2025年高考数学一轮复习：几何体的截面（交线）及动态问题

2025年高考数学一轮复习练习题含答案解析

几何体的截面（交线）及动态问题

题型分析1.立体几何中截面、交线问题综合性较强，解决此类问题要应用三个

基本事实及其推论、垂直、平行的判定与性质定理等知识.2.立体几何中的动态问

题主要是指空间动点轨迹的判断、求轨迹长度、最值与范围问题等.

题型一截面问题

例1（2023・福州质检）已知正方体45co的棱长为4,E,尸分别是棱

44i,的中点，则平面DEE截该正方体所得的截面图形周长为（）

A.6B.10也

C.岳+2芯D2<3+9A/5+25

答案D

解析取CG的中点G,连接BG,则DiE//BG,

取CG的中点N,连接尸N,则WV〃8G,

所以FN〃DiE.

延长。i£,D4交于点X,连接切交48于点连接则平面。1EF截该

正方体所得的截面图形为多边形DiEMFN.

由题知Z为〃。的中点，AiE=AE=2,

则CiN=3,CN=1,则DrE=^42+22=2七，

DI^=A/42+32=5,FN='乒而=卡.

取的中点0,连接QF,则〃尸0,

匕匕24MAH

所以——=——，

FQHQ

所以W="/0=gx4=：,则〃B=0,

HQ633

则Affi'=^/ZE^+ZM2="v4+(1]=y,

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

所以截面图形的周长为。iE+EM+MR+FM+NDi=245+也++45+5=

33

2而+9芯+25

3

故选D.

感悟提升作截面应遵循的三个原则：（1）在同一平面上的两点可引直线；（2）凡是

相交的直线都要画出它们的交点；（3）凡是相交的平面都要画出它们的交线.

训练1（2023•辽宁名校联考）在正方体48CQ—ZiBCbDi中，AB=2,E为棱BBi

的中点，则平面4EQ1截正方体4BC。一481cLCh的截面面积为（）

A.-B.-

22

9

C.4D.-

2

答案D

解析取81cl的中点为连接EN,MDi,BCi,

D、a

则£W〃5Ci,且EN=0Ci,则且

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\截正方体48CD—Z181C1。］所得的截面为等腰梯形

EMDiA,

,\（AD{-EMyJ——r

因此该等腰梯形的高2J=A/5-2=2

所以该截面的面积S=；（4Di+EM>%=；，

故选D.

题型二交线问题

例2（2020・新高考I卷）已知直四棱柱ABCD—ABCiDi的棱长均为2,ZBAD

60。.以》为球心，也为半径的球面与侧面BCCiBi的交线长为.

解析如图，设81cl的中点为E,球面与棱CCi的交点分别为尸，Q,

连接DB,DiBi,DiP,DiQ,DiE,EP,EQ,

由N84D=60°,AB=AD,

知AABD为等边三角形,

・・Z51B1==2,

...△QbBiCi为等边三角形,

则DIE=3且平面BCC1B1,

为球面截侧面BCCiBi所得截面圆的圆心，

设截面圆的半径为r,

则r=y编—_3=@

可得EP=EQ=也,

球面与侧面BCCiBi的交线为以E为圆心的圆弧尸。.

又DiP=«,

:.B\P=、［DIP2—D\B4=1,

同理Ci0=l,

：.P,。分别为ABi,CCi的中点，

/.ZPEQ=^,

知&的长为彳乂w=个.

感悟提升作交线的方法有如下两种：（1）利用基本事实3作交线；（2）利用线面平

行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.

训练2（2023・南通模拟）已知在圆柱内有一个球。，该球与圆柱的上、下底

面及母线均相切.过直线。。2的平面截圆柱得到四边形ABCD,其面积为8.若P

为圆柱底面圆弧电的中点，则平面P45与球。的交线长为_______.

答案日久

解析设球。的半径为r,则AB=BC=2r,

而S四边形ABCD=4B，BC=4*=8,

所以r=e

如图，连接尸。2,OlP,作。于X,易知。。2,48.

因为尸为徐的中点，所以4P=AP,

又。为48的中点，所以。我，48.

又。1。20。2尸=。2,所以48,平面

又O//U平面01。#,所以

因为。且48n尸。2=。2,

所以平面ABP.

因为。。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=盖=卷

所以O〃=OO2XsinNOiO#=/x：=?.

易知平面K45与球。的交线为一个圆，其半径为

n=%—0呼=\j（他）2—（^2=一，

交线长为/=2口1=2兀乂弓也=生”1.

题型三动态问题

角度1动态位置关系的判断

例3（多选）如图，在矩形ABCD中，BC=1,AB=x,BD和AC交于点0,将△氏4。

沿直线8。翻折，则下列说法中正确的是（）

A.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得48，。。

B.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得

C.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得45,平面ZCZ）

D.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得平面46。

答案ABC

解析当48=x=l时，此时矩形48co为正方形，则ZCL5。，

将△氏4。沿直线8D翻折，当平面平面BCD时，

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正确；

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正确；

在矩形Z8CD中，AB±AD,AC=\I1+x2,

所以将△氏4。沿直线8。翻折时，总有

取x=L当将△氏4。沿直线8。翻折到ZC=/时，有4B2+ZC=5C,

22

即ASL/C,且ZCnAD=Z,AC,ADu平面ZCQ,

则此时满足48,平面ZCO,故C正确；

若ZC,平面48D,又ZOu平面48D,

则ACLAO,

所以在△ZOC中，。。为斜边，这与。。=。4相矛盾，故D不正确.

感悟提升解决空间位置关系的动点问题

(1)应用“位置关系定理”转化.

(2)建立“坐标系”计算.

角度2动点的轨迹(长度)

例4(2023・济南模拟)已知正方体48co—ZBCQ的棱长为23，E,尸为体对角

线BDi的两个三等分点，动点P在△NC51内，且△PEF的面积SAPEF=2,则点P

的轨迹的长度为.

答案兀

解析如图1所示，连接5，

图1

因为4BCO—Z1囱GA是正方体，

所以/CLAD,平面48cD,

又NCu平面Z8C。，

所以ZCLQQi,

因为。所以平面

因为8Q1U平面BOD,所以

同理

因为ZCn8C=C,所以平面ZC51.

因为正方体45CD—/由iGA的棱长为2y[3,

所以AC=BiC=4Bi=2、/6,BDi=6,

又E,尸为体对角线的两个三等分点，

所以BF=EF=DiE=2.

设点B到平面ACBi的距离为d,

则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.

三棱锥B-ACBi的底面三角形ZC31为正三角形，且BB.BC=BA,

所以三棱锥8—ZCBi为正三棱锥，

所以点尸为△ZC81的中心.

因为尸©平面ZC51,

所以尸尸u平面ZC31,则E/UPE

又△尸EF的面积为2,

所以1£R・PR=2,解得。F=2,

2

则点尸的轨迹是以点尸为圆心，2为半径的圆周且在△/C5i内部的部分,

如图2所示，点尸的轨迹为届,算,打，且三段弧长相等.

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

由图2可知，ZBiNF^J,

所以N8iNF=囱，则NNF8尸型,

412

所以/NFM=2/NFB\=4,

6

所以疚的长1=2乂更=区,

63

则点尸的轨迹的长度为3%；=兀.

感悟提升解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法

(1)几何法：根据平面的性质进行判定.

(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算.

(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.

角度3最值(范围)问题

例5(2023•石家庄质检)《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学

专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最

简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.在《九章

算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知在“堑堵”ABC

一出51cl中，ABLAC,AB=AC=AAi=^6,动点M在“堑堵”的侧面5CG81

上运动，且Z〃=2,则的最大值为()

A.-B—

412

c-D.-

23

答案B

解析如图，取8c的中点。，连接NO,MO,则

因为在直三棱柱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,

所以动点m的轨迹是平面BCG囱内以。为圆心，1为半径的半圆.

连接卸/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

即当8/=43+1时，cos/MNB取得最小值水二回，

4

结合选项可知，A,C,D均不正确，

所以NM45的最大值为我，选B.

12

感悟提升在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大（小卜角的范围等问题,

常用的思路是

（1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、

最小值，即可求解.

（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用

代数方法求目标函数的最值.

训I练3（多选）（2023•沈阳郊联体一模）已知棱长为a的正方体48CQ—ZBCLDI中，

/为囱G的中点，点尸在正方体的表面上运动，且总满足〃。垂直于MC,则下

列结论正确的是（）

A.点P的轨迹中包含/小的中点

B.点P在侧面AAiDiD内的轨迹的长为十曳

4

C.MP长度的最大值为

4

D.直线CG与直线"P所成角的余弦值的最大值为:

答案BCD

解析如图，取4A的中点E,分别取出4囱5上靠近点小，囱的四等分点凡

G,连接EN,EF,FG,MG,

则EN统小囱，FG矮4M

所以EM统尸G,所以点£,M,F,G四点共面.

连接GC,因为板2=0+口=丫,

16

f-125层

MG=〔2j+次=：,GC=a2=—

16

所以MGZ+MJMGC2,所以MGLMC

由正方体的性质知2山1，平面B1C1CB,

所以平面5cle5,

又MCu平面81cle5,所以

因为MGn"E=M,MG,"Eu平面ME-G,

所以MC,平面MERG,

所以点尸的轨迹为四边形"ERG（不含点M）.

对于A,点尸的轨迹与441有唯一交点G而P不是441的中点，故A不正确；

对于B,因为点尸在侧面44100内的轨迹为EG四边形AffiFG为平行四边形,

所以EF=MG=&,故B正确；

4

对于C,根据点尸的轨迹可知，当尸与尸重合时，"P的长度有最大值.

由正方体的性质知出81，平面BiCiCB,

所以EG，平面BiCiCB.

又MGu平面881clC,所以FGLMG.

连接则MF=']=啦旧故C正确；

V164

对于D,当直线CG与直线"P所成角的余弦值最大时，直线CG与直线〃。所

成的角最小，由于点尸的轨迹为四边形"ERG（不含点M，

所以直线CCi与直线"P所成的最小角就是直线CG与平面"EFG所成的角，

a

又向量与平面"EFG的法向量血的夹角为NCiCW,且sinZCiCM=^-=

75a

2

G

5，

所以直线CCi与平面"ERG所成角的余弦值为:，

即直线CG与直线"P所成角的余弦值的最大值为;，故D正确.综上所述，选

BCD.

分层精练•巩固提升

【A级基础巩固】

1.如图，斜线段神与平面a所成的角崂8为斜足.平面a上的动点尸满足加5

p则点尸的轨迹为（)

6

A.圆

C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分

答案B

解析建立如图所示的空间直角坐标系,

设OB=OA=l,

则8(0,1,0),4(0,0,1),P(x,y,0),

则善=(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,

所以点尸的轨迹是椭圆.

2.（2023•北京顺义区质检）已知过的平面与正方体Z8C。-2181cLCh的棱44i,

CG分别交于点M,N,则下列关于截面BMDiN的说法中不正确的是（）

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

解析如图①,当点N分别与对角顶点重合时，显然截面氏MDiN是矩形;

如图②，当初,N分别为棱441,CG的中点时，显然截面BMDiN是菱形，由正

方体的性质及勾股定理易知截面5M）iN不可能为正方形;

根据对称性，其他情况下截面8MDiN为平行四边形.故选C.

3.（2023・山东名校联考）如图，已知正方体4BCD—Z山CbDi的棱长为4,的中

点、为M,过点G,D,M的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为（）

A.-B.18

3

„5658

33

答案C

解析如图，取45的中点E,连接。Ci,C\M,ME,DE,则易知截面是等腰梯

形CiMED,

则较小的部分是三棱台BEM-CDCi.

2X2=2,

S^CDCV=^X4X4=8,

所以较小部分的体积匕=：X（2+8+也羡）*4=三.故选C.

4.（2023・广州调研）已知矩形/BCD,AB=2,BC=2\（2,将沿矩形的对角线

所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）

A.存在某个位置，使得直线8。与直线ZC垂直

B.存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直

C.存在某个位置，使得直线8c与直线垂直

D.对任意位置，三对直线“4C与BD”“CD与AB,f“AD与5C”均不垂直

答案B

解析矩形在翻折前和翻折后的图形如图①②所示.

在图①中，过点Z作垂足为E,过点。作CFL8D,垂足为E则点E,

方不重合;

在图②中，连接CE.

对于A,若ZCL5。，由AECAC=A,

得5。，平面ZCE,所以5QLCE,与点£,厂不重合相矛盾，故选项A错误；

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

当Z8=ZC=2时，满足此时直线Z8与直线CD垂直，故选项

B正确；

对于C,若ADL8C,由。C，8C,ADCDC=D,

得5C,平面ZQC,所以5CLZC,已知5c>28,

所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误.

由B知选项D错误.故选B.

5.（多选）（2023・长沙检测）设动点尸在正方体4BCQ—Z151cLe>1上（含内部），且说

赤B,当NN尸C为锐角时，实数i可能的取值是（）

A-B.-

23

C.-D.-

45

答案CD

解析设4P=x,D\P=t,正方体的棱长为1,

则ZC=g,在△ZPC中，

x2+x2-2X2—1

由余弦定理得cosZAPC=

2x2

若N4PC为锐角，则二1>0,则

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/>韵或由DIB=3,

故7>1（舍去）或结合选项可选CD.

6.已知边长为1的正方形48CQ与CDEE所在的平面互相垂直，点P,0分别是

线段8C,上的动点（包括端点），尸。=也.设线段尸。的中点〃的轨迹为/,则

/的长度为（）

A-R2

4

「攵

D.2

2

答案A

解析以。4DC,£>£所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

如图所示，设尸(s,1,0)(0<5<1),2(0,0,0(0W/Wl),M(x,y,z),由中点坐

标公式易知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中点河的轨迹方程为

轨迹为垂直于了轴，且距离原点3的平面内，半径为;的四分之一圆周,

・•./的长度为』X2兀xl=N

7.（2023•安徽名校联考）如图，在棱长为2的正方体48C。一45cbe）j中，点E,F

分别是棱5C,CC的中点，尸是侧面8CC181内一点，若4P〃平面ZEE,则线

段出P的长度的取值范围是（）

A.[2,峋

C.叱,2仓D.[2也2画

答案B

解析如图，取51cl的中点G,ABi的中点X,连接GH,AiG,AiH,

%/二一力c

-7E

则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,

因为尸是侧面BCCLBI内一点，

所以当尸点在线段GH上时，能够满足ZiP〃平面ZEE

由勾股定理可求得ZiG=4H=/,GH=曲,

所以当点尸为GH的中点时，4P的长度最小，

此时小?,

当点尸与点G或点〃重合时，出产的长度最大，此时4P=45.

A

故线段ZiP的长度的取值范围是［2'"」.故选B.

8.（2023•北京朝阳区一模）一个三棱锥形状的木块如图所示，其中E4,VB,W两

两垂直，火二冲二右二M单位：dm）,小明同学计划通过侧面E4c内的一点产

将木块锯开，所得截面平行于直线E8和ZC,则该截面面积（单位：dm2）的最大

值是（）

答案B

解析如,在平面E4c内，过点尸作EF〃幺C,分别交E4,FC于点尸，E,

在平面出。中，过点E作£。〃出交8c于点0,在平面E48内，过点尸作尸Q〃E8

交A4于点。，连接

则四边形。自£。是过点尸且与E8,NC平行的截面.

易知四边形DFEQ是平行四边形.

因为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

所以平行四边形DFEQ是矩形.

因为〃/C,所以

设相似比为网0〈左<1),则?=照=空=上

VAVCAC

易知ZC=/，则EF=gk.

因为FD〃VB,所以易知

咚区段

VABAVB'

AFVA-VF

因为1—k,

VAVA

所以==.=1—所以阳=1—左.

VBVA

则S矩形FEQD=EF.FD=\!2k<l_k)=—、小一1+；,

所以，当左=g时，S矩形尸E0D取得最大值，为:，故选B.

9.(2023•宁波调研)如图，在棱长为2的正方体48co—Z/C1A中，点尸为平面

ZCCM1上一动点，且满足QLPLCP,则满足条件的所有点尸围成的平面区域的

面积为.

3兀

答案

2

解析设。是N1G的中点，如图，连接尸。，由正方体的性质易知A在平面NCC/1

上的射影为。，所以要使平面NCC/1上一动点尸满足DP，CP,只需尸OLCP

即可，连接。G所以点尸的轨迹是以。。为直径的圆，而。。=#,所以满足条

roc)2

件的所有点P围成的平面区域的面积为S=A2J_3兀

—2'

10.已知正方体4BCD—451CQ的棱长为3/，E,尸分别为5C,C。的中点，P

是线段AiB上的动点，CiP与平面DiEF的交点。的轨迹长为.

答案V13

解析如图所示，连接EEAxB,连接ZCi,SA交于点连接历瓦8cl交

于点N,

-yc

由EF〃BiDi,

即9F,Bi,Oi共面,

由尸是线段45上的动点，当尸重合于4或8时，C/i,C8与平面AEF的交

点分别为〃，N,即。的轨迹为MV,由棱长为3仍，

得CiM=lzQ=3,则8cl=6,

2

由出8=8Ci=4Ci,得NZiC山=60。，

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

11.如图，在棱长为1的正方体48CQ—中，点M是Z。的中点，点尸在

底面4BCD内（不包括边界）运动，若3P〃平面出氏攸，则CiP的长度的取值范围

是.

AB

答案

解析如图，取8c的中点N,连接囱。，BiN,DN,过。作COLON于。，连

接CO,由正方体的性质知。N〃班，AiM/ZBiN,

又DNCBiN=N,

，平面EON〃平面AyBM,

・•.点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN（不含点、N和点D）.

连接CLD,GN,在△CLDN中，GD=也

,.•C1C,平面Z5CQ,CO1DN,

：.CiO±DN,则当尸与。重合时，GP的长度取得最小值,

4

AC1P的长度的最小值为ClPmin=C10=

22

又CiP＜也，

•••G尸的长度的取值范围是1「如5，E"

12.（2023・贵阳质检）如图，在棱长为2的正方体4BCQ—ZbBCbDi中，E为梭BC

的中点，F,G分别是棱CCi,8c上的动点（不与顶点重合）.

(1)作出平面出。G与平面C581C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面

Z0G〃平面AER则EE〃幺⑷；

(2)若尸，G均为其所在棱的中点，求点G到平面DEF的距离.

解⑴如图，延长。G交48的延长线于点尸，连接ZiP交A51于点0,连接G0,

则GQ所在的直线即平面AxDG与平面CBB©的交线.

因为平面CA81C〃平面平面。5囱。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)连接G尸,EG,DiG,

由E,F,G均为其所在棱的中点,

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,则ADiEF为等腰三角形，其底面EF上的高为

设点G到平面AEF的距离为d,

=

则由VG-DXEFVD}-EFG,

得:XSg〃Xd=；xgx^xTxd=；,解得d=:,

所以点G到平面。1EF的距离为:

【B级能力提升】

13.(2022・新高考I卷)已知正四棱锥的侧棱长为I,其各顶点都在同一球面上.若该

球的体积为36兀，且3W/W3S，则该正四棱锥体积的取值范围是()

„811[278T

18,,

A.L4」B.L44」

「276如

D.[18

答案c

解析法一如图，设该球的球心为。，半径为七正四棱锥的底面边长为a,

高为h,

依题意，得36兀=£1?3,

3

解得R=3.

r<]2

12+12J,

由题意及图可得‘(也1

R2=(h—R)2+h-j,

[J",

2R6

解得，，/4

屋=2----，

18

所以正四棱锥的体积K=1«2/z=^2/2-is]-j=^(2-11)(3</<3A/3),

所以力(3WW35

令X=0,得/=2\[6,

所以当3W/<2加时，r>0；当2#</W33时，r<0,

所以函数v=(3W/W3W)在［3,2#)上单调递增，在(2#,33］上单调

递减，

又当/=3时，K=—；当/=2#时，r=—；当/=33时，V=~,

434

1764

所以该正四棱锥的体积的取值范围是3'3」.故选C.

法二如图，设该球的球心为。，半径为上正四棱锥的底面边长为明高为

依题意，得36兀=£R3,

3

解得R=3.

由题意及图可得‘

R2=(h—R)2+

所以正四棱锥的体积的最大值为?，排除A,B,D,故选C.

法三如图，设该球的半径为七球心为0,正四棱锥的底面边长为a,高为〃,

正四棱锥的侧棱与高所成的角为仇

依题意，得36兀=£R3,

3

解得H=3,

所以正四棱锥的底面边长a=d2/sin。，高〃=/cos6.

在△。尸。中，作尸C,垂足为£,则可得

1.Fl<

cos6=2=-©2’2_,

R6

所以Z=6cos0,

所以正四棱锥的体积

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

riq

设sin。-，易得/2J,

则产sin0cos2^=/(l—Z2)=Z—Z3,

则y'=l—32令V=0,得，=}-，

所以当时，y>o；当;</<；时，y<o,

所以函数>=/—P在L'］）

上单调递增，在13，2J上单调递减.

又当/=?时，v=F；

当/=:时，了=|；当/=々时，J=-

所以,WyW4,所以之

8-943

1Z6£

所以该正四棱锥的体积的取值范围是14'3_

故选C.

14.（2023•河南名校联考）如图，直四棱柱48CQ—Z山iCbDi的底面是边长为2的正

方形，44i=3,E,尸分别是45,5c的中点，将过点A,E,尸的平面记为a,

则下列说法中正确说法的个数是（）

①点5到平面a的距离与点出到平面a的距离之比为1：2；

②平面a截直四棱柱ABCD-A\B\C\D\所得截面的面积为I：'；

③平面a将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47：25；

④平面a截直四棱柱ABCD-AiBiCiDi所得截面的形状为四边形.

A.OB.1

C.2D.3

答案D

解析如图，连接EF并延长线段也，交线段D4的延长线于点P,连接。1P,

与441交于点/，延长线段EF,交线段DC的延长线于点。，连接。1。，与CG

交于点N,连接NF,则五边形AffiFNDi是所求截面，故④错误；

易知ME〃D\Q,PE：EQ=\：2,所以尸M=1：2,所以可得

1：2.

对于①，因为平面a过线段Z8的中点E,所以点Z到平面a的距离与点5到平面a

的距离相等.又M4：A\M=\：2,所以点Ai到平面a的距离是点A到平面a的距离

的2倍，所以点4到平面a的距离是点5到平面a的距离的2倍，故①正确；

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

五边形AMEFN可被分为等边三角形和等腰梯形"EFN两部分.等腰梯形

口―4r

MEFN的高h=(/)2—I2J=y,所以等腰梯形AffiFN的面积为

又SgiMN=；X(2亚f=25,所以五边形DyMEFN的面积为个+23=7,

故②正确；

记平面a将直四棱柱分割成的较大部分的体积为人,较小部分的体积为%,则无

=V三棱推V^^M-PAE—V三棱锥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正确.综上，正确说法的个数是3,故选D.

15.