】ABD【分析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断B【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系（如图），设，则，由M是棱SD上的动点，设，，，，故A正确；当为的中点时，是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面，故B正确；，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，则，化简得，方程无解，故C错误；点M到平面ABCD的距离，点M与平面SAB的距离，所以点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为，是定值，故D正确；故选：ABD10．（2022·江苏常州·华罗庚中学校联考三模）如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，，M为的中点，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（

）A．的最小值为B．三棱锥的体积的最大值为C．不存在点P，使得与平面所成的角为D．三棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD【分析】对A，分析可得在和中，均为在点时，分别取得最小值，再计算即可对B，通过计算三棱锥的体积来进行判断.对C，通过线面角的知识进行判断.对D，先求的外接圆直径，再根据外接球与直三棱锥的关系求解即可【详解】对A，在中，，故，所以，故当且仅当在时取等号.连接，则，，由余弦定理，，故为钝角，故，当且仅当在时取等号，故当且仅当在时取最小值为，故A正确；对B，，点B到平面的距离为，由，得，得，又，则，故B正确；对C，与平面所成的角即为与平面所成的角，设为，易知当点P与M重合时，最小，此时，当点Р与重合时，最大，此时，此时，故存在点P，使得与平面所成的角为，故C错误；对D，因为平面，故三棱锥的外接球直径与的外接圆直径、高构成直角三角形.由正弦定理，的外接圆直径，设三棱锥的外接球半径为，直径为，则其表面积，故D正确故选：ABD11．（2022·江苏南京·南京市江宁高级中学校考模拟预测）在棱长为1的正方体中，M为底面ABCD的中心，，，N为线段AQ的中点，则下列命题中正确的是（

）A．CN与QM共面B．三棱锥的体积跟的取值有关C．当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为D．时，【答案】AC【分析】由是中点，可得即可判断A,由到平面的距离为定值，的面积为定值，故体积为定值，可判断B，时，过A，Q，M三点的正方体的截面是等腰梯形，即可判断C，根据判断是否是等腰三角形，即可判断D.【详解】连接,在中，,所以CN与QM共面，故A对.,三棱锥的体积跟的取值无关，故B错.当时，过A，Q，M三点的正方体的截面是等腰梯形，所以截面的周长为,故C对.当时，是中点，所以不垂直，故D错误.故选：AC12．（2022·江苏南京·模拟预测）在棱长为1的正方体中，为正方形的中心，则下列结论正确的（

）A． B．与平面夹角的正弦值为C．点到平面的距离为 D．直线与直线的夹角为【答案】ACD【分析】对于A，根据正方体的定义及线面垂直的判定定理，再结合线面垂直的性质定理即可求解；对于B，根据线面角的定义，再利用锐角三角函数的正弦函数即可求解；对于C，根据等体积法及三角形的面积公式即可求解；对于D，根据异面直线所成角的定义及余弦定理即可求解.【详解】对于A，连接，，则，交于点，如图所示在正方体中，平面，平面，故，而，，，平面，所以平面，在正方体中，所以，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面，而平面，所以，故A正确；对于B，连接，，则，交于点，在正方体中，平面，平面，故，而，，，平面，所以平面，是直线在平面内的射影；所以是直线与平面所成的角，由题意可知，，,在中，，所以与平面夹角的正弦值为,故B不正确；对于C，由题意可知，,在正方体中，平面，设点到平面的距离为d，因为，所以，即，于是，解得，故C正确；对于D，连接，在正方体中，所以四边形是平行四边形，所以，所以为直线与所成的角(或其补角)，在中，，所以，因为，所以，所以直线与直线的夹角为，故D正确．故选：ACD.13．（2022·江苏南通·校联考模拟预测）已知三棱锥D－ABC的外接球的表面积为24π，直角三角形ABC的斜边，CD⊥BC，则（

）A．BC⊥平面ACDB．点D的轨迹的长度为2πC．线段CD长的取值范围为（0，2]D．三棱锥D－ABC体积的最大值为【答案】ACD【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，利用球的截面性质及条件可得△ACD的外接圆半径，进而判断BC，利用三角形面积公式及锥体体积公式可判断D.【详解】因为△ABC以AB为斜边的直角三角形，∴，又，∴BC⊥面ACD，故A正确；设△ACD的外接圆圆心N，半径为r，D－ABC外接球半径为，，∴，∴，∴，，D在优弧上，D轨迹长度，D在劣弧上，D轨迹长度，故B错误；所以，故C正确；由题可知当在的垂直平分线时，的面积最大，，∴，故D正确．故选：ACD．14．（2022·江苏淮安·统考模拟预测）如图，已知正方体ABCD—的棱长为1，P为正方形底面ABCD内一动点，则下列结论正确的有（

）A．三棱锥的体积为定值B．存在点P，使得C．若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段ACD．若点P是AD的中点，点Q是的中点，过P，Q作平面α垂直于平面，则平面α截正方体的截面周长为3【答案】ACD【分析】结合选项逐个求解，体积问题利用锥体体积公式可得，垂直问题利用向量求解，截面周长根据截面形状可求.【详解】对于A，P为正方形底面ABCD时，三棱锥的高不变，底面积也不变，所以体积为定值，所以A正确；对于B，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，；若，则，即，与题意矛盾，所以B不正确；对于C，，由得，所以的轨迹就是线段，所以C正确；对于D，因为，所以平面；因为平面平面，所以平面；以为参照线作出平面与正方体各个侧面的交线，如图，易知每个侧面的交线均相等，长度为，所以截面周长为，所以D正确.故选：ACD.【点睛】正方体中的动点问题，可以借助空间向量来处理，把位置关系，角度关系转化为向量运算.15．（2022·江苏徐州·统考模拟预测）如图所示的几何体由一个三棱锥和一个半圆锥组合而成，两个锥体的底面在同一个平面内，是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且，与都是边长为2的正三角形，则（

）A． B．平面C．异面直线与所成角的正弦值为 D．该几何体的体积为【答案】ABD【分析】取中点O，由线面垂直的判断定理和性质定理可判断A；由、，可得，再由线面平行的判断定理可判断B；取中点M，可得即与所成角即为与所成角，由余弦定理求出和平方关系求出可判断C；求出几何体体积可判断D．【详解】对于A，取中点O，连接，所以为等腰直角三角形，且，又因为，，所以平面，平面，所以，A正确．对于B，，∴，而，∴，∴，平面，平面，∴平面，B正确．对于C，取中点M，连接知，∴，∴与所成角即为与所成角，为，，由余弦定理得，C错．对于D，该几何体体积，D正确．故选：ABD.16．（2022·江苏·统考三模）已知圆台上､下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（

）A．与底面所成的角为60°B．二面角小于60°C．正四棱台的外接球的表面积为D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则【答案】AC【分析】过作，易得即为与底面所成角，直接计算即可判断A选项；过作于，即为二面角的平面角，由即可判断B选项；设出球的半径，由勾股定理建立方程，解出半径即可判断C选项；直接计算体积即可判断D选项.【详解】如图，过作，作出截面的平面图，易知为等腰梯形，且为中点，易得，，故，即圆台的高，，即四棱台的上下底边长分别为和，选项A：易得即为与底面所成角，则，故，正确；选项B：过作于，连接，由，，故面，面，故，即为二面角的平面角，，，又，故，即，B错误；选项C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，则，，，故，故表面积，正确；选项D：，，显然，错误.故选：AC.17．（2022·江苏扬州·模拟预测）已知四面体ABCD的4个顶点都在球O（O为球心）的球面上，△ABC为等边三角形，M为底面ABC内的动点，AB=BD=2，，且，则（

）A．平面ACD⊥平面ABCB．球心O为△ABC的中心C．直线OM与CD所成的角最小为D．若动点M到点B的距离与到平面ACD的距离相等，则点M的轨迹为抛物线的一部分【答案】ABD【分析】设的中心为G，取AC的中点E，由题可得平面可判断A，根据勾股定理可得进而判断B，利用特例可判断C，利用面面垂直的性质及抛物线的定义可判断D.【详解】设的中心为G，取AC的中点E，连接BE，DE，则.因为，,所以平面BDE，则，又△ABC为等边三角形，，，所以，，∴，即，又，∴平面，平面，∴平面ACD⊥平面ABC，故A正确；又∵，∴，故为四面体的外接球的球心，即球心O为△ABC的中心，故B正确；当∥时，为直线OM与CD所成的角，由上知，故C错误；由平面ACD⊥平面ABC可知，动点M到平面ACD的距离即动点M到直线的距离，由抛物线的定义可知，点M的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.故选：ABD.18．（2022·江苏连云港·模拟预测）已知正四棱台（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则（

）A．它的表面积为B．它的外接球的表面积为C．侧棱与下底面所成的角为60°D．它的体积比棱长为的正方体的体积大【答案】ACD【分析】分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形的面积，即可判断A的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断C的正误；求得的长，分析可得即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，代入表面积公式，可判断B的正误；分别求得正四棱台的体积和正方体的体积，利用作商法比大小，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得：上底面的面积，下底面的面积，侧面为等腰梯形，过分别做AB的垂线，垂足为E、F，如图所示所以，则，所以，所以梯形的面积为，所以正四棱台的表面积，故A正确；连接，且交于点，连接AC、BD交于点，连接，则垂直底面ABCD，过作于G，则底面ABCD，则四边形为矩形，由题意得，所以，同理，又，所以，在中，，所以，即侧棱与下底面所成的角为60°，故C正确所以.连接，在中，，所以点到的距离相等，均为，所以点即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，所以外接球的表面积，故B错误；正四棱台的体积，棱长为的正方体的体积，所以，所以，所以正四棱台的体积比棱长为的正方体的体积大，故D正确；故选：ACD【点睛】解题的关键是熟练掌握棱台的表面积、体积的求法及公式，并灵活应用，难点在于求各个棱长及确定为外接球的球心，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.19．（2022·江苏南通·统考模拟预测）如图，正方体的棱长为分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（

）A．四点一定共面B．若四边形为矩形，则C．若四边形为菱形，则一定为所在棱的中点D．若四边形为菱形，则四边形周长的取值范围为【答案】AD【分析】根据棱长为，且可得，再逐项分析即可得解.【详解】连接交于点，为正方体的中心，由棱长为，且，可得，所以交于点，交于点，所以交于点，，故四点一定共面，所以A正确；对B，若四边形为矩形，可以也可以，故B错误；对C，若四边形为菱形，则必有，则必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；四边形为菱形，当都为各边中点时，四边形周长最小为，若为所在棱的中点，而分别和重合时，此时菱形周长最大，边长为，所以周长为，故D正确.故选：AD20．（2022·江苏盐城·江苏省滨海中学校考模拟预测）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面记为α，则（

）A．平面α截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的形状为四边形B．平面α截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面的面积为C．平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47∶25D．点B到平面α的距离与点A1到平面α的距离之比为1∶3【答案】BC【分析】作出截面可判断A选项；将五边形分割为正三角与等腰梯形求出面积判断B，平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，利用V2=V三棱锥MPAEV三棱锥NCFQ计算求解即可判断C，根据直线上点的比例关系可得点到平面的距离间的关系即可判断D.【详解】如图，延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCDA1B1C1D1所得截面为五边形D1MEFN，故A错误；由平行线分线段成比例可得，AP=BF=1，故DP=DD1=3，则△DD1P为等腰直角三角形，由相似三角形可知AM=AP=1，故A1M=2，则D1M=D1N=2，ME=EF=FN=，连接MN，易知MN=2，因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，等腰梯形MEFN的高h=，则等腰梯形MEFN的面积为，又×2=2，所以五边形D1MEFN的面积为2，故B正确；记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，则V2=V三棱锥MPAEV三棱锥NCFQ=×3×3×3×1×1×1×1×1×1=，所以V1=V1=12，则V1∶V2=47∶25，故C正确；因为平面α过线段AB的中点E，所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，由平面α过A1A的三等分点M可知，点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误.故选：BC21．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（

）A．高为 B．表面积为C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为【答案】BCD【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D.【详解】对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则，解得,所以圆台的母线长为，高为，选项A错误；对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，所以圆台的表面积为，选项B正确；对于C，圆台的体积为，选项C正确；对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确，故选：BCD．22．（2022·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）若点P是棱长为2的正方体表面上的动点，点M是棱的中点，则（

）A．当点P在底面内运动时，三棱锥的体积为定值B．当时，线段长度的最大值为4C．当直线AP与平面所成的角为45°时，点P的轨迹长度为D．直线DM被正方体的外接球所截得的线段的长度为【答案】ACD【分析】对A找到高不变，底面为定值，则体积不变，求出相关高与底面积即可，对B找到点轨迹是矩形（除点）与重合时最大,即可计算，对C找到点的三次轨迹，第三次轨迹为四分之一圆，计算即可，对D建立空间直角坐标系，利用点到直线距离公式即可计算.【详解】对A选项，根据正方体上下底面平行得到平面的距离始终为2，因为为的中点，故，故，故，故A正确；对于B，分别取中点,,连接,,首先与平行且相等,与平行且相等,因此与平行且相等,则是平行四边形，在同一平面内,正方形,易得，所以(为,的交点),所以,又平面平面,所以平面,所以平面,而,则平面所以点轨迹是矩形（除点）与重合时最大,为,故B错误，对于C，直线与平面所成角为,若点在平面和平面内，最大,不成立;在平面内,点的轨迹是,在平面内,点的轨迹是,在平面时,作平面,如图,作平面，，点的轨迹是以为圆心,以2为半径的四分之一点的轨迹长度为,点的轨迹总长度为,故C正确;对于D选项，首先作出如图所示图像，shouxian外接球半径，直线与球面的一个交点为，另一交点设为，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，首先求出圆心到直线的距离，因为棱长为2，且为中点，故,,,故,,，故圆心到直线的距离，故线段,故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：空间中点到直线的距离公式：设某空间直线的方向向量为过点;空间上的一点令，即表示由点指向点的向量.观察而与要求的距离构成以即为斜边的直角三角形.故.23．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（

）A．当平面时，不可能垂直B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为C．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为[，]D．当时，的最小值为【答案】BD【分析】对A，作出如图空间直角坐标系，由向量法结合向量垂直判断即可；对B，由几何关系得出与平面所成线面角，可得，则点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆；对C，由得点P在上，利用几何关系可得的面积最值在端点及中点位置；对D，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理即可求.【详解】对A，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，则，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即，由，则，即P为中点时，有平面，且，A错；对B，因为平面，连接，则即为与平面所成角，若与平面所成角为，则，所以，即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，B对；对C，因为，所以点P一定在上，又因为当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，设的中点为H，由图形的变化可得当点P在DH和运动时，所得截面对称相同，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为，C错；对D，如图，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理可知，所以，D对.故选：BD【点睛】（1）容易建系的几何体一般可通过建系快速解决长度、角度等问题.本题A中，通过线面平行得线与该面的法向量垂直，即可得参数间的关系，即可进一步讨论线线垂直的问题；（2）B中轨迹问题，关键结合正方体的线面垂直性质得出线面角，即可得出所求轨迹为圆弧；（3）C中截面问题，关键结合正方体的对称性，转化为三角形面积的和，再进一步转换成讨论高的范围问题；（4）D中求不同表面线段和问题，一般展开成平面讨论.24．（2022·江苏常州·常州高级中学校考模拟预测）棱长为1的正方体中，点P为线段上的动点，点M，N分别为线段，的中点，则下列说法正确的是（

）A． B．三棱锥的体积为定值C． D．的最小值为【答案】ABC【分析】证明平面，可判断A；由平面，可得点到平面的距离为定值，又为定值，可判断B；计算的取值范围可判断C；结合C可判断D.【详解】选项A，连接，由正方体可知，且平面，而，又，所以平面，而平面，所以，即，故A正确；选项B，连接，，，，，，由点，分别为线段，的中点，得，平面，平面，故平面，即点到平面的距离为定值，又，，故为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；选项C，连接，，由点为线段上的动点，设，，故，，所以，当时，取最小值为，当时，取最大值为，故，即，，故C正确；选项D，，当时，的最小值为，故D错误.故选：ABC.25．（2022·江苏苏州·校联考模拟预测）在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则（

）A．当时，B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，的最小值为D．当时，存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离【答案】ABD【分析】根据已知条件，结合向量关系，分别对答案进行空间关系的判断和求值即可.【详解】当时，的轨迹为线段，连接，则，又平面，，∴平面，，同理可得，故平面，平面，所以，故A正确；当时，点的轨迹为线段（为的中点），直线平面，故三棱锥的体积为定值，故B正确；当时，点轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，可知，由余弦定理可得，故C错误；当时，点轨迹为以为为圆心，1为半径的四分之一圆弧，由点P到的距离等于到的距离，即点P到点的距离等于到的距离，则点轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线上，故存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离，故D正确.故选：ABD．26．（2022·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图，圆柱的底面半径和高均为1，线段是圆柱下底面的直径，点是下底面的圆心.线段是圆柱的一条母线，且.已知平面经过，，三点，将平面截这个圆柱所得到的较小部分称为“马蹄体”.记平面与圆柱侧面的交线为曲线.则（

）A．曲线是椭圆的一部分 B．曲线是抛物线的一部分C．二面角的大小为 D．马蹄体的体积为满足【答案】ACD【分析】将相同的圆柱按如图方式拼接在一起，将两个球放入圆柱内，通过切线相等即可判断A、B选项；由二面角的定义即可判断C选项；马蹄体的体积为小于圆柱体的即可判断D选项.【详解】将相同的圆柱按如图方式拼接在一起，将两个球放入圆柱内，使每一个球既与圆柱相切，又与曲线C所在平面相切，球与曲线C的切点为，取曲线C上一点，过点的圆柱母线与两球交于两点，由于同是下面球的切线，同是上面球的切线，可得，，则，由椭圆定义知：曲线是椭圆的一部分，A正确；B错误；连接，由，，知面，故，则为二面角的平面角，又，则，C正确；由补成的几何体知马蹄体的体积为小于圆柱体的，即为，又，所以，所以，D正确.故选：ACD.27．（2022·江苏南京·南京外国语学校校联考模拟预测）如图，正方形ABCDA1B1C1D1边长为1，P是上的一个动点，下列结论中正确的是（

）A．BP的最小值为B．的最小值为C．当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为【答案】ACD【分析】当时，BP最小,结合正三角形性质，求得B到直线的距离，判断A;建立空间直角坐标系，利用空间向量，设求得点，结合两点间的距离公式，求得PA+PC的最小值，判断B;根据当P在直线A1D上运动时，三棱锥的底面积以及高的变化情况，可确定体积不变没判断C;根据题意确定以点B为球心，为半径的球面与面的交线即为的内切圆，即可求得交线长，判断D.【详解】对于A，当时，BP最小，由于到直线的距离对．对于B,解法一：以为坐标原点建系，以分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,设,,表示平面上之间的距离，表示平面上之间的距离，错解法二：将平面翻折到平面上，如图，连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，在三角形ADC中，,，B错误；对于C,,平面，平面到平面的距离为定值,为定值，则为定值，对．对于D，由于平面，设与平面交于点，，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，在以为圆心，为半径的圆上，由于为正三角形，边长为，其内切圆半径为，故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，交线长为正确．故选：ACD【点睛】本题考查了空间几何中的距离以及距离和的最值问题，以及三棱锥体积和几何体中的轨迹问题，综合性强，要求充分发挥空间想象能力，解答时要能借助于几何体的直观图，明确空间的点线面的位置关系，灵活应用空间向量以及相关相关知识解决问题.28．（2022·江苏盐城·统考三模）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（

）A．三棱锥的体积随着点的运动而变化B．异面直线与所成角的取值范