微專題15 立體幾何中的截面、范圍與最值、軌跡問題 -2025年新高考數(shù)學二輪復(fù)習微專題提分突破140分方案

PAGE1微專題15立體幾何中的截面、范圍與最值、軌跡問題【秒殺總結(jié)】1、立體圖形中的截面問題：（1）利用平面公理作出截面；（2）利用幾何知識求面積或體積.2、立體幾何中距離之和的最值問題的求解，解題關(guān)鍵是能夠求得關(guān)于平面的對稱點，從而利用三角形兩邊之和大于第三邊的特點確定當三點共線時取得最小值.3、對于立體幾何中的動點問題，常需動中覓靜，這里的"靜"是指問題中的不變量或者是不變關(guān)系，動中覓靜就是在運動變化中探索問題中的不變性."靜"只是"動"的瞬間，是運動的一種特殊形式，然而抓住"靜"的瞬間，使一般情形轉(zhuǎn)化為特殊情形，問題便迎刃而解.【典型例題】例1．（2024·內(nèi)蒙古包頭·一模）已知兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在該球面上，若兩個圓錐的高之比為，它們的體積之和為，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】記該截面和球的半徑分別為，由于兩個圓錐的高之比為，故球心到該截面的距離為，從而，.而兩個圓錐的高分別是，故體積之和.從而，故，.該球的表面積.故選：B.例2．（2024·高三·全國·專題練習）如圖，長方體中，，，M為的中點，過作長方體的截面交棱于N，下列正確的是（

）①截面可能為六邊形②存在點N，使得截面③若截面為平行四邊形，則④當N與C重合時，截面面積為A．①② B．③④ C．①③ D．②④【答案】B【解析】長方體中，過作長方體的截面交棱于N，設(shè)為的中點，根據(jù)點N的位置的變化分析可得，當時，截面為平行四邊形，當時，截面為五邊形，當，即點N與點C重合時，截面為梯形，故①錯誤，③正確；設(shè)截面，因為，所以，又平面，且平面，所以，又，所以平面，所以N只能與C重合才能使，因為顯然不垂直平面，故此時不成立，故②錯誤；因為當N與C重合時，截面為梯形，如圖所示，過M作垂直于于點，設(shè)梯形的高為h，，則由平面幾何知識可得，解得，所以截面的面積為，故④正確．故選：B.例3．（2024·山東濰坊·一模）如圖所示，在棱長為1的正方體中，點為截面上的動點，若，則點的軌跡長度是（

）A． B． C． D．1【答案】B【解析】在棱長為1的正方體中，連接，由平面，平面，得，而，平面，則平面，又平面，于是，同理，而平面，因此平面，因為，則平面，而點為截面上的動點，平面平面，所以點的軌跡是線段，長度為.故選：B例4．（2024·四川成都·二模）在所有棱長均相等的直四棱柱中，，點在四邊形內(nèi)（含邊界）運動．當時，點的軌跡長度為，則該四棱柱的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】設(shè)棱長為，延長，過點作垂直于的延長線于，由，可得；由直四棱柱的性質(zhì)可得，平面，所以；因為，所以.在平面內(nèi)，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓夾在四邊形內(nèi)的部分，即圖中圓弧.因為，所以，因為點的軌跡長度為，所以，即.四棱柱的表面積為.故選：A.例5．（2024·陜西西安·一模）如圖，在棱長為2的正方體中，均為所在棱的中點，動點P在正方體表面運動，則下列結(jié)論中正確的個數(shù)為（

）

①在中點時，平面平面②異面直線所成角的余弦值為③在同一個球面上④，則點軌跡長度為A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】①：取的中點，連接，在棱長為2的正方體中，均為所在棱的中點，易知，平面，在面內(nèi)，所以，面，面，，所以面，面，所以，連接，是正方形，，因為面，面，所以，因為面，面，，所以面，因為面，所以，綜上，面，面，又，所以面，面，故平面平面，故①正確；②：取的中點，連接，則，所以是異面直線所成的角，又，則，故②錯誤；③：記正方體的中心為點，則，所以在以為球心，以為半徑的球面上，故③正確；④：因為，且為的中點，所以，故，所以點軌跡是過點與平行的線段，且，所以，故④正確；故選：D例6．（多選題）（2024·高二·湖南長沙·開學考試）在正方體中，，點滿足，其中，，則下列結(jié)論正確的是（

）A．當平面時，不可能垂直B．若與平面所成角為，則點的軌跡長度為C．當時，的最小值為D．當時，正方體經(jīng)過點、、的截面面積的取值范圍為【答案】BD【解析】A選項：建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，，所以，，則，，設(shè)平面的法向量為，所以令，則，即平面的一個法向量為．若平面，則，即，，令，解得．即為中點時，有平面，且，故A錯誤；B選項：因為平面，連接，則即為與平面所成角，若與平面所成角為，則，所以，即點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，于是點的軌跡長度為，故B正確；C選項：當時，,此時點在線段上運動，如圖，將平面與平面沿展成平面圖形，線段即為的最小值，利用余弦定理可知，所以，故C錯誤；D選項：當時，,故點在線段上運動,正方體經(jīng)過點、、的截面為平行四邊形，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，，，，所以點到直線的距離為，于是當時，的面積取最小值，此時截面面積為；當或1時，的面積取最大值，此時截面面積為，故D正確．故選：BD例7．（多選題）（2024·河南·三模）已知正方體的棱長為2，，，，.點P是棱上的一個動點，則（

）A．當且僅當時，平面DMNB．當，時，平面C．當時，的最小值為D．當時，過B，M，N三點的截面是五邊形【答案】ABC【解析】以為坐標原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，因為，，，，所以，對于A，，，若平面DMN，則，所以恒成立，，解得，故當且僅當時，平面DMN，正確；對于B，當，時，，，因為平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，所以為平面的一個法向量，因為，所以，又平面，所以平面，正確；對于C，將平面和平面展開成一個平面，連接，如圖，由三點共線時距離之和最小，即，顯然當時，最小為的高h，對于，利用面積相等得，即，解得，所以，正確；對于D，當時，M，N分別為，的中點，連接，如下圖所示，過點B作AC的平行線交延長線于點，交于點，連接并延長，交于點，交于，連接并延長，交于點，根據(jù)對稱性在直線上，連接，因為M為中點，N為中點，所以，又因為，所以，所以共面，此時，四邊形為截面，所以截面為四邊形，錯誤.故選：ABC例8．（多選題）（2024·廣西柳州·三模）正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（

）A．當，時，與平面所成角為B．當時，有且僅有一個點，使得C．當，時，平面平面D．若，則點的軌跡長度為【答案】ACD【解析】當，時，與重合，由已知得，平面，所以就是與平面所成的角，因為，所以，所以，即與平面所成角為，A正確；當時，取線段中點分別為，連接，因為，即，所以，則點在線段上，設(shè)，則，則，，，若，則，則，則，所以或，則點與、重合時，，即當時，存在兩個點使得，故B錯；當，時，，則，所以是中點，取中點，中點，建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，所以，，，，設(shè)平面和平面的一法向量分別為，則，，解得，，令，，可得，，因為，所以，即平面平面，C正確；若，因為，，，所以點在側(cè)面上，又平面，，所以點的軌跡是以Q為圓心，半徑為的半圓，軌跡長度為，故D準確.故選：ACD例9．（多選題）（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測）已知正方體棱長為4，點N是底面正方形ABCD內(nèi)及邊界上的動點，點M是棱上的動點（包括點），已知，P為MN中點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．無論M，N在何位置，為異面直線 B．若M是棱中點，則點P的軌跡長度為C．M，N存在唯一的位置，使平面 D．AP與平面所成角的正弦最大值為【答案】ABD【解析】由于相交，而，因此為異面直線，A正確，當M是棱中點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè),故，且，由于，故，化簡得，由于，所以點P的軌跡長度為半徑為的圓的，故長度為，B正確，設(shè),則，且，，,設(shè)平面的法向量為，則，令，則,，故，由于，故，化簡得，聯(lián)立，故解不唯一，比如取，則或取，故C錯誤，由于平面，平面，故,又四邊形為正方形，所以,平面，所以平面，故平面的法向量為，設(shè)AP與平面所成角為，則，則，當且僅當時取等號，，時，令，則，故，由于，當且僅當，即時等號成立，此時，由且可得因此，由于，，故的最大值為，故D正確，、故選：ABD例10．（2024·高三·四川巴中·階段練習）如圖，棱長為的正方體中，為線段上的動點（不含端點），以下正確的是

①；②存在點，使得//面；③的最小值為；④存在點，使得與面所成線面角的余弦值為.【答案】①②【解析】由題意，建立如圖空間直角坐標系，則，所以，設(shè)，則，所以，所以.①：，所以，故①正確；②：設(shè)平面的一個法向量為，則，令，得，所以，有，當時，，此時，即平面，所以當點P為的中點時，平面，故②正確；③：將平面與平面沿展開成平面圖，線段即為的最小值.在中，，由余弦定理，得，即，故③錯誤；④：由平面，得平面，即平面，則為平面的一個法向量，假設(shè)存在點P，使得與平面所成線面角的余弦值為，設(shè)該線面角為，則，所以，整理得，由知方程無實根，所以不存在點P，使得與平面所成線面角的余弦值為，故④錯誤.故答案為：①②例11．（2024·高三·北京房山·期末）如圖，在棱長為的正方體中，點是線段上的動點.給出下列結(jié)論：①；②平面；③直線與直線所成角的范圍是；④點到平面的距離是.其中所有正確結(jié)論的序號是.【答案】①②④【解析】以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，則有、、、、、、、，則、、、、、、，設(shè)，，則，，故，故①正確；設(shè)平面的法向量為，則有，即，取，則，有，故，又平面，則平面，故②正確；當時，有，此時，即，即此時直線與直線所成角為，故③錯誤；由，，則，故④正確.故答案為：①②④.例12．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）已知正方體，棱長為2.(1)求證：平面；(2)若平面平面，且平面與正方體的棱相交，當截面面積最大時，在所給圖形上畫出截面圖形（不必說出畫法和理由），并求出截面面積的最大值；(3)在（2）的情形下，設(shè)平面與正方體的棱、、交于點、、，當截面的面積最大時，求二面角的余弦值.【解析】（1）連接，，，因為是正方體，所以平面，因為平面，所以又因為四邊形是正方形，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以.同理可證得：，又因為平面，所以平面.（2）設(shè)分別是的中點，連接，根據(jù)題意知截面面積最大時，圖形是邊長為的正六邊形，所以最大的截面面積為.（3）因為平面平面，所以當截面的面積最大時，、、分別是棱、、的中點，以為原點建立如圖所示空間直角坐標系：，，，，設(shè)平面的一個法向量是，，，則，令，則，，，設(shè)平面的一個法向量是，，，，令，則，，則，，設(shè)二面角的平面角為，由圖知為銳角，所以，所以二面角的余弦值為.【過關(guān)測試】1．（2024·天津·一模）祖暅是我國南北朝時期杰出的數(shù)學家和天文學家祖沖之的兒子，他提出了一條原理：“冪勢既同，則積不容異”.這里的“冪”指水平截面的面積，“勢”指高.這句話的意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體體積相等，利用祖暅原理可以將半球的體積轉(zhuǎn)化為與其同底等高的圓柱和圓錐的體積之差，圖1是一種“四腳帳篷”的示意圖，其中曲線和均是以2為半徑的半圓，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帳篷底面的平面截帳篷，所得截面四邊形均為正方形，模仿上述半球的體積計算方法，可以構(gòu)造一個與帳篷同底等高的正四棱柱，從中挖去一個倒放的同底等高的正四棱錐（如圖2），從而求得該帳篷的體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)截面與底面的距離為，在帳篷中的截面為，設(shè)底面中心為，截面中心為，則，，所以，所以截面為的面積為.設(shè)截面截正四棱柱得四邊形為，截正四棱錐得四邊形為，底面中心與截面中心之間的距離為，在正四棱柱中，底面正方形邊長為，高為2，，所以，所以為等腰直角三角形，所以，所以四邊形邊長為，所以四邊形面積為，所以圖2中陰影部分的面積為，與截面面積相等，由祖暅原理知帳篷體積為正四棱柱的體積減去正四棱錐的體積，即.故選：D.2．（2024·高三·全國·專題練習）已知正方形的邊長為4，若將沿BD翻折到的位置，使得二面角為，N為的四等分點靠近D點，已知點，B，C，D都在球O的表面上，過N作球O的截面，則截球所得截面面積的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如圖，取BC的中點為O，由正方形的邊長為4，則，因此O為空間四邊形的外接球球心，外接球半徑，設(shè)球心到平面的距離為d，截面圓的半徑為r，則有，即，當截面時，d最大，此時截面面積最小，且，在中，，，，由余弦定理可得，，此時，所以截面面積最小值為.故選：D3．（2024·高三·全國·專題練習）如圖，在棱長為1的正方體中，已知，分別為線段，上的動點，為的中點，則的周長的最小值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)的中點為，連接（不與點重合），，，，所以，所以，把平面與平面展開并攤平，如圖，在平面圖形中連接，交于點，交于點，此時的周長取得最小值，在中利用余弦定理可得，所以的周長的最小值為．故選：B．4．（2024·廣西柳州·三模）已知P，A，B，C是半徑為2的球面上四點，為等邊三角形且其面積為，則三棱錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)的邊長為a，則，所以，設(shè)的外接圓的圓心為M，半徑為r，則，得，則球心到平面的距離，當共線且位于之間時，三棱錐的高最大，為，此時三棱錐的體積也最大，最大值為故選：B．5．（多選題）（2024·江蘇徐州·一模）已知圓臺的上、下底面直徑分別為2，6，高為，則（

）A．該圓臺的體積為B．該圓臺外接球的表面積為C．用過任意兩條母線的平面截該圓臺所得截面周長的最大值為16D．挖去以該圓臺上底面為底，高為的圓柱后所得幾何體的表面積為【答案】BC【解析】由已知得圓臺的上下底面半徑分別為，對于A：圓臺的體積為，A錯誤；對于B：如圖是圓臺的軸截面，外接球球心為，設(shè)外接球半徑為，當球心在梯形內(nèi)時，，解得，當球心在梯形外時，，方程無解，所以外接球的表面積，B正確；對于C：用過任意兩條母線的平面截該圓臺所得截面周長，其中軸截面的周長最大，又母線長為，則最大周長為，C正確；對于D：如圖：挖去以該圓臺上底面為底，高為的圓柱后所得幾何體的表面積為，D錯誤.故選：BC.6．（多選題）（2024·高三·全國·專題練習）(多選)下列說法正確的是（

）A．若一個球的體積為，則它的表面積為B．棱長為1的正四面體的內(nèi)切球半徑為C．用平面α截一個球，所得的截面面積為π，若α到該球球心的距離為1，則球的體積為D．棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內(nèi)切球截平面A1BD所得的截面面積為【答案】ABD【解析】對于A：一個球的體積為，設(shè)該球的半徑為，則，解得，于是該球的表面積為，故A正確；對于B：正四面體的棱長為1，內(nèi)切球半徑，如圖所示，為的中點，，由正四面體的性質(zhì)可知線段為正四面體的高，在正中，，同理，在正中，，則，，所以，則，設(shè)點為正四面體內(nèi)切球的球心，則等體積法有，解得，故正確.對于C：用平面α截一個球，所得的截面面積為π，截面圓的半徑，則，即，α到該球球心的距離，設(shè)球的半徑，則，所以球的體積為，故C錯誤；對于D：平面截球的截面為的內(nèi)切圓，如下圖：因為正方體的棱長為1，所以對角線，內(nèi)切圓半徑，所以截面面積，故D正確.故選：ABD.7．（多選題）（2024·高三·重慶·階段練習）在意大利，有一座滿是“斗笠”的灰白小鎮(zhèn)阿爾貝羅貝洛，這些圓錐形屋頂?shù)钠嫣匦∥菝?，?996年被收入世界文化遺產(chǎn)名錄．現(xiàn)測量一個的屋頂，得到圓錐（其中為頂點，為底面圓心），母線的長為，是母線的靠近點的三等分點．從點到點繞屋頂側(cè)面一周安裝燈光帶，燈光帶的最小長度為．下面說法正確的是（

）A．圓錐的側(cè)面積為 B．過點的平面截此圓錐所得截面面積最大值為C．圓錐的外接球的表面積為 D．棱長為的正四面體在圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動【答案】ABD【解析】對于A，設(shè)圓錐底面半徑為，如圖，在中，，，，∴，∴，所以，（米），所以圓錐的側(cè)面積為（），故A正確；對于B，在中，，所以，所以過點平面截此圓錐所得截面面積最大為（），故B正確；對于C，設(shè)圓錐的外接球半徑為，則，又，所以，∴，圓錐的外接球表面積為，故C不正確；對于D，設(shè)圓錐的內(nèi)切球半徑為，則，∴，在棱長為米的正四面體中，設(shè)其外接球半徑為，則此正四面體的底面外接圓半徑為，高為，所以，所以，因為，所以棱長為米的正四面體在圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，故D正確.故選：ABD8．（多選題）（2024·吉林·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體中，M，N分別是，的中點，為線段上的動點，則下列說法正確的是（

）A．一定是異面直線B．存在點，使得C．直線與平面所成角的正切值的最大值為D．過M，N，P三點的平面截正方體所得截面面積的最大值為【答案】AD【解析】以為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系：則，設(shè)，則點坐標為；對A：設(shè)平面的法向量為，，則，即，取，解得，故；又，，考慮到，則，故，故一定是異面直線，A正確；對B：，，若，則，即，解得，又，故不存在這樣的點，使得，B錯誤；對C：，取平面的法向量，則，設(shè)直線與平面的夾角為則，則，，又，故，即直線與平面所成角的正切值的最大值為，C錯誤；對D：在正方體中，過的截面為六邊形且六邊形為正六邊形時面積最大.此時過的截面經(jīng)過對稱中心，設(shè)截面交于中點，也為中點，所以為的中點時，過三點的平面截正方體所得截面面積最大，取的中點為，連接，如下所示：故此時截面為正六邊形，其面積，故D正確.故選：AD.9．（多選題）（2024·湖南衡陽·模擬預(yù)測）三棱錐各頂點均在半徑為2的球的表面上，，，平面與平面所成的角為，則下列結(jié)論正確的是（

）A．直線平面 B．三棱錐的體積為C．點到平面的距離為 D．點形成的軌跡長度為【答案】BCD【解析】如圖，設(shè)是的外心，是的外心，則平面，平面，又平面，平面，所以，，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，由，則是的中點，所以，且，所以是二面角的平面角，即，因為，所以，所以，即，又四點共面，且，則是中點，如圖，顯然，直線與平面相交于，故A錯誤；，故B正確；由是中點，則，故C正確；由，故點形成的軌跡是半徑為的圓，故軌跡長度為，故D正確.故選：BCD10．（多選題）（2024·湖南·二模）如圖，點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，是線段的中點，則（

）A．若點滿足，則動點的軌跡長度為B．三棱錐體積的最大值為C．當直線與所成的角為時，點的軌跡長度為D．當在底面上運動，且滿足平面時，線段長度最大值為【答案】CD【解析】對于A，易知平面平面，故動點的軌跡為矩形，動點的軌跡長度為矩形的周長，即為，所以錯誤；對于B，因為，而等邊的面積為定值，要使三棱錐的體積最大，當且僅當點到平面的距離最大，易知點是正方體到平面距離最大的點，所以，此時三棱錐即為棱長是的正四面體，其高為，所以，B錯誤；對于C：連接AC，，以B為圓心，為半徑畫弧，如圖1所示，當點在線段和弧上時，直線與所成的角為，又，弧長度，故點的軌跡長度為，故正確；對于D，取的中點分別為，連接，如圖2所示，因為平面平面，故平面，，平面平面，故平面；又平面，故平面平面；又，故平面與平面是同一個平面.則點的軌跡為線段：在三角形中，則，故三角形是以為直角的直角三角形；故，故長度的最大值為，故正確.故選：.11．（多選題）（2024·湖北·二模）如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方形內(nèi)一個動點（包括邊界），且平面，則下列說法正確的有（

）

A．動點軌跡的長度為B．三棱錐體積的最小值為C．與不可能垂直D．當三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為【答案】ABD【解析】對A，如圖，令中點為,中點為,連接，又正方體中，為棱的中點，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又為正方形內(nèi)一個動點（包括邊界），平面平面，而平面平面，，即的軌跡為線段.由棱長為2的正方體得線段的長度為，故選項A正確；對B，由正方體側(cè)棱底面，所以三棱錐體積為，所以面積最小時，體積最小，如圖，，易得在處時最小，此時,所以體積最小值為，故選項B正確；對C，當為線段中點時，由可得,又中點為,中點為,，而，,故選項C不正確；對D，如圖，當在處時，三棱錐的體積最大時，由已知得此時,所以在底面的射影為底面外心，,,,所以底面為直角三角形，所以在底面的射影為中點，設(shè)為，如圖，設(shè)外接球半徑為,由,,可得外接球半徑，外接球的表面積為，故選項D正確.故選：ABD.12．（多選題）（2024·江西鷹潭·一模）直四棱柱的所有棱長都為4，，點在四邊形及其內(nèi)部運動，且滿足，則下列選項正確的是（

）

A．點的軌跡的長度為.B．直線與平面所成的角為定值．C．點到平面的距離的最小值為.D．的最小值為-2．【答案】BC【解析】直四棱柱的所有棱長都為4，則底面為菱形，又，則和都是等邊三角形，設(shè)與相交于點，由，以為原點，為軸，為軸，過垂直于底面的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，，點在四邊形及其內(nèi)部運動，設(shè)，，由，有，即，所以點的軌跡為平面內(nèi)，以為圓心，2為半徑的半圓弧，所以點的軌跡的長度為，A選項錯誤；平面的法向量為，，直線與平面所成的角為，則，又由，則，所以直線與平面所成的角為定值，B選項正確；，設(shè)平面的一個法向量為，則有，令，得，，所以點到平面的距離，，所以時，，所以點到平面的距離的最小值為，C選項正確；，，其幾何意義為點到點距離的平方減12，由，點到點距離最小值為，的最小值為，D選項錯誤.故選：BC.13．（多選題）（2024·浙江溫州·二模）已知半徑為球與棱長為1的正四面體的三個側(cè)面同時相切，切點在三個側(cè)面三角形的內(nèi)部（包括邊界），記球心到正四面體的四個頂點的距離之和為，則（

）A．有最大值，但無最小值 B．最大時，球心在正四面體外C．最大時，同時取到最大值 D．有最小值，但無最大值【答案】ABD【解析】對于AB，設(shè)球心為，正四面體為，的中心為，則在上，，，球與平面，平面，平面相切，與平面相切于點，，，因為，在中，，則所以在中，，因為，所以，有最大值，但無最小值，故A正確；當，此時，最大時，球心在正四面體外，故B正確；對于CD，設(shè)，，，所以，令，令，解得：或（舍去），當時，，在上單調(diào)遞減，當時，，在上單調(diào)遞減，所以當時，，所以有最小值，但無最大值，故D正確，C錯誤.故選：ABD.14．（多選題）（2024·湖南長沙·模擬預(yù)測）四棱錐的底面為正方形，PA與底面垂直，，，動點M在線段PC上，則（

）A．不存在點M，使得B．的最小值為C．四棱錐的外接球表面積為5πD．點M到直線AB的距離的最小值為【答案】BD【解析】對于A：連接BD，且，如圖所示，當M在PC中點時，因為點O為AC的中點，所以，因為平面ABCD，所以平面ABCD，又因為平面ABCD，所以，因為ABCD為正方形，所以．又因為，且BD，平面BDM，所以平面BDM，因為平面BDM，所以，所以A錯誤；對于B：將和所在的平面沿著PC展開在一個平面上，如圖所示，和是全等的直角三角形，，，連結(jié)，，則的最小值為BD，直角斜邊PC上高為，即，直角斜邊PC上高也為，所以的最小值為，所以B正確；對于C：易知四棱錐的外接球直徑為PC，半徑，表面積，所以C錯誤；對于D：點M到直線AB的距離的最小值即為異面直線PC與AB的距離，因為，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，所以直線AB到平面PCD的距離等于點A到平面PCD的距離，過點A作，因為平面ABCD，面，所以，又，且，面，故平面PAD，平面PAD，所以，因為，且PD，平面PCD，所以平面PCD，所以點A到平面PCD的距離，即為AF的長，如圖所示，在中，，，可得，所以由等面積得，即直線AB到平面PCD的距離等于，所以D正確，故選：BD．15．（多選題）（2024·高三·貴州安順·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，點E、F、G、H分別為棱、、、的中點，點M為棱上動點，則（

）

A．點E、F、G、H共面 B．的最小值為C．點B到平面的距離為 D．【答案】ACD【解析】如圖，以D為原點，建立空間直角坐標系，則，，，，，對A：，，，設(shè)，即，解得，，所以共面，故A正確．對B：將正方體沿剪開展開如下圖，連接交于一點，此點為點，此時為最小值，故B錯誤；對C：由等體積法可知，即，由，，求解得，故C正確.對D：，，，，則，所以，故D正確.故選：ACD.16．（多選題）（2024·高三·山東菏澤·階段練習）已知正方體的棱長為是中點，是的中點，點滿足，平面截該正方體，將其分成兩部分，設(shè)這兩部分的體積分別為，則下列判斷正確的是（

）A．時，截面面積為 B．時，C．隨著的增大先減小后增大 D．的最大值為【答案】BCD【解析】如圖1，當時，點是的中點，易得截面為正六邊形．其棱長為，故截面面積為故A項錯誤；由對稱性可知．當時．平面分兩部分是全等的，故體積相等，故B項正確；如圖2．當從0變化到1時．截面從四邊形變化至五邊形（其中為靠近點的三等分點）．結(jié)合B項可知，被截面所分兩部分體積之差的絕對值先減小至0，再逐漸增大，故C項正確；取最大值時對應(yīng)為，或時情形．當時，不妨記為截面左上角的部分幾何體，則,則,此時；當時，不妨記為截面左上角的部分幾何體，則,則，此時.的最大值為，故D項正確．故選：BCD．17．（多選題）（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）已知正方體的棱長為為空間中動點，為中點，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若為線段上的動點，則與所成為的范圍為B．若為側(cè)面上的動點，且滿足平面，則點的軌跡的長度為C．若為側(cè)面上的動點，且，則點的軌跡的長度為D．若為側(cè)面上的動點，則存在點滿足【答案】BC【解析】對于A，當與不重合時，過作交于，連接，如圖，由平面，平面，得，有，顯然，則為與所成的角，，當與重合時，當由點向點移動過程中，逐漸增大，逐漸減小，則逐漸增大，因此，，當與點重合時，有，，所以與所成角的范圍為，A錯誤；對于B,取的中點,的中點,連接，如圖，由中位線可知，,,平面，則平面，同理可得：平面，又且都在面GNF內(nèi),所以面平面,因為平面，所以點,則點的軌跡的軌跡的長度，故B正確；對于C，由平面，易得是直角三角形，，，如圖，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，由,則，同理,所以,軌跡長度為，C正確；對于D，在平面內(nèi)延長，截取，連接交于點，（如圖）,點與點重合時，,點與點不重合時，，所以不存在點滿足，D錯誤.故選：BC18．（多選題）（2024·高三·江蘇揚州·期末）棱長為2的正方體中，下列選項中正確的有（

）A．過的平面截此正方體所得的截面為四邊形B．過的平面截此正方體所得的截面的面積范圍為C．四棱錐與四棱錐的公共部分為八面體D．四棱錐與四棱錐的公共部分體積為【答案】ABD【解析】連接與線段上任意一點，過作交于，所以過的平面截此正方體所得的截面為四邊形，A對；由上分析及正方體結(jié)構(gòu)特征易知：四邊形為平行四邊形，若為各線段上的中點時，四邊形為菱形，此時截面最小面積為；根據(jù)正方體的對稱性，從中點向或運動時，四邊形面積都是由小變大，當與重合時，截面最大面積為；綜上，過的平面截此正方體所得的截面的面積范圍為，B對；令交于，交于，交于，顯然是各交線的中點，若是中點，連接，所以四棱錐與四棱錐的公共部分為六面體，C錯；其體積，D對.故選：ABD19．（多選題）（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，正方體的棱長為1，點，分別為和的中點，則（

）

A．直線平面B．直線與直線為異面直線C．點到平面的距離為D．若點為線段上的動點（含端點），則的范圍為【答案】AD【解析】解法一選項A：連接，，平面，平面，直線平面，故A正確；選項B：，與共面，即，，，四點共面，直線與直線共面，故B錯誤；選項C：連接，，設(shè)點到平面的距離為，，．，，，，，，，，故C錯誤；選項D：易知，，設(shè)，則，當時，,當時，最大值為，∴，，，，∴，故D正確．解法二：建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，．選項A：，，，又平面，平面，直線平面，故A正確；選項B