2025年高考數(shù)學(xué)備考立體幾何壓軸題（八省聯(lián)考新考向）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁立體幾何壓軸題55道（高考高分突破好資料）(尖子班內(nèi)部復(fù)習(xí)資料)在2025年的八省聯(lián)考（教育部命題）的最后一道壓軸題是立體幾何，這是一個新的考試方向，筆者結(jié)合我們的備考團隊進行整理了55道立體幾何壓軸題帶詳細解答，供高考復(fù)習(xí)參考一、單選題1．（2024·吉林長春·模擬預(yù)測）點M、N為正四面體的內(nèi)切球球面上的兩個動點，T為棱AB上的一動點，則當(dāng)取最大值時，（

）A．1 B． C． D．2．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）“長太息掩涕兮，哀民生之多艱”，端陽初夏，粽葉飄香，端午是一大中華傳統(tǒng)節(jié)日.小瑋同學(xué)在當(dāng)天包了一個具有藝術(shù)感的肉粽作紀(jì)念，將粽子整體視為一個三棱錐，肉餡可近似看作它的內(nèi)切球（與其四個面均相切的球，圖中作為球）.如圖：已知粽子三棱錐中，，、、分別為所在棱中點，、分別為所在棱靠近端的三等分點，小瑋同學(xué)切開后發(fā)現(xiàn)，沿平面或平面切開后，截面中均恰好看不見肉餡.則肉餡與整個粽子體積的比為（

）.

A． B． C． D．3．（2019·浙江·高考真題）設(shè)三棱錐的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，是棱上的點（不含端點），記直線與直線所成角為，直線與平面所成角為，二面角的平面角為，則A． B．C． D．4．（2024·安徽安慶·三模）如圖，在一個有蓋的圓錐容器內(nèi)放入兩個球體，已知該圓錐容器的底面圓直徑和母線長都是，則（

）A．這兩個球體的半徑之和的最大值為B．這兩個球體的半徑之和的最大值為C．這兩個球體的表面積之和的最大值為D．這兩個球體的表面積之和的最大值為5．（2024·江蘇宿遷·三模）若一個多面體的各面都與一個球的球面相切，則稱這個球是這個多面體的內(nèi)切球．在四棱錐中，側(cè)面是邊長為1的等邊三角形，底面為矩形，且平面平面．若四棱錐存在一個內(nèi)切球，設(shè)球的體積為，該四棱錐的體積為，則的值為（

）A． B． C． D．6．（2024·北京西城·三模）中國古代科學(xué)家發(fā)明了一種三級漏壺記錄時間，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上底寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸.設(shè)三個漏壺的側(cè)面與底面所成的銳二面角依次為，，，則（

）A． B．C． D．二、多選題7．（2021·全國·高考真題）在正三棱柱中，，點滿足BP=λBC+μBB1，其中，，則（

A．當(dāng)時，的周長為定值B．當(dāng)時，三棱錐的體積為定值C．當(dāng)時，有且僅有一個點，使得D．當(dāng)時，有且僅有一個點，使得平面8．（23-24高一下·湖北·期末）在棱長為2的正方體中，是的中點，下列說法正確的是（

）A．若是線段上的動點，則三棱錐的體積為定值B．三棱錐外接球的半徑為C．若與平面，平面，平面所成的角分別為（），則D．若平面與正方體各個面所在的平面所成的二面角分別為，則9．（23-24高一下·浙江寧波·期末）如圖，已知四面體的各條棱長均等于2，E，F(xiàn)分別是棱AD，的中點.G為平面上的一動點，則下列說法中正確的有（

）A．三棱錐體積為B．線段的最小值為C．當(dāng)G落在直線BD上時，異面直線與所成角的余弦值最大為D．垂直于的一個面，截該四面體截得的截面面積最大為110．（23-24高一下·湖北武漢·期末）已知圓錐SO的底面半徑為10cm，其母線SA長40cm，底面圓周上有一動點B，下列說法正確的有（

）A．截面SAB的最大面積為B．若，則直線SB與平面SOA夾角的正弦值為C．當(dāng)三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為D．若，且，一只小螞蟻從A點出發(fā)繞側(cè)面一周到達C點，先上坡后下坡，當(dāng)它爬行的路程最短時，下坡路段長為18cm11．（2024·江蘇蘇州·三模）在棱長為2的正方體中，為的中點，以為原點，OB，OD，OO1所在直線分別為軸、軸、軸，建立如何所示空間直角坐標(biāo)系.若該正方體內(nèi)一動點，滿足，則（

）

A．點的軌跡長為 B．的最小值為C． D．三棱錐體積的最小值為12．（2024·江蘇徐州·模擬預(yù)測）已知正方體的棱長為1，點在線段上，過作垂直于的平面，記平面與正方體的截面多邊形的周長為，面積為，設(shè)，則（

）A．截面可能為四邊形B．和的圖象有相同的對稱軸C．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減D．在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減13．（2024·山東·二模）如圖，在直三棱柱中，，分別為棱上的動點，且，，，則（

）A．存在使得B．存在使得平面C．若長度為定值，則時三棱錐體積最大D．當(dāng)時，直線與所成角的余弦值的最小值為14．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）一個圓錐的側(cè)面展開圖是圓心角為，面積為的扇形，則下列論斷正確的是（

）A．圓錐的母線與底面所成角的正弦值為B．圓錐內(nèi)部有一個圓柱，并使圓柱的一個底面落在圓錐的底面內(nèi)，當(dāng)圓柱的體積最大時，圓柱的高為C．圓錐內(nèi)部有一個球，當(dāng)球的半徑最大時，球的內(nèi)接正四面體的棱長為D．圓錐內(nèi)部有一個正方體，并使底面落在圓錐的底面內(nèi)，當(dāng)正方體的棱長最大時，正方體的表面上與點距離為的點的集合形成一條曲線，則這條曲線長度為15．（2024·江蘇揚州·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體中，為平面內(nèi)一動點，則（

）A．若在線段上，則的最小值為B．平面被正方體內(nèi)切球所截，則截面面積為C．若與所成的角為，則點的軌跡為橢圓D．對于給定的點，過有且僅有3條直線與直線所成角為16．（2024·湖北·模擬預(yù)測）如圖，三棱臺的底面為銳角三角形，點D，H，E分別為棱，，的中點，且，；側(cè)面為垂直于底面的等腰梯形，若該三棱臺的體積最大值為，則下列說法可能但不一定正確的是（

）A．該三棱臺的體積最小值為 B．C． D．17．（23-24高二下·湖南長沙·階段練習(xí)）已知函數(shù)圖象如圖1所示，A，B分別為圖象的最高點和最低點，過A，B作x軸的垂線，分別交x軸于，點C為該部分圖象與x軸的交點，與y軸的交點為，此時．將繪有該圖象的紙片沿x軸折成的二面角，如圖2所示，折疊后，則下列四個結(jié)論正確的有（

）A．B．的圖象在上單調(diào)遞增C．在圖2中，上存在唯一一點Q，使得面D．在圖2中，若是上兩個不同的點，且滿足，則的最小值為18．（23-24高三下·江西·階段練習(xí)）在棱長為2的正方體中，點E，F(xiàn)分別為棱，的中點，過點的平面與平面平行，點為線段上的一點，則下列說法正確的是（

）A．B．若點為平面內(nèi)任意一點，則的最小值為C．底面半徑為且高為的圓柱可以在該正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為19．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知邊長為l的等邊的三個頂點到平面α的距離分別為1，2，3，且的重心G到平面α的距離恰有兩個可能值，則l的取值可以為（

）A． B． C．5 D．620．（2024·遼寧大連·一模）直四棱柱的各頂點都在半徑為2的球O的球面上，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則點共面D．若，則四棱柱體積的最大值為21．（23-24高三下·山東·開學(xué)考試）如圖，在棱長為1的正方體中，M為平面所在平面內(nèi)一動點，則（

）

A．若M在線段上，則的最小值為B．過M點在平面內(nèi)一定可以作無數(shù)條直線與垂直C．若平面，則平面截正方體的截面的形狀可能是正六邊形D．若與所成的角為，則點M的軌跡為雙曲線三、填空題22．（2024·上海長寧·一模）點P、M、N分別位于正方體的面上，，則的最小值是．23．（2024·河北石家莊·模擬預(yù)測）金字塔在埃及和美洲等地均有分布，現(xiàn)在的尼羅河下游，散布著約80座金字塔遺跡，大小不一，其中最高大的是胡夫金字塔，如圖，胡夫金字塔可以近似看做一個正四棱錐，則該正四棱錐的5個面所在的平面將空間分成部分（用數(shù)字作答）．24．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）在空間直角坐標(biāo)系中，,,,,，設(shè)點O關(guān)于所確定的平面對稱的點為，的長度記為以為自變量的函數(shù)，則當(dāng)時，取最小值；這個最小值為：.25．（2024·貴州遵義·二模）如圖，棱長為4的正方體中，點為中點，點在正方體內(nèi)（含表面）運動，且滿足，則點在正方體內(nèi)運動所形成的圖形的面積為；若在正方體內(nèi)有一圓錐，圓錐底面圓內(nèi)切于正方形，圓錐頂點與正方體上底面中心重合，則點運動所形成的圖形截圓錐表面得到的橢圓的離心率為.26．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知四棱錐的底面是邊長為的正方形，，平面，為線段的中點，若空間中存在平面滿足，，記平面與直線分別交于點，，則，四邊形的面積為．27．（2023·江西萍鄉(xiāng)·二模）正方體的棱長為為該正方體側(cè)面內(nèi)的動點（含邊界），若分別與直線所成角的正切值之和為，則四棱錐的體積的取值范圍為.28．（2024·遼寧·三模）已知正四面體棱長為2，點分別是，，內(nèi)切圓上的動點，現(xiàn)有下列四個命題：①對于任意點，都存在點，使；②存在，使直線平面；③當(dāng)最小時，三棱錐的體積為④當(dāng)最大時，頂點到平面的距離的最大值為．其中正確的有．（填選正確的序號即可）29．（23-24高一下·湖南衡陽·期中）已知三棱錐三條側(cè)棱，，兩兩互相垂直，且，，分別為該三棱錐的內(nèi)切球和外接球上的動點，則線段的長度的最小值為．30．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知三棱錐的各頂點均在半徑為2的球表面上，，，則三棱錐的內(nèi)切球半徑為；若，則三棱錐體積的最大值為．31．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知三棱錐中，，，，二面角的余弦值是．則當(dāng)三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積是．四、解答題32．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）我們規(guī)定：在四面體中，取其異面的兩條棱的中點連線稱為的一條“內(nèi)棱”，三條內(nèi)棱兩兩垂直的四面體稱為“垂棱四面體”.

(1)如左圖，在四面體中，分別為所在棱的中點，證明：的三條內(nèi)棱交于一點.(2)同左圖，若為垂棱四面體，，求直線與平面所成角的正弦值.(3)如右圖，在空間直角坐標(biāo)系中，平面內(nèi)有橢圓，為其下焦點，經(jīng)過的直線與交于兩點，為平面下方一點，若為垂棱四面體，則其外接球表面積是的函數(shù)，求的定義域與最小值.33．（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖（1），已知拋物線的焦點為，準(zhǔn)線為，過點的動直線與交于A，B兩點（其中點A在第一象限），以AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切于點C，D為弦AB上任意一點，現(xiàn)將沿CD折成直二面角，如圖（2）．(1)證明：；(2)當(dāng)最小時，①求，兩點間的最小距離；②當(dāng)，兩點間的距離最小時，在三棱錐內(nèi)部放一圓柱，使圓柱底面在面BCD上，求圓柱體積的最大值．34．（2024·江西新余·模擬預(yù)測）如圖：在空間直角坐標(biāo)系中有橢圓與正交，為的右頂點，為上一點，平面內(nèi)的直線經(jīng)過并與交于兩點，在平面直角坐標(biāo)系與中（規(guī)定垂直于平面系觀察時軸、軸分別為對應(yīng)平面系的縱軸，正方向豎直向上，橫軸正方向水平向右），不與坐標(biāo)軸平行的直線與的斜率分別為.

(1)若，當(dāng)三棱錐體積取最大值時，求；(2)探究：是否存在定點使平面平面不論取何值恒成立？若存在，求的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.35．（2024·江蘇南京·二模）如圖，，，點、在平面的同側(cè)，，，，平面平面，.

(1)求證：平面；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.36．（2024·重慶·三模）已知且，設(shè)是空間中個不同的點構(gòu)成的集合，其中任意四點不在同一個平面上，表示點，間的距離，記集合(1)若四面體滿足：，，且①求二面角的余弦值：②若，求(2)證明：參考公式：37．（2024·河北邯鄲·模擬預(yù)測）柯西是一位偉大的法國數(shù)學(xué)家，許多數(shù)學(xué)定理和結(jié)論都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在數(shù)學(xué)的眾多分支中有精彩應(yīng)用，柯西不等式的一般形式為：設(shè)，則當(dāng)且僅當(dāng)或存在一個數(shù)，使得時，等號成立.(1)請你寫出柯西不等式的二元形式；(2)設(shè)P是棱長為的正四面體內(nèi)的任意一點，點到四個面的距離分別為、、、，求的最小值；(3)已知無窮正數(shù)數(shù)列滿足：①存在，使得；②對任意正整數(shù)，均有.求證：對任意，，恒有.38．（2024·遼寧沈陽·三模）設(shè)拋物線，過點的直線與交于兩點，且.若拋物線的焦點為，記的面積分別為.

(1)求的最小值.(2)設(shè)點，直線與拋物線的另一交點為，求證：直線過定點.(3)我國古代南北朝數(shù)學(xué)家祖暅所提出的祖暅原理是“冪勢既同，則積不容異”，即：夾在兩個平行平面間的兩個幾何體被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等.當(dāng)為等腰直角三角形時，記線段與拋物線圍成的封閉圖形為繞軸旋轉(zhuǎn)半周形成的曲面所圍成的幾何體為.試用祖桓原理的數(shù)學(xué)思想求出的體積.39．（2024·山東·模擬預(yù)測）設(shè)異面直線與所成的角為，公垂線段為，且，、分別直線m、n上的動點，且，為線段中點，建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系可確定點的軌跡方程．(1)請根據(jù)自己建立的平面直角坐標(biāo)系求出．(2)為的任意內(nèi)接三角形，點為的外心，若直線的斜率存在，分別為，，，，證明：為定值．40．（2024·山東日照·一模）已知橢圓的左、右焦點分別為，，離心率為經(jīng)過點且傾斜角為的直線l與橢圓交于A，B兩點（其中點A在x軸上方），且的周長為8．將平面沿x軸向上折疊，使二面角為直二面角，如圖所示，折疊后A，B在新圖形中對應(yīng)點記為，．

(1)當(dāng)時，①求證：；②求平面和平面所成角的余弦值；(2)是否存在，使得折疊后的周長為？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．41．（2024·江西南昌·一模）如圖，四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，已知為棱的中點，在底面的投影為線段的中點，是棱上一點.

(1)若，求證：平面；(2)若，確定點的位置，并求二面角的余弦值.42．（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐中，且，底面是邊長為的菱形，(1)平面平面(2)若直線與平面所成角的正弦值為，點為棱上的動點（不包括端點），求二面角的正弦值的最小值43．（2024·浙江溫州·模擬預(yù)測）如圖1，將一個半徑為的球放在桌面上，桌面上的一點的正上方相距處有一點光源，與球相切于點，也與球相切，點在桌面上，在此點光源的照射下，球在桌面上的影子的邊界就形成某種曲線.設(shè)方程在和時，對于每一個都分別有唯一的值存在，那么就說方程在和時確定一個隱函數(shù)，其求導(dǎo)法則為（這里表示關(guān)于的導(dǎo)數(shù)，也是隱函數(shù)的圖象在點處切線的斜率）.(1)建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求當(dāng)時，在此點光源的照射下，球在桌面上的影子的邊界形成的曲線的方程；(2)求證：過橢圓上任意一點的切線方程為；(3)若將（1）中所得曲線的中心平移到坐標(biāo)原點，此時該曲線內(nèi)切于，且分別與，，相切于點，，，的延長線交于點，的延長線交于點，如圖2，當(dāng)點坐標(biāo)為1,4，點坐標(biāo)為時，求點的橫坐標(biāo).44．（2024·浙江溫州·一模）如圖，在三棱柱中，平面平面，平面.(1)求證：；(2)若二面角的正弦值為，且，求.45．（2023·河北·三模）已知在長方體中，.(1)若分別在線段和上，求的最小值；(2)若點在棱上運動，求直線與平面所成角的正弦值的最大值.46．（24-25高三上·江西新余·階段練習(xí)）如圖，在三棱錐中，，，，，分別為中點.(1)證明：平面與平面的交線平面；(2)證明：；(3)若直線與平面的夾角為，二面角的正切值為，求的長.47．（2024高二上·全國·專題練習(xí)）已知兩個非零向量，，在空間任取一點，作，，則叫做向量，的夾角，記作.定義與的“向量積”為：是一個向量，它與向量，都垂直，它的模.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，，為上一點，.(1)求的長；(2)若為的中點，求二面角的余弦值；(3)若為上一點，且滿足，求.48．（2024·安徽·模擬預(yù)測）一般地，n元有序?qū)崝?shù)對稱為n維向量．對于兩個n維向量，，定義兩向量的數(shù)量積為，向量的模，且取最小值時，稱為在上的投影向量．(1)求證：在上的投影向量；(2)某公司招聘時對應(yīng)聘者的語言表達能力（）、邏輯推理能力（）、動手操作能力（）進行測評，每門總分均為10分，測評結(jié)果記為一個三維向量．而不同崗位對于各個能力需求的比重各不相同，對于每個崗位均有一個事先確定的“能力需求向量”（，）．將在上的投影向量的模稱為該應(yīng)聘者在該崗位的“適合度”．其中四個崗位的“能力需求向量”如下：崗位能力需求向量會計技工推銷員售后維修員（ⅰ）應(yīng)聘者小明的測評結(jié)果為，試分析小明最適合哪個崗位．（ⅱ）已知小紅在會計，技工和某崗位A的適合度分別為，，（，，2，3）．若能根據(jù)這三個適合度求出小紅的測評結(jié)果，求證：會計、技工和崗位A的“能力需求向量”能作為空間中的一組基底．49．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知一個平行六面體的最長體對角線長度是，證明：該平行六面體的體積．并指出取等條件．50．（2024·新疆·二模）在圓柱中，是圓的一條直徑，是圓柱的母線，其中點與，不重合，，是線段的兩個三等分點，，，．(1)若平面和平面的交線為，證明：平面；(2)設(shè)平面、平面和底面圓所成的銳二面角分別為和，平面和底面圓所成的銳二面角為，若，求的值．51．（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）如圖，四棱錐中，底面是矩形，，，且平面平面．分別是的中點．．(1)求證：是直角三角形；(2)求四棱錐體積的最大值；(3)求平面與平面的夾角余弦值的范圍．52．（23-24高一下·遼寧·期末）如圖1，在矩形中，是線段上（包括端點）的一動點，如圖2，將沿著折起，使點到達點的位置，滿足點平面.

(1)如圖2，當(dāng)時，點是線段上點的，平面，求的值；(2)如圖2，若點在平面內(nèi)的射影落在線段上.①是否存在點，使得平面，若存在，求的長；若不存在，請說明理由；②當(dāng)三棱錐的體積最大值時，求點到平面的距離.53．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）柯西不等式在數(shù)學(xué)的眾多分支中有精彩應(yīng)用，柯西不等式的n元形式為：設(shè)，，不全為0，不全為0，則，當(dāng)且僅當(dāng)存在一個數(shù)k，使得時，等號成立．(1)請你寫出柯西不等式的二元形式；(2)設(shè)P是棱長為的正四面體ABCD內(nèi)的任意一點，點P到四個面的距離分別為，，，，求的最小值；(3)已知無窮正數(shù)數(shù)列滿足：①存在，使得；②對任意正整數(shù)i、，均有.求證：對任意，，恒有.54．（2024·湖南長沙·三模）如圖，在四棱錐中，平面，，底面為直角梯形，，，，是的中點，點，分別在線段與上，且，.(1)若平面平面，求、的值；(2)若平面，求的最小值.55．（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）在空間解析幾何中，可以定義曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之間滿足：①曲面上任意一點的坐標(biāo)均為三元方程的解；②以三元方程的任意解為坐標(biāo)的點均在曲面上，則稱曲面的方程為，方程的曲面為.已知空間中某單葉雙曲面的方程為，雙曲面可視為平面中某雙曲線的一支繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)面，已知直線過C上一點，且以為方向向量.(1)指出平面截曲面所得交線是什么曲線，并說明理由；(2)證明：直線在曲面上；(3)若過曲面上任意一點，有且僅有兩條直線，使得它們均在曲面上.設(shè)直線在曲面上，且過點，求異面直線與所成角的余弦值.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：題號12345678910答案CBBDCDBDACDBCDACD題號11121314151617181920答案BCBDBCDACDABDBDBDACDBCABD題號21答案ACD1．C【分析】根據(jù)正四面體體積的等積性求得內(nèi)切球半徑，由球的性質(zhì)可知：當(dāng)，與圓相切時，最大，結(jié)合圓的切線性質(zhì)，結(jié)合銳角三角函數(shù)定義、正切二倍角公式、正弦函數(shù)的單調(diào)性進行求解即可.【詳解】設(shè)正四面體的棱長為，正四面體的內(nèi)切球的球心為，頂點在底面的射影為，顯然在線段上，該正四面體內(nèi)切球的半徑為，如圖，為正三角形的中心，則，，由三棱錐的等體積得，即，解得，，由球的性質(zhì)可知：當(dāng)，與圓相切時，最大，如圖所示：，由圓的切線長定理可知：，在中，，最大時，最小，因為，所以此時為的中點，即有，正四面體的內(nèi)切球的球心為，顯然也是該正四面體的外接球的球心，所以，因此，，，所以.故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用球的幾何性質(zhì)即當(dāng)，與圓相切時，最大，結(jié)合圓的切線性質(zhì)求解.2．B【分析】設(shè)，易知，且，設(shè)肉餡球半徑為，，根據(jù)中點可知到的距離，，根據(jù)三角形面積公式及內(nèi)切圓半徑公式可得，結(jié)合余弦定理可得，進而可得，，可得內(nèi)切球半徑且可知三棱錐為正三棱錐，再根據(jù)球的體積公式及三棱錐公式分別求體積及比值.【詳解】

如圖所示，取中點為，，為方便計算，不妨設(shè)，由，可知，又、分別為所在棱靠近端的三等分點，則，且，、，，平面，即平面，又平面，則平面平面，設(shè)肉餡球半徑為，，由于、、分別為所在棱中點，且沿平面切開后，截面中均恰好看不見肉餡，則到的距離，，，又，解得：，故，又，解得，，所以：，解得，，由以上計算可知：為正三棱錐，故，所以比值為.故選：B.3．B【解析】本題以三棱錐為載體，綜合考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角的概念，以及各種角的計算.解答的基本方法是通過明確各種角，應(yīng)用三角函數(shù)知識求解，而后比較大小.而充分利用圖形特征，則可事倍功半.【詳解】方法1：如圖為中點，在底面的投影為，則在底面投影在線段上，過作垂直，易得，過作交于，過作，交于，則，則，即，，即，綜上所述，答案為B.方法2：由最小角定理，記的平面角為（顯然）由最大角定理，故選B.方法3：（特殊位置）取為正四面體，為中點，易得，故選B.【點睛】常規(guī)解法下易出現(xiàn)的錯誤有，不能正確作圖得出各種角.未能想到利用“特殊位置法”，尋求簡便解法.4．D【分析】當(dāng)這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，有一個球體和圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，設(shè)兩圓的半徑，則，，其中，表達出，，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，得到最值，并求出，令，函數(shù)在上單調(diào)遞增，求出，得到答案.【詳解】當(dāng)這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，上面的球與圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，如圖所示，過點O作OF⊥AB，垂足為F，過點作⊥AB，垂足為E，過點作⊥OF，垂足為D．設(shè)圓O的半徑為R，圓的半徑為r，當(dāng)下面的球與上底面相切時，取得最大值，此時為該圓的內(nèi)切球半徑，等邊三角形的邊長為，內(nèi)切球半徑為，故，故R的最大值為，且取最大值時，三點共線，設(shè)，則，則，解得，所以，，，，.因為，所以①，整理得，解得，令函數(shù)，，.令函數(shù)，，所以是增函數(shù).又因為，，所以，，所以，，，，即，，，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.因為，所以，即這兩個球體的半徑之和的最大值為.由①可得，這兩個球體的表面積之和為.令，函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以，即這兩個球體的表面積之和的最大值為.故選：D．【點睛】方法點睛：立體幾何中最值問題，一般可從三個方面考慮：一是構(gòu)建函數(shù)法，即建立目標(biāo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題進行求解；二是借助基本不等式求最值，幾何體變化過程中兩個互相牽制的變量（兩個變量之間有等量關(guān)系），往往可以使用此種方法；三是根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，變動態(tài)為靜態(tài)，直觀判斷在什么情況下取得最值.5．C【分析】過點作出四棱錐的內(nèi)切球截面大圓，確定球半徑表達式，再借助四棱錐體積求出球半徑計算作答.【詳解】如圖，取中點，中點，連接，，，因是正三角形，則，又是矩形，有，而平面平面，平面平面，平面，平面，因此平面，平面，又，則平面，平面，則，，，平面，則平面，又平面，所以，而，則，顯然，由球的對稱性和正四棱錐的特征知，平面截四棱錐的內(nèi)切球得截面大圓，此圓是的內(nèi)切圓，切，分別于，，有四邊形為正方形，設(shè)，又，，則球的半徑，又四棱錐的表面積為，由，解得，，，所以.故選：C.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解題的關(guān)鍵是過點作出四棱錐的內(nèi)切球截面大圓，利用等體積法求出內(nèi)切球半徑和.6．D【分析】連接，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設(shè)漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，根據(jù)等差數(shù)列即可求解.【詳解】三級漏壺，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上口寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸，如圖，在正四棱臺中，為正方形的中心，是邊的中點，連結(jié)，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設(shè)漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，，，因為自上而下三個漏壺的上口寬成等差數(shù)列，下底寬也成等差數(shù)列，且公差相等，所以為定值，又因為三個漏壺的高成等差數(shù)列，所以.故選：．【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于情境類問題首先要閱讀理解題意，其次找尋數(shù)學(xué)本質(zhì)問題，本題在新情境的基礎(chǔ)上考查等差數(shù)列的相關(guān)知識.7．BD【分析】對于A，由于等價向量關(guān)系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進而確定點的坐標(biāo)；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解點的個數(shù)．【詳解】易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于A，當(dāng)時，BP=BC+μBB1=BC對于B，當(dāng)時，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此時對于C，當(dāng)時，BP=12BC+μBB1，取，中點分別為，，則BP=BQ+μQH，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，，，，則A1P=?32,0,μ?1，BP對于D，當(dāng)時，BP=λBC+12BB1，取，中點為．BP=BM+λMN，所以點軌跡為線段．設(shè)，因為A32，0,0，所以AP=故選：BD．【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關(guān)鍵之處在于所求點的坐標(biāo)放在三角形內(nèi)．8．ACD【分析】對于A，連接交于點，連接，可證得∥平面，進而進行判斷，對于B，根據(jù)線面垂直的判定定理可證得平面，設(shè)為等邊三角形的外心，過作平面的垂線，則三棱錐外接球的球心在此直線上，然后求解，對于C，取的中點，連接，可得與平面，平面，平面所成的角分別，然后求它們的余弦值即可，對于D，由題意可得平面平面，平面平面，為二角面的平面角，為二面角的平面角，然后求出它們的正弦值判斷.【詳解】對于A，連接交于點，連接，因為四邊形為正方形，所以為的中點，因為是的中點，所以∥，因為平面，平面，所以∥平面，因為是線段上的動點，所以點到平面的距離為定值，因為的面積也為定值，所以三棱錐的體積為定值，所以A正確，對于B，因為平面，平面，所以，因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證，由選項A可知∥，所以，，因為，平面，所以平面，設(shè)為等邊三角形的外心，則,過作平面的垂線，則三棱錐外接球的球心在此直線上，設(shè)球心為，連接，過作于，則，，設(shè)三棱錐外接球的半徑為，則，設(shè)，則，因為，所以，解得，，所以B錯誤，對于C，取的中點，連接，則∥，∥，所以平面，平面，因為平面，所以與平面，平面，平面所成的角分別，因為，所以，所以，即，所以C正確，對于D，因為∥，∥，所以∥，所以平面就是平面，因為平面，平面，平面，所以平面平面，平面平面，因為平面，平面，所以，所以為二角面的平面角，為二面角的平面角，，，所以平面與上下兩個底面所成二面角的正弦值為，與前后兩個平面所成二面角的正弦值為，與左右兩個平面所成二面角的正弦值為，所以，所以D正確，故選：ACD【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查線面垂直，面面垂直，考查線面角，面面角，解題的關(guān)鍵是根據(jù)正方體的性質(zhì)結(jié)合線面角和面面角的定義找出線面角和面面角，考查空間想象能力和計算能力，屬于難題.9．BCD【分析】對A，求出正四面體的高，點到平面的距離為，求出體積判斷；對B，作點關(guān)于平面的對稱點，由對稱性得，求解判斷；對C，由最小角定理可知，與所成的最小角即與平面所成角，運算得解判斷；對D，根據(jù)題意，可判斷平面截正四面體的截面為矩形，利用基本不等式求解.【詳解】對于A，如圖，作平面，垂足為，因為四面體為正四面體，則為三角形的中心，則，所以，即正四面體的高為，點到平面的距離為點平面的距離的一半，即，所以，故A錯誤；對于B，如圖，作點關(guān)于平面的對稱點，連接交平面于點，過點作平面的垂線交平面于點，作，因為平面，所以點，則，，，所以，故B正確；對于C，當(dāng)落在直線上時，由最小角定理可知，與所成的最小角即與平面所成角，即，所以，所以，即異面直線與所成角余弦最大為，故C正確；對于D，如圖，連接，因為是的中點，所以，同理，設(shè)平面交正四面體的棱于點，棱于點，棱于點，棱于點，所以，，，，所以，，又，，是平面內(nèi)的相交直線，則平面，所以，則，即四邊形為矩形，即平面截正四面體的截面為矩形.設(shè)，即，，即，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，所以平面截該四面體截得的截面面積最大為1，故D正確.故選：BCD.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題B選項，解題的關(guān)鍵是作點關(guān)于平面的對稱點，由對稱性求解；D選項，關(guān)鍵是判斷出平面截該四面體截得的截面為矩形.10．ACD【分析】對A，關(guān)鍵在于考慮∠ASB正弦的大小；對B，只需作出線面角即可；對C，當(dāng)三棱錐O-SAB體積最大值，三棱錐可以補成長方體；對D，可以將圓錐側(cè)展開考慮.【詳解】對A，因為，所以∠ASB為銳角，所以，A正確；對B，如圖，取OA中點H，則BH⊥OA，又BH⊥SO，所以BH⊥面SOA，所以∠BSH為直線SB與平面SOA所成的角，所以，B錯誤；對C，易知當(dāng)三棱錐O-SAB體積最大時，OB⊥面SOA，此時三棱錐可以補成以O(shè)A，OB，OS為三相鄰邊的長方體，所以外接球直徑，外接球表面積為，C正確；對D，將三棱錐側(cè)面展開如下，扇形弧長為，所以；過S作SD⊥于D，則所求路徑即為CD的長：由，SC=30cm，所以=50cm，且，D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：(1)過三棱錐頂點作三棱錐截面，由于母線長是確定的，所以截面面積取決于頂角的大??；(2)幾何法求線面角大小，關(guān)鍵作出斜線在平面上的投影；(3)“墻角式”三棱錐外接球為補成長方體體對角線中點；(4)立體幾何路徑最短問題，往往需要展成一個平面后解決.11．BC【分析】由已知方程可得點的軌跡，畫出圖形，再計算軌跡長度可得A錯誤；由投影法可得，當(dāng)點在上投影最小時，向量積最小，求出投影長可得B正確；由平面可得C正確；當(dāng)點位于半圓弧中點時，可由棱錐的體積公式計算體積的最小值可得D錯誤；【詳解】對于A：由可知，點在以為球心，1為半徑的球上，又由可知，點在平面上，所以點為球面與平面的交線，如圖（2）所示，在矩形中，以為圓心，1為半徑的半圓，所以點的軌跡長為，故A錯誤；對于B：由投影法可得，當(dāng)點在上投影最小時，向量積最小，此時點位于半圓弧中點，投影長為，所以，故B正確；對于C：因為平面，平面，所以，故C正確；對于D：因為平面，所以點到平面平面的距離為，則，由圖（2）可知當(dāng)點位于半圓弧中點時，的面積最小為，所以，故D錯誤；故選：BC.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題選項A關(guān)鍵是能根據(jù)已知點的方程結(jié)合圖形畫出點的軌跡平面圖形，從而計算即可.12．BD【分析】運用正方體的對角線的性質(zhì)和對稱性，得到截面為正三角性或正六邊形，再計算得到周長和面積關(guān)于x的函數(shù)，然后判斷函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)果.【詳解】如圖示，是邊長為的等邊三角形，由正方體的結(jié)構(gòu)知：，且面，又面，則，又且都在面上，則面，面，所以，同理有，而且都在面上，所以面，同理可證面，又，面，面，故面，同理得面，由且都在面上，所以面面，結(jié)合示意圖知：當(dāng)在面與交點與之間（含端點），或面與交點與之間（含端點）時，截面為等邊三角形；當(dāng)在面與面與的兩個交點之間時，截面為六邊形，所以不可能出現(xiàn)四邊形截面，A錯；若在面與交點與之間（含端點），截面為等邊三角形，令其邊長為，則截得正方體側(cè)棱長為，且，即，所以，則，且，此時，，，；根據(jù)對稱性，在面與交點與之間（含端點），，此時，，，；當(dāng)在面與面與的兩個交點之間，而截面過相關(guān)棱中點所得正六邊形為界，其兩側(cè)所截得六邊形對稱，討論所截六邊形為靠頂點一側(cè)情況，此時，且兩組三條不相鄰的邊長相等，如下圖，截面補全為一個正三角形，作為以頂點的正三棱錐的底面，所以底面正三角形邊長為，其對應(yīng)正三棱錐側(cè)棱長為，所以正方體外側(cè)的三個小正三棱錐的側(cè)棱長為，故小正三棱錐的底面邊長為，綜上，六邊形較長邊為，較短邊為，此時，，，根據(jù)對稱性，所截六邊形為靠頂點一側(cè)，此時，，，綜上，，，由上所得解析式知：C錯，D對.故選：BD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用線面垂直的判定以及平面基本性質(zhì)確定截面的形狀，討論范圍求出、解析式為關(guān)鍵.13．BCD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，用向量在空間直線、面位置關(guān)系和空間角、距離上的應(yīng)用方法一一去計算求解，并結(jié)合一元二次函數(shù)、基本不等式求最值即可.【詳解】如圖，由題意可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則由題：，所以，，，，又，，，所以，即，，即，所以，對A，由上，故A錯誤；對B，由題意是平面的一個法向量，，故當(dāng)時，此時平面，故B正確；對C，由上，，設(shè)平面的一個法向量為m=x,y,z，則，所以，取，則，設(shè)點Q到平面的距離為d，則由得，又由題意可知，故，因為長度為定值，所以為定值，故當(dāng)時，三棱錐體積最大，故C正確；對D，設(shè)直線與所成角為，由上當(dāng)時，當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立，故D對.故選：BCD.【點睛】方法點睛：遇立體幾何復(fù)雜問題，如求最值，有垂直條件一般考慮建立空間直角坐標(biāo)系用向量法解決.14．ACD【分析】利用線面角的幾何求法判斷A，利用相似的性質(zhì)建立方程，得到函數(shù)關(guān)系，再利用導(dǎo)數(shù)求解最值判斷B，利用相似的性質(zhì)結(jié)合勾股定理判斷C，先判斷軌跡情況，再求解弧長，最后再求和即可.【詳解】對于A，設(shè)圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，則，即，又由題意得，解得，故，，設(shè)圓錐的母線與底面所成角為，故，故A正確，對于B，設(shè)圓柱的底面半徑為，且，高為，當(dāng)圓柱的體積最大時，圓錐和圓柱一定相接，如圖，由相似性質(zhì)易知，解得，設(shè)圓柱體積為，則圓柱體積為，則，令，，令，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故當(dāng)時，有最大值，但此時圓柱高為，故B錯誤，對于C，當(dāng)球的半徑最大時，該球一定與圓錐內(nèi)切，截面如圖，設(shè)球的半徑為，且易知，則，得，解得，此時設(shè)球的內(nèi)接正四面體的棱長為，如圖所示，則正四面體中，，可得，在直角三角形中，由勾股定理得，解得，故球的內(nèi)接正四面體的棱長為，C正確，對于D，當(dāng)正方體棱長最大時，正方體內(nèi)接于圓錐，軸截面如圖，設(shè)正方體棱長為，則，，由，得，即，解得，易知球與正方體的交線是六條圓弧，如圖所示，易知，則，，則六條圓弧總長為，則正方體的表面上與點距離為的點的集合形成的曲線長度為，故D正確.故選：ACD【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查立體幾何，解題關(guān)鍵是判斷清楚軌跡情況，然后轉(zhuǎn)化為弧長之和，最后得到所要求的軌跡長度即可．15．ABD【分析】合理構(gòu)造圖形，利用三角形的性質(zhì)判斷A，利用球的截面性質(zhì)判斷B，利用線線角的幾何求法求出軌跡方程判斷C，合理轉(zhuǎn)化后判斷D即可.【詳解】對于A，延長到使得，則，等號在共線時取到；故A正確，對于B，由于球的半徑為，球心到平面的距離為，故被截得的圓的半徑為，故面積為，故B正確，對于C，與所成的角即為和所成角，記，則，即，所以的軌跡是雙曲線；故C錯誤，對于D，顯然過的滿足條件的直線數(shù)目等于過的滿足條件的直線的數(shù)目，在直線上任取一點，使得，不妨設(shè)，若，則是正四面體，所以有兩種可能，直線也有兩種可能，若，則只有一種可能，就是與的角平分線垂直的直線，所以直線有三種可能.故選：ABD16．BD【分析】根據(jù)題意可得點的軌跡為橢圓，由橢圓的幾何性質(zhì)從而可確定的坐標(biāo)范圍，設(shè)三棱臺的高為，由三棱臺的體積最大值確定的范圍，從而可判斷A；建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)兩點之間的距離公式求解的取值范圍，從而可判斷B，D；將三棱臺補成三棱錐，根據(jù)棱錐與棱臺的體積關(guān)系即可判斷C.【詳解】由，，可得點的軌跡為橢圓，如圖則橢圓方程為，由于則，又因為為銳角三角形，則且，所以，，所以，由于，所以，設(shè)，則，設(shè)三棱臺的高為，則，因為該三棱臺的體積最大值為，，所以，由于無最小值，故該三棱臺的體積無最小值，故A不正確；對于三棱臺有側(cè)面為垂直于底面的等腰梯形，則如圖，以為原點，在平面上作面，在面作面，則，設(shè)，則，，，所以，由于，，所以，又，故B可能正確；同理，又，故D可能正確；如圖，將三棱臺補成三棱錐，設(shè)點到平面的距離為，則，又，所以，故C一定正確.故選：BD.【點睛】思路點睛：本題考查空間幾何與平面解析幾何綜合運用，解決本題中的問題涉及的思路有：（1）根據(jù)橢圓的定義確定動點的軌跡，利用解析幾何的性質(zhì)縮小點坐標(biāo)范圍；（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間中兩點距離公式確定線段長的取值范圍；（3）體積關(guān)系的建立，需將三棱臺補成三棱錐，由三棱錐的體積轉(zhuǎn)換特點分析體積比例.17．BD【分析】先由題意讀出，建立關(guān)于它們的等量關(guān)系，從而求出的值，進而求出根據(jù)三角函數(shù)由圖像求解析式的思路依次求出和的值，得出的解析式，即可判斷AB；CD需根據(jù)圖像特征結(jié)合幾何平行和垂直的判定方法和手段進行分析處理.【詳解】設(shè)函數(shù)的最小正周期為，則，又，平方得，即，所以，即，因為，解得，故，即，所以，則，可得，又因為函數(shù)在附近單調(diào)遞減，且，所以，故A錯誤；對于B選項，因為，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞增，B符合題意；對于C選項，在平面內(nèi)，過點D作圖象的切線，斜率為，連線的斜率，連線的斜率,過點D作交x軸于M，則該直線一定交于，再在平面上，過M作平行于的直線交于，此時面，故C錯誤；對于D選項，若均在上，由可知，平行于x軸，此時，若均在上，作于點E，則，又，從而面，故，而，因此，在圖1中作直線，則為與的交點，不妨設(shè)為與在y軸右側(cè)最近的兩個交點，則此時的最小值為，若不在同一個面上，此時，故D正確.故選：BD.【點睛】方法點睛：涉及未知點（或動點）的平行（或垂直）關(guān)系求未知點（或動點）的位置或軌跡時，抓住平行（或垂直）的不變性和定點以及定直線作相應(yīng)的平行面或垂面可助于找到未知點（或動點）的位置或軌跡.18．ACD【分析】對A，可證平面，可得；對B，平面截正方體的截面為如圖正六邊形，點關(guān)于平面對稱，最小轉(zhuǎn)化為求即為；對C，只要圓柱的外接球半徑小于等于正方體的內(nèi)切球半徑即可滿足題意；對D，當(dāng)最小時，直線與平面所成角的正弦值最大，此時點是的中點，得解.【詳解】對于A，如圖，，又平面，所以，又是平面內(nèi)兩條相交直線，所以平面，所以，同理可證，而平面，所以平面，因為平面，所以，故A正確；對于B，如圖，平面截正方體的截面為正六邊形，點關(guān)于平面對稱，所以，故B錯誤；對于C，底面半徑為，高為的圓柱的外接球的半徑為，又正方體棱長為2，所以圓柱可以在正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，故C正確；對于D，由題，點到平面的距離為定值，所以當(dāng)最小時，直線與平面所成角的正弦值最大，此時點是的中點，直線與平面所成角即，在中，，，，所以.故D正確.故選：ACD.【點睛】思路點睛：選項B，確定平面截正方體的截面為正六邊形，由此確定點關(guān)于平面對稱，將球最小轉(zhuǎn)化為求；選項C，圓柱可以在正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，只要圓柱的外接球半徑小于等于正方體的內(nèi)切球半徑即可；選項D，直線與平面所成角的正弦值最大，即最小時，此時點是的中點，直線與平面所成角即.19．BC【分析】先證明引理：若不全相等，則空間中存在一個邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是的充要條件是，然后將題目條件分4種情況考慮，分別計算出對應(yīng)的存在的條件，再通過這4個條件中恰有2個成立，可得出的取值范圍，最后分別驗證4個選項即可得到正確答案.【詳解】對題目中給定的平面，我們?nèi)《ㄆ矫娴囊粋€法向量，并將該法向量所指的方向定義為平面的上方.然后，我們定義空間中一個點到平面的有向距離：一方面，到平面的有向距離的絕對值等于到平面的距離；另一方面，若在平面的上方，則到平面的有向距離為正數(shù)，若在平面的下方，則到平面的有向距離為負數(shù).易知，到平面的全體有向距離為的點構(gòu)成的集合為一個平面，將該平面記為，那么就有：，且全體兩兩之間是平行的，而兩平面之間的距離為.現(xiàn)在，我們證明一個引理：引理：若不全相等，則空間中存在一個邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是的充要條件是：.如圖所示：一方面，我們證明必要性：若空間中存在一個邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是，且不全相等：記點所在的平面為，則由于不全相等，知不可能是某個，由于全體兩兩之間是平行的，所以不可能平行于任意一個，故和任意一個都有唯一的交線，將其記為.然后，在上任取一點，并過作的垂線交于，然后以為原點，以為軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系.這樣相應(yīng)確定的軸顯然就是直線，記兩直線和之間的距離為，則，且直線的方程就是.現(xiàn)在，由于是邊長為的正三角形，故可設(shè)，，而分別在平面上，從而分別在直線上，這意味著我們有，.從而，，故：.這就有.所以.從而必要性得證.另一方面，我們證明充分性：若不全相等，且.我們?nèi)。瑒t.然后取一個平面，使得和之間的夾角的正弦值為.此時，和任意一個的夾角正弦值都是正數(shù)，故和任意一個都有唯一的交線，將其記為.此時，之間的距離為，從而我們可以在上取一個平面直角坐標(biāo)系，使得的方程恰為.這種情況下，和之前證明必要性時進行的演算類似，可以證明恒等式，這表明我們可以再取一個實數(shù)使得，.然后，在該直角坐標(biāo)系下取，，，則顯然是邊長為的正三角形，與此同時，由于，且.故分別在直線上，也就是分別在直線上，從而分別在平面上，故它們到平面的有向距離分別是，充分性得證.現(xiàn)在我們回到原題，根據(jù)對稱性，我們不妨設(shè)中至少有兩個點在平面的上方.情形1：均在平面的上方，此時，而重心到平面的距離為（這是因為重心的坐標(biāo)可由三點取平均值得到，故它到的有向距離一定也是到的有向距離的平均值，即）.若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價于；情形2：在平面的下方，在平面的上方，此時，而重心到平面的距離為.若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價于；情形3：在平面的下方，在平面的上方，此時，而重心到平面的距離為.若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價于；情形4：在平面的下方，在平面的上方，此時，而重心到平面的距離為.若此種情況存在，根據(jù)我們的引理，這等價于.而題目條件為重心到平面的距離恰有兩個可能值，根據(jù)以上討論，這就相當(dāng)于四個不等式，，，中恰有兩個成立，這等價于.綜上，原題條件等價于給定的邊長滿足.最后，分別驗證A，B，C，D四個選項，它們的平方分別是，，，，在區(qū)間上的是，，所以B，C正確，A，D錯誤.故選：BC.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解決本題最重要的還是證明引理：若不全相等，則空間中存在一個邊長為的正三角形，滿足到平面的有向距離分別是的充要條件是，這也是該問題的核心.20．ABD【分析】由向量運算法則可得是的中點，即為直徑，由圓的性質(zhì)可得；依題意可得，再利用線面垂直判定定理即可求得，假設(shè)點共面，由可知假設(shè)不一定成立；將四棱柱體積轉(zhuǎn)化為，可求得當(dāng)平面時，其體積最大.【詳解】對于A，若可得：，即可得是的中點，所以是直徑，如下圖所示：

因此過三點的截面圓的直徑為，且為圓周上一點，所以；即，又，所以，即，因此A正確；對于B，若可得，即，所以；即，所以，即可得，所以；又因為是直四棱柱，所以，易知平面，所以平面，又平面，所以，則，即B正確；對于C，假設(shè)點共面，易知平面，則平面平面，所以，又，因此，若，只是對角線相等，不等得出，因此假設(shè)不成立，所以C錯誤；對于D，連接，易知在直四棱柱的高的中點處，如下圖所示：所以，即當(dāng)四棱錐的體積最大時，四棱柱的體積也最大；易知，所以，又，易知當(dāng)平面時，其體積最大；此時，所以四棱柱體積的最大值為，即D正確；故選：ABD【點睛】方法點睛：在求解立體幾何體積最值問題時，經(jīng)常要利用等體積法將問題轉(zhuǎn)化為易求解的幾何體體積，再根據(jù)已知條件判斷出最值取得的條件即可求解.21．ACD【分析】對A，將平面展開到與同一平面，由兩點間線段最短得解；對B，當(dāng)M點在A處時，過M點只能作一條直線，可判斷；對C，當(dāng)M與B重合時，平面，分別取的中點E，F(xiàn)，G，H，P，Q，可得到正六邊形符合題意；對D，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點坐標(biāo)，根據(jù)條件求出點坐標(biāo)滿足的方程，依此判斷.【詳解】選項A：將平面展開到與同一平面如圖所示，連接交于M,此時為最小值，計算可得，故A正確；

選項B：當(dāng)M點在D處時，因為平面，所以過M點可作無數(shù)條直線與垂直，當(dāng)M點在A處時，過M點只能作一條直線,故B不正確；選項C：當(dāng)M與B重合時，平面，分別取的中點E，F(xiàn)，G，H，P，Q，則六邊形是正六邊形，且此正六邊形所在平面與平面平行，所以當(dāng)平面為平面時滿足題意，故C正確；

選項D：以D為原點，分別以為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則,得，，整理得為雙曲線方程，故D正確．故選：ACD．

【點睛】思路點睛：A選項，沿將平面展開到與同一平面，轉(zhuǎn)化為平面上問題求解；B選項，舉反例，當(dāng)M點在A處時，過M點只能作一條直線；C選項，當(dāng)M與B重合時，易證平面，分別取的中點E，F(xiàn)，G，H，P，Q，則六邊形是正六邊形，即為所求的；D選項，以點D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點M坐標(biāo)，依據(jù)條件求出點M的軌跡方程，由此判斷.22．/【分析】建立空間直角坐標(biāo)系可得的坐標(biāo)表達式，配方后可得最值.【詳解】如圖建立以D為原點的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，其中.則.則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.則為使最小，則應(yīng)使盡量的大，且P為中點.又點P、M、N均位于正方體表面上，則P、M、N在正方體同一面上，則當(dāng)為正方體一面的對角線，P為對角線中點時，滿足題意，此時，則.故答案為：【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解題的關(guān)鍵是建立坐標(biāo)系利用坐標(biāo)計算得，再由取等條件得到P、M、N位置關(guān)系從而得解.23．23【分析】假想一個沒有上頂?shù)恼襟w，該正方體會把空間分割成塊，把四面進行極限傾斜相交分析求解.【詳解】假想一個沒有上頂?shù)恼襟w，該正方體會把空間分割成塊，把四面進行極限傾斜相交，如圖所示，在傾斜的過程中，在不管底面的情況下，個側(cè)面在頂點以下的“水平范圍”內(nèi)最多可以切割出個空間，與沒有傾斜極限的情況一樣，多出來的空間是交叉的切割出來的空間，在空間上是對稱的，四個傾斜的側(cè)面在空間中的延伸還是這樣的傾斜側(cè)面，如圖所示的對稱的錐面同樣會切割出個空間，即頂點之上的個延伸的傾斜的面同樣會切割出個空間，但是四個空間和下面的四個傾斜的側(cè)面切出的是同一個，即標(biāo)記“×”的位置，所以在的基礎(chǔ)上加減，即結(jié)果是.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于把四面進行極限傾斜相交分析.24．//【分析】根據(jù)點與點關(guān)于平面對稱，點與點關(guān)于直線對稱，結(jié)合三角形兩邊和與差的最值可得解.【詳解】

如圖所示，由已知可得，，，則，，即，，又，，平面，則平面，①當(dāng)，兩點在平面同側(cè)或一點在平面上時，，當(dāng)且僅當(dāng)，有一點在平面上時取等號；即；②當(dāng)，兩點在平面異側(cè)時：設(shè)平面與直線交于點，將延拓，如圖所示，則，由，，，平面，則平面，即，抽象出平面如圖所示，

則，設(shè)點關(guān)于直線的對稱點為，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，取得最小值，如圖，

由，且，，，則，即，，則，，又，則，即，所以，所以，故答案為：，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解決的關(guān)鍵在于建立空間直角坐標(biāo)系，將問題轉(zhuǎn)化為線的長度問題，從而得解.25．【分析】取，的中點連接，證明平面，從而得出在正方體內(nèi)運動所形成的圖形為四邊形內(nèi)，得出答案；作出截面橢圓，過截面橢圓的中心作與圓錐底面平行的截面，由圓中的相交弦定理結(jié)合正弦定理可得出離心率.【詳解】取，的中點，連接，則且，則點在正方體內(nèi)運動所形成的圖形為四邊形，又在正方體中平面，且平面，則，所以四邊形為矩形.又，則又，所以，即，由上可知平面，且平面，則，由，且平面，平面，所以平面.當(dāng)點在正方體內(nèi)運動所形成的圖形為四邊形時，平面，所以滿足，此時，，面積為.由上可知為平面與底面所成角.則，則，故，設(shè)截面橢圓的中心為，長軸為，短軸為，過橢圓的短軸作與圓錐的底面平行的截面分別交母線于兩點.設(shè)該截面與圓錐的軸所成角為，則，則，設(shè)圓錐的母線于圓錐的軸所成角為，則.，由相交弦定理可得：，在中，，所以，即，在中，，所以，即，設(shè)橢圓的離心率為，則，所以.故答案為：；.【點睛】關(guān)鍵點點睛：解答本題的關(guān)鍵是證明平面，從而得出在正方體內(nèi)運動所形成的圖形為四邊形內(nèi)；以及在圓錐的截面橢圓中過截面橢圓的中心作與圓錐底面平行的截面，從而結(jié)合圓的相交弦定理得到，由正弦定理得出，，從而得出離心率.26．2【分析】根據(jù)題意作出平面即平面，取中點，利用和可求得的值；通過線面平行的性質(zhì)得到，，推理得到，故可間接法求得四邊形的面積.【詳解】如圖，過點作的平行線分別交的延長線于點，易知分別為的中點．連接，分別交于點，則平面即平面．取的中點，因是正方形，則連接，則，易得，則，所以，所以．連接，因為，平面平面，平面，所以，所以，，由圖易得,由可得，由得,從而，由可得為的中點.由可得,,,因,故四邊形的面積．故答案為：2；.【點睛】思路點睛：本題主要考查棱錐的截面位置和面積問題，屬于難題.解題思路在于正確理解題意，作出合理的截面，充分利用平行與垂直的判定、性質(zhì)定理，借助于相似三角形和三角形之間的面積關(guān)系計算即得.27．【分析】利用空間向量的數(shù)量積與角度的關(guān)系，列出分別與直線所成角的正切值之和的表達式，從而得到點的軌跡為在平面中以點為焦點的橢圓被平面所截曲線，可得點到平面的距離的取值范圍，最后利用棱錐的體積公式計算得到答案即可.【詳解】在正方體中，以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，，，因為，所以，因為，所以，所以，所以，整理可得點到點和點的距離之和為，所以點的軌跡為在平面中以點為焦點的橢圓被平面所截曲線，則點到平面的距離的最大值為1，此時點在中點的正上方；最小值為時，點在點或者點的正上方，所以四棱錐的體積為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查利用空間向量解決空間角問題，涉及三角函數(shù)的計算以及空間點與點之間的距離的轉(zhuǎn)化，其關(guān)鍵是通過計算得出動點P的軌跡方程，即，結(jié)合橢圓的性質(zhì)得出距離的取值范圍，再根據(jù)錐體的體積公式即可解決問題.28．①②④【分析】使用空間向量設(shè)出各點的坐標(biāo)，再對逐個選項分別求解.【詳解】設(shè)的重心分別是.以為原點，為軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系.則，且.三個內(nèi)切圓的半徑均為，且可設(shè)：；；.所以有，，.對于①，當(dāng)確定后，取為關(guān)于平面的對稱點，則垂直于平面，所以垂直于，①正確；對于②，當(dāng)，時，有，.故，，.直接計算可知，所以此時滿足條件，②正確；對于③，此時位于最上方，即.這時，點到平面的距離為.所以此時，③錯誤；對于④，此時，根據(jù)對稱性有，故，故此時在處取到最大.此時的縱坐標(biāo)都是，故點到平面的距離為，④正確.故答案為：①②④【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵在于對空間向量的計算與求解.29．【分析】采用補形法得正方體，作出圖形，找出內(nèi)切球，外接球球心，由幾何關(guān)系知：兩點間距離的最小值為，易求外接圓半徑，結(jié)合等體積法可求出內(nèi)切圓半徑和，進而得解.【詳解】由已知將該三棱錐補成正方體，如圖所示.設(shè)三棱錐內(nèi)切球球心為，外接球球心為，內(nèi)切球與平面的切點為，易知：三點均在上，且平面，設(shè)內(nèi)切球的半徑為，外接球的半徑為，則.又，，所以，由等體積法：，即，解得，由等體積法：，即，解得，將幾何體沿截面切開，得到如下截面圖：大圓為外接球最大截面，小圓為內(nèi)切球最大截面，∴兩點間距離的最小值為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)題設(shè)將三棱錐補成正方體，進而確定內(nèi)切球，外接球球心，結(jié)合等體積法求內(nèi)切圓半徑及，即可得的長度的最小值.30．//【分析】根據(jù)題意，可求得三棱錐各個面的面積，設(shè)三棱錐內(nèi)切球的半徑為，利用等體積法可求得內(nèi)切球的半徑；由，當(dāng)點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)點坐標(biāo)，利用向量法求出點到平面的距離最大值得解.【詳解】如圖，根據(jù)題意，，，，，，所以，設(shè)的中點為，則是外接圓的圓心，則平面，則，，，設(shè)三棱錐內(nèi)切球的半徑為，則，即，.由，由于，所以當(dāng)點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，如圖，以為坐標(biāo)原點，為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，設(shè)點，因為，，所以，即，兩式相減解得，代回上式可得，所以，即，又平面的一個法向量為，，所以點到平面的距離為，所以點到平面的最大距離為，所以三棱錐的體積最大值為.故答案為：；.【點睛】思路點睛：第一空，先求出三棱錐各個面的面積，利用等體積法可求得內(nèi)切球的半徑；第二空，根據(jù)三棱錐等體積轉(zhuǎn)換，，又，當(dāng)點到平面的距離最大時，三棱錐的體積最大，建系用向量法求出答案.31．【分析】先根據(jù)展開計算求出，再代入可得，進而分析出要要體積最大，則最大，利用基本不等式得到，過作面的垂線，則三棱錐的外接球球心必在該垂線上，根據(jù)列方程求出半徑即可.【詳解】如圖：平面即平面，平面即平面，即二面角的余弦值為，過作，垂足為，過作，垂足為，則，又，，則，設(shè)則，所以，即，所以，則，過作面的垂線，垂足為，連接，則，即三棱錐當(dāng)以為頂點時高為，要體積最大，則最大，,要最大，則需最大，在中，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，此時為等邊三角形，即，又，所以重合，圖形如下：設(shè)的中心為，連接在中，，，，所以，過作面的垂線，則三棱錐的外接球球心必在該垂線上，設(shè)為點，設(shè)球的半徑為，則，所以即，解得，所以外接球的表面積是.故答案為：【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用求出的大小，然后設(shè)出球心，列方程求出半徑.32．(1)證明見解析(2)(3)，【分析】(1)利用兩內(nèi)棱的端點構(gòu)成四邊形為平行四邊形，然后證明兩個內(nèi)棱相交且互相平分，然后得到三個內(nèi)棱相交于同一點且互相平分；（2）由定義易證：四邊形為菱形，于是再由中位線定理，其對棱相等，所以可以補形為長方體，然后建立空間直角坐標(biāo)系求解即可；（3）由（2）易知棱長與外接球表面積的關(guān)系，然后設(shè)Ax1,y1得求得然后利用三角形為銳角三角形求得最后求最值即可.【詳解】（1）如圖，連接，

由題可知，平行且等于，平行且等于所以平行且等于所以四邊形為平行四邊形，所以對角線，為線段中點；同理，為線段中點；故的三條內(nèi)棱交于一點.（2）由（1）可知，四邊形為平行四邊形，若為垂棱四面體，則四邊形為菱形，即顯然故同理如圖，將該三棱錐補全為一個長方體，并建立空間直角坐標(biāo)系，

因為所以有所以,設(shè)平面的一個法向量為n=易知令，解得所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）由（2）易知將補成長方體，設(shè)長寬高分別設(shè)為，則外接球半徑為該長方體的體對角線長的一半即：，則：顯然，所以設(shè)A因為直線過橢圓焦點所以聯(lián)立得顯然由韋達定理可知，得所以所以整理得得所以由于為某長方體的三個頂點由余弦定理可知均為銳角顯然中角均為銳角，所以只需角銳角，即：得解得由的定義域為所以當(dāng)最大時，最小不妨令所以因為由對勾函數(shù)性質(zhì)可知，當(dāng)時，有最大值此時故的最小值為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：對棱相等的三棱錐可以補全為長方體.33．(1)證明見詳解(2)①；②【分析】（1）做輔助線，根據(jù)垂直關(guān)系可得，，結(jié)合直角三角形三角關(guān)系分析證明；（2）①根據(jù)三角知識結(jié)合基本不等式可得，利用弦長公式求得，分和兩種情況，結(jié)合基本不等式分析求解；②設(shè)相應(yīng)量，可得，可得圓柱的體積，構(gòu)建函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值.【詳解】（1）過作，垂足為，過作，垂足為，因為平面平面，且平面平面，平面，可得平面，由平面，可得，且，平面，可得平面，由平面，可得，則，所以.（2）因為以AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切于點C，可知，則，由（1）可得：，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，所以當(dāng)時，最小，①因為平面，平面，則，，即，在中，則，在中，由余弦定理可得，則，在中，則，在中，則，可得，由題意可知：焦點，準(zhǔn)線，直線的斜率存在，且直線與拋物線必相交，設(shè)直線，，聯(lián)立方程，消去y可得，則，可得，當(dāng)時，取到最小值2，根據(jù)對稱性可知，可得；當(dāng)時，則，且，由基本不等式可得，則；綜上所述：的最小值為2，當(dāng)且僅當(dāng)，時，等號成立，所以，兩點間的最小距離為；②由（1）可知：當(dāng)，兩點間的距離最小時，則，，可知為中點，且與重合，因為，設(shè)的內(nèi)切圓半徑為，由等面積法可得：，解得，設(shè)圓柱的底面半徑為，高為，則，可得，所以圓柱的體積，令，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，；可知在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，則，所以圓柱體積的最大值為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于（2）中：①利用勾股定理結(jié)合余弦定理整理可得；②根據(jù)錐體的結(jié)構(gòu)特征分析可得，進而可求圓柱體積.34．(1)(2)存在點：與【分析】（1）分別在兩個坐標(biāo)平面內(nèi)聯(lián)立直線方程和橢圓方程消元，利用弦長公式和點到直線的距離公式，利用韋達定理表示出棱錐體積，然后利用導(dǎo)數(shù)求解可得；（2）求出平面與平面的法向量，根據(jù)法向量數(shù)量積為0求解即可.【詳解】（1）設(shè)，，，，，，，故：，設(shè)，所以：所以：，代入原直線方程得：故：，，由于，則：，由對稱性不妨設(shè)，所以：，令：，，令：，則：，由穿針引線法可知：在上有且僅有一個極（大）值點，故當(dāng)取最大時，的導(dǎo)函數(shù)，所以解得：（舍）或，故.同理可得，則.（2）存在，由（1）知：，所以：，，.設(shè)：與分別為平面與平面的法向量，則：，同理可得，所以：解得：，存在這樣的點：與【點睛】關(guān)鍵點睛：本題根據(jù)在于理解題意，分別在兩個坐標(biāo)平面內(nèi)聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用韋達定理表示出棱錐體積，然后利用導(dǎo)數(shù)即可求解.35．(1)證明見解析(2)【分析】(1)根據(jù)線面平行，面面平行定理即可證明；(2)建立合適坐標(biāo)系，將各個點用坐標(biāo)表示出來，再根據(jù)向量垂直列出方程式，求解即可【詳解】（1）因為，平面，所以平面，同理平面，又，平面，，所以平面平面，平面，所以平面；（2）取的中點，因為，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因為，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.在四邊形中，因為，，，，所以，所以，因為，所以，所以A0,0,0，，D0,1,0，，，，，，，設(shè)，則，設(shè)為平面的法向量，則，即，故取，因為直線與平面所成角的正弦值為，所以，兩邊同時平方得所以，解得，或（舍去），所以，所以.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：需要構(gòu)造合適的坐標(biāo)系，根據(jù)各個邊的長度確定其各個點坐標(biāo)，用坐標(biāo)表示向量，設(shè)出平面的法向量，代入可解得.36．(1)①；②(2)證明見解析【分析】（1）①建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量，利用向量夾角公式即可求解；②根據(jù)條件，得出，即可求解；(2）設(shè)，從兩個方面結(jié)合參考公式給出證明即可．【詳解】（1）以C為原點，方向為x軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則，，，，，，，，①設(shè)平面CAD的法向量，則，即，取，設(shè)平面BAD的法向量為，則，即，取，所以，即二面角的余弦值為；②，，，所以；（2）設(shè)，，，下證，設(shè)S中任意不同的兩點的個距離中，距離等于的有個，，2，，k，則，記S中n個不同點分別為，，，，設(shè)到點的距離等于的點的個數(shù)為個，，k；，2，，，則，，，所以，考慮由S中的點構(gòu)成的滿足的點組的個數(shù)，一方面，當(dāng)A取，時，這樣的點組有個，故有，另一方面，因為S中任意四個點不共面，所以對任，點A的選取至多有3種，故有①，所以，結(jié)合①得【點睛】本題考查空間向量的在立體幾何中的運用，合理的建系是解決問題的關(guān)鍵，再利用空間中夾角的相關(guān)公式即可得到對應(yīng)答案。組合數(shù)的應(yīng)用，需要根據(jù)可能得情況討論不同的組合數(shù)量，結(jié)合參考公式得出答案，屬于難題．37．(1)答案見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）利用柯西不等式的定義，寫出時的形式；（2）由體積法求出，構(gòu)造柯西不等式求的最小值；（3）時，由，有由柯西不等式得，可得.【詳解】（1）柯西不等式的二元形式為：設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.（2）由正四面體的體積，得，所以，又由柯西不等式得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.（3）對，記是的一個排列，且滿足.由條件②得：.于是，對任意的，都有由柯西不等式得所以從而，對任意的，都有，故對任意，，恒有.【點睛】方法點睛：遇到新定義問題一定要準(zhǔn)確理解題目的定義，按照新定義交代的性質(zhì)或者運算規(guī)律來解題.第一，準(zhǔn)確轉(zhuǎn)化.解決新信息問題，一定要理解題目定義的本質(zhì)含義.緊扣題目所給的定義、運算法則對所求問題進行恰當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化.第二，方法的選取.對新信息題可以采取一般到特殊的特例法，從邏輯推理的.角度進行轉(zhuǎn)化.理解題目定義的本質(zhì)蘋并進行推廣、運算.第三，應(yīng)該仔細審讀題目.嚴(yán)格按新信息的要求運用算.解答問題時要避免課本知識或者已有知識對新信息問題的干擾.38．(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）設(shè)出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理結(jié)合垂直關(guān)系的坐標(biāo)表示求出，再列出面積表達式，利用基本不等式求解即得.（2）設(shè)，求出直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，結(jié)合（1）的信息可得，再設(shè)出直線方程，與拋物線方程聯(lián)立結(jié)合韋達定理推理即得.（3）根據(jù)給定條件，利用祖暅原理分析計算即可得結(jié)果.【詳解】（1）設(shè)Ax1,由消去y整理得，，由，得，解得，即，，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以最小值為.（2）設(shè)，則直線的斜率，方程為，由（1）知拋物線，由消去y得，整理得，顯然，于是，又，聯(lián)立消去，得，設(shè)直線，與拋物線聯(lián)立，整理得:，，因此，直線恒過定點.（3）

作底面半徑為4、高為4的圓柱，并將內(nèi)部切割去掉之后，上下翻轉(zhuǎn)得到幾何體，現(xiàn)做一平面，使其平行于和的底面，且被兩幾何體分別截得如圖中陰影所示截面，在圖1的幾何體中，設(shè)，即，且，則圖2的幾何體中，有，由拋物線方程得，則圖2中截面圓環(huán)面積，而圖1中截面圓面積，由祖暅原理可得，和的體積相等，均為圓柱體積的一半，即.【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用祖暅原理求幾何體的體積，找到一個等高的可求體積的幾何體，并將它們放置于兩個平行平面間，再探求出被平行于兩個平行平面的任意一平面所截，截面面積相等是解題的關(guān)鍵.39．(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）過作直線，求出點在直線確定的平面上的投影與點的距離，再建立坐標(biāo)系，求出軌跡方程.（2）設(shè)出點的坐標(biāo)，及以點為圓心的圓的方程，利用點差法借助斜率坐標(biāo)公式推理計算即得.【詳解】（1）過作直線，則直線的夾角為，令它們確定的平面為，有，過作，交直線于點，連接，于是，而，則，取的中點，而是線段的中點，連接，則，，顯然四邊形為矩形，，而，因此，點在移動過程中，點到平面的距離，于是點軌跡所在平面平行于，點軌跡與點的軌跡形狀完全相同，在平面內(nèi)以直線相交構(gòu)成的兩組對頂角的平分線為坐標(biāo)軸，建立平面直角坐標(biāo)系，其中軸與直線都成，令直線的方程分別為，設(shè)，則，即，由，得，于是，即，所以方程為.（2）設(shè)，則，顯然中任意兩個都不相等，否則外心在軸上，直線斜率不存在，即，設(shè)的外接圓方程為，得，兩式相減得，由，得，則有，同理，兩式相減得：，則因此，所以，即為定值.【點睛】方法點睛：①引出變量法，解題步驟為先選擇適當(dāng)?shù)牧繛樽兞?，再把要證明為定值的量用上述變量表示，最后把得到的式子化簡，得到定值；②特例法，從特殊情況入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．40．(1)①證明過程見解析；②(2)，理由見解析【分析】（1）①根據(jù)橢圓定義得到，結(jié)合離心率得到，求出，得到橢圓方程，聯(lián)立直線方程和橢圓，得到，得到⊥，結(jié)合二面角為直二面角，得到線面垂直，證明出結(jié)論；②建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩平面的法向量，從而求出面面角的余弦值；（2）設(shè)折疊前Ax1,y1,Bx2,y2，折疊后對應(yīng)的，設(shè)出直線【詳解】（1）①由橢圓定義可知，所以的周長，所以，因為離心率為，故，解得，則，由題意，橢圓的焦點在軸上，所以橢圓方程為，直線，即，聯(lián)立得，解得或，當(dāng)時，，當(dāng)時，，因為點A在x軸上方，所以，故⊥，折疊后有⊥，因為二面角為直二面角，即平面⊥，交線為，平面，所以⊥平面，因為平面，所以⊥；②以為坐標(biāo)原點，折疊后的軸負半軸為軸，原軸為軸，原軸正半軸為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則，，其中平面的法向量為，設(shè)平面的法向量為，則，令得，故，設(shè)平面與平面的夾角為，則，故平面與平面的夾角的余弦值為；（2）設(shè)折疊前Ax1,設(shè)直線方程為，將直線與橢圓方程聯(lián)立得，，則，在折疊前可知，折疊后，在空間直角坐標(biāo)系中，，，由，，故，所以①，分子有理化得，所以②，由①②得，因為，故，即，將代入上式得，兩邊平方后，整理得，即，解得，因為，所以.【點睛】出題非常新穎，將立體幾何和解析幾何結(jié)合，考查學(xué)生的綜合能力，在解決圖形的翻折問題時，應(yīng)找出其中變化的量和沒有變化的量，包括位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，通常翻折后還在同一平面上的元素之間的位置關(guān)系不發(fā)生變化，不在同一平面上的元素之間的位置關(guān)系發(fā)生變化，解題時應(yīng)抓住不變量，利用平面幾何知識或建立空間直角坐標(biāo)系進行求解.41．(1)證明見解析(2)為中點，.【分析】（1）根據(jù)角平分線性質(zhì)定理得，由平行線分線段成比例定理得，再由線面平行的判定可證；（2）利用線面垂直可得，進而得平面，由線面垂直得，然后根據(jù)等邊三角形三線重合即得為中點，以為原點，分別以為軸，以過點且與平面垂直的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出兩個平面的法向量，利用公式求解即可【詳解】（1）設(shè)，因為底面是邊長為2的菱形，所以，對角線BD平分，又為棱的中點，所以,在中，根據(jù)角平分線性質(zhì)定理得，又，所以，所以，，平面，且平面平面.（2）平面，且平面，，因為，所以，在中，，，所以是等邊三角形，又為棱的中點，所以，平面，平面，所以平面平面，又平面平面，平面ABCD，平面