几何体的截面（交线）及动态问题-2025高考数学一轮复习

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A3CD—ALBCLDI的棱长为4,E,R分别是棱

AAi,3C的中点，则平面DiER截该正方体所得的截面图形周长为（）

A.6B.1OV2

C/+2小D.吟—

答案D

解析取CQ的中点G,连接BG,则D1E//BG,

取CG的中点N,连接FN,则FN//BG,

所以FN//D1E.

延长。iE,D4交于点H,连接切交A3于点连接ME,则平面DiER截该

正方体所得的截面图形为多边形DiEMFN.

由题知A为HD的中点，AiE=AE=2,

则CiN=3,CN=1,则DiE=y]42+22=2#,

DI^=^/42+32=5,FN=y/12+22=y[5.

取AD的中点Q,连接QG则

AMAH

所以反二匝

Apr424

所以川0=而/。=耳*4=),则

则ME=NAE2+4+仔)=¥，

MF=\lMB2+BF2^+4=邛^,

所以截面图形的周长为DlE+EM+MF+FN+NDi=2y[5+y+^^+y[5+5=

2遮+蚱+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ABC。一A向CLDI中，AB=2,E为棱BBi

的中点，则平面AEDi截正方体A3CD—A1BC1D1的截面面积为（）

A.|B.|

9

C.4D，2

答案D

解析取31cl的中点为“，连接EM,MDi,BCi,

则石舷〃3。，且EM=；3Ci,则E航〃ADi,且EM=1ADI.

又AB=2,

所以MDi=AE=y/22+12=小,BCi=ADi=2y/2,

因此EM=yfl,所以平面AEDi截正方体ABCD—ALBICLDI所得的截面为等腰梯

形EMDiA,

因此该等腰梯形的高h"DiM2_gDi[E子=#Z|=乎，

19

所以该截面的面积5=2（ADI+EM）-A=2，

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-AiBiCiDi的棱长均为2,ZBAD=

60。似Di为球心，小为半径的球面与侧面BCCiBi的交线长为.

答案等

解析如图，设BQ的中点为E,球面与棱331,CQ的交点分别为P,Q,

连接。3,DiBi,DiP,DxQ,DiE,EP,EQ,

由NBAD=60°,AB=AD,

知△ABD为等边三角形,

.\D\Bi=DB=2,

：.△ZKBCi为等边三角形,

则DiE=小且DEL平面BCCiBi,

；.E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=q福一D1E2K5—3=也.

可得EP=EQ=y[2,

球面与侧面BCCLBI的交线为以E为圆心的圆弧PQ.

又DiP=-\（5,

：.BiP=yjDiP2-DiB^=1,

同理GQ=1,

：.P,Q分别为BBi,CCi的中点,

71

：.ZPEQ=^,

知户0的长为9也=当三

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。1。2内有一个球。，该球与圆柱的上、下底面

及母线均相切.过直线0102的平面截圆柱得到四边形ABCD,其面积为8.若P为

圆柱底面圆弧比＞的中点，则平面以3与球。的交线长为.

答案呼兀

解析设球O的半径为r,则AB=BC=2r,

P

而S四边形8,

所以r=y/2.

如图，连接尸。2,O1P,作。2P于易知。1。2,42

因为P为①的中点，所以AP=3P,

又。2为A3的中点，所以。2PLAB

又。1。20。2P=。2,所以A3,平面。1。2「，

又OHu平面O1O2P,所以

因为OH工O2P,且430尸。2=。2,

所以平面ABP.

因为。。2=2/=2隹，OiP=^2,OiO2±OiP,

所以02P=N0@+0IP2=N(2g)2+(&)2=①,

的、,•/c”01Pg下

所以sinNOQP—3p一5一5，

所以OH=OO2Xsin/OiO2P=p义率=里.

易知平面必3与球。的交线为一个圆，其半径为

2V10

22=2—

n=yjr—OHAj（g）5

交线长为/=2口1=2兀*4页=斗匝兀.

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A3CD中，BC=1,AB=x,BD和AC交于点0,将△瓦⑦

沿直线3。翻折，则下列说法中正确的是（）

A

A.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得ABLOC

B.存在无，在翻折过程中存在某个位置，使得ACL3。

C.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得A3,平面ACD

D.存在x,在翻折过程中存在某个位置，使得AC,平面A3。

答案ABC

解析当AB=x=l时，此时矩形A3CD为正方形，则ACLBD,

将△BAD沿直线5。翻折，当平面A3。，平面3co时，

由OCLBD,OCu平面BCD,平面ABDA平面BCD=BD,所以0C,平面ABD,

又A3u平面A3D,所以ABLOC,故A正确；

又OCLBD,0A1BD,且oanoc=。，OA,OCu平面one,所以3D，平面

OAC,

又ACu平面OAC,

所以ACL3。，故B正确;

在矩形ABCD中，AB±AD,AC^l+x2,

所以将△84。沿直线3。翻折时，总有

取x=；,当将△§的＞沿直线3。翻折到AC=坐时，有A32+AC2=BC2,

即A3LAC,且ACnAD=A,AC,ADu平面ACD,

则此时满足A3,平面ACD,故C正确；

若AC,平面A3D,又AOu平面A3D,

则ACLAO,

所以在△AOC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.

⑵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A3CD—ALBICLDI的棱长为2小，E,R为体对角

线BDi的两个三等分点，动点P在△ACB内，且△PER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3D,

因为A3CD—AiBCbDi是正方体，

所以ACLBD,平面ABCD,

又ACu平面ABCD,

所以ACLDDi,

因为00103。=。，所以AC,平面3DD1,

因为BDiu平面3DD,所以BD」AC.

同理

因为ACn3iC=C,所以平面ACSi.

因为正方体A3CD—AbBCiDi的棱长为2小，

所以AC=3C=AB=2加，BDi=6,

又E,R为体对角线的两个三等分点，

所以BF=EF=DiE=2.

设点B到平面ACB\的距离为d,

则VB-ACBX=VBX-ABC,

解得d=2,即d=3E

所以Rd平面ACBi,即3歹，平面ACBi.

三棱锥5一ACBi的底面三角形ACBi为正三角形，且BBi=BC=BA,

所以三棱锥5—ACBi为正三棱锥，

所以点R为△ACBi的中心.

因为P©平面ACB,

所以PRu平面ACBi,则EFLPF.

又△PEF的面积为2,

所以TER・PR=2,解得PR=2,

则点尸的轨迹是以点R为圆心，2为半径的圆周且在△ACBi内部的部分,

如图2所示，点P的轨迹为荻，QR,ST,且三段弧长相等.

在△f'NBi中，FN=2,RBi=2&X坐x]=2啦，/NBiF=》

上工分…田NFBiF

由正弦",兀-sin/sN广

sin6

也

得sin/BiNF=1,

由图2可知,NBiNFR(j,兀J,

47r7T

所以N&NR=z；，则NNEBi=五，

7T

所以ZNFM=2ZNFBi=7,

O

所以丽V的长Z=2X^=^,

03

7T

则点P的轨迹的长度为3X-=ji.

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ALBIG中，ABLAC,AB=AC=AAi=y[6,动点又在“堑堵”的侧面BCCLBI

上运动，且AM=2,则NMA5的最大值为()

,兀c5兀

A.WB.记

c.^D]

答案B

解析如图，取3C的中点。，连接A。，MO,则A。，3c

因为在直三棱柱ABC—中，331，平面ABC,

所以BBxLAO,

又BSBBi=B,所以A。，平面BCCLBI,

所以A。，。”.

在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=^6,ZBAC=^,

所以AO=，§,又AAf=2,

所以在RtAOAM中，0M=遮一（4）2=i,

所以动点M的轨迹是平面BCCbBi内以。为圆心，1为半径的半圆.

连接3M,易得BO=^BC=/,

所以3〃©[小一1,^3+1].

在△BAM中，AB=\[6,AM=2,

由余弦定理得

AM2+AB2-BM22?+（#）2—BA/210—（小+1）2册—色

=

COsZMAB=一瓦拓行一=2X2X比？4加4'

即当瓦0=小+1时，cosNMAB取得最小值加1也,

结合选项可知，A,C,D均不正确，

5兀

所以/的43的最大值为宣，选B.

感悟提升在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大（小）、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.

训练3（多选）（2023•沈阳郊联体一模）已知棱长为a的正方体ABC。一AiBCbDi中，

M为31cl的中点，点P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A4i的中点

B.点P在侧面AALDLD内的轨迹的长为冬

C.MP长度的最大值为印

D.直线CC与直线所成角的余弦值的最大值为专

答案BCD

解析如图，取4D1的中点E,分别取4A,SB上靠近点Ai,囱的四等分点不

G,连接EM,EF,FG,MG,

则EM统A15,FG如A®

所以统RG,所以点E,M,F,G四点共面.

连接GC,因为MG2=(^+3)=矢

22

MC2^+屋=芋，GC2=[y)+次=等,

所以所以

由正方体的性质知ALBI,平面BiCiCB,

所以ME,平面BiCiCB,

又MCu平面31cleB,所以ME,航C

因为MGnME=M,MG,MEu平面MERG,

所以平面MEFG,

所以点P的轨迹为四边形MERG（不含点M）.

对于A,点尸的轨迹与A4i有唯一交点R,而R不是A41的中点，故A不正确；

对于B,因为点P在侧面AALDLD内的轨迹为EF,四边形MERG为平行四边形,

所以EF=MG=?,故B正确；

对于C,根据点P的轨迹可知，当P与R重合时，的长度有最大值.

由正方体的性质知ALBI，平面BiCiCB,

所以RG，平面BiCiCB.

又MGu平面331clC,所以RGLMG.

连接MR,则次+誓=号,故C正确；

对于D,当直线CG与直线MP所成角的余弦值最大时，直线CC与直线所

成的角最小，由于点尸的轨迹为四边形MERG（不含点M）,

所以直线CC与直线所成的最小角就是直线CG与平面MERG所成的角，

a

2

又向量Gi与平面MEFG的法向量曲的夹角为NCCM,且sinZCiCM=-^=

75a

2

近

5，

所以直线CG与平面MERG所成角的余弦值为专，

即直线CG与直线所成角的余弦值的最大值为竽，故D正确.综上所述，选

BCD.

分层精练•巩固提升

【A级基础巩固】

7T

1.如图，斜线段A3与平面a所成的角为不3为斜足.平面a上的动点P满足NB43

则点P的轨迹为（

A.圆B.椭圆

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=1,

则3(0,1,0),A(0,0,1),P(x,y,0),

则屈=（0,1,-1）,AP=（x,y,-1）,

所以8s〈部，电飞口+T

即3/+（y—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A3CD—ALBCIDI的棱AAI,

CG分别交于点M,N,则下列关于截面3MDW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BMDiN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BMDiN是矩形;

图①图②

如图②，当M,N分别为棱AAi,CC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BMDiN不可能为正方形；

根据对称性，其他情况下截面BMDiN为平行四边形.故选C.

3.（2023•山东名校联考）如图，已知正方体ABCD—AiBiQDi的棱长为4,的中

点、为M,过点Ci,D,M的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为（）

D}

52

AA-TB.18

「58

c.fD.^~

答案c

解析如图，取A3的中点E,连接DG,CiM,ME,DE,则易知截面是等腰梯

形C1MED,

则较小的部分是三棱台BEM-CDCx.

SABEM=3X2X2—2,

Sag=^X4X4=8,

所以较小部分的体积丫=3（2+8+知2乂8）*4=苧.故选C.

4.（2023・广州调研）已知矩形A5CD,AB=2,BC=25将△A3。沿矩形的对角线

3。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5。与直线AC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3c与直线AD垂直

D.对任意位置，三对直线“AC与3D”“CD与AB”“AD与3C”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A作AE,3D,垂足为E,过点C作CfUBD,垂足为G则点E,

F不重合；

在图②中，连接CE

对于A,若ACLBD,由3。LAE,AEAAC=A,

得3D，平面ACE,所以3DLCE,与点E,R不重合相矛盾，故选项A错误；

对于B,^AB±CD,由A3，AD,ADnCD=。，得A3,平面ADC,所以A5LAC,

当A3=AC=2时，满足4炉+4。2=3。2,此时直线A3与直线CD垂直，故选项

B正确；

对于C,<ADLBC,由DCL3C,ADHDC=D,

得3C,平面ADC,所以3CLAC,已知30A3,

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.

图①图②

5.（多选）（2023・长沙检测）设动点P在正方体ABCD—ALBIGDI上（含内部），且加5=

赤B,当NAPC为锐角时，实数丸可能的取值是（）

11

A，2B.g

”D』

U5

答案CD

解析设AP=x,DiP=t,正方体的棱长为1,

则AC=也，在△APC中，

炉+x2-2Y2—1

由余弦定理得cosZAPC=^2=^,

r2-l

若NAPC为锐角，则二^>0,则

在△ADiP中，ADi=y[2,

（也）2+（小）2—1乖

cosZA£)iP=

2Xgx小一3

于是由余弦定理得f=2+F—2X表X/X当，

于是2+产一2X啦XfX坐>1,

即3产一4小/+3>0,

解得/或/<坐，由DiB=5）,

故7>1（舍去）或0<7<g.结合选项可选CD.

6.已知边长为1的正方形ABCD与CDER所在的平面互相垂直，点P,Q分别是

线段3C,DE上的动点（包括端点），PQ=dl设线段PQ的中点”的轨迹为/,则

I的长度为（）

A兀C兀

A]B2

C.坐D,2

答案A

解析以D4,DC,DE所在直线分别为x,必z轴建立空间直角坐标系,

如图所示，设P(s,1,O)(OWsWl),2(0,0,f)(0W/Wl),M(x,y,z),由中点坐

sit

标公式易知九=5y=29z=29

即s=2x,%=2z.

'：\PQ\=yls2+fi+l=y[2,

s2-\-t2=1,.*.4X2+4Z2=1,/.X2+Z2=^.

又OWsWl,0WW1,

.,.04母,OWzwg,

f+z2=，0Wx,zwg）,

.•.PQ中点M的轨迹方程为＜]"

轨迹为垂直于y轴，且距离原点3的平面内，半径为3的四分之一圆周，

、11TT

的长度为^X2兀*5=不

7.（2023•安徽名校联考）如图，在棱长为2的正方体A3CD—AbBCDi中，点E,F

分别是棱3C,CC的中点，P是侧面BCCLBI内一点，若AiP〃平面AEF则线

段AiP的长度的取值范围是（

A.［2,小1

C.［小，2啦］D.[2啦，2响

答案B

解析如图，取BC1的中点G,331的中点H,连接GH,AiG,AiH,

则AiG//AE,

又Ai函平面AER,AEu平面AEF,所以4G〃平面AER,

同理得GH〃平面AER,又4GnGH=G,

所以可得平面AiGH〃平面AEG

因为P是侧面3CC151内一点，

所以当P点在线段GH上时，能够满足AiP〃平面AEF

由勾股定理可求得4G=AiH=小，GH=y[2,

所以当点P为GH的中点时，AiP的长度最小，

此时AiP=yJ5-）=^^,

当点P与点G或点H重合时，AiP的长度最大，此时AiP=小.

故线段AiP的长度的取值范围是[华，小.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，其中以，VB,VC两

两垂直，以==VC=1（单位：dm）,小明同学计划通过侧面VAC内的一点P

将木块锯开，所得截面平行于直线VB和AC,则该截面面积（单位：dn?）的最大

值是（）

v

A』B也

a.4D.4

c近D3

J4

答案B

解析如图，在平面以C内，过点尸作所〃AC,分别交用,VC于点忆E,

在平面VBC中，过点E作EQ〃VB交于点Q,在平面必18内，过点R作ED〃VB

交B4于点。，连接。。，

则四边形DFEQ是过点P且与VB,AC平行的截面.

易知四边形DFEQ是平行四边形.

因为VBLVC,VBLVA,VAHVC=V,必lu平面必IC,VCu平面以C,

所以VB,平面VAC,

又ERu平面以C,所以VBLEF

又EQ〃丫3,所以EQLER,

所以平行四边形DFEQ是矩形.

因为ER〃AC,所以△VERsavcA,

VFVEEF

设相似比为女（＜左＜）则以「=

01,IVr\.=iV7L=/AILk.

易知AC=j,则左.

因为ED〃VB,所以易知△AFDS^AVB,

.\AF_AD_FD

则n诬=血=诟，

竺_空上_

因为以一以——鼠

_FDAF_

所以=1/4=1一鼠所以RD=1—k.

vDVA

则S蚯衫FEQD=EF-FD=y/^k(l—k)=­j

所以，当左=；时，矩形取得最大值,

SFEQD故选B.

9.（2023•宁波调研）如图，在棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiDi中，点P为平面

ACG4上一动点，且满足DiPLCP,则满足条件的所有点尸围成的平面区域的

面积为.

答案y

解析设。是4G的中点，如图，连接P。，由正方体的性质易知》在平面ACCiAi

上的射影为。，所以要使平面ACC14上一动点P满足DiPLCP,只需POLCP

即可，连接OC,所以点P的轨迹是以OC为直径的圆，而。。=册，所以满足

2

0(

条件的所有点P围成的平面区域的面积为S=d

10.已知正方体ABC。一ALBICLDI的棱长为次「，E,R分别为3C,CD的中点，P

是线段ALB上的动点，CiP与平面DiEF的交点Q的轨迹长为.

答案V13

解析如图所示，连接EGAiB,连接4G,交于点连接BE,BCi交

于点N,

由EF//B1D1,

即E,F,Bi,Di共面，

由尸是线段ALB上的动点，当P重合于4或3时，GAi,CLB与平面DiER的交

点分别为“，N,即。的轨迹为MN,由棱长为36，

得CIM=1AICI=3,则BCI=6,

厘」一2

入BiCiNCi2-33'

由ALB=3CI=ACI,得NACLB=60。，

则MN=ylMCr+NCr-2MCi-A^Ci-cosZAiCiB=^9+16-2X3X4x1=V13.

11.如图，在棱长为1的正方体ABCD-AiBiGDi中，点M是AD的中点，点尸

在底面ABCD内（不包括边界）运动，若&P〃平面AiBM,则CiP的长度的取值范

围是.

答案［唔词

解析如图，取3c的中点N,连接Bi。，BiN,DN,过C作COLON于。，连

接C。，由正方体的性质知。N〃MB,AiM〃3iN,

又DNCBiN=N,MBHAiM=M,

...平面BiDN〃平面AiBM,

点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN（不含点N和点D）.

连接CLD,CIN,在△CLDN中，CiD=y［2,

平面ABC。，CO±DN,

：.CiO±DN,则当P与。重合时，CP的长度取得最小值,

.

「__4__咽

•••C1P的长度的最小值为ClPmin=n

5'

2X2

又CiP＜小,

•••CP的长度的取值范围是］警，电

12.（2023・贵阳质检）如图，在棱长为2的正方体A3CD—A向CD1中，E为棱3cl

的中点，F,G分别是棱CCi,3C上的动点（不与顶点重合）.

(1)作出平面ALDG与平面C331C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面

ALDG〃平面DiEF,则EF//A1D-,

(2)若EG均为其所在棱的中点，求点G到平面DLER的距离.

解(1)如图，延长DG交A5的延长线于点P,连接AiP交531于点0,连接G。,

则GQ所在的直线即平面4DG与平面的交线.

因为平面CS31C1〃平面ADD14,平面CBBCin平面ALDG=G。,平面ADDi4n

平面ALDG=ALD,所以GQ〃AID

又平面ALDG〃平面DIER,平面CBBCin平面ALDG=G。，平面CSBGn平面

DiEF=EF,

所以GQ//EF,所以EF//A1D.

(2)连接GGEG,DiG,

由E,F,G均为其所在棱的中点,

易得EF=GF=巾,EG=2,

所以EF2+FG2=EG2,所以EF1FG,

故VDI-EFG=3><SAEFGXDiCi=qX^X\fix也乂2=].

易知DiE=DiF=^,则△DiER为等腰三角形，其底面EF上的高为

设点G到平面DiER的距离为d,

贝1由VG-D]EF=VD[-EFG,

得卜SAD]EFXd=fx3xpX^^Xd=解得d=]，

4

所以点G到平面DiER的距离为不

【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/W3#,则该正四棱锥体积的取值范围是（）

81"2781-

A.18,B.T

「2764

c•不TD.[18,27]

答案c

解析法一如图，设该球的球心为。，半径为R,正四棱锥的底面边长为a,

高为h,

4

依题意，得36兀=1兀尺3,

解得H=3.

Z2=A2+fef,

由题意及图可得，

群=（h—R）2+^^tzj,

「一JE

，/_27?-6,

解得ja

严2=2P一百

所以正四棱锥的体积=g（2/2—'）（3</<3小）,

所以^=$3一（=$3卜一£）（3W/W3小）.

令丁=0,得/=24，

所以当3W/<24时，V>0；当24</忘3小时，V<0,

所以函数V=^2—5(3W/W3/)在［3,2册)上单调递增，在(2加，3小］上单调

递减，

又当1=3时，丫=兴；当1=24时,V=y；当/=3小时，丫=号，

所以该正四棱锥的体积的取值范围是隹篁故选C.

法二如图，设该球的球心为。，半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为九

4

依题意，得36兀=1兀

解得R=3.

由题意及图可得彳2

群=(%-R)2+(ja),

解得|产又3W/W3#,

4=2/2一语

所以该正四棱锥的体积丫=5%=；(2/2一日:={(2—=72X祭《(2—总

上+上十仁一白］364(PP厂、

W72X36十36十上场=号［当且仅当宗=2—=，即/=2#时取等号}

所以正四棱锥的体积的最大值为6号4，排除A,B,D,故选C.

法三如图，设该球的半径为R,球心为。，正四棱锥的底面边长为a,高为k,

正四棱锥的侧棱与高所成的角为0,

4

依题意，得36兀=铲7?3,

解得R=3,

所以正四棱锥的底面边长o=g/sin。，高h=2cos8.

在△OPC中，作OELPC,垂足为E,则可得

2I1

cosF干T

所以/=6cos0,

所以正四棱锥的体积

112

V=2a2h=2("\/2/sin0)2-/cos6=1(6cos0)3sin20cos0=144(sin0cos20)2.

设sin6=f,易得/©坐］,

则y=sin0cos20=Z(l—/2)=r—Z3,

则y=i—3尸.令y=o,得/=号，

所以当坐时，y>o；当雪</<坐时，y<o,

所以函数丁=»一/在，，坐)上单调递增，在［坐，坐)上单调递减.

又当/=坐时，y=¥；

当时，j=|；当/=坐时，尸害，

所以害Wyw*,所以今WVW中.

所以该正四棱锥的体积的取值范围是住y.

故选C.

14.(2023•河南名校联考)如图，直四棱柱ABC。一ALBCLDI的底面是边长为2的正

方形，AAi=3,E,R分别是A3,3C的中点，将过点Di,E,R的平面记为a,

则下列说法中正确说法的个数是()

①点B到平面a的距离与点Ai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^；

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-A\B\C\D\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ER并延长线段FE,交线段D4的延长线于点P,连接D1P,

与A4交于点延长线段ER,交线段DC的延长线于点Q,连接Di。，与CCi

交于点N,连接ME,NF,则五边形ME/WDi是所求截面，故④错误；

易知ME〃DiQ,PE：EQ=1：2,所以PM：MDi=l：2,所以可得MA：AiAf=

1：2.

对于①，因为平面a过线段A3的中点E,所以点A到平面a的距离与点3到平

面a的距离相等.又MA:AiM=l：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3到平面a的距离的2倍，故①

正确；

连接MN,易知DiM=MN=DiN=2巾EF//MN,且EF=ME=NF=®所以

五边形DiMEFN可被分为等边三角形DiMN和等腰梯形MEFN两部分.等腰梯形

MEFN的高A=A/（表）2—:=乎，所以等腰梯形MEFN的面积为

2爽+爽加3小

22-2■

又SA%MN=^X（2小¥=24,所以五边形DiMEFN的面积为吟+2/=半,

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Vi,较小部分的体积为V2,则

=

V2V三棱铢巧-DPQ—V三棱雒M-R4E—V三棱雁N-CFQ=qX3X3X3—TX-X1X1X1一

1252547

=_

X-X1X1X1^,所以V1=Vw^ABCD-AlBlClD1~V2=2X2