2025年高考數學一輪復習練習題含答案解析

幾何體的截面（交線）及動態問題

題型分析1.立體幾何中截面、交線問題綜合性較強，解決此類問題要應用三個

基本事實及其推論、垂直、平行的判定與性質定理等知識.2.立體幾何中的動態問

題主要是指空間動點軌跡的判斷、求軌跡長度、最值與范圍問題等.

題型一截面問題

例1（2023?福州質檢）已知正方體45co的棱長為4,E,尸分別是棱

44i,的中點，則平面DEE截該正方體所得的截面圖形周長為（）

A.6B.10也

C.岳+2芯D2<3+9A/5+25

答案D

解析取CG的中點G,連接BG,則DiE//BG,

取CG的中點N,連接尸N,則WV〃8G,

所以FN〃DiE.

延長。i￡,D4交于點X,連接切交48于點連接則平面。1EF截該

正方體所得的截面圖形為多邊形DiEMFN.

由題知Z為〃。的中點，AiE=AE=2,

則CiN=3,CN=1,則DrE=^42+22=2七，

DI^=A/42+32=5,FN='乒而=卡.

取的中點0,連接QF,則〃尸0,

匕匕24MAH

所以——=——，

FQHQ

所以W="/0=gx4=：,則〃B=0,

HQ633

則Affi'=^/ZE^+ZM2="v4+(1]=y,

MF=\!MB^+BF2=yj\^+4=^^-,

所以截面圖形的周長為。iE+EM+MR+FM+NDi=245+也++45+5=

33

2而+9芯+25

3

故選D.

感悟提升作截面應遵循的三個原則：（1）在同一平面上的兩點可引直線；（2）凡是

相交的直線都要畫出它們的交點；（3）凡是相交的平面都要畫出它們的交線.

訓練1（2023?遼寧名校聯考）在正方體48CQ—ZiBCbDi中，AB=2,E為棱BBi

的中點，則平面4EQ1截正方體4BC。一481cLCh的截面面積為（）

A.-B.-

22

9

C.4D.-

2

答案D

解析取81cl的中點為連接EN,MDi,BCi,

D、a

則￡W〃5Ci,且EN=0Ci,則且

22

又AB—2,

所以Affi)i=/E=A/22：ri2=芯，BC尸ADi=2啦,

因此￡河=啦，所以平面AED\截正方體48CD—Z181C1。］所得的截面為等腰梯形

EMDiA,

,\（AD{-EMyJ——r

因此該等腰梯形的高2J=A/5-2=2

所以該截面的面積S=；（4Di+EM>%=；，

故選D.

題型二交線問題

例2（2020?新高考I卷）已知直四棱柱ABCD—ABCiDi的棱長均為2,ZBAD

60。.以》為球心，也為半徑的球面與側面BCCiBi的交線長為.

解析如圖，設81cl的中點為E,球面與棱CCi的交點分別為尸，Q,

連接DB,DiBi,DiP,DiQ,DiE,EP,EQ,

由N84D=60°,AB=AD,

知AABD為等邊三角形,

??Z51B1==2,

...△QbBiCi為等邊三角形,

則DIE=3且平面BCC1B1,

為球面截側面BCCiBi所得截面圓的圓心，

設截面圓的半徑為r,

則r=y編—_3=@

可得EP=EQ=也,

球面與側面BCCiBi的交線為以E為圓心的圓弧尸。.

又DiP=?,

:.B\P=、［DIP2—D\B4=1,

同理Ci0=l,

：.P,。分別為ABi,CCi的中點，

/.ZPEQ=^,

知&的長為彳乂w=個.

感悟提升作交線的方法有如下兩種：（1）利用基本事實3作交線；（2）利用線面平

行及面面平行的性質定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據性質作出交線.

訓練2（2023?南通模擬）已知在圓柱內有一個球。，該球與圓柱的上、下底

面及母線均相切.過直線。。2的平面截圓柱得到四邊形ABCD,其面積為8.若P

為圓柱底面圓弧電的中點，則平面P45與球。的交線長為_______.

答案日久

解析設球。的半徑為r,則AB=BC=2r,

而S四邊形ABCD=4B，BC=4*=8,

所以r=e

如圖，連接尸。2,OlP,作。于X,易知。。2,48.

因為尸為徐的中點，所以4P=AP,

又。為48的中點，所以。我，48.

又。1。20。2尸=。2,所以48,平面

又O//U平面01。#,所以

因為。且48n尸。2=。2,

所以平面ABP.

因為。。2=2「=2也，。1尸=也，＜9IO2±OIP,

所以02P=y/OiO^+OiP2=yj(26)2+(也)2=\/1o,

所以sin/。，：名=蓋=卷

所以O〃=OO2XsinNOiO#=/x：=?.

易知平面K45與球。的交線為一個圓，其半徑為

n=%—0呼=\j（他）2—（^2=一，

交線長為/=2口1=2兀乂弓也=生”1.

題型三動態問題

角度1動態位置關系的判斷

例3（多選）如圖，在矩形ABCD中，BC=1,AB=x,BD和AC交于點0,將△氏4。

沿直線8。翻折，則下列說法中正確的是（）

A.存在x,在翻折過程中存在某個位置，使得48，。。

B.存在x,在翻折過程中存在某個位置，使得

C.存在x,在翻折過程中存在某個位置，使得45,平面ZCZ）

D.存在x,在翻折過程中存在某個位置，使得平面46。

答案ABC

解析當48=x=l時，此時矩形48co為正方形，則ZCL5。，

將△氏4。沿直線8D翻折，當平面平面BCD時，

由OCu平面BCD,平面Z5￡）n平面所以。C,平面

又Z5u平面Z5Q,所以Z5L0C,故A正確；

又OCLBD,OALBD,且040。。=。，OA,OCu平面CMC,所以8。，平面

OAC,

又NCu平面OAC,

所以故B正確；

在矩形Z8CD中，AB±AD,AC=\I1+x2,

所以將△氏4。沿直線8。翻折時，總有

取x=L當將△氏4。沿直線8。翻折到ZC=/時，有4B2+ZC=5C,

22

即ASL/C,且ZCnAD=Z,AC,ADu平面ZCQ,

則此時滿足48,平面ZCO,故C正確；

若ZC,平面48D,又ZOu平面48D,

則ACLAO,

所以在△ZOC中，。。為斜邊，這與。。=。4相矛盾，故D不正確.

感悟提升解決空間位置關系的動點問題

(1)應用“位置關系定理”轉化.

(2)建立“坐標系”計算.

角度2動點的軌跡(長度)

例4(2023?濟南模擬)已知正方體48co—ZBCQ的棱長為23，E,尸為體對角

線BDi的兩個三等分點，動點P在△NC51內，且△PEF的面積SAPEF=2,則點P

的軌跡的長度為.

答案兀

解析如圖1所示，連接5，

圖1

因為4BCO—Z1囪GA是正方體，

所以/CLAD,平面48cD,

又NCu平面Z8C。，

所以ZCLQQi,

因為。所以平面

因為8Q1U平面BOD,所以

同理

因為ZCn8C=C,所以平面ZC51.

因為正方體45CD—/由iGA的棱長為2y[3,

所以AC=BiC=4Bi=2、/6,BDi=6,

又E,尸為體對角線的兩個三等分點，

所以BF=EF=DiE=2.

設點B到平面ACBi的距離為d,

則VB-ACBX=VBX-ABC,

所以"CB(d=?"BC，BB1,

解得d=2,即d=BF,

所以尸?平面ZC5i,即平面ZC5i.

三棱錐B-ACBi的底面三角形ZC31為正三角形，且BB.BC=BA,

所以三棱錐8—ZCBi為正三棱錐，

所以點尸為△ZC81的中心.

因為尸?平面ZC51,

所以尸尸u平面ZC31,則E/UPE

又△尸EF的面積為2,

所以1￡R?PR=2,解得。F=2,

2

則點尸的軌跡是以點尸為圓心，2為半徑的圓周且在△/C5i內部的部分,

如圖2所示，點尸的軌跡為屆,算,打，且三段弧長相等.

在△/N3i中，FN=2,FBi=2\f6X—X-=2yj2,ZNBXF=~,

NFBiF

由正弦定理一n

sin-sinZBiNF

6

得sinNBiNF=-,

2

由圖2可知，ZBiNF^J,

所以N8iNF=囪，則NNF8尸型,

412

所以/NFM=2/NFB\=4,

6

所以疚的長1=2乂更=區,

63

則點尸的軌跡的長度為3%；=兀.

感悟提升解決與幾何體有關的動點軌跡問題的方法

(1)幾何法：根據平面的性質進行判定.

(2)定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定，或用代替法進行計算.

(3)特殊值法：根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除.

角度3最值(范圍)問題

例5(2023?石家莊質檢)《九章算術》是中國古代張蒼、耿壽昌所撰寫的一部數學

專著，是《算經十書》中最重要的一部，成于公元一世紀左右，是當時世界上最

簡練有效的應用數學，它的出現標志著中國古代數學形成了完整的體系.在《九章

算術》中，將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.已知在“塹堵”ABC

一出51cl中，ABLAC,AB=AC=AAi=^6,動點M在“塹堵”的側面5CG81

上運動，且Z〃=2,則的最大值為()

A.-B—

412

c-D.-

23

答案B

解析如圖，取8c的中點。，連接NO,MO,則

因為在直三棱柱48C一出51cl中，881，平面48C,

所以58」/。，

又BCCBB尸B,所以/0,平面5CC181,

所以ZO，（W.

在等腰直角三角形4BC中，AB=AC=^6,/BAC=',

所以/。=3,又4M=2,

所以在RtAO^M中，0乂=也2—（m）2=1,

所以動點m的軌跡是平面BCG囪內以。為圓心，1為半徑的半圓.

連接卸/易得B0=1BC=3,

2

所以W?[3—1,^3+1].

在△氏4/中，AB=?,AM=2,

由余弦定理得

八…AA^2+AB2-BM222+（加）2—W210—（3+1）2巫一心

2AM-AB2X2XA/64764

即當8/=43+1時，cos/MNB取得最小值水二回，

4

結合選項可知，A,C,D均不正確，

所以NM45的最大值為我，選B.

12

感悟提升在動態變化過程中產生的體積最大、距離最大（小卜角的范圍等問題,

常用的思路是

（1）直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應最大、

最小值，即可求解.

（2）函數思想：通過建系或引入變量，把這類動態問題轉化為目標函數，從而利用

代數方法求目標函數的最值.

訓I練3（多選）（2023?沈陽郊聯體一模）已知棱長為a的正方體48CQ—ZBCLDI中，

/為囪G的中點，點尸在正方體的表面上運動，且總滿足〃。垂直于MC,則下

列結論正確的是（）

A.點P的軌跡中包含/小的中點

B.點P在側面AAiDiD內的軌跡的長為十曳

4

C.MP長度的最大值為

4

D.直線CG與直線"P所成角的余弦值的最大值為:

答案BCD

解析如圖，取4A的中點E,分別取出4囪5上靠近點小，囪的四等分點凡

G,連接EN,EF,FG,MG,

則EN統小囪，FG矮4M

所以EM統尸G,所以點￡,M,F,G四點共面.

連接GC,因為板2=0+口=丫,

16

f-125層

MG=〔2j+次=：,GC=a2=—

16

所以MGZ+MJMGC2,所以MGLMC

由正方體的性質知2山1，平面B1C1CB,

所以平面5cle5,

又MCu平面81cle5,所以

因為MGn"E=M,MG,"Eu平面ME-G,

所以MC,平面MERG,

所以點尸的軌跡為四邊形"ERG（不含點M）.

對于A,點尸的軌跡與441有唯一交點G而P不是441的中點，故A不正確；

對于B,因為點尸在側面44100內的軌跡為EG四邊形AffiFG為平行四邊形,

所以EF=MG=&,故B正確；

4

對于C,根據點尸的軌跡可知，當尸與尸重合時，"P的長度有最大值.

由正方體的性質知出81，平面BiCiCB,

所以EG，平面BiCiCB.

又MGu平面881clC,所以FGLMG.

連接則MF=']=啦舊故C正確；

V164

對于D,當直線CG與直線"P所成角的余弦值最大時，直線CG與直線〃。所

成的角最小，由于點尸的軌跡為四邊形"ERG（不含點M，

所以直線CCi與直線"P所成的最小角就是直線CG與平面"EFG所成的角，

a

又向量與平面"EFG的法向量血的夾角為NCiCW,且sinZCiCM=^-=

75a

2

G

5，

所以直線CCi與平面"ERG所成角的余弦值為:，

即直線CG與直線"P所成角的余弦值的最大值為;，故D正確.綜上所述，選

BCD.

分層精練?鞏固提升

【A級基礎鞏固】

1.如圖，斜線段神與平面a所成的角嶗8為斜足.平面a上的動點尸滿足加5

p則點尸的軌跡為（)

6

A.圓

C.雙曲線的一部分D.拋物線的一部分

答案B

解析建立如圖所示的空間直角坐標系,

設OB=OA=l,

則8(0,1,0),4(0,0,1),P(x,y,0),

則善=(0,1,-1),AP=(x,y,-1),

y+i二出

所以cos(AB,AP)

A/2-A/X2+J2+12

即3x2+（y—2）2=3,

所以點尸的軌跡是橢圓.

2.（2023?北京順義區質檢）已知過的平面與正方體Z8C。-2181cLCh的棱44i,

CG分別交于點M,N,則下列關于截面BMDiN的說法中不正確的是（）

A.截面BMDiN可能是矩形B.截面BMDiN可能是菱形

C.截面AWDiN可能是梯形D.截面BMDiN不可能是正方形

答案C

解析如圖①,當點N分別與對角頂點重合時，顯然截面氏MDiN是矩形;

如圖②，當初,N分別為棱441,CG的中點時，顯然截面BMDiN是菱形，由正

方體的性質及勾股定理易知截面5M）iN不可能為正方形;

根據對稱性，其他情況下截面8MDiN為平行四邊形.故選C.

3.（2023?山東名校聯考）如圖，已知正方體4BCD—Z山CbDi的棱長為4,的中

點、為M,過點G,D,M的平面把正方體分成兩部分，則較小部分的體積為（）

A.-B.18

3

?5658

33

答案C

解析如圖，取45的中點E,連接。Ci,C\M,ME,DE,則易知截面是等腰梯

形CiMED,

則較小的部分是三棱臺BEM-CDCi.

2X2=2,

S^CDCV=^X4X4=8,

所以較小部分的體積匕=：X（2+8+也羨）*4=三.故選C.

4.（2023?廣州調研）已知矩形/BCD,AB=2,BC=2\（2,將沿矩形的對角線

所在的直線進行翻折，在翻折過程中（）

A.存在某個位置，使得直線8。與直線ZC垂直

B.存在某個位置，使得直線AB與直線CD垂直

C.存在某個位置，使得直線8c與直線垂直

D.對任意位置，三對直線“4C與BD”“CD與AB,f“AD與5C”均不垂直

答案B

解析矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖①②所示.

在圖①中，過點Z作垂足為E,過點。作CFL8D,垂足為E則點E,

方不重合;

在圖②中，連接CE.

對于A,若ZCL5。，由AECAC=A,

得5。，平面ZCE,所以5QLCE,與點￡,廠不重合相矛盾，故選項A錯誤；

對于B,^AB±CD,由Z8，AD,ADnCD=。，得平面NQC,所以A8LZC,

當Z8=ZC=2時，滿足此時直線Z8與直線CD垂直，故選項

B正確；

對于C,若ADL8C,由。C，8C,ADCDC=D,

得5C,平面ZQC,所以5CLZC,已知5c>28,

所以不存在這樣的直角三角形，故選項C錯誤.

由B知選項D錯誤.故選B.

5.（多選）（2023?長沙檢測）設動點尸在正方體4BCQ—Z151cLe>1上（含內部），且說

赤B,當NN尸C為銳角時，實數i可能的取值是（）

A-B.-

23

C.-D.-

45

答案CD

解析設4P=x,D\P=t,正方體的棱長為1,

則ZC=g,在△ZPC中，

x2+x2-2X2—1

由余弦定理得cosZAPC=

2x2

若N4PC為銳角，則二1>0,則

X2

在△4D1P中,皿=也

（啦）2+（加）2—1」加

cosZADiP=

2乂也乂33

于是由余弦定理得好=2+5—2X/X/X：,

于是2+祥—2X{2X/X：>1,

即3/一4\多+3>0,

解得/>韻或由DIB=3,

故7>1（舍去）或結合選項可選CD.

6.已知邊長為1的正方形48CQ與CDEE所在的平面互相垂直，點P,0分別是

線段8C,上的動點（包括端點），尸。=也.設線段尸。的中點〃的軌跡為/,則

/的長度為（）

A-R2

4

「攵

D.2

2

答案A

解析以。4DC,￡>￡所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,

如圖所示，設尸(s,1,0)(0<5<1),2(0,0,0(0W/Wl),M(x,y,z),由中點坐

標公式易知x=[,z=[,

即s=2x,t=~2z.

,：\PQ\=yJs2+t2+l=^,

.*.52+?=l,.*.4X2+4Z2=1,.*.X2+Z2=-.

4

又OWsWl,0W/W1,

10<x,zW

：.PQ中點河的軌跡方程為

軌跡為垂直于了軸，且距離原點3的平面內，半徑為;的四分之一圓周,

??./的長度為』X2兀xl=N

7.（2023?安徽名校聯考）如圖，在棱長為2的正方體48C。一45cbe）j中，點E,F

分別是棱5C,CC的中點，尸是側面8CC181內一點，若4P〃平面ZEE,則線

段出P的長度的取值范圍是（）

A.[2,峋

C.叱,2倉D.[2也2畫

答案B

解析如圖，取51cl的中點G,ABi的中點X,連接GH,AiG,AiH,

%/二一力c

-7E

則A1G//AE,

又ZiGO平面ZEF,ZEu平面4EF,所以4G〃平面4ER,

同理得GH〃平面ZEF,又ZiGnGH=G,

所以可得平面ZiGH〃平面ZEF,

因為尸是側面BCCLBI內一點，

所以當尸點在線段GH上時，能夠滿足ZiP〃平面ZEE

由勾股定理可求得ZiG=4H=/,GH=曲,

所以當點尸為GH的中點時，4P的長度最小，

此時小?,

當點尸與點G或點〃重合時，出產的長度最大，此時4P=45.

A

故線段ZiP的長度的取值范圍是［2'"」.故選B.

8.（2023?北京朝陽區一模）一個三棱錐形狀的木塊如圖所示，其中E4,VB,W兩

兩垂直，火二沖二右二M單位：dm）,小明同學計劃通過側面E4c內的一點產

將木塊鋸開，所得截面平行于直線E8和ZC,則該截面面積（單位：dm2）的最大

值是（）

答案B

解析如,在平面E4c內，過點尸作EF〃幺C,分別交E4,FC于點尸，E,

在平面出。中，過點E作￡。〃出交8c于點0,在平面E48內，過點尸作尸Q〃E8

交A4于點。，連接

則四邊形。自￡。是過點尸且與E8,NC平行的截面.

易知四邊形DFEQ是平行四邊形.

因為VBLVA,VAnVC=V,E4u平面以C,KCu平面心C,

所以平面VAC,

又EFu平面VAC,所以VBLEF,

XEQ//VB,所以

所以平行四邊形DFEQ是矩形.

因為〃/C,所以

設相似比為網0〈左<1),則?=照=空=上

VAVCAC

易知ZC=/，則EF=gk.

因為FD〃VB,所以易知

咚區段

VABAVB'

AFVA-VF

因為1—k,

VAVA

所以==.=1—所以陽=1—左.

VBVA

則S矩形FEQD=EF.FD=\!2k<l_k)=—、小一1+；,

所以，當左=g時，S矩形尸E0D取得最大值，為:，故選B.

9.(2023?寧波調研)如圖，在棱長為2的正方體48co—Z/C1A中，點尸為平面

ZCCM1上一動點，且滿足QLPLCP,則滿足條件的所有點尸圍成的平面區域的

面積為.

3兀

答案

2

解析設。是N1G的中點，如圖，連接尸。，由正方體的性質易知A在平面NCC/1

上的射影為。，所以要使平面NCC/1上一動點尸滿足DP，CP,只需尸OLCP

即可，連接。G所以點尸的軌跡是以。。為直徑的圓，而。。=#,所以滿足條

roc)2

件的所有點P圍成的平面區域的面積為S=A2J_3兀

—2'

10.已知正方體4BCD—451CQ的棱長為3/，E,尸分別為5C,C。的中點，P

是線段AiB上的動點，CiP與平面DiEF的交點。的軌跡長為.

答案V13

解析如圖所示，連接EEAxB,連接ZCi,SA交于點連接歷瓦8cl交

于點N,

-yc

由EF〃BiDi,

即9F,Bi,Oi共面,

由尸是線段45上的動點，當尸重合于4或8時，C/i,C8與平面AEF的交

點分別為〃，N,即。的軌跡為MV,由棱長為3仍，

得CiM=lzQ=3,則8cl=6,

2

由出8=8Ci=4Ci,得NZiC山=60。，

則7W=必?+NG—2MC」NC「cosNZ?B=^9+16-2X3X4X1=A/13.

11.如圖，在棱長為1的正方體48CQ—中，點M是Z。的中點，點尸在

底面4BCD內（不包括邊界）運動，若3P〃平面出氏攸，則CiP的長度的取值范圍

是.

AB

答案

解析如圖，取8c的中點N,連接囪。，BiN,DN,過。作COLON于。，連

接CO,由正方體的性質知。N〃班，AiM/ZBiN,

又DNCBiN=N,

，平面EON〃平面AyBM,

??.點P在底面ABCD內的軌跡是線段DN（不含點、N和點D）.

連接CLD,GN,在△CLDN中，GD=也

,.?C1C,平面Z5CQ,CO1DN,

：.CiO±DN,則當尸與。重合時，GP的長度取得最小值,

4

AC1P的長度的最小值為ClPmin=C10=

22

又CiP＜也，

???G尸的長度的取值范圍是1「如5，E"

12.（2023?貴陽質檢）如圖，在棱長為2的正方體4BCQ—ZbBCbDi中，E為梭BC

的中點，F,G分別是棱CCi,8c上的動點（不與頂點重合）.

(1)作出平面出。G與平面C581C1的交線(要求寫出作圖過程)，并證明：若平面

Z0G〃平面AER則EE〃幺⑷；

(2)若尸，G均為其所在棱的中點，求點G到平面DEF的距離.

解⑴如圖，延長。G交48的延長線于點尸，連接ZiP交A51于點0,連接G0,

則GQ所在的直線即平面AxDG與平面CBB?的交線.

因為平面CA81C〃平面平面。5囪。10平面小。6=6。,平面2。。140

平面ZLDG=NLD,所以GQ〃ZI￡).

又平面4QG〃平面。i￡E平面CBBiCn平面4OG=G。，平面CBBiGn平面

DiEF=EF,

所以GQ//EF,所以EF〃AiD.

(2)連接G尸,EG,DiG,

由E,F,G均為其所在棱的中點,

易得EF=GF=、」2,EG=2,

所以由+PG2=EG2,所以EF,尸G,

故VD「EFG=；XSAEFGXDC=；X；乂也乂也乂2=；.

易知DiE=DiF=^5,則ADiEF為等腰三角形，其底面EF上的高為

設點G到平面AEF的距離為d,

=

則由VG-DXEFVD}-EFG,

得:XSg〃Xd=；xgx^xTxd=；,解得d=:,

所以點G到平面。1EF的距離為:

【B級能力提升】

13.(2022?新高考I卷)已知正四棱錐的側棱長為I,其各頂點都在同一球面上.若該

球的體積為36兀，且3W/W3S，則該正四棱錐體積的取值范圍是()

?811[278T

18,,

A.L4」B.L44」

「276如

D.[18

答案c

解析法一如圖，設該球的球心為。，半徑為七正四棱錐的底面邊長為a,

高為h,

依題意，得36兀=￡1?3,

3

解得R=3.

r<]2

12+12J,

由題意及圖可得‘(也1

R2=(h—R)2+h-j,

[J",

2R6

解得，，/4

屋=2----，

18

所以正四棱錐的體積K=1?2/z=^2/2-is]-j=^(2-11)(3</<3A/3),

所以力(3WW35

令X=0,得/=2\[6,

所以當3W/<2加時，r>0；當2#</W33時，r<0,

所以函數v=(3W/W3W)在［3,2#)上單調遞增，在(2#,33］上單調

遞減，

又當/=3時，K=—；當/=2#時，r=—；當/=33時，V=~,

434

1764

所以該正四棱錐的體積的取值范圍是3'3」.故選C.

法二如圖，設該球的球心為。，半徑為上正四棱錐的底面邊長為明高為

依題意，得36兀=￡R3,

3

解得R=3.

由題意及圖可得‘

R2=(h—R)2+

所以正四棱錐的體積的最大值為?，排除A,B,D,故選C.

法三如圖，設該球的半徑為七球心為0,正四棱錐的底面邊長為a,高為〃,

正四棱錐的側棱與高所成的角為仇

依題意，得36兀=￡R3,

3

解得H=3,

所以正四棱錐的底面邊長a=d2/sin。，高〃=/cos6.

在△。尸。中，作尸C,垂足為￡,則可得

1.Fl<

cos6=2=-?2’2_,

R6

所以Z=6cos0,

所以正四棱錐的體積

(//sin027cos0=1(6cos03sin20cos0=144(sin0cos202.

riq

設sin。-，易得/2J,

則產sin0cos2^=/(l—Z2)=Z—Z3,

則y'=l—32令V=0,得，=}-，

所以當時，y>o；當;</<；時，y<o,

所以函數>=/—P在L'］）

上單調遞增，在13，2J上單調遞減.

又當/=?時，v=F；

當/=:時，了=|；當/=々時，J=-

所以,WyW4,所以之

8-943

1Z6￡

所以該正四棱錐的體積的取值范圍是14'3_

故選C.

14.（2023?河南名校聯考）如圖，直四棱柱48CQ—Z山iCbDi的底面是邊長為2的正

方形，44i=3,E,尸分別是45,5c的中點，將過點A,E,尸的平面記為a,

則下列說法中正確說法的個數是（）

①點5到平面a的距離與點出到平面a的距離之比為1：2；

②平面a截直四棱柱ABCD-A\B\C\D\所得截面的面積為I：'；

③平面a將直四棱柱分割成的上、下兩部分的體積之比為47：25；

④平面a截直四棱柱ABCD-AiBiCiDi所得截面的形狀為四邊形.

A.OB.1

C.2D.3

答案D

解析如圖，連接EF并延長線段也，交線段D4的延長線于點P,連接。1P,

與441交于點/，延長線段EF,交線段DC的延長線于點。，連接。1。，與CG

交于點N,連接NF,則五邊形AffiFNDi是所求截面，故④錯誤；

易知ME〃D\Q,PE：EQ=\：2,所以尸M=1：2,所以可得

1：2.

對于①，因為平面a過線段Z8的中點E,所以點Z到平面a的距離與點5到平面a

的距離相等.又M4：A\M=\：2,所以點Ai到平面a的距離是點A到平面a的距離

的2倍，所以點4到平面a的距離是點5到平面a的距離的2倍，故①正確；

連接跖V,易知D\M=MN=D\N=2、j2,EF//MN,且EF=ME=NF=W所以

五邊形AMEFN可被分為等邊三角形和等腰梯形"EFN兩部分.等腰梯形

口―4r

MEFN的高h=(/)2—I2J=y,所以等腰梯形AffiFN的面積為

又SgiMN=；X(2亞f=25,所以五邊形DyMEFN的面積為個+23=7,

故②正確；

記平面a將直四棱柱分割成的較大部分的體積為人,較小部分的體積為%,則無

=V三棱推V^^M-PAE—V三棱錐N-CF°=gx；X3X3X3—gx；X1X1X1—

117S?547

；X；X1X1X1=K，所以Vl=Vw^ABCD-AlBlClD-V2=2X2X3-^=^,71：V2

=47：25,故③正確.綜上，正確說法的個數是3,故選D.

15.