高考数学总复习立体几何与空间向量（解析版）

专题三立体几何与空间向量第六讲空间的几何体的结构与度量1.【解答】解：延长到，使，延长到，使，连接、，可得，结合，可知为三棱柱，因为四边形与四边形全等，所以，由，且它们两两之间的距离为1．可知：当为正三棱柱时，底面边长为1，高为3，此时．根据棱柱的性质，若为斜三棱柱，体积也是，因此，，可得该五面体的体积．故选：．2.【解答】解：设所在截面圆心为，连接，，交球于点，交平面于点，设，，由题意，，，又，，在△中，，，解得，所以．故选：．3.【解答】解：根据题意，圆锥的轴截面是一个边长为8的等边三角形，在该圆锥中内接一个圆柱，如图：该圆锥的高，设在该圆锥中内接一个高为的圆柱，该圆柱的底面半径为，易得，则有，即，变形可得，所以该圆柱的侧面积为，当且仅当时等号成立，故该圆柱的侧面积的最大值为．故选：．4.【解答】解：设三棱柱的高为，对于，因为，，分别是棱，，的中点，所以，所以，故错误；对于，，所以，故正确；对于，，故正确；对于，，故错误．故选：．5.【解答】解：对于，正三棱柱中，，所以正三棱柱的表面积为，故正确；对于，过点作，交于，则为的中点，依题可知平面平面，且平面平面，又平面，则平面，则为点到平面的距离，正三角形中，可求得，又因为是棱上任一点，且平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设点到平面的距离为，则，则，故正确；对于，由侧面展开图所示，△周长，所以其最小值为，故错误；对于，依题知，三棱锥外接球与四棱锥重合，半径设为，球心设为，为的中点，则，且平面，所以当与球外切时，球的半径最小，此时，点位于的中点，如图所示：，则，解得，表面积为，故正确．故选：．【精选练习】6.【解答】解：设圆锥的底面半径为：，圆锥的母线长为：，圆柱和圆锥的侧面积相等，可得，解得，圆锥的体积为：．故选：．7.【解答】解：在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环，其面积为，在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其面积为，综上，圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为．故答案为：．8.【解答】解：设高，，则，，由，可得，即，可得，又由上下圆锥侧面积之比为，可得，所以，可得，联立方程，解得，所以．故选：．9.【解答】解：如图，以为轴转动正方体，要使能装水最多，则水面平行且经过，设水面与棱、的交点分别为、，即多面体的体积．为棱的中点，可得，多面体的体积：．故选：．10.【解答】解：对选项，如图，在正方体中，连接，，，分别是，的中点，，又，，，，，四点共面，即当与点重合时，，，，四点共面，选项正确；对选项，连接，，当是的中点时，，，，又平面，平面，平面，选项正确；对选项，连接，，，，，选项错误；对选项，分别取，的中点，，构造长方体，则经过，，，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，，经过，，，四点的球的表面积为，选项正确．故选：．第七讲立体几何大题中的空间角与距离1.【解答】解：（1）取的中点，连接，，由，，易知为等腰直角三角形，此时，又，所以，因为，所以，由，即，所以，此时，，有，，，四点共面，，所以平面，又平面，所以．（2）由，，且，所以平面；由，得为等边三角形，以为原点，，所在直线分别为轴，轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，1，，，0，，，1，，，，，设平面的法向量，由，即，取，，又，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．2.【解答】（1）证明：由题意知，，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面，，所以平面平面．（2）解：连接，则，因为平面，且平面，所以平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，又，，，平面，所以平面，所以，又，且，所以四边形为菱形，因为，所以四边形为正方形，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，设与平面所成的角为，则，，当且仅当时，等号成立，所以与平面所成角的正弦值的最大值为．3.【解答】解：（1）证明：不妨设，因为，，所以，，，在中，由余弦定理得：，在中，，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以，因为四边形是菱形，所以，又因为，且平面，平面，所以平面．（2）在平面内，过点作的垂线，垂足为，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为四边形是菱形，，所以，所以，均为等边三角形，以点为坐标原点，，所在直线及过点平行于的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系（如图），则，0，，，，0，，，所以，，由（1）平面，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量为，，，则，令，可得，所以，，所以平面与平面的夹角的余弦值为．4.【解答】（1）证明：取的中点，连接，，，因为是棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，，，平面，所以平面平面，又平面平面，平面平面，所以．在中，，，又是的中点，所以，，又易得，，所以，所以，所以，，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：因为，点是的中点，所以，所以，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：所以，0，，，1，，，1，，，，，，0，，设，所以，，设平面的一个法向量，则，即，令，解得，，所以平面的一个法向量，又，所以，，，所以，，设直线与平面所成角的大小为，，，所以，，解得或，所以或，即为或．5.【解答】解：（1）△中，点，分别是，的中点，连接，，点是的中点，时，，则点是的中点，中，，，平面，平面，平面．（2）存在，点为的中点．时，，，即，点在棱上，取的中点，是正三角形，，连接，，则，由已知，平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系：则，，0，，，，，，设平面的法向量是，由，即，取，得．设平面的法向量是，由，即，取，得．则，得，得，此时点为的四等分点，存在的四等分点使得平面与平面的夹角的余弦值是．6.【解答】解：（1）如图：取的中点，的中点，连接，，因为为正三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，连接，因为平面，过交于，连接，则平面为所求的平面，则平面与正三棱柱表面的交线分别为，，，；（2）如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，则点的坐标为，则，，设平面的一个法向量为，则，即，所以，令，则，所以，又因为，所以到平面的距离，解得，因为，与平面所成角等于与平面所成角，所以．7.【解答】（1）证明：选①，因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以．选②，因为，是的中点，所以与不平行，设，则，，因为平面，平面，所以平面，平面，又平面平面，所以，所以直线，，相交于一点．（2）解：若（1）中选①，由（1）知，平面，知点到平面的距离即为直线与平面的距离，若（1）中选②，因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线与平面的距离，连接，，因为与均为正三角形，且是的中点，所以，，又平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，故以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，，，，，，所以，0，，，，，，，，设平面的法向量为，，，则，令，则，，所以，1，，所以点到平面的距离为，故直线与平面的距离为．8.【解答】解：（1）①②③，证明：连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，又，，，平面，故平面，平面，故，由于，，，故，因此，，，平面，故平面，（可得四棱锥是正四棱锥），平面，故，又，，，平面，故平面；②③①，证明：连接，相交于，连接，由于底面是正方形，所以，又，，，平面，故平面，平面，故，又平面，平面，故，，，平面，故平面，结合底面是正方形，是正方形的中心，所以四棱锥是正四棱锥，故；①③②，证明：连接，相交于，连接，平面，平面，故，由于，，故，又，，，故，故，因此，，，，平面，故平面，故四棱锥是正四棱锥，由于，又，，，平面，故平面，平面，故，（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，设四棱锥的底边边长为，则，所以，故，由于，当且仅当，即时取等号，故，故四棱棱锥体积的最大值为．9.【解答】解：（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，作交于点，连接，则是二面角的平面角，在中，由余弦定理可得，，在中，由余弦定理可得，，两式相减得可，，则，两边同除以，可得；（2）解：①由平面平面，可知，由（1）得，因为，，所以；②假设在直线上存在点，使平面，连接，延长至，使，连结在棱柱中，，，，，则，且，所以四边形为平行四边形，故，在四边形中，，，所以四边形为平行四边形，故，所以，又平面，平面，则平面．故当点在的延长线上，且使时，平面．【精选练习】10.【解答】解：（1）证明：在△中，，，，所以，所以，所以，所以，所以，由折叠的性质可知，又，，面，所以面，又面，所以．（2），，，所以，，，所以，所以，又因为，，，面，所以面，又面，所以，所以，，所在直线两两垂直，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，0，，，，，，0，，，，，则，，，，，，所以，，，，0，，，，，，，，设平面的法向量，，，所以，设，则，，所以，2，，设平面的法向量，，，所以，设，则，，所以，，，设平面与平面所成的二面角为，，，所以．11.【解答】（1）证明：因为直四棱柱中，，则△为正三角形，又是线段的中点，则，是线段的中点，则，而，所以，又，、平面，所以平面；（2）解：由（1）知△为正三角形，则，在△中，，，则，所以，又在直四棱柱中，，，以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，假设在线段上存在点，使得平面，令，则，所以，由平面，得，所以，解得，则，所以，所以．即的长为．12.【解答】解：（1）证明：取中点为．连结，．因为侧面为矩形，所以，又，则，由底面为等边三角形，所以．故平面，由于平面，故．又，故．（2）①证明：由，为的中点及，所以．又，得，则，又，，所以平面，平面，故平面平面；②以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．．，．设平面的一个法向量是，则，令，则，，所以．由（1）知是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则．所以平面与平面的夹角的余弦值为．13.【解答】解：（1）证明：，平面，平面，平面，同理可得平面，又，平面平面，平面，平面．（2）取中点，易知，，平面平面，平面平面，，平面，如图，建立空间直角坐标系，则，从而，得，又，设平面的法向量，则，即，解得，故，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．14.【解答】解：（1）证明：（解法一），，，，底面，面，，平面，平面，平面平面．（解法二），，，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系：，0，，，0，，，则，，设是平面的法向量，则，取，设是平面的法向量，则，取，所以，所以平面平面．（2）解法一：在直角梯形中，解得，过，作，分别平行于，，连结，作交于点，连结，，，平面，，平面，，，为平面与平面的夹角，，在中解得，，．（2）解法二：在直角梯形中，解得，以为原点，，，所在直线分别为，，轴，如图建立空间直角坐标系：，，平面的法向量为，，设平面的法向量为，，令，则，，所以，1，，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．15.【解答】解：（1）证明：在梯形中，，，，则，，为直角三角形，所以，因为平面面，平面面，面，所以面，又面，所以．（2）证明：以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系：，0，，，1，，，0，，，0，，，0，，设，0，，则，1，，，0，，设平面的一个法向量，，，则，令，则，，因为，0，是平面的一个法向量，所以，，因为，，所以，设平面与平面所成的角为，则，又，所以存在使得，根据题意可得面，面，所以是在平面上的正投影，且，由，即，可知存在线段上的点使得．16.【解答】解：（1）证明：连接，由题意，，，则为等边三角形，由余弦定理得，所以，则，，所以，，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，则，设，故，，因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，所以，化简得，解得或（舍去），所以，设平面的法向量为，则，有，可取，所以点到平面的距离为．17.【解答】解：（1）证明：连接，，设，则，由条件易得，，，同理可得，又，，平面，平面，平面，；（2）由（1）可得，，，是等边三角形，，，．又，，，平面，平面，过点作交于点，连接．由，所以为的中点，又，所以，又，，平面，平面，又平面，平面平面．过点作交于点，连接．就是直线与平面所成的角．面面，就是直线与面所成的线面角．，又．，，，，即直线与平面所成角的正弦值为．18.【解答】（1）证明：设，则，所以，且平面，故平面；（2）解：因为平面，且平面，所以，又，所以平面，且平面，因为，又，所以平面，且平面，所以，由已知，为等边三角形，故为中点，在底面上的投影为的中点，所以，以为原点，分别以，所在直线为，轴，以过点且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，所以，所以，设是平面的一个法向量，由，，可得，令，则，故平面的一个法向量为，因为平面，所以是平面的一个法向量，则，由图可知，二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为．微专题7“球”的问题与截面问题1.【解答】解：由已知可得，、均为边长为的等边三角形，如图，取的中点，连接、，则，，又平面平面，平面，得，分别取与的外心、，过、分别作两平面的垂线，相交于，则为四面体的外接球的球心，由已知求得，，则，该球的表面积是．故选：．2.【解答】解：根据题意，设，则，圆台的内切球的半径为，则，如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底分别切于点，，则有，，注意到与均为角平分线，因此，中，，则有，即，解可得，半径为2的球与圆台的上、下底面均相切，则圆台的高为，故圆台的体积．故选：．3.【解答】解：为等腰三角形，所以不可能是直角，选项错误；如图，直线和夹角为，平面平面，菱形，所以，当平面平面时，为直线与平面的平面角，此时直线与平面所成角为最大角，为，选项正确；为二面角的平面角，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，的外心为，则平分，，，所以，三棱锥表面积为，选项正确；设正四面体的外接球球心为，半径为，勒洛四面体的内切球的半径为，则故，即，解得，由勒洛四面体的对称性可知，内切球切在每一个球面的中心，而顶点到切点的距离为2，故，选项正确．故答案为：．4.【解答】解：如图，设，连接，，，易知，，分别为，，中点，，所以，，四边形是菱形，，，为全等的正三角形，，；因为是边长为的正三角形，记其中心为，则的外接圆的半径为，设三棱锥的外接球的半径为，球心为，则底面，过作底面交于，则，结合图象可知，其中，因为到平面的距离为2，即，所以，易知关于的函数在，上单调递增，所以当且仅当时，取得最小值，此时，，，三点共线，由，解得，所以棱锥的外接球的表面积的最小值为．故答案为：．5.【解答】解：如图所示，正方体中，连接、、、，，因为，，且，确定平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，因为，确定平面，所以平面，即所在平面是经过点且以为法向量的平面，因此，平面截该正方体所得截面的形状为三角形．故选：．6.【解答】解：根据题意，延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，可得，由，可得，由得，可得，由平面平面，平面平面，平面平面，可得，结合，可得，，因此．故答案为：，．7.【解答】解：如图1，当时，，，分别是，，的中点，，截面即是等边三角形，故正确；当，，，时，是三角形，若是平行四边形，则，，必有一个数大于1，不妨设，即在线段的延长线上，如图2，设与交于，与交于，与交于，由图可知是四边形是梯形，但不是平行四边形，故错误；当，时，如图3，，直线过点，由题意得，，即截面为四边形，且满足，是梯形，故正确；如图4，是，，的一个例子，但截图不是梯形，故错误．故选：．8.【解答】解：在棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，对于选项，因为，所以在以为直径的球面上，又因为、分别是和的中点，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，又由在正方体的表面上，所以的轨迹为6个半径为1的圆，所以点的轨迹长度为，故错误；对于选项，若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，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，所以球的表面积为，故正确；对于选项，如图：延长交的延长线于点，可得到，所以，连接交于点，由△得，所以是上靠近的三等分点，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，，，，，，所以过点，，的平面截正方体所得截面多边形的周长为，故正确；对于选项，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，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，故正确．故选：．9.【解答】解：如图，正三棱锥的外接球的球心为，平面，因为表面积为，则外接球的半径为，为底面的中心，连接、，设正三棱锥的侧棱长为，底面边长为，则，，，由得，即，所以，，函数，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在有最大值，即时，有最大值，此时，所以，所以底面所在平面截球的截面面积是．故选：．【精选练习】10.【解答】解：如图：取的中点，连接，，因为，，所以，，所以平面，且，设，则，且为等边三角形，为三棱锥的外接球的球心，为外接球半径，所以，解得，所以外接球的半径为．故选：．11.【解答】解：设正四棱台的上底面的中心为，下底面中心为，其外接球球心为，，，，则，可得．作出正四棱台的轴截面，由，得，，则，，棱台外接球的半径为，则，解得．该棱台外接球的表面积为．故答案为：．12.【解答】解：对于，由，可得高，则圆台轴截面的面积为，故正确；对于，圆台的侧面积为，又，，所以，故正确；对于，圆台的体积为，故错误；对于，若圆台存在内切球，则必有轴截面存在内切圆，由内切圆的性质以及切线长定理易知轴截面不存在内切圆，故错误．故选：．13.【解答】解：对于，如图①所示，延长交的延长线于，延长交的延长线于，连接交于，连接交于，连接，，则五边形为平面截正方体所得的截面，故正确；对于，如图②所示，设三棱锥底面外心为，三棱锥外接球球心为，且，，，在中，，所以外接圆半径为，所以在△中，三棱锥外接球半径，所以三棱锥外接球球心到，，三点的距离都为，在中，，，所以外接圆半径，所以四面体外接球的球心不在该截面上，故错误；对于，如图③所示，以，，分别为，，轴建立如图空间直角坐标系，且正方体棱长为6，即，0，，，3，，，6，，所以，，设，，为平面的法向量，则，取，，所以，2，，又因为平面，故为平面的法向量，则，，，，，，故正确；对于，如图④所示，取中点，连接，因为△，所以，即，又因为△△，所以，即，同理，由△△，得，由△△，得，所，，，，，所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为，故正确．故选：．14.【解答】解：，由正三棱锥可知，又平面，．，面，，面，，，正三棱锥侧面是等腰直角三角形，以为球心，为半径的球面与三棱锥交于，，，则，，是，，中点，，交线长为．故选：．15.【解答】解：根据题意，设，则，对于，如图1，异面直线与直线所成的角，等于直线与直线所成的角，连接，则即为直线与直线所成的角或其补角．由底面，得，在中，，，所以，故项正确；对于，如图2，延长交的延长线于，连接交于点，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，，则五边形即为平面截该四棱柱得到的截面，因此，过、、三点作该正四棱柱的截面，则截面为五边形，所以项不正确；对于，因为，，所以，即．又因为，所以，可得．结合，得，所以，，可得．在△中，，结合，可得，，因此，截面的周长为，可知项不正确；对于，因为，所以，即△为等腰三角形．又因为，所以，连接，如图2所示，则，所以．因为△，所以，可得，同理可得，所以截面的面积等于，故项正确．故选：．微专题8空间中的动态问题1.【解答】解：在棱长为1的正方体中，连接，，，由平面，平面，得，而，，，平面，则平面，又平面，于是，同理，而，，平面因此平面，因为，则平面，而点为截面上的动点，平面平面，所以点的轨迹是线段，长度为．故选：．2.【解答】解：选项，连接，因为点，分别为棱，的中点，所以，因为，所以，又平面，平面，所以平面，即选项正确；选项，由正方体的性质知，平面，因为平面，所以，又，，所以，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，所以点的轨迹长度为，即选项错误；选项，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，0，，，1，，，0，，所以，0，，，1，，设平面的法向量为，，，则，取，则，所以，2，，设，，，则，，，，若面，则，，，所以，解得，，，即，1，，所以，所以面不成立，即选项错误；选项，由上可知，，，，且，，，，不妨设，，，，则，，，所以点到平面距离，其中，所以点到平面距离的最大值为，即选项正确．故选：．3.【解答】解：如图，对于选项，可知的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，圆弧长为，故选项正确；对于选项，可知点在线段上，所以当点与点重合时，三棱锥体积最大，且最大值为，所以选项错误；对于选项，可知该球的半径为1，球与直四棱柱的公共部分的体积为，所以选项错误；对于选项，经过，，三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形，其中，可得，设的中点为，的中点为，连接，，，可得平面，所以，求得，所以，所以选项正确．故选：．4.【解答】解：如图所示：对选项，平面，，，与平面所成角为，选项正确；对，选项，点是三角形内的动点（含边界），，为以的中点为球心，为直径的球与三角形的交线，取的中点，则根据题意易知平面，且，又，该球的半径为，交线所在圆的半径为，又易知为边长为1的正三角形，交线所对的圆心角为，的长为，选项正确；三棱锥的体积最大值为，选项错误；对选项，将底面直角三角形对称补全成正方形，则异面直线与所成角即为与所成角，由图可知：当与重合时与所成角最小，即最小角为，与所成角余弦值的最大值为；当与重合时与所成角最大，即最大角为，过作与点，则为的中点，，，，，又，，且易知，，在中，由余弦定理可得：，异面直线与所成角的余弦值范围是，，选项正确．故选：．5.【解答】解：过点作，垂足为，连接．易得平面，所以点到平面的距离为，，，，，过点作平面，垂足为（图略）．当，，三点共线，且时，取得最大值，最大值为．故选：．【精选练习】6.【解答】解：因为，所以点轨迹为以为直径的球，中点即为正方体中心，球心在每个面上的射影为面的中心，因为，所以，又因为球心在每个面的距离，所以球被正方体每个表面所截的小圆的半径，所以点的轨迹是六个半径为的圆，故点的轨迹长度即为．故选：．7.【解答】解：对于，在正方体中，平面平面，因为平面，所以平面，故正确；对于，，分别是棱，的中点，点为中点时，平面在正方体上的截面为正六边形，则，，，四点共面，有，故错误；对于，若，则为上靠近点的三等分点，取上靠近的三等分点，的中点，连接，，则在正方形中，可得，平面，平面，则有平面，同理可由，证明平面，，平面，，所以平面平面，点在侧面内，且平面，所以即为点的轨迹，，故正确；对于，若，则为的中点，平面分割该正方体所成的两个空间几何体和，平面在正方体上的截面为正六边形，某球能够被整体放入或，该球的表面积最大时，是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球，正六边形的边长为，面积为，正六棱锥，侧棱长，每个侧面面积为，棱锥的高为，设该球的半径为，由体积法可得，解得，所以该球的表面积为，故正确．故选：．8.【解答】解：对于，直线与平面所成角为，，点在以为圆心，为半径的圆周上运动，点的轨迹为圆，故错误；对于，在面内研究，为内切球的球心，为上底面中心，为下底面中心，如图，为内切球与面的切点，，为球心到面的距离，在正方体中，，，，由题意得△△，，，解得，切面圆的半径满足：，切面圆的面积，故正确；对于，直线与平面所成角为，当与点的轨迹圆相切时，最大，如图，此时，，故正确；对于，由题意得点为和圆周的交点时，最小，此时可将面沿着翻折到面所在平面，根据长度关系，翻折后的图形如图：当，，三点共线时，最小，，，最小值为，故正确．故选：．9.【解答】解：对于，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故正确；以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，0，，，2，，设，，，且，，，对于，即，又，，则点的轨迹为线段，且，故错误；对于，设，，，且，，若平面经过点，则，且，又，所以，，，0，，2，，2，，即，，，，，因此，从而，所以，即时即可，所以存在存在点，使得平面经过点，故正确；对于，点关于平面的对称点的为，2，，三点共线时线段和最短，故，故存在点满足，故正确．故选：．10.【解答】解：对选项，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建系如图：则根据题意可得，0，，，0，，，0，，，2，，当点是线段的中点时，，0，，设，2，，所以，，，假设存在点，使得平面，则，，解得，所以存在点，使得平面，此时点与点重合，故正确；对选项，取的中点，连接，，，，，如图所示．则，，所以，又易得，，，所以梯形的面积为，故错误；对选项，如图，取的中点，当为的中点时，易知，且，四边形为菱形，，又，点到直线的距离的最小值为，故选项正确；对选项，取的中点，连接，，，易得平面，又平面，所以，所以，则点在侧面内运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，分别交，于，，则，则，所以点的轨迹长度为，故选项正确．故选：．11.【解答】解：对于，取正方形的中心，正方形的中心，连接，，，则平面，过点作于点，则平面，，，，，，，，可得，，根据勾股定理得，故项不正确；对于，过点作于点，则，，正四棱台的侧面面积是，故项正确；对于，正四棱台的外接球球心在直线上，连接，，则，设，则，由勾股定理得，，即，解得，故项正确；对于，由勾股定理得，故点的轨迹为以为圆心、半径的圆在正方形内的部分，如图所示，其中，故，又，根据勾股定理求得，由于，故，可得，所以动点的轨迹长度是，故不正确．故选：．12【解答】解：正四棱锥的所有棱长均相等，设棱长为，为顶点在底面内的射影，对于，过作直线，则为平面与平面的交线，取中点，中点，连接，，则为二面角的平面角，连接，在中，，平面与平面不垂直，故错误；对于，取中点，中点，连接，，，则，，，，平面平面，当时，平面，这样的点有无穷多个，故正确；对于，由已知可知当在正方形各边中点时，与底面所在角最大，，，不存在，使得与底面所在角为，故错误；对于，作垂直于，连接，则为二面角的平面角，当都无限向点靠拢时，，当，时，，二面角范围是，，故正确．故答案为：．13.【解答】解：因为平面，，平面，所以，，又，，所以，取的中点，则，，所以平面，过作于，因为平面，所以，又，，平面，所以平面，所以为与平面所成的角的平面角（或补角），因为平面，平面，则，又在△中，，则，所以，，因为，所以，，所以点轨迹是以为圆心，以为半径的圆在△内部的一部分，如图，所以的最小值为，故正确；由于轨迹圆部分在平面外部，所以的最大值不等于，故错误；因为平面，平面，所以，若，则点在线段上，有且仅有一个点满足题意，故正确；动线段形成的曲面为圆锥侧面积的一部分，易知三棱锥是正三棱锥，平面，故为等边△的中心，所以，因为，所以，因为，所以曲面面积为圆锥侧面面积的，圆锥侧面积为，所以所有满足条件的动线段形成的曲面面积为，故正确．故选：．跨章节综合2立几与导数1.【解答】解：如图，不妨设球与顶点出发的三个平面相切，易知球心在上是中心），与三个面的切点，，分别在，，上，在中，易知，，，则，则，又，且，则，故，故有最大值，且为，故正确；当时，，此时在四面体外，故正确；又，故，①当在线段上时，，设，此时，设，则，得，则在上单调递减，在上单调增，由，，此时无最大值，；②当在线段外时，，设，则单调递增，则，，故有最小值无最大值，故错误，正确．故选：．【精选练习