微专题15 立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题（解析版）-高考数学第三阶段零基础or艺考生

微专题15立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题秒杀总结1.立体图形中的截面问题：（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.2.立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值.3.对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.典型例题例1．（2022·江西·高三阶段练习（理））已知正方体棱长为4，M棱上的动点，AM⊥平面，则下列说法正确的是________．①若N为中点，当AM＋MN最小时，；②当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大；③直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为；④若点M为的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为18；⑤当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为．【答案】①④⑤【解析】【分析】利用展开图判定、、三点共线，进而利用相似三角形判定选项①正确；通过两个截面的面积不相等且周长相等判定②错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的余弦值的取值范围，进而判定③错误；利用线面垂直得出点的位置、判定截面的形状是梯形，利用空间向量求梯形的高，进而求出截面的面积，判定④正确．利用正四面体内切球半径为其正四面体高的，可得内切球的表面积.【详解】对于①：将矩形与正方形展开成一个平面（如图所示），若最小，则、、三点共线，因为，所以，所以，即，故①正确；对于②：当点与点重合时，连接、、、、，（如图所示），在正方体中，平面，平面，所以，又因为，且，所以平面，又平面，所以，同理可证，因为，所以平面，易知△是边长为的等边三角形，其面积为，周长为；设、、、，，分别是，、，，，的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则△的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，即②错误；对于③：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则，0，，，4，，设，4，，因为平面，所以是平面的一个法向量，且，4，，，4，，，，所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，，则直线与平面所成角的余弦值的取值范围为，，故③错误；对于④，连接、，设平面交棱于点，0，，，4，，所以，4，，因为平面，平面，所以，即，得，所以，0，，即点是的中点，同理点是的中点，则且，所以四边形是梯形，且，，设，0，，，，，则，，所以梯形的高，即点到直线的距离，为，所以梯形的面积为，故④正确；对于⑤，当点M与点C重合时，四面体即为为正四面体，棱长，由正四面体的性质可得，其内切球半径，所以表面积为故答案为：①④⑤．【点睛】解决本题的关键在于熟悉正方体的常见截面形状，及正四面体的内切外接球的性质特征，涉及动直线与平面的夹角问题一般用空间向量法.例2．（2022·福建福州·高三期末）在正三棱柱中，，F是线段上的动点，则的最小值为___________.【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，再求两点间距离作答.【详解】依题意，把正三棱柱的上底面与侧面矩形放在同一平面内，连接，交于点F，如图，此时点F可使取最小值，大小为，而，，所以的最小值为.故答案为：例3．（2022·江苏·金陵中学高三阶段练习）已知正四棱锥的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，将所在平面展开在一个平面上，即可判断最小时的位置关系，即可确定最小值.【详解】正四棱锥如下图示，将面与面展开在一个平面上，E、F为中点，如下图，所以在移动过程中，当共线时，最小为.故答案为：.例4．（2022·山西晋中·模拟预测（文））如图，在棱长为1的正方体中，点P为线段上的动点（P不与，C重合），点M，N分别为线段，的中点，则下列说法中正确的是______．①；

②三棱锥的体积随P点位置的变化而变化；③的最小值为；

④的取值范围是．【答案】①③④【解析】【分析】①可以根据线面垂直的性质可得证，②可以先证明平面，得到三棱锥的体积为定值来判断正误，③通过，得到进而可以判断正误，④可用余弦定理来求得其范围.【详解】易知，平面，而平面，所以，①正确；在中，点M，N分别为线段，的中点，所以，因为平面，而平面，所以平面，所以点P到平面的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，②错误；易知，所以，所以，③正确；设，易知x的取值范围为，则，所以的取值范围是，④正确．故答案为：①③④．例5．（2022·安徽阜阳·高三期末（理））在长方体中，，若过其对角线的平面截该长方体所得截面与边没有公共点，则截面面积的最小值是___________.【答案】##【解析】【分析】当截面与相交时，设截面与的交点分别为E，F，则截面为平行四边形，设，求得，利用余弦定理结合平方关系求得，从而用表示截面面积，结合二次函数的性质即可得出答案.【详解】解：当截面与相交时，设截面与的交点分别为E，F，则截面为平行四边形，设，则，，易得，∴，∴，∴，易得的最小值为，当截面与相交时，由对称性知其面积的最小值也为，故截面面积的最小值为.故答案为：.例6．（2022·河南濮阳·高三开学考试（文））已知正方体的棱长为，点E为棱上一动点，点F为棱上一动点，且满足．则三棱锥的体积的最大值为______．【答案】【解析】【分析】设由得到，表示出三棱锥的体积，利用基本不等式求最值.【详解】如图示，不妨设则，所以.而.故三棱锥的体积的最大值为.故答案为：.例7．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的外接球表面积为，点，分别在线段，上，若为正方形的中心，且，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】根据条件可求出正方体的边长，然后要使得最小，则有，然后可得，过点作交于点，则有，然后可得答案.【详解】因为外接球表面积为，所以其半径为因为正方体的外接球的直径为，所以，因为为正方形的中心，所以为线段的中点提取出平面图形：要使得最小，则有，过点作交于点，则有因为，所以所以当三点共线时，最小，最小值为1所以的最小值为，所以故答案为：例8．（2022·全国·高三专题练习）已知菱形ABCD的边长为2，.将菱形沿对角线AC折叠成大小为60°的二面角.设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为________.【答案】【解析】【分析】在侧面B′AC上，F点的轨迹是EP，在侧面B′CD上，F点的轨迹是EQ，在底面ACD上，F点的轨迹是PQ，求的△EPQ周长即可．【详解】连接AC、BD，交于点O，连接OB′，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以AC⊥BD，OB′⊥AC，△ABC、△ACD、△AB′C均为正三角形，所以∠B′OD为二面角B'﹣AC﹣D的平面角，于是∠B′OD＝60°，又因为OB′＝OD，所以△B′OD为正三角形，所以B′D＝OB′＝OD＝，取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ∥OD、EP∥OB′，所以AC⊥EP、AC⊥PQ，所以AC⊥平面EPQ，所以在三棱锥B'﹣ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹的△EPQ，因为EP＝OB′，PQ＝OD，EQ＝B′Q，所以△EPQ的周长为，所以点F轨迹的长度为．故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹问题，属于偏难题型，本题的关键是通过条件，得到平面，从而得到点的轨迹，过关测试1．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（理））四面体ABCD的四个顶点都在球的球面上，，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，则下列说法不正确的是（

）．A．过点E，F，G做四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2B．四面体ABCD的体积为C．AC与BD的公垂线段的长为D．过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4【答案】B【解析】【分析】选项A中，做出四面体的图形，画出对应的截面，求出截面积；选项B中，将立方体拆成两部分求解体积；选项C中，画出公垂线，求解长度；选项D中，结合长方体外接球求出最大值和最小值【详解】

图1

图2选项A中，如图（1）所示，找的中点，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面，则,，所以四边形为平行四边形，找的中点,连接，因为，所以平面，所以平面，平面，所以，所以，所以四边形为矩形，，，所以截面的面积，故A正确；选项B中，中，由勾股定理得：，同理，过点作,则，所以由勾股定理得：，所以，由选项A可得：平面,所以，，故B错误；选项C中，AC与BD的公垂线段即为，长度为，故C正确；选项D中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得，，所以外接球的半径，截面面积的最大值为；平面截得的面积为最小面积，半径，截面积最小为，所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故D正确故选：B2．（2022·河南·一模（理））如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的个数是（

）①点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2②平面截直四棱柱所得截面的面积为③平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25④平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】【分析】对于①：利用点A到平面的距离与点B到平面的距离相等点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍即可判断；对于②、④：作出截面即可判断D，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可；对于③：记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，分别求出V1、V2，即可判断.【详解】解：对于①：因为平面过线段AB的中点E，所以点A到平面的距离与点B到平面的距离相等由平面过A1A的三等分点M可知，点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍，因此，点A1到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.故命题①正确；延长DA，DC交直线EF于点P，Q，连结D1P，D1Q，交棱A1A，C1C于点M、N，连结D1M，ME，D1N，NF，可得五边形D1MEFN.故命题④错误.由平行线分线段成比例可得：AP=BF=1，故DP=DD1=3，则△DD1P为等腰三角形.由相似三角形可知，AM=AP=1，A1M=2，则，.连结MN，则，因此五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN.等腰梯形MEFN的高，则等腰梯形MEFN的面积为.又，所以五边形D1MEFN的面积为，故命题②正确；记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，则，所以，.故命题③正确.综上得说法中正确的是：①②③，故选：D.【点睛】立体图形中的截面问题：（1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积.3．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（

）A．不存在点使得异面直线与所成角为90°B．存在点使得异面直线与所成角为45°C．存在点使得二面角的平面角为45°D．当时，平面截正方体所得的截面面积为【答案】D【解析】【分析】由正方体的性质可将异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，而当为的中点时，可得，可判断A；与或重合时，直线与所成的角最小可判断B；当与重合时，二面角的平面角最小，通过计算可判断C；过作，交于，交于点，由题意可得四边形即为平面截正方体所得的截面，且四边形是等腰梯形，然后利用已知数据计算即可判断D.【详解】异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，当为的中点时，，此时与所成的角为90°，所以A错误；当与或重合时，直线与所成的角最小，为60°，所以B错误；当与重合时，二面角的平面角最小，，所以，所以C错误；对于D，过作，交于，交于点，因为，所以､分别是､的中点，又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面，因为，且，所以四边形是等腰梯形，作交于点，所以，，所以梯形的面积为，所以D正确.故选：D.4．（2022·江苏·金陵中学高三阶段练习）已知正方体的棱长为6，则过，，三点的平面与该正方体内切球截面的面积为（

）A．3π B．6π C．9π D．12π【答案】B【解析】【分析】作出正方体中过，，三点的平面，且分别是的中点，可得，则过，，三点的截面为球内过这三点的截面圆，求出截面圆的半径可得答案.【详解】如图正方体中，过，，三点的平面与正方体切于，且分别是的中点，正方体内切球为，连接，则互相垂直，且，所以，则过，，三点的截面为球内过这三点的截面圆，截面圆的半径为，其面积为.故选：B.5．（2022·安徽省芜湖市教育局高三期末（理））在正四面体中，E为的中点，过点E作该正四面体外接球的截面，记最大的截面面积为S，最小的截面面积为T，则（

）A． B． C．2 D．3【答案】B【解析】【分析】将四面体ABCD放置于正方体中，则正方体的外接球就是四面体ABCD的外接球，当截面过球心截面面积最大，当截面到球心与E连线垂直，面积最小，即可求得.【详解】将四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球就是四面体的外接球，不妨设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为1，可得外接球直径为正方体的体对角线长，过E作其外接球的截面，当截面与球心与E连线垂直，截面到球心的距离最大，截面圆的面积最小，此时球心到截面的距离等于正方体棱长的，可得截面圆的半径为，得到最小的截面面积为T=.当截面过球心截面面积最大,截面面积为S=,则.故选：B.6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，点分别为的中点，设过点的平面为，则下列说法正确的是（

）A．在正方体中，存在某条棱与平面平行B．在正方体中，存在某条面对角线与平面平行C．在正方体中，存在某条体对角线与平面平行D．平面截正方体所得的截面为五边形【答案】D【解析】【分析】根据题意可得交平面于点，交平面于点，交平面于点，故不存在某条棱与平面平行，即可以判断选项A错误；由六个面的12条面对角线与平面都相交，即可判断选项B错误；体对角线全部与面相交，即可判断选项C错误；补全图形可得平面截正方体所得的截面为五边形，即可以判断选项D正确.【详解】对于选项A，交平面于点，平面，都不与平面平行，交平面于点，平面，都不与平面平行，

交平面于点，平面，都不与平面平行，故A错误；观察几何体可知六个面的12条面对角线与平面都相交，故B错误；四条体对角线全部与面都相交，故C错误.如下图，取中点为，易得，取中点为，连接，易得，再取中点为，连接，则，，是平面与正方体底面的交线，延长，与的延长线交于，连接，交于，则可得五边形即为平面交正方体的截面，故D正确；

故选：D.7．（2022·河南·鹤壁高中模拟预测（理））已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（

）A． B．1 C． D．2【答案】D【解析】【分析】根据题意可得该圆柱的内切球的半径为，设内切球为球，当正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，所以等价于已知球的半径为，求内接正四面体的棱长即可.【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为，所以圆柱的底面圆直径和高都是，所以该圆柱的内切球的半径为，如图球即为该圆柱的内切球，若该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则该正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，如图该正四面体的棱长为，设点在面内的射影为，即面，则球心在上，且，，所以，所以，在中，，即，整理可得：，解得或(舍)，所以的最大值为，故选：D8．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知正四棱柱中，，点M是线段的中点，点N是线段上靠近D的三等分点，若正四棱柱被过点，M，N的平面所截，则所得截面的周长为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】先证明截面四边形为平行四边形，再求出截面的边长相加即得解.【详解】解：作出图形如图所示．延长至Q，使得，连接MQ，NQ，则截面四边形为平行四边形；记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，则，，，，，故所得截面的周长为.故选：B．9．（2022·黑龙江实验中学模拟预测（理））在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果.【详解】以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设关于平面的对称点为，则，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，与到平面的距离，又，，，，，，（当且仅当三点共线时取等号），即的最小值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中距离之和的最值问题的求解，解题关键是能够求得关于平面的对称点，从而利用三角形两边之和大于第三边的特点确定当三点共线时取得最小值.10．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为1的正方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（

）A．

B．

C．

D．【答案】A【解析】【分析】连接，得出点在平面中，问题转化为在平面内直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，问题转化为点关于直线到直线的距离，从而可得结果.【详解】如上图示，连接则，点在平面中，且，，，在△中，以为x轴，为y轴，建立平面直角坐标系，如下图示，则，，，设点关于直线的对称点为，而直线为①，所以，故直线为②，联立①②，解得，故直线与的交点，所以对称点，则，最小值为到直线的距离为.故选：A.【点睛】关键点点睛：将立体几何问题转化为平面问题，结合将军饮马模型，求点到直线上动点距离最小.11．（2022·河南·模拟预测（理））在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，求出三棱锥外接球的半径，假设球心到平面的距离得答案．【详解】解：设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，又，所以四边形是边长为1的正方形，所以外接球半径，所以到平面的距离，即点到平面距离的最大值为.故选：D.12．（2022·全国·高三专题练习）已知点在正方体表面运动，且，则直线与所成角的余弦值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】根据正方体的性质及已知确定的轨迹为依次连接中点所成的正六边形，进而判断与所成角余弦值范围即可.【详解】由题意知：的轨迹是过中点且垂直于的平面与正方体表面的交线，如下图示，由图知：的轨迹为依次连接中点所成的正六边形，若是，的中点，易知：，∴直线与所成角，即为与所成角，∴当在处时所成角最小，此时余弦值为；当时所成角最大，此时余弦值为；∴与所成角的余弦值范围.故选：C.13．（2022·全国·高三专题练习（理））已知棱长为的正方体，为的中点，点在正方体的表面上运动，且，则动点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】本题首先可结合题意绘出图像，然后作中点，中点，连接、、、，再然后证得平面，动点的轨迹为四边形，最后求出四边形的周长即可得出结果.【详解】如图，结合题意绘出图像：在平面上的投影为，在平面平面上的投影为，作中点，中点，连接、、、，因为是中点，为的中点，底面是正方形，所以易知，，因为，所以，因为，所以平面，因为是中点，是中点，所以，平面，因为点在正方体的表面上运动，且，所以动点的轨迹为四边形，因为正方体棱长为，所以，，，故四边形的周长为，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的证明，能否找出动点的轨迹是解决本题的关键，若直线垂直平面内两条相交直线，则线面垂直，考查推理能力，体现了数形结合思想，是中档题.14．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为4，，分别在直线，上运动，且满足，则的中点的轨迹为（

）A．直线 B．椭圆 C．抛物线 D．圆【答案】D【解析】【分析】先作出平面，设在平面内的射影分别为，，连接，，，由正方体的性质可得出，建立平面直角坐标系可得出点E的轨迹.【详解】如图①所示，，分别为，的中点，平面平行于正方体的底面，且平分正方体.则，平面，则的中点必在平面内.设平面在平面内的射影分别为，，连接，，，则有在上且为的中点.则，.因为，所以，故.所以，.以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴建立平面直角坐标系，如图②所示.设，则，故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹方程为，故选：D.【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点问题，常需动中觅静，这里的"静"是指问题中的不变量或者是不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性."静"只是"动"的瞬间，是运动的一种特殊形式，然而抓住"静"的瞬间，使一般情形转化为特殊情形，问题便迎刃而解.15．（2022·全国·高三开学考试（文））已知正方体的棱长为2，M为的中点，N为正方形ABCD内一动点，则下列命题正确的个数是(

)①若，则点N的轨迹长度为π.②若N到平面与直线的距离相等，则N的轨迹为抛物线的一部分.③若N在线段AC上运动，则.④若N在线段AC上运动，则.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】【分析】①连接DN、MN，求出DN，根据圆的定义可求N的轨迹，根据圆的周长可求轨迹长度；②根据几何关系可知N到平面的距离即为N到直线BC的距离，N到直线的距离即为NA，根据抛物线的定义即可判断N的轨迹；③连接，证明平面即可；④连接连接AC和BD交于O，连接MO，则∥MO，由此即可判断.【详解】①连接DN、MN，∵DM⊥平面ABCD，∴，∴，∴点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆的，∴点N轨迹长度为圆的周长的，为，故①正确；②如图，过N作NE⊥BC与E，连接AN：∵平面ABCD⊥平面且两平面交于BC，∴NE⊥平面，∴NE即为N到平面的距离；∵⊥平面ABCD，∴⊥AN，∴AN就是N到直线的距离；若N到平面与直线的距离相等，即NE＝NA，根据抛物线的定义可知N的轨迹是以A为焦点，BC为准线的抛物线的一部分，故②正确；③连接：是正方形，，∵平面平面，同理可证平面③正确；④连接AC和BD交于O，连接MO，∵ABCD时正方形，∴OB＝OD，又M是的中点，∴在三角形中，∥MO，∴若N在线段AC上运动，只有当N为AC中点O才满足，故④错误.∴正确的命题是：①②③，正确的个数为：3.故选：C.16．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（

）A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线【答案】D【解析】【分析】先求得二面角的大小，进而得到直线与平面所成角的大小，依据直线与平面所成角的正弦值列方程，可得点P的轨迹.【详解】连接AC交BD于O，取中点,连接以O为原点,分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：令正方体边长为2，则，面的一个法向量为，面的一个法向量为则，故二面角的大小为又二面角的大小，则或由，，可得又整理得即，是双曲线.故选：D17．（2022·全国·高三专题练习）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足，平面上的动点满足，则点的轨迹是（

）A．直线 B．抛物线C．椭圆 D．双曲线的一支【答案】C【解析】【分析】由题可知点在以为轴的圆锥的侧面上，再结合条件可知的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义，即得.【详解】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线.此题中平面上的动点满足，可理解为在以为轴的圆锥的侧面上，再由斜线段与平面所成的角为，可知的轨迹符合圆锥曲线中椭圆定义.故可知动点的轨迹是椭圆.故选：C.二、多选题18．（2022·广东五华·一模）在菱形ABCD中，，，将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为的二面角，则下列说法正确的是（

）A．四面体ABCD的体积的最大值是B．四面体ABCD中BD的取值范围是C．四面体ABCD的表面积的最大值是D．当时，若折成的四面体ABCD内接于球O，则球O的体积为【答案】AD【解析】【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，，则为等边三角形，取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，，且，，所以，二面角的平面角为，设点到平面的距离为，则，，当且仅当时，等号成立，即四面体的体积的最大值是，A选项正确；对于B选项，由余弦定理可得，所以，，B选项错误；对于C选项，，，，，所以，，因此，四面体的表面积的最大值是，C选项错误；对于D选项，设、分别为、的外心，则，在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，，，，平面，平面，，，，平面，同理可得平面，则为四面体的外接球球心，连接，，，，，所以，，，平面，平面，，，即球的半径为，因此，球的体积为，D选项正确.故选：AD.19．（2022·全国·高三专题练习）平行六面体中，各棱长均为2，设，则下列结论中正确的有（

）A．当时，B．和BD总垂直C．θ的取值范围为D．θ=60°时，三棱锥的外接球的体积是【答案】ABC【解析】【分析】对于A，求正方体对角线即可判断；对于B，利用空间向量数量积运算即可判断；对于C，由正三棱锥的高与斜高的关系即可计算判断；对于D，求出正四面体外接球体积判断作答.【详解】平行六面体中，各棱长均为2，设，对于A，时，该平行六面体为正方体，其体对角线长，A正确；对于B，，，因此，，B正确；对于C，连接，如图，依题意，为正三棱锥，取中点E，令为正的中心，连，有平面，正三棱锥的斜高，，则，显然，，即，则，锐角，从而得，C正确；对于D，当时