专题07 立体几何与空间向量（十大题型+优选提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（沪教版2020，上海专用）

专题07 立体几何与空间向量（十大题型+优选提升题） 平面的基本性质 1．（22-23高一下·上海嘉定·期末）用集合符号表述语句“平面经过直线”： . 2．（25-26高二上·上海·期末）如果三条直线两两相交，且仅有一个交点，那么这三条直线可以确定 个平面． 3．（23-24高一下·上海松江·期末）空间给定不共面的A、B、C、D四个点，如果这四个点到平面的距离都相等，那么这样的平面的个数是 . 4．（23-24高二上·上海黄浦·期末）请写出公理2及其三个推论中的一条： 确定一个平面． 5．（22-23高二上·上海浦东新·期末）下列条件不能确定一个平面的是（    ） A．不共线三点 B．直线和直线上一点 C．两条平行直线 D．两条相交直线 6．（22-23高二上·上海静安·期末）下列命题中真命题是（    ） A．四边形一定是平面图形 B．相交于一点的三条直线只能确定一个平面 C．四边形四边上的中点可以确定一个平面 D．如果点，，平面，且，，平面，则平面与平面为同一平面 空间几何体的结构特征 7．（22-23高二下·上海杨浦·期末）下列命题： ①底面是正多边形的棱锥是正棱锥； ②各侧棱的长都相等的棱锥是正棱锥； ③各侧面是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥. 其中真命题的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．（22-23高二上·上海浦东新·期末）用一个平面截正方体，截面图形可能是（    ） A．钝角三角形 B．直角梯形 C．有两个内角相等的五边形 D．正七边形 9．（22-23高二上·上海浦东新·期末）下列说法正确的是（　 　） A．过球面上任意两点与球心，有且只有一个大圆 B．底面是正多边形，侧棱与底面所成的角均相等的棱锥是正棱锥 C．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台 D．以直角三角形任意一边为旋转轴，其余两边旋转一周所得的旋转体都是圆锥 10．（21-22高二上·上海浦东新·期中）下列命题是假命题的是（    ） A．棱柱的所有侧面都是平行四边形 B．将矩形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆柱； C．正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心； D．将直角三角形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆锥. 11．（20-21高二下·上海长宁·期末）下列结论正确的是（    ） A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．所有几何体的表面都能展开成平面图形 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥 D．一个直角三角形绕一边所在直线旋转形成的封闭曲面所围成的图形叫做圆锥 12．（21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 斜二测画法及相关计算 13．（23-24高二上·上海·期末）如图所示直角三角形是一个平面图形的直观图，若，则这个平面图形的面积是 .    14．（22-23高二上·上海闵行·期末）如图是梯形按照斜二测画出的直观图，其中，，，则原梯形的面积为 .    15．（21-22高二上·上海普陀·期末）如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形的面积为 . 截面，展开图等空间结构有关计算 16．（23-24高二上·上海·期末）已知圆锥SO的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则圆锥SO的体积为（　　） A． B． C． D． 17．（23-24高二上·上海·期末）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为 . 18．（20-21高二下·上海徐汇·期末）已知圆锥的底面半径为，高为1，则过圆锥的顶点的截面面积的最大值为 ． 19．（22-23高二上·上海闵行·期末）如图，已知平面截球所得截面圆的半径为，该球面的点到平面的最大距离为3，则球的体积为（   ）    A． B． C． D． 20．（23-24高二上·上海松江·期末）已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球O，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 21．（23-24高二下·上海虹口·期末）已知一个棱长为2的正四面体和一个圆锥的底面均处于同一平面，若用任意平行于平面的平面去截这两个几何体，所得的截面面积总是相等，则该圆锥的高为 . 22．（23-24高二上·上海·期末）已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为 ． 表面积与体积 23．（23-24高二上·上海·期末）半径为1的球的体积为 ． 24．（23-24高二上·上海崇明·期末）若正四棱柱的底面边长为3，高为4，则该棱柱的体积为 25．（21-22高二上·上海浦东新·期中）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的全面积为 ． 26．（25-26高二上·上海·期末）已知圆锥的母线长，高，则这个圆锥的侧面积为 ． 27．（23-24高二上·上海·期末）若将两个半径为的铁球熔化后铸成一个球，则该球的表面积为 . 28．（23-24高二下·上海·期末）将函数的图象绕着轴旋转一周所得的几何容器的容积是 . 29．（23-24高二上·上海·期末）一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，则这个三棱锥的体积为 . 30．（23-24高二上·上海·期末）在边长为1的正方形中裁去一个如图所示的扇形，再将剩余的阴影部分绕旋转一周，则所得几何体的体积为 . 31．（23-24高二上·上海·期末）在《九章算术》中，将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵中，，堑堵的顶点到直线的距离为，到平面的距离为，则的取值范围是 .    题型06 立体几何的实际应用 32．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，一个圆锥形杯子，杯口半径和杯子深度都是4厘米，如果将该杯子装满饮料，则可以装 立方厘米． 33．（23-24高二下·上海·期末）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为 可使爆破体积最大．    34．（23-24高二上·上海·期末）在立体几何讲授圆锥之前，为了让同学们对圆锥有直观的认识，善于动手的老师用铁皮自制一个无盖的圆锥形密封容器.当老师聚精会神做好该密封容器后，发现正在下雨，猛然想起气象学上用24小时内的降水在平地上的积水厚度来判断降雨程度，其中小雨､中雨､大雨､暴雨，勤于思考的老师用刚刚做好的这个圆锥形容器接了24小时的雨水，得到雨水数据如图所示，请你帮他判断一下这天降雨属于哪个等级？ .    题型07 空间中的位置关系 35．（23-24高一下·上海嘉定·期末）已知两条直线m，n，两个平面，，给出下列四个说法： ①，，； ②，，； ③，； ④，，， 其中正确的序号是 ． 36．（23-24高二上·上海闵行·期末）已知表示三个不同的平面，若，且，则直线，的位置关系是 . 37．（21-22高二上·上海·期末）设、是不同的直线，、是不同的平面，其中真命题是 （填序号）. （1）若，，，则； （2）若，，，则； （3）若，，，则；     （4）若，，，，则； 题型08 空间中的角度、距离等问题 38．（23-24高二上·上海·期末）正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为 39．（23-24高二上·上海·期末）点是线段的中点，若到平面的距离分别为和，且在平面的异侧，则点到平面的距离为 ． 40．（23-24高一下·上海·期末）如图，长方体中，，与底面所成的角为，则异面直线与所成角的大小为 ． 41．（22-23高二上·上海静安·期末）正三棱锥底面边长为，侧棱长为4，则二面角的大小为 ． 42．（23-24高二上·上海青浦·期末）已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面ABC内的射影为的中心，则与底面ABC所成角的大小为 ． 43．（21-22高二上·上海静安·期末）在三棱锥中和都是边长为的正三角形，二面角的大小为，当 时，该三棱锥的全面积最大. 题型09 空间向量及其应用综合 44．（23-24高二下·上海虹口·期末）若向量与平行，则实数的值为 . 45．（23-24高二下·上海嘉定·期末）在空间直角坐标系中一点关于坐标平面的对称点的坐标为 46．（23-24高二下·上海宝山·期末）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 47．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角的大小为 ． 48．（23-24高二下·上海宝山·期末）如图，在四面体中，是的中点，，设，，，则 .（用表示）    49．（23-24高二上·上海·期末）已知平面的一个法向量，直线的方向向量，则直线与平面所成角的正弦值为 . 50．（23-24高三上·上海静安·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是上的点，直线与平面所成的角是，则的长为 . 51．（21-22高二上·上海浦东新·期末）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型10 解答题 52．（25-26高二上·上海·期末）如图，在正三棱柱中，下底面的面积为，侧面积为18． (1)求正三棱柱的体积； (2)若D是AB的中点，求异面直线与BC所成的角的大小． 53．（23-24高一下·上海嘉定·期末）如图，底面ABCD为菱形，点P是平面ABCD外一点，且平面ABCD，E、F分别是为PD，PC的中点． (1)求证：平面PAB； (2)若，，，求直线BE与平面ABCD所成角的大小． 54．（23-24高二下·上海金山·期末）如图，在中，.将绕旋转得到，分别为线段的中点． (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值． 55．（23-24高二上·上海崇明·期末）在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点． (1)求二面角的大小； (2)求点到平面的距离； (3)若点G是棱上一点，当G在何处时，平面？ 56．（23-24高二上·上海·期末）已知正方体的棱长为1，P是对角面（包含边界）内一点，且. (1)求的长度； (2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由； (3)过点作平面与直线垂直，求平面与平面所成锐二面角的最小值，并求此时平面截正方体所得截面图形的周长. 一、填空题 1．（23-24高二上·上海·期末）如图，正四面体中，点，，，，，分别是所在棱的中点，则当，（），，（）时，的所有可能取值共有 种. 2．（23-24高二上·上海·期末）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 二、单选题 3．（23-24高二上·上海·期末）设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 三、解答题 4．（23-24高三上·上海普陀·期末）对于一个三维空间，如果一个平面与一个球只有一个交点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系中，球的半径为，记平面、平面、平面分别为、、. (1)若棱长为的正方体、棱长为的正四面体的内切球均为球，求的值； (2)若球在处有一切平面为，求与的交线方程，并写出它的一个法向量； (3)如果在球面上任意一点作切平面，记与、、的交线分别为、、，求到、、距离乘积的最小值. ( 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07 立体几何与空间向量（十大题型+优选提升题） 平面的基本性质 1．（22-23高一下·上海嘉定·期末）用集合符号表述语句“平面经过直线”： . 【答案】 【分析】根据线面关系可得结果. 【解析】因为平面经过直线AC，则. 故答案为：. 2．（25-26高二上·上海·期末）如果三条直线两两相交，且仅有一个交点，那么这三条直线可以确定 个平面． 【答案】1或3 【分析】根据三条直线两两相交的位置关系可得答案. 【解析】如图，三条直线两两相交于点， 且确定平面，确定平面，确定平面； 如图，三条直线两两相交于点， 这三条直线确定平面. 故答案为：1或3. 3．（23-24高一下·上海松江·期末）空间给定不共面的A、B、C、D四个点，如果这四个点到平面的距离都相等，那么这样的平面的个数是 . 【答案】7 【分析】分平面的两边分别有1个点，3个点和两边各有2个点讨论即可. 【解析】因为四点不共面，所以可以看作是四面体的顶点，取四面体各棱的中点为. 如图： 当四个点在平面的一侧有1个点，另一侧有3个点，且它们到平面的距离相等，这样的平面有平面，平面，平面，平面，共4个； 当四个点分别在平面的两侧各有两个点，且它们到平面的距离相等，这样的平面有平面，平面，平面，共3个. 所以满足条件的平面共7个. 故答案为：7 4．（23-24高二上·上海黄浦·期末）请写出公理2及其三个推论中的一条： 确定一个平面． 【答案】故答案为：两条相交直线（答案不唯一） 【分析】根据公理的内容即可求解. 【解析】公理2：不在同一直线上的三个点确定一个平面。 推论1：经过一条直线以及直线外一点确定一个平面， 推论2：经过两条相交直线确定一个平面， 推论3：两条平行线确定一个平面. 故答案为：两条相交直线（答案不唯一） 5．（22-23高二上·上海浦东新·期末）下列条件不能确定一个平面的是（    ） A．不共线三点 B．直线和直线上一点 C．两条平行直线 D．两条相交直线 【答案】B 【分析】根据确定平面的公理及其推论，即可判断． 【解析】经过不共线三点，有且只有一个平面，故A不符合题意； 经过直线和直线上一点，有无数个平面，故B符合题意； 经过两条平行直线，有且只有一个平面，故C不符合题意； 经过两条相交直线，有且只有一个平面，故D不符合题意． 故选：B． 6．（22-23高二上·上海静安·期末）下列命题中真命题是（    ） A．四边形一定是平面图形 B．相交于一点的三条直线只能确定一个平面 C．四边形四边上的中点可以确定一个平面 D．如果点，，平面，且，，平面，则平面与平面为同一平面 【答案】C 【分析】利用平面的基本性质逐一判断即可． 【解析】对于A，四边形有平面四边形和空间四边形，由不共面的四个点构成的四边形为空间四边形，故A错误； 对于B，三棱锥三条侧棱所在的直线相交于一点，但这三条直线不共面，故B错误； 对于C，由四边形四边上的中点连线为平行四边形，平行四边形对边平行，所以四边形四边上的中点可以确定一个平面，故C正确； 下面证明四边形四边上的中点连线为平行四边形． 证明：如图为四边形，其中，，，分别为，，，的中点， 连接，，， 由，为，，则，且，同理，且， 所以，且，所以四边形为平行四边形． 对于D，当点，，在一条直线上时，平面和与平面也可能相交，故D错误． 故选：C． 空间几何体的结构特征 7．（22-23高二下·上海杨浦·期末）下列命题： ①底面是正多边形的棱锥是正棱锥； ②各侧棱的长都相等的棱锥是正棱锥； ③各侧面是全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥. 其中真命题的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】A 【分析】由正棱锥满足的条件即可判断. 【解析】是正棱锥必须满足两个条件：（1）底面是正多边形（2）过顶点作底面垂线，垂足为底面正多边形中心，即侧面是全等的等腰三角形. 对于①，底面是正多边形的棱锥，但侧面不是全等的等腰三角形时不满足条件（2），故错误； 对于②，比如一个四棱锥满足各侧棱的长都相等，但其底面可以为矩形，此时不满足条件（1），故错误； 对于③，比如一个四棱锥满足各侧面是全等的等腰三角形，但其底面可以为菱形，此时不满足条件（1），故错误. 故选：A 8．（22-23高二上·上海浦东新·期末）用一个平面截正方体，截面图形可能是（    ） A．钝角三角形 B．直角梯形 C．有两个内角相等的五边形 D．正七边形 【答案】C 【分析】根据正方体的截面分析得到答案. 【解析】用一个平面截正方体，截面图形可能是三角形，四边形，五边形，六边形. 对于A：截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.    如图所示的截面三角形. 设，所以，，. 所以由余弦定理得：所以为锐角. 同理可求：为锐角，为锐角. 所以为锐角三角形.故A错误； 对于B：截面图形如果是四边形，可能是正方形，可能是矩形，可能是菱形，可能是一般梯形，也可能是等腰梯形，不可能是直角梯形.                故B错误； 对于C：如图示的截面图为五边形，并且有两个角相等.    故C正确； 对于D：因为正方体有六个面，所以一个平面截正方体，边数最多为6.所以D错误. 故选：C 9．（22-23高二上·上海浦东新·期末）下列说法正确的是（　 　） A．过球面上任意两点与球心，有且只有一个大圆 B．底面是正多边形，侧棱与底面所成的角均相等的棱锥是正棱锥 C．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台 D．以直角三角形任意一边为旋转轴，其余两边旋转一周所得的旋转体都是圆锥 【答案】B 【分析】根据空间几何体的概念和性质可判断. 【解析】球面上两点与球心共线时，有无数个大圆，故A错误. 底面是正多边形，侧棱与底面所成的角均相等,则顶点在底面的射影是底面的中心，所以是正棱锥，B正确. 用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故C错误. 以直角三角形任意一直角边为旋转轴，旋转一周所得的旋转体都是圆锥，故D错误. 故选：B 10．（21-22高二上·上海浦东新·期中）下列命题是假命题的是（    ） A．棱柱的所有侧面都是平行四边形 B．将矩形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆柱； C．正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心； D．将直角三角形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆锥. 【答案】D 【分析】由棱柱、圆柱、正棱锥、圆锥的定义逐一判断可得选项. 【解析】解：对于A：由棱柱的定义得棱柱的所有侧面都是平行四边形，故A正确； 对于B：由圆柱的定义得将矩形绕其一边旋转一周所形成的的几何体叫做圆柱，故B正确； 对于C：由正棱锥的定义得正棱锥顶点在底面的投影是底面正多边形的中心，故C正确； 对于D：将直角三角形绕其斜边旋转一周所形成的几何体不是圆锥，故D不正确， 所以假命题的是D选项， 故选：D. 11．（20-21高二下·上海长宁·期末）下列结论正确的是（    ） A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B．所有几何体的表面都能展开成平面图形 C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥 D．一个直角三角形绕一边所在直线旋转形成的封闭曲面所围成的图形叫做圆锥 【答案】C 【分析】对于A、B、D举出反例即可判断，C选项假设正六棱锥，推出矛盾即可. 【解析】A：如图，各个面均是三角形，但不是三棱锥，故A错误； B：球不能展开为平面图形，故B错误； C：若六棱锥的所有棱长都相等，则底面是正六边形，由过中心和顶点的截面可知，若以正六边形为底面，侧棱长必然大于底面的边长，所以该棱锥不可能是正六棱锥，故C正确； D：直角三角形绕其斜边旋转一周形成的几何体是一个由两个圆锥构成的组合体，故D错误, 故选：C. 12．（21-22高一下·上海宝山·期末）在正方体中，棱长为4，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【分析】延长，分别交与的延长线于，可得截面过、、，再根据直线与面面相交的性质，分别确定截面与各棱的交点位置，进而确定截面的形状即可. 【解析】因为，故为的中点.又为正方体，故可延长，分别交与的延长线于，设直线分别交于，易得过点、、的面即平面. 因为为中点，且，故，，，所以，故，即.又，故.又为的中点，同理可得，故，所以，，故在线段内. 连接交于，综上可知点、、截正方体的截面为五边形. 故选：C 斜二测画法及相关计算 13．（23-24高二上·上海·期末）如图所示直角三角形是一个平面图形的直观图，若，则这个平面图形的面积是 .    【答案】 【分析】求得直观图的面积，根据原图的面积与直观图面积之比为，进行计算即可. 【解析】由已知直角三角形中，直角边， 则直角三角形的面积为1， 由原图的面积与直观图面积之比为， 可得原图的面积为， 故答案为：. 14．（22-23高二上·上海闵行·期末）如图是梯形按照斜二测画出的直观图，其中，，，则原梯形的面积为 .    【答案】6 【分析】根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积. 【解析】如图，还原梯形，，，，梯形为直角梯形，    所以原梯形的面积. 故答案为：6 15．（21-22高二上·上海普陀·期末）如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形的面积为 . 【答案】 【分析】根据直观图和平面图的关系可求出，进而利用面积公式可得三角形的面积 【解析】由已知可得 则 故答案为：. 截面，展开图等空间结构有关计算 16．（23-24高二上·上海·期末）已知圆锥SO的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则圆锥SO的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据题意，利用圆锥的体积公式计算即可． 【解析】 解：如图所示， 圆锥SO中，底面圆半径为， 高为； 所以圆锥SO的体积为： . 故选：D． 17．（23-24高二上·上海·期末）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为 . 【答案】/1:7 【分析】由题意，根据圆锥侧面积计算公式，求的圆锥底面半径、母线，结合三角形相似即可求出小圆锥和圆台的体积之比. 【解析】设圆锥底面半径为，母线长为， 由题意，，，故， 作圆锥轴截面如下图： 所以，，，所以圆锥体积为， 因为用与底面的距离为的平面截圆锥，故，且， 所以小圆锥体积， 所以圆台的体积， 故小圆锥和圆台的体积之比为. 故答案为： 18．（20-21高二下·上海徐汇·期末）已知圆锥的底面半径为，高为1，则过圆锥的顶点的截面面积的最大值为 ． 【答案】2 【分析】根据题意，由余弦定理可得圆锥的轴截面的两母线夹角，再结合三角形的面积公式，即可得到结果. 【解析】 依题意，设圆锥的母线长为，因为圆锥的底面半径为，高为1， 所以，设圆锥的轴截面的两母线夹角为， 则， 因为，所以， 则过该圆锥的顶点做截面，截面上的两母线夹角为，， 故截面的面积为， 当且仅当时，等号成立，故截面面积的最大值为. 故答案为： 19．（22-23高二上·上海闵行·期末）如图，已知平面截球所得截面圆的半径为，该球面的点到平面的最大距离为3，则球的体积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件求出球的半径即可. 【解析】依题意得：截面圆半径，设球的半径为，则球心到截面圆的距离. 如图，由勾股定理得：，解得，所以球的体积为. 故选：D.    20．（23-24高二上·上海松江·期末）已知球的体积为，高为1的圆锥内接于球O，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】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【解析】设球O半径为R，由，得， 平面截球O所得截面小圆半径，由，得， 因此，球心O到平面的距离， 而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为， 因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为， 于是得圆锥底面圆半径， 令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦， 点C为弦中点，如图，由题意，， 则，，， 所以. 故答案为：. 21．（23-24高二下·上海虹口·期末）已知一个棱长为2的正四面体和一个圆锥的底面均处于同一平面，若用任意平行于平面的平面去截这两个几何体，所得的截面面积总是相等，则该圆锥的高为 . 【答案】/ 【分析】由题意正四面体和圆锥底面积、体积均相等，故只需求出正四面体的高即可得解. 【解析】正四面体底面外接圆的半径为，所以正四面体的高为， 若用任意平行于平面的平面去截这两个几何体，所得的截面面积总是相等， 则圆锥的体积和正四面体的体积相等， 且当平行于平面的平面无限接近于平面时，此时截面面积可以直接视为四面体底面面积，圆锥底面积， 从而可设正四面体和圆锥底面积均为（它们也是相等的），圆锥的高为， 所以，即. 故答案为：. 22．（23-24高二上·上海·期末）已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】把面沿展开与在一个平面上如图，连接，则的长度即为的最小值，求解即可. 【解析】由题意知，在几何体内部，但在面内， 把面沿展开与在一个平面上如图，连接， 则的长度即为的最小值， 因为在直三棱柱中，平面， 而平面，则， 因为，则，即， 又平面，则平面， 而平面，所以，即， 因为，易知，所以 所以， 而，， 所以在中，， 所以，即的最小值为. 故答案为：. 表面积与体积 23．（23-24高二上·上海·期末）半径为1的球的体积为 ． 【答案】/ 【分析】直接利用球的体积公式求解即可． 【解析】半径为1的球的体积为：. 故答案为：. 24．（23-24高二上·上海崇明·期末）若正四棱柱的底面边长为3，高为4，则该棱柱的体积为 【答案】36 【分析】根据给定条件，利用棱柱的体积公式计算即得. 【解析】由正四棱柱的底面边长为3，高为4，得该棱柱的体积. 故答案为：36 25．（21-22高二上·上海浦东新·期中）已知圆柱的底面半径为1，高为2，则该圆柱的全面积为 ． 【答案】 【分析】利用圆柱的全面积公式求解. 【解析】由圆柱的全面积公式得：， 故答案为： 26．（25-26高二上·上海·期末）已知圆锥的母线长，高，则这个圆锥的侧面积为 ． 【答案】135π 【分析】根据圆锥特征以及相关公式直接计算即可. 【解析】圆锥的母线长，高， 所以圆锥的底面半径， 所以圆锥的侧面积. 故答案为：. 27．（23-24高二上·上海·期末）若将两个半径为的铁球熔化后铸成一个球，则该球的表面积为 . 【答案】 【分析】根据熔化前后体积不变可求出熔化后所得球的半径长，再利用球体的表面积公式可得结果. 【解析】设熔化后铸成球的半径为，则，可得． 所以，球的表面积为. 故答案为：. 28．（23-24高二下·上海·期末）将函数的图象绕着轴旋转一周所得的几何容器的容积是 . 【答案】/ 【分析】首先分析可得表示以坐标原点为圆心，半径的半圆（轴及轴上方部分），即可得到旋转后的几何体，再根据球的体积公式计算可得. 【解析】由，则，所以， 所以表示以坐标原点为圆心，半径的半圆（轴及轴上方部分）， 将函数的图象绕着轴旋转一周得到一个半径的半球面， 则该几何体的容积. 故答案为： 29．（23-24高二上·上海·期末）一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，则这个三棱锥的体积为 . 【答案】9 【分析】根据正三棱锥的结构特征结合体积公式运算求解. 【解析】由题意可知：三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为. 故答案为：9. 30．（23-24高二上·上海·期末）在边长为1的正方形中裁去一个如图所示的扇形，再将剩余的阴影部分绕旋转一周，则所得几何体的体积为 . 【答案】/ 【分析】根据题意，由条件可得所形成的旋转体是圆柱去掉一个半径为1的半球，然后结合圆柱以及球的体积公式，代入计算，即可得到结果. 【解析】图中阴影部分绕旋转一周所形成的旋转体是圆柱去掉一个半径为1的半球， 其中圆柱的底面半径为1，高为1， 则所得几何体的体积为圆柱的体积减去半球的体积， 即. 故答案为： 31．（23-24高二上·上海·期末）在《九章算术》中，将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵中，，堑堵的顶点到直线的距离为，到平面的距离为，则的取值范围是 .    【答案】 【分析】设，，利用等面积法和等体积法求出，关于的不等式，根据的范围得出的值． 【解析】设，， 则，，， 且到平面的距离为， ，， ，， ， 又， ，， ，，， . 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等面积法和等体积法求出，关于的不等式，根据的范围得出的值. 题型06 立体几何的实际应用 32．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，一个圆锥形杯子，杯口半径和杯子深度都是4厘米，如果将该杯子装满饮料，则可以装 立方厘米． 【答案】/ 【分析】根据圆锥的体积公式计算可得. 【解析】依题意该圆锥的高厘米，底面半径厘米， 所以其体积立方厘米， 即杯子的容积为立方厘米． 故答案为：． 33．（23-24高二下·上海·期末）采矿、采石或取土时，常用炸药包进行爆破，部分爆破呈圆锥漏斗形状（如图），已知圆锥的母线长是炸药包的爆破半径R，它的值是固定的．当炸药包埋的深度为 可使爆破体积最大．    【答案】 【分析】先将圆锥的体积转化为关于深处的关系式，再利用导数与函数性质的关系求得的最大值点，从而得解. 【解析】结合图形，可知圆锥的体积为， 又因为，即， 所以，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最大值， 所以炸药包要埋在深处. 故答案为：. 34．（23-24高二上·上海·期末）在立体几何讲授圆锥之前，为了让同学们对圆锥有直观的认识，善于动手的老师用铁皮自制一个无盖的圆锥形密封容器.当老师聚精会神做好该密封容器后，发现正在下雨，猛然想起气象学上用24小时内的降水在平地上的积水厚度来判断降雨程度，其中小雨､中雨､大雨､暴雨，勤于思考的老师用刚刚做好的这个圆锥形容器接了24小时的雨水，得到雨水数据如图所示，请你帮他判断一下这天降雨属于哪个等级？ .    【答案】中雨 【分析】先利用圆锥的体积公式求得水的体积，再利用圆柱的体积公式求得高即可. 【解析】解：由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥， 积水厚度， 这天降雨属于中雨. 故答案为：中雨. 题型07 空间中的位置关系 35．（23-24高一下·上海嘉定·期末）已知两条直线m，n，两个平面，，给出下列四个说法： ①，，； ②，，； ③，； ④，，， 其中正确的序号是 ． 【答案】①④ 【分析】对于①：根据线面垂直的性质分析判断；对于②③：根据线面位置关系分析判断；对于④：根据线面垂直分析判断. 【解析】对①，∵，，∴，又，∴，∴①正确； 对②，∵，，，∴或m与n异面，∴②错误； 对③，∵，，∴n与可以成任意角，∴③错误； 对④，∵，，则， 又∵，∴，∴④正确． 故答案为：①④． 36．（23-24高二上·上海闵行·期末）已知表示三个不同的平面，若，且，则直线，的位置关系是 . 【答案】 【分析】根据面面平行的性质定理可得答案. 【解析】由题意知，且， 根据面面平行的性质定理可得， 故答案为： 37．（21-22高二上·上海·期末）设、是不同的直线，、是不同的平面，其中真命题是 （填序号）. （1）若，，，则； （2）若，，，则； （3）若，，，则；     （4）若，，，，则； 【答案】（1） 【分析】结合、是不同的直线，、是不同的平面，利用直线、平面之间的位置关系逐一判断即可. 【解析】对于（1）：因为，，所以，又因为，结合面面垂直的判定定理，可得，故（1）为真命题; 对于（2）：若，，，则根据空间中平面与平面的位置关系可得：相交或平行，故（2）不是真命题； 对于（3）：若，，，则根据空间中平面与平面的位置关系可得：相交或平行，故（3）不是真命题； 对于（4）：若，，，，则根据空间中平面与平面的位置关系可得：相交或平行，故（4）不是真命题； 故答案为：（1）. 题型08 空间中的角度、距离等问题 38．（23-24高二上·上海·期末）正四面体的棱长为1，则点A到平面的距离为 【答案】/ 【分析】作出辅助线，得到即为点A到平面的距离，为等边三角形的中心，结合勾股定理求出答案. 【解析】取的中点，连接，则⊥， 过点作⊥平面，垂足为，即为点A到平面的距离， 则点在上，且为等边三角形的中心， 因为正四面体的棱长为1，则， 由勾股定理得，则， 因为，由勾股定理得， 则点A到平面的距离为. 故答案为： 39．（23-24高二上·上海·期末）点是线段的中点，若到平面的距离分别为和，且在平面的异侧，则点到平面的距离为 ． 【答案】1 【分析】当两点在平面的异侧时，利用中点的性质即可求解到平面的距离． 【解析】当两点在平面的异侧时，如图， 所以点到平面的距离为1； 故答案为：1． 40．（23-24高一下·上海·期末）如图，长方体中，，与底面所成的角为，则异面直线与所成角的大小为 ． 【答案】arccos 【分析】根据与平面所成角为计算出，然后把平移至，则为异面直线与所成的角，最后用余弦定理计算即可. 【解析】如图，连接， 因为平面，所以为与平面所成的角，即， 所以，因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，为异面直线与所成的角， 因为，， 所以，所以. 故答案为： 41．（22-23高二上·上海静安·期末）正三棱锥底面边长为，侧棱长为4，则二面角的大小为 ． 【答案】 【分析】根据题意分析可得二面角的平面角为，利用余弦定理运算求解. 【解析】取的中点，连接， ∵，则， 故二面角的平面角为， 由题意可得：， ∵，且， 故二面角的大小为. 故答案为：. 42．（23-24高二上·上海青浦·期末）已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面ABC内的射影为的中心，则与底面ABC所成角的大小为 ． 【答案】 【分析】设为中点，则，可得面，可得与底面所成的角，在中，计算正弦值，进而可得答案． 【解析】设在底面内的射影为，为的中心， 则平面，， 又平面，所以，则， 同理：，，则， 因为的侧棱与底面边长都相等，不妨设其棱长为， 则，故四面体为正四面体， 记，为中点，连接， 则为中点，，面， 即与底面所成的角， 在正中，， 在中，，， 在正三角形中，， 所以在中，， 故与底面ABC所成角的大小为. 故答案为：． 43．（21-22高二上·上海静安·期末）在三棱锥中和都是边长为的正三角形，二面角的大小为，当 时，该三棱锥的全面积最大. 【答案】 【分析】取中点，连接，，即可得到是二面角的平面角，即，再由，即可得到当时，和面积最大，此时三棱锥的全面积最大，从而求出，再由余弦定理求出，即可得解. 【解析】解：取中点，连接，，则和都是正三角形， 所以，，且， ， 所以是二面角的平面角，即， 又，且， 所以当时，和面积最大，此时三棱锥的全面积最大， 所以， 在中，由余弦定理， 即， 所以， 所以， 当时，该三棱锥的全面积最大. 故答案为： 题型09 空间向量及其应用综合 44．（23-24高二下·上海虹口·期末）若向量与平行，则实数的值为 . 【答案】4 【分析】根据向量平行得到关于m的等式，解出m即可. 【解析】因为与平行， 所以存在实数使即， 所以解得 故答案为：4. 45．（23-24高二下·上海嘉定·期末）在空间直角坐标系中一点关于坐标平面的对称点的坐标为 【答案】 【分析】由空间直角坐标系中点关于面对称的性质计算即可得. 【解析】由关于坐标平面对称的点的横坐标相反，纵坐标与竖坐标相等可得. 故答案为：. 46．（23-24高二下·上海宝山·期末）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 【答案】 【分析】根据投影向量定义和向量坐标运算直接求解即可. 【解析】，又， 在方向上的投影向量为. 故答案为：. 47．（23-24高二下·上海闵行·期末）已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与平面所成的角的大小为 ． 【答案】0/ 【分析】根据题意可得，可知∥平面或平面，即可得结果. 【解析】由题意可得：，即， 可知∥平面或平面， 所以直线与平面所成的角为0. 故答案为：0. 48．（23-24高二下·上海宝山·期末）如图，在四面体中，是的中点，，设，，，则 .（用表示）    【答案】 【分析】根据向量线性运算直接求解即可. 【解析】为中点，； ，； . 故答案为：. 49．（23-24高二上·上海·期末）已知平面的一个法向量，直线的方向向量，则直线与平面所成角的正弦值为 . 【答案】/ 【分析】根据题意，由线面角的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【解析】设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为： 50．（23-24高三上·上海静安·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，是上的点，直线与平面所成的角是，则的长为 . 【答案】2 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间角的向量求法，结合直线与平面所成的角是，即可求得答案. 【解析】由题意知在四棱锥 中，平面，底面是矩形， 以A为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， 设平面的一个法向量为，则， 即，令，则， 设直线与平面所成的角为， 直线与平面所成的角是，则， 故， 即，解得（负值舍去）， 故的长为2， 故答案为：2 51．（21-22高二上·上海浦东新·期末）如图，在正方体中，点为线段的中点．设点在线段上，直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设出正方体棱长，表达出，判断出在是严格减函数，从而求出最值，得到取值范围. 【解析】设正方体的棱长为2， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，， ， 设平面的法向量，则， 取，得， 所以 ， 因为，所以在上单调递减， 且， 由复合函数单调性可知单调递增， 所以在是严格减函数， 所以时，取最小值， 时，取最大值． 所以的取值范围是． 故选：C． 【点睛】方法点睛：线面角最值求解，常常用到以下方法： 一是向量法，建立空间直角坐标系，需要引入变量，转化为函数的最值问题进行求解； 二是定义法，常常需要作出辅助线，找到线面角，求出最值，常用知识点有正弦定理，余弦定理，基本不等式等； 题型10 解答题 52．（25-26高二上·上海·期末）如图，在正三棱柱中，下底面的面积为，侧面积为18． (1)求正三棱柱的体积； (2)若D是AB的中点，求异面直线与BC所成的角的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由棱柱的体积公式即可求得答案； （2）取AC的中点E，在中可求得，则异面直线与BC所成的角可求. 【解析】（1）设底面边长为a，高为h，则，所以； （2）取AC的中点E，连接DE和，则就是异面直线与BC所成的角（或其补角） 在中，，，， 异面直线与BC所成的角为. 53．（23-24高一下·上海嘉定·期末）如图，底面ABCD为菱形，点P是平面ABCD外一点，且平面ABCD，E、F分别是为PD，PC的中点． (1)求证：平面PAB； (2)若，，，求直线BE与平面ABCD所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据中位线得出，再利用线面平行的判定定理即可得证； （2）根据平面，得出就是直线与平面所成角，解三角形即可． 【解析】（1）因为E、F分别是为的中点， 所以，又因为， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）连接， 因为ABCD为菱形，，， 所以三角形为等边三角形， 故， 又，所以， 因为平面， 所以就是直线与平面所成角， 在直角三角形中， ， 所以， 即直线与平面所成角的大小为． 54．（23-24高二下·上海金山·期末）如图，在中，.将绕旋转得到，分别为线段的中点． (1)求点到平面的距离； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）取的中点，连接，作，垂足为.证明平面，即点到平面的距离为的长度．求出即可. （2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出关键点和法向量坐标，用向量法可解. 【解析】（1）取的中点，连接，作，垂足为 因为为的中点，所以. 又，所以平面. 因为平面，所以．又， 所以平面，即点到平面的距离为的长度. 易知平面，所以． 因为是边长为2的等边三角形，所以，又， 所以，所以． （2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 所以， 设平面的法向量为， 可得，令，则， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 可得，令，则， 所以平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 则二面角的正弦值为. 55．（23-24高二上·上海崇明·期末）在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点． (1)求二面角的大小； (2)求点到平面的距离； (3)若点G是棱上一点，当G在何处时，平面？ 【答案】(1)； (2)； (3)当G为中点时，平面. 【分析】（1）构建空间直角坐标系，应用向量法求二面角的大小； （2）根据（1）所得坐标系，向量法求点面距； （3）令且，结合题设有，由向量平行的坐标表示求参数，即可得结果. 【解析】（1）构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以，，若是面的一个法向量， 则，取，有， 又是面的一个法向量， 所以锐二面角的余弦值，故二面角的大小为. （2）由，则，又是面的一个法向量， 所以点到平面的距离. （3）令且，则，要使平面， 故，即，可得， 所以，当G为中点时，平面. 56．（23-24高二上·上海·期末）已知正方体的棱长为1，P是对角面（包含边界）内一点，且. (1)求的长度； (2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由； (3)过点作平面与直线垂直，求平面与平面所成锐二面角的最小值，并求此时平面截正方体所得截面图形的周长. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析； (3)二面角的最小值为，周长为 【分析】（1）根据依题意利用线面垂直的判定定理可得，点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，即可求得； （2）利用空间向量求出当平面平面时点的位置与点重合，显然不合题意，可知不存在满足题意的点； （3）利用线面角的定义可得当直线与平面所成的角取到最大值时，平面与平面所成锐二面角最小，即可求得结果，作出平面截正方体所得截面图形为五边形，分别算的边长即可求出周长. 【解析】（1）l连接交于点，连接，如下图所示：    易知，利用正方体性质可得， 又，平面，所以平面； 又P是对角面（包含边界）内一点，，即可得平面； 所以， 又因为，所以可得， 又，利用勾股定理可得， 由正方体的棱长为1，因此， 因此点的轨迹是在平面内以为直径的半圆； 可得. （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：    由（1）可知，假设存在点，使得平面平面； 易知； 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 由平面平面可得，解得， 即可知； 又点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，可知此时点与点重合，不合题意； 因此可得不存在点，使得平面平面； （3）过点作平面与直线垂直， 设直线与平面所成的角为， 易知和平面与平面所成锐二面角互余， 所以当取到最大值时平面与平面所成锐二面角最小， 由（2）可知，又，因此当点竖坐标取到最大值时，即平面时满足题意， 此时，所以， 因此平面与平面所成锐二面角的最小值为 延长，交的延长线与点，交于点，如下图所示： 易知，由可得，所以； 由可知，可得， 过点作分别交于点，则； 显然由正方体性质可得平面，所以平面， 又平面，所以； 由，，平面， 所以平面，即平面即为平面， 设平面截正方体交于点，于点，连接； 所以平面截正方体所得截面图形即为五边形； 设，易知，则； 由可得，解得； 即，所以， 而，所以； 由对称性可知，，； 所以五边形的周长为， 即平面截正方体所得截面图形的周长为. 【点睛】方法点睛：在求解截面图形面积或周长问题时，要先利用线面垂直或线面平行等性质作出截面，在定量计算即可求得结果. 一、填空题 1．（23-24高二上·上海·期末）如图，正四面体中，点，，，，，分别是所在棱的中点，则当，（），，（）时，的所有可能取值共有 种. 【答案】13 【分析】分类考虑的两个端点的所处位置情况，即当两点取自四面体的顶点，或当两点取自6条棱的中点，或当两点中一个取自四个顶点中，另一个取自6条棱的中点，再分类考虑的情况，分类计算，综合即可求得答案. 【解析】正四面体中，设棱长为a，四个面上每个顶点与对边中点的连线长均为， 连接，则，则，同理， 则每组相对棱中点的连线长均为， 当两点取自四面体的顶点时，不妨假设为， 此时当，j从2取到10时，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时，不取2，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时（），则的值，其中有，等， 比较以上数量积的结果可知的不同数值为： 共9个； 当两点取自6条棱的中点时，不妨假设为，同理可计算取等情况时的值； 此时当，j从2取到10时，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时，不取2，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时（），则的值， 比较以上数量积的结果可知的不同数值为： 共9个； 当两点中一个取自四个顶点中，另一个取自6条棱的中点时， 可求得的不同值为： 共13个， 综合以上可得可能取值共有： 共13种， 故答案为：13 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是要分类讨论，先考虑向量所处的位置情况，再考虑，结合数量积的定义，分类计算，可求得答案. 2．（23-24高二上·上海·期末）如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 【答案】①②③ 【分析】由题可证平面，得点P到平面的距离恒为定值，故①正确；由题可证平面，故②正确；三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，找到球心即可求半径，故③；旋转，将空间问题平面化，判断④错误. 【解析】正方体中，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面，即点P到平面的距离恒为定值， 又， 也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，①正确； 在正方体中，平面，平面，所以， 在正方形中：， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，②正确； 因为点P在线段上运动， 若，则点P与点A重合， 则三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 又正方体的中心到三棱锥四个顶点距离相等， 所以正方体的中心即为外接球球心，半径为体对角线的一半，为，③正确； 如图所示： 将三角形沿翻折得到该图形，连接与相交于点， 此时取得最小值，延长，过作于点， 在中，， 故的最小值为，④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决： 一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 二、单选题 3．（23-24高二上·上海·期末）设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 【答案】C 【分析】对于②，可以考虑构造一个正四棱锥来说明，对于①可以考虑利用反证法证伪. 【解析】对于②，考虑一个正四棱锥，然后再他的侧棱的延长线上可以画出一个梯形， 具体做法是：取，则四棱锥为正四棱锥， 然后令， 那么 此时是梯形，但不是平行四边形， 对于①，如图，四边形为平行四边形，也为平行四边形， 若平面与平面不平行， 则四边形中必有一边与底面相交， 不妨设直线与底面相交， 则直线也与底面相交， 在平面中过做的平行线，交与，则， 因平面，平面，故平面，即平面， 而平面平面，故，而， 故相交，这与为平行四边形矛盾. 故平面平面，故， 若四边形为菱形，则，则， 故四边形为菱形，故①错误. 故选：C. 【点睛】关键点睛：空间中满足条件的几何体的存在性，可以通过常见几何体来构造，或者通过反证法结合空间中点线面的判断与性质导出矛盾. 三、解答题 4．（23-24高三上·上海普陀·期末）对于一个三维空间，如果一个平面与一个球只有一个交点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系中，球的半径为，记平面、平面、平面分别为、、. (1)若棱长为的正方体、棱长为的正四面体的内切球均为球，求的值； (2)若球在处有一切平面为，求与的交线方程，并写出它的一个法向量； (3)如果在球面上任意一点作切平面，记与、、的交线分别为、、，求到、、距离乘积的最小值. 【答案】(1) (2)交线方程为，该直线的一个方向向量为 (3) 【分析】（1）求出的值，利用等体积法求出的值，由此可得出的值； （2）在与的交线上任取一点，记点，由结合空间向量数量积的坐标运算可得出与的交线方程，由此可写出交线的一个法向量； （3）设为球面上一点，则，求出平面的方程，可求出平面与三条轴的交点坐标，利用等面积法求出点到直线、、距离，在利用三元基本不等式可求得到、、距离乘积的最小值. 【解析】（1）解：由题意可知，球内最大内切正方体的棱长为， 设球为最大内切正四面体为，如下图所示： 设顶点在底面的射影为点，则为正的中心， 取线段的中点，连接，则， 则，， 所以，，， 因为， ，故，解得， 所以，. （2）解：在与的交线上任取一点，记点， 则，即， 即，即， 所以，与的交线方程为，该直线的一个法向量为. （3）解：设为球面上一点，则， 在平面上任取一点，则， 即， 即，即， 因为平面与三个坐标平面均有交线，则， 平面分别交、、轴于点、、， 设到、、距离分别为、、， 则， 同理可得，， 所以，， 当且仅当，即当， 故到、、距离乘积的最小值为. 【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与平面解析几何的综合问题，解题时主要要清楚直线与球的切结关系，考查学生的逻辑思维能力与空间想象能力，属于难题. ( 5 )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 $$