新高考数学三轮冲刺临考逐题练习 立体几何综合（2份，原卷版+解析版）

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所有椎体体积公式：，所有柱体体积公式：，球体体积公式：
球体表面积公式：，圆柱：
圆锥：
长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式
已知长宽高求体对角线：
已知共点三面对角线求体对角线：
棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为.
欧拉定理(欧拉公式)
(简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F).
（1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：；
（2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：.
5．空间的线线平行或垂直
设，，则
；
.
夹角公式
设，b＝，则
.
6．异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
7．直线与平面所成角，(为平面的法向量).
8. .二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
异面直线间的距离
(是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离).
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
1．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
2．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
1．（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知点P是正方体侧面（包含边界）上一点，下列说法正确的是（ ）
A．存在唯一一点P，使得
B．存在唯一一点P，使得面
C．存在唯一一点P，使得⊥
D．存在唯一一点P，使得⊥面
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，设，写成点的坐标，A选项，根据向量平行得到方程组，得到，存在唯一一点P，使得，A正确；B选项，证明出平面，从而得到，列出方程，解得：，得到点轨迹为线段；C选项，由向量数量积为0列出方程，得到在线段上，满足条件的有无数个；D选项，在平面的基础上，得到重合，D正确.
【详解】如图建系，令，
则，

对于A，，若，则，解得：
故满足要求，与重合，存在唯一一点P，使得，A对.
对于B，因为，，
因为，平面，
所以平面，又平面，则，
，解得：，
故点轨迹为线段，满足条件的有无数个，B错，
对于C，，
在线段上，满足条件的有无数个，C错.
对于D，由B选项可知：平面，而面，
又与共线，故重合，D对.
故选：AD.
2．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，正四棱柱中，，、分别为的中点，则（ ）
A．
B．直线与直线所成的角为
C．直线与直线所成的角为
D．直线与平面所成的角为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直的判定定理、线面角的定义，结合异面直线所成的角定义逐一判断即可.
【详解】对A选项，如图，取的中点，连接，，，
又，分别为的中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，又易知，
，所以本选项正确；
对B选项，假设直线与直线所成的角为，即，
由正四棱柱的性质可知：平面，而平面，
所以，显然平面，
所以平面，而由正四棱柱的性质可知：平面，
所以，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此本选项错误；
对C选项，在矩形中，因为，
所以，而，因此，
所以直线与直线所成的角为，本选项正确；
对D选项，由A选项分析可知，
直线与平面所成的角为，
又根据题意易知，本选项正确，
故选：ACD
3．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A．三棱锥的体积为B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为D．三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
4．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．若平面，则动点的轨迹是一条线段
B．存在点，使得平面
C．当且仅当点落在处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度.
【详解】取、中点、，连接、、、，
由且知是平行四边形，∴，
∵平面，平面，平面，同理可得平面，
∵，平面，
∴平面平面，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，，
则，，.
设为平面的一个法向量，
则即得取，则.
若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；
的面积为定值，∴当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大.
，
①，，则当时，有最大值1；
②，，则当时，有最大值；
综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；
平面，∴，，
∴，点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.
故选：ACD.
5．（2023·浙江嘉兴·统考二模）已知菱形的边长为，将沿对角线翻折，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．直线与平面所成角的最大值为
C．当二面角为时，三棱锥的外接球的表面积为
D．当时，分别以为球心，2为半径作球，这四个球的公共部分称为勒洛四面体，则该勒洛四面体的内切球的半径为
【答案】BCD
【分析】画出简图，数形结合，通过对几何体的观察、作辅助线、空间想象、计算等方式分别判断各选项，从而得出结论。
【详解】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D正确.
故答案为：BCD.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
6．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点、，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．平面ABCD
C．三棱锥的体积为定值D．的面积与的面积相等
【答案】ABC
【分析】证明平面，可判断A选项的正误；利用面面平行的性质可判断B选项的正误；利用锥体的体积公式可判断C选项的正误；判断到线段的距离与到线段的距离的关系，即可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，连接、，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
平面，，
所以平面，
因为平面，因此，A选项正确；
对于B选项，因为平面平面，平面，
所以平面，B选项正确；
对于C选项，因为的面积为，
点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，C选项正确；
对于D选项，设，取的中点，连接、，
由A选项可知，平面，即平面，
平面，则，
因为且，故四边形为平行四边形，
则且，
因为、分别为、的中点，故且，
所以四边形为平行四边形，
平面，平面，所以，
故四边形为矩形，所以，
平面，所以平面，
平面，，，
所以，D选项错误.
故选：ABC.
7．（2023·河北邯郸·统考二模）如图，在平行六面体中，，分别是，的中点，以为顶点的三条棱长都是，，则（ ）
A．平面
B．
C．四边形的面积为
D．平行六面体的体积为
【答案】ABD
【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，如图，连接，
由于分别是的中点，所以，
根据棱柱的性质可知，所以，
由于平面，平面，
所以平面，所以A选项正确.
B选项，因为
，
所以，即，所以B选项正确.
C选项，如图，连接，
则，
，
即，同理，故四边形为矩形，
面积为，所以C选项错误.
D选项，如图，过作平面，易知在直线上，
因为平面，故，
过作于，连接，
由，而平面，
得平面，易得，
故，，，
故平行六面体的体积为，
所以D选项正确.
故选：ABD
8．（2023·山东济南·一模）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线B．
C．直线与平面所成角的正切值为D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】BC
【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.
【详解】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
9．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）如图，在已知直四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．
C．平面
D．若，则平面平面
【答案】ACD
【分析】证明，根据异面直线夹角定义证明，判断A，证明MN与CD异面，判断B，由线面平面判定定理判断C，由线面垂直判定定理证明平面，由面面垂直判定定理证明平面平面.
【详解】连接，由已知，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
由，
∴，
则，
∴，故，选项A正确．
因为分别为的中点，所以，又，
所以，由，
所以四边形为平行四边形，
因为平面，，平面，
所以MN与CD异面，选项B错误．
因为，平面，平面，
所以平面，选项C正确．
若，则四边形ABCD为菱形，
∴．又，，平面
∴平面，平面，
∴平面平面，选项D正确．
故选：ACD.
10．（2023·湖南邵阳·统考二模）在正方体中，，，则（ ）
A．为钝角
B．
C．平面
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，通过计算判断A；通过计算判断B；求出平面的法向量，通过验证判断C；是平面的一个法向量，借助向量夹角公式可判断D．
【详解】令，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，
，则为锐角，故A错误；
，，，故B正确；
，
设平面的法向量为，
不妨设，则，
，
，又平面，则平面，故C正确；
平面，则是平面的一个法向量，又，
则直线与平面所成角的正弦值为，故D正确.
故选：BCD．
11．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，，现将沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A．B．存在点P，使得
C．存在点P，使得D．三棱锥的体积最大值为
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，利用平面图形翻折前后折线两侧量的关系，结合线线垂直、平行的判定判断BC；由线面垂直推理判断C；求出锥体体积最大值判断D作答.
【详解】依题意，，则四边形为平行四边形，有，
而，，即有，因此，
即，因此，A正确；
因为，，因此不平行，即不存在点P，使得，B错误；
连接，当时，因为，即，则，
而，平面，因此平面，又分别为的中点，
即，于是平面，而平面，则，C正确；
在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离，
又的面积，因此三棱锥的体积，
当且仅当，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，D正确.
故选：ACD
12．（2023·广东佛山·统考二模）四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解判断作答.
【详解】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图，
，而，，，
，
因为平面与平面的夹角为，则当时，，
当时，，
所以的值可能为，.
故选：AD
13．（2023·江苏·统考一模）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（ ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
【答案】ACD
【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，
则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，
因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
14．（2023·广东广州·统考二模）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．若取得最小值，则
B．若，则平面
C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D．直线到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可．
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，
因为正四面体的长为2，
所以正方体的棱长为，
则，，，
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为
所以
设，则，
所以，
所以，
，
对于Ａ：因为，
，
所以，
当时，即，，取得最小值，故A错误；
对于B：若，则，
所以，
因为，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
因为，
所以平面，即平面，故B正确；
对于C：若平面，则，即，
，即，
设平面的一个法向量为，因为，，
则，取，则，
因为，
所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，
又因为点为等边三角形的重心，
所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，
设三棱锥外接球的半径为，
则，即，解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则，
因为，且直线平面，
所以直线平面，
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，
则点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故D正确，
故选：BCD．
15．（2023·浙江·统考二模）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是D．若，则的最大值是
【答案】AC
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点P的轨迹是一个椭球，当时点P的轨迹是以AD为直径的球，结合图形分析，即可求解.
【详解】由题意知，点P为动点，A、C为定点，，
由椭圆的定义知，点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，
将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由，
即，得，
当点P运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，
此时；
设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，
又，且，
所以当且仅当时最大，即取到最大值；
当时，由，得，
则点P的轨迹是以AD为直径的球，设AD的中点为O，则O为球心，
当即时，取到最大值，
此时；
当直线BP与球相切于点P即时，取到最大值，
此时，则.
故选：AC.
16．（2023·江苏南通·二模）如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（ ）
A．
B．平面BDC
C．多面体的外接球的表面积为
D．点A，P旋转运动的轨迹长相等
【答案】BC
【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积.
【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧时，如图所示，
连接，，如图所示
正方体中且，四边形为平行四边形，则有
为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误；
，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，选项B正确；
多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C正确；
点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误.
故选：BC
【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便.
17．（2023·河北张家口·统考二模）已知在棱长为1的正方体中，点为下底面上的动点，则（ ）
A．当在对角线上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在对角线上运动时，异面直线与所成角可以取到
C．当在对角线上运动时，直线与平面所成角可以取到
D．若点到棱的距离是到平面的距离的两倍，则点的轨迹为椭圆的一部分
【答案】AB
【分析】根据线面平行的性质结合三棱锥体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法可判断B，C；根据圆锥曲线的定义可判断D.
【详解】当在对角线上运动时，平面，平面,
故平面，从而点到平面的距离为定值，
从而三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，正确；
以为原点，分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，

则，，，
由在对角线上运动，设，
于是，
假设存在点满足异面直线与所成角为，因此，
解得，所以异面直线与所成角可以取到，B正确；
,，则，
故平面，所以平面的一个法向量为，
于是令，解得，
即直线与平面所成角取不到，错误；
注意到点到棱的距离为，过点作的垂线，垂足为，
则点到平面的距离为，
在平面内，动点到定点A的距离与到定直线的距离之比为2，
即动点的轨迹在双曲线上，错误,
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中动点轨迹，异面直线所成角､线面角的计算，解答的关键是要发挥空间想象能力。利用空间向量处理空间角，利用圆锥曲线的定义确定立体几何中动点的轨迹,
18．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（ ）
A．不存在某个位置，使
B．存在某个位置，使
C．当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为
D．当时，的最小值为
【答案】BD
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.
【详解】当平面与平面垂直时，
，平面与平面的交线为，平面,
平面，又平面，
，，故A错误，B正确；
对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面与平面垂直时，
由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，
因为，所以，，，
则，
，
即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C错误；
对于D，当时，因为为的中点，
所以，则，
又因为的中点，所以，
又，所以，
所以，
如图将沿旋转，使其与在同一平面内，
则当三点共线时，最小，
即的最小值为，
在中，，
则，
所以，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：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.
19．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）三棱锥中，，，，直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥体积的最小值为
B．三棱锥体积的最大值为
C．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为锐角
D．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为钝角
【答案】ACD
【分析】作平面，由题意得到，建立直角坐标系，设，，求得点的轨迹方程为，结合圆的性质求得，利用体积公式，可判定A正确，B错误；再化简得到结合点与圆的位置关系，得到H在外部，可判定C、D正确．
【详解】如图（1）所示，作平面，连接，
因为直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，
所以，即
所以，即，
以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立如图（2）平面直角坐标系，
设，，，
则，整理得，
可得圆心，半径，
设点圆与轴的交点分别为，可得，
因为，所以
又由且， 所以，
则，，所以A正确，B错误；
因为，可设，
设与平面所成角为，且，
可得，且，
又由
，
令，根据斜率的结合意义，可得表示圆与定点连线的斜率，
又由与圆相切时，
可得，解得或，即，
当时，此时取得最小值，即最小时，此时H在外部，
如图（3）所示，此时二面角的平面角为锐角，的平面角为钝角，所以C、D正确．
故选：ACD．
20．（2023·浙江杭州·统考二模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A．球与圆柱的体积之比为
B．四面体CDEF的体积的取值范围为
C．平面DEF截得球的截面面积最小值为
D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】AD
【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，B错误；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：AD
【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.