专题10 空间几何体与点线面的位置关系（九大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高三数学上学期期末真题分类汇编（北京专用）

专题10空间几何体及其点线面的位置关系 空间几何体的表面积 1．（23-24高三上·北京海淀·期末）蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为（    ） （参考数据：，） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据蜂房的结构特征，即可根据锐角三角函数以及三角形面积公式求解. 【详解】由于，所以, 连接,取其中点为，连接, 所以, 由，且多边形为正六边形，所以， 由于,所以， 故一个菱形的面积为， 因此上顶的面积为， 故选：D 空间几何体的体积 2．（21-22高三上·北京海淀·期末）如图，，是两个形状相同的杯子，且杯高度是杯高度的，则杯容积与杯容积之比最接近的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据两个杯子形状相同可得底面积之比为高之比的平方，因此容积之比为高之比的立方即可求解. 【详解】因为，是两个形状相同的杯子，且杯高度是杯高度的， 所以底面半径比也是， 所以两个杯子的底面积之比为， 所以杯容积与杯容积之比， 故选：B. 3．（21-22高三上·北京朝阳·期末）如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】该组合体可视作一个正方体和个球体的组合体，进而求出体积. 【详解】由题意，该组合体是一个正方体和个球体的组合体，其体积为. 故选：A. 4．（23-24高三上·北京通州·期末）如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合.若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，作出轴截面图，求出正三角形的高，再结合题意得圆柱的底面半径和高，进而计算体积即可. 【详解】根据题意，轴截面如图： 在等边三角形中，高， 因为圆柱的高是圆锥的高的，所以圆柱的高, 又且，所以是的中点，即， 于是该圆柱的底面半径为1，高为， 则体积为. 故选：C. 5．（23-24高三上·北京海淀·期末）在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（    ） A．4 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】作出辅助线，得到为二面角的平面角，所以，从而求出四棱锥的高，由棱锥体积公式求出答案. 【详解】连接，相交于点，则为正方形的中心， 故⊥底面， 取的中点，连接，则，， 故为二面角的平面角，所以， 故， 所以该四棱锥的体积为. 故选：C 6．（21-22高三上·北京房山·期末）正四面体的棱长为1，现将正四面体绕着旋转，则所经过的区域构成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取棱中点，连接，故，进而得形成的几何体为两个底面重合的圆锥，其底面圆的半径为，顶点为点，顶点到底面圆的距离均为，再计算圆锥的体积即可得答案. 【详解】解：根据题意，取棱中点，连接， 因为正四面体的棱长为1，则， 所以当正四面体绕着旋转时，形成的几何体为两个底面重合的圆锥， 其底面圆的半径为，顶点为点，顶点到底面圆的距离均为， 故所求几何体的体积为. 故选：C 7．（21-22高三上·北京昌平·期末）在参加综合实践活动时，某同学想利用3D打印技术制作一个的容器：容器上部为圆锥形，底面直径为；下部为圆柱形，底面直径和高均为（如图所示）. 他希望当如图放置的容器内液体高度为时，把容器倒置后，液体恰好充满整个圆锥形部分，则圆锥形部分的高度设计为 . 【答案】6 【分析】求出容器内液体体积，进而列出方程，求出圆锥形部分高度. 【详解】容器内液体体积为（cm3），设圆锥形部分高度为，则，解得：（cm） 故答案为：6 8．（21-22高三上·北京通州·期末）如图，圆锥的体积为，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，设圆柱体积为，则 ． 【答案】 【分析】设圆锥的高为，底面半径为，分别计算圆锥和圆柱的体积即可求解. 【详解】设圆锥的高为，底面半径为，则， 因为为的中点，所以圆柱的底面半径为，高为，则， 所以. 故答案为： 9．（22-23高三上·北京海淀·期末）如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为 . 【答案】 【分析】利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用锥体体积公式求解即可. 【详解】 取中点为,连接， 因为为正三角形，所以， 又因为平面，平面， 所以, 且平面， 所以平面， ,即到平面的距离为， 又因为,平面,平面, 所以平面， 又因为是棱上一点，所以到平面的距离为, 所以, 故答案为: . 点线面的位置关系 10．（21-22高三上·北京通州·期末）“直线与直线没有公共点”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】由两直线没有公共点时，可能平行，也可能是异面直线，结合充分、必要条件的概念进行判定. 【详解】直线与直线没有公共点时，它们可以平行，也可能是异面直线，故“直线与直线没有公共点”是“”的必要不充分条件， 故选：B 11．（21-22高三上·北京海淀·期末）已知，是两个不同的平面，“”的一个充分条件是 A．内有无数直线平行于 B．存在平面，， C．存在平面，，且 D．存在直线，， 【答案】D 【解析】根据线面平行判定、线面垂直性质定理等判定即可. 【详解】解：对于A.根据面面平行判定定理可得A错误； 对于B. 当，时，可能三个平面两两相交，不能得出平行，B错误； 对于C.当，且时，可能三个平面两两相交，不能得出，C错误； 对于D.根据线面垂直推得：当，时，成立，故D正确； 故选：D. 【点睛】 平行关系之间的转化： 在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”. 12．（22-23高三上·北京·期末）已知，是两条不同的直线，是一个平面，且∥，则下列选项正确的是（    ） A．若∥，则∥ B．若∥，则∥ C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】对于A，由∥，∥可得∥或，即可判断为错误； 对于B，由∥，∥，可得与的位置关系为平行、相交、异面均有可能，即可判断为错误； 对于C，由∥，，可得直线可以在平面内，也可以在平面外，即可判断为错误； 对于D，由∥，可得在平面内至少一根直线，使得∥，由，可得，进而可得，即可判断为正确． 【详解】解：对于A，因为∥，∥，所以∥或，故错误； 对于B，因为∥，∥，则与的位置关系为平行、相交、异面均有可能，故错误； 对于C，因为∥，，所以与的位置关系可以是或∥或(不垂直)或，故错误； 对于D，因为∥，设且∥，因为，，所以， 即与所成的角为，又因为∥，所以与所成的角为，即，故正确. 故选：D. 13．（22-23高三上·北京海淀·期末）设、是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】因为、是两个不同的平面，直线， 若对内的任意直线，都有，根据线面垂直的定义可知， ，， 所以，“对内的任意直线，都有”“”； 若，因为，对内的任意直线，与的位置关系不确定， 所以，“对内的任意直线，都有”“”. 因此，“对内的任意直线，都有”是“”的充分而不必要条件. 故选：A. 空间几何体中的垂直与平行关系 14．（21-22高三上·北京昌平·期末）如图，在正方体中， 过点A且与直线垂直的所有面对角线的条数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量解决. 【详解】过点A的面对角线一共有三条，AC，，，连接，AC，，，以为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，，，，，其中，，，，，，，故与垂直，与不垂直，故答案为2条. 故选：C 15．（21-22高三·北京·期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E，F分别是棱A1C1，BC的中点，则下列结论中不正确的是（　　） A．CC1∥平面A1ABB1 B．AF∥平面A1B1C1 C．EF∥平面A1ABB1 D．AE∥平面B1BCC1 【答案】D 【分析】利用线面平行的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得CC1∥AA1，AA1⊂平面A1ABB1，CC1⊄平面A1ABB1，∴CC1∥平面A1ABB1，故A正确； AF⊂平面ABC，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得平面ABC∥平面A1B1C1，∴AF∥平面A1B1C1，故B正确； 取A1B1中点N，又E是A1C1中点，∴NE∥C1B1，且NE＝C1B1， 又F是棱BC的中点，所以BF＝C1B1，AF∥C1B1，∴BF∥NE，BF＝NE， ∴四边形BFEN是平行四边形，∴EF∥BN，BN⊂平面A1ABB1，EF⊄平面A1ABB1，∴EF∥平面A1ABB1，故C正确； ∵EC1∥AC，但EC1≠AC，∴AE与CC1相交，从而有AE不平行于平面B1BCC1，故D错误． 故选：D． 16．（23-24高三上·北京丰台·期末）在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面， 又因为平面平面，，且平面， 所以平面， 所以①正确； 对于②中，由平面，且平面，可得， 又因为，且，平面， 所以平面，所以②正确； 对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确； 对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面， 若平面平面，且平面平面，可得平面， 又因为平面，所以， 因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误. 故选：C. 截面问题 17．（23-24高三上·北京东城·期末）如图，在正方体中，，，分别是，的中点.用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，，，证明平面平面，进而求出截面面积. 【详解】取的中点，连接，，， 正方体，平面， 平面，， 是的中点，，且， 四边形是矩形， 且，四边形是平行四边形，， 平面，平面，平面， 平面，平面，平面， ，平面，平面， 平面平面， 即平面为过点且平行于平面的平面截正方体所得平面， ，，， . 故选：A. 18．（22-23高三上·北京海淀·期末）如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面，分别是棱的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下几个结论： ①截面的面积等于； ②截面是一个五边形且只与四棱锥四条侧棱中的三条相交； ③截面与底面所成锐二面角为； ④截面在底面的投影面积为. 其中，正确结论的序号是 . 【答案】②③④ 【分析】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，则多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形； ，结合垂直关系可证得为截面与底面所成锐二面角； 取AB、AD中点K、L，结合垂直关系证得多边形AKFGL为截面在底面的投影. 【详解】取CD中点G，PA的四等分点I，依次连接E、F、G、H、I，设，则M为CN中点，N为AC中点，故M为AC四等分点，故， 底面是菱形，，则为正三角形，，又，∴，. 底面，底面，∴，，∴， ∵分别是棱的中点，∴，且，. 综上可知，多边形EFGHI即为平面截四棱锥所得的截面多边形. ∵平面PAC，∴平面PAC，∵平面PAC，∴，∴，∴四边形EFGH为矩形，其面积为. 设，则M为CN中点，N为AC中点，∴，. ∵平面PAC，平面PAC，∴平面PAC，∵平面EFGH平面PAC，∴且，∴， ∴的边EH上的高，∴，∴截面的面积等于，①错； 由图可知，截面是一个五边形，只与四棱锥四条侧棱中的侧棱PA、PB、PD相交，②对； 截面，平面ABCD， ，则平面PAC，平面PAC，则，，∴为截面与底面所成锐二面角，则在中，，故截面与底面所成锐二面角为，③对； 取AB、AD中点K、L，则，则底面，底面，∴多边形AKFGL为截面在底面的投影， 且，则多边形AKFGL的面积为，④对. 故答案为：②③④ 19．（21-22高三上·北京顺义·期末）已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（ ） A．截面可能是矩形 B．截面可能是菱形 C．截面可能是梯形 D．截面不可能是正方形 【答案】C 【分析】选过特殊点(中点、对角顶点)且含体对角线的平面截取正方体，根据正方体的性质及结构特征、勾股定理分析各选项的正误即可. 【详解】如下图，当分别与对角顶点重合时，显然是矩形； 如下图，当，为，的中点时，显然是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知：不可能为正方形； 根据对称性，其它情况下为平行四边形； 综上，C不正确. 故选：C. 20．（22-23高三上·北京·期末）正方体棱长为，是棱的中点， 是正方形及其内部的点构成的集合．设集合，则集合表示的区域面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，，根据可得出点的轨迹，进而可求得集合的面积. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、，设点，其中，， 由可得，可得， 所以，点的轨迹是底面内以点为圆心，半径为的扇形（不包括圆弧）， 故集合表示的区域的面积为. 故选：A. 动点问题 21．（21-22高三上·北京石景山·期末）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，给出下列三个结论： ① ②的面积与的面积相等 ③三棱锥的体积为定值 其中，所有正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】证明面可判断①；计算和的面积可判断②，计算三棱锥的体积可判断③，进而可得正确答案. 【详解】对于①：连接，因为四边形是正方形，所以，因为面，面，所以，因为，所以面，因为面，所以，故①正确； 对于②：连接和，则是边长为的等边三角形，所以点到边的距离为，所以点到边的距离为，所以的面积为，因为面，面，可得， 所以的面积为，所以的面积与的面积不相等，故②不正确； 对于③：因为面，所以点到面的距离为，所以三棱锥的体积为，所以三棱锥的体积为定值，故③正确； 故选：C. 22．（22-23高三上·北京东城·期末）如图，在正方体中，点是棱上的动点，下列说法中正确的是（    ） ①存在点，使得； ②存在点，使得； ③对于任意点，到的距离为定值； ④对于任意点，都不是锐角三角形. A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】C 【分析】建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1，运用空间向量法逐个判断解决即可. 【详解】由题知，在正方体中，点是棱上的动点， 建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向得空间直角坐标系，设正方体边长为1， 所以，设，其中， 所以， 当时，无解，故①错误； 当时，解得，故②正确； 因为，其中， 所以到的距离为 ，不是定值，故③错误； 因为，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，不可能为锐角三角形，故④正确； 故选：C 23．（21-22高三上·北京海淀·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论： ①存在点P，使得； ②的面积越来越小； ③四面体的体积不变. 所有正确的结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，设出（），选项①，列出方程，求出m的值；选项②，利用点到直线距离的向量公式表达出P到直线距离，表达出的面积，进而得到答案；③把作为底，高为点P到上底面的距离，可以判断四面体的体积不变. 【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，设（），则，，令，解得：，存在点P，使得，①正确； ，，，，设点P到直线距离为，则 所以，因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确； 以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确. 故答案为：①②③ 24．（22-23高三上·北京·期中）如图，在正方体ABCD—中，E为棱的中点，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论： ①存在点P，使得； ②存在点P，使得平面平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变. 所有正确的结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】设正方体棱长为1，，求出，，由=解得（），确定①正确，由正方体性质得出平面，从而由与平面的位置关系判断②，考虑到到平面的距离为变，从而易判断④，以为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断③． 【详解】设正方体棱长为1，， 由平面，平面得，同理， 所以，， 由得，存在使得，①正确， 正方体中，由平面，平面，则，， ，平面，所以平面， 若平面平面，则平面或平面， 但当在上移动时，与平面总是相交，②错； 正方体中，平面，，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，④正确； 以为轴建立空间直角坐标系，如下图， 设正方体棱长为2，则，，设，， ， ，，， ， 设到直线的距离为，则 ， 由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变， 所以的面积为递减，③正确， 故答案为：①③④． 【点睛】方法点睛：建立空间直角坐标系，用空间向量法确定空间的距离和角，用空间向量法研究空间图形的位置关系． 外接球与内切球 25．（22-23高三上·北京石景山·期末）在四棱锥中，面，底面是正方形，，则此四棱锥的外接球的半径为 ． 【答案】 【分析】将四棱锥P-ABCD补成正方体，求出正方体的对角线长，即可得外接球的半径. 【详解】将四棱锥P-ABCD补成正方体如图： 则此四棱锥的外接球即为正方体的外接球， 正方体的对角线长为， 所以四棱锥的外接球的直径为， 因此四棱锥的外接球的半径为 故答案为： 【点睛】关键点睛：利用割补法进行求解是解题的关键. 空间中的角度问题 26．（22-23高三上·北京西城·期末）如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直．是正方形及其内部的点构成的集合，是正方形及其内部的点构成的集合．设，给出下列三个结论： ①，使； ②，使； ③，使与所成的角为． 其中所有正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，假设出的坐标； 对于①，利用空间向量的模长公式与坐标的取值范围即可判断； 对于②③，利用赋值法与空间向量的数量积运算即可判断. 【详解】因为四边形是正方形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为四边形是正方形，所以，则两两垂直， 所以以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 则， 对于①，因为，所以不妨设，其中， 则，故， 因为，所以，则， 所以，，，即， 所以，故①错误； 对于②，结合①中结论，， 假设，则，即，即， 显然令，可以成立，所以假设成立，故②正确； 对于③，结合②中结论，假设与所成的角为， 则，即， 令，则，，， 所以上述等式成立，故假设成立，故③正确； 综上：②③正确，①错误，所以正确结论的个数是. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题利用图形的规整性，选择以以为原点，建立合适的空间直角坐标系，设，写出相关向量，利用空间向量的模长公式来判断①，利用向量垂直，则其点乘为0，找到②正确的情况，利用空间向量来解决异面直线夹角问题，即找到③正确的情况. 空间几何体中的最值与范围问题 27．（22-23高三上·北京通州·期末）要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】 设圆柱的高为，底面半径为．由，可得，再利用基本不等式即可得出． 【详解】 解：设圆柱的高为，底面半径为． ， ． 当且仅当，即当时取等号． 此时． 即当，时取得最小值． 故选：C. 28．（23-24高三上·北京昌平·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求其最小值作答. 【详解】由题意以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为正方体棱长为1，， 所以， 不妨设， 所以， 而， 所以点到直线的投影数量的绝对值为， 所以点到直线距离， 等号成立当且仅当，即点到直线距离的最小值为. 故选：C. 29．（23-24高三上·北京顺义·期末）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知可求得，建立空间坐标系，利用已知设，，根据向量的数量积公式及辅助角公式计算即可得出结果. 【详解】平面，，连接，由，可得， 四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系， 则，设，， 则， 所以 因为，则，则， 所以. 故选：D 30．（23-24高三上·北京朝阳·期末）如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】点是平面内一点，且平面，先考虑平面平面，从而得在直线上，取最大值时取最小值，此时，求解即可. 【详解】 正方体中， 连接，交于点，再连接和 由于，且，∴四边形是平行四边形， 所以， 又平面，且平面，， 所以平面，同理证明平面， 因为平面，平面，平面，平面，且， 所以平面平面，且平面平面， 从而得，若平面，点是平面内一点，且平面， 则，即在直线上时，都满足平面， 因为平面，所以， 显然，当最大时，即取最小值时， 此时点满足，连接， 可设正方体的棱长为， 所以． 故选：C． 31．（21-22高三上·北京朝阳·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC （填“垂直”或“不垂直”）；的面积的最大值为 ． 【答案】 垂直 【分析】根据线面垂直的的性质定理，判定定理，可证平面PBC，根据面面垂直的判定定理，即可得证.分析可得，当点F位于点C时，面积最大，代入数据，即可得答案. 【详解】因为底面ABCD，平面ABCD， 所以， 又底面ABCD为正方形， 所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又， 所以为等腰直角三角形，且E为线段PB的中点， 所以， 又，平面PBC， 所以平面PBC， 因为平面AEF， 所以平面AEF与平面PBC. 因为平面PBC，平面PBC， 所以， 所以当最大时，的面积的最大， 当F位于点C时，最大且， 所以的面积的最大为. 故答案为：垂直； 32．（21-22高三·北京·期末）在棱长为1的正方体中，过点A的平面分别与棱，，交于点E，F，G，记四边形AEFG在平面上的正投影的面积为，四边形AEFG在平面上的正投影的面积为. 给出下面四个结论： ①四边形AEFG是平行四边形； ②的最大值为2； ③的最大值为； ④四边形AEFG可以是菱形，且菱形面积的最大值为. 则其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】对①，根据面面平行的性质定理即可判断答案； 建立空间直角坐标系，设，然后根据①得到的关系，进而判断②，然后结合基本不等式判断③，最后根据菱形的对角线互相垂直判断④. 【详解】对①，因为平面AEFG分别与平面、平面、平面、平面交于，易知平面∥平面，则，而平面∥平面，则，所以四边形AEFG是平行四边形.①正确； 以A为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，记点G在平面上的投影点为点H，点F,G在平面上的投影点分别为点I,J.设，其中，则，，所以，由①，，则 . 易得，，所以，②错误； ，当且仅当时取“=”，③正确； ，令，即， 则此时，平行四边形AEFG是菱形，而此时，所以菱形的面积，当时，.④正确. 故答案为：①③④. 1．（23-24高三上·北京西城·期末）如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（    ） A．47m B．48m C．49m D．50m 【答案】A 【分析】根据梯形中位线求得，进而求得正确答案. 【详解】依题意可知六点共面， 设正六边形的中心为，连接， 平面且平面， 依题意可知相交于， 连接交于，连接交于， 根据正六边形的性质可知四边形是菱形，所以相互平分， 则相互平分，根据梯形中位线有， 即， 在梯形中，是的中点，则是的中点， 所以， 同理可得， 所以. 故选：A 【点睛】关键点睛：研究空间图形的结构，关键点在于利用空间平行、垂直、中点等知识.在本题中，柱子与地面垂直，柱子之间相互平行.柱子之间高度不相同，则构成了梯形，则可考虑利用中位线来对问题进行求解. 2．（23-24高三上·北京大兴·期末）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等于等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则， ∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：D. 3．（22-23高三上·北京大兴·期末）在正方体中，为正方形的中心.动点沿着线段从点向点移动，有下列四个结论： ①存在点，使得 ②三棱锥的体积保持不变； ③的面积越来越小； ④线段上存在点，使得，且. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】对于①③④，以A为原点建立空间直角坐标系，表示出P点坐标，逐项分析即可； 对于②，说明平行于平面即可. 【详解】如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则. 设，其中. 则， 即. 对于①，假设存在点P，因， 则 ， 即当时，，故①正确； 对于②，取BD中点为E，连接.因为正方形的中心， 则，且，故四边形为平行四边形，得. 又平面，平面，则平行于平面， 即点P到平面的距离d为定值.又 三棱锥的体积保持不变.故②正确. 对于③，设，则，注意到： 则. 又， 则， 因在上递减，故当动点沿着线段从点向点移动过程中，的面积越来越小.故③正确. 对于④，假设存在满足题意的点Q，设，其中. 则， 即，又，则. 因，且，， 则， 因，与矛盾，故不存在相应点Q.故④错误. 故答案为：①②③ 【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的动点问题，难度较大.对于①③④，因直观图形较为复杂，故利用向量共线并引入参数表示出动点坐标.对于几何体体积不变问题，常转化为判断图形中是否存在线线平行或线面平行. 4．（22-23高三上·北京昌平·期末）已知正三棱锥的六条棱长均为是底面的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交于点（不与顶点，重合）. 给出下列四个结论： ①三棱锥为正三棱锥； ②三棱锥的高为； ③三棱锥的体积既有最大值，又有最小值； ④当时，. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】建立正四面体模型，数形结合分析. 【详解】如图所示 ∵用一个平行于底面的平面截三棱锥， 且为正三棱锥，是底面的中心 ∴三棱锥为正三棱锥，故①正确； ∵正三棱锥的六条棱长均为,是底面的中心， ∴三棱锥的高为, 的高为，且,, ∴，故②正确 ，∵点不与顶点，重合， ∴，设的高为，则，得， ∴， ，在上，上， 所以在上递增，上递减，故在上有最大值，无最小值，故③错误； 当时，点分别为线段的三等分点， ∴，且 ∴. 故④正确; 故答案为：①②④ 5．（23-24高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点.给出下列结论： ①； ②平面； ③直线与直线所成角的范围是； ④点到平面的距离是. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】建立空间直角坐标系后逐个分析即可得. 【详解】 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、、 、， 则、、、、 、、， 设，，则， ，故，故①正确； 设平面的法向量为， 则有，即，取，则， 有，故，又平面，则平面，故②正确； 当时，有，此时，即， 即此时直线与直线所成角为，故③错误； 由，， 则，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】关键点睛：对空间中线上动点问题，可设出未知数表示该动点分线段所得比例，从而用未知数的变化来体现动点的变化. 6．（22-23高三上·北京朝阳·期末）如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分别为的中点，点T在正方体的表面上运动，满足． 给出下列四个结论： ①点T可以是棱的中点； ②线段长度的最小值为； ③点T的轨迹是矩形； ④点T的轨迹围成的多边形的面积为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】②③④ 【分析】以点为坐标原点建立空间直角坐标系，令正方体棱长可简化计算，得到对应点和向量的坐标，通过空间向量数量积的运算即可判断对应的垂直关系，通过计算和几何关系得点的轨迹为四边形EFGH，通过证明得到则点的轨迹为矩形EFGH，即可求解点T的轨迹围成的多边形的面积和线段长度的最小值，从而得到答案. 【详解】由题知，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体棱长 则，，，，，， ，，，，设， 对于①，当点T为棱的中点时，， 则， 不满足，所以点T不是棱的中点，故①错误. ，因为 所以， 当时，，当时， 取，，，， 连结，，，， 则，，，即 所以四边形EFGH为矩形， 因为，， 所以，， 又和为平面中的两条相交直线， 所以平面EFGH， 又，， 所以为EG的中点，则平面EFGH， 为使，必有点平面EFGH， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形EFGH， 又，， 所以，则点的轨迹为矩形EFGH，故③正确 面积为，即，故④正确 又因为，，， 则，即， 所以，点在正方体表面运动， 则，解得， 所以， 结合点的轨迹为矩形EFGH， 分类讨论下列两种可能取得最小值的情况 当，或时，， 当，或时， 因为，所以当，或时，取得最小值为，即，故②正确. 综上所述：正确结论的序号是②③④ 故答案为：②③④. 【点睛】本题以正方体为载体，考查空间向量在立体几何中的综合运用和空间几何关系的证明，属于难题，解题的关键是建立空间直角坐标系，设棱长为数值可简化运算，通过空间向量即可证明和求解对应项. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10空间几何体及其点线面的位置关系 空间几何体的表面积 1．（23-24高三上·北京海淀·期末）蜜蜂被誉为“天才的建筑师”.蜂巢结构是一种在一定条件下建筑用材面积最小的结构.如图是一个蜂房的立体模型，底面是正六边形，棱，，，，，均垂直于底面，上顶由三个全等的菱形，，构成.设，，则上顶的面积为（    ） （参考数据：，） A． B． C． D． 空间几何体的体积 2．（21-22高三上·北京海淀·期末）如图，，是两个形状相同的杯子，且杯高度是杯高度的，则杯容积与杯容积之比最接近的是（    ） A． B． C． D． 3．（21-22高三上·北京朝阳·期末）如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·北京通州·期末）如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合.若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高三上·北京海淀·期末）在正四棱锥中，，二面角的大小为，则该四棱锥的体积为（    ） A．4 B．2 C． D． 6．（21-22高三上·北京房山·期末）正四面体的棱长为1，现将正四面体绕着旋转，则所经过的区域构成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（21-22高三上·北京昌平·期末）在参加综合实践活动时，某同学想利用3D打印技术制作一个的容器：容器上部为圆锥形，底面直径为；下部为圆柱形，底面直径和高均为（如图所示）. 他希望当如图放置的容器内液体高度为时，把容器倒置后，液体恰好充满整个圆锥形部分，则圆锥形部分的高度设计为 . 8．（21-22高三上·北京通州·期末）如图，圆锥的体积为，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，设圆柱体积为，则 ． 9．（22-23高三上·北京海淀·期末）如图，在正三棱柱中，是棱上一点，，则三棱锥的体积为 . 点线面的位置关系 10．（21-22高三上·北京通州·期末）“直线与直线没有公共点”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 11．（21-22高三上·北京海淀·期末）已知，是两个不同的平面，“”的一个充分条件是 A．内有无数直线平行于 B．存在平面，， C．存在平面，，且 D．存在直线，， 12．（22-23高三上·北京·期末）已知，是两条不同的直线，是一个平面，且∥，则下列选项正确的是（    ） A．若∥，则∥ B．若∥，则∥ C．若，则 D．若，则 13．（22-23高三上·北京海淀·期末）设、是两个不同的平面，直线，则“对内的任意直线，都有”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 空间几何体中的垂直与平行关系 14．（21-22高三上·北京昌平·期末）如图，在正方体中， 过点A且与直线垂直的所有面对角线的条数为（    ） A． B． C． D． 15．（21-22高三·北京·期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点E，F分别是棱A1C1，BC的中点，则下列结论中不正确的是（　　） A．CC1∥平面A1ABB1 B．AF∥平面A1B1C1 C．EF∥平面A1ABB1 D．AE∥平面B1BCC1 16．（23-24高三上·北京丰台·期末）在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 截面问题 17．（23-24高三上·北京东城·期末）如图，在正方体中，，，分别是，的中点.用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（    ） A． B． C． D． 18．（22-23高三上·北京海淀·期末）如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且底面，分别是棱的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下几个结论： ①截面的面积等于； ②截面是一个五边形且只与四棱锥四条侧棱中的三条相交； ③截面与底面所成锐二面角为； ④截面在底面的投影面积为. 其中，正确结论的序号是 . 19．（21-22高三上·北京顺义·期末）已知过的平面与正方体相交，分别交棱，于，.则下列关于截面的说法中，不正确的是（ ） A．截面可能是矩形 B．截面可能是菱形 C．截面可能是梯形 D．截面不可能是正方形 20．（22-23高三上·北京·期末）正方体棱长为，是棱的中点， 是正方形及其内部的点构成的集合．设集合，则集合表示的区域面积是（    ） A． B． C． D． 动点问题 21．（21-22高三上·北京石景山·期末）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，且，给出下列三个结论： ① ②的面积与的面积相等 ③三棱锥的体积为定值 其中，所有正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 22．（22-23高三上·北京东城·期末）如图，在正方体中，点是棱上的动点，下列说法中正确的是（    ） ①存在点，使得； ②存在点，使得； ③对于任意点，到的距离为定值； ④对于任意点，都不是锐角三角形. A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 23．（21-22高三上·北京海淀·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论： ①存在点P，使得； ②的面积越来越小； ③四面体的体积不变. 所有正确的结论的序号是 . 24．（22-23高三上·北京·期中）如图，在正方体ABCD—中，E为棱的中点，动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论： ①存在点P，使得； ②存在点P，使得平面平面； ③的面积越来越小； ④四面体的体积不变. 所有正确的结论的序号是 . 外接球与内切球 25．（22-23高三上·北京石景山·期末）在四棱锥中，面，底面是正方形，，则此四棱锥的外接球的半径为 ． 空间中的角度问题 26．（22-23高三上·北京西城·期末）如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直．是正方形及其内部的点构成的集合，是正方形及其内部的点构成的集合．设，给出下列三个结论： ①，使； ②，使； ③，使与所成的角为． 其中所有正确结论的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 空间几何体中的最值与范围问题 27．（22-23高三上·北京通州·期末）要制作一个容积为的圆柱形封闭容器，要使所用材料最省，则圆柱的高和底面半径应分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 28．（23-24高三上·北京昌平·期末）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的点，且，点在线段上，则点到直线距离的最小值为（    ） A． B． C． D．1 29．（23-24高三上·北京顺义·期末）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”，平面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 30．（23-24高三上·北京朝阳·期末）如图，在正方体中，点是平面内一点，且平面，则的最大值为（    ）    A． B． C． D． 31．（21-22高三上·北京朝阳·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点，平面AEF与平面PBC （填“垂直”或“不垂直”）；的面积的最大值为 ． 32．（21-22高三·北京·期末）在棱长为1的正方体中，过点A的平面分别与棱，，交于点E，F，G，记四边形AEFG在平面上的正投影的面积为，四边形AEFG在平面上的正投影的面积为. 给出下面四个结论： ①四边形AEFG是平行四边形； ②的最大值为2； ③的最大值为； ④四边形AEFG可以是菱形，且菱形面积的最大值为. 则其中所有正确结论的序号是 . 1．（23-24高三上·北京西城·期末）如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（    ） A．47m B．48m C．49m D．50m 2．（23-24高三上·北京大兴·期末）木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，，则该木楔的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高三上·北京大兴·期末）在正方体中，为正方形的中心.动点沿着线段从点向点移动，有下列四个结论： ①存在点，使得 ②三棱锥的体积保持不变； ③的面积越来越小； ④线段上存在点，使得，且. 其中所有正确结论的序号是 . 4．（22-23高三上·北京昌平·期末）已知正三棱锥的六条棱长均为是底面的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交于点（不与顶点，重合）. 给出下列四个结论： ①三棱锥为正三棱锥； ②三棱锥的高为； ③三棱锥的体积既有最大值，又有最小值； ④当时，. 其中所有正确结论的序号是 . 5．（23-24高三上·北京房山·期末）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点.给出下列结论： ①； ②平面； ③直线与直线所成角的范围是； ④点到平面的距离是. 其中所有正确结论的序号是 . 6．（22-23高三上·北京朝阳·期末）如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分别为的中点，点T在正方体的表面上运动，满足． 给出下列四个结论： ①点T可以是棱的中点； ②线段长度的最小值为； ③点T的轨迹是矩形； ④点T的轨迹围成的多边形的面积为． 其中所有正确结论的序号是 ． ( 14 )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 学科网（北京）股份有限公司 $$