2024年全國一卷數學新高考題型細分28立體幾何多選4正方體

2024年全國一卷新高考題型細分28——立體幾何多選4試卷主要是2024年全國一卷新高考地區(qū)真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設置有尾注答案，復制題干的時候，答案也會被復制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經驗進行分類，沒有固定的標準?！读Ⅲw幾何——多選》按照題目中的幾何體進行分類，具體有：線面關系，其他線面關系，正方體，棱錐，棱柱，其他多面體，圓柱，圓錐，圓臺，其他旋轉體等，大概106道題。正方體3：（多選，2024年閩J04漳州三檢，末）11.如圖，在棱長為的正方體中，，分別是棱，的中點，為底面上的動點，則下列說法正確的是（【答案】ACD【解析】【分析】對于，以B為坐標原點，建立空間直角坐標系，，，利用向量坐標運算即可證明；對于，當點與點重合時，當點與點重合時，等體積法轉化即可得三棱錐的體積；對于，當為中點時，平面截正方體所得的截面為正六邊形，可得截面面積；對于，設的外接圓半徑為，三棱錐的外接球半徑為，由可求外接球半徑，根據球的表面積公式即可判斷.【詳解】對于選項，以為坐標原點，建立如圖1所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，因為，所以，故選項正確；對于選項，當點與點重合時，如圖2所示，，【答案】ACD【解析】【分析】對于，以B為坐標原點，建立空間直角坐標系，，，利用向量坐標運算即可證明；對于，當點與點重合時，當點與點重合時，等體積法轉化即可得三棱錐的體積；對于，當為中點時，平面截正方體所得的截面為正六邊形，可得截面面積；對于，設的外接圓半徑為，三棱錐的外接球半徑為，由可求外接球半徑，根據球的表面積公式即可判斷.【詳解】對于選項，以為坐標原點，建立如圖1所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，因為，所以，故選項正確；對于選項，當點與點重合時，如圖2所示，，當點與點重合時，如圖3所示，，所以三棱錐的體積不是定值，故選項錯誤；對于選項，當為中點時，平面截正方體所得的截面為正六邊形，如圖4所示，其中，，為相應邊的中點，則正六邊形的邊長為，所以該截面的面積為，故存在點，符合題意，故選項正確；對于選項，當為的中點時，如圖5所示，易知平面，因為，，所以由余弦定理的推論得，所以，設的外接圓半徑為，則，所以，設三棱錐的外接球半徑為，則，所以三棱錐的外接球的表面積為，故選項正確，故選：ACD．（多選，2024年浙J36名校聯(lián)盟三聯(lián)考）11．在棱長為1的正方體中，已知分別為線段的中點，點滿足，則（

11．ABD【分析】A選項，先得到，故點在線段上，證明出，所以三棱錐為定值；B選項，點為線段的中點，作出輔助線，找到外接球球心，從而得到外接球半徑和外接球面積；C選項，取線段的中點，由對稱性知，，數形結合得到，從而得到周長的最小值；D選項，由得到點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，求出圓的半徑，得到軌跡長度.【詳解】A選項，當時，，故，即，故點在線段上，連接，與相交于點，則為的中點，連接，因為為的中點，所以，故三棱錐的體積為定值，A正確；

B選項，當時，由A選項可知，，點11．ABD【分析】A選項，先得到，故點在線段上，證明出，所以三棱錐為定值；B選項，點為線段的中點，作出輔助線，找到外接球球心，從而得到外接球半徑和外接球面積；C選項，取線段的中點，由對稱性知，，數形結合得到，從而得到周長的最小值；D選項，由得到點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，求出圓的半徑，得到軌跡長度.【詳解】A選項，當時，，故，即，故點在線段上，連接，與相交于點，則為的中點，連接，因為為的中點，所以，故三棱錐的體積為定值，A正確；

B選項，當時，由A選項可知，，點為線段的中點，連接相交于點，則⊥平面，設正四棱錐的外接球的球心為，則三點共線，其中，設，則，由勾股定理得，即，解得，則表面積是，B正確；

C選項，點在矩形及其內部，取線段的中點，由對稱性知，，，此時三點共線，又，，C錯誤；

D選項，因為，又點在矩形及其內部，點的軌跡為點為球心，半徑長為的球面被平面截且在矩形及其內部的圖形，又⊥平面，且，故，所以點的軌跡為以為圓心，半徑為1的圓的一部分，如圖，其中，，故，則，則，則軌跡長為，D正確.故選：ABD【點睛】解決與球有關的內切或外接的問題時，解題的關鍵是確定球心的位置．對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內接幾何體的問題，注意球心到各個頂點的距離相等，解題時要構造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑（多選，2024年蘇J08宿遷調研，末）11.已知正方體的棱長為分別為棱的點，且，若點為正方體內部（含邊界）點，滿足：為實數，則下列說法正確的是（【答案】ABD【解析】【分析】由空間向量基本定理，共線定理和線面角的定義對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】對于A，因為，由空間向量基本定理可知，所以在菱形內，A正確；對于B，取上一點，使得，連接，，易證四邊形和四邊形是平行四邊形，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，當時，,所以，即，在線段上，的軌跡長度為線段的長，即為，B正確；對于C，由知，【答案】ABD【解析】【分析】由空間向量基本定理，共線定理和線面角的定義對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】對于A，因為，由空間向量基本定理可知，所以在菱形內，A正確；對于B，取上一點，使得，連接，，易證四邊形和四邊形是平行四邊形，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，當時，,所以，即，在線段上，的軌跡長度為線段的長，即為，B正確；對于C，由知，在菱形內，所以的最小值即為點到平面的距離，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，可得設平面的法向量為，則，取，可得，所以，所以到平面的距離為：，故C錯誤；對于D，當時，,分別取的中點，連接，在線段上，，所以，可得，平面的法向量為，，設與面所成角為，所以，設，因為，則，則代入化簡可得，當時，直線與平面所成角的正弦值的最大值為，D正確．故選：ABD．【點睛】方法點睛：對于立體幾何的綜合問題的解答方法：（1）立體幾何中的動態(tài)問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求解軌跡的長度及動態(tài)角的范圍等問題，解決方法一般根據線面平行，線面垂直的判定定理和性質定理，結合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程；（2）對于線面位置關系的存在性問題，首先假設存在，然后在該假設條件下，利用線面位置關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論，則否定假設；（3）對于探索性問題用向量法比較容易入手，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在.（多選，2024年浙J32北斗星盟聯(lián)考）11．已知正方體的棱長為1，點滿足，其中，，則（

11．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，當在時，過點只能作一條直線與垂直，可判斷；對CD，以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，設出點P坐標，利用向量的坐標運算即可判斷.【詳解】對于A，當時，，所以點在線段上，如圖，將三角形與矩形沿展成平面圖形如下所示，則線段即為的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值為，故A正確；對于B，當在時，過點在平面內只可以作一條直線與垂直，故B錯誤；對于C，以D為原點，分別以為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，得，，整理得，為雙曲線方程，故C正確．對于D，當時，，故點在線段上運動,11．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，當在時，過點只能作一條直線與垂直，可判斷；對CD，以點D為坐標原點建立空間直角坐標系，設出點P坐標，利用向量的坐標運算即可判斷.【詳解】對于A，當時，，所以點在線段上，如圖，將三角形與矩形沿展成平面圖形如下所示，則線段即為的最小值，利用余弦定理可知，所以，即的最小值為，故A正確；對于B，當在時，過點在平面內只可以作一條直線與垂直，故B錯誤；對于C，以D為原點，分別以為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，得，，整理得，為雙曲線方程，故C正確．對于D，當時，，故點在線段上運動,正方體經過點、、的截面為平行四邊形，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，所以，，，，，所以點到直線的距離為，于是當時，的面積取最小值，此時截面面積為；當或時，的面積取最大值，此時截面面積為，所以正方體經過點、、的截面面積的取值范圍為，故D正確．故選：ACD．【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區(qū)別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.（多選，2024年湘J34長郡二適）11.在正方體中，為的中點，是正方形內部一點（不含邊界），則（【答案】AC【解析】【分析】根據正方體的結構特征可證明線線垂直，進而可得線面垂直，即可求證面面垂直，可判斷A，根據線面角的性質，結合線面角的求解即可判斷B，根據拋物線的定義即可判斷C，根據旋轉可得點的運動軌跡是平面內以為圓心，為半徑的圓，即可求解D.【詳解】對于A：如圖，連接，則，因為平面平面，所以，且平面，所以平面平面，所以，同理，且，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故A正確；對于B：從正方體中分離出四棱錐，取的中點，連接，【答案】AC【解析】【分析】根據正方體的結構特征可證明線線垂直，進而可得線面垂直，即可求證面面垂直，可判斷A，根據線面角的性質，結合線面角的求解即可判斷B，根據拋物線的定義即可判斷C，根據旋轉可得點的運動軌跡是平面內以為圓心，為半徑的圓，即可求解D.【詳解】對于A：如圖，連接，則，因為平面平面，所以，且平面，所以平面平面，所以，同理，且，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故A正確；對于B：從正方體中分離出四棱錐，取的中點，連接，并讓點可在正方形邊界移動.因為平面，，即，則與平面所成角的最小值是，所以，因為線面角是線與平面內的線所成的最小角，所以平面內不存在一條直線與直線成角，故B錯誤；對于C：如圖，取的中點，連接平面，作于點，則，因為，則，即點到點的距離和點到的距離相等，即可知點形成的軌跡是拋物線的一部分，故C正確；對于D：連接交于點，取的中點，連接，則點的運動軌跡是平面內以為圓心，為半徑的圓，易知，由，知，且平面，所以平面平面，所以平面平面，，如圖，與圓的交點分別為，當點位于點時，點到平面的距離分別取得最大值和最小值，且距離的最大值為，距離的最小值為，所以點到平面的距離的取值范圍是，故錯誤.故選：AC【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區(qū)別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.（多選，2024年魯J42青島二適）11．已知正方體的棱長為2，點M，N分別為棱的中點，點P為四邊形（含邊界）內一動點，且，則（

11．ABD【分析】利用線線平行的性質可判定A，利用空間軌跡結合弧長公式可判定B，建立空間直角坐標系，利用空間向量研究線面關系及點面距離可判定C、D.【詳解】對于A，在正方體中易知，又平面，平面，所以平面，即A正確；對于B，因為點P為四邊形（含邊界）內一動點，且，，則，所以P點軌跡為以為圓心，為半徑的圓與正方形相交的部分，所以點P的軌跡長度為，故B正確；對于C，建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，若存在點P，使得面，則，11．ABD【分析】利用線線平行的性質可判定A，利用空間軌跡結合弧長公式可判定B，建立空間直角坐標系，利用空間向量研究線面關系及點面距離可判定C、D.【詳解】對于A，在正方體中易知，又平面，平面，所以平面，即A正確；對于B，因為點P為四邊形（含邊界）內一動點，且，，則，所以P點軌跡為以為圓心，為半徑的圓與正方形相交的部分，所以點P的軌跡長度為，故B正確；對于C，建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，若存在點P，使得面，則，解之得，顯然不滿足同角三角函數的平方關系，即不存在點P，使得面，故C錯誤；對于D，設平面的一個法向量為，則，取，即，則點P到平面的距離，顯然時取得最大值，故D正確.故選：ABD

【點睛】思路點睛：對于B，利用定點定距離結合空間軌跡即可解決，對于C、D因為動點不方便利用幾何法處理，可以利用空間直角坐標系，由空間向量研究空間位置關系及點面距離計算即可.（多選，2024年粵J19執(zhí)信沖刺）11.在邊長為1的正方體中，動點滿足．下列說法正確的是（【答案】AC【解析】【分析】對于A，由題意可得點軌跡在內，利用等體積法轉換即可；對于B，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，利用解三角形知識求出圓心角弧度即可；對于C，由題意為異面直線與所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；對于D，由題意點在以為直徑的圓上，由此即可判斷.【詳解】如圖所示，連接，由，可得點的軌跡在內（包括邊界）．因為平面平面，所以，故A正確．【答案】AC【解析】【分析】對于A，由題意可得點軌跡在內，利用等體積法轉換即可；對于B，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，利用解三角形知識求出圓心角弧度即可；對于C，由題意為異面直線與所成的角，故只需求出其正弦值的最小值即可；對于D，由題意點在以為直徑的圓上，由此即可判斷.【詳解】如圖所示，連接，由，可得點的軌跡在內（包括邊界）．因為平面平面，所以，故A正確．易知平面，設與平面相交于點．由于，則點到平面的距離為．若，則，即點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，如圖所示，在中，，，設，由余弦定理得，解得，則，所以的軌跡長度為，故B錯誤．因為，所以為異面直線與所成的角，則，所以，故C正確．由三垂線定理可知，又平面，要使得，則點在以為直徑的圓上，所以存在無數個點，使得，故D錯誤．故選：AC.【點睛】關鍵點睛：本題的解題關鍵是利用空間向量推得的所在位置，從而得解.（多選，2024年浙J07金麗衢二聯(lián)，末）11.已知正方體，的棱長為1，點P是正方形上的一個動點，初始位置位于點處，每次移動都會到達另外三個頂點.向相鄰兩頂點移動的概率均為，向對角頂點移動的概率為，如當點P在點處時，向點，移動的概率均為，向點移動的概率為，則（【答案】ACD【解析】【分析】先求出點在移動次后，點的概率，再結合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】設移動次后，點在點的概率分別為，其中，，解得：，對于A，移動兩次后，“”表示點移動兩次后到達點，所以概率為，故A正確；對于B，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以，，因為，，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，而，平面，所以當點位于或時，平面，當移動一次后到達點或時，所以概率為，故B錯誤；對于C，所以當點位于時，PC⊥平面，所以移動n次后點位于，則，故【答案】ACD【解析】【分析】先求出點在移動次后，點的概率，再結合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】設移動次后，點在點的概率分別為，其中，，解得：，對于A，移動兩次后，“”表示點移動兩次后到達點，所以概率為，故A正確；對于B，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，所以，，因為，，設平面的法向量為，則，取，可得，所以，而，平面，所以當點位于或時，平面，當移動一次后到達點或時，所以概率為，故B錯誤；對于C，所以當點位于時，PC⊥平面，所以移動n次后點位于，則，故C正確；對于D，四面體體積V的數學期望，因為，所以點到平面的距離為，同理點到平面的距離分別為，所以，所以，當為偶數，所以，當為奇數，所以，故D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵點是先求出點在移動次后，點的概率，再結合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.（多選，2024年鄂J05七市調研）10.如圖，棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方形內一個動點（包括邊界），且平面，則下列說法正確的有（【答案】ABD【解析】【分析】對A由平面，聯(lián)想到存在一個過的平面與平面平行，利用正方體特征找到平面平面,進而得到的軌跡為線段，對B，根據棱錐體積公式分析即可，對C舉反例即可；對D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.【詳解】對A，如圖，令中點為,中點為,連接，又正方體中，為棱的中點，可得,，平面,平面,又【答案】ABD【解析】【分析】對A由平面，聯(lián)想到存在一個過的平面與平面平行，利用正方體特征找到平面平面,進而得到的軌跡為線段，對B，根據棱錐體積公式分析即可，對C舉反例即可；對D，利用勾股定理求出外接球半徑即可.【詳解】對A，如圖，令中點為,中點為,連接，又正方體中，為棱的中點，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又為正方形內一個動點（包括邊界），平面平面，而平面平面，，即的軌跡為線段.由棱長為2正方體得線段的長度為，故選項A正確；對B，由正方體側棱底面，所以三棱錐體積為，所以面積最小時，體積最小，如圖，，易得在處時最小，此時,所以體積最小值為，故選項B正確；對C，當為線段中點時，由可得,又中點為,中點為,，而，,故選項C不正確；對D，如圖，當在處時，三棱錐的體積最大時，由已知得此時,所以在底面的射影為底面外心，,,,所以底面為直角三角形，所以在底面的射影為中點，設為，如圖，設外接球半徑為,由,,可得外接球半徑，外接球的表面積為，故選項D正確.故選：ABD.四棱柱：（多選，2024年鄂J11四月模擬）9.平行六面體中，各個表面的直角個數之和可能為（【答案】ACD【解析】【分析】根據平行六面體的性質考察矩形個數的可能情況即可.【詳解】平行六面體的六個面都是平行四邊形，且相對的平行四邊形全等，所以六個平行四邊形中的矩形個數可能為，所以各個表面的直角個數之和可能為.故選：ACD）

A.0【答案】ACD【解析】【分析】根據平行六面體的性質考察矩形個數的可能情況即可.【詳解】平行六面體的六個面都是平行四邊形，且相對的平行四邊形全等，所以六個平行四邊形中的矩形個數可能為，所以各個表面的直角個數之和可能為.故選：ACD（多選，2024年冀J30保定二模）10．已知直四棱柱的側棱長為3，底面是邊長為2的菱形，為棱上的一點，且為底面內一動點（含邊界），則下列命題正確的是（10．AD【分析】判斷P點軌跡與直四棱柱的交線，根據弧長公式求解判斷A，判斷P點位置求出體積最大值判斷B，計算球與直四棱柱公共部分體積判斷C，利用，求得，得出四邊形面積判斷D.【詳解】如圖，對于A，可知的軌跡是以為圓心，半徑為1的圓，所以點的軌跡與直四棱柱的交線為圓弧，圓弧長為，故A正確．對于B，可知點在線段上，所以當點與點重合時，三棱錐體積最大，且最大值為，所以B錯誤．對于C，可知該球的半徑為1，球與直四棱柱的公共部分的體積為，所以C錯誤．對于D，經過三點的平面截直四棱柱所得的截面為平行四邊形，其中，可得．設的中點為的中點為，連接，可得平面，所以，求得，所以，D正確．故選：AD

）

A．若與平面所成的角為，則點的軌跡與直四棱柱的交線長為

B．若點到平面的距離為10．AD【分析】判斷P點軌跡與直四棱柱的交線，根據弧長公式求解判斷A，判斷P點位置求出體積最大值判斷B，計算球與直四棱柱公共部分體積判斷C，利用，求得，得出四邊形面積判斷D.【詳解】如圖，對于A，可知的軌跡是以為圓心，半徑為1的圓，所以點的軌跡與直四棱柱的交線為圓弧，圓弧長為，故A正確．對于B，可知點在線段上，所以當點與點重合時，三棱錐體積最大，且最大值為，所以B錯誤．對于C，可知該球的半徑為1，球與直四棱柱的公共部分的體積為，所以C錯誤．對于D，經過三點的平面截直四棱柱所得的截面為平行四邊形，其中，可得．設的中點為的中點為，連接，可得平面，所以，求得，所以，D正確．故選：AD（多選，2024年鄂J19黃岡八模）11．在長方體中，，E是棱的中點，過點B，E，的平面交棱于點F，P為線段上一動點（不含端點），則（11．ACD【分析】對于選項A，利用面面平行的性質，得到平面，從而可判斷出選項A正確；對于選項B，假設存在，可推出平面，從而判斷選項B錯誤；對于選項C，利用線面角的定義，找出線面角為，從而在中，求出的值，進而判斷選項C正確.對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.【詳解】對于A，因為平面平面，根據面面平行的性質，平面與這兩個平面的交線互相平行，即，因為面，面，所以平面，又點P在線段上，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B，若存在點P，使得，因為，則，因為，，平面,所以11．ACD【分析】對于選項A，利用面面平行的性質，得到平面，從而可判斷出選項A正確；對于選項B，假設存在，可推出平面，從而判斷選項B錯誤；對于選項C，利用線面角的定義，找出線面角為，從而在中，求出的值，進而判斷選項C正確.對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.【詳解】對于A，因為平面平面，根據面面平行的性質，平面與這兩個平面的交線互相平行，即，因為面，面，所以平面，又點P在線段上，所以三棱錐的體積為定值，故A正確；對于B，若存在點P，使得，因為，則，因為，，平面,所以平面，與題意矛盾，故B錯誤；對于C，如圖1所示，

取的中點Q，連接，則點P在平面內的射影在上，直線與平面所成角即，且有，由已知可得，最小為，所以的最大值為，故C正確；對于D，如圖2，

取的中點G，連接，分別取，的中點，，連接，因為是等腰直角三角形，所以三棱錐外接球的球心O在直線上，設三棱錐外接球的半徑為，則，所以，設，則，所以,當點與重合時，取最小值，此時，三棱錐外接球的表面積為，當點P與重合時，取最大值，此時，三棱錐外接球的表面積為，故D正確．故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：對于選項D，利用球的截面圓的幾何性質，找出球心在直線上，利用，建立方程，從而求出球的表面積的取值范圍.（多選，2024年粵J124廣州天河三模）11．在正四棱柱中，，，E，F分別為，的中點，點M是側面上一動點（含邊界），則下列結論正確的是（

11．ACD【分析】利用線線平行易證線面平行可判斷選項A；利用線線角為定值，知另一邊在一個圓錐上，從面用截面思想可判斷選項B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判斷到上下底面各棱的距離都正好等于半徑，而到各側棱的距離都小于半徑，從而可以判斷選項C；利用球被平面所截是一個小圓，小圓的圓心就是球心到各側面的射影，從而可通過計算交線長，再來判斷選項D．【詳解】根據已知條件可知，，，連結，可得四邊形是平行四邊形，所以可得，又因為平面,平面,所以平面，故選項A正確；因為是一個定值，所以也等于一個定值，所以一定是以為軸的一個圓錐的母線，這樣的圓錐被過頂點的平面所截，所得的是兩條母線，即落在側面內的軌跡就是線段，所以選項B是錯誤的；由正四棱柱的中心對稱心可知，以為直徑的球心一定是在正四棱柱的中心，根據，，可知，所以可知球心到上下兩底面各棱的中點的距離都等于該球的半徑，即該球與上下兩底面各棱的交點共有8個，又因為球心到各側棱的距離是11．ACD【分析】利用線線平行易證線面平行可判斷選項A；利用線線角為定值，知另一邊在一個圓錐上，從面用截面思想可判斷選項B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判斷到上下底面各棱的距離都正好等于半徑，而到各側棱的距離都小于半徑，從而可以判斷選項C；利用球被平面所截是一個小圓，小圓的圓心就是球心到各側面的射影，從而可通過計算交線長，再來判斷選項D．【詳解】根據已知條件可知，，，連結，可得四邊形是平行四邊形，所以可得，又因為平面,平面,所以平面，故選項A正確；因為是一個定值，所以也等于一個定值，所以一定是以為軸的一個圓錐的母線，這樣的圓錐被過頂點的平面所截，所得的是兩條母線，即落在側面內的軌跡就是線段，所以選項B是錯誤的；由正四棱柱的中心對稱心可知，以為直徑的球心一定是在正四棱柱的中心，根據，，可知，所以可知球心到上下兩底面各棱的中點的距離都等于該球的半徑，即該球與上下兩底面各棱的交點共有8個，又因為球心到各側棱的距離是，到各頂點的距離是1，所以每條側棱上都有兩個點到球心等于該球的半徑，即總共就有16個.故C選項正確；由上面推理易知，以為直徑的球與上下兩底面的交線是兩個完整的內切圓，此時一個圓的周長是，而根據該球心到一個側面射影是，，，可解得，所在側面截得交線如圖：由，，可得，即，所以在該側面內留下的交線長為，即該球面與正四棱柱各側面的交線總長度為，故D選項正確；故選：ACD.（多選，2024年冀J39承德二模）11