专题06 期中填选压轴题（七大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期中真题分类汇编（沪教版2020，上海专用）

专题06 期中填选压轴题（七大题型） 10-11章+空间向量 体积、截面面积问题 1．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则 ． 2．（22-23高二上·上海徐汇·期中）给定依次排列的四个相互平行的平面，，，，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个的四个顶点满足：（，2，3，4），则该正四面体的体积为 ． 3．（22-23高二上·上海静安·期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异.”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.如图（1）是一种“蒙古包”的简易视图，其中底面是个正方形，曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于底面.想要计算该蒙古包的体积就可以利用祖暅原理，构造一个与蒙古包同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图（2）），从而求得= . 围成区域面积、体积问题 4．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 5．（23-24高二上·上海金山·期中）已知正四面体的棱长为6，设集合，则表示的区域的面积为 ． 6．（21-22高二上·上海浦东新·期中）如图，曲线是一个圆心位于,半径为得四分之一圆弧，是直线上的线段，两者交于，，与轴共同构造一个封闭区域，将绕轴旋转一周得到几何体，现已知：过点作的水平截面，所得的截面积与之间的函数关系式为，利用的表达式与祖暅原理，考虑一个长方体，一个四棱锥和一个平放的半圆柱，计算几何体的体积为 . 7．（23-24高二上·上海金山·期中）在正四棱柱中，已知是棱的中点，是对角线的中点，设是正四棱柱的面上的动点，且平面，则动点P围成的图形的周长为 ． 8．（23-24高三上·上海徐汇·期中）已知函数的部分图像如图1所示，A，B分别为图像的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于，点C为该部分图像与x轴的交点；将绘有该图像的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时，S是及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的区域的面积为    个数、条数等问题 9．（22-23高二下·上海杨浦·期中）在空间中，是一个定点，给定的三个不共面的向量，且它们两两之间的夹角都是锐角.若向量满足，，，则满足题意的点的个数为 . 10．（23-24高二上·上海普陀·期中）若异面直线所成的角为为空间一定点，则过点且与所成的角都是的直线有且仅有 条. 最值、取值范围问题 11．（22-23高二上·上海松江·期中）在棱长为1的正方体中,是的中点,分别为线段和上的动点,点为底面上的动点,则到的距离为 ， 的最小值为 . 12．（23-24高三上·上海·期中）一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为．在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（    ） A． B．8 C．9 D． 13．（22-23高三上·上海浦东新·期中）如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为 ． 14．（21-22高二上·上海松江·期中）两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入棱长为2的正方体中，重合的底面与正方体的某一个面平行，且八面体的各顶点均在正方体的表面上，将满足上述条件的八面体称为正方体的“正子体”.则此正子体的表面积S的取值范围是 15．（23-24高三下·上海·期中）棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 16．（23-24高二下·上海·期中）已知直棱柱的高为，底面三角形的三边长分别为．过三条侧棱中点的截面把三棱柱分成两个完全相同的三棱柱，然后用这两个三棱柱拼成一个三棱柱或者四棱柱，计算后发现表面积都比原来三棱柱的表面积小，那么正数的取值范围是 . 17．（22-23高二上·上海黄浦·期中）如图，矩形中，分别为边上的定点，且，分别将沿着向矩形所在平面的同一侧翻折至与处，且满足，分别将锐二面角与锐二面角记为与，则的最小值为 . 轨迹问题 18．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体，则下列四个命题： ①点在直线上运动，直线与直线所成角的大小不变； ②点在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点在直线上运动，二面角的大小不变； ④点是平面上到点和距离相等的动点，则的轨迹是过点的一条直线. 其中真命题是 （请在横线上填上正确命题的序号）    19．（23-24高二上·上海闵行·期中）如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    题型06 空间向量及应用综合 20．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 21．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 22．（23-24高三上·上海黄浦·期中）若正三棱锥的底面边长为6，高为，动点P满足，则的最小值为 ． 23．（23-24高三上·上海宝山·期中）已知、、为空间中三个单位向量，且、、与夹角为，点P为空间一点，满足且，则最大值为 ． 24．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间四个单位向量满足：，则的最大值为 . 题型07 空间向量、立体几何选择题综合辨析 25．（23-24高二下·上海·期中）在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积不是定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，有且仅有一个点P，使得平面 26．（21-22高二下·上海杨浦·期中）为提高学生数学学习的积极性，复旦附中联合浦东分校、青浦分校、复旦中学组织了复旦附中月度数学学科知识竞赛．本次比赛的年度总冠军奖杯由一个铜球O和一个底座组成，如图（1）所示，已知球的体积为，底座由边长为12的正三角形铜片ABC沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图（2）所示．则在图（1）所示的几何体中，下列结论中正确的是（    ） A．CD与BE是异面直线 B．异面直线AB与CD所成角的大小为45° C．由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面面积为 D．球面上的点到底座底面DEF的最大距离为 27．（23-24高二上·上海金山·期中）如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（    ）． A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 28．（23-24高三上·上海·期中）在单位正方体中，点P在线段上，点Q线段上．①二面角的大小为定值；②长度的最小值为．对于以上两个命题，下列判断正确的是（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 29．（22-23高二上·上海长宁·期中）已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（    ） A．①为假命题，②为真命题； B．①为真命题，②为假命题； C．①②均为真命题； D．①②均为假命题 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 期中填选压轴题（七大题型） 10-11章+空间向量 体积、截面面积问题 一、填空题 1．（23-24高二上·上海浦东新·期中）已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，若，则 ． 【答案】 【分析】计算球的半径和截面圆的半径，确定圆锥的轴与平面的夹角为，截面为等腰三角形，计算边长得到面积. 【解析】设球的半径为，则，解得， 设球的截面半径为，则，故， 故球心到平面的距离， 球心在圆锥的轴上，圆锥的轴与平面的夹角为. 圆锥的高为，故球心到圆锥底面圆的距离为， 圆锥的底面半径为， 如图所示：截面为等腰三角形，，，， ，故. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查了球与圆锥的截面问题，意在考查学生的转化能力，空间想象能力和综合应用能力，其中，确定圆锥的轴与平面的夹角为，再确定截面形状得到面积是解题的关键. 2．（22-23高二上·上海徐汇·期中）给定依次排列的四个相互平行的平面，，，，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个的四个顶点满足：（，2，3，4），则该正四面体的体积为 ． 【答案】/ 【分析】利用正方体性质找到正四面体满足题设的四个平行平面，进而求出正方体棱长，即可求出四面体的体积. 【解析】如下图正方体中，过的平面，过的平面，过的平面，过的平面，且面面，每相邻的两个平面距离为1， 所以正四面体满足题设要求，此时其上底面如下图示，过作于： 所以，设正方体棱长为，则， 由等面积知：，可得， 所以正四面体的体积. 故答案为： 3．（22-23高二上·上海静安·期中）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理：“幂势既同，则积不容异.”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高.如图（1）是一种“蒙古包”的简易视图，其中底面是个正方形，曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于底面.想要计算该蒙古包的体积就可以利用祖暅原理，构造一个与蒙古包同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图（2）），从而求得= . 【答案】 【分析】由题知，正四棱柱的高为，进而根据计算即可. 【解析】解：因为底面是个正方形，曲线和均是以2为半径的半圆 所以，正四棱柱的高为 根据祖暅原理，该蒙古包的体积. 故答案为： 围成区域面积、体积问题 4．（23-24高二上·上海普陀·期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】首先确定到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面ABC的视角下看的平面图形，得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，ABC区域内的几何体为棱柱，然后由空间几何体的体积公式求解即可. 【解析】到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面的视角下看，如图所示： 得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，球心为A、B、C，球半径为1， ABC区域内的几何体为棱柱，其高为2. 因为是边长为1的等边三角形， 所以， 即， 所以KCD、EAF、GBH区域内的几何体的体积之和恰好为半径为1的一个球的体积， 即， ， ， 所以，到动点P距离为1的点所形成的空间几何体的体积. 故答案为： 【点睛】为了研究点形成的空间图形的体积，可以先构造平面图形，由平面联想到空间，再将组合体分割成简单几何体，对其体积进行计算. 5．（23-24高二上·上海金山·期中）已知正四面体的棱长为6，设集合，则表示的区域的面积为 ． 【答案】 【分析】根据题意，先找到A点到平面的最短距离AO的长，结合勾股定理得到PO的长度，进而得出所求区域为圆形及其内部，再求解即可． 【解析】   过点A作平面于点O, 则, 因为，则 , 则Ω表示的区域为以O为圆心，为半径的圆及其内部，面积为, 故答案为： 6．（21-22高二上·上海浦东新·期中）如图，曲线是一个圆心位于,半径为得四分之一圆弧，是直线上的线段，两者交于，，与轴共同构造一个封闭区域，将绕轴旋转一周得到几何体，现已知：过点作的水平截面，所得的截面积与之间的函数关系式为，利用的表达式与祖暅原理，考虑一个长方体，一个四棱锥和一个平放的半圆柱，计算几何体的体积为 . 【答案】 【分析】 利用祖暅原理，通过一个长方体减去一个四棱锥加上一个半圆柱的组合体，使其与的水平截面表达式相等，算出构造的组合体体积即可. 【解析】 如图，取一个宽，长，高的长方体挖空一个四棱锥，再加个半径，高的圆柱， 当高时，水平截面（阴影部分）面积， 由，可得， 由，可得， 则此组合体水平截面面积与之间的函数关系式为， 所以此组合体体积与几何体的体积相等， . 故答案为：. 7．（23-24高二上·上海金山·期中）在正四棱柱中，已知是棱的中点，是对角线的中点，设是正四棱柱的面上的动点，且平面，则动点P围成的图形的周长为 ． 【答案】 【分析】 利用面面平行的性质确定动点P的运动轨迹即可. 【解析】是对角线的中点,故是正四棱柱的中心， 所以点均在平面上， 平面，即平面， ， 取的中点分别为, 且是棱的中点 ,, 且平面，平面， 平面，平面, 且平面，, 所以平面平面， 所以当平面时，平面， 此时平面，即平面. 且是正四棱柱的面上的动点， 故围成的图形即四边形, 四边形的周长为: . 故答案为： 8．（23-24高三上·上海徐汇·期中）已知函数的部分图像如图1所示，A，B分别为图像的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于，点C为该部分图像与x轴的交点；将绘有该图像的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时，S是及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的区域的面积为    【答案】 【分析】先求出函数的最小正周期，从而得到，，作出辅助线，表达出，根据，求出，T表示的区域是以为圆心，为半径，且圆心角为的扇形及其内部，从而求出面积. 【解析】设的最小正周期为，则， 过点作⊥轴于点，连接，    因为绘有该图像的纸片沿x轴折成直二面角，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 其中，， 又，由勾股定理得， ， 即， 因为，解得， 因为，由勾股定理得， 故T表示的区域是以为圆心，为半径，且圆心角为的扇形及其内部， 如图所示，①部分即为所求区域的面积， 其中， 故， 所以.    故答案为： 个数、条数等问题 9．（22-23高二下·上海杨浦·期中）在空间中，是一个定点，给定的三个不共面的向量，且它们两两之间的夹角都是锐角.若向量满足，，，则满足题意的点的个数为 . 【答案】 【分析】确定点在与垂直，且到的距离为的平面上，在与垂直，且到的距离为的平面上，在与垂直，且到的距离为的平面上，计算得到答案. 【解析】，故，，， 故点在与垂直，且到的距离为的平面上，共两个平面； 同理得到： 故点在与垂直，且到的距离为的平面上，共两个平面； 故点在与垂直，且到的距离为的平面上，共两个平面. 个两两平行的平面共有个交点，故满足条件的共有个. 故答案为： 10．（23-24高二上·上海普陀·期中）若异面直线所成的角为为空间一定点，则过点且与所成的角都是的直线有且仅有 条. 【答案】1 【分析】在空间取一点，经过分别作，，分析满足它的射影在所成角的平分线上时的情况可得出答案. 【解析】在空间取一点，经过分别作，，设直线确定平面， 当直线满足它的射影在所成角的平分线上时， 与所成的角等于与所成的角，设直线与所成角为， 因为直线所成角为，得所成锐角为， ①当直线的射影在所成锐角的平分线上时， 则与所成角的范围是， 这种情况下，过点有1条直线与所成角都是 ②当直线的射影在所成钝角的平分线上时， 则与所成角的范围是， 这种情况下，过点不存在直线与所成角都是， 综上，过点且与所成的角都是的直线有且仅有1条. 故答案为：1. 最值、取值范围问题 11．（22-23高二上·上海松江·期中）在棱长为1的正方体中,是的中点,分别为线段和上的动点,点为底面上的动点,则到的距离为 ， 的最小值为 . 【答案】 /0.5 【分析】以为原点,建立如图所示坐标系,取的中点为M,证明出,即可得到的长为到的距离,计算出结果即可. 分别为线段和上的动点,点为底面上的动点,当平面时,有最小值,当为的中点时,有最小值,所以通过把平面绕旋转到与平面在同一平面内,求出点到直线的距离即为最小值. 【解析】以为原点,建立如图所示坐标系,取的中点为,连接, 则,,,, 是的中点,为的中点, ,, ,, 则, , 即的长为到的距离, , 即到的距离为. 为线段上的动点,点为底面上的动点, 当平面时,有最小值, 即在上. 四边形为正方形, , 平面,平面, , 又,平面,平面, 平面, 当为的中点时,有最小值. 把平面绕旋转到与平面在同一平面内,如图所示,为的中点, 过点作于,, 则的最小值即为的长. , 在中,, 又, , 在中, , 即 的最小值为. 故答案为： 12．（23-24高三上·上海·期中）一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为．在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（    ） A． B．8 C．9 D． 【答案】B 【分析】根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径，使正方体外接于球即可求出正方体的最大棱长. 【解析】如下图所示：    根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得； 设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点， 所以可知球的半径，此时球的直径为， 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为; 若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球， 设正方体的最大棱长为，满足，解得. 故选：B 13．（22-23高三上·上海浦东新·期中）如图，三棱锥的顶点A在平面上，侧棱平面，底面BCD是以B为直角的等腰直角三角形，且平面BCD与平面平行．， E是CD中点，M是线段AE上的动点，过点M作平面ACD的垂线交平面于点N，则点N到点C的距离的取值范围为 ． 【答案】； 【分析】由题设可证则△、△都为等腰直角三角形，结合△BCD是以B为直角的等腰直角三角形，将几何体补全为正方体且一个底面在上，进而确定与所成角为，并有，应用余弦定理、勾股定理求的范围即可. 【解析】由平面，面，则面，面， 所以，又且△BCD是以B为直角的等腰直角三角形， 故，则△、△都为等腰直角三角形， 将补全为正方体如下图示，其中一个面在上且棱长为1， 所以，在等边△中E是CD中点，故， 过M作面ACD垂线交面于N，且面，面，则， 因为，面，面，故， 又，面，故面，面， 所以，面面，面面，且， 易知：过M作面ACD垂线在面内，即面，而面， 综上，点必在对角线上，且与所成角为，，则， 在中，令，由， 故， 所以，则， 所以. 故答案为： 14．（21-22高二上·上海松江·期中）两个相同的正四棱锥底面重合组成一个八面体，可放入棱长为2的正方体中，重合的底面与正方体的某一个面平行，且八面体的各顶点均在正方体的表面上，将满足上述条件的八面体称为正方体的“正子体”.则此正子体的表面积S的取值范围是 【答案】 【分析】如图正子体，设AB=a，由正四棱锥的性质可求，再结合条件及二次函数的性质可求，进而即得. 【解析】 如图正子体，由题可知PQ=2，取PQ,BC的中点分别为O，E，连接OE，PE，设AB=a， 由正四棱锥的性质可知，，PO=1， ∴， ∴， ∴此正子体的表面积， 如图设平面ABCD截正方体所得截面为，设，则， 由，可得， 由可知， ∴. 故答案为： 15．（23-24高三下·上海·期中）棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则当三棱锥体积取最大时，其外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】先过作平面的平行面从而确定点的轨迹，再确定三棱锥体积取最大时的位置，进而找到球心所在方位即可求解. 【解析】如图，当点位于的中点时，取中点G，连接， 则由正方体性质有， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又且都在面，所以平面平面， 又面，所以平面， 所以的轨迹是以的中点为端点的线段， 因为， 所以当F点离平面距离最远时三棱锥体积最大， 此时，点与的中点重合， 取中点O，连接，则由正方体性质可得平面， 所以三棱锥的外接球球心在所在直线上， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则，球心为， 则 于是，， 所以外接球半径为， 所以. 故答案为：. 16．（23-24高二下·上海·期中）已知直棱柱的高为，底面三角形的三边长分别为．过三条侧棱中点的截面把三棱柱分成两个完全相同的三棱柱，然后用这两个三棱柱拼成一个三棱柱或者四棱柱，计算后发现表面积都比原来三棱柱的表面积小，那么正数的取值范围是 . 【答案】 【分析】当拼成一个三棱柱时，有两种情况；拼成一个四棱柱时，有四种情况，分别求出其全面积比较大小，解关于的不等式即可. 【解析】由题知，原三棱柱是直三棱柱，设底面是以为直角顶点的直角三角形，且，，， 设棱、、的中点分别为、、. 原三棱柱的全面积（）. 由题意，将原三棱柱分为两个完全相同的三棱柱，记为直三棱柱和直三棱柱，如图所示： 当拼成一个三棱柱时，有两种情况，如图①和②： 图①的全面积（）， 图②的全面积（）， 当拼成一个四棱柱时，有四种情况，如图③、④、⑤、⑥： 图③的全面积（）， 图④的全面积（）， 图⑤的全面积（）， 图⑥的全面积（）， 由上得，两个三棱柱拼成一个新的三棱柱或四棱柱的全面积最大是（）， 则（），解得：， 故a的取值范围是. 故答案为：. 17．（22-23高二上·上海黄浦·期中）如图，矩形中，分别为边上的定点，且，分别将沿着向矩形所在平面的同一侧翻折至与处，且满足，分别将锐二面角与锐二面角记为与，则的最小值为 . 【答案】 【分析】如图所示，作于，在底面投影为，于，在底面投影为，将立体图形还原到平面图形，设，根据相似得到各线段的长度，得到的函数表达式，计算二次函数的最值得到答案. 【解析】如图①，作于，在底面投影为，， 同理，于，在底面投影为，， ，故，还原到平面图形如图②所示： 易知是中点，是中点，， 设，， 同理可求得，， ， 当且仅当 取得最小值. 故答案为: . 【点睛】本题考查了二面角的问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中通过立体和平面的转化，将二面角的三角函数值转化为二次函数是解题的关键. 轨迹问题 18．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，正方体，则下列四个命题： ①点在直线上运动，直线与直线所成角的大小不变； ②点在直线上运动，直线与平面所成角的大小不变； ③点在直线上运动，二面角的大小不变； ④点是平面上到点和距离相等的动点，则的轨迹是过点的一条直线. 其中真命题是 （请在横线上填上正确命题的序号）    【答案】①③④ 【分析】对于①，由于平面，根据平面即可判断选项正误； 对于②选项，只需要将先取在线段两端，判断与选项中的直线与平面角度是不相同的，即可得出选项的正误； 对于③选项，当在直线上运动时，发现直线始终落在平面上，据此可以判断选项的正误； 对于④选项，找到平面与底面的交线即可得到的轨迹，进而判断选项的正误. 【解析】对于①选项，由于在直线上运动，故平面； 由于，，且， 又平面，平面， 平面，， 即直线与直线所成角的大小不变，始终为，故①正确； 对于②选项，由于，且平面，平面， 所以平面，故得：点与点到平面的距离相等，又因为 所以在直线上运动，直线与平面所成角和直线与平面所成角不相等，故②错误； 对于③选项，当在直线上运动时，发现直线始终落在平面上， 即二面角始终等于平面与平面所成角， 得二面角大小不变，故③正确； 对于④选项，易知，平面垂直且平行线段， 即平面上任意一点到点与点的距离均相等， 因此平面底面即为的轨迹，轨迹为过点的一条直线， 故④选项正确. 故答案为：①③④ 19．（23-24高二上·上海闵行·期中）如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    【答案】（1）（3）（4） 【分析】由三棱锥的性质可得（1）；先证面面平行，找到点的轨迹为，再求长度即可判断（2）；证明即可判断（3）；利用等体积法求出球心到截面的距离，再求交线长度即可判断（4）. 【解析】    对于（1），以相同顶点命名的三棱锥体积相同，故三棱锥的体积等于的体积，因为点到上底面的距离等于棱长，故（1）正确； 对于（2），取的中点分别为，连接， 由图像可知，， 又因为， ，当点在上时， 因为正方体棱长为，的中点分别为 所以， 故（2）错误； 对于（3），以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 且，且都在平面内， 所以， 所以点的轨迹是线段，故（3）正确； 对于（4），为正三角形，设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 由等体积法，可得 解得， 故以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 故（4）正确； 故答案为：（1）（3）（4） 【点睛】本题为立体几何压轴题，（1）直接求即可；（2）面面平行得到线面平行，再用勾股定理求长度；（3）为线面垂直找轨迹，（4）等体积法求交线的长度；分析量比较大，属于较难题型. 题型06 空间向量及应用综合 20．（23-24高二下·上海·期中）已知空间向量，，，均为单位向量，且与夹角为，与夹角为，则的最大值为 . 【答案】 【分析】设，，，所以， ，，由，得，即可得的取值范围，又，计算求解即可. 【解析】因为，，，均为单位向量，所以， 设，，，所以， 因为与夹角为，所以， 因为与夹角为，所以， 又，所以， 因为，所以， 所以，即， 设与的夹角为， ， ， ， 因为为空间中任意单位向量， 所以当，时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：设出空间向量，利用空间向量的模可求解的取值范围，根据空间向量的数量积运算可知当与的夹角为时，可求解最值. 21．（23-24高三下·上海浦东新·期中）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【答案】4 【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【解析】已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在. 22．（23-24高三上·上海黄浦·期中）若正三棱锥的底面边长为6，高为，动点P满足，则的最小值为 ． 【答案】8 【分析】利用向量中点的性质，进行合理转化，建立空间直角坐标系，找到对称点的坐标，转化为易求的线段长求解即可. 【解析】 设在底面的射影为，则为底面的中心，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 由题可知，则，，,,， 设， 故，，，， ，， 设中点为，且，， 设是平面的平面方程，且该平面的一个法向量为，作为与该平面的对称点，，设，中点为， 故在该平面上，面，故，，解得，， 故，. 故答案为：8 【点睛】利用空间向量的中点性质和坐标运算，巧作对称点，将问题简化，运用三角形边的性质求解，属于难题. 23．（23-24高三上·上海宝山·期中）已知、、为空间中三个单位向量，且、、与夹角为，点P为空间一点，满足且，则最大值为 ． 【答案】/ 【分析】以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴,建立空间直角坐标系，由坐标表示得，结合不等式的性质进行求解. 【解析】因为、，，平面， 所以平面，以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于平面为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为、、为空间中三个单位向量，与夹角为，即，则，，，即，，， 设，则， 因为， 所以， 所以且， 所以，即， 当时，解得；当时，解得； 所以，即， ，解得， 故， 则最大值为. 故答案为：. 【点睛】空间向量数量积的最值问题，可以根据所给向量的关系，直接列出方程或不等式关系，也可以建立适当的空间直角坐标系，利用坐标运算找到代数关系，借助基本不等式或函数思想解决； 24．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间四个单位向量满足：，则的最大值为 . 【答案】 【分析】将该四个单位向量平移至共起点置于球中，利用空间向量的数量积计算，借助圆锥图形确定即可. 【解析】 如图所示，令共起点， 由题意易得， 同理， 设，则， 根据条件有， 所以分别在以所在直线为轴，O为顶点， 以夹角旋转一周得到的圆锥的侧面上， 观察图形可知当在平面内时，此时夹角最小， 易知， 则， 所以. 故答案为：. 题型07 空间向量、立体几何选择题综合辨析 25．（23-24高二下·上海·期中）在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积不是定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】D 【分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，利用线面垂直的判定定理即可判断选项C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，利用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D. 【解析】不影响题意，将题目所给正三棱柱的点和交换位置并旋转图形如下图所示： 对于A，当时，，即，所以， 故点在线段上，此时的周长为， 当点为的中点时，的周长为， 当点在点处时，的周长为， 故周长不为定值，故选项A错误； 对于B，当时，，即，所以， 故点在线段上， 又，面，面，则面， 所以直线上的点到平面的距离相等， 又的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故选项B错误； C：当时，取线段，的中点分别为，，连结， 由，即，所以，则在线段上， 当在处时，，，又，则平面， 又平面，所以，即， 同理，当在处，，故C错误； 对于D，当时，取的中点，的中点， 因为，即，所以， 则点在线的上， 当点在点处时，取的中点，连结，， 因为平面，又平面，所以， 在正方形中，， 又，，平面， 故平面，又平面，所以， 在正方体形中，， 又，，平面，所以平面， 因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题B选项的解决关键是，利用等体积法，结合线面平行的判定定理即可得解. 26．（21-22高二下·上海杨浦·期中）为提高学生数学学习的积极性，复旦附中联合浦东分校、青浦分校、复旦中学组织了复旦附中月度数学学科知识竞赛．本次比赛的年度总冠军奖杯由一个铜球O和一个底座组成，如图（1）所示，已知球的体积为，底座由边长为12的正三角形铜片ABC沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图（2）所示．则在图（1）所示的几何体中，下列结论中正确的是（    ） A．CD与BE是异面直线 B．异面直线AB与CD所成角的大小为45° C．由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面面积为 D．球面上的点到底座底面DEF的最大距离为 【答案】C 【分析】取中点N，M，利用给定条件证明，推理判断A，B；求出外接圆半径，结合球面截面圆性质计算判断C，D作答. 【解析】取中点N，M，连接，如图， 因为正三角形，则，而平面平面，平面平面，平面， 于是得平面，同理平面，即，， 因此，四边形是平行四边形，有，则直线CD与BE在同一平面内，A不正确； 由选项A，同理可得，则异面直线AB与CD所成角等于直线DF与CD所成角，B不正确； 由选项A知，，同理可得，正外接圆半径， 由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面圆是的外接圆，此截面面积为，C正确； 体积为的球半径，由得，由选项C知，球心到平面的距离， 由选项A，同理可得点A到平面的距离为，即平面与平面的距离为， 所以球面上的点到底座底面DEF的最大距离为，D不正确. 故选：C 【点睛】易错点睛：异面直线所成的角的取值范围是，当求出角的余弦值为负时，要取其相反数作为异面直线夹角余弦． 27．（23-24高二上·上海金山·期中）如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（    ）． A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】D 【分析】假设平面，得到，假设不垂直，假设不成立，①错误，取中点，连接，，得到②正确，得到答案. 【解析】对①：假设平面，平面，则， 则，，故不垂直，假设不成立，①错误； 对②：取中点，连接，为线段的中点，则， 则在以为球心，半径为的球上，②正确； 故选：D 28．（23-24高三上·上海·期中）在单位正方体中，点P在线段上，点Q线段上．①二面角的大小为定值；②长度的最小值为．对于以上两个命题，下列判断正确的是（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 【答案】A 【分析】由题意根据平面具有延展性可知二面角的大小实质为面与平面所成的二面角判断①；将平面沿直线翻折到平面内，过点做，，此时，的值最小，判断②. 【解析】 对于①，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，①正确; 对于②，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下， 过点做，，此时，的值最小. 由题可知， 则， 故，又故的最小值为，故②正确. 故选：A. 29．（22-23高二上·上海长宁·期中）已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（    ） A．①为假命题，②为真命题； B．①为真命题，②为假命题； C．①②均为真命题； D．①②均为假命题 【答案】B 【分析】根据运动过程中三棱锥成为正四面的特殊情况，判断命题的真假即可. 【解析】由题意知，，当四面体为正四面体时，此时为等边三角形，故①为真命题； 当三棱锥是正四面体时，设顶点在底面上的投影为，连接延长交于，如图， 由正四面体性质可知，是三角形中心，是中点， 所以，又, 平面， 所以平面，又平面， 所以，所以②为假命题. 故选：B ( 2 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