2023届高三数学小题专练

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一、单选题1．已知正方体的棱长为1，E为中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（ ）A． B． C． D．2．在正三棱锥中，，分别是，的中点，且，，则正三棱锥的内切球的表面积为（ ）A． B．C． D．3．已知正方体的棱长为3，点P在的内部及其边界上运动，且，则点P的轨迹长度为( )A． B． C． D．4．已知菱形中，，将其沿对角线折成四面体，使得二面角的大小为，若该四面体的所有顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A． B． C． D．5．已知半球与圆台有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）A． B． C． D．6．如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，，，D是棱的中点，P是AD的延长线与的延长线的交点，若点Q在线段上，则下列结论中正确的是（ ）.A．当点Q为线段的中点时，平面B．当点Q为线段的三等分点时，平面C．在线段的延长线上，存在一点Q，使得平面D．不存在DQ与平面垂直7．在体积为的直三棱柱中，为锐角，且，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）A． B． C． D．8．已知在矩形中，，，，分别在边，上，且，，如图所示，沿将四边形翻折成，则在翻折过程中，二面角的大小为，则的最大值为（ ）A． B． C． D．9．已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（ ）A．只可能为三角形或六边形B．平面与平面的夹角为定值C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大10．如图所示，在正方体中，点F是棱上的一个动点(不包括顶点)，平面交棱于点E，则下列命题中正确的是( )A．存在点F，使得为直角B．对于任意点F，都有直线∥平面C．对于任意点F，都有平面平面D．当点F由向A移动过程中，三棱锥的体积逐渐变大11．如图，直角梯形，，，，是边中点，沿翻折成四棱锥，则点到平面距离的最大值为A． B． C． D．12．如图①，在Rt△ABC中，，，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到OA，DE的位置，使，如图②．若F是的中点，点M在线段上运动，则当直线CM与平面DEF所成角最小时，四面体MFCE的体积是（ ）A． B．C． D．13．已知四面体的每个顶点都在球O（О为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（ ）A． B． C． D．14．在直三棱柱中，底面是以B为直角的等腰三角形，且，.若点D为棱的中点，点M为面的一动点，则的最小值为（ ）A． B．6 C． D．15．如图，在三棱锥中，，，，且直线AB与DC所成角的余弦值为，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）A． B． C． D．16．直角中，是斜边上的一动点，沿将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（ ）A． B． C． D．17．如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论错误的是（ ）A．平面平面；B．点到直线的距离；C．若二面角的平面角的余弦值为，则；D．点A到平面的距离为．18．如图，矩形中，，为边的中点.将沿直线翻折成（平面）.若在线段上（点与，不重合），则在翻折过程中，给出下列判断：①当为线段中点时，为定值；②存在某个位置，使；③当四棱锥体积最大时，点到平面的距离为；④当二面角的大小为时，异面直线与所成角的余弦值为.其中判断正确的个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．419．如图，在单位正方体中，点P是线段上的动点，给出以下四个命题：①异面直线与直线所成角的大小为定值；②二面角的大小为定值；③若Q是对角线上一点，则长度的最小值为；④若R是线段上一动点，则直线与直线不可能平行．其中真命题有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，第一象限内的点在椭圆上，且满足，点在线段、上，设，将沿翻折，使得平面与平面垂直，要使翻折后的长度最小，则（ ）A． B． C． D．二、填空题21．已知棱长为的正四面体，为的中点，动点满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为_________.22．如图，在边长为4正方体中，为的中点，，点在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点构成的图形的面积是______.23．已知异面直线，的夹角为，若过空间中一点，作与两异面直线夹角均为的直线可以作4条，则的取值范围是______.24．已知三棱锥三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且， M，N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则M，N两点间距离的最小值为___________.25．在长方体中，AB＝AD＝4，．若M是平面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为______．26．已知菱形ABCD，AB=BD=4，现将△ABD沿对角线BD向上翻折，得到三棱锥A-BCD.若点E是AC的中点，△BDE的面积为，三棱锥A-BCD的外接球被平面BDE截得的截面面积为，则的最小值为___________．27．如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）

①点的轨迹为圆弧；②存在某一翻折位置，使得；③棱的中点为，则的长为定值；28．正方体棱长为3，对角线上一点P（异于A，两点）作正方体的截面，且满足，有下列命题：①截面多边形只可能是三角形或六边形；②截面多边形只可能是正多边形；③截面多边形的周长L为定值；④设，截面多边形的面积为S，则函数是常数函数．其中所有正确命题的序号是______．29．已知四面体的所有棱长均为，、分别为棱、的中点，为棱上异于、的动点．则下列结论中正确的结论的序号为__________．①线段的长度为；②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线；③的余弦值的取值范围是；④周长的最小值为．30．如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是______.试卷第1页，共3页试卷第1页，共3页参考答案：1．D【分析】根据给定的几何体，利用面面平行的性质结合平面的基本事实，探讨截面形状确定F点的位置，推理计算作答.【详解】在正方体中，平面平面，而平面，平面，平面平面，则平面与平面的交线过点B，且与直线EF平行，与直线相交，令交点为G，如图，而平面，平面，即分别为与平面所成的角，而，则，且有，当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，，即G为棱中点M，当点F由点C向点D移动过程中，逐渐增大，点G由M向点方向移动，当点G为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表面正方形有交线，即可围成四边形，当点G在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，而点F与D不重合，此时，平面与该正方体的5个表面正方形有交线，截面为五边形，如图，因此，F为棱CD上异于端点的动点，截面为四边形，点G只能在线段（除点M外）上，即,显然，，则，所以线段的CF的取值范围是.故选：D【点睛】关键点睛：作过正方体三条中点的截面，找到过三点的平面与正方体表面的交线是解决问题的关键.2．D【分析】设点是点在底面上的射影，利用正三棱锥的性质结合条件可得平面，进而可得该三棱锥的表面积，然后结合体积公式可得内切球的半径，即得.【详解】设点是点在底面上的射影，则平面，平面，所以，由三棱锥为正三棱锥可得，点为底面的中心，所以，又，所以平面，平面，所以，因为，分别是，的中点，所以，因为，所以，又，所以平面，又，平面，所以，，又三棱锥是正三棱锥，所以三条侧棱两两互相垂直，因为，所以，所以，所以该三棱锥的表面积，设内切球的半径为，又该三棱锥的体积，所以，所以此内切球的表面积为.故选：D.3．A【分析】连接、、，，连接BE交于O，证明平面得DO⊥OP，求出OP长度，确定O的位置，确定P的轨迹形状，从而可求P的轨迹长度．【详解】连接、、，则，，，∴⊥平面，∴，同理，∴平面．设，连接BE交于O，由△BOD∽△且BD=可知OD=，则，连接OP，则，∴，可得点P的轨迹为以点O为圆心，为半径的圆在内部及其边界上的部分，OB=2OE，E为中点，及△为等边三角形可知O为△中心，OE=，如图：，，，则∠OFE=∠=，∴OF∥，同理易知OG∥，故四边形是菱形，则∴的长度为，故点P的轨迹长度为．故选：A．4．A【分析】取线段的中点为，连接、，分析可知二面角的平面角为，然后过的外心作，过的外心作，设，可知为四面体的外接球球心，计算出的长，即为球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.【详解】在菱形中，，则为等边三角形，设线段的中点为，连接、，则，因为，则，同理可知，所以，二面角的平面角为，即，因为，则为等边三角形，所以，，延长至点，使得为的中点，连接、，易知，，则为等边三角形，可得，同理，所以，为的外心，延长至点，使得为的中点，同理可知点为的外心，过点在平面内作，过点在平面内作，设，因为，，，平面，平面，，，，平面，同理可证平面，所以，为三棱锥的外接球球心，如下图所示：因为，，，所以，，所以，，则，因为，由勾股定理可得，因此，三棱锥的外接球半径为，因此，三棱锥的表面积为.故选：A.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.5．D【分析】根据题意画出图形，设，，作于点，延长交球面于点，则由圆的相交弦定理可得，从而可求得，进而可表示出圆台的侧面积，求出其最大值，从而可得的值，然后在求出圆台母线与底面所成角的余弦值即可【详解】如图1所示，设，，作于点，延长交球面于点，则，，由圆的相交弦定理及图2得，即，解得，则圆台侧面积，则，令，则或（舍去），当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，所以当时，取得最大值．当时，，则．在轴截面中，为圆台母线与底面所成的角，在中可得，故选：D．【点睛】方法点睛：本题是立体几何中最值的综合性问题．旋转体的问题常需正确做出轴截面图进行分析，最值问题要注意“选元”“列式”“讨论最值”三个环节，考查线面角的余弦值，属于较难题6．D【分析】依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC；按照点Q为线段的中点和点Q不为线段的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.【详解】连接，交于H在三棱柱中，侧棱底面，，则四边形为正方形，则又，即，又，，面，面则面，则又，，面，面则面，选项A：当点Q为线段的中点时，又 D是棱的中点，则若平面，则平面又面，则面平面，这与矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段的中点时，平面不正确；选项B：当点Q为线段的三等分点时，又 D是棱的中点，则不成立，即与为相交直线，若平面，则又，与为相交直线，面，面则面，又面，则面面这与面面矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段的点三等分时，平面，不正确；选项C：在线段的延长线上一点Q，又 D是棱的中点，则不成立，即与为相交直线，若平面，则又，与为相交直线，面，面则面，又面，则面面这与面面矛盾，故假设不成立，即在线段的延长线上，存在一点Q，使得平面不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段的中点时，平面不成立；假设点Q在线段上，且不是中点，又 D是棱的中点，则不成立，即与为相交直线，若平面，则又，与为相交直线，面，面则面，又面，则面面这与面面矛盾，故假设不成立，即点Q在线段上，且不是中点时，平面不正确；故不存在DQ与平面垂直.判断正确.故选：D7．A【分析】借助直三棱柱侧棱垂直底面，即为三棱柱的高，利用面积公式和棱柱体积公式求出，再根据为锐角，确定角度，从而准确确定余弦值，利用余弦定理求出长，从而使用正弦定理求出，最后利用等角定理求出异面直线夹角的正弦值即可.【详解】，解得，又为锐角，所以，所以，由余弦定理得，，所以，由正弦定理得，所以，解得，，又因为与平行，所以异面直线与所成角的正弦值即为与所成角的正弦值，即为.故选：A.8．C【分析】过作 的垂线交与，交于，于，然后可得为二面角的平面角，设，可得，，，然后可求出答案.【详解】过作 的垂线交与，交于，于，设在平面内的投影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，则为二面角的平面角，设由题意，，由，，，，，令，可得解得，所以；故选：C．9．C【分析】在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状，周长及面积大小，通过法向量的关系可确定二面角的大小，从而判断各选型对错.【详解】如下图，在正方体中，体对角线与平面，平面，平面都垂直，由图可知，在平面运动过程中只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面与都垂直，所以平面在移动过程中都是平行平面，与平面的夹角为定值，故B正确；如下图，当为对角线中点时，为正六边形，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当为对角线中点时，为正六边形，设边长，面积为，当向下刚开始移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设，而且所有六边形的高都相等且等于，两邻边夹角都为，则六边形梯形，当为三角形时面积最大为，所以当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.故选：C.10．C【分析】A：验证是否为零即可；B：根据线面平行的性质即可判断；C：证明⊥平面即可；D：证明∥平面即可．【详解】对于A，易知，故与不垂直，故A错误；对于B，连接、AC、EF，则平面平面=EF，若∥平面，则∥EF，显然仅当F和E为所在棱中点时与EF才平行，故B错误；对于C，连接、、、、、，由AB⊥平面得AB⊥，易知⊥，∵AB∩=A，AB、平面，∴⊥平面，∴⊥，同理可证⊥，∵∩=，、平面，∴⊥平面，∵平面，∴平面⊥平面，故C正确；对于D，连接、、，∵∥，平面，平面，∴∥平面，则F到平面的距离为定值，又△面积为定值，故三棱锥F-体积为定值，故D错误．故选：C．11．B【解析】由题意得在四棱锥中平面．作于，作于，连，可证得平面．然后作于，可得即为点到平面的距离．在中，根据等面积法求出的表达式，再根据基本不等式求解可得结果．【详解】由翻折过程可得，在如图所示的四棱锥中，底面为边长是1的正方形，侧面中，，且．∵，∴平面．作于，作于，连，则由平面，可得，∴平面．又平面，∴．∵，，∴平面．在中，作于，则平面．又由题意可得平面，∴即为点到平面的距离．在中，，设，则，∴．由可得，∴，当时等号成立，此时平面，综上可得点到平面距离的最大值为．故选B．【点睛】本题综合考查立体几何中的线面关系和点面距的计算，解题的关键是作出表示点面距的垂线段，另外根据线面平行将所求距离进行转化也是解答本题的关键．在求得点面距的表达式后再运用基本不等式求解，此时需要注意等号成立的条件，本题难度较大．12．A【分析】若是中点，连接，易得直线CM与面DEF所成角即为直线CM与面所成角为，利用线面垂直的判定可得面，由线面垂直、面面垂直的判定有面面，即可判断的变化范围，进而确定最小时的位置，再利用棱锥的体积公式求体积即可.【详解】若是中点，连接，则面DEF即为面，所以直线CM与面DEF所成角，即为直线CM与面所成角为，因为，，，则面，又F是的中点，则F到面的距离为.因为，，，则面，又面，则面面，又面，面面，所以直线CM与面所成角为，即为直线所成角.又△为等腰直角三角形且，则，由图知，M在线段上运动过程中，即直线CM与平面DEF所成角最小时，重合，此时，四面体MFCE的体积.故选：A【点睛】关键点点睛：利用线面垂直、面面垂直，结合M在线段上运动判断线面角的范围，应用数形结合思想判断角度最小时M的位置.13．A【分析】若为中点，连接，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面面，结合已知条件有△为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，若为中点，连接，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值.【详解】若为中点，连接，由为等边三角形，则，又，且，∴面，又面，即，由题设，，，而，∴，即，又，面，∴面，而面，则面面，由上可得：，则，故△为等腰直角三角形，∴综上，四面体的球心为△的中心，即靠近的三等分点，若为中点，连接，易知：即为二面角的平面角，由上、且，面，可得面，又面，则，即，∴，而，∴.故选：A.【点睛】关键点点睛：根据线线垂直、勾股定理，结合线面、面面垂直的判定证面面且△为等腰直角三角形，即可确定四面体球心的位置，再由二面角的定义找到其平面角，最后由已知条件求其正切值即可.14．C【分析】利用直三棱柱、等腰直角三角形的性质易证面，由面面垂直的判定有面面，进而可确定关于平面对称点E的位置，则有，应用勾股定理即可求的最小值.【详解】由题意知，，为直三棱柱，即面面，面面，面，∴面，又面，∴面面.∴易得关于平面对称点E落在的延长线上，且，即，如下图所示，的最小时，、、三点共线.∴.故选：C【点睛】关键点点睛：利用面面垂直确定关于平面对称点位置，根据知当、、三点共线时的最小.15．C【分析】由题意，将三棱锥放入对应的长方体中，根据已知条件建立关于长方体的长 宽 高的边长a，b，c的方程组，求解得，进而可得外接球的直径即为长方体的体对角线长，从而根据球的体积公式即可求解.【详解】解：由题意知，，则平面ADC，所以，又，，所以平面ABC，将三棱锥放入对应的长方体中，如图：易知，所以为直线AB与DC所成的角，所以，解得.设长方体的长 宽 高分别为a，b，c，则，，，三式相加得，所以长方体的外接球的半径为，所以该三棱锥的外接球的体积为.故选：C.16．D【分析】如图，过点作交延长线于，过点作交于，再作，使得与交于点，设，进而得，，，故，当且仅当时等号成立，再根据题意，以为坐标原点，以的方向为正方向建立空间直角坐标系，设四面体的外接球的球心为，进而利用坐标法求球心坐标，进而求出四面体外接球的半径，表面积.【详解】解：根据题意，图1的直角三角形沿将翻折到使二面角为直二面角，所以，过点作交延长线于，过点作交于，再作，使得与交于点，所以，由二面角为直二面角可得，设，即，则，因为，所以，所以，在中，，在中，，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，此时，，，，在图1中，由于，即为角的角平分线，所以，即，所以，所以，，由题知，两两垂直，故以为坐标原点，以的方向为正方向建立空间直角坐标系，则，所以，设四面体的外接球的球心为，则，即，即，解得，，即，所以四面体的外接球的半径为 ，所以四面体的外接球的表面积为.故选：D【点睛】本题考查空间几何折叠问题中的距离最值问题，几何体的外接内切问题，考查空间想象能力，运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于由二面角为直二面角构造辅助线（过点作交延长线于，过点作交于，再作，使得与交于点），进而通过表示，空间几何体的外接球的半径的求解利用坐标法求解即可.17．D【分析】A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合平面可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面的距离，求出AH的长.【详解】A选项，因为平面，平面，所以CD，故∠PBA即为与底面所成的角，，因为，所以PA=AB=1，因为，取AD中点F，连接CF，则AF=DF=AB=CF=BC，则四边形ABCF为正方形，∠FCD=∠FCA=45°，所以AC⊥CD，又因为，所以CD⊥平面PAC，因为CD平面PCD，所以平面平面PCD，A正确；由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，因为平面PAC所以CD⊥PC，故点P到直线CD的距离即为PC的长度，其中由勾股定理得：，B正确；以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，其中平面ACD的法向量为，设平面ACE的法向量为，则，令得：，所以，设二面角的平面角为，显然，其中，解得：或，因为，所以，C正确；过点A作AH⊥PC于点H，由于CD⊥平面APC，平面APC，所以AH⊥CD，因为，所以AH⊥平面PCD，故AH即为点A到平面PCD的距离，因为PA⊥AC，所以，D选项错误故选：D18．B【分析】①利用余弦定理判断；②用线线垂直判断；③由垂线段判断；④由二面角与线线角公式判断.【详解】在矩形 中, , 不妨令 2, 则：(1)取DC的中点 , 连接 ,易知 且为定值,(定值)所以MB的长为定值, 故①正确;(2)假设存在某个位置, 使 , 连接 , 取DE的中点 , 连接 ,显然 , 而 平面 ,平面 ,进而有 , 但 , 不可能相等,所以不可能有 , 故②错误;(3)由题意得, 是等腰直角三角形, 到 的距离是 ,当平面 平面 时, 四棱雉 DE体积最大,点 到平面 的距离为 , 故③正确;(4)易知二面角 的平面角 , 当二面角 的大小为 时，又 , 所以 ,又易知异面直线 与 所成角为 ,故④错误,综上可知, 正确的有2个.故选: B.19．C【分析】利用正方体的性质，结合空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项判断正误.【详解】解：对于①，由正方体的性质可知，平面，又平面,故，异面直线与直线的所成的角为定值，①正确；对于②，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，②正确；对于③，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，过点做，，,此时，的值最小.由题可知，,,，则，，故,又，故的最小值为，故③正确.对于④，在正方体中易证平面，设，则即为二面角的平面角，又正方体边长为1，故，则,由余弦定理得，故，同理,故在上必然存在一点，使得二面角为，即平面平面，平面与平面的交线为，则，过点作的垂线.此时平面，又平面，故.故④错误.故选：C.20．A【分析】利用椭圆的定义、勾股定理可求得、，翻折前，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，设，其中，翻折后，利用勾股定理求出关于的表达式，利用正弦型函数的有界性可求得的最小值及的值，再利用角平分线的性质可求得的值.【详解】在椭圆中，，，，，因为，且点为第一象限内的点，则，可得，翻折前，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，设，其中，则，，，，所以，，翻折后，如下图所示：因为平面平面，平面平面，平面，，平面，平面，，又因为，，，则，故当时，即当时，取得最小值，则在翻折前，在中，为的角平分线，所以，，即.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，解题的关键就是将引入某角为自变量，将的长度表示为该角为自变量的三角函数，结合三角函数的有界性来求解.21．【分析】设的外心为，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据可求得点轨迹是以为球心，为半径的球；延长到点，使得，，，由面面平行的判定可证得平面平面，则平面为平面，可知点到平面的距离即为点到直线的距离，由向量坐标运算可知，得到，由此可求得截面圆半径，利用圆周长的求法可求得结果.【详解】设的外心为，的中点为，过作的平行线，则以为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，为等边三角形，，，，，，，设，由得：，整理可得：，动点的轨迹是以为球心，为半径的球；延长到点，使得，，，则，，又平面，平面，平面，平面，由，平面，平面平面，即平面为平面，则点到平面的距离即为点到直线的距离，，，，即，点到直线的距离，截面圆的半径，球被平面截得的截面圆周长为，即平面截点的轨迹所形成的图形的周长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点轨迹相关问题的求解，解题关键是能够利用空间向量法求得动点所满足的轨迹方程，从而确定动点轨迹为球，利用平面截球所得截面圆周长的求法可求得结果.22．18【解析】过点与直线垂直的所有直线在过点与垂直的平面上，所以点的轨迹就是过点与直线垂直的平面与正方体表面的交线.由正方体的垂直关系，可得平面，可得，再确定一条与相交且与垂直的直线，取中点，连，可证，则有平面，只需确定出平面与正方体表面的交线，取中点，连，可证共面，且为等腰梯形，即为所求的轨迹图形，求其面积，即可求解.【详解】取，的中点分别为，，连结，，， 由于，所以四点共面，且四边形为梯形，∵，，，∴面，∵点在正方体表面上移动，∴点的运动轨迹为梯形.∵正方体的边长为4，∴，，，∴梯形为等腰梯形，∴其高为.面积为.故答案为:18【点睛】本题考查满足条件的图形与正方体表面的交线轨迹面积，考查空间垂直之间的转换得出线线垂直，属于较难题.23．【分析】将异面直线a、b平移到过P点，此时a与b夹角及其补角的角平分线向上或向下绕着P旋转即可得到与a、b夹角均为的直线，根据几何关系即可求出θ的范围．【详解】如图，将异面直线a、b平移到过P点，此时两相交直线确定的平面为α，如图，a平移为，即PA，b平移为，即BE．设∠APB=θ，PC且PC是∠APB的角平分线，则PC与和的夹角相等，即PC与a、b夹角均相等，①将直线PC绕着P点向上旋转到PD，当平面PCD⊥α时，PD与、的夹角依然相等，即PD与a、b的夹角依然相等；将直线PC绕着P点向下旋转时也可得到与a、b的夹角均相等的另外一条直线，易知PC与PA夹角为，当PC向上或向下旋转的过程中，PC与PA夹角增大，则若要存在与两异面直线夹角均为的直线，有；②同理，∠APE=，将∠APE的角平分线绕着P向上或向下旋转可得两条直线与a、b的夹角均为，则，如此，即可作出4条直线与异面直线a、b夹角均为，又∵0＜θ≤，∴．故答案为：．24．##【分析】将三棱锥补成正方体，计算出内切球的半径以及点到平面的距离，即可求得、两点间距离的最小值.【详解】由已知可将该三棱锥补成正方体，连接，如图所示.设三棱锥的内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，易知、、三点均在上，在正方体中，平面，平面，，因为四边形为正方形，则，，平面，平面，则，同理可证，，平面，设内切球的半径为，外接球的半径为，则.由等体积法可得，即，由等体积法可得，得，、两点间距离的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将三棱锥置入正方体中，数形结合得到外接球和内切球半径，是一道有一定难度的题.25．2【分析】先由判断出点轨迹，再求出与平面所成角为，要使最大，则最小，结合点轨迹求出最小值即可.【详解】如图，连接，易知平面，平面，所以，又，，故平面，平面，所以，即点在平面内的轨迹为以为直径不与重合的圆，又平面，故与平面所成角即为，又，故要使最大，则最小，将平面及点轨迹画出如下图：设为中点，连接，则，故最小为，此时.故答案为：2.26．【分析】由题设易知面，进而确定面与三棱锥A-BCD的外接球的截面为球体最大截面，若是中点，连接，球心在直线上，令，用表示出、，最后应用基本不等式求最小值，注意等号成立条件.【详解】由题设，E是AC的中点，则，又，故面，所以三棱锥A-BCD的外接球球心在面上，即面所得截面为球体的最大截面，若是中点，连接，球心在直线上，令，而，故，若球体半径，则，故，可得，故，所以综上，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用线面垂直判定证面，并确定锥体外接球球心位置及面在球体上截面特征，若是中点，连接，令，应用表示出.27．①③【分析】依据翻折过程中，均不变，判定点的轨迹为圆弧，从而判断①正确；利用反证法否定②；求得翻折过程中的长恒为，从而判断③正确.【详解】设正方形边长为a,①在正方形中，过点D作于H，则在翻折到的过程中，，均不变，则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；②假设存在某一翻折位置，使得.在△PAM内，过点P作于N，连接BN，由，，，可得平面PBN又平面PBN，则，则又在正方形中，.二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则则有，，则，则四边形为平行四边形，则，又，则，即的长为定值.判断正确.故答案为：①③28．①【分析】根据正方体的性质，结合线面垂直的判定可得面、面，以截面为面、面为临界截面，讨论的位置判断截面图形的性质，即可判断①②③，再由时截面为正三角形且边长为即可判断④.【详解】连接，由在上的射影分别为，又，即，，所以面，同理面，即截面可能为面、面，此时截面为正三角形；而当在与面、面的交点之间运动时，根据正方体的性质知：截面为六边形，但不一定是正六边形，即截面交相关棱于中点时才是正六边形(如上图示)，而当在与面交点左下方、面交点右上方运动时，截面为正三角形，所以①正确，②错误；显然在与面交点左下方，截面周长小于截面的周长，故③错误；由题设，当时截面为正三角形且边长为，所以，故不是常数函数，④错误.故答案为：①.【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质及线面垂直的判定找到在移动过程中截面形状发生变化的临界截面，进而判断临界截面两侧截面多边形的性质.29．①④【分析】将正四面体放在正方体中观察.对于①，可根据、分别为正方体前后两个面的中心可得出结论；对于②，取为的中点，取为的中点，此时与相交；对于③，计算可得，由逼近思想可作出判断；对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形与放在同一平面上，可计算出.【详解】在棱长为的正方体上取如下图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为四面体，显然，、分别为正方体前后两个面的中心，故线段的长度为正方体棱长，故 ①对；对于②，如图，取为的中点，取为的中点，取为的中点，则由正方体的性质易知，、、三点在一条直线上，故此时与相交于，故②错；对于③，，，又有，故，故点无限接近点时，会无限接近，故的余弦值的取值范围不为，③错误；对于④，如图将等边三角形与铺平，放在同一平面上，故有，当且仅当为中点时取最小值，故在正方体中，故周长的最小值为，故④对.故答案为：①④.【点睛】思路点睛：（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.30．【分析】根据面面垂直的判定定理得出平面平面，过作，再由面面垂直的性质得出平面，进而找出在平面上的射影，再把平面展开，得到平面，从而将的最小值转化为到的距离，进而利用两角和与差的正弦公式和直角三角形的性质，求解三角形的边和角，即可求出，从而求得的最小值.【详解】解：由题可知，棱长均为的正四面体中，则和是边长为的等边三角形，为中点，为中点，则，且，平面，故平面，而平面，故平面平面，而平面平面，过作，则平面，连接，则为在平面上的射影，要使最小，则，沿把平面展开，得到平面，使得平面与平面重合，此时三点共线，且，则的最小值为到的距离，即为，由于，，则，，又因为，则，又，则在中，，所以的最小值是.故答案为：.【点睛】本题考查空间线段之和的最值，涉及空间中的点、线、面间位置关系和线面、面面垂直的判定和性质，以及空间点到线的距离、直角三角形边角的计算、两角和与差的正弦公式的应用，考查空间推理和计算能力，体现数形结合的思想.答案第1页，共2页答案第1页，共2页

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