2023年高考数学真题解析 立体几何初步

专题09立体几何初步

目录一览

2023瓦廨现

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

[2023年真题展现

考向一立体几何的体积

1.(2023•新高考n•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△SOi4s/xso/,

会=若=余=；，又SOi=3,.•.5。=6,，。。=3,

SOOA2V22

又上下底面正方形边长分别为2,4,

，所得棱台的体积为gx(4+16+74x16)x3=28.

s

2.（2023•新高考I•第14题）在正四棱台48cO-4SGDI中，AB=2,4囱=1,AA\=y/2,则该棱台的

体积为一.

【答案】乎

6

解：设正四棱台488-4CCB的上下底面中心分别为M,N,

过小作小垂足点为，，由题意易知4M=//N='，又AN=yll,

：.AH=AN-HN=y,又44尸鱼,:.A\H=MN=^,

•••该四棱台的体积为Jx（1+4+V1V4）义。=吟

3L6

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：加）的正方体容器

（容器壁厚度忽略不计）内的有（）

A.直径为m的球体

B.所有棱长均为"?的四面体

C.底面直径为〃?，高为机的圆柱体

D.底面直径为“7,高为，”的圆柱体

【答案】ABD

解：对于4棱长为1的正方体内切球的直径为1＞,选项4正确;

对于8,如图，正方体内部最大的正四面体D-力山G的棱长为VM+住=鱼＞1.4,选项8正确;

对于C，棱长为1的正方体的体对角线为旧＜1.8,选项C错误；

对于£）,如图，六边形EFGH/J为正六边形,E,F,G,H,1,1/为棱的中点，

六边形EFGHAZ棱长为三米，NGFH=NGHF=30°,

所以FH=V3FG=y/3GH=乎米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为白米，

而（'）2=|＞（1.2）2=1.44,选项D正确.

考向三空间角

4.（2023•新高考II•第9题）（多选）已知圆锥的顶点为尸，底面圆心为O,为底面直径，NAPB=120°,

%=2,点C在底面圆周上，且二面角P-ZC-O为45°,则（）

A.该圆锥的体积为ITB.该圆锥的侧面积为4751T

C.AC=2V2D.△以C的面积为百

【答案】AC

由二面角的定义可知，二面角P-4C-O的平面角即为NPDO=45°,

对于4,中，由于丹=P8=2,乙4尸8=120°,

则PO=1,40=百，

则。0=1,1/=i-3TT-1=7T,选项/正确.

对于8,=7TxV3x2=2V3;r,选项8错误.

对于C,AC=2y/3—1=2V2,选项C正确.

对于。，PD=a,5“江=4'或'2&=2,选项。错误.

真题考查解读

3

【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

(I)棱柱的体积公式：设棱柱的底面积为S,高为〃，v^=sxh.

(2)棱锥的体积公式：设棱锥的底面积为S,高为九夕廿抵.

(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',高为人

厂检台=：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〃(母线长0,则

v圆柱=nr2h

S圆柱=2xnr2+2nrl=2nr(r+/)'

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

V圆锥=!什2/1

S圆锥="2+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，•，下底面半径为R,高为爪母线长为/：

'V圆台=^nh(r2+R2+Rr)

S圆台=nN+nR2+nrl+nRl=7r(r2+7?24-r/+RI)

(7)球的体积和表面积：设球体的半径为R,匕g=^兀/?3,S,^=4TTK.

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n2R=行*?

（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.n2R〃，/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

圆半径是厂，满足正弦定理）.

计算公式R=与jCD

+r2；其中2r=

sinA

（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/的方向向量为平面的法向量为二直线与平面所成的角为。，Z与晟的夹角为<p,

必i

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的法向量分别为蔡和一若两个平面的夹角为8,则

,TT-rr->TTT.15

①当OW<u,v><0=Vu,V>,COS0=COS<U,V>=

2|u||v|

—>—♦

②当巳VV〃，时，COS0=-cos<u,u>=—=.

2|u||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衣，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.4&

【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•&=兀・1，解得1=2^，

所以该圆锥的母线长为2&-

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.已

知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为h，，；水位为海拔”7时，相应水面的面积为将该水

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〃7上升到〃?时，增加的水量约为(夜心)

()

A.X109w3B.XI09w3C.X109w3D.X109m3

【解答】解：140km2=140X106w2,ISOkm2=180X106m2,

根据题意，增加的水量约为140X106+180X106+V140Xio6x180X1。6X(157.5-148.5)

3

=(140+180+6077)火力

"3X9

一(320+60X)X106X3=1437X106««X109/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+125/3B.28</2C.园D.义返.

33

【解答】解法一：如图/8CO-//iCiZ)i为正四棱台，AB=2,小8|=4,43=2.

在等腰梯形小2184中，过/作可得出后=生2=1,

2

但《卜卜/一“2.

连接/C,A\C\,

^C=V4+4=2V2.J1Cl=716+16=472.

过“作ZGL41G，N1G=至反学逗_=&,

2

正四棱台的体积为：

s上+s=+4s上下

----------n----------Xh

2222

2+4+V2X4x

3

=28企

~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h=个淤_（2近-a）2=&,

下底面面积Si=16,上底面面积$2=4,

则该棱台的体积为：

fZ==

-1h（S1+S2+7s1S2）yxV2x（16+4+764）=-^^-

7.（多选）（2022•新高考［I）如图，四边形为正方形，EQ_L平面力8C0,FB//ED,AB=ED=2FB.记

三棱锥E-/C。，F-ABC,F-力CE的体积分别为力，%，匕，则（）

C.匕=匕+忆2D.2匕=3H

【解答】解：设AB=ED=2FB=2,

ri=Ax5A,4CDX|££)|=A(

33

%=^XSA.CX|q|=2,

33

如图所示,

连接8。交NC于点邮，连接EA/、FM,

则尸M=«,EM=4^,EF=3,

故S〉EMF=yXV§XV6=^^>

匕=我所*/。=yX^y-X2>/2=2>

故C、。正确，/、8错误.

故选：CD.

8.（多选）（2021•新高考I）在正三棱柱中，AB=AA\^\,点P满足而=入前+口丽;其

中入C[O,1],ne[0,1],贝IJ（）

A.当入=1时，△481尸的周长为定值

B.当n=l时，三棱锥尸-38C的体积为定值

C.当入=费寸，有且仅有一个点尸，使得4PLBP

D.当四=工时，有且仅有一个点P,使得出8，平面/81P

2

【解答】解：对于/,当人=1时，BP=BC+nBBf即而=（1BB,所以而“BB：

故点P在线段CCi上，此时△481P的周长为AB\+B\P+AP,

当点p为ca的中点时，△Ns/的周长为代+72,

当点尸在点C1处时，的周长为2\历+1，

故周长不为定值，故选项4错误；

对于8,当四=|时，BP=XBC+BB7-即晤=人前，所以帝#氏，

故点P在线段81cl上，

因为囱G〃平面41BC,

所以直线B\C\上的点到平面小8c的距离相等，

又△小8C的面积为定值，

所以三棱锥P-m8c的体积为定值，故选项8正确；

对于C,当人=工时，取线段8C,81cl的中点分别为A/,Mi，连结MM,

2

因为拜巧氏+U丽;即而二W而;所以而〃丽;

则点尸在线段上，

当点尸在M处时,AiMilBiCi，

又31cd5i8=B，所以小Mi，平面BBC。,

又8Miu平面881clC,所以nB|JAiPlBP,

同理，当点P在M处，A\PYBP,故选项C错误；

对于。，当口=微时，取CC1的中点。1，881的中点Q,

因为BP=、BC玲BBj即DP=为BC，所以DP4BG

则点P在线的。功上，

当点P在点。।处时，取4c的中点E,连结小后BE,

因为8E_L平面4CC1/I，又/Oiu平面/CCi/i，所以ZZ)i_L8E,

在正方形4CCMi中，AD\LA\E,

又BEC4iE=E,BE,/〔Eu平面小8£;

故4)i_L平面4BE,又//U平面Z18E,所以小8_L45i,

在正方体形/8B1由中,A\B±ABi，

又幺DiC4Bi=4,AD\,/8iu平面Z81O1,所以J_平面/田。,

因为过定点A与定直线A\B垂直的平面有旦只有一个，

故有且仅有一个点P，使得/|8_L平面Z81P,故选项。正确.

故选：BD.

考向三外接球与内切球

9.(2022•新高考I)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3

W/W3盗，则该正四棱锥体积的取值范围是()

A.［18,争B.吁,学C.［苧号］D.［18,27］

【解答】解：如图所示，正四棱锥P-/8CD各顶点都在同一球面上，连接力C与8。交于点E,连接PE,

则球心O在直线PE上，连接OA,

设正四棱锥的底面边长为。，高为/?,

在Rt△以E中，PA2=AE2+PE2,BP2+h2=ya2+h2,

:球。的体积为36TT,...球。的半径/?=3,

22,

在Rt^OAE中，OA2^OE2+AE2,即R2=%-3）+（^|^~）

,1212al门■12,2

,•5a+h-6h=U,+h=61r

：4=6h,又：3W/W3愿，

该正四棱锥体积/（〃）=ya2h=-7（12h-2h2）h=-yh3+4h2-

ooO

•；/（〃）=-2h2+Sh=2h（4-〃），

...当&<h<4时，p（〃）>0-y⑺单调递增；当4<h42时，尸⑺<0,V（h）单调递减，

；•/（力）max=V（4）=箜，

3

又=2L,v（J.）="，且

242444

•,岑<V（h）<第

3O

即该正四棱锥体积的取值范围是［.,等］,

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3JE和4加，其顶点都在同一球

面上，则该球的表面积为（）

A.IOOTTB.128nC.144nD.192ir

【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一当反一二3，卜底

2sin60

面所在平面截球所得圆的半径为《反。=4,如图，

2sin60

设球的半径为R,则轴截面中由几何知识可得_32=i，解得

｛R2,^R2_42R=5,

/.该球的表面积为4n7?2=4nX25=100n.

当球心在台体内时，如图，

此时JRZ-/+在2_42二1，无解.

综上，该球的表面积为lOOn.

故选：A.

考向四球体的表面积

11.（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36000A机（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。，半径厂为6400h”的球，其上点力的纬度是指。4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=2m2（1-cosa）（单位：km2）,则S占地球表面积的百分比约为（）

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

地球静止同步轨道

则。尸=36000+6400=42400,那么cosa=3也-上

4240053

卫星信号覆盖的地球表面面积SuZnr2（1-cosa）,

那么，S占地球表面积的百分比为2兀r（1-cosa）=/_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/8C。-381C1G，则（）

A.直线8。与。小所成的角为90°

B.直线8cl与。1所成的角为90°

C.直线8cl与平面881。。所成的角为45°

D.直线8cl与平面/8CZ）所成的角为45°

【解答】解：如图，

连接8C，由/i8i〃DC,A\B\=DC,得四边形为平行四边形,

可得£>4〃8C，...直线8。与。小所成的角为90°,故/正确;

"：A\B\A.BC\,BC\LB\C,A\B\HB\C=B\,...BCil.平面D4i8C,而C/iu平面D4/C,

：.BC\LCA\,即直线8。与C4所成的角为90°,故8正确；

设小连接80,可得CiOL平面8815。，即NQ8O为直线8。与平面881OQ所成的

角，

0C,1

-：smZC\BO=—L=_L,.•.直线8cl与平面5800所成的角为30°,故C错误；

BCj2

：CQ_L底面/8CD,8c为直线8。与平面所成的角为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MN_LO尸的是（)

【解答】解：对于/，设正方体棱长为2,设与0P所成角为仇

则tanO=「」一=退_,；.不满足的7，。「，故/错误；

2

对于8,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),O(1,1,0),

而=(2,0,-2),0P=(I，-I，1)，

诵，祈』，.•.满足仞口0尸，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),尸(0,0,1),

而二(-2,0,-2),QP=(-1.-1»1),

福•而=0，满足MNLOP,故C正确；

对于£),如图,

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),尸(2,1,2),。(1,1,0),

而=(0,-2,2),0P=(1，0,2),

疝•而=4,，不满足MAaOP，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)已知正方体488的棱长为3,以力为球心，上行为半径的球被

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45CD-小的棱长为3,以力为球心，蓊为半径的球被该

正方体的表面所截，如下图所示：

故在此三面上所截得的曲线长为12LX3=73兀，

3

球在面BCC\B\,面CDD\C\,面小BCiDi所截得的曲线长均为工xVs娈冗，

22

故在这三面上所截得的曲线长的和为返2Lx3=3近兀,

22

故所截得的曲线总长为«兀+3手兀=5等匚

2.（多选）（2023•晋江市校级模拟）直三棱柱N8C-小81。，中，ABLAC,N8=/C=44i=l,点。是线

段8。上的动点（不含端点），则以下正确的是（）

A.NC〃平面小8。

B.CD与4cl不垂直

C.N/OC的取值范围为I，—]

<42J

D.ZO+OC的最小值为愿

【解答】解：依题作图，如图1,并将其补成正方体，如图2

对于4因为4。〃小。，/Ciu平面小8。，所以平面48。，故4正确；

对于8,当。为。8的中点，8与C3i重合，根据正方体的性质可得C£>_L4。，故8错；

对于C,判断以4C为直径的球与C\B的交点情况，

如图3,取/C中点尸，贝I」FC广FB=^~，

当尸DLB1C时，FD=JFB2-昼，3）2=

所以以/c为直径的球与Ci8没有交点.所以NADC<*，故c错；

对于。，将面C8。翻折至与4BQ共面，此时点C与Ei重合，所以/D+DC的最小值为AE[=百，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。。的上、下底面半径分别为八R,高为人平面a经过圆台OQ的两条

母线，设a截此圆台所得的截面面积为S,则()

A.当R'R-r时，S的最大值为(R+2r)h

B.当时，S的最大值为(也■)L"Jr)1

2(R-r)

C.当”<R-r时，S的最大值为(R+2r)h

22

D.当〃<R-r时，s的最大值为、咫二)」旦」:.(RM)-L

2(R-r)

【解答】解：如图，将圆台。。补成圆锥尸0.

设圆台的母线长为/,则/2=%2+(R-r)2,等腰梯形Z8S为过两母线的截面.

设「C=x,NAPB=6,由工―得

Rx+1R-r

则$=表(x+l)2-x2]sin8=y器711in8>

当时，0W9O°,当sin。最大,即截面为轴截面时面积最大,

贝1JS的最大值为/(2R+2r)h=(R-^)h-

当时，0>90°,当sinO=l时，截面面积最大，

则S的最大值为f"、：[2=(R+r)屈+(")2]

2(R-r)2(R-r)

故选：D.

三.棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积(共3小题)

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

为王，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为()

3

A.2B.近C.2D.2V1_

9939

【解答】解：圆锥的高声r，如图，

s

101MSOiI

由△SOA/S/XSOB可得：±=_1_=_L,二so.

3OBSO13

•••。。[]■、。乌耳小

oo

圆柱侧面积s=2n.lr③兀2,

1339

圆锥侧面积Sc』・2兀r-2r=2兀=2,包=生应」=2叵.

2

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"为团田的中点，当削去的雪最少H寸，平面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/8C0EF-小BiCiGEiQ的底面边长为a,高为儿

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,

22r~

所以号+a2=22'即a?=4与乂SAECDEF=6X-^a?，

所以该正六棱柱的体积为v=5DEFh=6x与a2

ABe(16-h^)h,

设/（〃）=(16-层)h,0<h<4,

则/(A)=16-3/,令/(〃)=0,得

>0,解得0<h<生应；由/（刀）<0,解得生应<h<4,

由/由）

33

所以/"）在（0,全巨）上单调递增，在

,4）上单调递减，

3

,即正，a里应时/取得最大值，

所以f（h）max=f

33

过M作尸。〃小Ci，交/|尸1于点P,交于点0，则P,。分别是小Q,的中点,

又小G〃4C,所以PQ〃ZC,则矩形/C0尸即为平面4CM截该正六棱柱所得的截面.

22

0^PQ=A1C1=V3a=2V2，且AP=CQ=JAA：+庆产=Jh^a=V6，

所以矩形力C0P的面积为ACXAP=2&X遥=4a.

故答案为：4^3-

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2注的正方形来覆盖，

而这个正方形面积为8,

二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）陀螺又称陀罗，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（）

A.言兀B.孚兀C.空兀D.萼兀

33448

【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+12=/?2,解得R4，

所以球形材料的体积最小值为件71R3嗤^兀.

故选：D.

8.（2023•宁夏三模）如图，正方体的棱长为2,线段用口上有两个动点E,F（E在F

的左边），且下列说法不正确的是（）

A.异面直线AB\与BC\所成角为60°

B.当E运动时，平面E/"_L平面ZCCi/]

C.当E,尸运动时，存在点E,F使得4E〃BF

D.当E,F运动时，三棱锥体积8-NEF不变

【解答】解：对于4如下图所示：

将8。平移到力。，连接的功易知在△，囱中，AB\AD\即为异面直线与8cl所成的平面角,

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

即为正三角形，所以异面直线工8|与8。所成角为60°,即“正确;

对于8,连接/C,AC\,如下图所示:

由4BCD-小8心。1为正方体即可得,44」平面而平面4向C15,

所以小又EL在线段上，所以小/LEE又/i&CiG为正方形，所以小Cj_L8iD”即

AiCiLEF,

又/Ci0441=4,A\C\,又iu平面4CG4,所以*'J■平面NCCMi，

又EFu平面EE4,所以平面E"_L平面/CCM”即8正确；

对于C,易知点下不在平面/8£■内，假设/£〃8尸，又4Eu平面BFC平面ABE,所以8尸〃平面

ABE,

显然这与8FC平面矛盾，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体积与三棱锥”的体积相等。一小尸=

VA-BEF；

易知三棱锥4-8E产的底面积SABDF寺F-BB[=J5，易知/C，平面BEF,

所以点N到平面BEFiKj距图为d=_，AC=V^，所以B.AEF=VA.BEF~=JLx&x&=2,

33

即当E,尸运动时，三棱锥5-4M体积不变，即。正确;

故选：c.

9.（2023•新罗区校级三模）已知正六棱锥尸-NBCCEF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36m则该正六棱锥体积的最大值为（）

A.2773B.1673c.loV3D.973

【解答】解：如图，过P作尸M_L平面/I8C£>EF,则球心。在尸河上，

设N8=a,PM=h,外接球的半径为火，

因为球。的体积为36TT,所以■兀R3=36兀解得R=3,

在RtZvlOA/中，(〃-3)2+。2=9,所以"=6〃-42,

正六棱锥的体积为V《Sh-|x6X与a?h当(6h-h?)h哼(一1?+6112)，

f(x)(-X3+6X2)>f'(x)=3,(-x2+4x),

令/（x）>0解得0<x<4,

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，所以力>3,

所以V考~（_h3+6h2）在（3,4）单调递增，（4,+8）单调递减，

所以Vjriax（-64+96）=16V3，

10.（2023•吉安一模）已知正三棱柱81cl的底面边长AB=2料，其外接球的表面积为20n,。是

SiCi的中点，点尸是线段小。上的动点，过8c且与/P垂直的截面a与NP交于点E,则三棱锥Z-BCE

的体积的最大值为（）

A.3B.近c.V3D.旦

222

【解答】解：外接球的表面积为20n,可得外接球半径为遥.

因为正三棱柱柱ABC-A\B\Ci的底面边长AB=2

所以A1D率A31有加=3，

所以△小为。的外接圆半径为r=3A1D=2,

设三棱柱的侧棱长为力，则有由）2+=2=5,解得人=2,即侧棱/4=4=2,

设8c的中点为F,作出截面如图所示，

因为NPJ_a,EFua,所以4ELEF,所以点E在以NF为直径的圆匕

当点E在弧/E的中点时，此时点E到底面/BC距离的最大，且最大值为/研卷又喙X2V^

因为凡所以此时点P在线段/Q上，符合条件，

所以三棱锥力-8CE的体积的最大值为上又上研义、△妞。乌义得X今X（落户骂^

323242

故选：A.

11.（2023•雅安三模）已知圆锥的高为3,底面半径为盗，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.—B.—C.—D.—

3939

【解答】解：设球的半径为七

••,圆锥的高〃=3,底面圆的半径厂=通，

2

：.R=（R-〃）2+3，即尺2=（R-3）2+3,

解得：R=2,

故该球的体积V=—7TX..

33

圆锥体积为：V=—X7Tx（V3）2x3=3K1

3

32兀

.••这个球的体积与圆锥的体积的比值为：，一=」―=旦2.

V’3兀9

故选：B.

12.（多选）（2023•临泉县校级三模）在正三棱台N8CF阳C1中，小81=1,AA\=2,AB=3,而=2瓦,

CN=2NA，过脑V与4小平行的平面记为a,则下列命题正确的是（）

A.四面体的体积为叵

2

B.四面体N881C1外接球的表面积为12n

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&

13

【解答】解：如图，。，。1分别是正三棱台的底面中心，OOi_L平面/8C,

由题意，可得0C=炳，0jCj=~过点。作。4，。。于点儿

由44i=CG=2,CH=0C-0H=2^,可得棱台的高h=00]=JcC；-CH2d2?-（当3”上醇，

连结MMNCi,由BH=2MA，CN=2NA，得出M，N分别为/C的三等分点，

所以MV〃BC,又BC"B\C\,所以MV〃8Ci，也归4，=1，/向=田。=1,

3

所以MV=8iCl，所以四边形仞VC/i为平行四边形，A\B\=AM=\,A\B\//AM,

所以四边形4MBi4为平行四边形，

所以//i〃A/8i，又3A/|U平面施VC181，441C平面何\©81,

所以441〃平面MVC1B1，则a为平面脑VC181，

对于/,由GN〃加81，同理可证GN〃平面/M581，

三角形/5N的面积为金普，当到平面MC的距离为00］居£

则四面体的体积%BB,「VC「叫=》铀.=9乎*乎=喙,故/正确:

设外接球半径为"，由00］骂0［C广参，ocS，"产JooJ+oc2=y=oc，可知

球心即为。，

故r=0C=炳，所以外接球表面积S=4n2=i2n,故8正确；

对于C,如图，。0/平面/8C,8Cu平面/8C,所以OOi_L8C,

5LAOLBC,AOC\O\O=O,所以8c_L平面40014,又/4u平面4。。①,

所以/H48C,所以8iM_LMV,

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。，棱台体积/=」■（返■+*/§+9后）叵=型巨，

344436

y=^^,乂2A=V^_,y：（K-y）=2^2_：色旦=_^-,故。

vV

AMN-A1B1c1432AMN-A,B1C1WA,B^,2310

错.

故选：ABC.

13.（多选）（2023•辽宁模拟）如图，正方体/8C£i-/i8iCbE>i的棱长为1,线段站。1上有两个动点E、F,

B.EF〃平面月BCD

C.三棱锥/-BEF的体积为定值

D.的面积与△8EF的面积相等