1、专题12 空间几何体的折叠与多面体的问题1、【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A18,814B274,814C274,643D18,272、（2019新课标，理16文16）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图，该模型为长方体，挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为3、【2020年高考全国卷理数】如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB=_
2、.4、（2020江苏9）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为，高为，内孔半径为，则此六角螺帽毛坯的体积是 5、【2021年新高考1卷】（多选题）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6、【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD=60以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_7、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但
3、南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_题组一 空间几何体的折叠问题1-1、（2022江苏宿迁高三期末）（多选题）如图，一张长宽分别为的矩形纸，分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，则（ ）A在该多面体中，B该多面体是三棱锥C在该多面体中，平面平面D该多面体的体积为1-2、（2022江苏扬州高三期末）（多选题）在边长为6的正三
4、角形ABC中M，N分别为边AB，AC上的点，且满足，把AMN沿着MN翻折至AMN位置，则下列说法中正确的有（ ）A在翻折过程中，在边AN上存在点P，满足CP平面ABMB若，则在翻折过程中的某个位置，满足平面ABC平面BCNMC若且二面角AMNB的大小为120，则四棱锥ABCNM的外接球的表面积为61D在翻折过程中，四棱锥ABCNM体积的最大值为1-3、（2021江苏苏州市高三期末）（多选题）已知四边形是等腰梯形（如图1），将沿折起，使得（如图2），连结，设是的中点.下列结论中正确的是（ ） AB点到平面的距离为C平面D四面体的外接球表面积为题组二 几何体的多边形问题2-1、（2020山东模拟预
5、测）足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足F+V-E=2，那么，足球有_.个正六边形的面，若正六边形的边长为，则足球的直径为_.cm(结果保留整数)(参考数据 2-2、（2021全国高三专题练习（文）碳70是一种碳原子族，可高效杀灭癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共37个面，则其六元环的个数为（ ）A12B25C30D362-3、（2
6、022湖北江岸高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（ ）ABCD题组三 几何体的综合性问题3-1、（2022江苏常州高三期末）（多选题）已知正方体的棱长为，点是棱上的定点，且点是棱上的动点，则（ ）A当时，是直角三角形B四棱锥的体积最小值为C存在点，使得直线平面D任意点，都有直线平面3-2、（2022广东揭阳高三期末）（多选题）如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）A平面截正方体所得的截面可以是四边形五边形或六边形B当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是五边形C是锐角三角形D
7、面积的最大值是3-3、（2022广东罗湖高三期末）在中，且，若将沿AC边上的中线BD折起，使得平面平面BCD点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动，则下列结论正确的为（ ）AB四面体ABCD的体积为C存在点E使得的面积为D四面体ABCD的外接球表面积为1、（2022河北保定高三期末）（多选题）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）A三角形B四边形C五边形D六边形2、（2021辽宁高三模拟）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，其中“扭棱十二面体”就是一种“阿基米德多面体”.它是由个正三角形和个正五边形组成的，若多面体的顶点数、棱数
8、和面数满足：顶点数棱数面数，则“扭棱十二面体”的顶点数为（ ）ABCD3、（2022江苏如东高三期末）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，AC1平面，当平面过点B1时，平面截此正方体所得截面多边形的面积为_；当平面过线段BC中点时，平面截此正方体所得截面多边形的周长为_.4、（2022广东铁一中学高三期末）（多选题）如图，在直三棱柱中，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（ ）A平面B四面体的体积是定值C异面直线与所成角的正切值为D二面角的余弦值为5、（2022湖南常德高三期末）（多选题）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱，的中点，M为线段BD上的动点，则（
9、 ）ABC三棱锥的体积为定值DM为BD的中点时，则二面角的平面角为606、（2022湖北武昌高三期末）（多选题）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，则在该四面体中（ ）ABBE与平面DCE所成角的余弦值为C四面体ABCD的内切球半径为D四面体ABCD的外接球表面积为7、（2022湖南郴州高三期末）（多选题）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）A当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C当直线与平面所成的角为45时，点的轨迹长度为D若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长
10、度的最小值是8、（2022湖北襄阳高三期末）（多选题）在棱长为正方体中，点是线段上的动点，则下列判断正确的是（ ）A无论点在线段的什么位置，三棱锥的体积为定值B无论点在线段的什么位置，都有C当时，与异面D若直线与平面所成的角为，则的最大值为专题12 空间几何体的折叠与多面体的问题1、【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A18,814B274,814C274,643D18,27【答案】C【解析】 球的体积为36，所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则l2=2a2+h2，32=
11、2a2+(3-h)2,所以6h=l2，2a2=l2-h2所以正四棱锥的体积V=13Sh=134a2h=23(l2-l436)l26=19l4-l636，所以V=194l3-l56=19l324-l26，当3l26时，V0，当26l33时，V0，所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又l=3时，V=274，l=33时，V=814,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.故选：C.2、（2019新课标，理16文16）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型，如图，该模型为长方体，挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所
12、在棱的中点，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为【答案】1188【解析】该模型为长方体，挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，该模型体积为：，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为：3、【2020年高考全国卷理数】如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC=1，ABAC，ABAD，CAE=30，则cosFCB=_.【答案】【解析】，由勾股定理得，同理得，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得.故答案为：.4、（2020江苏9）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的已知螺帽的底面正六边形边长为，高为，内
13、孔半径为，则此六角螺帽毛坯的体积是 【答案】【解析】记此六角螺帽毛坯的体积为，正六棱柱的体积为，内孔的体积为正六棱柱的体积为，则， 5、【2021年新高考1卷】（多选题）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【解析】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
14、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：BD6、【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，BAD=60以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_【答案】.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答
15、案为：.7、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1则该半正多面体共有_个面，其棱长为_【答案】 共26个面. 棱长为.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对
16、称性可知，为等腰直角三角形，即该半正多面体棱长为题组一 空间几何体的折叠问题1-1、（2022江苏宿迁高三期末）如图，一张长宽分别为的矩形纸，分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，则（ ）A在该多面体中，B该多面体是三棱锥C在该多面体中，平面平面D该多面体的体积为【答案】BCD【解析】由于长、宽分别为，1，分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，且为的中点，从而得到一个多面体，所以该多面体是以为顶点的三棱锥，故B正确；，故A不正确；由于，所以，可得平面，则三棱锥的体积为，故D正确；因为，所以平面，又平面，可得平面平面，故C正
17、确.故选：BCD1-2、（2022江苏扬州高三期末）在边长为6的正三角形ABC中M，N分别为边AB，AC上的点，且满足，把AMN沿着MN翻折至AMN位置，则下列说法中正确的有（ ）A在翻折过程中，在边AN上存在点P，满足CP平面ABMB若，则在翻折过程中的某个位置，满足平面ABC平面BCNMC若且二面角AMNB的大小为120，则四棱锥ABCNM的外接球的表面积为61D在翻折过程中，四棱锥ABCNM体积的最大值为【答案】BCD【解析】对于选项A，过作，交于，则无论点P在AN上什么位置，都存在CP与BQ相交，折叠后为梯形BCQP，则CP不与平面ABM平行，故选项A错误；对于选项B，设分别是的中点，
18、若，则AEDE，所以存在某一位置使得ADDE，又因为MNAE，MNDE，且AEDEE，所以MN平面ADE，所以MNAD，所以AD平面BCNM，所以ABC平面BCNM，故选项B正确；对于选项C，设分别是的中点，若且二面角AMNB的大小为120，则AMN为正三角形，BMN120，C60，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，DBDCDMDN3，所以点G即为点D，所以r3，二面角AMNB的平面角即为AED120，过点A作AHDE，垂足为点H，EH，DH，AH，设外接球球心为，由，解得R2，所以外接球的表面积为S4R261，故选项C正确；对于选项D，设分别是的中点，设是四棱锥的高.SAMN
19、6692，SABC669，所以S四边形BCNM9（12），则VABCNM9（12）h3（12）AE3（12）327（3），（0，1），可设f（）27（3），（0，1），则27（321），令0，解得，则函数f（）在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，所以f（）maxf（）6，则四棱锥ABCN体积的最大值为，故选项D正确.故选：BCD1-3、（2021江苏苏州市高三期末）已知四边形是等腰梯形（如图1），将沿折起，使得（如图2），连结，设是的中点.下列结论中正确的是（ ） AB点到平面的距离为C平面D四面体的外接球表面积为【答案】BD【解析】因为，所以为等腰直角三角形，过C做，交AB于F，如图
20、所示：所以，即AE=BF，又，所以，则，对于A：因为，平面BCDE，所以平面BCDE，平面BCDE，所以，若，且平面ADE，则平面ADE，所以DE与已知矛盾，所以BC与AD不垂直，故A错误；对于B：连接MC，如图所示，在中，DE=DC=1，所以，又，EB=2，所以，所以，又因为，平面AEC，所以平面AEC，平面AEC，所以，即为直角三角形，在中，所以，因为是的中点，所以的面积为面积的一半，所以，因为，所以DE即为两平行线CD、EB间的距离，因为，设点E到平面的距离为h，则，即，所以，所以点到平面的距离为，故B正确；对于C：因为，平面ADC，平面ADC，所以平面ADC，若平面，且平面AEB，所以
21、平面ACD平面AEB，与已知矛盾，故C错误.对于D：因为，所以的外接圆圆心为EB的中点，又因为，所以的外接圆圆心为AB的中点M，根据球的几何性质可得：四面体的外接球心为M，又E为球上一点，在中，所以外接球半径,所以四面体的外接球表面积，故D正确.故选：BD题组二 几何体的多边形问题2-1、（2020山东模拟预测）足球运动是一项古老的体育活动，众多的资料表明，中国古代足球的出现比欧洲早，历史更为悠久，如图，现代比赛用足球是由正五边形与正六边形构成的共32个面的多面体，著名数学家欧拉证明了凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足F+V-E=2，那么，足球有_.个正六边形的面，若正六边形的
22、边长为，则足球的直径为_.cm(结果保留整数)(参考数据 【答案】 20 22【解析】因为足球是由正五边形与正六边形构成，所以每块正五边形皮料周围都是正六边形皮料，每两个相邻的多边形恰有一条公共边，每个顶点处都有三块皮料，而且都遵循一个正五边形，两个正六边形结论.设正五边形为块，正六边形为块，有题知：，解得.所以足球有个正六边形的面.每个正六边形的面积为.每个正五边形的面积为.球的表面积.所以，.所以足球的直径为.故答案为：，.2-2、（2021全国高三专题练习（文）碳70是一种碳原子族，可高效杀灭癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭
23、的凸多面体，共37个面，则其六元环的个数为（ ）A12B25C30D36【答案】B【解析】根据题意，顶点数就是碳原子数即为70，每个碳原子被3条棱长共用，故棱长数，由欧拉公式可得面数=2+棱长数-顶点数，设正五边形x个，正六边形y个，则，解得，故正六边形个数为25个，即六元环的个数为25个，故选：B2-3、（2022湖北江岸高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（ ）ABCD【答案】B【解析】根据题意，该几何体的表面积分成两部分，一部分是6个完全相同的正方形，另一部分是8个完全相同的等边三角形6个完全相同的正方形的面积之和为：
24、8个完全相同的等边三角形的面积之和为：故该几何体的表面积为：故选：B题组三 几何体的综合性问题3-1、（2022江苏常州高三期末）已知正方体的棱长为，点是棱上的定点，且点是棱上的动点，则（ ）A当时，是直角三角形B四棱锥的体积最小值为C存在点，使得直线平面D任意点，都有直线平面【答案】AB【解析】由已知计算可得：,为直角三角形，A对与重合时，到平面的距离最小在上取，使， ，B对平面平面与平面不平行，与平面不垂直与重合时，平面为平面若平面，则平面，与平面矛盾，D错.故选:AB3-2、（2022广东揭阳高三期末）如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）A平
25、面截正方体所得的截面可以是四边形五边形或六边形B当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是五边形C是锐角三角形D面积的最大值是【答案】BD【解析】解：如图，当点与两点不重合时，将线段向两端延长，分别交的延长线于点，连接分别交于两点，连接，此时截面为五边形MPSNR，故B正确；当点与点A或点重合时，截面为四边形，不可能为六边形，故A不正确；考虑，当点与点重合时，此时因为，故为钝角，所以C错误；当点与点重合时，点到直线的距离取到最大值，的面积取到最大值，此时，则边上的高为，面积为，即最大值为，故D正确.故选：BD.3-3、（2022广东罗湖高三期末）在中，且，若将沿AC边上的中线BD折起，使得平
26、面平面BCD点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动，则下列结论正确的为（ ）AB四面体ABCD的体积为C存在点E使得的面积为D四面体ABCD的外接球表面积为【答案】BCD【解析】对于A：取的中点，连接，因为，所以，又平面平面BCD，所以平面，则，若，则，所以平面，则，显然不可能，故选项A错误；对于B：考查三棱锥的体积，易知的面积为，在平面中，过作的垂线，交的延长线于点，易知，因为平面平面，所以到平面，即三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，即四面体的体积为，故选项B正确；对于C：显然当平面时，的面积取得最小值，易知，且，所以，又四面体的体积为，所以，即，且的面积为，所以存在点使得的面积为，故
27、选项C正确；对于D：设与的外心依次为，过作平面的垂线，过作平面的垂线，则四面体的外接球球心为直线与的交点，则四边形为矩形，且，所以四面体的外接球半径为， 则外接球表面积为，故选项D正确.故选：BCD.1、（2022河北保定高三期末）（多选题）如图，为正方体中所在棱的中点，过两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（ ）A三角形B四边形C五边形D六边形【答案】BD【解析】由正方体的对称性可知，截面的形状不可能为三角形和五边形，如图，截面的形状只可能为四边形和六边形.故选：BD2、（2021辽宁高三模拟）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，其中“扭棱十二面体”就是一种“阿基米德
28、多面体”.它是由个正三角形和个正五边形组成的，若多面体的顶点数、棱数和面数满足：顶点数棱数面数，则“扭棱十二面体”的顶点数为（ ）ABCD【答案】C【解析】因为扭棱十二面体是由个正三角形和个正五边形组成的，所以面数为，棱数为，因为多面体的顶点数、棱数和面数满足：顶点数棱数面数，所以扭棱十二面体的顶点数为：，故选：C3、（2022江苏如东高三期末）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，AC1平面，当平面过点B1时，平面截此正方体所得截面多边形的面积为_；当平面过线段BC中点时，平面截此正方体所得截面多边形的周长为_.【答案】 【解析】如下图所示，由平面，则，又，所以平面，所以，同理可证，
29、由线面垂直判定可知平面，即平面截此正方体所得截面就是平面，由可知，.分别取的中点为，连接，延长，容易得出的延长线交于一点，如下图所示，因为，所以共面，共面，平面平面，又平面，平面，所以共面，容易证明，由线面垂直判定可知平面，即平面截此正方体所得截面就是平面，因为，所以平面截此正方体所得截面多边形的周长为.故答案为：；4、（2022广东铁一中学高三期末）（多选题）如图，在直三棱柱中，点，分别是线段，上的动点(不含端点)，且，则下列说法正确的是（ ）A平面B四面体的体积是定值C异面直线与所成角的正切值为D二面角的余弦值为【答案】ACD【解析】解：对于A，在直三棱柱中，四边形是矩形，因为，所以，所以
30、平面，所以A正确；对于B，设，因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以，四面体的体积为，所以四面体的体积不是定值，所以B错误；对于C，因为，所以异面直线与所成角为，在中，所以，所以C正确；对于D，如图，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，同理可求得平面的一个法向量为，所以二面角的余弦值为，所以D正确，故选：ACD5、（2022湖南常德高三期末）（多选题）已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱，的中点，M为线段BD上的动点，则（ ）ABC三棱锥的体积为定值DM为BD的中点时，则二面角的平面角为60【答案】BC【解析】由正方体的性
31、质可知，与不平行，故A错误；由正方体的性质可知，又，平面，又平面， ，故B正确；由题可知M到平面的距离为定值d=2，三角形的面积为定值，所以为定值，故C正确；如图建立空间直角坐标系，则，设平面PQM的法向量为，则，令，则，平面的法向量可取，设二面角的平面角为，则，故D错误.故选：BC.6、（2022湖北武昌高三期末）（多选题）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，则在该四面体中（ ）ABBE与平面DCE所成角的余弦值为C四面体ABCD的内切球半径为D四面体ABCD的外接球表面积为【答案】ACD【解析】由题意得，展开图拼成的几
32、何体如下图所示， ， ， 取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，过O作 于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径. 所以， 对于A： ，故 平面ABN，而平面ABN ，所以 ，故A正确；对于B：由于 平面ACD，故平面ABN平面ACD，故 是BE与平面DCE所成角，故 ，故B错误；对于C： ，故C正确；对于D： 所以外接球的表面积为 ，故D正确.故选：ACD7、（2022湖南郴州高三期末）（多选题）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）A当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C当直线与平面所成的角为45时，点的轨迹长度为D若
33、是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是【答案】AC【解析】A. 当在平面上运动时，点到面的距离不变，不变，故四棱锥的体积不变，故A正确；B. 建立如图所示空间直角坐标系： 设 ，则 ，设与所成的角为，则 ，因为，当时， ，当 时， ，则 ，综上： ，所以与所成角的取值范围是，故B错误；C.因为直线与平面所成的角为，若点在平面和平面内，因为最大，不成立；在平面内，点的轨迹是，在平面内，点的轨迹是，在平面时，如图所示：，作平面，因为 ，所以 ，又 ，所以 ，则，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，所以点的轨迹长度为，所以点的轨迹总长度为长度为，故C正确；D.建立如图所示空
34、间直角坐标系： 设 ，则 ， ，设平面的一个法向量为，则 ，即 ，令 ，则 ，因为平面，所以 ，即 ，所以 ，当 时，等号成立，故D错误；故选：AC.8、（2022湖北襄阳高三期末）（多选题）在棱长为正方体中，点是线段上的动点，则下列判断正确的是（ ）A无论点在线段的什么位置，三棱锥的体积为定值B无论点在线段的什么位置，都有C当时，与异面D若直线与平面所成的角为，则的最大值为【答案】BCD【解析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，其中.对于A选项，因为平面平面，平面，平面，故点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，因此，A错；对于B选项，则，故，B对；对于C选项，若，则，无解，故与不可能平行，若，设点，因为，则，则，因为，则，解得.所以，当时，即当时，与异面，C对；对于D选项，设平面的法向量为，则，取，可得，点到平面的距离为，由已知可得，当取最小值时，取最大值，此时取最大值，且，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，故的最大值为，D对.故选：BCD.