专题06：空间向量与立体几何（八大热点题型训练） -2025年高考数学满分冲刺【基础提升练+易错题型练+综合热点练】 上海专用

2025年上海高考数学满分冲刺热点题型专项训练（六） 空间向量与立体几何 【热题归纳】 题型1：空间中的位置关系 1．（2025·上海嘉定·二模）已知平面和平面，直线，直线，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若与为异面直线，则 C．若，则 D．若，则 2．（2023上海青浦·统考一模）已知，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是（    ）． A．若，不平行，则在内不存在与平行的直线 B．若，平行于同一平面，则与可能异面 C．若，不平行，则与不可能垂直于同一平面 D．若，垂直于同一平面，则与可能相交 3．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 4．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 5．（2022·上海·统考模拟预测）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的个数是（    ） ①平面平面 ②的取值范围是 ③三棱锥的体积为定值 ④ A．1 B．2 C．3 D．4 题型2：空间向量 6．（2025·上海徐汇·二模）在空间直角坐标系中，向量若，则 . 7．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（    ） A． B． C． D． 8．（2022·上海·统考模拟预测）若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点，则的取值范围是_______. 9．（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 题型3：空间几何体的侧面积、表面积和体积 10．（2025·上海闵行·二模）已知圆柱的底面半径为，高为3，则圆柱的体积为 ． 11．（2025·上海宝山·二模）已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为 . 12．（2025·上海奉贤·二模）抛物线的准线与圆相切，将圆绕直径所在直线旋转一周形成一个几何体，则该几何体的表面积为 ． 13．（2025·上海松江·二模）在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（   ） A．四棱锥 B．四棱锥 C．三棱锥 D．三棱锥 14．（2025·上海杨浦·二模）如图，点分别是直角三角形的边上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为 . 题型4：空间几何体中的距离、长度计算 15．（2025·上海青浦·模拟预测）如图，正方体绕直线旋转，直线AB旋转至直线，则直线AB与直线所成角的大小为 . 16．（2025·上海普陀·二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 . 17．（2025·上海徐汇·二模）已知平面，是直角三角形，且，，则点P到直线BC的距离是 . 18．（2025·上海黄浦·二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 米．（结果精确到0.01米） 19．（2025·上海嘉定·二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度l需满足．当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为 米（精确到0.01米）． 题型5：最值与范围问题 20．（2025·上海金山·二模）已知圆锥底面半径为1，高为，则过圆锥母线的截面面积的最大值为 . 21．（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 22．（2025·上海浦东新·二模）已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为 ．（用反三角表示） 23．（2025·上海长宁·二模）现有一块正四面体木料PABC，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于，则切割好后，木料体积的最大值是 ．（结果保留） 24．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 25．（2025·上海松江·二模）如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为 . 26．（2024·浙江温州·模拟预测）不计容器壁厚度的有盖立方体容器的边长是1，向其中放入两个小球，则这两个小球的体积之和的最大值是 . 27．（2024·浙江嘉兴·二模）在四面体中，，且与所成的角为.若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为 题型6：解答题---难建系 28．（24-25高三上·上海·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，为等边三角形，且，，，，M为PA的中点. (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的大小. 29．（2025·上海普陀·二模）如图，在三棱柱中，，且. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 30．（2024·上海长宁·一模）如图所示，四棱柱的底面ABCD是正方形，O是底面的中心，平面，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 31．（2025·上海金山·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 32．（24-25高三上·上海奉贤·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 题型7：解答题---不规则图形 33．（24-25高三上·上海·期中）如图所示四棱锥，其中交于点. (1)求证：平面； (2)若，点是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 34．（24-25高三上·上海·期中）如图所示五面体中，四边形为长方形，平面和是全等的等边三角形. (1)求证：； (2)若已知，求该五面体的体积. 题型8：解答题---图形翻折 35．（2024·上海奉贤·二模）如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点． (1)求直线与平面所成角的大小； (2)连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 36．（2023·上海普陀·一模）图1所示的是等腰梯形，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，形成一个四棱锥，如图2所示. (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求二面角的大小. 37．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 题型9：解答题---应用探究题 38．（2025·上海奉贤·二模）将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是、、． (1)请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是______，求解以下个问题： ①求出所选方案相对应的棱锥的侧面积、、； ②求出所选方案相对应棱锥的体积、、的最大值． (2)假设三个方案中相应的体积最大值分别记作、、，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 39．（23-24高三上·上海宝山·期末）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长.现从中截取矩形（如图甲所示），其中是以为圆心，的扇形，且弧分别与边相切于点.剪去图中的阴影部分，剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计）. (1)当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积； (2)当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？ 40．（2025·上海徐汇·二模）如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上海高考数学满分冲刺热点题型专项训练（六） 空间向量与立体几何 【热题归纳】 题型1：空间中的位置关系 1．（2025·上海嘉定·二模）已知平面和平面，直线，直线，则下列结论一定成立的是（    ） A．若，则 B．若与为异面直线，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由空间点、线、面的位置关系，逐项判断即可 【详解】对于A，直线，直线，若，则或平面、平面相交，故A错误. 对于B，直线，直线，若与为异面直线，则或平面、平面相交，故B错误. 对于C，直线，直线，若，则或平面、平面相交，故C错误. 对于D，直线，直线，若，则. 故选：D 2．（2023上海青浦·统考一模）已知，是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是（    ）． A．若，不平行，则在内不存在与平行的直线 B．若，平行于同一平面，则与可能异面 C．若，不平行，则与不可能垂直于同一平面 D．若，垂直于同一平面，则与可能相交 【答案】A 【分析】利用相交平面说明判断A；举例说明判断B，D；利用反证法推理说明C作答. 【解析】对于A，因，不平行，令，直线，若，必有，A不正确； 对于B，若，直线，直线b与m是相交直线，则有直线b与m都平行于， 把直线b平行移出平面外为直线n，且不在内，此时与是异面直线，都平行于，B正确； 对于C，假定与垂直于同一平面，则有，与，不平行矛盾，即假设是错的，C正确； 对于D，令，若直线c垂直于某个平面，由面面垂直的判定知，垂直于这一平面，D正确. 故选：A 3．（2025·上海奉贤·二模）如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（    ） A． B．、、三点共线 C．与是异面直线 D． 【答案】B 【分析】以为基底结合图形，利用空间向量的线性运算推理作答. 【详解】在平行六面体中，令，，， 则，， ， ，因为不共线所以与不平行，故A错误. ， ，即有，，有公共点， 所以、、三点共线，B选项正确. 因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线， 故C选项错误. 因为，所以，故D选项错误. 故选：B 4．（2025·上海长宁·二模）如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 【答案】B 【分析】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项. 【详解】对于AD，取为中点，，则，而， 故，故在几何体中，， 而，故为二面角的平面角，故， 故，而平面， 故平面，而平面，故，故A成立. 因，，平面， 故平面，而平面，故，故D成立. 对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面， 而平面，故，故C成立. 对于B，过作平面，垂足为， 因为平面，故， 若，因为平面， 故平面，而平面，故， 而，故在上， 因为，平面，故平面， 而平面，故，故，但， 矛盾，故不成立即B不成立， 故选：B. 5．（2022·上海·统考模拟预测）如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的个数是（    ） ①平面平面 ②的取值范围是 ③三棱锥的体积为定值 ④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据线面位置关系进行判断．判断①，举反例判断②，利用体积公式，判断③，利用垂直关系的转化判断④. 【解析】∵平面，∴平面平面，①正确； 若是上靠近的一个四等分点，，此时，，此时为钝角，②错； 由于，则平面，因此的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，③正确； 而，，所以，且,，所以平面,平面，因此，④正确． 故选：C． 题型2：空间向量的应用 6．（2025·上海徐汇·二模）在空间直角坐标系中，向量若，则 . 【答案】 【分析】根据空间向量平行的坐标表示，结合已知条件，直接计算即可. 【详解】若，则， 解得，，故. 故答案为：. 7．（2025·上海黄浦·二模）如图，在平行六面体中，设，，若、、组成空间向量的一个基底，则可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行六面体的结构特征，结合空间共面向量定理爱空间向量基本定理逐项判断. 【详解】由，，、、组成空间向量的一个基，得向量、、不共面， 对于A，在平行六面体中，，则与、共面，A不是； 对于C，，与、共面，C不是； 对于D，，与、共面，D不是； 对于B，由，得，不共面， 假设与、共面，则存在，使得， 而，则， 整理得，从而，此方程组无解， 假设不成立，因此与、不共面，可以是. 故选：B 8．（2022·上海·统考模拟预测）若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点，则的取值范围是_______. 【答案】 【分析】设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点，设，其中，利用三角不等式推导出，利用平面向量数量积的性质可求得，取的中点，可得出，即可得出的取值范围. 【解析】如下图所示，由任意性，设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点， 设，其中，则， 所以，， 所以，， 当且仅当线段与棱或重合时，等号成立，即的最大值为， ，当且仅当与点或重合，、重合于点或点时，等号成立， 但、、为不同的三点，则， 由上可知的最大值为，取线段的中点， 则， 当且仅当线段与棱重合且为棱的中点时，等号成立，则. 综上所述，. 故答案为：. 9．（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件可得集合中所有向量共起点时，终点在球面上，再利用数量积的运算律求出的最大值，进而求出值. 【详解】令集合的各向量起点为，对应终点依次为， 由向量为单位向量，则点在以为球心，1为半径的球面上， 由，得点中任意三点不共线， 由，得，则， 由，同理得，而点不共线， 于是点不共面，点为球内接正四面体的4个顶点， 若，不妨取，同理得，平面， 又，由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线，得点平面， 与点不共面矛盾，因此，设正四面体的棱长为， 则正的外接圆半径为，正四面体的高为， 球心到平面的距离为，因此，解得， 所以. 故选：C 题型3：空间几何体的侧面积、表面积和体积 10．（2025·上海闵行·二模）已知圆柱的底面半径为，高为3，则圆柱的体积为 ． 【答案】 【分析】由圆柱的体积公式计算即可. 【详解】由圆柱的体积公式可得. 故答案为：. 11．（2025·上海宝山·二模）已知圆柱的底面积为，侧面积为，则该圆柱的体积为 . 【答案】 【分析】根据圆柱的底面积和侧面积公式求出圆柱的底面圆半径和高，再根据圆柱的体积公式即可得解. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为， 由题意可得，解得， 所以圆柱的体积. 故答案为：. 12．（2025·上海奉贤·二模）抛物线的准线与圆相切，将圆绕直径所在直线旋转一周形成一个几何体，则该几何体的表面积为 ． 【答案】 【分析】利用抛物线的性质求准线，利用相切求半径，即可用球的表面积求解. 【详解】因为抛物线方程为，可知准线方程为， 又由圆与准线相切，可知：， 将圆绕直径旋转一周所成的球的表面积为：， 故答案为： 13．（2025·上海松江·二模）在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（   ） A．四棱锥 B．四棱锥 C．三棱锥 D．三棱锥 【答案】D 【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可. 【详解】对于正三棱柱，且，， 则在上运动， 所以到平面、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B不符合条件， 在平面内，不是三棱锥，故C不符条件， 由，平面，平面，则//平面， 所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值， 所以三棱锥的体积为定值，D符合， 故选：D 14．（2025·上海杨浦·二模）如图，点分别是直角三角形的边上的点，斜边与扇形的弧相切，已知，则阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，求出斜边上的高，再求出圆锥与半球体积的差即可得解. 【详解】在中，，则， 由斜边与扇形的弧相切，扇形半径， 阴影部分绕直线旋转一周所形成的几何体是绕直线旋转一周所得圆锥， 挖去扇形弧绕直线旋转一周所得半球， 所以所求体积为. 故答案为： 题型4：空间几何体中的距离、长度计算 15．（2025·上海青浦·模拟预测）如图，正方体绕直线旋转，直线AB旋转至直线，则直线AB与直线所成角的大小为 . 【答案】 【分析】利用旋转思想把正方体问题转化到圆锥问题来求解即可. 【详解】 根据，可由题意将所求角转化为将绕旋转所得到的直线与所成的角， 即可将其转移到圆锥中求解，图中直线与重合，圆锥母线为,如下图： 由旋转可转化到， 在正方体中，假设正方体的边长为，则可知 所以，即在圆锥中有，， 由可得， 由等边三角形，可得， 在中，由余弦定理， 从而可得旋转后直线方向向量与直线AB方向向量夹角的余弦值为， 所以直线AB与直线所成角的大小为. 故答案为：. 16．（2025·上海普陀·二模）若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为 . 【答案】 【分析】根据圆锥的侧面积公式，扇形的弧长公式求解即可, 【详解】设底面半径为，母线长为l 由，得， 又，由勾股定理， 所以，解得， 底面圆周长，扇形中心角， 故答案为： 17．（2025·上海徐汇·二模）已知平面，是直角三角形，且，，则点P到直线BC的距离是 . 【答案】 【分析】取中点为，连接，通过证明，从而证明点到的距离为，再结合已知条件求出即可. 【详解】取中点为，连接，如下所示： 因为为等腰三角形，又为中点，故； 因为平面，面，故； 又面，故面，又面，故， 故点到直线的距离，即为； 在△中，； 因为平面，面，故，则△为直角三角形； 在△中，，故, 故点到直线的距离为. 故答案为：. 18．（2025·上海黄浦·二模）某商场要悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，、、、为该正方体的顶点，、、为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面．若平面与平面平行，且点到的距离为2米，则直绳索的长度约为 米．（结果精确到0.01米） 【答案】 【分析】设正方体的中心为，连接，得到平面，由三角形是正三角形，得到外接圆的半径为米，利用勾股定理求得米，设米，结合，即可得到对答案. 【详解】解：由正方体的棱长米， 因为平面平面，且平面，平面，平面， 如图所示，设正方体的中心为，连接，交平面于点，则平面， 在正方体中，底面是正三角形，其外接圆的半径为米， 又由勾股定理，可得米， 设米，因为点到平面的距离为2米， 所以米. 故答案为：. 19．（2025·上海嘉定·二模）某建筑公司欲设计一个正四棱锥形纪念碑，要求其顶点位于容积为36π立方米的球形景观灯所在球面上．考虑到抗风、抗震等结构安全需求，侧棱长度l需满足．当纪念碑体积取得最大值时，正四棱锥的侧棱长约为 米（精确到0.01米）． 【答案】 【分析】由题设可得球的半径为，结合正四棱锥的结构特征及其外接球半径与棱长、底面边长的关系得，进而得到纪念碑体积关于的表达式，应用导数求其最大值，并确定对应的侧棱长. 【详解】若球的半径为，则，可得，又， 对于正四棱锥，设底面边长为，高为， 则，所以，即， 又，则，故，即， 纪念碑体积，令， 对于，则在上单调递减， 当时，即在上单调递增， 当时，即在上单调递减， 所以，故，此时米. 故答案为： 题型5：最值与范围问题 20．（2025·上海金山·二模）已知圆锥底面半径为1，高为，则过圆锥母线的截面面积的最大值为 . 【答案】 【分析】依题意求得圆锥的母线长，确定轴截面的顶角，从而求出截面面积的取值的最大值，由此得解． 【详解】依题意，设圆锥的母线长为， 圆锥的底面半径为，高为， ， 设圆锥的轴截面的两母线夹角为，显然， 则过该圆锥的母线作截面，截面上的两母线夹角设为， 故截面的面积为，当且仅当时，等号成立， 故截面的面积的最大值为． 故答案为：. 21．（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，得出的坐标，设，根据已知列出方程，化简得出点的轨迹为球.进而结合图象即可得出点到平面的最大距离，结合体积公式即可得出答案. 【详解】 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有. 又， 所以. 设，则. 因为， 代入可得， 整理可得， 即在以点为球心，为半径的球上. 又的面积为， 平面到平面的距离为4， 所以到平面的最大距离为. 体积最大值为. 故答案为：. 22．（2025·上海浦东新·二模）已知为空间中三个单位向量，且，若向量满足，，则向量与向量夹角的最小值为 ．（用反三角表示） 【答案】 【分析】由题意可设设，，结合，，求得和，再结合向量夹角得坐标表示即可求解. 【详解】可设，设， 则， 所以， 两式相减可得：，再代入第一个式子， 可得： 设向量与向量夹角为， 则， 易知对于当即取得最大值， 此时取得最大值， 即的最大值为，时取得， 再由余弦函数的单调性可知的最小值为， 故答案为： 23．（2025·上海长宁·二模）现有一块正四面体木料PABC，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于，则切割好后，木料体积的最大值是 ．（结果保留） 【答案】 【分析】设正四面体定点在底面的投影为，连接，可得以为圆心，半径为的圆在底面内的部分为底，以为顶点的几何体即为符合要求的部分，先求解底面面积，为高，即可求解切割好后，木料体积的最大值. 【详解】 设正四面体定点在底面的投影为，则为正三角形的中心， 连接，所以，， 若底面上任意一点到顶点的距离不大于， 设，则， 所以以为圆心，半径为的圆在底面内的部分为底，以为顶点的几何体即为符合要求的部分， 如图以为圆心，半径为的圆与底面相交的交点为， 延长交于，连接，， 所以，， 所以，所以， 所以，所以为等边三角形， 所以以为圆心，半径为的圆在底面内的部分的面积为 ， 所以切割好后，木料体积的最大值是. 故答案为：. 24．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 【答案】 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值. 【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知， 所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面. 因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上. 由于，所以、在与垂直的面上. 不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为. 过作于，在双曲线中，变形可得. 在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到， 因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点）， 由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以. 在中，根据余弦定理， 通过，代入余弦定理公式化简得到,. 令，则. 对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值. 所以. 故答案为：. 25．（2025·上海松江·二模）如图在三棱锥中，两两垂直，且，设是底面ABC内一点，定义，其中分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积.若，且恒成立，则正实数的最小值为 . 【答案】1 【分析】根据给定的信息求出三棱锥的体积，进而求出，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值，并建立不等式求解. 【详解】在三棱锥中，两两垂直，且， 则，解得 ，又， 因此， 当且仅当时取等号，由恒成立，得， 于是，解得，所以正实数的最小值为1. 故答案为：1 26．（2024·浙江温州·模拟预测）不计容器壁厚度的有盖立方体容器的边长是1，向其中放入两个小球，则这两个小球的体积之和的最大值是 . 【答案】 【分析】根据正方体内切球的特征结合球的体积公式及二次函数性质求最值计算即可. 【详解】 如上图所示，当两个小球内切于正方体，且两个小球也相切， 球心位于体对角线上时球的体积可取最大，设两个小球的半径分别为， 作出横截面如下图，不妨设分别切于， 则有， 不妨设，易知，则， 则两球体积之和为， 又， 显然当时取得最大值，此时. 故答案为： 27．（2024·浙江嘉兴·二模）在四面体中，，且与所成的角为.若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为 . 【答案】3 【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，设，由求得，在中，勾股定理得，由余弦定理可得，结合基本不等式求解. 【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为， 所以或，设，外接球半径记为， 外接球的球心如图点. 易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， ，得， 在中，， 在中，由余弦定理得， 所以当时，外接球的半径会更小. 所以， 所以， 所以. 故答案为：3 【点睛】关键点点睛：本题关键是将求四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值. 题型6：解答题---难建系 28．（24-25高三上·上海·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，为等边三角形，且，，，，M为PA的中点. (1)证明：； (2)求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【知识点】线面垂直证明线线垂直、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法 【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，再证平面，最后证明平面，得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又平面，所以平面. 因为平面，所以， 又是的中点，所以， 因为平面，且， 所以平面，又因为平面， 所以. （2）因为，由（1）知四边形为矩形，则， 又平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 取平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以， ， 设平面与平面所成二面角为， 则，所以， 所以平面与平面所成二面角的大小为. 29．（2025·上海普陀·二模）如图，在三棱柱中，，且. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连结，结合已知证明为菱形，以及.进而即可根据线面垂直以及面面垂直的判定定理得出证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，进而得出相关点以及向量的坐标，然后求出平面的法向量以及，然后根据向量法求解即可得出答案. 【详解】（1）连结，连结CO 在中，， 故是等边三角形，所以为菱形， 所以，且是的中点. 因为， 所以. 因为， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2） 以为原点，为轴，为轴，OC为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面的一个法向量， 则有，即. 令，可得平面的一个法向量为， 所以，直线与平面所成的角的正弦值为 . 30．（2024·上海长宁·一模）如图所示，四棱柱的底面ABCD是正方形，O是底面的中心，平面，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）要证明直线垂直于平面，需要在平面内找到两条相交直线与直线垂直； （2）可以用综合法，利用等体积法求点到平面距离，也可以直接用空间向量法求解. 【详解】（1）因为是正方形，所以， 因为底面， 所以，又，,在平面内， 所以平面,在平面内， 所以， 由底面， 可得， 所以，即有， 因为，所以， 和在平面内，且， 所以平面． （2）方法1：设点到平面的距离为， 由题可知,,. 所以． 得直线与平面所成角的正弦值. 方法2：（建系） 以为原点，射线为轴、轴、轴的正半轴，建立空间直角坐标系． 可得 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 直线与平面所成角的正弦值等于向量与平面法向量的夹角余弦值的绝对值：. 31．（2025·上海金山·二模）如图，在四棱锥中，平面，. (1)证明：平面平面； (2)若，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，从而可证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）因为平面，平面， 所以， 在中，，则， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，令，则，所以， 所以点到平面的距离为. 32．（24-25高三上·上海奉贤·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、异面直线夹角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）根据面面垂直可证线面垂直，再结合中位线可得证； （2）根据线线平行可证线面平行，进而可证直线，建立空间直角坐标系，可设，结合异面直线夹角可解得点，再根据向量法可得平面的法向量，进而可得二面角余弦值. 【详解】（1），平面平面，平面平面，平面， 又，分别是，的中点， ， 平面； （2） ，平面平面 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点在平面内， 即，，，，， 则，，， 而，平面，平面， 平面， 又平面与平面的交线为直线， ， 设, 则点坐标为，，，解得， 则点坐标为，， 设平面的法向量， 即，即，取，可得； 设平面法向量为， 则，即，取，可得； ， 即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 题型7：解答题---不规则图形 33．（24-25高三上·上海·期中）如图所示四棱锥，其中交于点. (1)求证：平面； (2)若，点是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【知识点】证明线面垂直、线面角的向量求法 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为， 所以均在的垂直平分线上，所以， 因为， 所以， 因为，所以， 又因为平面平面， 所以平面， （2）因为平面，所以平面平面. 由（1）可知， 因为， 所以，所以， 从而由等面积法，可知，由勾股定理，可知， 由（1）可知，所以， 因为，所以，所以. 又因为，，平面， 所以平面. 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， 所以，， 因为点为线段的中点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，解得， 所以平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 34．（24-25高三上·上海·期中）如图所示五面体中，四边形为长方形，平面和是全等的等边三角形. (1)求证：； (2)若已知，求该五面体的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【知识点】求组合体的体积、线面垂直证明线线垂直、线面平行的性质 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可求证； （2）将组合体分为四棱锥和后即可求解； 【详解】（1）五面体中，因为平面，平面， 平面 平面，所以. （2）过点作，作，垂足分别为，过点作， 作，垂足分别为，连接，如图， 取中点，连接， 由对称性可得， 所以，因为，所以， 又平面，， 所以平面，又平面， 所以，又因为， 平面，所以平面， 因为平面，所以， 又平面，所以平面； 因为， 所以由、和以及图形对称性可得在底面中， 所以在中，，可得， ∴四棱锥和的体积均为， 三棱柱的体积， 所以，该五面体的体积为. 题型8：解答题---图形翻折 35．（2024·上海奉贤·二模）如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点． (1)求直线与平面所成角的大小； (2)连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)； (2)l∥PC，理由见解析． 【知识点】线面平行的性质、面面垂直证线面垂直、求线面角、证明线面平行 【分析】（1）过作于，连接，可证平面，则为直线与平面所成角，解三角形即可求解； （2）根据线面平行的性质定理即可判断． 【详解】（1）过作于，连接， ∵平面平面，且平面平面，，平面， ∴平面，∴为直线与平面所成角． ∵，不妨设， 在中，由正弦定理得． 易知， ， ∴在中，，， ， ∴直线与平面所成角的大小为． （2）∵是的中点，是的中点，∴DO∥PC； 又∵平面，，∴DO∥平面PBC； 又∵平面平面，∴∥， ∴∥． 36．（2023·上海普陀·一模）图1所示的是等腰梯形，，，，于点，现将沿直线折起到的位置，形成一个四棱锥，如图2所示. (1)若，求证：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由线面角的大小求长度、面面角的向量求法、证明线面垂直 【分析】（1）连接，由，证得,再由，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据题意证得平面平面，过点作，证得平面，得到，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为等腰梯形，，，，， 可得，且,即， 因为，则，所以, 又因为，且，平面， 所以平面. 37．（2025·上海松江·二模）已知梯形中，，为上的一点且，，，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接、，为棱的中点. (1)求证：平面； (2)当时，求直线和平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取的中点，连接、，所以且，根据线面平行的判定定理可得平面，平面，从而可得平面平面，由面面平行的性质定理即可证明； （2）过点作于点，连接，由题意得平面. 所以就是直线和平面所成角. 二面角的平面角为，由（1）易得，取中点为，连接，可得，利用勾股定理求出，可得.继而即可求解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为点为棱的中点，且，所以且， ，平面，平面， 所以平面，同理可得平面. 因为平面，平面，且， 所以平面平面. 因为平面，所以平面. （2）过点作于点，连接， 因为，，，平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面. 所以就是直线和平面所成角. 由题意得：二面角的平面角为， 由（1）易得， 在中，由，，得， 取中点为，连接， 因为分别为的中点， 所以，且，又， 所以四边形为平行四边形，所以， 在中，由，，得，则. 在中，由，得， 即得直线和平面所成角为. 题型9：解答题---应用探究题 38．（2025·上海奉贤·二模）将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是、、． (1)请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是______，求解以下个问题： ①求出所选方案相对应的棱锥的侧面积、、； ②求出所选方案相对应棱锥的体积、、的最大值． (2)假设三个方案中相应的体积最大值分别记作、、，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 【答案】(1)选项见解析，①答案见解析；②答案见解析 (2) 【分析】（1）①根据所选方案，确定正四棱锥的底面边长和斜高，可得出正四棱锥的侧面积的表达式； ②根据所选方案，确定正四棱锥的底面面积和高，可得出正四棱锥体积的表达式，然后结合导数求其最大值； （2）根据（1）中的结果可得出结论. 【详解】（1）选择甲方案：①； ②该正四棱锥的高， ， 设， 则， 当时，；当时，. ∴函数在区间上严格增，在区间上严格减， ∴当时，. 选择乙方案：①； ②该正四棱锥的高， ， 设， 则， 当时，；当时，. ∴函数在区间上严格增，在区间上严格减 ∴当时，. 选择丙方案：①， ②该正四棱锥的高， ， 令，则， 当时，；当时，. 所以函数在区间上严格增，在区间上严格减， 所以当时，. （2）甲乙丙中总面积一样，由于乙的方案是不需要盖，所以相应的侧面积多了， 因此凭直觉猜想乙的体积最大，可以猜想：. 39．（23-24高三上·上海宝山·期末）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长.现从中截取矩形（如图甲所示），其中是以为圆心，的扇形，且弧分别与边相切于点.剪去图中的阴影部分，剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计）. (1)当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积； (2)当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？ 【答案】(1) (2) 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、面积、体积最大问题、柱体体积的有关计算 【分析】（1）结合图形可得柱体的底面积，再根据体积公式计算，即可求解； （2）设，则，其中，利用柱体的体积公式可得出包装盒的容积关于的函数表达式，利用导数可求得该包装盒的容积的最大值. 【详解】（1）在图甲中，连结交于点， 设， 在中，因为，所以， 则， 从而，即， 故所得柱体的底面积， 又所得柱体的高，所以， 所以当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米； （2）设，则， 则所得柱体的底面积. 又所得柱体的高， 所以，其中， 令，， 则由，解得，列表如下： x 增 极大值 减 所以当时，取得最大值，并且， 所以当分米时，折卷成的包装盒容积最大，最大值为立方分米. 40．（2025·上海徐汇·二模）如图，是一块正四棱台形铁料，上、下底面的边长分别为cm和cm，高cm． (1)求正四棱台的侧面与底面所成二面角的大小； (2)现削去部分铁料（不计损耗），将原正四棱台打磨为一个圆台，使得该圆台的上、下底面分别为原正四棱台上、下底面正方形的内切圆及其内部．求削去部分与原正四棱台的体积之比． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合正四棱台的结构特征，利用几何法求出二面角的平面角. （2）利用圆台、棱台的体积公式计算得解. 【详解】（1）设正方形，的中心分别为，连接，则平面， 分别取，的中点，，连接，则，， 由，分别为等腰梯形底边，的中点，得， 由，得四边形是一个直角梯形， ，又，为侧面与底面所成二面角的平面角， 由条件知，则， 所以侧面与底面所成二面角的大小为. （2）依题意，圆台上底面半径cm，下底面半径cm，高cm， 则圆台的体积为， 又正四棱台的体积， 所以削去部分的体积， 所以削去部分与正四棱台的体积之比为. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$