专题02：空间向量与立体几何填选压轴题九种考法归纳 讲义-2026届高考数学二轮复习高分冲刺【压轴题全突破】（上海专用）

2026年高考数学二轮复习高分冲刺【压轴题全突破】 专题02 空间向量与立体几何填选压轴题九种考法归纳 1. （2025上海秋季高考）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________． 【答案】 【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积. 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 2.（2024上海高考15题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案. 【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 3．（2023年上海卷12）空间中有三个点A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空间中任取2个不同的点D，E（不考虑这两个点的顺序），使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　 　种． 【答案】9 【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为D、E， 当△ABC为正四棱锥的侧面时，如图，平面ABC的两侧分别可以做ABDE作为圆锥的底面，有2种情况， 同理以BCED、ACED为底面各有2种情况，所以共有6种情况； 当△ABC为正四棱锥的截面时，如图，D、E位于AB两侧，ADBE为圆锥的底面，只有一种情况， 同理以BDCE、ADCE为底面各有1种情况，所以共有3种情况； 综上，共有6+3＝9种情况． 故答案为：9． 4．（2022年上海市高考数学第15题）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，连接A1S，B1D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称MN两点可视，则下列选项中与点D1可视的为（　　　　） A．点P B．点B C．点R D．点Q 【答案】D 【解答】解：线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，即直线MN与线段A1S、B1D不相交， 因此所求与D1可视的点，即求哪条线段不与线段A1S、B1D相交， 对A选项，如图，连接A1P、PS、D1S，因为P、S分别为AB、CD的中点， ∴易证A1D1∥PS，故A1、D1、P、S四点共面，∴D1P与A1S相交，∴A错误； 对B、C选项，如图，连接D1B、DB，易证D1、B1、B、D四点共面， 故D1B、D1R都与B1D相交，∴B、C错误； 对D选项，连接D1Q，由A选项分析知A1、D1、P、S四点共面记为平面A1D1PS， ∵D1∈平面A1D1PS，Q∉平面A1D1PS，且A1S⊂平面A1D1PS，点D1∉A1S， ∴D1Q与A1S为异面直线， 同理由B，C选项的分析知D1、B1、B、D四点共面记为平面D1B1BD， ∵D1∈平面D1B1BD，Q∉平面D1B1BD，且B1D⊂平面D1B1BD，点D1∉B1D， ∴D1Q与B1D为异面直线， 故D1Q与A1S，B1D都没有公共点，∴D选项正确． 故选：D． 5.（2021上海高考）已知圆柱的底面半径为1,母线长为2,则圆柱的侧面积为 . 【答案】 【解析】 题型01：命题结论综合辨析 1．（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 2．（2023春·上海徐汇·高三上海民办南模中学校考阶段练习）在正方体中，点分别是线段上的点（不为端点），给出如下两个命题：①对任意点，均存在点，使得；②存在点，对任意的，均有则（    ）   A．①②均正确 B．①②均不正确 C．①正确，②不正确 D．①不正确，②正确 【答案】D 【分析】根据正方体的线面关系证明平面，来验证命题①；求证平面，来验证命题②即可得结论. 【详解】对于①，如图，连接    在正方体中，有正方形，所以， 又，所以四边形为平行四边形，故确定唯一的平面， 又平面，平面，所以 又平面，所以平面 因为平面，所以对任意点，都有，只有与重合才符合题意,与不为端点矛盾，故对任意点，不存在点，使得，故①不正确； 对于②，如图，连接交于，连接      由①得平面，又，所以四边形为平行四边形，所以，则平面， 因为平面，所以 又因为正方形，所以，又平面，平面，所以, 因为平面，所以平面，又平面，所以， 因为平面，所以平面，又平面，所以 于是当点与重合时，存在点，对任意的，均有，故②正确. 故选：D. 3．（2023·上海嘉定·校考三模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的都是以为圆心的圆弧，是为计算所做的矩形，其中分别在线段上，.记，，，，给出四个关系式，其中成立的等式的序号有__________.    ① ②； ③； ④. 【答案】①③④ 【分析】利用题设中的垂直关系可得、、、，利用这些直角三角形逐项计算各角的三角函数后可得它们的关系，从而可得正确的选项. 【详解】因为四边形是矩形，故，而， 平面，故平面. 因为四边形是矩形，故，故，而， 而平面，故平面. 而，，，. 故，，而平面， 故平面，因平面，故, 同理，. 在中，有； 在中，有； 在中，有； 故，故①正确. 在中，有， 在中，有； 故，故，故③正确. 在中，有， 在中，有； 故，故④正确. 若不成立，否则由④的结论可得，这样为锐角矛盾. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：立体几何中的角的关系的计算，一般放置在直角三角形进行讨论，注意利用空间中的垂直关系实现不同面中的垂直关系的转化. 4．（2025闵行区三模）如图所示，已知三棱锥的各棱长均相等，分别是所在棱，，的中点，有下列说法： ①；②平面； ③平面；④平面平面． 其中，说法正确的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明逐个分析选项即可. 【解答过程】如图，将三棱锥放入正方体中，以棱作为面对角线， 以为原点，建立空间直角坐标系，    不妨设正方体的边长为，由题意得，，，， 由中点坐标公式得，，， 对于①，由题意得，， 则，得到，故①正确， 对于②，由题意得，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 可得，而， 因为平面， 所以平面，故②正确， 对于③，由题意得，， 若平面，则， 可得，而不存在这样的使得方程组成立， 则平面不成立，故③错误， 对于④，由题意得，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 可得，由已知得， 而，可得平面平面，故④正确， 综上可得，说法正确的个数是3个，故C正确. 故选：C. 5.（2023·全国·高三专题练习）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角； ③直线AB与a所成角的最小值为45°； ④直线AB与a所成角的最大值为60°. 其中正确的是______________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 【详解】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图， 不妨设图中所示正方体边长为1， 故|AC|＝1，|AB|， 斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变， B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆， 以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系， 则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1， 直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1， 设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0）， 其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π）， ∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||， 设与所成夹角为α∈[0，]， 则cosα|sinθ|∈[0，]， ∴α∈[，]，∴③正确，④错误． 设与所成夹角为β∈[0，]， cosβ|cosθ|， 当与夹角为60°时，即α， |sinθ|， ∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|， ∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°， ∴②正确，①错误． 故答案为②③．    题型02：边长、体积、截面面积问题 6．（2023春·上海青浦·高三上海市青浦高级中学校考阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，P，Q为四边形内的点（包括边界），且点P到AB的距离等于到平面的距离，点Q到的距离等于到平面ABCD的距离，则的最小值为______. 【答案】 【分析】根据抛物线的定义得到P，Q的轨迹，结合图像，即可求解. 【详解】当P，Q在线段上时，由P到AB的距离等于到平面的距离知，P到点B的距离等于到的距离，故点P在以B为焦点，为准线的抛物线上；同理，点Q在以为焦点，BC为准线的抛物线上.设这两条抛物线与的交点即分别为点，（如图1）. 则P，Q的轨迹分别为四边形内过点，且平行于AB的线段（如图2）.则的最小值即为. 如图3所示，建立平面直角坐标系，则的坐标为，，所在的抛物线方程为，，联立方程且，得， ，，即的最小值为. 故答案为：. 7. （2025上海市徐汇中学高三三模）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________． 【答案】###### 【解析】 【分析】该多面体可以看作为正方体截取一部分构成，把复杂的几何体转化为简单几何体构成即可. 【详解】 如图，该多面体可以看做由一个棱长为的正方体截去8个如①三棱柱和8个如②四棱锥和12个如③三棱柱构成， ①为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为： ②为底面为以棱长为和1的矩形，高为的四棱锥其体积为： ③为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为： 所求多面体体积为： 故答案为：. 8．（25-26大同中学高三开学考试）图1是由矩形ABFG，直角三角形ABC和菱形BCDE组成的平面图形，其中，，将矩形ABFG，菱形BCDE分别沿AB，BC折起，使得BE与BF重合，连接DG，得到如图2所示的五面体，则该五面体的体积为 . 【答案】 【分析】由题意可得平面，由线面垂直的性质定理可得，求出，的长，由，可取的中点为，则，继而可得的长，过作，垂足为，由等面积法可得的长，结合题意可证明平面，再由柱体得体积公式即可求解. 【详解】连接， 由题意可知：，，平面， 所以平面， 且平面，可知， 因为为等边三角形，则，可得， 且， 取的中点为，则，可得， 过作，垂足为， 由等面积法可得，则， 因为∥，可得， 因为平面，平面，可得平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面， 所以该五面体的体积为. 故答案为：. 9．（25-26普陀区高三校级联考）已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为120°， ，则三棱锥的外接球的表面积为________． 【答案】 【分析】将沿折起后，取中点为，连接，，得到，在中由余弦定理求出的长，进一步求出的长，分别记三角形与的重心为、，记该几何体的外接球球心为，连接，，证明与全等，求出，再推出，连接，由勾股定理求出，即可得出外接球的表面积． 【解析】将沿折起后，取中点为，连接，，则，， ∴即为二面角的平面角，∴； 设，则， 在中，即 ， 解得，即，∴，∴与是边长为的等边三角形． 分别记三角形与的重心为、，则，；即； ∵与都是边长为的等边三角形，∴点是的外心，点是的外心； 记该几何体的外接球球心为，连接，， 根据球的性质，可得平面，平面，∴与都是直角三角形，且为公共边，∴与全等，因此，∴； ∵，，，且平面，平面，∴平面； 又平面，∴，连接，则外接球半径为，∴外接球表面积为． 【名师点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），根据特殊几何体的外接球，求出球的半径． 题型03：个数、条数等问题 10.公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 【答案】B 【解题思路】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案. 【解答过程】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边， 所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为. 由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱； 原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为. 故选：B. 11．（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： 12. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A. 3 B. 6 C. 7 D. 10 【答案】D 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 13．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 【答案】9 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【详解】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，结合三边的轮换对称性即可得解. 14．已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 【答案】 7 【分析】分两种情况得出的所有可能值以及相应的的个数； 【详解】①情形一：分别取的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半，等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：分别取的中点 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中， 则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. 所以符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是； 故答案为：7； 题型04：动点与轨迹问题 15．已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 16．在空间中，到一定点的距离为定值的点的轨迹为球面，已知菱形ABCD的边长为2，，P在菱形ABCD的内部及边界上运动，空间中的点Q满足，则点Q轨迹所围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意由P在菱形ABCD的内部及边界上运动且可知Q的轨迹，截取平面图将几何体拆分成若干部分利用对称性分别求得各部分体积即可得出结果. 【详解】根据题意可知Q的轨迹所围成的几何体截面图（过平面ABCD），如图所示， 其中ABEF，ADHG，CDIJ，BCKL区域内的几何体为半圆柱， 它们的高为2，底面半径为1，体积为； AFG，BEL，CKJ，DHI区域内的几何体为球的一部分，球心分别为A，B，C，D， 半径为1，，， ， 所以这四个区域的几何体组成一个半径为1的完整的球，体积为； 而ABCD区域内的几何体为棱柱，高为2，体积为， 所以Q的轨迹所围成的几何体体积为， 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于首先确定点Q是绕点的球面，再结合点在菱形ABCD的内部及边界上运动得出所围成的几何体，再由几何体体积的求法可得结果. 17. （2024青浦区高三三次学业监测）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（ ）． A B. C. ． D. 【答案】A 【解析】 【分析】点P的轨迹是以为邻边的平行六面体，求出以为邻边的平行四边形面积和点到平面距离，由柱体的体积公式即可得出答案. 【详解】空间中的动点P满足， 则点P的轨迹是以为邻边的平行六面体， 将正四面体放入如图所示的正方体中， 则正四面体的内切球心O为正方体的中心， 设正方体的棱长为，所以，所以， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以， ， ， ， 所以， 所以， 所以以为邻边的平行四边形面积为： ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 又因为点到平面距离为， 以为邻边的平行六面体的体积为：. 故选：A. 题型05：立体几何中的定值、最值与范围问题 18．（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、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B、C不符合条件， 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 19. （25-26嘉定区二模）在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型．长度定义为物体上最远两点间的距离，宽度定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上的所有点均位于两平面之间（包括平面上）．现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则的最小值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】分和两种情况进行分析，可得结论. 【详解】圆柱体中，最远两点间的距离为， 当，即时，，， 当且仅当时，等号成立； 当，即时，，. 所以的最小值为. 20. （25-26宝山区二模）如图，正方体的棱长为1，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的六条棱都有公共点.记截面的面积为，截面周长为，则有（ ） A. 为定值，为定值 B. 为定值，不为定值 C. 不为定值，为定值 D. 不为定值，不为定值 【答案】C 【解析】 【分析】判断周长和面积是否为定值，先判断截面各边之间的数量关系和位置关系，将立体问题平面化求解即可. 【详解】如图所示， 连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 同理连接，，，易知平面与对角线垂直， 又平面与对角线垂直，所以平面平面； 又平面平面，平面平面 从而可得，同理可得，又，所以， 同理可得，， 将截面各边展开如图： 由平行关系知，的周长等于为定值； 由平行关系知，的形状为六边形，各边夹角为，且相邻两边之和为， 设，则，则的面积， 从而可知是关于的二次函数，不为定值. 21. （2025七宝中学高三三模）已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积. 【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为， 连接因为平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，故为的平面角， 则，，由，则， 又、平面，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得，所以点的坐标为， 所以动点到直线的最短距离为， 因为，所以， 所以三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 题型06：围成区域面积、体积问题 22．（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： 23．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图，曲线是一个圆心位于,半径为的四分之一圆弧，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：. 24. （25-26黄浦区二模）在空间直角坐标系中，将点集所表示的立方体的表面满足的部分记为S，同时满足“”与“或”的点P的集合所表示几何体的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先判断出为正方体的四个侧面和下底面，然后得到“”表示的几何体为正方体的外接球，满足条件的点即为从点出发的不超过和球面的线段上的点，将它们分为射向上底面和其它五个面两个部分，相加即可得到所求几何体体积. 【详解】点集表示的是以原点为中心的边长为2的正方体， 为满足的部分即除去了后剩余的部分，也就是除了上底面以外的五个面， 条件“”表示点在以原点为球心的半径为的球体内，因为， 所以这个球刚好也是正方体的外接球，即为线段， 条件“或”表示线段与要么没有交点，要么交点就是， 考虑从点出发的线段，射向上底面的线可以到达球面，这一部分构成个球体， 射向包含的五个面可以到达正方体的表面，这一部分构成五个四棱锥，每个四棱锥都是正方体的， 所以所求几何体的体积为. 25．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用空间向量模的意义及数量积的运算律求得，进而求出范围. 【详解】由空间向量两两垂直，得 又，， 则 ，而， 因此，， 所以的取值范围为. 故答案为： 题型07：空间向量的最值与范围问题 26. （2024学年宜川中学高三模拟）已知中，，且，，则的最大值为______. 【答案】## 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出三角形外接圆半径，确定点的轨迹，借助圆的性质求出最大值. 【详解】以直线为轴，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系， 由，，得， 外接圆半径，令圆心为，则， ，点在以为圆心，为半径所含圆周角为的圆弧（不含端点）上， 显然，当且仅当点在线段上时取等号， 所以的最大值为. 故答案为： 27．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用空间向量模的意义及数量积的运算律求得，进而求出范围. 【详解】由空间向量两两垂直，得 又，， 则 ，而， 因此，， 所以的取值范围为. 故答案为： 28. 已知、、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. 【详解】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； 29. 已知、、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. 【详解】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； 30. （25-26虹口区二模）在以O为原点的空间直角坐标系中，设，，A和B是两个点集，设，对任意的，总存在，使得．若，且，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示公式，结合直线与圆的位置关系进行求解即可. 【详解】设，因为， 所以，且， 即，且，显然， 设，因为，所以， 因为， 所以， 因为， 所以， 因为，所以，代入中， 得， ， 因此直线与圆有两个不同的交点， 因为，所以直线的斜率的取值范围为， 如下图所示： 由 直线与圆的交点坐标为， 又因为直线、直线斜率互为相反数，且过同一点，与圆都是关于纵轴对称， 所以当时， 因为， 所以的取值范围是. 题型08：立体几何的实际应用问题 31．（2024·上海徐汇·一模）徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上､下底面直径分别为30cm和26cm，下面圆台的上､下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为8cm，则该花盆上､下两部分母线长的总和为 . 【答案】 【分析】设出圆台的母线长及底面半径，根据圆台的母线长公式结合条件即得. 【详解】设上面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为高为， 根据圆台的母线长公式，带入数值计算得到； 设下面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为 由于两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等，可以得到，带入数值计算得到； 所以该花盆上､下两部分母线长的总和为. 故答案为： 32．（2023·上海长宁·统考一模）豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐，将三角形豆腐ABC悬空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为T.若忽略三角形豆腐的厚度，设，点在内部.假设对于任意点，满足的点都在内，且对于内任意一点，都存在点，满足，则的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可知：是由三个半圆柱，三个球体的一部分和一个直三棱柱构成，根据圆柱、球和棱柱的体积公式分别求得各个部分几何体的体积即可加和得到结果. 【详解】空间中，在垂直于平面的角度看，如下图所示： 其中：，和区域内的几何体为底面半径为的半圆柱； ，，区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为； 区域内的几何体是高为的直三棱柱. 因为四边形和为矩形，则， 可得， 同理可得：，， 所以， 可得，，区域内的几何体合成一个完整的，半径为的球， 则，，区域内的几何体的体积之和； 又因为，和区域内的几何体的体积之和； 区域内的直三棱柱体积， 所以的体积为. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中的体积问题，解题关键是能够根据的形状，进而由对应几何体的体积公式求得结果. 33.如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置时，水面高度为______ 【解题思路】由注水四棱台部分的体积等于注水四棱锥部分的体积求解. 【解答过程】设正四棱锥的底面边长为，因为注水四棱台部分的高为，四棱锥的高为， 所以注水四棱台的上底边长为，体积， 设注水四棱锥的水面高度为，底面边长为，则，所以， 所以注水四棱锥部分的体积， 因为，即，解得， 34.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为_______ （参考数据：，） 【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为， 而圆台一个底面的半径为，圆台的母线长为，则，， ，， 所以． 35.球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes’Hat-BoxTheorem”的定理：球冠的表面积（如上图，这里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为，则该工艺品的表面积为_______ 【解题思路】设截面圆半径为，球的半径为，求出截面圆的半径，利用几何关系可求出球体的半径，求出球体的表面积和一个球冠的表面积， 再利用球体的表面积减去个球冠的表面积并加上个截面圆的面积可得出该实心工艺品的表面积. 【解答过程】设截面圆半径为，球的半径为， 则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即此距离为， 根据截面圆的周长可得，得，故，得， 所以球的表面积． 如图，，且，则球冠的高， 得所截的一个球冠表面积， 且截面圆面积为， 所以工艺品的表面积． 36.已知球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是______ 【解题思路】过点作球的截面中，面积最大的是过球心的截面，最小的是垂直于的截面，求出球的半径，以及垂直于的截面半径，从而可得结果. 【解答过程】显然过点作球的截面中，面积最大的是过球心的截面，最小的是垂直于的截面， 设三棱锥的外接球半径为，，解得，截面面积最大为． 如图，为底面的中心，， ， ， 垂直于的截面半径满足， ，即截面最小面积为，截面圆面积的取值范围是， 题型09：立体几何与数列、解析几何等的交汇 37.如图1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数的部分图象，分别是图象的一个最高点和最低点，是图象与轴的交点，，垂足为，现将该卡片沿轴折成如图2所示的直二面角，对于图2，则下列结论正确的是_______ (1) (2)点到直线的距离为 (3)点到平面的距离为 (4)平面与平面夹角的余弦值为 【答案】(1) (3) 【分析】根据给定条件，求出图1中点的坐标，建立空间直角坐标系，求出各点在空间坐标系中的坐标，即可对选项逐一判断得出结论. 【详解】在图1中，由函数的解析式可知； 在图2中，建立空间直角坐标系如下图所示： 则，可得， 对于A，因此可知，即(1)正确； 对于B，易知， 则点到直线的距离为，即(2)错误； 对于C，设平面的一个法向量为，又， 所以，令，则； 因此平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为，因此(3)正确； 对于D，显然平面的一个法向量为， 所以平面与平面夹角的余弦值为， (4)错误. 故选：(1) (3) 38．（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： 39．（2024·上海静安·一模）如图的封闭图形的边缘由抛物线和垂直于拋物线对称轴的线段组成.已知，拋物线的顶点到线段所在直线的距离为. (1)请用数学符号语言表达这个封闭图形的边缘； (2)在该封闭图形上截取一个矩形，其中点在线段上，点抛物线上.求以矩形为侧面，为母线的圆柱的体积最大值； (3)求证：抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在同一条直线上. 【答案】(1)详见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）建立坐标系，求抛物线的方程及的方程即可； （2）结合圆柱的性质及体积公式求出圆柱的体积表达式，再求其最值； （3）结合导数的几何意义求切线方程，再求两切线交点，由此证明结论. 【详解】（1）如图建立平面直角坐标系， 设抛物线的方程为， 则曲线过点，所以，故， 所以，曲线的方程为， 线段的方程为， （2）设，则 . 以为母线的圆柱的底面半径满足， 所以， 所以圆柱的体积 . 所以， 所以，当时，其体积取得最大值； （3）证明： 因为函数的导函数， 所以，抛物线上任意一点的切线斜率为， 设是抛物线上两条相互垂直的切线，切点分别为， 则其方程分别为 ， 且， 消去，解得， 因为，得. 故抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在直线上. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高考数学二轮复习高分冲刺【压轴题全突破】 专题02 空间向量与立体几何填选压轴题九种考法归纳 1. （2025上海秋季高考）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________． 2.（2024上海高考15题）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ） A. B. C. D. 3．（2023年上海卷12）空间中有三个点A、B、C，且AB＝BC＝CA＝1，在空间中任取2个不同的点D，E（不考虑这两个点的顺序），使得它们与A、B、C恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 　 　种． 4．（2022年上海市高考数学第15题）如图正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、BB1、CD的中点，连接A1S，B1D．空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段A1S、B1D上，则称MN两点可视，则下列选项中与点D1可视的为（　　　　） A．点P B．点B C．点R D．点Q 5.（2021上海高考）已知圆柱的底面半径为1,母线长为2,则圆柱的侧面积为 . 题型01：命题结论综合辨析 1．（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 2．（2023春·上海徐汇·高三上海民办南模中学校考阶段练习）在正方体中，点分别是线段上的点（不为端点），给出如下两个命题：①对任意点，均存在点，使得；②存在点，对任意的，均有则（    ）   A．①②均正确 B．①②均不正确 C．①正确，②不正确 D．①不正确，②正确 3．（2023·上海嘉定·校考三模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的都是以为圆心的圆弧，是为计算所做的矩形，其中分别在线段上，.记，，，，给出四个关系式，其中成立的等式的序号有__________.    ① ②； ③； ④. 4．（2025闵行区三模）如图所示，已知三棱锥的各棱长均相等，分别是所在棱，，的中点，有下列说法： ①；②平面； ③平面；④平面平面． 其中，说法正确的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 5.（2023·全国·高三专题练习）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角； ③直线AB与a所成角的最小值为45°； ④直线AB与a所成角的最大值为60°. 其中正确的是______________.（填写所有正确结论的编号） 题型02：边长、体积、截面面积问题 6．（2023春·上海青浦·高三上海市青浦高级中学校考阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，P，Q为四边形内的点（包括边界），且点P到AB的距离等于到平面的距离，点Q到的距离等于到平面ABCD的距离，则的最小值为______. 7. （2025上海市徐汇中学高三三模）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________． 8．（25-26大同中学高三开学考试）图1是由矩形ABFG，直角三角形ABC和菱形BCDE组成的平面图形，其中，，将矩形ABFG，菱形BCDE分别沿AB，BC折起，使得BE与BF重合，连接DG，得到如图2所示的五面体，则该五面体的体积为 . 9．（25-26普陀区高三校级联考）已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为120°， ，则三棱锥的外接球的表面积为________． 题型03：个数、条数等问题 10.公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 11．（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 . 12. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（ ）个． A. 3 B. 6 C. 7 D. 10 13．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为______． 14．已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 . 题型04：动点与轨迹问题 15．已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 16．在空间中，到一定点的距离为定值的点的轨迹为球面，已知菱形ABCD的边长为2，，P在菱形ABCD的内部及边界上运动，空间中的点Q满足，则点Q轨迹所围成的几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 17. （2024青浦区高三三次学业监测）已知边长为2的正四面体的内切球（球面与四面体四个面都相切的球）的球心为O，若空间中的动点P满足，则点P的轨迹所形成的几何体的体积为（ ）． A B. C. ． D. 题型05：立体几何中的定值、最值与范围问题 18．（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 19. （25-26嘉定区二模）在包装设计中，常用长度和宽度描述物体体型．长度定义为物体上最远两点间的距离，宽度定义为能夹住物体的两平行平面间的最小距离，即存在一对平行平面，使得物体上的所有点均位于两平面之间（包括平面上）．现有一圆柱，其底面半径R与高h可任意调节，则的最小值为___________ 20. （25-26宝山区二模）如图，正方体的棱长为1，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的六条棱都有公共点.记截面的面积为，截面周长为，则有（ ） A. 为定值，为定值 B. 为定值，不为定值 C. 不为定值，为定值 D. 不为定值，不为定值 21. （2025七宝中学高三三模）已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是__________. 题型06：围成区域面积、体积问题 22．（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 ． 23．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图，曲线是一个圆心位于,半径为的四分之一圆弧，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 . 24. （25-26黄浦区二模）在空间直角坐标系中，将点集所表示的立方体的表面满足的部分记为S，同时满足“”与“或”的点P的集合所表示几何体的体积为______． 25．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 题型07：空间向量的最值与范围问题 26. （2024学年宜川中学高三模拟）已知中，，且，，则的最大值为______. 27．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 28. 已知、、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______． 29. 已知、、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______． 30. （25-26虹口区二模）在以O为原点的空间直角坐标系中，设，，A和B是两个点集，设，对任意的，总存在，使得．若，且，则的取值范围是________． 题型08：立体几何的实际应用问题 31．（2024·上海徐汇·一模）徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上､下底面直径分别为30cm和26cm，下面圆台的上､下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为8cm，则该花盆上､下两部分母线长的总和为 . 32．（2023·上海长宁·统考一模）豆腐发酵后表面长出一层白绒绒的长毛就成了毛豆腐，将三角形豆腐ABC悬空挂在发酵空间内，记发酵后毛豆腐所构成的几何体为T.若忽略三角形豆腐的厚度，设，点在内部.假设对于任意点，满足的点都在内，且对于内任意一点，都存在点，满足，则的体积为（    ） A． B． C． D． 33.如图，向一个高为4且底面水平放置的正四棱锥容器注水，水面高度为2时停止注水（不考虑容器厚度），将此四棱锥容器倒置时，水面高度为______ 34.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积约为_______ （参考数据：，） 35.球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes’Hat-BoxTheorem”的定理：球冠的表面积（如上图，这里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为，则该工艺品的表面积为_______ 36.已知球是正三棱锥的外接球，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是______ 题型09：立体几何与数列、解析几何等的交汇 37.如图1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数的部分图象，分别是图象的一个最高点和最低点，是图象与轴的交点，，垂足为，现将该卡片沿轴折成如图2所示的直二面角，对于图2，则下列结论正确的是_______ (1) (2)点到直线的距离为 (3)点到平面的距离为 (4)平面与平面夹角的余弦值为 38．（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    39．（2024·上海静安·一模）如图的封闭图形的边缘由抛物线和垂直于拋物线对称轴的线段组成.已知，拋物线的顶点到线段所在直线的距离为. (1)请用数学符号语言表达这个封闭图形的边缘； (2)在该封闭图形上截取一个矩形，其中点在线段上，点抛物线上.求以矩形为侧面，为母线的圆柱的体积最大值； (3)求证：抛物线的任何两条相互垂直的切线的交点都在同一条直线上. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $