2023年高考数学真题解析 立体几何初步（解析版）

专题09立体几何初步

目录一览

2023真题展现

考向一立体几何的体积

考向二外接球与内切球

考向三空间角

真题考查解读

近年真题对比

考向一旋转体

考向二立体几何的体积

考向三外接球与内切球

考向四球体的表面积

考向五空间角

考点六直线与平面的位置关系

命题规律解密

名校模拟探源

易错易混速记/二级结论速记

1.(2023•新高考H•第14题)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为

2,高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为一.

【答案】28

解：如图所示，根据题意易知△SOIAISASOA,

.*.&=皿=耳=2,又SOi=3,：.SO=6,：.OOi=3,

SOOA24221

又上下底面正方形边长分别为2,4,

二所得棱台的体积为［x(4+16+V4x16)x3=28.

s

2.（2023•新高考I•第14题）在正四棱台ABC0-4BQO1中，AB=2,48尸1,44户夜，则该棱台的

体积为—.

【答案】乎

6

解：设正四棱台ABC。-481Gd的上下底面中心分别为M,N,

过4作4”_L4C,垂足点为”，由题意易知AIM=HN=F，又AN=夜，

：.AH^=AN-HN=y,又A4I=VL:.A\H=MN*,

•••该四棱台的体积为（1+4+V13M）乂。=华.

326

考向二外接球与内切球

3.（2023•新高考I•第12题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：〃力的正方体容器

（容器壁厚度忽略不计）内的有（）

A.直径为0.99机的球体

B.所有棱长均为1.4〃?的四面体

C.底面直径为0.01/n,高为18〃的圆柱体

D.底面直径为1.2m高为0.01根的圆柱体

【答案】ABD

解：对于A,棱长为1的正方体内切球的直径为1＞0.99,选项A正确；

对于8,如图，正方体内部最大的正四面体。-ABC的棱长为于'=或＞1.4,选项8正确;

对于C,棱长为1的正方体的体对角线为遮V1.8,选项C错误；

对于力，如图，六边形EFGH〃为正六边形，E,F,G,H,1,J为棱的中点，

六边形EFGH"棱长为当米，NGFH=NGHF=30°,

所以FH=V3FG=V3GH=半米，故六边形EFGHU内切圆直径为半米，

而（当产=|＞（1.2）2=1.44,选项。正确.

考向三空间角

4.（2023•新高考][•第9题）（多选）己知圆锥的顶点为P,底面圆心为。，AB为底面直径，ZAPB=120°,

%=2,点C在底面圆周上，且二面角尸-4C-。为45°,则（）

A.该圆锥的体积为TTB.该圆锥的侧面积为4757T

C.AC=2V2D.的面积为百

【答案】AC

由二面角的定义可知，二面角P-AC-。的平面角即为/尸。0=45「

对于4,△以8中，由于附=PB=2,NAP8=120°,

则PO=1,AO=y/3,

则QD=1,K=|-3TT-1=TT,选项A正确.

对于8,S«y=兀X遍x2=2百兀，选项8错误.

对于C,AC==2V2,选项C正确.

对于Z),PD=y[2,S„PAC=^xV2x2>/2=2,选项D错误.

d一

真题考查解读

=4*

【命题意图】

考查空间几何体的表面积与体积、外接球问题、空间角等.

【考查要点】

命题会涉及到体积，表面积，角度等计算，涉及到最值计算，范围求取，考查空间想象力、运算求解

能力、数形结合思想、转化与化归思想、逻辑推理能力.

【得分要点】

1.表面积与体积公式

(1)棱柱的体积公式：设棱柱的底面积为S,高为〃，丫皿=sx/z.

(2)棱锥的体积公式：设棱锥的底面积为S,高为/n

(3)棱台的体积公式：设棱台上底面面积为S,下底面面积为S',高为〃，

V极台=：x(S+S'+7sxS')xh.

(4)圆柱的体积和表面积公式：设圆柱底面的半径为r,高为h(母线长1),则

%柱=仃2八

S网柱=2xnr2+2nrl=2nr(r+I)

(5)圆锥的体积和表面积公式：设圆锥的底面半径为r,高为做母线长Z),母线长为/：

[锥=]N/i

S圆锥=兀/+TTrl=nr(r+/)-

(6)圆台的体积和表面积公式：设圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,高为h,母线长为/：

“圆台=|n-/i(r2+/?2+/?r)

S圆台=71T2+TIR2+nrl+HRI=7r(r2+/?2+rZ+RI)

(7)球的体积和表面积：设球体的半径为R,I/球体=g〃R3,$球体=4n/?2.

2.外接球题型归类：

(1)三线垂直图形

计算公式：三棱锥三线垂直n还原成长方体=2/?=行正五

（2）由长方体（正方体）图形的特殊性质，可以构造如下三种模型:

①三棱锥对棱相等.^2R=yla2+b2+c2=J,m,〃，/是三个对棱棱长.

②等边三角形与等腰直角三角形连接.

③投影为矩形.

（3）线面垂直型：线垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接

圆半径是〃满足正弦定理）.

计算公式R+r2;其中2r=

（4）面面垂直型

一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型

（5）垂线相交型

等边或者直角：等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心.

直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心.

许多情况下，会和二面角结合.

3.直线和平面所成的角：

一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两

条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的.具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：

（1）作：作出斜线与射影所成的角.

（2）证：论证所作（或找到的）角就是要求的角.

（3）算：常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出

角.

（4）答：回答求解问题.

4.线面角的求解方法：

传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直

角三角形求得.

向量求法：设直线/的方向向量为次平面的法向量为二直线与平面所成的角为0,1与£的夹角为<p，

—»—>

则有sin0=|cos<p|=

5.二面角的平面角求法：

（1）定义法.

（2）三垂线定理及其逆定理.

（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个

面的交线所成的角，就是二面角的平面角.

（4）平移或延长（展）线（面）法.

（5）射影公式.

（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角.

（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：

设平面a和0的法向量分别为［和人若两个平面的夹角为。，则

.TTJTTTTTU-V

①当04v><-,0=Vu,v>,cos0=cos<u,v>=

2\u\\v\

TT

②当U>V1T时，COS0=-COS<U,V>=

2|w||v|

近年真题对比

考向一旋转体

5.（2021•新高考I）已知圆锥的底面半径为弧，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）

A.2B.2&C.4D.472

【解答】解：由题意，设母线长为/,

因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，

则有2兀•收=兀・1，解得1=2^，

所以该圆锥的母线长为小巧.

故选：B.

考向二立体几何的体积

5.(2022•新高考I)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.己知

该水库水位为海拔148.5”?时，相应水面的面积为140。左加2；水位为海拔157.5〃?时，相应水面的面积为

180.0^2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5加上升到157.5m

时，增加的水量约为(A/7p2.65)()

A.1,0X109m3B.I.2X109W3C.1.4X109/n3D.I.6X109;M3

【解答】解：180面?2=]8oxio6/〃2,

根据题意，增加的水量约为140X106+i80X106+g40X106xi80X106x(J57S148.5)

3

_(140+180+60/7)X106

-3X9

*(320+60X2.65)X106X3=1437X106«=1.4X109/n3.故选：C.

6.(2021•新高考H)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则其体积为()

A.20+12代B.2872C.因D.里返.

33

【解答】解法一：如图A8CO-AiBCiQi为正四棱台，AB=2,4的=4,441=2.

在等腰梯形4B18A中，过A作AE_L48i,可得AiE=3二2=1,

2

4£=也[27*2=7^1=后

连接AC,AiCi,

AC=y]4+4=2/2»A1C1="16+16=4&,

过4作AG_LAiCi,4G=4M-2我=&,

2

AG=JAA]2_A]G2=V^=&'

•••正四棱台的体积为：

s上+sTRs上•s下

Xh

3

2222

2+4+V2X4x

3

=28&

-3-,

解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图,

:该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,

.••该棱台的高4=V22-(2V2-V2)2=企，

下底面面积Si=16,上底面面积S2=4,

则该棱台的体积为：

^~h(S1+S2+7S1S2)=yxV2X(16+4+764)=^^-

7.(多选)(2022♦新高考H)如图，四边形A8C。为正方形，E£)J_平面A8C£»,FB//ED,AB=ED=2FB.记

三棱锥E-AC。，F-ABC,尸-ACE的体积分别为％,V2,丫3,则()

C.V3=V1+V2D.2V3=3VI

【解答】解：设A8=EO=2FB=2,

Vl=—XSMCDX|ED|=A,

33

v2=AX5A4BCx|FB|=-2.,

33

如图所示，

连接8。交4c于点M,连接EM、FM,

则FM=F,EM=QEF=3,

故SAEMF=/X«x显=3?-，

=2,

V3=^S/\EMFXAC=—义治区.x2A/2

332

故C、D正确，A、B错误.

故选：CD.

8.（多选）（2021•新高考I）在正三棱柱ABC-481。中，AB=A4i=l,点P满足而=入前+口丽:其

中入口0,1],ne[0,1],则（）

A.当a=1时，△ABiP的周长为定值

B.当口=1时，三棱锥P-A18C的体积为定值

C.当人=』时，有且仅有一个点P,使得AiP_LB尸

2

D.当时，有且仅有一个点P,使得AiBJ_平面AB1P

【解答】解：对于A,当人=1时，BP=BC+NBB卜即乐=-BB；所以不“BB,

故点P在线段C。上，此时记的周长为ABi+BP+AP,

当点P为C。的中点时，△A8iP的周长为遥侦，

当点P在点Ci处时，ZXABiP的周长为2匹+1，

故周长不为定值，故选项A错误；

对于8，当口=1时，而=入前+可，即用=入而，所以晤”所，

故点P在线段81。上，

因为BC〃平面4BC,

所以直线BlCi上的点到平面A\BC的距离相等，

又△48C的面积为定值，

所以三棱锥P-48C的体积为定值，故选项8正确；

对于C,当人=』■时，取线段BC,81cl的中点分别为M,Mi,连结Mi",

2

因为而卷前+U可，即而二（1可，所以而//而;

则点P在线段例1M上，

当点P在Mi处时,A\M\LB\C\,

又8100818=81,所以4例」平面BBiCiC,

又8Miu平面881clC,所以即4P_L8P,

同理，当点P在M处，AiPA.BP,故选项C错误；

对于。，当^=工时，取CCi的中点。I,的中点。,

2

因为而二人正十|西，即而二入前，所以而//皮，

则点P在线的上，

当点P在点Di处时，取4c的中点E,连结4E,BE,

因为BE_L平面4CCM1,又AOiu平面ACC1A”所以AOi_L8E,

在正方形ACCA1中,ADil.A\E,

又3EC4iE=E,BE,4Eu平面48E,

故4£>i_L平面48E,乂AiBu平面A18E,所以48J_A£）i,

在正方体形中，AiBlABi,

又AD1CAB1=A,AD\,A8iu平面ABi。，所以4B_L平面,

因为过定点A与定直线4B垂直的平面有且只有一个，

故有且仅有一个点P，使得48J_平面A8iP,故选项。正确.

故选：BD.

考向三外接球与内切球

9.（2022•新高考【）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36m且3W

1£3如,则该正四棱锥体积的取值范围是（）

AJ®学B.号，学Y第D.(IS.27]

【解答】解：如图所示，正四棱锥尸-ABCQ各顶点都在同一球面上，连接AC与8。交于点E,连接PE,

则球心0在直线PE匕连接04,

设正四棱锥的底面边长为m高为〃,

212222=22

在Rt△租E中，PA=AE+PE,BP1=+hya+h1

:球。的体积为36ir,...球0的半径R=3,

122

在RtZSOAE中，OA^^OEr+AE,BPR=(h_g)+2,

T2工」2a.c♦12/2d

,•5a+h-6hl=0,"-a+h=6h,

A/2=6/?,又,.・3W/W3百，・・・34h4|,

•I该正四棱锥体积V(%)=-^-a2h=-^-(12h-2h2)h=-^h3+4h2*

ooo

VV(/i)=-2M+8/?=2/7(4-/?),

二当日<h<4时'V⑺>0,V(A)单调递增；当4Vh时，v(〃)<0.V(ft)单调递减,

V(.h)max=V(4)=,

3

又皆吟<号

•,与4V(h)《粤，

TCO

即该正四棱锥体积的取值范围是[普，瞥

故选：C.

10.(2022•新高考II)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3我和4y，其顶点都在同一球面

匕则该球的表面积为()

A.10011B.12811C.1441TD.19211

【解答】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为-^—=3,下底

2sin60

面所在平面截球所得圆的半径为一如图,

2sin60

设球的半径为R,则轴截面中由几何知识可得｛R2_32_五2_42=1，解得R=5,

...该球的表面积为4nR2=4nX25=IOOTT.

当球心在台体内时，如图，

此时五?.”+&2_,2=],无解.

综上，该球的表面积为100死

故选：A.

考向四球体的表面积

II.（2021•新高考H）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球

静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000加？（轨道高度是指卫星到地球表面

的距离）.将地球看作是一个球心为O,半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所

成角的度数.地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为a,该卫星信号

覆盖地球表面的表面积S=2TTM（1-cosa）（单位：km1）,则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图,

地球峥止同步轨道

则OP=36000+6400=42400,那么cosa=±%—

4240053

卫星信号覆盖的地球表面面积S=2nJ（1-cosa）,

那么，S占地球表面积的百分比为271r（1-cosa）=生一42%.

2

471r106

故选：C.

考向五空间角

12.（多选）（2022•新高考I）已知正方体4BCD-4BC1A,则（）

A.直线与04所成的角为90°

B.直线BC1与C4所成的角为90°

C.直线8。与平面8B100所成的角为45°

D.直线8。与平面A8CO所成的角为45°

【解答】解:如图,

连接8C,由48i〃Z）C,AyB\=DC,得四边形DAiBiC为平行四边形,

可得D4i〃BC,：BCi_L8iC,.•.直线8。与D41所成的角为90',故A正确；

'：A\B\LBC\,BCilBiC,A\B\QB\C^B\,.,.8（71_1平面。4|81。，而C4u平面D4IBIC,

：.BC\LCA\,即直线8cl与C4所成的角为90°,故8正确；

设4。。8⑺1=0,连接80,可得CiO_L平面B81O1D,即NG80为直线8。与平面BBIDIO所成的

角，

,：sinZC\BO=—0C,L=上1，.•.直线8。与平面88OQ所成的角为30°,故C错误；

BCj2

•••CCi_L底面ABC。，；.NC18C为直线8。与平面ABC。所成的角为45°,故。正确.

故选：ABD.

考点六直线与平面的位置关系

13.（多选）（2021•新高考H）如图，下列正方体中，。为底面的中心，P为所在棱的中点，M,N为正方

体的顶点，则满足MNLOP的是（）

M

【解答】解：对于4设正方体棱长为2,设MN与OP所成角为0,

则tanO=『」一=亚，，不满足MNLOP,故A错误：

2

对于3,如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则N(2,0,0),M(0,0,2),P(2,0,1),。(1,1,0),

MN=(2,0,-2),QP=(1,-I,1),

诵•用=0,.,.满足MNLOP,故8正确；

对于C,如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则M(2,2,2),N(0,2,0),O(1,1,0),P(0,0,1),

而=(-2,0,-2),而=(-1,-1,1),

诵•用=0,.•.满足MNLOP,故C正确；

对于。，如图,

N

作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2,

则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),0(1,1,0),

而=(0,-2,2),QP=(1,0,2),

而•而=4,...不满足仞V，OP,故。错误.

故选：BC.

命题规律解密

本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定，空

间角等问题。

高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，

扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视立体几何表面积与体积、内接球与外切球、空间角的

解题思路。

名校模拟探源

棱柱的结构特征（共2小题）

1.（2023•盐亭县校级模拟）己知正方体ABC。-AIBICIOI的棱长为3,以4为球心，2旧为半径的球被

该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为.

【解答】解：根据题意可知，正方体4BCO-481ao的棱长为3,以A为球心，浦为半径的球被该

正方体的表面所截，如下图所示：

球被面A8814,面48CD,面ADDMi所截的曲线长均为工x工，

63

故在此三面上所截得的曲线长为返2L.X3S打，

3

球在面8CC1B,面COGC1,面481clz）1所截得的曲线长均为工xJR标工，

22

故在这三面上所截得的曲线长的和为返工X3=3近冗,

22

故所截得的曲线总长为«兀兀=W|兀.

2.（多选）（2023•晋江市校级模拟）直三棱柱ABC-A181。，中，AB1AC,AB=AC=A4i=l,点。是线

段上的动点（不含端点），则以下正确的是（）

A.AC〃平面42。

B.C£）与AC1不垂直

C.NAOC的取值范围为-y]

D.AO+OC的最小值为代

【解答】解：依题作图，如图1,并将其补成正方体，如图2

对于A,因为AC〃4Ci,4Ciu平面48。，所以AC〃平面48£）,故A正确；

对于8,当。为的中点，CD与CB1重合，根据正方体的性质可得CQ_LACi,故8错；

对于C,判断以AC为直径的球与C1ZJ的交点情况，

如图3,取AC中点尸，贝I」FC广FB=^-，

当ED,8c时，FD=4B2G“）2哼>|AC，

所以以AC为直径的球与。8没有交点.所以NADC<2,故。错；

对于。，将面CBG翻折至与ABCi共面，此时点C与Ei重合，所以AD+OC的最小值为AE]=J§，故

。正确.图1图2图3

故选：AD.

二.旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共1小题）

3.（2023•河南模拟）已知圆台010的上、下底面半径分别为r,R,高为〃，平面a经过圆台010的两条

母线，设a截此圆台所得的截面面积为S,则()

A.当/z》R-rEi寸，S的最大值为(R+2r)h

221

B.当/i2R-r时，S的最大值为促工■)[立(比工)]

2(R-r)

C.当〃VR-r时，S的最大值为(R+2r)h

D.当力VR-r时，S的最大值为空立让山丘立1

2(R-r)

【解答】解：如图，将圆台OiO补成圆锥P0.

设圆台OiO的母线长为/,则/2=层+(R-八2,等腰梯形A3CD为过两母线的截面.

设PC=x,ZAPB=Q,由三=",得乂=这，

Rx+1R-r

则5=y[(x+1)2-x2]sin62sin91

当后R-r时，0W9O°,当sinO最大，即截面为轴截面时面积最大，

则5的最大值为/(2R+2r)h=(R-hr)h-

当〃VR-r时，0>90°,当sinO=l时，截面面积最大,

则S的最大值为、12.(R+r)[h。(R-r)2]

1

2(R-r)—2(R-r)

故选：D.

=.棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积(共3小题)

4.(2023•南通三模)已知底面半径为r的圆锥SO,其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径

为三，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为()

3

A.—B.返C.—D.

9939

【解答】解：圆锥的高Fr，如图，

s

•••sc)i]so,

o

•••001套0缪)

oo

圆柱侧面积s[=2冗ZZlr-Mlnr2-

*339

2Si如i2a

圆锥侧面积S』.2兀r・2r=2兀f,------------------------

2r

2s2929

故选：D.

5.(2023•安阳二模)2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”.“大雪”标志着仲冬时节正式开始，

该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷.“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、

赏雪景等.东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型

ABCDEF-A\B\C\D\E\F\,设M为81E1的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截

面面积为平方分米.

【解答】解：设正六棱柱A8C0EF-AI8ICIQI£IFI的底面边长为小高为h.

若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者,

所以2a2=22,即a?=4手又S回)即=6X邛

所以该正六棱柱的体积为丫=5AgeDEF36X%2h^~(16-h2)h

设/(/?)=(16-M)h,Q<h<4,

则/(/i)=16-3层,令/(.h)=0,得h=4a.

3

由/(/?)>0,解得0<h<©2；由/(人)<0,解得生应<h<4,

33

所以/(人)在(0,空皆)上单调递增，在国4)上单调递减，

所以(苧)，即h挈，时V取得最大值，

过M作PQ〃4Ci,交4F1于点尸，交Ci£>i于点。，则尸，Q分别是4尸i,CiCi的中点,

又4G〃AC,所以PQ〃AC,则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面.

因为PQ=A[Ci=J^a=2&，且AP=CQ=JAA，+A]P2dh24a2

所以矩形ACQP的面积为ACXAP=2&X氓

故答案为：473-

6.（2023•皇姑区校级模拟）用一张正方形的纸把一个棱长为1的正方体形礼品盒完全包好，不将纸撕开,

则所需纸的最小面积是.

【解答】解：把5个边长为1的正方形组成十字形，

并在四端加上四个斜边为1的等腰直角三角形，

就可以包住棱长为1的正方体，而这个形状可以用边长为2a的正方形来覆盖，

而这个正方形面积为8,

所需包装纸的最小面积为8.

故答案为：8.

四.棱柱、棱锥、棱台的体积（共13小题）

7.（2023•郑州模拟）陀螺乂称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址

中就发现了石制的陀螺.如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其中圆柱的底

面半径为1,圆锥与圆柱的高均为1,若该陀螺由一个球形材料削去多余部分制成，则球形材料体积的最

小值为（）

【解答】解：依题意当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时，球形材料体积

的最小，

设此时球形材料的半径为R,由题意得（2-R）2+]2=R2,解得R号，

所以球形材料的体积最小值为方nR3兀.

故选：D.

8.（2023•宁夏三模）如图，正方体ABCZJ-A151C1O1的棱长为2,线段囱功上有两个动点E,尸（E在尸

的左边），且下列说法不正确的是（）

A.异面直线A81与所成角为60°

B.当E运动时，平面平面ACC14

C.当E,F运动时，存在点E,F使得AE〃BF

D.当E,尸运动时，三棱锥体积8-AEF不变

【解答】解：对于A,如下图所示：

将8。平移到AOi,连接易知在△ABIDI中，NBiACi即为异面直线Aa与BC1所成的平面角,

由正方体ABCD-A\B\C\D\的棱长为2,利用勾股定理可知AB]=AD[=B^^242'

即△ABiCi为正三角形，所以异面直线与BC1所成角为60°,即A正确;

对于8,连接AC,ACi,如下图所示:

由48CZ5-4BiCiP为正方体即可得，A41，平面481。。，而8i£）iu平面481C1D1,

所以4A_LBi。，又E1F在线段Bid上，所以AiA_LEF,又481aoi为正方形，所以即

A\C\1EF,

又4CinAAi=Ai,AiCi,A4iu平面ACCMi,所以EEL平面ACCjAi,

又EFu平面EFA,所以平面EK4_L平面ACCiAi,即B正确；

对于C,易知点厂不在平面4BE内，假设AE〃BF,又AEu平面A8E,8At平面A8E,所以8尸〃平面

ABE,

显然这与BFn平面ABE=F矛盾，所以假设不成立，即C错误；

对于/）,当E,尸运动时，由等体积法可知三棱锥8-4EF体积与三棱锥A-BE尸的体积相等VB-AEF=

VA-BEF;

易知三棱锥A-BEF的底面积SABDF=-1-EF-BB1=亚，易知AC_L平面BEF,

所以点A到平面BEF的距离为d=：AC=V^'所以-/\EF=VA-BEF=-^-5ABEF=X^2=

即当E,尸运动时，三棱锥8-AEF体积不变，即。正确;

故选：C.

9.（2023•新罗区校级三模）己知正六棱锥P-ABCDE尸的各顶点都在球。的球面上，球心。在该正六棱

锥的内部，若球。的体积为36TT,则该正六棱锥体积的最大值为（）

A.2773B.1673c.1073D.973

【解答】解：如图，过P作尸MJ_平面ABCDEF,则球心。在上，

设A8=a,PM=h,外接球的半径为R,

因为球。的体积为36n,所以■兀R3=36兀解得K=3,

在R4OM中,(/?-3)2+“2=%所以“2=6%-底

2232

正六棱锥的体积为X6X^-ah=-^~(6h-h)h=-^-(-h+6h),

设f(x)=^~(-x，6x2),f'(x)=3手(-x2+4x)'

令/（x）>0解得0<xV4,

令/（x）<0解得x<0或x>4,

所以/（x）在（-8,0）单调递减，（0,4）单调递增，（4,+8）单调递减，

因为球心。在该正六棱锥的内部，所以〃>3,

所以丫岑_（飞3+61?）在⑶4）单调递增，（4,+8）单调递减，

所以,ax/冬（-64+96）=16V3，

故选：B.

BC

10.（2023•吉安一模）已知正三棱柱ABC-481cl的底面边长AB=2«，其外接球的表面积为20TT,D是

BiCi的中点，点P是线段40上的动点，过8c且与AP垂直的截面a与AP交于点E,则三棱锥A-

BCE的体积的最大值为（）

A.2V3_B.返C.MD.3

222

【解答】解：外接球的表面积为20m可得外接球半径为

因为正三棱柱柱ABC-A\B\C\的底面边长AB=2JE，

所以A[D考~AiBi考加=3，

所以△481。的外接圆半径为

设三棱柱的侧棱长为八，则有碳）2+=2=5,解得仁2,即侧棱河=仁2,

设BC的中点为F,作出截面如图所示，

B

因为APJ_a,EFua,所以4E_LE凡所以点E在以AF为直径的圆上，

当点E在弧AF的中点时，此时点E到底面48c距离的最大，且最大值为/的卷乂喙X2A行二,

因为QF<AF,所以此时点P在线段4。上，符合条件，

所以三棱锥A-BCE的体积的最大值为工X—AFXS△细c-鼻N尊X（W§）2琴.

323242

故选：A.

11.（2023•雅安三模）已知圆锥的高为3,底面半径为依，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面

上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为（）

A.互B.丝C.—D.至

3939

【解答】解：设球的半径为R，

:圆锥的高/?=3,底面圆的半径r=%，

.*./?2=（R-h）2+?,即/?2=（R-3）2+3,

解得：R=2,

故该球的体积V--71X2?=32兀.

33

圆锥体积为：丫,=—X71X（V3）2X3=3口，

3

32兀

二这个球的体积与圆锥的体积的比值为：4-=-^—=—•

『3兀9

故选：B.

12.（多选）（2023•临泉县校级三模）在正三棱台ABC-A向C1中，Ai8i=l,AA\=2,AB=3,而=2诬，

CN=2NA，过MN与A4I平行的平面记为a,则下列命题正确的是（）

A.四面体ABBICI的体积为亚

2

B.四面体A8BC1外接球的表面积为121r

C.a截棱台所得截面面积为2

D.a将棱台分成两部分的体积比为工

13

【解答】解：如图，O,01分别是正三棱台的底面中心，001，平面ABC,

由题意，可得0C=JE，0jCi=—1过点Ci作Ci”，0C于点从

3

由A4i=CCi=2,CH=0C-0H=2,,可得棱台的高h=00i=JcC；-CH2d2、-（4['醇，

连结例MNC\,由而=2而，CN=2NA-得出用，N分别为48,AC的三等分点，

所以MN〃BC,又BC〃B\C\,所以MN〃BiCi,m=^-BC=l'=

3

所以MN=BiCi,所以四边形MNC181为平行四边形，4i8i=AM=l,A1B1//AM,

所以四边形AMBMi为平行四边形，

所以又3Miu平面MNC181,A41C平面MNCiBi,

所以A4i〃平面MNCIBI,则a为平面MNC181,

对于A,由CiN〃MBi,同理可证GN〃平面A1A8B1,

三角形48N的面积为呼Bi到平面ABC的距离为00[用£

则四面体4碗0的体积以也小左.-峭=小.=9¥"'嘤=与’故A正确:

对于3：四面体AB81。的外接球，即为正三棱台ABC-4BC1的外接球，

设外接球半径为小由001上返OR]='0C=V3»0。=J002+0C]2=F=OC,可知球

33v-

心即为O,

故r=0C=J§,所以外接球表面积S=4p2=i2ir,故8正确;

对于C,如图，OOiJ_平面ABC,BCu平面ABC,所以OOi_LBC,

又AOJ_8C,AOnOtO^O,所以BCJ_平面AOO1A1,又A4iu平面AOO1A1,

所以44i_LBC,所以

a截棱台所得截面为长方形MNCIBI,故其面积为2,故C正确:

对于Q,棱台ABC-4BiCi体积丫=」■（返+芭叵+身巨）*2近=至巨，

344436

y=y^X2v^v：（v-y）=y^■:5==_,故。错.

VV

AMN-A1B1C1432AW-A1B1C12310

故选：ABC.

13.（多选）（2023•辽宁模拟）如图，正方体ABC。