【冲刺985、211之2023届新高考题型模拟训练】 07 立体几何（单选+填空）（新高考）解析版-高考数学备考复习重点资料归纳

【冲刺985/211名校之2023届新高考题型模拟训练】

专题07立体几何（单选+填空）（新高考通用）

一、单选题

1.（2023•广东•高三校联考阶段练习）已知a、户是空间中两个不同的平面，”是空间

中两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）

A.若加//",“ua,则。B.若加//a,mlIf3,贝ija%

C.若aJL尸，则机_L/?D.若nVp,mVn,则a_L/?

【答案】D

【分析】利用空间中线面、面面的位置关系可判断ABC选项；利用空间向量法可判断D选

项.

【详解】对于A选项，若加//〃，"ua,则加//a或机ua,A错；

对于B选项，若〃z//a,mll/3,则a〃6或a、夕相交，B错；

对于C选项，若a_L4,，〃ua,则机〃/?或/MU/7或加、夕相交（不一定垂直），C错；

对于D选项，设直线，〃、”的方向向量分别为a、b，

若机J_a,nLp,mln,则平面a、4的一个法向量分别为a、b，且a_16，故a_L£,

D对•.

故选：D.

2.（2023•浙江•永嘉中学校联考模拟预测）已知正方体4BCO-AAGR的棱长为1,P是线

段8a上的动点，则三棱锥尸-AB。的体积为（）

A.—B.-C.—D.一

8654

【答案】B

【分析】先由线面平行的判定定理证得与乌〃面ABO，从而得到％=%-APD=%-A皿，

再结合锥体的体积公式即可得解.

【详解】因为在正方体ABCZ）-4qGP中，BB\〃DD\,BBt=DD、,

所以四边形88QQ是平行四边形，故BQ//BD,

又8QU面ABD.3£>u面A8。，所以耳。〃面ABO,

因为尸是线段BQ上的动点，所以「到面\BD的距离与。到面A.BD的距离相等，

所以力-劣如=%”=%-A皿=gx3x1x1x1=g

故选：B.

3.（2023春•浙江绍兴•高三统考开学考试）在正棱台ABCD-AMGR中，

AS=2A4，A4,=6,M为棱与G中点.当四棱台的体积最大时，平面w8。截该四棱台的截面

面积是（）

A.巫B.3五C.巫D.6夜

42

【答案】C

【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公

式进行求解即可.

【详解】设AB=2A4=4x,上底面和下底面的中心分别为Q,。，该四棱台的高。0=&,

A,H1.AC.

在上下底面由勾股定理可知，A4=；J(2x)2+(2x)2=&AO=；J(4X1+(4X)2=2岳.

222222

在梯形A0O4中，AtA=AH+AtH=>3=(2y[2x-y/2x^+h=>h=3-2x,

所以该四棱台的体积为丫=g（16x2+J?声彳+咐〃=条2力,

所以丫2=2|±d.X2.•X2•(3-2/<784(X2+X2+3-2X2

93

当且仅当/=3-2/，即x=l时取等号，此时4B=4,A4=2,0,0=1.

取CQ的中点N,连接MW、ND,显然值MNUD\B\〃DB,MN<z平面ABC。,

3£>u平面ABC。，所以MN//平面A6C。，因此平面MBZW就是截面.

显然仞7=3耳。=0,80=40,

在直角梯形0MEO中，ME=Qh2+（0E-0iM『=VT7T=0,

因此在等腰梯形BgCB中，MB=yjME2+EB2=J2+4=R，

同理在等腰梯形中，DN=^6,

在等腰梯形M8ZW中，除MFUDN,MGLBD,

则=尸=4夜-&=3夜，

所以梯形皿N的面积为丁咚=乎,

故选：C.

【点睛】关键点睛：根据基本不等式求出体积最大值，结合线面平行判定定理判断截面的形

状是解题的关键.

4.（2023•山东•潍坊一中校联考模拟预测）已知正方体ABCO-ABCR的棱长为3,点M满

足CC|=3CM.若在正方形AAGA内有一动点尸满足8P〃平面AM。，则动点P的轨迹

长为（）

A.3B.710C.>/13D.3及

【答案】C

【分析1在棱上分别取点EF,使得=A尸=连接

EF,BC「BF，GE,D、F,BM,证明平面//平面AMR即可得点尸的轨迹为线段RE,

再计算长度即可.

【详解】解：如图，在棱上分别取点瓦尸，使得=连接

EF,BC、,BF,C、E,D,F,BM,

因为

所以，EFHAD,,

因为EFZ平面AMDX,ADtu平面AMD,,

所以EF//平面AMR,

因为=CC\=3CM,

所以，AF=CtM=2,CM=AlF=\,

因为A8=CR,NBAF=NMCR,AR=BC,NBCM=N必Q,

所以，△A8b丝！8cMgaRA尸，

所以BF=RM,DF=BM

所以，四边形BFRM是平行四边形，

所以BF//RM,

因为8FO平面AMD,,D.Mu平面AMD,,

所以，B/〃平面AMR,

因为5EcEE=尸，BF,EFu平面BFRM,

所以平面BFRM//平面AMD,,

因为平面BFRM1平面AAGA=GE,

所以，在正方形ABCR内有一动点P满足BPH平面AMD,时•，点P的轨迹为线段C,E,

因为£E=52?+32=

所以，动点P的轨迹长为行

故选：C

5.（2023•山东临沂•统考一模）古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷

中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,

那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭

合图形的重心旋转所得周长的积“，即V=s/（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，s表示

平面图形的面积，/表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图，直角梯形"8,已知

ABHDC,AB1AD,AB=3CD,A£>=3,则其重心G到AB的距离为（）

B

【答案】C

【分析】根据题意，用式子分别表示出直角梯形绕AO旋转一周所得的儿何体的体积、梯形

面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求解答案.

【详解】设CE>=x,A8=3x,

直角梯形绕AD旋转一周所得的几何体的体积为

V=TT-32-X+-•K-32（3X-X）=15TLi；

3

梯形ABCD的面积s=；（x+3x）3=6x,故记重心G到AB的距离为/?’,

则重心绕旋转轴旋转一周的周长为/=2/'，

则157tx=（2力/）-6x,则〃'=：，

故选：C.

6.（2023•湖南•模拟预测）已知正方体AB8-A8CQ,A8=2g,点E为平面力出。内的

动点，设直线AE与平面48。所成的角为。，若tanac』则点E的轨迹所围成的图形

面积的取值范围为（）

A.［兀,2兀］B.［兀,4可C.［4兀,6兀］D.［4兀,8兀］

【答案】D

【分析】确定AGL平面A/。，

2WEOW2灰，E在平面A/D内的轨迹是以。为圆心，半径为OE的圆，计算得到答案.

【详解】如图所示，连接4G交平面4/。于O,连接EO,AC

CC1，平面ABC。，BDu平面ABC。，故CG_L8D,

AC_LBD,ACCC、=C,AC,C£u平面ACC一故3。/平面ACC一

4&U平面ACG，故BOLAC，

同理可得ABJ.AG，%BcBD=B,AB,BOu平面ABD,故A£_L平面A^O,

f）A

所以乙4EO是AE与平面4即所成的角，ZAEO=a,所以tana=g,

OE

在四面体A—AB。中，BD=%D=%B=2底,AB=AD=AA^=2\/§,

所以四面体A-A8。为正一棱锥，。为ABDA,的重心，如下图所示，

A

D

A_________

所以BO=-x2>/6=2\/2,AO=AB2—BO2=2,

因为tana=[^=义』—|,所以2WEOW2夜，

OEOEI2

又E在平面ABD内的轨迹是以O为圆心，半径为OE的圆，

所以E在平面ABC内的轨迹围成的图形面积Se[4兀,8兀].

故选：D

7.（2023秋•江苏•高三统考期末）四边形ABC。是矩形，AB=3A£>,点E,尸分别是AB,

C£>的中点，将四边形AEF。绕EF旋转至与四边形3EFC重合，则直线即,及7所成角a在

旋转过程中（）

A.逐步变大B.逐步变小

C.先变小后变大D.先变大后变小

【答案】D

【分析】根据初始时刻与8尸所成角可判断BC,由题可知。在平面3C7话内的投影P一

直落在直线CF上，进而某一时刻EPLBF,可得0E与所所成角为可判断AD.

【详解】由题可知初始时刻即与BF所成角为0,故B,C错误，

在四边形AEF。绕旋转过程中，EF±DF,EFA.FC,DFFC=F,£＞尸，尸Cu平面DFC,

所以EF1平面DFC,EFu平面EFCB,

所以平面。FCL平面£FC8,故。在平面BCEE内的投影P一直落在直线CF匕

所以一定存在某一时刻EP_L班•，而QP1平面EFCB,DP1.BF,又DPPE=P,DP,PEu

平面。PE,

所以B尸，平面DPE,此时。E与防所成角为然后a开始变小，

故直线E23F所成角a在旋转过程中先变大后变小，故选项A错误，选项D正确.

故选：D.

8.（2023•福建泉州•统考三模）图1中，正方体MCQ-EFG”的每条棱与正八面体MPQRSN

（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分.将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结,

得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间.若A3=l,则点M到直线RG的距

离等于（）

A.亚B.73C.—D.也

22

【答案】A

【分析】连接尸RMN,相交于点0,设用尸与AB相交于点K,M。与8c相交于点连

接KL,利用正八面体MPQRSN的性质，由线面垂直的判定定理，证明MR_L平面RHG,得

到MR为点M到直线RG的距离，然后在RJBKL中，利用KL是.MPQ的中位线求得正八

面体的边长即可.

【详解】解：如图所示：

连接尸R,MN,相交于点O,设“P与A8相交于点K,MQ与BC相交于点L,连接KL,

在正八面体WPQRSN中，埼知PR=MN,n.PRIMN,

所以ZMRO=ZNRO=45,则NMRN=90,即MR工RN,

乂HG工平面MPNR,则”GLMR,乂HG与RN相交，

所以MRJ_平面RHG,则MR为点M到直线RG的距离，

在Rf.BKL中,BK=BL=；,则KL=<BK。+BI｝二与,

因为此是，MPQ的中位线，

所以PQ=2KL=&,即MR=J5，

故选：A

9.（2023•湖南张家界•统考二模）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的

桦卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧.图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图.它的

表面由八个正三角形和六个正八边形构成,其中每条棱长均为2.若该玩具可以在一个正方体

内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为（）

D.168+96a

【答案】D

【分析】将鲁班锁补成正方体，建立空间直角坐标系，求出鲁班锁某个顶点到另一个顶点的

最大值，即可求解.

【详解】将鲁班锁补成正方体A8CD-A4G。，然后以点A为坐标原点,

48、AD,所在宜线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,

在鲁班锁所在几何体上任取一个顶点网0,应,2+2夜），

观察图形可知，P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值在

|PE|、忸尸|、|PG］、|「对、|函、两、附、|内|中取得,

结合图形可知E（夜,0,0）、尸（2+60,0）,G（2+2x/2,V2,0）,〃（2+2夜,2+60）、

M（2+0,2+2&,O）,N（&,2+2&,0）,R（O,2+0,O）,S（O,0,O）,

贝»峭=4+(2+2&丫=16+80,

|呵=(2+夜『+2+(2+2厨=20+12&,

|PG「=2(2+2&『=24+16&,

|所=2(2+2何+4=28+16应，\PM[=(2+2⑹2+2x(2+何=24+160,

|PN『=2+(2+夜产+(2+2应)2=20+12应，

|呻=4+(2+2&了=16+8及,

网=(2+2厨=12+8&,

所以P到鲁班锁所在几何体上其他顶点的距离的最大值为再亢石，

所以，若该玩具可以在一个正方体内任意转动(忽略摩擦)，

设该正方体的棱长的最小值为。，则a=j28+16夜，

该正方体的表面积为S=6/=168+96&.

故选：D.

10.(2023春•广东珠海•高三珠海市第一中学校考阶段练习)《九章算术・商功》提及一种称

之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖席

夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形(至多一个侧面是平行四边

形)，其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCO为正方

A.2\l2nB.4\f2nC.—:nD.2兀

【答案】A

【分析】连接AC、8。交于点M,取£尸的中点。，连接OM,求出OM的长，进而求出

0A的长，可知。4=OB=OC=OD=OE=O尸=2,从而可求出羡除外接球体积，由等体积

法可求出羡除体积，进而可求得结果.

【详解】连接AC、BD交于点M,取£尸的中点。，连接OM,则OM，平面ABCDMBC

的中点G,连接尸G,作垂足为H,如图所示,

；•HG=>JFG2-HF2=V2，

OM=HG=近,

口

又：AM=—AB=>/2,

2

OA=\IOM2+AM2=2，

?.OA=OB=OC=OD=OE=OF=2,即：这个羡除的外接球的球心为O,半径为2,

AA

这个羡除的外接球体积为乂=：叮3=]兀X23=等.

AB//EF,AB仁面CDEF,£Fu面CDEF,

AB〃面CDEF,即：点A到面CDEF的距离等于点B至『面CDEF的距离，

又,：一OED^OCD,

••^A-OED=VR-0CD=VQ-BCD，

・・・这个羡除的体积为

I]

%=匕一O£D+CF-ADO=VO-BCD+^VO-BCD=^VO-BCD=4X-X-X2X2X^=—^1

327c

・・・羡除的外接球体积与羡除体积之比为看=病=2后.

~r

故选：A.

11.（2023春•广东惠州•高三校考阶段练习）河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观

星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承

“甘露”、下纳"地气”之意.冠部以及冠部下方均可视为正四棱台.已知一个“方斗”的上底面

与下底面的面积之比为1:4,高为2,体积为三，则该"方斗''的侧面积为（）

A.24B.12C.24上D.12店

【答案】D

【分析】根据题意得正四棱台的侧面为四个等腰梯形，先计算侧面的高，然后利用梯形的面

积公式代入计算即可.

【详解】由题意可知，记正四棱台为,其底面为正方形，

侧面为四个等腰梯形，把该四棱台补成正四棱锥如图，

则是正四棱锥P-ABCZ）的高，为正四棱台的高，

设AB=b,则上、卜底面的面积分别为/、b1,

由题意a?：从=1：4,所以b=2。,

在中，空=42=2.,所以A为抬的中点，

PAAB2

PAPN11

在中，-^f=—=-,所以=所以PM=4，

PAPM22

乂％cqq=；x（“2+axb+y）x2=穹-=三，解得a=2,b=4,

所以PA=y/PM2+AM2=也?+（2扬2=2瓜,

所以侧棱长AA是胡，由勾股定理可得侧面的高为h=7（^6）2-12=6.

所以侧面积为5=4xlx（2+4）xV5=12^5.

故选：D

12.（2023•广东广州•高三广东实验中学校考阶段练习）以等边三角形ABC为底的两个正三

棱锥P-A3C和。-ABC内接于同一个球，并且正三棱锥P-4BC的侧面与底面ABC所成

的角为45，记正三棱锥P-71BC和正三棱锥。-A8C的体积分别为匕和匕，则乡=（）

A.1B.—■C.—D.一

234

【答案】D

【分析】根据外接球的几何性质结合正棱锥的几何性质即可求解.

【详解】两个正三棱锥P-ABC和。-ABC内接于同一个球，如图，

Q

设尸到底面A8C的距离为九，。到底面A8C的距离为生,

取A8中点为连接PM,CM,P。，

记PQ与平面ABC交点为R.

由于两个正三棱锥P-ABC和。-A3C内接于同一个球，

所以PQ为球。的直彳仝，

记。为球心，且由题意可知R为三角形A8C的中心，

因此PR,QR为正三棱锥P-ABC和Q-ABC的高％,4,

由PA=PB,QA=QB,CA=CB,且M为AB中点，

可得PM_LAB,QM1AB,CM±AB,

则ZPMR为正三棱锥P-ABC的侧面与底面ABC所成的角为45,

所以MR=PR=*RC=2MR=2%,

记球的半径为r,于是OR=rf,

在RtQRC中，勾股定理可得0。2=,=0斤+/^2=（.々）2+46,

解得r=』九，于是QR=PQ-PR=2r-4=54一%=44=刈，

则杷,即募44，

故选:D.

13.（2023•江苏连云港•统考模拟预测）已知正四面体A-88,AM=g"C,点N为线段BC

的中点，则直线MN与平面88所成角的正切值是（）

3V144>/14

7

【答案】C

【分析】作出图形，找出直线MN与平面BCD所成角的平面角，在三角形内即可求解.

【详解】如图，过点A向底面作垂线，垂足为。，连接ANQNQCMN,

过点M作MGLOC于G,连接NG,

2

由题意可知："G〃A。且MG=§AO,

因为AO，平面BCD,所以MG，平面BCD，

则ZMNG即为直线MN与平面5c。所成角的平面角，

设正四面体的棱长为2,则AN=百，ON=-X43=—，

33

所以AO=JAM-ON2=友,则MG=2AO=亚，

339

在4A/NC中，由余弦定理可得：MN=y/NC2+MC--2NC-MCcos60°=

在Rt.MNG中，NG=\lMN2-MG2=J---=—,

V9279

4y/6

所以直线MN与平面BCD所成角的正切值是亚,

7

故选：C.

14.（2023秋•浙江嘉兴•高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体ABC。-44GA中，E

为棱A内的中点，M,N分别是底面ABCO与侧面CDDC的中心，P为该正方体表面上的一

个动点，且满足记点尸的轨迹所在的平面为a,则过N,C，4，G四点的球面被平

面a截得的圆的周长是（）

A6加r864石

3533

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，找到球心。和点尸的轨迹，求出。到平面a的距离，利用

几何法求截面圆的半径和周长.

【详解】取面对角线BC中点。，连接ON,Bp,CN,GN,”，/分别在BB’CG上，且

B、H=3HB,CJ=3IC,

以A为原点，A3,AT>,A4,的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角

坐标系，

y

8（2,0,0）,C（2,2,0）耳（2,0,2）,£（1,0,2）,网1,2,0）,G（1,0,0）,0（2,1,1）,

/（2,2,£）,N（l,2,l）,

耳N=（T,2,-1）,CN=（-1,0,1）,B\NCN=Q,B*1CN,

三棱锥G-B|NC中，△线NC为直角三角形，所以OC、=OC=ON=OB,,

因此点。即为三棱锥G-qNC的外接球球心，球半径长为:80=近，

B£=（-l,0,2）,GF=（0,2,0）,”G=，l,0,-£|,=（0,2,0）,GF=Hl，FGH/共面,

GFBE=0fHGBE=0,GFtBE,HG±BE,

GF,HGu平面FGH/,GFHG=G,BEJL平面尸GH/,加三平面下仁印，

点P的轨迹为矩形FG印的四边，如图所示,

=,8E为平面FGHI的法向量，

\OG-BE\]亚

则球心。到平面FGHI的距离为\I=牛=?，

\BE\V55

球面被平面a截得的圆的半径J（垃）2_]¥1=¥，圆的周长为华兀.

故选：B

【点睛】本题找球心。考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向

量法.

15.（2023春•浙江杭州•高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知在矩形ABCD中，

AB=2,AD=4,E,尸分别在边AO,BC上，且AE=1,BF=3,如图所示，沿EF将

四边形的8翻折成AEFB',设二面角9-EF-。的大小为a,在翻折过程中，当二面角

8'-CD-E取得最大角，此时sina的值为（）

【答案】B

【分析】过B作EF的垂线交EF与0,交于M,8于G,然后利用定义法可得4'5

53

为二面角8'-8-后的平面角，设=a,可得87/=AHK=--^cosa,从而

tanZB'KH=^=372x,然后求函数最大值时的sina值即可.

【详解】过5作EF的垂线交E尸与。，交A£）FM，C£＞于G,

设3'在平面AC内的投影为“，则H在直线上，

过”作CD的垂线，垂足为K，则ZB'KM为：面角8'-8-£的平面角,

33

设ZBZ¥7=a,由题意"0=80=方，37/="Osina=&sina,

3

则BH=BO+8'Ocosa=-z=(1+cosa),

J2

由NGBC=45。，8G=4啦，得HG=BG-BH=-卡(1+cosa),

1353

所以HK=-rHG=4一一(l+cosa)=-一一cosa,

y/2,222

所以嚼=3碧袅

令，=，可得sina+3，cosa=5/KJl+9/，则/“彳，

J~~JvOoa4

所以，当」=♦即＜s?a=[，也即sina=9时，tanNB'KW取到最大值辿，

45-3cosa454

此时ZB，K”最大，即二面角夕-CD-£取得最大角.

16.（2023秋•湖南湘潭•高三校联考期末）点M,N分别是棱长为2的正方体A88-AMGA

中棱8CCG的中点，动点P在正方形BCGB（包括边界）内运动.若PA〃面AMN,则PA的

长度范围是（）

A.[2,⑸B.[¥，囱C.[竽,3

D.[2,3]

【答案】B

【分析】取片£的中点E,8片的中点凡连结4E,4尸，EF,取E/中点O,连结A0,

证明平面AMN〃平面AEF,从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围.

【详解】取4G的中点E,的中点凡连结AE,A尸，EF,取E尸中点。，连结A。,

EM,

•..点M,N分别是棱长为2的正方体A8CQ-ABC。中棱BC,CC,的中点，

:.AAy//BBl,AAi=BB],BB^”EM,BB、=EM.

:.AA]//EM,AAt=EM，，四边形A/ME为平行四边形，

：.A}EHAM,而在平面区8CG中，易证MN//EF,

•.•■石0平面人形，44/<=平面4^,，4£〃平面4加%,

£F<Z平面AAW,MNu平面AAW,.1EF〃平面AWN,

又：A]EnEF=E,AE,EFU平面AEF,.•.平面4WN〃平面4建尸，

•••动点尸在正方形BCG耳（包括边界）内运动，且如,〃平面AMN,

•••点P的轨迹是线段E凡

AE=A尸=V?7i=后，EF=VF+T=72>\OLEF,

二当尸与。重合时，PA的长度取最小值AO=3后—当）:半,

.AEF为等腰三角形，.••2在点E或者点F处时，此时尸入最大，最大值为石.

即尸4的长度范围为[乎，石

故选：B.

17.（2023•浙江•校联考三模）在正方体488-4862中，平面a经过点8、D,平面户经

过点A、R,当平面。、夕分别截正方体所得截面面积最大时，平面a、4所成的锐二面角

大小为（）

A.30°B.45°C.60°D.75°

【答案】C

【分析】设平面&与面BCQ所成的湎角为。，二面角C「BD-C为丫,分。€卜仁和

。£（0,力两种情况讨论，证明平面。经过点8、。且截正方体所得截面面积最大时，平面a

与面8D4A重合，从而可得出答案.

【详解】平面a经过点8、。且截正方体所得截面面积最大时，平面a与面成次。重合，

证明：设平面a与面BCD所成的二面角为凡二面角G-8O-C为7,

当6e时，记平面a截正方体所得截面为面BDEF,栗==人义6（°，HAB=1,

k2JCRC|4

则品楞。=5（1+1），4-22+3=—J（十一I、+2（1+2）-,

令人（团=（矛-17+2（1+2），

因为力'⑷=4储（2+1）>0，所以=版1）=2,（金曲）_=SBDS=叵，

当6e（0,力时，显然平面a截正方体所得截面面积最大时，

截面为面GBD,SC,BD=y-，

当。=0时，平面a截正方体所得截面为ABCD,SABCD=1,

所以平面a截正方体所得截面面积最大时截面为面，

同理平面夕过4。时，截正方体所得截面面枳最大时截面为面ARBCI,

连接,AC,BC,面a与面夕所成锐二面角为始-BDt-C,,

因为面ARBC「ACJ_面BO8Q,

所以AC,8c的所成角大小为二面角4-8Q-G大小，

因为N4C4=60°,所以面a与面尸所成锐二面角大小为60。.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于说明平面a经过点8、。且截正方体所得截面面

积最大时，平面a与面80片。重:合，考查了分类讨论思想和极限思想.

二、填空题

18.（2023春•辽宁本溪•高三校考阶段练习）如图，在三棱锥P—ABC中，南"1_平面ABC,

ZACB=90°,PA=CA=CB=2,若£>,E分别为棱外,AB的中点，过C,D,E三点的平

面截三棱锥P—ABC的外接球，则截面的面积为.

【答案】y

【分析】将三棱锥放入到一个正方体中，则三棱锥的外接球即为该正方体的外接球，利用正

方体的棱长求出外接球半径，用向量法求球心到截面距离，几何法求截面面积.

【详解】由以1■平面ABC,NAC8=90。，%=CA=C8=2,

将三棱锥尸一ABC放入到一个正方体中（如图），则三棱锥产一4BC的外接球即为该正方体

的外接球，该外接球的球心为正方体的中心0（体对角线的中点），

因为PA=C4=CB=2,所以外接球的半径R=百，

以C为原点，C4,CB,CG的方向为X轴，轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系,

C(0,0,0),0(2,0,1),£(1,1,0),0(1,1,1),

CD=(2,0,1),CE=(1,1,O),CO=(1,1,1),

设平面CDE的一个法向量〃=(x,y,z),

ri'CD=2x4-z=0,

<,令x=l,y=T,z=_2,则〃=(-2),

n-CE=x+y=0

\n-CO\11-1-212近

L

点0到平面CDE的距离为2==2—-2=F=%，

H71+(-l)+(-2)瓜K

所以平面CDE截球所得截面的半径r=-宗故所求截面的面积为兀/=号.

77r

故答案为：y

【点睛】方法点睛：三垂直的四面体的外接球问题，把该四面体补充成正方体或者长方体.

19.（2023•山东荷泽•统考一模）正三棱锥P-ABC的高为尸。,用为PO中点，过AM作与棱

8c平行的平面，将三棱锥分为上下两部分，设上、下两部分的体积分别为匕匕，则*=

【答案】2

【分析】根据题意，做出截面，然后利用向量的线性表示及共线定理推论可得尸产=（尸

S4V.

进而可得三p皿rH=有，从而可得昔的值.

〉HGBC21V2

【详解】连接AO并延长交BC于。，连接尸£>,则D为BC的中点，

延长AA/交PO于尸，过尸作G〃〃3c分别交PB,PC于G,4,连接AG,AH,

因为GH//BC,G〃i平面AG”,8C<z平面AG”,

所以BC〃平面AGV,又AMu平面4GH,故平面AGH即为过AM作与棱3c平行的平

由题可知A0=4AO,PO-PA=-(PD-PA\,BPPO=-PA+-PD,

33、,33

1?

设尸尸=则尸。=彳24+工彳尸尸，又加为PO中点,

33Z

___11_1__

所以尸M=-PO=-PA+—PF,

2_____634

j,pF,

所以k+袁=］,所以号，Bp-=-

SPGH_SPGH_巴

SrPoRCC25'nOSoHCCRC21

所以5=4

%^A-HGBC21-

故答案为：yj--

20.（2023秋•广东深圳•高三统考期末）若正方形48CD的顶点均在半径为1的球。上，则

四棱锥O-ABC。体积的最大值为.

【答案】生叵##±6

2727

【分析】设正方形ABCD的边长为凡可得到四棱锥O-ABC。体积为V='x2Ilf,

3V2

令^=te（O,2）,则l/=；卜卜，利用导数的知识求得最大值即可求解

【详解】设正方形ABCD的中心为E,连接。E,由球的性质可知OEJ•平面ABCD,

设正方形ABC。的边长为x,因为正方形ABC。的顶点均在半径为1的球。上，且不在大圆

上，所以xe（0,夜），

所以，OE=>]OA2-AE2=

所以，四棱锥O-ABCO体积为V=；SMCD-OE=；X2-

令d=fe(O,2),则"=%.1

3

令y=『_g/，则/=故y'=2f一,r=（2_„=0得t=0,4

3

所以，当re］。［）时，y=2?-|f2>0,y=单调递增，

当止（*2）时，y=2/-|r2<o,y=/_$3单调递减，

所以，当f=：时y有最大值丫2X

J乙图4®吟

所以，丫=；卜1，4；楞=挈，当且仅当》=竽时四棱锥。一.8体积的最大值.

故答案为：迪

27

21.（2023•广东•高三统考阶段练习）某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模

型如图2所示，由。4,OB,OC,。。四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛

至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则sinZ4OB=.

图1

【答案】逑#"血

33

【分析】根据题意可得两两连接48,C,。后所得到的四面体为正四面体，且。是其外接球

的球心，设出棱长，在直角三角形中建立等式关系，求得OB,BE的长度，即可求得结果.

【详解】根据题意可得OB,OC,。。相等且两两所成的角相等，两两连接

后所得到的四面体为正四面体，

且。是其外接球的球心，延长AO交面BCE）了E,连接BE,则E为△38的外心,

C

设BC=a,则BE=|.%今,AE=yjAB2-BE2=Ja2一吟a『=^a，

OE2=OB1-BE2,（.AE-OA）2=OB?-BE2,件a-OA）2=OB2-（y-a）2,

因为。4=。8,所以解得。8=逅”，

4

sinNAOB=sinZBOE=—=.

OB3

故答案为：2也.

3

22.（2023秋•浙江绍兴•高三统考期末）在正方体ABC。-AACQ中，M、N分别是棱A&A。

的中点，过C1、M、N的平面a把正方体截成两部分体积分别为匕匕（用之匕），则9=

V2

【答案】石

【分析】根据平面的基本性质画出过的截面，再利用柱体、锥体的体积公式求乂,匕，

即可得结果.

【详解】延长MN交CD的延长线与点0,连接G。交。。于点E,连接EN：

延长M0交CB的延长线与点P,连接C,交8用于点尸，连接用0：

所以过G、M,N的截面为GENMF,如下图所示：

O

设正方体的棱长为2a,由4PBM二二NAM^NDO,"、N分别是棱A3、AD的中点,

所以BP=BM=AM=AN=DN=OD=a,

所以OC=3a,PC=3a,

则过G、M、N的截面下方几何体的体积为

1c1ccn11402cli2a25

vV2=2SQC,CPOC-2^SEDM-OD^--?>a-2a?>a-2--a—a=­a3,

所以另一部分体积为K=8/一高75。3=弓47/,则hV=去47.

故答案为：—.

23.（2023春•浙江宁波•高三校联考阶段练习）浑仪（如图）是中国古代用于测量天体球面

坐标的观测仪器，它是由一重重的同心圆环构成，整体看起来就像一个圆球.学校天文兴趣

小组的学生根据浑仪运行原理制作一个简单模型：同心的小球半径为1,大球半径为凡现要

在大球内放入一个由六根等长的铁丝（不计粗细）组成的四面体框架，同时使得小球可以在

框架内自由转动，则R的最小值为.

渝

假

【答案】G

【分析】根据题设描述知小球与正四面体的各棱相切，大球为正四面体的外接球R最小，

结合正四面体的结构特征，确定球心位置及大小球半径，根据三角形相似列方程求R最小

值.

【详解】由题意，小球与正四面体的各棱相切，大球为正四面体的外接球，即可保证R最

小，

乂CEu面5CD,则旦CE=2X3Q=更”，

323

又小球半径OF=r=l,则OFLAC,大球半径。4=R,AC=a,

RI

04OF—=—F=—

易知：△AOF△ACE，故――=——,即ciy/3，可得R=G.

ACCE-a

3

故答案为：

24.(2023春•江苏南通•高三校考开学考试)在直四棱柱ABCO-AAGA中，底面ABC。是

边长为1的正方形，侧棱AA=2,M为侧棱BB］的中点,N在侧面矩形A。。A内(异于点R)，

则三棱锥