专练02：空间向量与立体几何填选压轴题 题型专练-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】 专题训练02 空间向量与立体几何填选压轴题 题型01：命题结论综合辨析 1．（23-24高三上·上海·期中）在单位正方体中，点P在线段上，点Q线段上．①二面角的大小为定值；②长度的最小值为．对于以上两个命题，下列判断正确的是（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 【答案】A 【分析】由题意根据平面具有延展性可知二面角的大小实质为面与平面所成的二面角判断①；将平面沿直线翻折到平面内，过点做，，此时，的值最小，判断②. 【解析】 对于①，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，①正确; 对于②，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下， 过点做，，此时，的值最小. 由题可知， 则， 故，又故的最小值为，故②正确. 故选：A. 2．（22-23高二上·上海长宁·期中）已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（    ） A．①为假命题，②为真命题； B．①为真命题，②为假命题； C．①②均为真命题； D．①②均为假命题 【答案】B 【分析】根据运动过程中三棱锥成为正四面的特殊情况，判断命题的真假即可. 【解析】由题意知，，当四面体为正四面体时，此时为等边三角形，故①为真命题； 当三棱锥是正四面体时，设顶点在底面上的投影为，连接延长交于，如图， 由正四面体性质可知，是三角形中心，是中点， 所以，又, 平面， 所以平面，又平面， 所以，所以②为假命题. 故选：B 3．（2023·北京大兴·校考三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:    ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③ 【详解】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得， 又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面. 又平面，故平面.故①正确.    对②，当在时，∥平面不成立，故②错误； 对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，. 设，，则，其中，故， 则当时，即. 故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确； 当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.    故答案为：①③ 4.如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ． 对于任意的点，都有 对于任意的点，四边不可能为平行四边形 当时，存在点，使得为等腰直角三角形 存在点，使得直线平面 【答案】 【详解】对于，，平面，平面，平面， 同理，有平面， 平面，，平面平面， 平面平面，平面平面， ，故正确． 对于四边形是直角梯形，，平面与平面不平行， 平面平面，平面平面， 与不平行，故四边形不可能为平行四边形，故正确． 对于，，，，要使为等腰直角三角形，则，但根据题意，故不正确． 对于延长至，使得， 则四边形是矩形，． 当，，三点共线时，平面，平面，故正确． 故答案为：． 题型02：边长、体积、截面面积问题 5. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为________    【详解】在中，因为且为的中点，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 在中，因为且， 所以， 所以，且， 因为四边形为矩形，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以， 设，在直角中，可得， 在直角中，可得， 因为，所以，即，解得， 所以多面体的体积为： .    6.“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为_______    【详解】上底面，下底面， 所以中截面是过高的中点，且平行于底面的截面，其中分别是对应棱上的中点，如图所示， 根据中位线定理得，， 所以， ，解得，    7.在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为_______ 【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，设平面交直线于点，利用空间向量法可求出平面与平面的所成角为最小时的值，求出此时二面角余弦值的最大值，然后利用射影面积法可求出截面的面积. 【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、，设平面交直线于点， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的所成角为， ， 当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小， 则， 设平面交棱于点，， 因为，则，解得，即点， 结合图形可知，平面分别交棱、于点、， 先证明射影面积法：设点在平面内的射影点为，如下图所示： 过点在平面内作，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，所以， 故为锐二面角的平面角， 在中，， 推广到其他多边形的面积也成立， 本题中，， 设截面的面积为，由射影面积法可得， 故. 8.现有一块长为22cm，宽和高均为3cm的长方体木料，如图1所示.工人将其切掉一个四棱柱后，用余下的木料拼接成如图2所示的几何体.已知cm，，二面角的大小为，则图2所示的几何体的体积为__________.      【答案】 【解题思路】根据图形，找出二面角的平面角，求出的长，转化为求长方体的体积即可. 【解答过程】连接，过作于，如图    由题意知，二面角的平面角为， 所以，又, 所以，则， 所以几何体可构成相当于长宽高分别为的长方体， 其体积为（）， 故答案为：. 9.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为_____ 【解题思路】确定PC的中点O是鳖臑外接球的球心，结合外接球表面积得外接球半径，进而求得，结合勾股定理及基本不等式求得，即可求解. 【解答过程】 在鳖臑中，四个面都为直角三角形，可知PC的中点O到四个顶点的距离都相等， 所以点O是鳖臑外接球的球心，三棱锥的外接球的表面积为， 得外接球半径，所以. 又，所以， 所以， 即，当且仅当时，取等号， 所以三棱锥的体积的最大值为， 10.已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为_______ 【解题思路】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解. 【解答过程】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线， 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，    设，则 所以， 由于，所以，则， 所以， 因为，则 解得， 设，则，则，得， 所以， 过点作球的截面，当时，截面面积的最小， ，所以截面圆半径为， 则面积为. 10．（2023松江区模拟预测）如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .    【答案】/ 【详解】   由题意可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，如图所示， 取的中点，连接，则， 又平面平面，平面，所以平面. 则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处， 设的中点为，连接，则， 所以为四边形的外接圆的圆心， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心， 连接，则四边形为矩形， 所以， 连接，在中，. 设四棱锥的外接球的半径为，则. 连接，，， ，， 连接，则，所以外接圆的圆心在上，令其半径为， 在中，， 所以，即，解得， 设四棱锥外接球的球心到平面的距离为， 所以，即，解得， 故四棱锥外接球的球心到平面的距离为. 故答案为： 题型03：个数、条数等问题 11．（2023·上海·上海市七宝中学校考模拟预测）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为_______ 【分析】每个顶点对应个鳖臑，所以个顶点对应个鳖臑．但每个鳖臑都重复一次，再除，即可得解. 【详解】在正方体中，当顶点为时，三棱锥、、、 、、均为鳖臑． 所以个顶点为个．但每个鳖臑都重复一次， 所以，鳖臑的个数为个.    12．（2023·上海虹口·上海市复兴高级中学校考模拟预测）在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，M为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（    ）    ①圆的面积为； ②椭圆的长轴长为； ③双曲线两渐近线的夹角正切值为； ④抛物线的焦点到准线的距离为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】对于①，利用圆锥的几何性质确定圆的半径，即可求得圆的面积；对于②，结合圆锥的轴截面可求得椭圆的长轴长；对于③，建立平面直角坐标系，设双曲线方程，确定双曲线上的点的坐标，即可求得双曲线方程，进而求得双曲线两渐近线的夹角正切值；对于④，建立平面直角坐标系，设抛物线方程，确定抛物线上的点的坐标，即可求得参数，由此可判断出答案. 【详解】对于①，M为母线的中点，因此截面圆的半径为底面圆的半径的，    即截面圆半径为2，则圆的面积为，故①正确； 对于②，如图，在圆锥的轴截面中，作,垂足为C， 由题意可得M为母线的中点，则,    故椭圆的长轴长为,②正确； 对于③，如图，在与平面垂直且过点M的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点与点P到底面距离相等，    则点M坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为D，其坐标为， 则设双曲线方程为， 则，将代入双曲线方程，得， 设双曲线的渐近线与轴的夹角为，则， 故双曲线两渐近线的夹角正切值为，③错误； 对于④，如图，建立平面直角坐标系， 设抛物线与底面圆的一个交点为H，    则，则, 设抛物线方程为，则， 即抛物线的焦点到准线的距离为，④错误， 故正确的命题有2个， 故选：B 13. 已知平面所成角为为两平面外一点，则过点且与平面所成角均为的直线有（    ）条. A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】作出两平面所成二面角的平面角，先考虑二面角内符合题意的直线，再考虑在二面角的邻补的二面角内符合题意的直线，综合可得答案. 【详解】如图，作出两平面所成二面角的平面角，则，    设为的平分线，则， 当以O为中心，在二面角的角平分面上旋转时，与两平面的夹角变小， 此时与平面所成角均为的直线仅这一条； 设为的补角的角平分线，则， 当以O为中心，在二面角的邻补的二面角的角平分面上旋转时，与两平面的夹角变小， 此时在的两侧会各出现一条与两平面成的直线，可设为， 故过点P可作一条与平行的直线，符合题意；可作与平行的直线各一条，符合题意， 故过点且与平面所成角均为的直线有3条， 故选：C 题型04：动点与轨迹问题 14.已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为_______ 【分析】由，知点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，利用面面平行的知识作出点P的轨迹，再根据长方体的结构特征与梯形的知识计算即得答案. 【详解】由知，点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形， 取的中点F，连接EF，则有， 又，所以EFCA为等腰梯形， ，由此可算出其高， 所以等腰梯形EFCA的面积. 14. 如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为_____ 【分析】根据题意点到的距离为，由，在平面中建系，即可得点的轨迹方程，即可求解. 【详解】∵平面，平面， ∴即点到的距离为， ∴， 如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系， 设，，， ∵， ∴，整理得， 即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上， 即点的轨迹的长度为， 16.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______ 【解题思路】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. 【解答过程】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. 17．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图所示，某同学利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥，该三棱锥为鳖臑，，为半圆柱的圆心，半径为2，，，动点在内运动（含边界），且满足，则点的轨迹长度为_______ 【分析】根据鳖臑的特点及已知边长得出进而得出点的轨迹为以为圆心以为半径的半圆即可求出轨迹长度. 【详解】因为三棱锥为鳖臑，平面， 在中，， 过做垂足为，则， 即，所以， 因为， ， 在中，， 所以，则， 又平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以中，， 过作，， 即，可得， 则过作，因为是中点，所以， 所以动点在内（含边界）的轨迹为以为圆心以为半径的半圆， 则点的轨迹长度为. 18．已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点． ①若，则动点的轨迹长度为；②三棱锥的体积的最大值为；③的取值范围是；④若，则的大小为定值；所有正确结论的序号是 （把所有正确命题的序号都填在横线上）． 【答案】①③④ 【分析】由线面垂直的判定及性质即可判断①；建立空间直角坐标系，求得到平面的距离，根据勾股定理及三棱锥体积公式即可判断②；取中点，连接、、，由空间向量的线性运算及数量积得出，由平面截球的截面图得出，即可判断③；由椭圆的定义得出点在以、为焦点，长轴长为3的椭球面上，再由点在以为球心，1为半径的球面上，得出点在椭球面与球面的交线处，根据椭圆与圆的对称性即可判断④． 【详解】对于①，由正方体性质得面，且内切球半径， 分别取、、中点、、，如图所示， 因为、的中点为、， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为，的中点为，所以四边形为矩形， 所以，又平面，平面， 所以平面，又平面，， 所以平面平面， 由正方体的性质可知，平面， 所以平面，则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长， 因为球心面，则到面的距离为面与面的距离， 所以截面圆半径为． 故点轨迹长度为，故①正确； 对于②，以为原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，所以， 所以到平面距离为， 因为面，面，所以， 又， 所以三棱锥的体积的最大值为，故②错误； 对于③，取中点，连接、、，如图所示， 则， 所以， 平面截球的截面图如图所示， 又，，则， 所以当位于时， 所以当位于时，， 则，所以，即的范围为，故③正确； 对于④，由题意知，， 又， 所以点在以、为焦点，长轴长为3的椭球面上， 又因为点在以为球心，1为半径的球面上， 所以点在椭球面与球面的交线处， 则平面截球与椭球的截面图如图所示， 由椭圆与圆的对称性可知，点位于、、、时，为定值，故④正确； 故答案为：①③④． 题型05：立体几何中的定值、最值与范围问题 19．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为_______ 【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解. 【详解】 如图，根据题意，圆锥高为，底面圆半径，外接球球心为，半径， 则球心到圆锥底面圆心距离， 由，得，圆锥的体积， 求导得， 当时，，函数在上递增， 当时，，函数在上递减， 则当时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径. 20．棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则 . 【答案】 【分析】由题可得，由，可得，从而可得，据此可得答案. 【详解】由题意，正三棱柱的棱长均为， 所以，由题意可得，又由得，∴，∴ ∵，∴，∴ 在等边中，边上的高为. 因为，∴. 故答案为：. 21．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动，设，若，则四面体体积的最大值为 ． 【答案】4 【分析】先确定点的轨迹，确定四面体体积最大时，点的位置，再利用锥体的体积公式计算即可求解. 【详解】如图： 因为平面平面，平面平面，平面，且， 所以平面.又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以. 又在正方形及其内部，所以点轨迹是如图所示的以为直径的半圆， 作于，则是三棱锥的高. 所以当的面积和都取得最大值时，四面体的体积最大. 此时点应该与或重合，为正方形的中心. 当点与重合，为正方形的中心时，如图： 此时，， 所以； 当点与重合，为正方形的中心时，如图： 此时，， . 综上可知，当四面体的体积的最大值为4. 故答案为：4 【点睛】关键点点睛：根据得到点在以为直径的球面上，又点在正方形及其内部，所以点轨迹就是球面与平面的交线上，即以为直径的半圆上.明确点轨迹是解决问题的关键. 22．已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为______ 【分析】根据外接球性质找到外接球球心位置，通过几何直观找到外接球半径与的外接圆半径的关系式；设，在中根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数；利用导数求出范围，进而得到范围. 【详解】如图，连接，交于点，易得为的外心． 连接．交于点，易知平面，则三棱锥的外接球球心在上． 设的外接圆圆心为平面， 由正方体中棱平面,得,又易得分别是中点， 所以．    设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为．则， 设，， ，又， ． 设，则， 设，则， 在单调递增，又， 所以在单调递减，在单调递增，又， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题第一个突破口是找出外接球半径与的外接圆半径的关系，第二步是根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数. 题型06：围成区域面积、体积问题 23.如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______. 【答案】 【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积. 【解析】由题设，，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为， ∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， ∴在上扫过的面积为. 故答案为：. 24．（2024普陀区高三期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】首先确定到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面ABC的视角下看的平面图形，得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，ABC区域内的几何体为棱柱，然后由空间几何体的体积公式求解即可. 【解析】到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面的视角下看，如图所示： 得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，球心为A、B、C，球半径为1， ABC区域内的几何体为棱柱，其高为2. 因为是边长为1的等边三角形， 所以， 即， 所以KCD、EAF、GBH区域内的几何体的体积之和恰好为半径为1的一个球的体积， 即， ， ， 所以，到动点P距离为1的点所形成的空间几何体的体积. 故答案为： 【点睛】为了研究点形成的空间图形的体积，可以先构造平面图形，由平面联想到空间，再将组合体分割成简单几何体，对其体积进行计算. 25．（23-24高三上·上海金山·期中）在正四棱柱中，已知是棱的中点，是对角线的中点，设是正四棱柱的面上的动点，且平面，则动点P围成的图形的周长为 ． 【答案】 【分析】 利用面面平行的性质确定动点P的运动轨迹即可. 【解析】是对角线的中点,故是正四棱柱的中心， 所以点均在平面上， 平面，即平面， ， 取的中点分别为, 且是棱的中点 ,, 且平面，平面， 平面，平面, 且平面，, 所以平面平面， 所以当平面时，平面， 此时平面，即平面. 且是正四棱柱的面上的动点， 故围成的图形即四边形, 四边形的周长为: . 故答案为： 26．（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： 27．（2023松江区模拟预测）如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .    【答案】/ 【详解】   由题意可知，当平面平面时，四棱锥的体积最大，如图所示， 取的中点，连接，则， 又平面平面，平面，所以平面. 则的外接圆的圆心位于且靠近点的三等分点处， 设的中点为，连接，则， 所以为四边形的外接圆的圆心， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 则两垂线的交点即为四棱锥的外接球的球心， 连接，则四边形为矩形， 所以， 连接，在中，. 设四棱锥的外接球的半径为，则. 连接，，， ，， 连接，则，所以外接圆的圆心在上，令其半径为， 在中，， 所以，即，解得， 设四棱锥外接球的球心到平面的距离为， 所以，即，解得， 故四棱锥外接球的球心到平面的距离为. 故答案为： 题型07：空间向量的最值与范围问题 28．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，，是空间中两两不同的三个单位向量，且．则的取值范围是__________． 【答案】 【分析】根据向量数量积的定义可设，且，再根据的范围得到关于的不等式，解出即可. 【详解】由题意得， 即， 由题意,可设.则 因为，，是空间中两两不同的三个单位向量，故，即， 则有. 则，即， 于是，即，解得. 而，所以的取值范围是. 故答案为：. 29.（2021春·上海·高三校联考阶段练习）已知,,为空间三个向量，又,是两个相互垂直的单位向量，向量满足，,，则对于任意实数x，y，的最小值为 【答案】2 【分析】根据题意确定，然后把展开，利用配方法对所求函数式进行配方即可求得最小值. 【详解】由题意知，又，,， 所以 当且仅当时，， 所以的最小值为2. 故答案为：2 【点睛】本题考查向量的数量积及向量的模，配方法，属于基础题. 30.已知半径为1的球内切于正四面体，线段是球的一条动直径（是直径的两端点），点是正四面体的表面上的一个动点，则的取值范围是 ． 【答案】 【详解】   设正四面体的棱长为，则，所以，解之得，所以．由向量运算的三角形法则可得，所以，而，则．由题设可知，即，所以，应填答案． 点睛：本题旨在考查空间向量及空间线面的位置关系等有关知识的综合运用，检测等价化归与转化的数学思想及数形结合的思想和意识及运算求解能力和分析问题解决问题的能力． 31. 已知球的半径为是球面上的两点，且，若点是球面上任意一点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】以球心为坐标原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，用来表示，进而求出答案. 【详解】由题意，可得, 则，又由，所以， 以球心为坐标原点，以为轴正方向，平面的垂线为z轴建立空间坐标系， 则，设， 则， 所以， 因为在球面上，则，所以， 所以， 设，当与圆相切时，取得最值. 又由，解得， 所以，所以 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了空间向量的应用，向量的数量积的运算，以及直线与圆的位置关系的综合应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，利用向量的数量积的运算公式，结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 32．（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： 33．（23-24高三上·上海黄浦·期中）若正三棱锥的底面边长为6，高为，动点P满足，则的最小值为 ． 【答案】8 【分析】利用向量中点的性质，进行合理转化，建立空间直角坐标系，找到对称点的坐标，转化为易求的线段长求解即可. 【解析】 设在底面的射影为，则为底面的中心，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 由题可知，则，，,,， 设， 故，，，， ，， 设中点为，且，， 设是平面的平面方程，且该平面的一个法向量为，作为与该平面的对称点，，设，中点为， 故在该平面上，面，故，，解得，， 故，. 故答案为：8 【点睛】利用空间向量的中点性质和坐标运算，巧作对称点，将问题简化，运用三角形边的性质求解，属于难题. 34．（23-24高三上·上海宝山·期中）已知、、为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. 【解析】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； 35．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间四个单位向量满足：，则的最大值为 . 【答案】 【分析】将该四个单位向量平移至共起点置于球中，利用空间向量的数量积计算，借助圆锥图形确定即可. 【解析】 如图所示，令共起点， 由题意易得， 同理， 设，则， 根据条件有， 所以分别在以所在直线为轴，O为顶点， 以夹角旋转一周得到的圆锥的侧面上， 观察图形可知当在平面内时，此时夹角最小， 易知， 则， 所以. 故答案为：. 36．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 【答案】8 【分析】以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，表示各向量坐标，利用数量积的坐标表示可得结果. 【详解】由题意得，，且. 以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，. 设，则， ∴，，， ∴，，， ∴点坐标可能为，，，，，，，， 故点个数的最大值为8. 故答案为：8. 37．（2024·上海长宁·一模）点P、M、N分别位于正方体的面上，，则的最小值是 ． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系可得的坐标表达式，配方后可得最值. 【详解】如图建立以D为原点的空间直角坐标系， 设，其中. 则. 则 ，当且仅当时取等号. 则为使最小，则应使尽量的大，且P为中点. 又点P、M、N均位于正方体表面上，则P、M、N在正方体同一面上， 则当为正方体一面的对角线，P为对角线中点时，满足题意， 此时，则. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是建立坐标系利用坐标计算得，再由取等条件得到P、M、N位置关系从而得解. 38．（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：. 题型08：立体几何的实际应用问题 39.如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为________ 【解题思路】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【解答过程】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于， 过作交于点E，交于点，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形， 因为水面的高度是方斗杯高度的，则 ，因此， 设棱台的高为，设体积为V， 则棱台的高为，设体积为， 则 所以，由题意，， 则该方斗杯可盛水的总体积为 故选：B. 40． “帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”．如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面．若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为______ 【分析】 取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，作于，于，得是二面角的平面角，是二面角的平面角，因此有，设，用表示出，即可得比值． 【解析】取幄帐顶部，如图几何体，作平面，垂足为，则到边的距离相等，由平面，平面，得，同理． 作于，于， 因为，平面，所以平面，而平面，所以，所以是二面角的平面角，同理是二面角的平面角，， 由已知， 由，设，则，所以， 由得，，则， 由上知是正方形，，， 所以 【点睛】关键点点睛：本题考查由二面角计算线段长，考查学生的空间想象能力．解题是作出各斜坡面与底面所成二面角的平面角，利用它们的正切值均为，并设出底面矩形边长后，用底面矩形边长表示出正脊与斜脊的长度，从而得比值． 41.《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点，，，，，（长度单位：丈）．则楔体的体积为___________（体积单位：立方丈）． 【答案】 【分析】将几何体补成直三棱柱，计算出三棱柱、三棱锥、三棱锥的体积，进而可求得楔体的体积． 【解析】延长至点，使得，延长至点，使得，分别取、的中点、，连接、、、、、、、、、，如下图所示： ∵四边形为矩形，则且， 又∵、分别为、的中点，则且， ∴四边形为平行四边形，且， 为矩形的中心，则为的中点， ∵、分别为、的中点，则且， ∴四边形为平行四边形，∴、互相平分， ∵为的中点，则为的中点，，，， ，则，又且，且， ∴四边形为平行四边形，且， 为的中点，且，则为的中点， 为的中点，且，∴四边形为平行四边形，， 点在底面上的投影为矩形的中心点，则平面，平面， 平面，，∵四边形为矩形，则，，平面，∵且，∴几何体为直三棱柱， 平面，平面，， ∵四边形为平行四边形，则，， ，，同理可得， 因此，楔体的体积为． 42.我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童有外接球，且，点到平面距离为4，则该刍童外接球的表面积为__________． 【答案】 【分析】由已知得，球心在上下底面中心的连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据，利用直角三角形与直角三角形，即可列出外接球半径的方程，求解即可． 【解析】假设为刍童外接球的球心，连接、交于点，连接、交于点，由球的几何性质可知、、在同一条直线上， 由题意可知，平面，平面，， 设，在中，， 在矩形中，，， ， 在中，，在矩形中，，，， 设外接球半径，，解得，则，即，则该刍童的外接球半径为，该刍童外接球的表面积为：， 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】 专题训练02 空间向量与立体几何填选压轴题 题型01：命题结论综合辨析 1．（23-24高三上·上海·期中）在单位正方体中，点P在线段上，点Q线段上．①二面角的大小为定值；②长度的最小值为．对于以上两个命题，下列判断正确的是（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 2．（22-23高二上·上海长宁·期中）已知菱形中，，AC与BD相交于点E，将沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，对于下面两个命题： ①存在一个位置，使为等边三角形； ②DM与BC不可能垂直，成立的是（    ） A．①为假命题，②为真命题； B．①为真命题，②为假命题； C．①②均为真命题； D．①②均为假命题 3．（2023·北京大兴·校考三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:    ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是 . 4.如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是 ． 对于任意的点，都有 对于任意的点，四边不可能为平行四边形 当时，存在点，使得为等腰直角三角形 存在点，使得直线平面 题型02：边长、体积、截面面积问题 5. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为________       6.“辛普森（Simpson）公式”给出了求几何体体积的一种估算方法：几何体的体积V等于其上底面的面积S、中截面（过高的中点且平行于底面的截面）的面积的4倍、下底面的面积之和乘以高h的六分之一，即.我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体称为拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面.中国古代名词“刍童”（原来是草堆的意思）就是指上下底面皆为矩形的拟柱体.已知某“刍童”尺寸如图所示，且体积为，则它的高为_______    7.在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为_______ 8.现有一块长为22cm，宽和高均为3cm的长方体木料，如图1所示.工人将其切掉一个四棱柱后，用余下的木料拼接成如图2所示的几何体.已知cm，，二面角的大小为，则图2所示的几何体的体积为__________.      9.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为_____ 10．（2023松江区模拟预测）如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .    题型03：个数、条数等问题 11．（2023·上海·上海市七宝中学校考模拟预测）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在长方体中，鳖臑的个数为_______ 12．（2023·上海虹口·上海市复兴高级中学校考模拟预测）在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，M为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（    ）    ①圆的面积为； ②椭圆的长轴长为； ③双曲线两渐近线的夹角正切值为； ④抛物线的焦点到准线的距离为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 13. 已知平面所成角为为两平面外一点，则过点且与平面所成角均为的直线有（    ）条. A．1 B．2 C．3 D．4 题型04：动点与轨迹问题 14.已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足，则动点P的轨迹围成面积为_______ 15.如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为_____ 16.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______ 17．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.如图所示，某同学利用两个完全一样的半圆柱，得到了一个三棱锥，该三棱锥为鳖臑，，为半圆柱的圆心，半径为2，，，动点在内运动（含边界），且满足，则点的轨迹长度为_______ 18．已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点． ①若，则动点的轨迹长度为；②三棱锥的体积的最大值为；③的取值范围是；④若，则的大小为定值；所有正确结论的序号是 （把所有正确命题的序号都填在横线上）． 题型05：立体几何中的定值、最值与范围问题 19．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为_______ 20．棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则 . 21．如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动，设，若，则四面体体积的最大值为 ． 22．已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为______ 题型06：围成区域面积、体积问题 23.如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______. 24．（2024普陀区高三期中）已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 25．（23-24高三上·上海金山·期中）在正四棱柱中，已知是棱的中点，是对角线的中点，设是正四棱柱的面上的动点，且平面，则动点P围成的图形的周长为 ． 26．（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    27．（2023松江区模拟预测）如图，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中，把沿着DE翻折至的位置，得到四棱锥，则当四棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的球心到平面的距离为 .    题型07：空间向量的最值与范围问题 28．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，，是空间中两两不同的三个单位向量，且．则的取值范围是__________． 29.（2021春·上海·高三校联考阶段练习）已知,,为空间三个向量，又,是两个相互垂直的单位向量，向量满足，,，则对于任意实数x，y，的最小值为 30.已知半径为1的球内切于正四面体，线段是球的一条动直径（是直径的两端点），点是正四面体的表面上的一个动点，则的取值范围是 ． 31. 已知球的半径为是球面上的两点，且，若点是球面上任意一点，则的取值范围是 ． 32．（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） 33．（23-24高三上·上海黄浦·期中）若正三棱锥的底面边长为6，高为，动点P满足，则的最小值为 ． 34．（23-24高三上·上海宝山·期中）已知、、为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 ． 35．（23-24高二上·上海徐汇·期中）已知空间四个单位向量满足：，则的最大值为 . 36．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 37．（2024·上海长宁·一模）点P、M、N分别位于正方体的面上，，则的最小值是 ． 38．（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 . 题型08：立体几何的实际应用问题 39.如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为________ 40． “帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”．如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面．若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为______ 41.《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点，，，，，（长度单位：丈）．则楔体的体积为___________（体积单位：立方丈）． 42.我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童有外接球，且，点到平面距离为4，则该刍童外接球的表面积为__________． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $