专题12空间几何体的折叠与多面体的问题（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_二轮复习_2023年高考数学二轮优化提升专题训练（新高考地区专用）2924143

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36π，且
3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
[ 81] [27 81] [27 64]
A． 18, B． , C． , D．[18,27]
4 4 4 4 3
【答案】C
【解析】∵ 球的体积为36π，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+
ℎ
2，32=2a2+(3−ℎ) 2,
所以6ℎ =l2，2a2=l2−ℎ 2
1 1 2 l4 l2 1( l6 )
所以正四棱锥的体积V = Sℎ = ×4a2×ℎ = ×(l2− )× = l4− ，
3 3 3 36 6 9 36
1( l5 ) 1 (24−l2 )
所以V'= 4l3− = l3 ，
9 6 9 6
当3≤l≤2√6时，V'>0，当2√6<l≤3√3时，V'<0，
64
所以当l=2√6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为 ，
3
27 81
又l=3时，V = ，l=3√3时，V = ,
4 4
27
所以正四棱锥的体积V的最小值为 ，
4
[27 64]
所以该正四棱锥体积的取值范围是 ， .
4 3
故选：C.
2、（2019•新课标Ⅲ，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 ．
【答案】118．8
【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Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1， ，
AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.
【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 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．
6、【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–ABC D 的棱长均为2，∠BAD=60°．以 为
1 1 1 1
球心， 为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为________．
1 1
【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 ，
，
A B C D
1 1 1 1
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正确.
故选：BCD
1-2、（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A′MN位置，则下列说法中正确的有（ ）
A．在翻折过程中，在边A′N上存在点P，满足CP∥平面A′BM
B．若 ，则在翻折过程中的某个位置，满足平面A′BC⊥平面BCNM
C．若 且二面角A′－MN－B的大小为120°，则四棱锥A′－BCNM的外接球的表面积为61π
D．在翻折过程中，四棱锥A′－BCNM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A′N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A′BM平行，故选项A错误；对于选项B，设 分别是 的中点，
若 ，则AE＞DE，所以存在某一位置使得A′D⊥DE，
又因为MN⊥A′E，MN⊥DE，且A′E∩DE＝E，所以MN⊥平面A′DE，所以MN⊥A′D，
，所以A′D⊥平面BCNM，所以A′BC⊥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A′－MN－B的大小为120°，则△AMN为正三角形，
∠BMN＝120°，∠C＝60°，则BCNM四点共圆，圆心可设为点G，其半径设为r，
DB＝DC＝DM＝DN＝3，所以点G即为点D，所以r＝3，
二面角A′－MN－B的平面角即为∠A′ED＝120°，过点A′作A′H⊥DE，垂足为点H，
EH＝ ，DH＝ ，A′H＝ ， ，
设外接球球心为 ，由 ，解得R2＝ ，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝61π，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.
S ＝ 6λ6λ ＝9 λ2，
△AMN
S ＝ 66 ＝9 ，
△ABC
所以S ＝9 （1－λ2），则V ＝ 9 （1－λ2）h≤3 （1－λ2）A′E
四边形BCNM A′－BCNM
＝3 （1－λ2）3 λ＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），
可设f（λ）＝27（－λ3＋λ），λ∈（0，1），
则 ＝27（－3λ2＋1），令 ＝0，
解得λ＝ ，则函数f（λ）在（0， ）上单调递增，在（ ，1）上单调递减，
所以f（λ） ＝f（ ）＝6 ，
max
则四棱锥A′－BCN体积的最大值为 ，故选项D正确.
故选：BCD
ABCD AB3 DC 1
1-3、（2021·江苏苏州市·高三期末）已知四边形 是等腰梯形（如图1）， ， ，BAD45 DE  AB △ADE DE AE  EB AC AB M
， ．将 沿 折起，使得 （如图2），连结 ， ，设
是AB的中点.下列结论中正确的是（ ）
6
A．BC  AD B．点 E 到平面AMC 的距离为 3
EM// ACD ABCE 5
C． 平面 D．四面体 的外接球表面积为
【答案】BD
【解析】因为DE  AB，BAD45，
△ADE CF  AB
所以 为等腰直角三角形，过C做 ，交AB于F，如图所示：
△ADE≌△BCF AB3 DC 1
所以 ，即AE=BF，又 ， ，
AE  EF  FB  DE CF 1 AD BC= 2
所以 ，则 ，
AE  EB AE  DE BE,DE 
对于A：因为 ， ， 平面BCDE，
AE⊥ BC 
所以 平面BCDE， 平面BCDE，
所以AE  BC ，
BC  AD AE,AD
若 ，且 平面ADE，
则BC⊥平面ADE，
所以BC⊥
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，
Rt△DEC EC  2 BC= 2
在 中，DE=DC=1，所以 ，又 ，EB=2，
EC2 BC2  EB2 EC  BC
所以 ，所以 ，
AE  BC AE,EC 
又因为 ， 平面AEC，
BC⊥ AC 
所以 平面AEC， 平面AEC，
所以BC  AC ，即△ABC为直角三角形，
Rt△AEC AE 1,EC  2 AC  3
在 中， ，所以 ，
因为M 是AB的中点，
1 1 6
S    3 2 
所以△AMC的面积为Rt△ABC面积的一半，所以 △AMC 2 2 4 ，
DE  AE,DE  EB
因为 ，
所以DE即为两平行线CD、EB间的距离，
V V AMC
因为 EAMC CAEM ，设点E到平面 的距离为h，
1 1 1 1 1 6
S DE  S h  111  h
则3 △AME 3 △AMC ，即3 2 3 4 ，
6 6
h
所以 3 ，所以点 E 到平面AMC 的距离为 3 ，故B正确；
EB//DC EB DC  EB//
对于C：因为 ， 平面ADC， 平面ADC，所以 平面ADC，EM// ACD EBEM  E,EB,EM 
若 平面 ，且 平面AEB，
//
所以平面ACD 平面AEB，与已知矛盾，故C错误.
EC  BC △BCE
对于D：因为 ，所以 的外接圆圆心为EB的中点，
AE  EB △ABE
又因为 ，所以 的外接圆圆心为AB的中点M，
ABCE
根据球的几何性质可得：四面体 的外接球心为M，
1 5
EM  AB 
又E为球上一点，在△ABE 中， 2 2
5
R ME 
所以外接球半径 2 ,
5
所以四面体 的外接球表面积S =4pR2 =4p� 5p，故D正确.
ABCE 4
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： ， .
C 
2-2、（2021·全国高三专题练习（文））碳70 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（ ）．A．12 B．25 C．30 D．36
【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7032105，
21057037
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，
x y 37 5x6y 1052 x12 y 25
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：B
2-3、（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（ ）
A． B． C． D．
【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：
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:AB
3-2、（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（ ）
A． B．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（ ）
A． B． C． D．
【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：C
3、（2022·江苏如东·高三期末）已知正方体ABCD－A B C D 的棱长为2，AC ⊥平面α，当平面α过点B 时，
1 1 1 1 1 1
平面α截此正方体所得截面多边形的面积为_________；当平面α过线段BC中点时，平面α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， ，由线面垂直判定可知 平面 ，即平面α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α截此正方体所得截面就是平面 ，因为 ，所以平面
α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 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：ACD
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（ ）A．
B．
C．三棱锥 的体积为定值
D．M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（ ）A．
B．BE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 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 ，
A B C D
1 1 1 1
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.