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微专题17　立体几何中的截面与动态问题
【考法探析·明规律】
例1　(1)C　(2)π
[解析] (1)如图所示,延长EG,与DC的延长线交于H,连接FH,交BC于J,连接GJ,延长GE,与DD1的延长线交于I,连接FI,与A1D1交于K,连接KE,则五边形EKFJG为过E,F,G的截面.不妨设正方体的棱长为1,取CD的中点E1,连接EE1,易知GC∥EE1,所以△HCG∽△HE1E,所以GC=,CH=,又△HCJ∽△HDF,所以==,可得JC=.同理可得D1E=D1I=,KD1=,可知截得的体积较小的几何体的体积V=VI-DFH-2=××××-2×××××=-=,则体积较大的几何体的体积为1-=,又正方体的体积为1,所以体积较大的几何体与正方体体积的比值为.故选C.
(2)如图,取B1C1的中点O1,连接D1O1.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱长均为2的直四棱柱,且∠BAD=60°,∴D1O1⊥平面B1C1CB,且D1O1==.由球的截面圆的性质可得截面圆的半径为=.在平面B1C1CB上作以O1为圆心,为半径的圆弧,与棱BB1,CC1的交点分别为E,F,易得E,F均为所在棱的中点.连接O1F,O1E,EF.∵O1E=O1F=,EF=2,∴∠EO1F=,∴球面与侧面B1C1CB的交线长为×2π×=π.
自测题
C　[解析] 作出与墨水瓶的竖直平面平行的截面.若墨水的截面为等腰直角三角形,如图①,设腰长为a cm,则a2==40,可得a=4>8,不符合题意.若墨水的截面为直角梯形,如图②,设上底长为b cm,则下底长为(b+8)cm,高为8 cm,所以×(2b+8)×8==40,解得b=1,此时墨水与墨水瓶接触部分的面积S=2×40+1×10+9×10+8×10=260(cm2).故选C.
例2　ABD　[解析] 对于A,如图①,连接AC,由正方体ABCD-A1B1C1D1中,CC1∥BB1,得θ=∠APC,因为P为CC1的中点,所以PC=1,又AC=2,CC1⊥平面ABCD,所以tan θ==2,故A正确.对于B,如图②,过P作PQ∥CC1,交CD于Q,连接AQ,则PQ∥BB1,所以θ=∠APQ,易知AQ∈[2,2],PQ=2,所以tan θ=∈[1,],故B正确.对于C,如图③,当点P在底面A1B1C1D1内时,在A1B1上取点P,使得
∠A1AP=,则A1P=AA1tan=,故点P的轨迹是以A1为圆心,为半径的圆的一部分,易知圆弧所对的圆心角为,所以轨迹长度为×=π.当点P在侧面ABB1A1,ADD1A1内时,点P的轨迹均为线段,长度均为.故P的轨迹的长度是π+,故C错误.对于D,假设P在底面A1B1C1D1内,因为AA1∥BB1,所以θ=
∠PAA1=,所以A1P=AA1tan=2>2,与已知矛盾,假设不成立,所以P不在底面A1B1C1D1内,故D正确.故选ABD.
自测题
1.B　[解析] 设P在底面ABC上的射影为O,则O为△ABC的中心,连接OA,则OA=×6×=2,∴PO===2.连接OQ,易知点Q在△ABC的边上及其内部,∴PO2+OQ2=PQ2,又∵PQ≤5,∴OQ≤1,易知点O到△ABC的边的距离大于1,∴T表示的区域是以O为圆心,1为半径的圆及其内部,其面积为π.
2.16π　　[解析] 如图①所示,连接PO,则PO2+OB2=PB2,可得PO=OB=OA=2,所以AB为圆锥外接球的直径,球心为O,所以外接球的半径为2,则外接球的面积S=4π×22=16π.如图①,连接OE,MN,由E为PB的中点,可得OE⊥PB,则MN过点O,所以OE=,OM=2.以E为原点,建立平面直角坐标系,以抛物线的焦点在x轴正半轴为例,如图②,则抛物线y2=2px(p>0)过点M(,2),可得22=2p×,则p=,所以抛物线的焦点为F,易知点O的坐标为(,0),所以|FO|=.
① ②
例3　ABD　[解析] 如图①所示,易知OA=OB=OC=4,由·=0可得OA⊥OB,所以AB=4,由二面角O-AB-C的大小为120°,可知C为一个与平面OAB夹角为60°的平面与球O的交点(在AB的外侧).取AB的中点M,连接OM,作OP⊥平面ABC于点P,连接PM,PA,PB,则有∠OMP=60°,又易知OM=2,所以PM=,OP=,所以AP=,如图②所示,C在劣弧AB上运动.对于A,在图②中,连接CP并延长,交圆P于另一点D,连接AD,BD,则∠ACB=π-∠ADB=π-∠APM>,所以可得△ABC是钝角三角形,故A正确;对于B,设直线OC与平面ABC所成的角为θ,则tan θ====,为定值,故B正确;对于C,过C作CH⊥AB,易知三棱锥O-ABC的体积为S△ABC·OP=×AB·CH≤×4×(AP-PM)=(-),故C错误;对于D,设三棱锥O-ABC的外接球的球心为Q,连接PQ,如图③,因为P是△ABC的外心,所以PQ⊥平面ABC,因此O,P,Q三点共线,设OQ=r,连接BQ,在△BPQ中,由勾股定理可得(r-)2+()2=r2,解得r=,所以三棱锥O-ABC的外接球的表面积为4πr2=4π×=π,故D正确.故选ABD.
自测题
A　[解析] 由题意得,正方体内切球的球心为正方体的中心,记为点O,内切球的半径r=.连接AD1,AC,CD1,∵AD1∥BC1,AD1 平面A1BC1,BC1 平面A1BC1,∴AD1∥平面A1BC1,同理可得AC∥平面A1BC1.∵AD1,AC 平面D1AC,AD1∩AC=A,∴平面D1AC∥平面A1BC1.∵D1P∥平面A1BC1,∴D1P 平面D1AC,故点P的轨迹是平面D1AC与正方体内切球的交线,此交线为圆,记圆心为O1.如图,以D为原点建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),O,∴=(-1,1,0),=(-1,0,1),=.设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则y=z=1,故n=(1,1,1),∴点O到平面D1AC的距离d===,∴圆O1的半径r1===.由=,得AO==,
∴AO1==
=,∴AP的最小值为AO1-r1=-=.故选A.
例4　ACD　[解析] 对于A,在平面四边形ABCD中,由于AB=AC=BC=DC=DA,所以AC⊥DO,AC⊥BO,在翻折过程中,始终满足AC⊥OD',AC⊥BO,又OD'∩OB=O,OD',OB 平面BOD',所以AC⊥平面BOD',所以AC⊥BD',故A正确;对于B,如图,作D'O'⊥BO,连接AO',由题意得在翻折过程中,D'O⊥AC,AC⊥BO,所以二面角D'-AC-B的平面角为∠BOD',即α=∠BOD',则sin α=,又D'O'⊥平面ABC,所以D'O'⊥AO',所以直线AD'与平面ABC所成的角为∠O'AD',即β=∠O'AD',所以sin β=,又AC⊥OD',所以sin γ=,则sin β·sin γ=·≠=sin α,故B错误;对于C,由B知,sin α·sin γ=sin β,又sin γ=,所以γ=,当sin α=1,即α=时,sin β取得最大值,此时β=,故C正确;对于D,由A知,D'A⊥D'C,由平面CAD'⊥平面BAD',平面CAD'∩平面BAD'=D'A,D'C 平面CAD',得D'C⊥平面ABD',则D'C⊥D'B,因为BC=D'C=2,所以D'C=D'B=D'A=,则三棱锥D'-ABC为正三棱锥,故D正确.故选ACD.
自测题
1.B　[解析] 当AC=BC时,易知∠A'DB=α,当AC≠BC时,如图,作A'E⊥CD,BF⊥CD,因为D是中点,故DE=DF,再作GF∥A'E,GA'∥EF,则∠GFB=α,设A'D=BD=m,FD=DE=n,则cos∠A'DB==,
cos α==
=
,显然cos∠A'DBα,故选B.
2.　[解析] 方法一:当平面ADB⊥平面BDC时,三棱锥A-BCD的体积最大,∵在边长为1的菱形ABCD中,∠DAB=60°,∴BD=1,如图,取DB的中点O,连接AO,OC,则AO⊥平面BDC,OC⊥平面ADB,以O为原点,分别以直线OB,OC,OA为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D,A,B,C,∴=,=.设异面直线AD 与BC所成的角为θ,
则cos θ===,即异面直线AD 与BC所成角的余弦值为.
方法二:如图,取BD的中点O,连接AO,CO,则BD⊥AO,BD⊥CO,∴∠AOC为二面角A-BD-C的平面角,∵△BCD的面积为定值,∴当∠AOC=90°,即平面ABD⊥平面BCD时,三棱锥A-BCD的体积最大.分别取AB,AC的中点M,N,连接OM,MN,ON,则OM∥AD,MN∥BC,∴∠OMN(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角.∵在边长为1的菱形ABCD中,∠DAB=60°,∴BD=1,OM=AD=,MN=BC=,OA=OC=,又AO⊥OC,∴ON=AC==.在△OMN中,由余弦定理得
cos∠OMN===,∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为.限时集训(十七)
1.B　[解析] 如图,取C1D1的中点G,GD1的中点H,连接A1G,EG,EH,FH,由E是CD的中点,得EG∥DD1∥AA1,EG=DD1=AA1,则四边形AEGA1为平行四边形,所以A1G∥AE,A1G=AE.由F是A1D1的中点,得FH∥A1G∥AE,FH=A1G=AE,则梯形AFHE是正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面,AE=AF==2,FH==,EH==,所以所求截面的周长是5+.故选B.
2.C　[解析] 方法一:由=+,(2+)·=0,得(3+)·=0,则·=3,所以与的夹角的余弦值为,则线段OS的轨迹是高为1的圆锥的侧面,且母线长为 3,底面半径为2,则其侧面积S=2π×3=6π.故选C.
方法二:如图,以球心O为坐标原点,OP所在的直线为x轴,建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),因为球O的半径为3,所以P(3,0,0),设S(x,y,z),则=(-x,-y,-z),=(3-x,-y,-z),所以2+=(3-3x,-3y,-3z),又=(3,0,0),(2+)·=0,所以3(3-3x)=0,解得x=1.在线段OP上取点H,使OH=1,连接SH,则线段OS的轨迹为圆锥OH的侧面,又OS=3,所以SH==2,所以圆锥OH的侧面积S=π×2×3=6π,所以线段OS轨迹的面积为6π,故选C.
3.C　[解析] 如图,分别延长NM,BA交于点E,分别延长NP,BC交于点F,连接EF,在平面SBC内,作NG∥BC交SC于G,则平面MNP∩平面ABCD=EF,故点Q,R在线段EF上.易知SN=SG=GP=PC,又NG∥BC,所以CF=NG=BC.同理,AE=AB,则=,==×=.记点N到平面ABCD的距离为d(N,ABCD),点S到平面ABCD的距离为d(S,ABCD),易得=,所以=×=.同理,==×=,所以V1=V-=V,即=.故选C.
4.D　[解析] 如图所示.对于A,连接BD,BD1,当P为BD的中点时,由三角形中位线定理可得FP∥BD1,因为FP 平面ABC1D1,BD1 平面ABC1D1,所以FP∥平面ABC1D1,故A错误;对于B,因为E,F分别为棱AD,DD1的中点,所以EF∥AD1,在正方体中,易知AD1∥BC1,所以EF∥BC1,连接C1F,则过B,E,F三点的截面为四边形EBC1F,因为EF≠BC1,所以四边形EBC1F为梯形,故B错误;对于C,点P到平面A1B1C1D1的距离为2,故==××2×2×2=,故C错误;对于D,因为DA,DC,DF两两垂直,所以三棱锥F-ACD的外接球即为以DA,DC,DF分别为长、宽、高的长方体的外接球,设外接球的半径为R,则R==,故其表面积S=4πR2=9π,故D正确.故选D.
5.B　[解析] 连接CM,因为CN⊥平面ABCD,所以∠CMN即为直线MN与平面ABCD所成的角,则平面α与平面ABCD的夹角最小为∠CMN.过点M作MG⊥CM,交AD于点G,延长MG,交CD的延长线于点E,延长GM,交CB的延长线于点F,连接NE,NF,且NE交DD1于点P,NF交BB1于点Q,连接PG,QM,则五边形PGMQN即为截面Γ,如图所示.因为MG⊥CM,所以∠AMG+∠BMC=90°,又∠AMG+
∠AGM=90°,所以∠BMC=∠AGM,又∠GAM=∠MCB=90°,所以△AMG∽△BCM,所以=,即=,解得AG=1,所以DG=3.因为CD∥AB,所以=,即=,解得DE=6,所以EG==3.因为PD∥CC1,所以=,即=,解得PD=,所以PE==,PG==,同理可得,MF=,MQ=,FQ=,所以△PEG与△QMF相似,且相似比为3∶1,则其面积比为9∶1,即S△PEG=9S△QMF.在△QMF中,由余弦定理得cos∠MQF==,所以sin∠MQF=,所以S△QMF=MQ·FQsin∠MQF=×××=.因为CN⊥平面ABCD,MG 平面ABCD,所以CN⊥MG,又MG⊥CM,CN∩CM=C,CN,CM 平面CMN,所以MG⊥平面CMN,又MN 平面CMN,所以MG⊥MN.在△CMN中,CN=2,CM==2,则MN==2,又EF===5,所以S△NEF=MN·EF=×2×5=5,所以截面Γ的面积S=S△NEF-S△QMF-S△PEG=S△NEF-10S△QMF=5-10×=3.故选B.
6.ACD　[解析] 对于A,如图,设AC,BD交于点O,连接PO,因为在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,所以AC⊥BD,又因为PB=PD,O为BD的中点,所以PO⊥BD,又因为AC∩PO=O,AC,PO 平面PAC,所以BD⊥平面PAC,又因为CG 平面PAC,所以CG⊥BD,A正确;对于B, 因为PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥AC,又因为AC⊥BD,BD∩PO=O,BD,PO 平面PBD,所以AC⊥平面PBD,则AC⊥平面PEF,所以当λ=0,即点G与点P重合时,AC⊥平面GEF,B错误;对于C,因为平面GEF∥平面ABCD,平面GEF∩平面PAB=EG,平面ABCD∩平面PAB=AB,所以AB∥EG,又因为E为PB的中点,所以G为PA的中点,所以λ=,C正确;对于D,如图,连接CE,CF,因为G,E,F,C四点共面,所以四边形GECF为平面四边形,设EF,CG交于点H,在△PCG中,因为G,H,C共线,所以=μ+(1-μ)=(1-μ)λ+μ,易知H为EF的中点,又因为EF∥BD,EF=BD,所以===+,所以(1-μ)λ+μ=+,所以解得λ=,D正确.故选ACD.
7.ABD　[解析] 如图①所示,取BD的中点E,连接A'E,CE,因为△A'BD和△BDC均为等边三角形,所以A'E⊥BD,CE⊥BD,又A'E∩CE=E,A'E 平面A'EC,CE 平面A'EC,所以BD⊥平面A'EC,又A'C 平面A'EC,所以BD⊥A'C,所以直线A'C与直线BD所成的角为,故A正确;因为BD⊥平面A'EC,所以A'在平面BCD内的射影在直线EC上,故∠A'CE为直线A'C与平面BCD所成的角,因为∠A'BC=,A'B=BC=2,所以A'C=2,因为A'E=EC=,所以cos∠A'CE==,故B正确;易知△A'EC的边A'C上的高为1,所以S△A'EC=×2×1=,又BD⊥平面A'EC,所以V三棱锥A'-BCD=S△A'EC·BD=××2=,故C错误;如图②,设点O1,O2分别为△A'BD和△BDC的外心,过O1,O2分别作O1O⊥平面A'BD,O2O⊥平面BDC,且O1O∩O2O=O,则点O为四面体A'BCD外接球的球心,易知CO2=,EO2=EO1=,在△A'EC中,tan=,故OO2=EO2tan=×=,则OC2=O+C=+=2,则四面体A'BCD外接球的表面积为4π×2=8π,故D正确.故选ABD.
① ②
8.4　　[解析] 因为PA⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,所以PA⊥AC,PA⊥BC,又∠ACB=90°,所以AC⊥BC,又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,所以BC⊥平面PAC,过点A作BC的平行线,如图①,以A为原点建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),设BC=a,则B(a,8,0),则D.当E在AC上时,设E(0,c,0),因为PC⊥DE,所以·=(0,8,-6)·=0+8c-32+0=0,解得c=4,则E(0,4,0),所以AE=4.如图②,取AC的中点F,在平面PAC内过F作FG⊥PC,垂足为G,连接DF,DG,因为BC⊥平面PAC,PC 平面PAC,所以BC⊥PC,又D,F分别为AB,AC的中点,所以DF∥BC,所以DF⊥PC,又FG⊥PC,DF∩FG=F,DF,FG 平面DFG,所以PC⊥平面DFG.当E在线段FG上运动时,PC⊥DE,所以点E的轨迹为线段FG,FG=FC·sin∠PCA=4×=4×=.
① ②
9.　[1,3]　[解析] 以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),B1(1,0,1),D1(0,1,1),则=(-1,1,1),=(0,-1,1),所以d(,)==.因为P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动,且||=,所以||=1,即在上底面A1B1C1D1内,点P在以A1为圆心,1为半径的圆周上,可设P(cos θ,sin θ,1),θ∈,则=(1,0,0),=(cos θ,sin θ,1),θ∈,所以D(,)=|cos θ-1|+|sin θ|+1=2+sin θ-cos θ=2+sin,θ∈,因为-≤θ-≤,所以sin∈,所以D(,)∈[1,3].
10.A　[解析] 如图,连接AC,则AC⊥DB,又C1C⊥平面ABCD,DB 平面ABCD,所以CC1⊥DB,又CC1∩AC=C,CC1,AC 平面C1CA,所以DB⊥平面C1CA,又AC1 平面C1CA,所以DB⊥AC1,同理可得A1B⊥AC1,又A1B,DB 平面A1BD,A1B∩DB=B,所以AC1⊥平面A1DB.同理可得B1D⊥平面A1BC1,CA1⊥平面C1BD,D1B⊥平面A1DC1.则α1∥平面A1DB,α2∥平面A1BC1,α3∥平面C1BD,α4∥平面A1DC1,从而由α1,α2,α3,α4所围成的封闭几何体与正四面体A1-BC1D相似.设正四面体A1-BC1D内切球的球心为O,半径为r,则=(+++)r,易得正四面体的棱长为,则+++=4××2=2,又=1----=1-4×××13=,所以=×2r=,可得r==.又OA=AC1=,所以两几何体棱长的比值为=,则封闭几何体的体积为33=27×=9.故选A.
11.BC　[解析] 对于A,如图②,连接AC,BD交于点O,连接EO,则EO==,所以V正八面体=2VE-ABCD=2××12×=,故A错误;对于B,将△CDE,△CEB展开到同一平面内,如图①,当D,H,B三点共线时,DH+BH取得最小值,在△CDB中,CD=CB=1,∠BCD=,由余弦定理得BD==,即(DH+BH)min=,故B正确;对于C,以O为原点,建立如图②所示的空间直角坐标系,则A,B,C,D,E,F,设=λ(0≤λ≤1),则由=,得H,所以=,=,由AH⊥DF,得·=0×+×0+×(1-λ)=0,解得λ=1,所以点H与点C重合,此时==(-,0,0),=,设直线AH与直线BC的夹角为θ,则cos θ===,所以θ=,故C正确;对于D,由选项C知,=,=,=,所以·=-,·=-,由0≤λ≤1,知-≥-,所以·≥·,故D错误.故选BC.
12.ACD　[解析] 由题得AD,BD,CD两两垂直,所以三棱锥D-ABC的外接球即为棱长为1的正方体的外接球,易知外接球的直径为,所以外接球的表面积为4π×=3π,故A正确.因为d1=d4,d2=d3,所以P为线段AD的中垂面与线段BC的中垂面的交线与三棱锥表面的交点,如图,
有P1,P2两个点满足题意,故B错误.如图,取BC的中点E,易得DE=,AE=,设点P0在平面ACD上,且P0A+P0D=2>AD=1,则点P0在以A,D为焦点,2为长轴长的椭圆上,而CD+CA=1+>2,故点C在椭圆外,在空间中将该椭圆绕AD旋转一周得到椭球面,则椭球面上任一点P都满足PA+PD=2,由于点P必须是三棱锥的表面上的一点,所以点P的轨迹是上述椭球面与该三棱锥的表面的交线,而EA+ED=<2,故点E在椭球面内,因为BA+BD=1+>2,所以点B在椭球面外,因此线段BC与椭球面必有2个不同的交点P3,P4,P3,P4两点中的任意一点到B,C的距离之和为BC=,根据两点之间线段最短,其余的点P到B,C的距离之和都大于BC=,故d2+d3的最小值为,故C正确.以D为坐标原点,建立空间直角坐标系如图,则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0),设P(x,y,z),则+++=4x2-2x+1+4y2-2y+1+4z2-2z+1.若点P在坐标平面上,由对称性,不妨设P∈平面ACD,则x=0,0≤y≤1,0≤z≤1,0≤y+z≤1,此时+++=4y2-2y+4z2-2z+3=4+4+≥,当且仅当点P的坐标为时取等号;若点P∈平面ABC,易知平面ABC的一个法向量为n=(1,1,1),由n·=0得x+y+z=1,且0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1,消去x整理得+++=8(y2+z2+yz-y-z)+5=8[(y+z)2-(y+z)-yz]+5,因为yz≤,所以+++≥6(y+z)2-8(y+z)+5=6+≥,当且仅当点P的坐标为时取等号.综上,+++的最小值为,故D正确.故选ACD.
13.　[解析] 如图①,过点O作EF⊥AB,交底面圆于E,F,连接SO,DO,CO,PO,CE,CF.设SA=SB=2,则DC=AB=,所以当DP最大时,最大.由圆锥的性质得SO⊥底面AEBF,因为EF 底面AEBF,所以SO⊥EF,又SO∩AB=O,且SO,AB 平面SAB,所以EF⊥平面SAB.因为SA 平面SAB,所以SA⊥EF.因为C,O分别是SA,AB的中点,所以CO∥SB,又SB⊥SA,所以CO⊥SA.因为CO∩EF=O,且CO,EF 平面CEF,所以SA⊥平面CEF,则平面CEF为截面.因为D,O分别为SB,AB的中点,所以OD∥SA,所以OD⊥平面CEF.因为OP 平面CEF,所以OD⊥OP,所以DP==,则当OP最大时,DP最大.截面的平面图形如图②所示,以C为原点,CO所在直线为x轴,过点C且垂直于CO的直线为y轴,建立平面直角坐标系,易知|CO|=1,|OE|=|OF|=,所以O(1,0),F(1,),则抛物线方程为y2=2x.设P,a∈[-,],则|OP|==,所以OP的最大值为,此时DP==,所以==.
14.解:(1)证明:因为底面ABC的周长为12,且AB=3,AC=5,所以BC=4,
则AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC,
又AB 平面ABC,所以BB1⊥AB,
又BB1∩BC=B,BB1,BC 平面BCC1B1,所以AB⊥平面BCC1B1.
(2)将直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面沿BB1剪开展平成矩形BB1B'1B',如图所示,
其中BB'=12,B'1B'=6,所以B1B'==6,所以BM+MN+NB1的最小值为6.
(3)设AC,A1C1的中点分别为O,O1,连接OB,OO1,
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以OO1⊥AC,
OO1⊥OB.
因为AB=AC=4,底面ABC的周长为12,
所以BC=4,所以OB⊥AC,
则OB=4×=2.
以O为原点,OB,OC,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,-2,0),A1(0,-2,6),C(0,2,0),C1(0,2,6),B(2,0,0),
因为=λ,=3,
所以M(0,2,2),N(0,-2,6λ),
则=(-2,2,2),=(0,-4,6λ-2).
设平面BMN的法向量为m=(x,y,z),则
即取z=2,得m=(3λ+1,3λ-,2).
易得底面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),则|cos|===
,
当λ=-=时,9λ2-3λ+4取得最小值,
则|cos|取得最大值,且最大值为,
所以平面BMN与底面ABC夹角的余弦值的最大值为.微专题17　立体几何中的截面与动态问题
微点1　截面与交线问题
例1 (1)[2025·邵阳模拟] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是C1D1,AD,CC1的中点,过E,F,G三点的截面把正方体分成两部分,则体积较大的几何体与正方体体积的比值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
(2)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　　　.
[听课笔记]

【规律提炼】
1.立体几何中的截面问题主要有:平面截正方体(三角形、四边形、五边形、六边形)、平面截球(圆)、平面截圆柱(圆、椭圆、矩形)、平面截圆锥(椭圆、双曲线单支、抛物线).
2.此类问题主要利用定义、延长线法、平行线性质、辅助平面、展开图等方法解决.
自测题
[2025·宁波二模] 一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10 cm,8 cm,15 cm,内部装有400 mL墨水.将墨水瓶倾斜,使其一条长边(10 cm)置于水平地面,高边(15 cm)所在直线与水平地面成45°角,则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为 (　 )
A.180 cm2 B.220 cm2
C.260 cm2 D.300 cm2
微点2　动点与轨迹问题
例2 (多选题)[2025·南通四模] 在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P是其表面上一点,且AP与BB1所成的角为θ,则下列说法正确的是 (　 )
A.若P是CC1的中点,则tan θ=2
B.若P在棱C1D1上,则tan θ∈[1,]
C.若θ=,则P的轨迹的长度是π
D.若θ=,则P不在底面A1B1C1D1内
[听课笔记]

【规律提炼】
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法:根据平面的性质进行判定.
(2)定义法:转化为平面轨迹问题,用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算.
(3)特殊值法:根据空间图形线段长度关系取特殊值或特殊位置进行排除.
自测题
1.[2022·北京卷] 已知正三棱锥P-ABC的六条棱长均为6,S是△ABC及其内部的点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5},则T表示的区域的面积为 (　 )
A. B.π
C.2π D.3π
2.如图,AB是圆锥底面圆O的一条直径,圆锥的母线PA=2,AB=4,则此圆锥外接球的表面积为　　　　;E是母线PB的中点,若平面α过点E,且PB⊥平面α,则平面α与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分,此时该抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为　　　　.
微点3　与动点有关的最值、范围问题
例3 (多选题)[2025·广州二模] 已知A,B是球O的球面上两点,C为该球面上的动点,球O的半径为4,·=0,二面角O-AB-C的大小为120°,则 (　 )
A.△ABC是钝角三角形
B.直线OC与平面ABC所成的角为定值
C.三棱锥O-ABC的体积的最大值为8
D.三棱锥O-ABC的外接球的表面积为π
[听课笔记]

【规律提炼】
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题,常用的解题思路是
(1)直观判断:在变化过程中判断点、线、面在何位置时,所求的量有相应最大、最小值.
(2)函数思想:通过建系或引入变量,把这类动态问题转化为目标函数,从而利用代数方法求目标函数的最值.
自测题
[2025·厦门二模] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方体的内切球表面上运动,且满足D1P∥平面A1BC1,则AP的最小值为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
微点4　折叠问题
例4 (多选题)[2025·西南“3+3+3”三联] 如图①,平面四边形ABCD满足AB=AC=BC=DC=DA=2,BD与AC交于点O,若将△ACD沿AC翻折,得到三棱锥D'-ABC,如图②,已知二面角D'-AC-B的平面角为α,直线AD'与平面ABC所成的角为β,∠D'AC=γ,则下列说法正确的是 (　 )
A.在翻折过程中,AC与BD'始终垂直
B.在翻折过程中,sin α=sin β·sin γ始终成立
C.在翻折过程中,β的最大值为
D.若平面CAD'⊥平面BAD',则三棱锥D'-ABC为正三棱锥
[听课笔记]


【规律提炼】
折叠问题要注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.利用降维观点将立体图形平面化,寻找几何关系或数量关系解决问题.
自测题
1.如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,
则 (　 )
A.∠A'DB≤α
B.∠A'DB≥α
C.∠A'CB≤α
D.∠A'CB≥α
2.如图①,在边长为1的菱形ABCD中,∠DAB=60° ,沿BD将△ABD翻折,得到三棱锥A-BCD,如图②,则当三棱锥A-BCD的体积最大时,异面直线AD与BC所成角的余弦值为　　　　 . 　限时集训(十七)微专题17　立体几何中的截面与动态问题
1.[2025·湖南师大附中模拟] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,E,F分别是棱CD,A1D1的中点,则正方体ABCD-A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.4+4 B.5+
C.4+2+4 D.6+2
2.[2025·浙江台州一模] 已知球O的半径为3,P是球O表面上的定点,S是球O表面上的动点,且满足(2+)·=0,则线段OS轨迹的面积为 (　 )
A.3π B.3π
C.6π D.6π
3.如图,在正四棱锥S-ABCD中,记其体积为V,若=2,2=,=2,过M,N,P的平面将四棱锥切出一个五棱锥S-MNPQR,记其体积为V1,则的值为 (　 )
A. B.
C. D.
4.[2025·内蒙古包头模拟] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱AD,DD1的中点,点P是底面ABCD内一动点,则下列结论正确的为 (　 )
A.不存在点P,使得FP∥平面ABC1D1
B.过B,E,F三点的平面截正方体所得截面是五边形
C.三棱锥C1-A1B1P的体积为4
D.三棱锥F-ACD的外接球的表面积为9π
5.[2025·浙江北斗星盟模拟] 在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,CC1的中点,过直线MN的平面α截该正方体所得截面为Γ,则当平面α与平面ABCD的夹角最小时,截面Γ的面积为 (　 )
A.8 B.3
C.12 D.
6.(多选题)在正四棱锥P-ABCD中,E,F分别为PB,PD的中点,=λ(λ∈[0,1]),则下列说法正确的有 (　 )
A.CG⊥BD
B.不存在λ,使得AC⊥平面GEF
C.若平面GEF∥平面ABCD,则λ=
D.若G,E,F,C四点共面,则λ=
7.(多选题)[2025·江苏南京盐城联考] 在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=,将菱形ABCD沿对角线BD折成四面体A'BCD,使得∠A'BC=,则 (　 )
A.直线A'C与直线BD所成的角为
B.直线A'C与平面BCD所成角的余弦值为
C.四面体A'BCD的体积为
D.四面体A'BCD外接球的表面积为8π
8.在如图所示的三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,CA=8,PA=6,D为AB的中点,E为△PAC内的动点(含边界),且PC⊥DE.当E在AC上时,AE=　　　　;点E的轨迹的长度为　　　　.
9.对于两个空间向量a=(x1,y1,z1)与b=(x2,y2,z2),我们可以定义它们之间的欧式距离为d(a,b)=,欧式距离可以简单理解为两点之间的直线距离;根据需要,还可以定义它们之间的曼哈顿距离为D(a,b)=|x1-x2|+|y1-y2|+|z1-z2|,曼哈顿距离最初指的是区块建设的城市(如曼哈顿)中,两个路口间的最短行车距离,因此也被称为城市街区距离.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,d(,)=　　　　;若点P在上底面A1B1C1D1内(含边界)运动,且||=,则D(,)的取值范围是　　　　.
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,过A,B1,C,D1分别作平面α1,α2,α3,α4,使得α1⊥AC1,α2⊥DB1,α3⊥CA1,α4⊥BD1,则由α1,α2,α3,α4所围成的封闭几何体的体积为 (　 )
A.9 B.9
C.12 D.12
11.(多选题)[2025·江西宜春二模] 如图所示的几何体为正八面体,其棱长为1,H为棱EC上的动点(包括端点),则 (　 )
A.V正八面体=
B.(BH+HD)min=
C.当AH⊥DF时,直线AH与直线BC的夹角为
D.·≤·
12.(多选题)[2025·日照二模] 在三棱锥D-ABC中,△ABC是边长为的正三角形,AD=BD=CD=1,P为其表面上一点,记点P与四个顶点A,B,C,D的距离分别为d1,d2,d3,d4,则下列结论正确的是 (　 )
A.该三棱锥的外接球的表面积为3π
B.若d1=d4,d2=d3,则点P存在且唯一
C.若d1+d4=2,则d2+d3的最小值为
D.+++的最小值为
13.[2025·福州三模] 如图,已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面,C,D分别为SA,SB的中点,过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥,截口曲线Γ是抛物线的一部分.若P在Γ上,则的最大值为　　　　.
14.[2025·辽宁抚顺联考] 如图,在高为6的直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC的周长为12,M,N分别为棱CC1,AA1上的动点.
(1)若AB=3,AC=5,证明:AB⊥平面BCC1B1;
(2)求BM+MN+NB1的最小值;
(3)若AB=AC=4,=λ(0<λ<1),=3,求平面BMN与底面ABC夹角的余弦值的最大值.(共58张PPT)
微专题17 立体几何中的截面与动态问题
微点1 截面与交线问题
微点2 动点与轨迹问题
微点3 与动点有关的最值、范围问题
微点4 折叠问题
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查内容 考题统 计 考情分析 必备知识
截面与交 线问题 空间动态问题常以客观题 出现，是高考立体几何问 题最具有创新意识的题 型，渗透了动态的点、 1.平面基本事实；
2.平行的性质定理；
3.几何体的结构、解
析几何图形的定义
考查内容 考题统 计 考情分析 必备知识
动点与轨 迹 2021年 Ⅰ卷12 线、面等元素，将立体几 何与平面几何中的解三角 形、解析几何、函数、不 等式问题之间建立桥梁， 使立体几何题目更趋于多 元化 1.线面位置关系判
断；
2.体积、空间角公式
与动点有 关的最 值、范围 问题 1.直观判断；
2.极限思想、函数思
想
续表
微点1 截面与交线问题
例1（1）[2025·邵阳模拟]在正方体中，，，
分别是，，的中点，过，， 三点的截面把正方体分
成两部分，则体积较大的几何体与正方体体积的比值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图所示，延长,与 的延长线交于，
连接，交于，连接 ，延长，
与的延长线交于，连接 ，与交于，
连接，则五边形 为过，， 的截面.
不妨设正方体的棱长为1，取的中点，连接，易知 ，
所以，所以, ，又 ，
所以，可得.
同理可得, ，可知截得的体积较小的几何体的体积 ，则体积较大的几何体的体积为 ，
又正方体的体积为1，所以体积较大的几何体
与正方体体积的比值为 .故选C.
（2）已知直四棱柱的棱长均为2, .以
为球心，为半径的球面与侧面 的交线长为_ ____.
[解析] 如图，取的中点，连接
四棱柱 是各棱长均为2的直四棱柱，
且 ， 平面 ，且 .
由球的截面圆的性质可得截面圆的半径为.
在平面为圆心，为半径的圆弧，
与棱，的交点分别为， ，易得，均为所在棱的中点.
连接,,
,, ，
球面与侧面 的交线长为 .
【规律提炼】
1.立体几何中的截面问题主要有：平面截正方体（三角形、四边形、
五边形、六边形）、平面截球（圆）、平面截圆柱（圆、椭圆、矩
形）、平面截圆锥（椭圆、双曲线单支、抛物线）.
2.此类问题主要利用定义、延长线法、平行线性质、辅助平面、展开
图等方法解决.
自测题
[2025·宁波二模]一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为 ，
，，内部装有 墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边
置于水平地面，高边所在直线与水平地面成 角，
则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 作出与墨水瓶的竖直平面平行的截面.
若墨水的截面为等腰直角三角形，如图①，
设腰长为，则 ，
可得 ，不符合题意.
若墨水的截面为直角梯形，如图②，
设上底长为，则下底长为，高为 ，
所以，解得 ，
此时墨水与墨水瓶接触部分的面积
故选C.
微点2 动点与轨迹问题
例2 （多选题）[2025·南通四模]在棱长为2的正方体
中，是其表面上一点，且与所成的角为 ，
则下列说法正确的是( )
A.若是的中点，则
B.若在棱上，则
C.若，则的轨迹的长度是
D.若，则不在底面 内
√
√
√
[解析] 对于A，如图①，连接，
由正方体 中，，
得，因为为的中点，
所以 ，又， 平面，
所以 ，故A正确.
对于B，如图②，过作，交于，
连接，则 ，所以，
易知, ，
所以，故B正确.
对于C，如图③，当点 在底面内时，
在上取点，使得 ，
则，故点的轨迹是以为圆心，
为半径的圆的一部分，易知圆弧所对的圆心角为 ，
所以轨迹长度为 .当点在侧面,内时，
点 的轨迹均为线段,长度均为.故的轨迹的长度是 ,故C错误.
对于D，假设在底面内,因为,所以 ，
所以 ，与已知矛盾，假设不成立，
所以不在底面内，故D正确.故选 .
【规律提炼】
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
（1）几何法：根据平面的性质进行判定.
（2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代
数法进行计算.
（3）特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或特殊位置进
行排除.
自测题
1.[2022·北京卷]已知正三棱锥的六条棱长均为6，是
及其内部的点构成的集合.设集合,则 表示的区域
的面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设在底面上的射影为,则为的中心，
连接 ，则 ，
.
连接，易知点 在的边上及其内部，，
又 ，，易知点到的边的距离大于1，
表示的区域是以为圆心，1为半径的圆及其内部，其面积为 .
2.如图，是圆锥底面圆的一条直径，圆锥的母线 ,
，则此圆锥外接球的表面积为_____；是母线 的中点，若
平面 过点，且 平面 ，则平面 与圆锥侧面的交线是以
为顶点的抛物线的一部分，此时该抛物线的焦点到底面圆心 的距
离为_ __.
[解析] 如图①所示,连接,则 ,可得
,所以为圆锥外接球的直径,球心为 ,所以外接球的半径为2，
则外接球的面积 .
如图①，连接,，由为的中点，
可得,则过点 ,所以,.
在截面中,以 为原点,EO所在直线为x轴,建立平面直角坐标系，
以抛物线的焦点在轴正半轴为例,如图②,则抛物线
过点，可得，则 ，
所以抛物线的焦点为，易知点的坐标为,
所以 .
①
②
微点3 与动点有关的最值、范围问题
例3 （多选题）[2025·广州二模]已知,是球的球面上两点， 为
该球面上的动点，球的半径为4，，二面角
的大小为 ，则( )
A. 是钝角三角形
B.直线与平面 所成的角为定值
C.三棱锥的体积的最大值为
D.三棱锥的外接球的表面积为
√
√
√
[解析] 如图①所示，易知，
由 可得，所以，
由二面角的大小为 ，可知为
一个与平面夹角为 的平面与球的交点（在 的外侧）.
取的中点，连接，作 平面于点 ，
连接,,，则有 ，
又易知 ,所以, ,
所以，如图②所示，在劣弧 上运动.
对于A，在图②中，连接并延长，交圆于另一点 ，
连接，,则，
所以可得 是钝角三角形，故A正确；
对于B，设直线与平面 所成的角为 ，
则 ，为定值，故B正确；
对于C，过作，易知三棱锥的体积为
，故C错误；
对于D，设三棱锥
，解得，
所以三棱锥 的外接球的表面积为 ，
故D正确.故选 .
【规律提炼】
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大（小）、角的范围等
问题，常用的解题思路是
（1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的
量有相应最大、最小值.
（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标
函数，从而利用代数方法求目标函数的最值.
自测题
[2025·厦门二模]已知正方体的棱长为1，点 在正
方体的内切球表面上运动，且满足平面，则 的最小值
为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，
记为点，内切球的半径 .
连接，，，，
平面， 平面，
平面，同理可得平面
, 平面，， 平面平面
平面， 平面 ，故点的轨迹是平面
与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
如图，以
，， ，
， ，.
设平面 的法向量为 ，
则令 ，则，故，
点 到平面的距离，
圆 的半径 .
由 ，得 ，
，
的最小值为 .故选A.
微点4 折叠问题
例4 （多选题）[2025·西南“3+3+3”三联]如图①，平面四边形
满足，与交于点 ，若将
沿翻折，得到三棱锥 ，如图②，已知二面角
的平面角为 ，直线与平面所成的角为 ，
，则下列说法正确的是( )
A.在翻折过程中，与 始终垂直
B.在翻折过程中， 始终成立
C.在翻折过程中， 的最大值为
D.若平面 平面，则三棱锥 为正三棱锥
√
√
√
[解析] 对于A，在平面四边形 中，
由于 ，
所以， ，
在翻折过程中，始终满足，，
又, , 平面，
所以 平面，所以 ，故A正确；
对于B，如图，作
，所以，又 ，
所以 ，则 ，故B错误；
对于C，由B知，
， 平面，
得 平面，则，
因为 ，所以 ，
则三棱锥为正三棱锥，故D正确.故选 .
【规律提炼】
折叠问题要注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.利用降维
观点将立体图形平面化，寻找几何关系或数量关系解决问题.
自测题
1.如图，已知,是的中点，沿直线 将
翻折成，所成二面角 的
平面角为 ，
则( )
A. B. C. D.
√
[解析] 当时，易知 ,
当时，如图，作,,
因为 是中点，故，
再作, ,则,
设, ，则，
，
显然 ，故 ，故选B.
2.如图①，在边长为1的菱形中，，沿 将
翻折，得到三棱锥，如图②，则当三棱锥 的
体积最大时，异面直线与 所成角的余弦值为__ .
[解析] 方法一：当平面平面 时,三棱锥的体积最大,
在边长为1的菱形中，,,
如图，取 的中点，连接,，则 平面,
平面，以为原点，分别以直线,,
为,,轴，建立空间直角坐标系,
则 ,,， ,
, .
设异面直线与所成的角为 ,则,
即异面直线与 所成角的余弦值为 .
方法二：如图，取的中点，
连接， ，则，，
为二面角的平面角，
的面积为定值， 当 ,
即平面 平面 时，三棱锥的体积最大.
分别取,的中点 ,,连接,,,则,,
（或其补角）为异面直线与所成的角.
在边长为1的菱形中,,，
，，，
又 ，.
在 中，由余弦定理得,
异面直线与所成角的余弦值为 .
［备选理由］例1考查直棱柱中的截面问题，亮点在于选项分别覆盖
线面平行、线线角、体积等核心知识点；例2是正方体中位置关系、
轨迹、截面等问题，综合性较强；例3是球面轨迹问题，将空间几何
与向量法、轨迹计算、最值问题结合.
例1 ［配例1使用］（多选题）[2025·成都二诊]在直棱柱
中，,, ,
，是的中点.过作与平面 平行的平面
，若 平面, 平面 ，则( )
A.,,, 四点共面
B.棱柱 没有外接球
C.直线,所成的角为
D.四面体与四面体的公共部分的体积为
√
√
√
[解析] 在直棱柱中， 平面，
又，所以直线,, 两两垂直，以点为原点，
直线,,分别为,, 轴建立如图①所示的空间直角坐标系，
则,,,,
, ,.
对于A，连接，因为 ,
，所以，
因此，即 ,,,四点共面，A正确.
对于B，在梯形中， , ,，
则为锐角， ，因此 ，
梯形 无外接圆，故棱柱没有外接球，B正确.
对于C，因为 平面， 平面，
平面 平面 ，所以，
令，连接，则平面 平面，
同理可得，因此直线, 所成的角等于直线,所成的角，
由，得 ，则，
所以,又 ，
所以，
故直线,所成的角不为，C错误.
对于D，如图②，令, ,
,, ，
则直棱柱中，
点,,, 均为所在侧面矩形的中心，
连接，，，，，
则, ，所以四边形是平行四边形，
因为 平面， 平面 ，所以平面，
同理平面，而 ，
, 平面，因此平面平面 ，
易得，，所以四边形 为平行四边形，
所以，则 平面， 平面 ，
故四边形的面积 .
由图易知四面体与四面体的公共部分为八面体 ，
如图③，所以四面体与四面体
的公共部分的体积为，
D正确.故选 .
例2 ［配例1、例2使用］（多选题）[2025·湖北新八校联考]在棱长
为2的正方体中，,,,分别是棱,, ,
的中点，动点 在正方体表面运动，则( )
A.与 为异面直线
B.与所成的角为
C.平面 截该正方体所得截面形状为等腰梯形
D.若，则点的轨迹长度为
√
√
√
[解析] 对于A，因为与 不同在任何一个平面内，
所以它们是异面直线，故A正确.
对于B，取的中点为，连接,， ，如图①所示，
由正方体的性质可知，又 ，
所以，因此与 所成的角即为
与所成的角，即为 或其补角，
易知,, ，
因为，所以 ，
所以，因此与所成的角为 ，故B正确.
对于C，分别取,，的中点为,，，
连接 ，，，， ，如图②所示，
易知，,，
所以, ,, ,,在同一平面内，
所以平面 截该正方体所得截面即为六边形 ，
又 ，
所以截面形状为正六边形，故C错误.
对于D，因为 为的中点，所以 ，
由可知
，即，
连接，取的中点，连接，
取的中点 ，连接， ，如图③所示，
由正方体的性质易知, ,又,分别为,的中点，
所以 ，所以，因此点的轨迹为线段 ，
易得，所以点 的轨迹长度为，故D正确.故选 .
例3 ［配例2、例3使用］（多选题）[2025·河南洛平许济质检]在半
径为2的球的球面上存在，， 三点，且
， ，为 的中点，则下列说法正
确的是( )
A.
B.当三棱锥的体积最大时，平面截球 所得截面的面积
为
C.当，且时，与平面所成的角为
D.当时，异面直线与 所成角的正切值的取值范围为
√
√
[解析] 在半径为2的球的球面上存在，， 三点，
且 ，，为 的中点，
所以,,则 ,
所以，
故A错误．
当三棱锥的体积最大时，,, 两两垂直
（此时符合题意），是边长为 的
等边三角形，其外接圆即为平面截球 的截面，外接圆的
半径，所以截面圆的面积为，故B正确．
当 时，，所以，
同理， , 又因为 ，
所以 ，
所以，可得,所以此时四面体 为
正四面体，各面都是正三角形，所以与平面所成的角
小于 ，故C错误．
当时， ，所以，
同理可得， ,所以,
当时,, 重合，为的中点，所以,,共线，
所以, 共面，与已知条件与是异面直线矛盾，
当 时，,,,共面，
所以, 共面，与已知条件与是异面直线矛盾，
所以 ,设，易得 ,
所以
,设异面直线与所成的角为 ，由A中分析知
，则 ,
所以，故D正确.故选 .

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