专题07 期中填选压轴题（五大题型）（期中真题汇编 上海专用）高二数学上学期

专题07 期中填选压轴题（五大题型） 5大高频考点概览 考点01 平面直角坐标系中的直线 考点02 圆 考点03 圆锥曲线 考点04 空间点、直线、平面之间的位置关系 考点05 简单几何体 地 城 考点01 平面直角坐标系中的直线 1．(24-25高二上·上海市奉贤中学··期中)在平面直角坐标系中，已知动点到两直线与的距离之和为，则的取值范围是 ． 2．(24-25高二上·上海市上海大学附属嘉定高级中学··期中) 在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点与直线上任意一点，称的最小值为点与直线间的“切比雪夫距离”，记作，给定下列两个命题：①已知点，直线，则；②定点、，动点满足，则点的轨迹与直线（k为常数）有且仅有2个公共点；下列说法正确的选项是（   ） A．命题①成立，命题②不成立 B．命题①不成立，命题②成立 C．命题①②都成立 D．命题①②都不成立 地 城 考点02 圆 3．(24-25高二上·上海市七宝中学··期中) 已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（    ） A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题 地 城 考点03 圆锥曲线 4．(24-25高二上·上海市上海师范大学附属中学··期中) 已知双曲线左右焦点分别为、，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则的取值所组成的集合为 . 5．(24-25高二上·上海市七宝中学··期中) 已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点（其中在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为 . 6．(24-25高二上·上海市上海财经大学附属北郊高级中学··期中) 过双曲线的右焦点向其一条渐近线作垂线l，垂足为P，l与另一条渐近线交于Q点，若，则双曲线的离心率为（   ）    A．2 B． C． D． 7．(24-25高二上·上海市进才中学··期中) 已知抛物线与直线相交于不同的、两点．记点、的横坐标分别为、且，若存在以、、为边长的三角形，则的取值范围是 ． 8．(24-25高二上·上海市进才中学··期中) 设为双曲线上两点，如下四个点：，，， 中，可作为线段中点的是 ．（请将所有满足条件的点填入） 地 城 考点04 空间点、直线、平面之间的位置关系 9．(23-24高二上·上海市交通大学附属中学··期中) 已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D．的大小关系与点的位置有关 10．(23-24高二上·上海市建平中学··期中) 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 11．(24-25高二上·上海市行知中学··期中) 如图，直三棱柱各棱长都相等，D是棱CC₁的中点，E是棱上的动点，F是棱AC的中点． 设， 随着增大， 直线BF与平面BDE所成角是 （    ） A．增大 B．减小 C．先增大再减小 D．先减小再增大 地 城 考点05 简单几何体 12．(24-25高二上·上海市上海中学··期中) 已知一个正三棱锥的高为6，底面边长为12，动点分别在其内切球和外接球上，则线段长度的取值范围是 . 13．(24-25高二上·上海市卢湾高级中学··期中) 已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，且是上一动点，则周长的最小值为 . 14．(24-25高二上·上海市南洋模范中学··期中) 已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为 .    15．(22-23高二上·上海市南洋模范中学··期中) 在棱长为的正方体中，分别为线段和平面上的动点，点为线段的中点，则周长的最小值为 . 16．(24-25高二上·上海南汇中学··期中) 如图，正方体的棱长是，是上的动点，、是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是 . 17．(24-25高二上·上海市上海中学··期中) 空间中有五个球两两外切，它们的半径分别为，则 . 18．(24-25高二上·上海市格致中学··期中) 在直三棱柱中，，，点P是平面ABC上一动点，则的最小值为 . 19．(24-25高二上·上海市曹杨第二中学··期中) 小玲在一个棱长为的密封正方体盒子中，放入一个半径为的小球．无论她怎么摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间体积为 ．（结果中保留） 20．(24-25高二上·上海市民办扬波中学··期中) 如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，其中一条侧棱与底面两边，所在直线夹角为45°，则该斜三棱柱的侧面积为 .    21．(24-25高二上·上海市格致中学··期中) 已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为，球与的四个侧面及底面都相切，然后依次在内放入球、、，……，使得球（，）与的四个侧面均相切，且球与外切，则放入的所有球的体积之和为 . 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 期中填选压轴题（五大题型） 5大高频考点概览 考点01 平面直角坐标系中的直线 考点02 圆 考点03 圆锥曲线 考点04 空间点、直线、平面之间的位置关系 考点05 简单几何体 地 城 考点01 平面直角坐标系中的直线 1．(24-25高二上·上海市奉贤中学··期中)在平面直角坐标系中，已知动点到两直线与的距离之和为，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题意可知满足为四边形的四边上任意一点，然后画图由几何意义求解即可. 【详解】将直线与的方程化为一般式为， ，所以到两直线的距离之和为：， 所以①. 当时，①式变形为：； 当时，①式变形为：； 当时，①式变形为：； 当时，①式变形为：； 则动点为如图所示的四边形的边，   的几何意义为正方形边上任意一点与连线的斜率. 易知，， ，， 所以的取值范围是， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是去绝对值符号得到点的轨迹，再由的几何意义求解即可. 2．(24-25高二上·上海市上海大学附属嘉定高级中学··期中) 在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点与直线上任意一点，称的最小值为点与直线间的“切比雪夫距离”，记作，给定下列两个命题：①已知点，直线，则；②定点、，动点满足，则点的轨迹与直线（k为常数）有且仅有2个公共点；下列说法正确的选项是（   ） A．命题①成立，命题②不成立 B．命题①不成立，命题②成立 C．命题①②都成立 D．命题①②都不成立 【答案】C 【分析】对于①，设是直线上一点，且，可得 ，讨论与的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；对于②，根据定义得，再根据对称性进行讨论，求得轨迹方程，即可判断. 【详解】设点是直线上一点，且，可得 由，解得，即有， 由，解得或，， 所以故①正确； 对于②，定点、，动点满足， 则：，显然上述方程所表示的曲线关于原点对称， 故不妨设， 当时，有，得：； 当时，有，此时无解； 当时，有，； 则点的轨迹是如图所示的以原点为中心的两支折线. 结合图像可知，点的轨迹与直线（为常数）有且仅有个公共点，因此②正确. 故选：C. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解，对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求，但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好基础知识，以不变应万变才是制胜法宝, 地 城 考点02 圆 3．(24-25高二上·上海市七宝中学··期中) 已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（    ） A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题 【答案】C 【分析】对于①，求得两圆的圆心距与两圆的半径，可得两圆总相交，可判断①；对于②，当与圆相切时，可得，可判断②. 【详解】由，可得圆心，半径为， 由，可得，半径， 由，所以， 所以两圆相交，故不存在，使圆与圆相切， 故①为假命题； 因为，所以直线过点， 当与圆相切时，可得，所以， 所以对任意，直线上都存在点， 圆上都存在两点、，使.故②正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：判断圆与圆的位置关系，常常求得两圆圆心之间的距离，并与半径和差之间的关系判断. 地 城 考点03 圆锥曲线 4．(24-25高二上·上海市上海师范大学附属中学··期中) 已知双曲线左右焦点分别为、，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则的取值所组成的集合为 . 【答案】 【分析】结合双曲线的定义，再结合直线与圆相切的性质，转化求得，再根据数量积公式，即可求解. 【详解】如图，设圆与的延长线、的延长线和线段分别切于点， 连接，则，由双曲线方程为， 可得，又为右支上的一动点，所以， ，所以，所以， 由题意可知，又, 所以. 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合直线与圆相切的几何关系，进行线段长度的转化. 5．(24-25高二上·上海市七宝中学··期中) 已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点（其中在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为 . 【答案】 【分析】作出示意图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴相切于，后设直线倾斜角为，由几何知识可得，后由两圆外切相关条件可得答案. 【详解】设的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为， 记边上的切点分别为， 由切线的性质可得：，由双曲线定义可得：，即，则，又. 则，又，则，即. 同理可得，的内切圆也与轴相切于点. 连接，则与轴垂直，设圆与相切于点，连接， 过点作，记垂足为，则. 设直线倾斜角为，则. 在四边形中，注意到，又四边形内角和为， 则，在中，， ， 则， 则直线斜率，即. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴相切于双曲线顶点处. 6．(24-25高二上·上海市上海财经大学附属北郊高级中学··期中) 过双曲线的右焦点向其一条渐近线作垂线l，垂足为P，l与另一条渐近线交于Q点，若，则双曲线的离心率为（   ）    A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据垂直求直线的方程，联立直线方程求点的坐标，表示，利用得到的关系，即可求出双曲线离心率. 【详解】由题意得，，渐近线方程为. 因为，所以直线的方程为. 由得，即， 由得，即， 所以， ， 因为，所以，整理得， 所以双曲线的离心率. 故选：D. 7．(24-25高二上·上海市进才中学··期中) 已知抛物线与直线相交于不同的、两点．记点、的横坐标分别为、且，若存在以、、为边长的三角形，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】将直线方程与抛物线的方程联立，可得出，可得出，由以及，，可求出实数的取值范围. 【详解】由于存在以、、为边长的三角形，则、、都为正数， 联立可得， 由题意可知，关于的方程有两个不等的实根、， 则，可得， 将代入不等式，得，可得， 由得，可得， 由得，则，即，可得， 由可得，可得， 又因为，即，即，可得， 由于，可得， 显然，则显然成立， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 8．(24-25高二上·上海市进才中学··期中) 设为双曲线上两点，如下四个点：，，， 中，可作为线段中点的是 ．（请将所有满足条件的点填入） 【答案】 【分析】根据双曲线方程利用点差法求得直线的斜率表达式，再根据各点坐标以及中点坐标公式得出直线方程，与双曲线方程联立根据判别式判断方程根的个数可得结论. 【详解】设，则可得的中点坐标为， 因此， 因为在双曲线上，所以，两式相减可得， 因此， 对于，可得，此时， 此时直线的方程为，即， 联立，消去可得， 此时，所以直线与双曲线没有交点， 故不符合题意； 对于，可得，此时， 此时直线的方程为，即， 联立，消去可得， 此时，所以直线与双曲线没有交点， 故不符合题意； 对于，可得，此时， 此时，即， 显然为双曲线的渐近线，所以直线与双曲线没有交点， 故不符合题意； 对于，可得，此时， 此时直线的方程为，即， 联立，消去可得， 此时，所以直线与双曲线有两个交点， 故符合题意；综上可知可作为线段中点的是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线弦中点问题时，经常利用点差法由中点坐标求得弦所在直线的斜率或直线方程，即可得出相应结论. 地 城 考点04 空间点、直线、平面之间的位置关系 9．(23-24高二上·上海市交通大学附属中学··期中) 已知正方体和点，有两个命题： 命题甲：存在条过点的直线，满足与正方体的每条棱所成角都相等； 命题乙：存在个过点的平面，满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D．的大小关系与点的位置有关 【答案】B 【分析】作出正方体四条体对角线，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，得到，从正方体一个顶点出发得到正三棱锥，得到与正方体的每个面所成锐二面角都相等的平面，由对称性可得，得到结论. 【详解】正方体有四条体对角线， 四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，夹角的正切值为， 故过点可以作4条直线，4条直线分别与4条体对角线平行， 由于正方体只有4条体对角线， 故， 过正方体的一个顶点可以作出正三棱锥，比如， 可以证明平面与正方体的三个平面，平面，平面的锐二面角相等， 设平面与平面的夹角为， 相交于点，连接，则即为平面与平面的夹角， ， 可以求出平面与平面，平面的锐二面角的正切值均为， 根据面面平行，故平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等， 从8个顶点可以作出8个类似的正三棱锥， 得到八个平面，分别为平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面， 但平面，平面，平面，平面分别与平面，平面，平面，平面平行， 综上，过点共可以作出4个平面满足与正方体的每个面所成锐二面角都相等； 故， 故选：B 【点睛】关键点点睛，正方体中，四条体对角线与正方体的每条棱所成角都相等，从一个顶点出发的正三棱锥，可得到平面与四个平面平行的平面与正方体的每个面所成锐二面角都相等，结合对称性可得结论. 10．(23-24高二上·上海市建平中学··期中) 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. 【详解】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. 11．(24-25高二上·上海市行知中学··期中) 如图，直三棱柱各棱长都相等，D是棱CC₁的中点，E是棱上的动点，F是棱AC的中点． 设， 随着增大， 直线BF与平面BDE所成角是 （    ） A．增大 B．减小 C．先增大再减小 D．先减小再增大 【答案】A 【分析】设所有棱长均为2，建系标点，利用空间向量求线面夹角可得，结合复合函数单调性分析判断. 【详解】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系. 设所有棱长均为2，则，， 可得，，， 设平面BDE法向量，则， 令，则，可得. 设直线BF与平面BDE所成角为， 则， 令，可知在内单调递减，且， 则，可知在内单调递减， 可得在内单调递增，所以随着x增大而增大. 故选：A. 地 城 考点05 简单几何体 12．(24-25高二上·上海市上海中学··期中) 已知一个正三棱锥的高为6，底面边长为12，动点分别在其内切球和外接球上，则线段长度的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据条件做出示意图，由正三棱锥的性质得到内切球和外接球的球心均在顶点和底面中心连线上，由勾股定理求出内切球和外接球球心的距离及半径，从而找到球面上两点间的最大距离和最小距离. 【详解】根据题意可作图如下：    在正三棱锥中，是边长为12的正三角形，取中点并连接， 取，连接， 则，， 在正三棱锥中，平面，则， 由正三棱锥的对称可知：内切球和外接球的球心均在直线上， 设内切球球心为，外接球球心为， 设内切球的半径为，外接球的半径为， ∵,∴在的延长线上， 连接，则， 设，则，， ∴，解得，则， 取中点，连接，过点作于点，    在等边三角形中，为中点，∴， 在等腰三角形中，为中点，∴， 平面，平面， ∴平面，又∵平面， ∴平面平面，且平面平面， ∵，∴平面， ∴内切球半径，则， ∵，则， ∵，∴，即，解得， ∴， ∴，即， 故答案为： 【点睛】思路点睛，本题讨论的是正棱柱的内切球和外接球，通过正三棱锥的对称性找到内切球和外接球的球心的大致位置是关键，然后通过勾股定理求出具体位置和两个球的半径，即可得出结果. 13．(24-25高二上·上海市卢湾高级中学··期中) 已知在直三棱柱中，底面为直角三角形，且是上一动点，则周长的最小值为 . 【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，即可得周长的最小值. 【详解】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， 在原图中，所以周长的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于空间中线段和最值问题，常常把两个平面折叠成一个平面，再结合平面的性质运算求解. 14．(24-25高二上·上海市南洋模范中学··期中) 已知正四面体中，，、，…，在线段上，且，过点（、、…、）作平行于直线、的平面，截面面积为，则所有截面积之和为 .    【答案】 【分析】由正四面体的定义和线面垂直的判定与性质，推得，再作出截面，根据线面平行的性质可得四边形为矩形， 求得面积，利用以及等差求和公式，结合分组求和即可求解. 【详解】过作平行于的平面分别交，，于，，，如图， 因为平面，且平面平面，所以， 同理,，，故四边形为平行四边形． 过作，可得为的中点，连接，可得， 而，平面，可得平面， 平面，则． 故,则四边形为矩形． 又为靠近的第个等分点， 故． 故． ， 由于， 故 ， 故答案为：    【点睛】关键点点睛：根据线面平行的性质以及线面垂直的性质可先证得四边形为矩形，求解面积表达，利用，由分组求和得解. 15．(22-23高二上·上海市南洋模范中学··期中) 在棱长为的正方体中，分别为线段和平面上的动点，点为线段的中点，则周长的最小值为 . 【答案】 【分析】设G关于平面对称的点为，的周长，再通过建系以及转化思想转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况，由此可得结果. 【详解】 设G关于平面对称的点为，连接，则， ，的周长， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,，， 设，则，所以 即点到与距离和的最小值， 设关于x轴对称的点为， 则 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中到定点和到动点的距离和的最值问题的求解，解题关键是转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况. 16．(24-25高二上·上海南汇中学··期中) 如图，正方体的棱长是，是上的动点，、是上、下两底面上的动点，是中点，，则的最小值是 . 【答案】/ 【分析】以为顶点，构造棱长为的正方体，利用对称性将转化为，再根据四点共线时取最小值完成计算. 【详解】以为顶点，构造棱长为的正方体，如下图所示： 由对称性可知，， 又因为是上的动点，是下底面上的动点，所以是直角三角形， 又因为是中点，，所以， 当取得最小值时，此时四点共线， 则， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个方面，一方面是找出关于平面的对称点，从而可将转化为；另一方面是利用四点共线去分析求解最小值，将线段和问题转化为两点间距离问题. 17．(24-25高二上·上海市上海中学··期中) 空间中有五个球两两外切，它们的半径分别为，则 . 【答案】 【分析】先确定已知半径的球心位置形成三棱锥，根据球心距计算即可. 【详解】假设半径为1的两球球心分别为，半径为2的两球心分别为， 连接四个球心如下图所示，则有， 取的中点，易知， 则， 因为平面，所以平面， 而平面，所以， 因为平面，所以平面， 则可知平面平分线段，平面平分线段， 又平面平面，可知第五个球心G为于上， 可满足， 设，则，解之得. 故答案为： 【点睛】思路点睛：根据五个球相切，先确定四个已知半径的球心围成三棱锥，再根据球心距离及线面垂直的判定确定第五个球心位置，由勾股定理计算即可. 18．(24-25高二上·上海市格致中学··期中) 在直三棱柱中，，，点P是平面ABC上一动点，则的最小值为 . 【答案】/ 【分析】先分析出取到最小值时点的位置，然后将将底面沿着翻折，使其和平面共面，转化为平面问题处理. 【详解】 作，垂足为，连接， 根据直棱柱性质可得，平面，平面，则， 显然，当在上，两个等号同时成立， 于是使得取到最小值的点落在线段上. 如图所示直三棱柱，将底面沿着翻折，使其和平面共面，如下图， 过作，垂足为，交于，则此位置的点为所求， 根据题干数据，，， 由，故，于是，， 设，则，由，解得， 故，故； 故答案为： 【点睛】关键点睛：立体几何折线段最值问题都会展开几何体为一个平面处理，待求表达式中含有，联想到含的直角三角形的边长关系，是解题突破口. 19．(24-25高二上·上海市曹杨第二中学··期中) 小玲在一个棱长为的密封正方体盒子中，放入一个半径为的小球．无论她怎么摇动盒子，小球在盒子中不能达到的空间体积为 ．（结果中保留） 【答案】 【分析】小球不能到达的位置为正方体的8个顶点附近和12条棱附近的部分组成. 【详解】顶点部分不能到达部分为棱长为1的正方体减去半径为1的球体的，如下图， 所以8个顶点部分体积为， 棱部分不能到达部分为底面是边长为1，高为的长方体减去底面半径为1，高为4的圆柱体的，如下图， 12条棱部分不能到达的体积是， 所以不能到达的体积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得小球不能到达的位置可分为正方体的顶点与棱到球面两种情况，从而得解. 20．(24-25高二上·上海市民办扬波中学··期中) 如图，在斜三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为2，其中一条侧棱与底面两边，所在直线夹角为45°，则该斜三棱柱的侧面积为 .    【答案】 【分析】首先证得，然后分别求出三个侧面的面积相加即可求出结果. 【详解】过点作，连， 因为，，， 所以，则，即， 由是平面内两条相交直线， 所以平面，又， 所以平面，又平面， 所以， 所以该斜三棱柱的侧面积为. 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是作，证明. 21．(24-25高二上·上海市格致中学··期中) 已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为，球与的四个侧面及底面都相切，然后依次在内放入球、、，……，使得球（，）与的四个侧面均相切，且球与外切，则放入的所有球的体积之和为 . 【答案】/ 【分析】记球的半径为，设四棱锥的高为，体积为，可得，设，利用可得，求出再求极限可得答案. 【详解】如图，四棱锥中，为底面正方形的中心，则底面， 为的中点，连接，设侧面与底面所成角为， 记球的半径为，设四棱锥的高为，体积为， 为与四棱锥的切点，， 因为，所以，即， 所以，故， 即，设， 由于，即， ，两式相减可得，即，所以， 故， 所以所有球的体积之和为. 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是找出可得. 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $