专题5-1 空间几何体及点线面位置关系（专题分层练）（13种题型）解析版.docx

1、专题验收评价专题 5-1 空间几何体及点线面位置关系 内容概览A常考题不丢分一棱柱的结构特征（共 2 小题）二旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共 4 小题）三棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共 3 小题）四棱柱、棱锥、棱台的体积（共 11 小题）五球的体积和表面积（共 5 小题）六平面的基本性质及推论（共 1 小题）七异面直线及其所成的角（共 2 小题）八异面直线的判定（共 1 小题）九空间中直线与直线之间的位置关系（共 2 小题）十空间中直线与平面之间的位置关系（共 6 小题）十一直线与平面垂直（共 3 小题）十二平面与平面平行（共 1 小题）十三平面与平面垂直（共 3 小题）B拓展培优拿高分

2、（压轴题）（9 题）C挑战真题争满分（12 题）一棱柱的结构特征（共 2 小题）1（2023闵行区校级一模）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1111ABCDABC D中，鳖臑的个数为()A48B36C24D12【分析】每个顶点对应 6 个鳖臑，所以 8 个顶点对应 48 个鳖臑但每个鳖臑都重复一次，再除 2，即可得解【解答】解：在正方体 ABCDEFGH中，当顶点为 A时，三棱锥 AEHG、AEFG、ADCG、ADHG、ABCG、ABFG均为鳖臑所以 8 个顶点为8 648个但每个鳖臑都重复一次，所以鳖臑的个数为 48242 个故选：C【点评】本题主要考查了空间

3、中线面的位置关系，考查了学生的空间想象能力，属于基础题2（2023嘉定区二模）已知一个棱长为 1 的正方体，与该正方体每个面都相切的球半径记为1R，与该正方体每条棱都相切的球半径为2R，过该正方体所有顶点的球半径为3R，则下列关系正确的是()A123:2:3:2RRR B123RRRC222123RRRD333123RRR【分析】根据已知条件，依次求出1R，2R，3R，再结合选项，即可求解【解答】解：与该正方体每个面都相切的球直径为棱长：112R，与该正方体每条棱都相切的球直径面对角线长：21 1222R，过该正方体所有顶点的球的半径为体对角线：31 1 1322R，123:1:2:3RRR，

4、故 A错误；222123RRR，故C 正确，BD错误故选：C【点评】本题主要考查棱柱的结构特征，属于基础题二旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共 4 小题）3（2023长宁区校级三模）若一个圆柱的侧面积是 4，高为 1，则这个圆柱的体积是 4 【分析】根据圆柱的侧面积公式求出底面圆的半径，进而可求解【解答】解：圆柱的侧面积是2214Srhr，2r，所以体积24VShrh故答案为：4【点评】本题主要考查圆柱体积的求解，属于基础题4（2023嘉定区模拟）某圆柱两个底面面积之和等于其侧面面积，则该圆柱底面半径与高的比值为 1【分析】设圆柱的底面半径为 r，高为 h，根据题意列方程求出 r 与l 的关系，即

5、可求出结果【解答】解：设圆柱的底面半径为 r，高为 h，则圆柱的底面面积为2r，侧面面积为 2 rh，由题意知，222rrl，所以 rl，所以该圆柱底面半径与高的比值为 1故答案为：1【点评】本题考查了圆柱的结构特征与应用问题，是基础题5（2023闵行区校级二模）在 Rt ABC中，90B，2AB，3CB ，将 ABC绕边 AB 旋转一周，所得到几何体的体积为 6 【分析】ABC绕直线 AB 旋转一周，所得几何体是底面是以 BC 为半径的圆，高为 AB 的圆锥，由此根据圆锥的体积公式能求出其体积【解答】解：因为在直角三角形 ABC中，90A ，2AB，3CB ，所以 ABC绕直线 AB 旋转一

6、周所得几何体是底面是以 BC 为半径的圆，高为 AB 的圆锥，示意图如下图所示：所以 ABC绕直线 AB 旋转一周所得几何体的体积为221132633VBCAB故答案为：6【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，属于基础题6（2023青浦区校级模拟）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为 4，弧长为 4 的扇形，则该圆锥的表面积为 12 【分析】根据圆锥的侧面展开图是一个半径为 4，弧长为 4 的扇形，可知圆锥的底面半径和母线长，再结合圆锥的表面积公式求解即可【解答】解：设圆锥的底面半径为 r，母线长为l，圆锥的侧面展开图是一个半径为 4，弧长为 4 的扇形，244rl，解得24rl，该圆锥的表面积为

7、28412rlr故答案为：12【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了圆锥的表面积公式，属于基础题三棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共 3 小题）7（2023浦东新区二模）若圆柱的高为 10，底面积为 4，则这个圆柱的侧面积为 40 （结果保留)【分析】根据底面积求得底面圆半径以及底面圆周长即可求得圆柱的侧面积【解答】解：设圆柱底面圆半径为 r，母线长为l，根据已知可得24r，解得2r，故底面圆周长为 24r，则圆柱的侧面积为 240rl故答案为：40【点评】本题考查圆柱的侧面积公式，属于基础题8（2023黄浦区校级三模）已知正方形 ABCD的边长是 1，将 ABC沿对角线 AC 折到

8、AB C的位置，使（折叠后）A、B、C、D 四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 312【分析】根据题意，分析可得当 B O面 ACD 时，四棱锥 BABC 的体积最大，由此求出三棱锥各个面的面积，计算可得答案【解答】解：根据题意，正方形 ABCD中，设 AC 与 BD交于点O，在翻转过程中，当 B O面 ACD 时，四棱锥 BABC 的高最大，此时四棱锥 BABC 的体积最大，若 B O面 ACD，由于OAOBOC，则1B DB AB A ，则 DB C DB A都是边长为 1 的等边三角形，1331 1224DB ADB CSS ，ADC中，1ADDC 且 ADDC，则111

9、 122ADCS ，同理：12AB CABCADCSSS，此时，三棱锥的表面积312DB ADB CADCAB CSSSSS 故答案为：312【点评】本题考查棱锥的体积、表面积的计算，注意分析棱锥体积最大的条件，属于基础题9（2023嘉定区二模）如图，正四棱柱1111ABCDABC D中，2AB，点 E、F 分别是棱 BC 和1CC 的中点（1）判断直线 AE 与1D F 的关系，并说明理由；（2）若直线1D E 与底面 ABCD所成角为 4，求四棱柱1111ABCDABC D的全面积【分析】（1）说明四边形1EFD A是梯形即可；（2）1D ED是直线1D E 与底面 ABCD 所成角，由此

10、可得棱长，从而确定四棱柱1111ABCDABC D的全面积【解答】解：（1）连结 EF、1AD、1BC，点 E、F 是中点，1/EFBC且112EFBC，正四棱柱中四边形11ABC D 是矩形，则11/ADBC 且11ADBC于是1/EFAD 且112EFAD，则四边形1EFD A是梯形，则直线 AE 与1D F 是相交直线（2）连结 DE，因为2AB，点 E 是中点，所以在 RT DEC中，5DE，正四棱柱中1D D 面 ABCD，则1D ED是直线1D E 与底面 ABCD所成角，所以145D ED，于是15DDDE，正四棱柱的 4 个侧面是矩形，上下两个底面是正方形，则全面积为4 2 5

11、2 48 58S 【点评】本题考查线面垂直，考查线面所成的角，属于中档题四棱柱、棱锥、棱台的体积（共 11 小题）10（2023崇明区二模）九章算术中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”如图，在堑堵111ABCABC中，ACBC，且12AAAB下列说法错误的是()A四棱锥11BA ACC为“阳马”B四面体11AC CB为“鳖臑”C四棱锥11BA ACC体积的最大值为 23D过 A点作1AEAB于点 E，过 E 点作1EFAB于点 F，则1AB 面 AEF【分析】根据“阳马”和“鳌臑

12、”的定义，可判断 A，B 的正误；当且仅当 ACBC时，四棱锥11BA ACC体积有最大值，求值可判断C 的正误；根据题意可证1AB 平面 AEF，进而判断 D 的正误【解答】解：底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，在堑堵111ABCABC中，ACBC，侧棱1AA 平面 ABC，A选项，1AABC，又 ACBC，且1AAACA，则 BC 平面11A ACC，四棱锥11BA ACC为“阳马”，故 A正确；B 选项，由 ACBC，即11ACBC，又111ACC C且1BCC CC，11AC 平面11BBC C，111ACBC，则11ABC 为直角三角形，又由 BC 平面11AAC

13、 C，得1A BC 为直角三角形，由“堑堵”的定义可得11AC C 为直角三角形，1CC B为直角三角形，四面体11AC CB为“鳌臑”，故 B 正确；C 选项，在底面有2242ACBCAC BC，即2AC BC，当且仅当2ACBC时取等号，1111111243333B A ACCA ACCVSBCAAACBCACBC，最大值为 43，故C 错误；D选项，因为1AEAB，1EFAB，AEEFE，所以1AB 平面 AEF，故 D 正确；故选：C【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题11（2023杨浦区校级模拟）若干个能确定一个立体图形的体积的量称为该立体图形的“基本量”已知长方体111

14、1ABCDABC D，下列四组量中，一定能成为该长方体的“基本量”的是()A1AB，AC，1AD 的长度B AC，1B D，1AC 的长度C1B C，1A D，1B D 的长度D1AC，BD，1CC 的长度【分析】根据题意列式求解 a，b，c，逐项分析判断即可【解答】解：如图，设 ABa，ADb，1AAc，根据题意，利用方程思想分析各个选项：对于选项 A：可得22122221ABacACabADbc，据此可以解出 a，b，c，故 A正确；对于选项 B：可得2222211ACabB DACabc，据此无法解出 a，b，c，故 B 错误；对于选项C：可得22112221B CA DbcB Dabc

15、，据此无法解出 a，b，c，故C 错误；对于选项 D：可得2221221ACabcBDabCCc，据此无法解出 a，b，c，故 D 错误；故选：A【点评】本题考查正方体中线段长度的求解，方程思想，属中档题12（2023松江区模拟）九章算术中所述“羡除”，是指如图所示五面体 ABCDEF，其中/ABDCEF，“羡除”形似“楔体”“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长 a、b、c，“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离 m、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离 n（如图）羡除的体积公式为()6abc mnV，过线段 AD，BC 的中点G，H 及直线 EF 作该羡除的一个截面，已知 刚好将

16、羡除分成体积比为5:4 的两部分若4AB、2DC，则 EF 的长为()A2B3C4D6【分析】根据中位线求出 HG，再根据所给“羡除”的体积公式表示出GHCDEFV，ABHGEFV，根据体积比得到方程，由此能求出结果【解答】解：4AB，2CD，/ABDCEF，H 为线段 AD，BC 的中点，/GHABCD，且1()32GHABCD，1()62GHCDEFnVEFDCGH m，1()62ABHGEFnVEFABGH m，即1(5)62GHCDEFnVEFm，1(7)62ABHGEFnVEFm，54ABHGEFGHCDEFVV，(7)2564(5)26nEFmnEFm，解得3EF 故选：B【点评】

17、本题考查线段长的求法，考查多面体体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题13（2023杨浦区校级模拟）若某圆锥高为 3，其侧面积与底面积之比为 2:1，则该圆锥的体积为 3 【分析】由题意可列出关于圆锥底面半径 r 和母线l 的方程组，解方程组即可求得底面半径 r 和母线l，从而可求圆锥的体积【解答】解：设此圆锥的底面半径为 r，母线长为l，则229lr，因为圆锥的侧面展开图是一个扇形，扇形的弧长是圆锥底面圆的周长，扇形的半径是圆锥母线长，所以1 22Sr lrl 侧，2Sr底，又侧面积与底面积之比为 2:1，所以22rllrr，所以2lr，结合229lr可解得3r，2 3l，所以该圆锥

18、的体积21333Vr故答案为：3【点评】本题考查圆柱的体积的求解，属中档题14（2023上海模拟）长方体1111ABCDABC D为不计容器壁厚度的密封容器，里面盛有体积为V 的水，已知3AB，12AA，1AD，如果将该密封容器任意摆放均不能使水而呈三角形，则V 的取值范围为 (1,5)【分析】如果将该密封容器任意摆放均不能使水而呈三角形，不妨以 A在最下端，则水面应高于平面1A BD，低于平面11CD B，再由多面体的体积公式求解【解答】解：如图，如果将该密封容器任意摆放均不能使水而呈三角形，不妨以 A在最下端，则水面应高于平面1A BD，低于平面11CD B，即11 1 1111 1A A

19、 BDABCD A B C DCCD BVVVV，而1111 23132A A BDV ，1 1 1111 11132 11 23532ABCD A B C DCCD BVV ，V的取值范围为(1,5)故答案为：(1,5)【点评】本题考查长方体截面的性质，考查空间想象能力，属中档题15（2023虹口区校级模拟）如图，已知 a，b 是相互垂直的两条异面直线，直线 AB 与 a，b 均相互垂直，且2 3AB，动点 P，Q 分别位于直线 a，b 上，若直线 PQ 与 AB 所成的角6，三棱锥 ABPQ的体积的最大值为 233【分析】根据直线 a，b，AB 三条直线两两垂直，将图形还原为长方体 APF

20、EBCDQ，再根据/ABPC，可得PQC即为直线 PQ 与 AB 所成的角的平面角，由此可求得 CQ，从而可得22BCBQ，再根据棱锥的体积公式结合基本不等式即可得解【解答】解：因为直线 a，b，AB 三条直线两两垂直，如图，将图形还原为长方体 APFEBCDQ，因为/ABPC，所以PQC即为直线 PQ 与 AB 所成的角的平面角，则6PQC，因为 PC 平面 BCDQ，CQ 平面 BCDQ，所以 PCCQ，在 Rt PCQ中，由2 3PCAB，得2CQ，所以224BCBQ，2211332 3323323A BPQP ABQBCBQVVAB BQ PABC BQ，当且仅当2BCBQ时，取等号，

21、所以三棱锥 ABPQ的体积的最大值为 233故答案为：233【点评】本题主要考查了三棱锥的体积公式，考查了利用基本不等式求最值，属于中档题16（2023奉贤区校级三模）一个正方体和一个球的表面积相同，则正方体的体积1V 和球的体积2V 的比值12VV 66 【分析】设正方体的棱长为 a，球的半径为 R，由表面积相等列式可得得63aR，再由正方体与球的体积公式得答案【解答】解：设正方体的棱长为 a，球的半径为 R，由题意，2264aR，得63aR3331626()39VaRR，3243VR，31322669463RVVR故答案为：66【点评】本题考查正方体与球表面积、体积的求法，考查运算求解能力

22、，是中档题17（2023静安区二模）如图，在五面体 ABCDEF 中，FA平面 ABCD，/ADBCFE，ABAD，若2AD，1AFABBCFE（1）求五面体 ABCDEF 的体积；（2）若 M 为 EC 的中点，求证：平面CDE 平面 AMD【分析】（1）取 AD 中点 N，连接 EN，CN，易证得 EN 平面 ABCD，五面体 ABCDEF 的体积等于棱柱ABFNCE的体积 棱锥 ECDN的体积，分别求出棱柱 ABFNCE的体积和棱锥 ECDN的体积即可得出答案（2）以 A为坐标原点，以,AB AD AF 为 x，y，z 轴正半轴建立空间直角坐标系，由垂直向量的坐标运算可证得CEAD，CE

23、MD，即可得出CE 平面 AMD，再由面面垂直的判定定理即可证明【解答】解：（1）因为2AD，1AFABBCFE，取 AD 中点 N，连接 EN，CN，因为/ADBCFE，所以/ENAF，1ENAF，1CNAB，又 FA平面 ABCD，AN 平面 ABCD，FAAN，所以 EN 平面 ABCD，又因为 ABAD，即 ABAN，ABFAA，AB，FA 平面 FAB，所以 AN 平面 FAB，所以 ABFNCE为底面是等腰直角三角形的直棱柱，高等于 1，三棱锥 ECDN的高等于 1，底面是等腰直角三角形，所以五面体 ABCDEF 的体积 棱柱 ABFNCE的体积 棱锥 ECDN的体积，即：1112

24、1 1 11 12323V （2）证明：以 A为坐标原点，以,AB AD AF 为 x，y，z 轴正半轴建立空间直角坐标系，点11(1,1,0),(0,2,0),(0,1,1),(,1,)22CDEM，所以11(0,2,0),(,1,),(1,0,1)22ADMDCE ，所以110,022CE ADCE MD，所以CEAD，CEMD，又 ADMDD，AD，MD 平面 AMD，所以CE 平面 AMD，又CE 平面CDE，所以平面CDE 平面 AMD【点评】本题考查了几何体体积的计算，考查了面面垂直的证明，属于中档题18（2023松江区校级模拟）如图，在直三棱柱111ABCABC中，4AC，3BC

25、，5AB（1）求证：1ACBC；（2）设1AC 与底面 ABC 所成角的大小为60，求三棱锥1CABC的体积【分析】（1）由已知可得 ACBC，1C CBC，进而可证 AC 平面11CBB C，可证结论；（2）由已知可得1C AC即为1AC 与平面 ABC 所成的角，可得14 3C C，进而可求三棱锥1CABC的体积【解答】解：（1）证明：由4AC，3BC ，5AB，得222ABACCB，90ACB，ACBC，在直三棱柱111ABCABC中，可得1C CBC，1BCC CC，AC 平面11CBB C，1BC 平面11CBB C，1ACBC；（2）由1C C 平面 ABC，可得 AC 为1AC

26、在底面 ABC 内的射影，知1C AC即为1AC 与平面 ABC 所成的角，160C AC，又1C AC 为直角三角形，且4AC，14 3C C，1C C 为三棱锥1CABC的高，6ABCS，1111164 38 333CABCCABCABCVVSC C，三棱锥1CABC的体积8 3【点评】本题考查线线垂直的证明，考查空间几何体的体积的计算，属中档题19（2023徐汇区三模）如图，已知顶点为 S 的圆锥其底面圆O 的半径为 8，点Q 为圆锥底面半圆弧 AC 的中点，点 P 为母线 SA的中点（1）若母线长为 10，求圆锥的体积；（2）若异面直线 PQ 与 SO 所成角大小为 4，求 P、Q 两

27、点间的距离【分析】（1）由已知结合勾股定理求圆锥的高，再由圆锥的体积公式进行求解；（2）取OA的中点 M，连接 PM，得到/PMSO，得到MPQ为异面直线 PQ 与 SO 所成的角，再由已知求解直角三角形得答案【解答】解：（1）圆锥的底面半径8r，若母线长为 10，则圆锥的高221086h，圆锥的体积为21164612833Vr h；（2）取OA的中点 M，连接 PM、QM，又点 P 为母线 SA的中点，/PMSO，故MPQ为异面直线 PQ 与 SO 所成的角，等于 4 由点Q 为半圆弧 AC 的中点，得OQOA，在 Rt MOQ中，4OM，8OQ，22844 5MQ，/PMSO，且 SO 平

28、面 ABQ，PM平面 ACQ，又 MQ 平面 ABQ，PMMQ，在 Rt PMQ中，4MPQ，4 5MQ，4 10PQ即 P、Q 两点间的距离为 4 10【点评】本题考查圆锥的体积以及异面直线所成角，考查运算求解能力，是中档题20（2023奉贤区校级三模）已知三棱锥 PABC，PA平面 ABC，6PA，4AC，ABBC，M，N 分别在线段 PB，PC 上?（1）若 PB与平面 ABC 所成角大小为 3，求三棱锥 PABC的体积V；（2）若 PC 平面 AMN，求证：AM 平面 PBC【分析】（1）由 PA平面 ABC，得 PAAB，再由已知可得3PBA，6PA，求解三角形得 AB，BC，然后利

29、用棱锥体积公式求解；（2）由 PA平面 ABC，得平面 PAB 平面 ABC，再由 BCAB，得 BC 平面 PAB，可得 AMBC，由 PC 平面 AMN，得 AMPC，再由直线与平面垂直的判定可得 AM 平面 PBC【解答】（1）解：PA 平面 ABC，AB 平面 ABC，PAAB，PB 与平面 ABC 所成角大小为 3，即3PBA，且6PA，62 33tan 3PAAB，在 ABC中，ABBC，2 3AB，4AC，224(2 3)2BC1112 3264 3332P ABCABCVSPA；（2）证明：PA 平面 ABC，PA 平面 PAB，平面 PAB 平面 ABC，又平面 PAB平面

30、ABCAB，BC 平面 PBC，BCAB，BC 平面 PAB，AM 平面 PAB，AMBC，已知 PC 平面 AMN，AM 平面 AMN，AMPC，又 BCPCC，BC、PC 平面 PBC，AM平面 PBC【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题五球的体积和表面积（共 5 小题）21（2023徐汇区二模）如图，棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D的内切球为球O，E、F 分别是棱 AB和棱1CC 的中点，G 在棱 BC 上移动，则下列命题正确的个数是()存在点G，使OD 垂直于平面 EFG；对于任意点G，OA平行于平面 EFG；

31、直线 EF 被球O 截得的弦长为2；过直线 EF 的平面截球O 所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 2 A0B1C2D3【分析】当点G 为中点时，证明1B D 平面 EFG；当点G 与 B 重合时，A 在平面 EFB 上，O 在平面 EFB外，说明不成立；点 M 是线段 EF 的中点，利用弦长公式求弦长；当OM 垂直于过 EF 的平面，此时截面圆的面积最小，利用的结果求圆的面积【解答】解：当G 为 BC 中点时，EGBD，1EGBB，1BDBBB，BD，1BB 平面1BDB，EG平面1BDB，平面/EFG平面1ACD，1B D 平面1BDB，1EGB D，同理1GFB D，EGGFG，E

32、G，GF 平面 EFG，所以1B D 平面 EFG，即OD 平面 EFG，故正确；当G 与 B 重合时，A在平面 EFB 上，O 在平面 EFB 外，故不正确；如图，点 M 是线段 EF 的中点，由对称性可知OMEF，由勾股定理可知易知226EFEBBF，2OE，球心O 到 EF 距离为2262(2)()22OM，则 EF 被球截得的弦长为222222 1()22lROM，故正确；当OM 垂直于过 EF 的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是222lr，面积为212Sr，故正确故选：D【点评】本题考查线面垂直的判定定理，球的截面问题，化归转化思想，属中档题22（2023虹口区校级三模）

33、已知圆锥(SO O 是底面圆的圆心，S 是圆锥的顶点）的母线长为5，高为 1，P、Q 为底面圆周上任意两点有以下三个结论：三角形 SPQ 面积的最大值为 2；三棱锥OSPQ体积的最大值为 23；四面体 SOPQ 外接球表面积的最小值为9 以上所有正确结论的个数为()A0B1C2D3【分析】对，由已知计算出底面半径的长度，以及轴截面的顶角大小，利用三角形的面积公式可知，当90PSQ 时，三角形 SPQ 面积最大，可判断选项；对，利用三棱锥等体积转换，可得当OQ 面 SOP时，三棱锥OSPQ体积最大，可判断选项；对，因为 SO 底面圆，所以四面体 SOPQ 外接球球心在 SO的中垂面和过OPQ外接

34、圆圆心的底面垂线的交点处，利用勾股定理和正弦定理可计算出最小值，判断选项【解答】解：对于，由母线长为5，高为 1，可得底面半径为 5 12，设 BC 是底面圆的一条直径，则55 163cos05255BSC，即BSC是钝角，又115sin55sinsin222SPQSSPSQPSQPSQPSQ，则存在点 P，Q，当90PSQ 时，sin1PSQ，三角形 SPQ 面积的最大值为 52，故错误；对于，111 2122SOPSSOOP ，当OQ 面 SOP时，112()()1 2333O SPQmaxQ SOPmaxSOPVVSOQ，故正确；对于，设 OPQ的外接圆半径为 r，SO 底面圆，四面体

35、SOPQ 外接球半径 R，2221()2RrSO，若外接球表面积的最小，即外接球的半径 R 最小，又2214Rr，即在底面圆中，OPQ的外接圆半径最小，由正弦定理22sinsinOQrOPQOPQ，点 P 经过线段OQ 的中垂线时，OPQ最大，OPQ的外接圆半径最小，此时24 32sin603r，2211211949412Rr，即四面体 SOPQ 外接球表面积的最小值为2419R，故错误故选：B【点评】本题考查圆锥中截面三角形面积的最值的求解，正弦定理的应用，化归转化思想，运动变化思想，属中档题23（2023嘉定区模拟）如图，直三棱柱111ABCABC中，ACBC，7AC，3BC，点 P 在棱

36、1BB 上，且1PAPC，当1APC的面积取最小值时，三棱锥 PABC的外接球的表面积为 28 【分析】根据线面垂直的判定定理与性质，三角形面积公式，基本不等式，即可求解【解答】解：三棱柱111ABCABC为直三棱柱，又 ACBC，易得 AC 平面11BCC B，又1PC 平面11BCC B，1PCAC，又1PAPC，且 ACPAA，1PC 平面 PAC，又 AP 平面 PAC，1PCAP，如图，设BCP，则易得1CC P，又3BC ，13costansinBCPC，又7AC，22237()cosPAACPC，1APC的面积112SPAPC213972 sincos2223792sinsinc

37、os22222379()2sincossinsincos2231692sincos222222316()9()2sincossincossincos22316321259252 9 16222tantan，当且仅当22169tantan，即2tan3 时，等号成立，此时tan2 3PBBC，又22794ABACBC，2216 122 7PAABPB，ACPC，ABPB，三棱锥 PABC的外接球的直径 22 7RPA，三棱锥 PABC的外接球的半径7R，三棱锥 PABC的外接球的表面积为2428R，故答案为：28【点评】本题考查线面垂直的判定定理与性质，三角形面积的最值的求解，基本不等式的应用，

38、三棱锥的外接球问题，属中档题24（2023浦东新区校级三模）一个正三棱锥的侧棱长为 1，底边长为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 3 【分析】由题意球心到正三棱锥四个顶点的距离相等都为 R，由于顶点在底面的射影是底面的中心，故棱锥的高易求出，由此球心到底面的距离可以表示出，故可以利用球心到谋面的距离、球的半径、底面中心到顶点的距离这个直角三角形利用勾股定理建立方程求出球的半径【解答】解：由题意设球的半径为 R，正三棱锥在底面的投影是底面的中心，由于一个正三棱锥的侧棱长为 1，底边长为2，故底面三角形的高为62，底面中心到底面三角形的顶点的距离是 266323 故三棱锥的顶点到底面的距

39、离是226?31()33 故球心到底面的距离是33R，由几何体的结构知2226?3?()()33RR得32R 此球的表面积为234()32 故答案为3 【点评】本题考查球的体积和表面积，求解本题的关键是根据三棱锥的几何结构求出球的半径，再由公式求表面积对几何体空间结构的透彻了解，是解立体几何体的关键 25（2023徐汇区校级三模）在VABC 中，2 3AC，顶点 B 在以 AC 为直径的圆上点 P 在平面 ABC 上的射影为 AC 的中点，2PA，则三棱锥 PABC外接球的半径为 2【分析】由已知可得 ABC为直角三角形，得到 AC 的中点 D 为 ABC外接圆圆心，再由 PD 底面 ABC，

40、可得 PAC的外心即为三棱锥 PABC外接球的球心，求解三角形得到三棱锥外接球的半径【解答】解：如图，顶点 B 在以 AC 为直径的圆上，90ABC，ADDC，D为 ABC的外心，又 PD 平面 ABC，且 ADDC，2PAPC，PD 平面 PAC，可得平面 PAC 平面 ABC，则 PAC的外心即为三棱锥 PABC外接球的球心在 PAC中，由余弦定理可得，22222(2 3)1cos2222APC ，120APC，3sin2APC，设 PAC外接圆的半径为 R，则 2sinACRAPC，得2R 故答案为：2【点评】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力

41、，属中档题六平面的基本性质及推论（共 1 小题）26（2023黄浦区校级三模）如图，正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别为棱 AB，1CC 的中点，在平面11ADD A 内且与平面1D EF 平行的直线()A不存在 B有 1 条 C有 2 条 D有无数条【分析】由已知中 E，F 分别为棱 AB，1CC 的中点，结合正方体的结构特征易得平面11ADD A 与平面1D EF相交，由公理 3，可得两个平面必有交线l，由线面平行的判定定理在平面11ADD A 内，只要与l 平行的直线均满足条件，进而得到答案【解答】解：由题设知平面11ADD A 与平面1D EF 有公共点1D，由平面的基本

42、性质中的公理知必有过该点的公共线l，在平面11ADD A 内与l 平行的线有无数条，且它们都不在平面1D EF 内，由线面平行的判定定理知它们都与面1D EF 平行，故选：D【点评】本题考查的知识点是平面的基本性质，正方体的几何特征，线面平行的判定定理，熟练掌握这些基本的立体几何的公理、定理，培养良好的空间想像能力是解答此类问题的关键 七异面直线及其所成的角（共 2 小题）27（2023徐汇区校级三模）在正方体1111ABCDABC D中，E 为线段11AC 上的动点，则与直线CE 夹角为定值的直线为()A ACB1A DC BDD1A A【分析】以 D为坐标原点可建立空间直角坐标系，设1AB

43、 ，(E x，y，1)，111(01)A EAC剟，可得(1E，1)，利用线线角的向量求法可求得结果【解答】解：以 D为坐标原点，1,DA DC DD 正方向为 x，y，z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设1AB ，则(0D，0，0)，(1B，1，0)，1(0C，1，1)，(1A，0，0)，(0C，1，0)，1(1A，0，1)，(1,1,0)AC ，1(1,0,1)A D ，(1,1,0)BD ，1(0,0,1)A A，11(1,1,0)AC 设(E x，y，1)，则11A EAC，(01)剟，(1E，1)，(1,1,1)CE，对于 A，2|21|cos,|22(1)1AC CEAC CE

44、ACCE不是定值，A错误；对于C，2|1 1|cos,|0|22(1)1BD CEBD CEBDCE ，对于 B，1121|2|cos,|22(1)1A D CEA D CEA DCE不是定值，B 错误；故直线 BD与CE 所成角为定值 2，C 正确；对于 D，1|cosAA，121|1|243AA CECEAACE不是定值，D 错误故选：C【点评】本题主要考查了空间角的求解，向量的应用是求解问题的关键，属于中档题28（2023浦东新区校级一模）如图，三棱柱111ABCABC中，1AA 底面 ABC，ABAC，D 是 BC 的中点（1）求证：BC 平面1A AD；（2）若90BAC，4BC，三

45、棱柱111ABCABC的体积是8 3，求异面直线1A D 和1AB 所成的角的大小 【分析】（1）推导出1AABC，BCAD，由此能证明 BC 平面1A AD （2）以 A为原点，AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，1AA 为 z 轴，建立空间直角坐标系，由此能求出异面直线1A D和1AB 所成的角的大小【解答】证明：（1）1AA 底面 ABC，1AABC，又 ABAC，D是 BC 的中点，BCAD，1AAADA，BC 平面1A AD 解：（2）90BAC，ABAC，4BC，2 2ABAC，112 22 2422ABCSABAC，三棱柱111ABCABC的体积是8 3，1148 3ABCSAA

46、AA，解得12 3AA，以 A为原点，AB 为 x 轴，AC 为 y 轴，1AA 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则(2,2D，0)，(0A，0，0)，1(2 2B，0，2 3)，1(2,2A D，2 3)，1(2 2AB，0，2 3)，设异面直线1A D，1AB 所成角为，则1111|85cos5|1620AB A DABA D 异面直线1A D 和1AB 所成的角的大小为5arccos 5 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题 八异面直线的判定（共 1 小题）29（2023黄

47、浦区校级三模）如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，ECD为正三角形，平面 ECD 平面 ABCD，M 是线段 ED的中点，则()A BMEN，且直线 BM，EN 是相交直线 B BMEN，且直线 BM，EN 是相交直线 C BMEN，且直线 BM，EN 是异面直线 D BMEN，且直线 BM，EN 是异面直线【分析】根据题意，连接 BD，分析有 B、M、E、N 四点共面，易得直线 BM，EN 是相交直线，再作 EOCD于 O，连接ON，过 M 作 MFOD于 F，连接 BF，求出 BM、EN 的长，即可得答案【解答】解：根据题意，如图所示，连接 BD，点 N 为正方形 ABCD 的中心，

48、则 N 在 BD上，故 EN、BM 都在平面 BED 上，结合图形易得，直线 BM，EN 是相交直线，再作 EOCD于 O，连接ON，过 M 作 MFOD于 F，连接 BF，由于平面CDE 平面 ABCD EOCD，EO 平面CDE，则 EO 平面 ABCD，MF 平面 ABCD，MFB与 EON均为直角三角形 设正方形边长为 2，易知3,12EOONEN，35,22MFBF，7BM BMEN，故选：B 【点评】本题考查空间直线与直线的位置关系，涉及异面直线的定义，属于基础题 九空间中直线与直线之间的位置关系（共 2 小题）30（2023长宁区二模）已知正方体1111ABCDABC D，点 P

49、 在直线1AD 上，Q 为线段 BD的中点则下列说法不正确的是()A存在点 P，使得11PQACB存在点 P，使得1/PQABC直线 PQ 始终与直线1CC 异面D直线 PQ 始终与直线1BC 异面【分析】根据已知条件，结合线面垂直的判断，异面直线的定义，中位线定理，即可依次求解【解答】解：正方体1111ABCDABC D中，易得11AC 平面11BDD B，点 P 在直线1AD 上，Q 为线段 BD的中点，当点 P 和1D 重合时，PQ 平面11BDD B，11PQAC，故 A正确；连接1A D，如图所示：当点 P 为线段1A D 的中点时，PQ 为三角形1A BD的中位线，即1/PQAB，

50、故 B 正确；1CC 平面11AAC C，当点 P 和点 A重合时，PQ 平面11AAC C，则直线 PQ 和1CC 在同一平面内，故C 错误；1BC 平面11ABC D，PQ 平面11ABC DP，1PBC，故直线 PQ 始终与直线1BC 不相交，且不平行，是异面直线，故 D 正确故选：C【点评】本题主要考查空间中直线与直线之间的位置关系，考查转化能力，属于中档题31（2023上海模拟）如图所示，正三棱柱111ABCABC的所有棱长均为 1，点 P、M、N 分别为棱1AA、AB、11A B 的中点，点Q 为线段 MN 上的动点当点Q 由点 N 出发向点 M 运动的过程中，以下结论中正确的是(

51、)A直线1C Q 与直线CP 可能相交B直线1C Q 与直线CP 始终异面C直线1C Q 与直线CP 可能垂直D直线1C Q 与直线 BP不可能垂直【分析】证明/MN平面11AAC C，从而可证1C，P，C，Q 四点不共面，即可判断 AB；设(01)NQMN剟，将1QC，CP 分别用1,AA AC AB 表示，假设直线1C Q 与直线CP 垂直，则10QCCP，求出 即可判断C；证明1C N 平面11ABB A，即可判断 D【解答】解：在正三棱柱111ABCABC中，点 M，N 分别为棱 AB，11A B 的中点，1/MNAA，MN 平面11AAC C，1AA 平面11AAC C，/MN平面1

52、1AAC C，1C，P，C，Q 四点不共面，直线1C Q 与CP 始终异面，故 A 错误，B 正确；对于C，设(01)NQMN剟，则1111111122QCQNNCMNNAACAAACAB，112CPAAAC，若直线1C Q 与直线CP 垂直，则10QCCP，1111()()022AAACABAAAC，22111111102242AAAAACAAACACAAABAB AC，1111 10222 ，解得32，01剟，不存在点Q 使得直线1C Q 与直线CP 垂直，故C 错误；对于 D，连接1C N，如图，1111C AC B，N 为11A B 的中点，111C NAB，1AA 平面111A B

53、C，1C N 平面111A B C，11AAC N，1111AAABA，1C N 平面11ABB A，又 BP 平面11ABB A，1C NBP，当点Q 在 N 的位置时，直线1C Q 与直线 BP垂直，故 D 错误故选：B【点评】本题考查线面平行、线面垂直、四点共面的判定与性质、线线垂直的判定等基础知识，考查运算求解能力，是中档题一十空间中直线与平面之间的位置关系（共 6 小题）32（2023闵行区校级三模）已知 x，y，z 是空间的直线或平面，要使命题“若 xz，yz，则/xy”是真命题，x，y，z 可以是()A x，y，z 是三个不同的平面B x，z 是两条不同的直线，y 是平面C x，

54、y，z 是三条不同的直线D x，y 是两条不同的直线，z 是平面【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案【解答】解：若 x，y，z 是三个不同的平面，由 xz，yz，不一定得到/xy，故 A 错误；若 x，z 是两条不同的直线，y 是平面，由 xz，yz，得/xy 或 xy，故 B 错误；若 x，y，z 是三条不同的直线，由 xz，yz，得/xy 或 x 与 y 相交或 x 与 y 异面，故C 错误；若 x，y 是两条不同的直线，z 是平面，由 xz，yz，得/xy，故 D 正确故选：D【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的

55、判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题33（2023宝山区校级模拟）设 1l，2l 为两条不同的直线，为一个平面，则下列命题正确的是()A若直线 1/l平面，直线 2/l平面，则 12/llB若直线 1l 上有两个点到平面 的距离相等，则 1/lC直线 2l 与平面 所成角的取值范围是(0,)2D若直线 1l 平面，直线 2l 平面，则 12/ll【分析】平行于同一平面的两条直线可以相交，平行，异面，A错误，当直线与平面相交时，也成立，B 错误，直线与平面垂直时夹角为 2，C 错误，D正确，得到答案【解答】解：对选项 A：平行于同一平面的两条直线可以相交，平行，异面，错误；对选项 B

56、：当直线与平面相交时，也满足有两个点到平面 的距离相等，错误；对选项C：直线与平面垂直时夹角为 2，错误；对选项 D：垂直于同一平面的两条直线平行，正确故选：D【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，属于基础题34（2023嘉定区模拟）已知直线 m、n 及平面，其中/mn，那么在平面 内到两条直线 m、n 距离相等的点的集合可能是：一条直线；一个平面；一个点；空集其中正确的是()ABCD【分析】在空间中，到两条平行线距离相等的点的轨迹是两条直线公垂线段的中垂面，此平面与 的交集，即为所求结果【解答】解：在空间中，到两条平行线距离相等的点的轨迹是两条直线公垂线段的中垂面，设为 由于

57、与 的交集可能是直线、平面、空集，故在平面 内到两条直线 m、n 距离相等的点的集合可能是：，故选：B【点评】本题考查空间线面位置关系，属于基础题35（2023浦东新区三模）如图，在正方体1111ABCDABC D中，M，N 分别为1BC，1CD 的中点，则下列说法错误的是()A MN 与1CC 垂直B MN 与平面11ACC A 垂直C MN 与 DC 平行D MN 与平面1BDA 平行【分析】以 D为原点，DA为 x 轴，DC 为 y 轴，1DD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果【解答】解：在正方体1111ABCDABC D中，M，N 分别是1BC，1CD 的中点，以

58、D为原点，DA所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，1DD 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCDABC D的棱长为 2，则(2B，2，0)，1(0C，2，2)，(1M，2，1)，1(0D，0，2)，(0C，2，0)，(0N，1，1)，(2A，0，0)，(1MN ，1，0)，1(0CC，0，2)，10MN CC，1MNCC，故 A正确；(2AC ，2，0)，2200AC MN，ACMN，又1MNCC，1ACCCC，MN 平面11ACC A，故 B 成立；(0DC，2，0)，若 MN 与 DC 平行，则存在唯一实数，使得 DCMN，0200 ，无解，MN与 DC

59、 不平行，故C 错误；(2DB，2，0)，(1MN ，1，0)，MN和 BD平行，BD 平面1A BD，MN 平面1A BD，故/MN平面1A BD，故 D 正确故选：C【点评】本题考查命题的真假判断，考空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查空间直角坐标系的运用，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题36（2023徐汇区校级三模）设 l、m、n 表示直线，、表示平面，使“l”成立的充分条件是()A，/l B，l C/ln，n D m，n，lm，ln【分析】根据面面垂直、线面垂直、线面平行的判定与性质依次判断各个选项即可【解答】解：对于 A，当，/l 时，可能l，/l 或l 与 相交，

60、充分性不成立，故 A 错误；对于 B，当，l时，可能/l 或l 与 相交，充分性不成立，故 B 错误；对于C，若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面，充分性成立，故C 正确；对于 D，若/mn，则 m，n，lm，ln，无法是到l，充分性不成立，故 D 错误 故选：C 【点评】本题考查命题真假的判断，考查面面垂直、线面垂直、线面平行的判定与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题 37（2023长宁区校级三模）如图所示，在正方体1111ABCDABC D中，M 是棱1AA 上一点，若平面1MBD 与棱1CC 交于点 N，则下列说法中正确的是()A存在平面1MBND 与直线1

61、BB 垂直B四边形1MBND 可能是正方形C不存在平面1MBND 与直线11AC 平行D任意平面1MBND 与平面1ACB 垂直【分析】由反证法思想判定 A与 B；举例说明C 错误；直接证明 D 正确【解答】解：对于 A，1BD 面1MBND，11B BD小于90，若直线1BB 与平面1MBND 垂直，则直线11BBBD，与11B BD小于90 矛盾，平面1MBND 与直线1BB 不可能垂直，故 A 错误；对于 B，在正方体1111ABCDABC D中，由正方体的结构特征可知，11AD 平面11ABB A，BM 面11ABB A，11ADBM，若1MBND 是正方形，有1MDBM，可得 BM

62、平面11AA D D，这样过点 B 有两条直线与平面11AA D D垂直，故 B 错误；对于C，当 M、N 分别为所在棱的中点时，平面1MBND 与直线11AC 平行，故C 错误；对于 D，由正方体的结构特征可知，1D BAC，11D BAB，1D B 面1ACB，AC 面1ACB，1AB 面1ACB，1D B 面1ACB，1D B 面1MBND，任意平面1MBND 与平面1ACB 垂直，故 D 正确故选：D【点评】本题考查线面垂直和面面垂直的判定与性质，考查推理论证能力，是中档题一十一直线与平面垂直（共 3 小题）38（2023嘉定区校级三模）如图所示，在斜三棱柱111ABCABC中，90B

63、AC，且1BCAC，过1C 作1C H 平面 ABC，垂足为 H，则点 H 在()A直线 AC 上B直线 AB 上C直线 BC 上D ABC内部【分析】先通过线线垂直证明 AC 面1ABC，进而可得面 ABC 面1ABC，由面面垂直的性质定理可得要过1C 作1C H 平面 ABC，只需过1C 作1C HAB即可，则答案可求【解答】解：连接1AC，1BCAC，BAAC，且1BCBAB，AC 面1ABC，又 AC 面 ABC，面 ABC 面1ABC，面 ABC面1ABCAB，要过1C 作1C H 平面 ABC，则只需过1C 作1C HAB即可，故点 H 在直线 AB 上，故选：B 【点评】本题考查

64、线面垂直问题，属于基础题 39（2023宝山区校级模拟）如图所示，ABCDA B C D 是长方体，其中2AB，1ADAA ，点 E 是棱 C D 上一点，若异面直线 A B与 DE 互相垂直，则 D E 12 【分析】法()i 构造平行使异面直线夹角化为共面直线夹角，在平面中解边长即可；法()ii 建立空间直角坐标系，由题意可得 A，B，D 的坐标，设 E 的坐标，由 A B与 DE 互相垂直，所以0A B DE，可得 E 的坐标，即求出 D E 的长度【解答】解：法()i 如图所示，作 EFA B ，连接 AF，则/EFA DAD，且 ADEF，即四边形 ADEF 为平行四边形，所以 AF

65、AB，故在矩形 ABB A 中1tantan2A FB BA AFB A BA AFB A BA AA B ，解得12A FD E，故答案为：12；法()ii 建立如图所示的空间直角坐标系，D A 为 x 轴，D C 为 y 轴，DD为 z 轴，由题意可知(0D，0，0)，(1A，0，0)，(1B，2，1)，(0D，0，1)，(0E，b，0)，所以(0A B，2，1)，(0DE，b，1)，又因为 A B与 DE 互相垂直，所以0A B DE，即 210b ，解得12b，即12D E故答案为：12【点评】本题考查空间线段长度的求法及空间直角坐标系的坐标应用，属于中档题40（2023杨浦区校级模拟

66、）如图，矩形 AMND 所在平面与直角梯形 MBCN 所在的平面垂直，/MBNC，MNMB（1）求证：平面/AMB平面 DNC；（2）若 MCCB，求证：BCAC【分析】（1）由线面平行的判定可证/MB面 DNC、/MA面 DNC，再用面面平行的判定证结论；（2）由面面垂直的性质得 AM 平面 MBCN，再由线面垂直的性质、判定证 BC 面 AMC，最后由线面垂直的性质证线线垂直即可【解答】证明：（1）因为/MBNC，MB 面 DNC，NC 面 DNC，所以/MB面 DNC 因为 AMND 是矩形，所以/MADN，又 MA 面 DNC，DN 面 DNC，所以/MA面 DNC 又 MAMBM，且

67、 MA、MB 平面 AMB，所以面/AMB面 DNC（2）因为 AMND 是矩形，所以 AMMN因为面 AMND 面 MBCN，且面 AMND面 MBCNMN，AM 面 AMND，所以 AM 平面 MBCN，而 BC 平面 MBCN，所以 AMBC因为 MCBC，MCAMM，MC、AM 面 AMC，所以 BC 面 AMC，因为 AC 面 AMC，所以 BCAC【点评】本题主要考查平面与平面平行的判定与性质定理，平面与平面垂直的性质定理和直线和平面垂直的判定和性质定理，考查逻辑推理能力，属于中档题一十二平面与平面平行（共 1 小题）41（2023上海模拟）在正方体1111ABCDABC D中，点

68、 P 在正方形11ADD A 内（不含边界），则在正方形11DCC D 内（不含边界）一定存在一点Q，使得()A/PQACB PQACC AC 平面1PQCD平面1/PQC平面 ABC【分析】作出截面 ACP 后可作/PQAC，从而判断 A，利用线面垂直的性质判断 BC，根据面面平行的性质判断 D【解答】解：选项 A，正方体中，显然有11/ACAC，连接 AP 延长，如果直线 AP 交棱11AD 于点 M（图1)，则作11/MNAC 交11C D 于 N，连接CN，则 ACNM 是梯形，作/PQAC 交CN 于 Q，则Q平面11DCC D，如果直线 AP 交棱1DD 于点 M（图 2)，则直接

69、连接CM，在三角形 ACM 内作/PQAC 交CM 于 Q，也有Q平面11DCC D，因此 A 正确；选项 B，正方体中易知 AC 平面11BDD B，因此与 AC 垂直的直线都可能平移到平面11BDD B 内，而当 P平面11ADD A，Q平面11DCC D 时，直线 PQ 与平面11BDD B 相交，不可能平移到平面11BDD B 内，B错；选项C，由选项 B 知 AC 与 PQ 不可能垂直，因此 AC 与平面1PQC 也不可能垂直，C 错；选项 D，过1C 的平面只有平面1111A BC D 与平面 ABC 平行，因此要使得平面1/PQC平面 ABC，则平面1PQC 与平面1111A B

70、C D 重合，从而 P 点只能在棱11AD 上，与已知不符，D 错故选：A【点评】本题主要考查空间直线、平面位置关系的判断，空间几何体的结构特征，考查逻辑推理能力，属于中档题一十三平面与平面垂直（共 3 小题）42（2023黄浦区校级三模）如图，三棱柱111ABCA B C中、四边形11ABB A 是菱形，且160ABB，2ABBC，1CACB，1CACB，（1）证明：平面1CAB 平面11ABB A；（2）求直线1BB 和平面 ABC 所成角的正弦值；【分析】（1）取1AB 的中点O，连接OC，OB，由题意可知1COAB，再利用勾股定理证得COOB，由线面垂直的判定定理可得CO 平面11AB

71、B A，进而证得平面1CAB 平面11ABB A；（2）以点O 为坐标原点，分别以OB，1OB，OC 的正方向为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出相应向量的坐标，得到平面 ABC 的一个法向量，再利用线面夹角的向量公式求解即可【解答】证明：（1）取1AB 的中点O，连接OC，OB，如图所示：四边形11ABB A 是菱形，且160ABB，1ABB为等边三角形，又2AB，3232OB，12AB，1CACB，1CACB，1COAB，且1112COAB，又2BC，222BCOBCO，COOB，又1COAB，1ABOBO，CO平面11ABB A，又CO 平面1CAB

72、，平面1CAB 平面11ABB A；解：（2）由（1）可知，OB，1OB，OC 两两垂直，以点 O 为坐标原点，分别以OB，1OB，OC 的正方向为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则(3B，0，0)，1(0B，1，0)，(0A，1，0)，(0C，0，1)，1(3BB ，1，0)，(3AB，1，0)，(0AC，1，1)，设平面 ABC 的一个法向量为(nx，y，)z，则00n ABn AC ，即300 xyyz，取3x 得，33yz ，(3n，3，3)，直线1BB 和平面 ABC 所成角的正弦值为1|cosBB，11|21|7|BB nnBBn【点评】本题主要考查了面面垂

73、直的判定，考查了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题43（2023奉贤区二模）如图，在四棱锥 PABCD中，/ABCD，且90BAPCDP （1）证明：平面 PAB 平面 PAD；（2）若 PAPDABDC，90APD，且四棱锥 PABCD的体积为 83，求 PB与平面 ABCD所成的线面角的大小【分析】（1）根据已知条件，结合线面垂直的判定，推出 AB 平面 PAD，再结合 AB 平面 PAB，即可求证；（2）取 AD 中点O，结合线面垂直的判定，推出 PO 底面 ABCD，再结合四棱锥的体积公式，推得 PA，即可求出 PB，再结合PBO为 PB与平面 ABCD所成的角，即可求解【解

74、答】证明：（1）在四棱锥 PABCD中，90BAPCDP ，ABPA，CDPD，又/ABCD，ABPD，PAPDP，AB 平面 PAD，AB 平面 PAB，平面 PAB 平面 PAD；（2）解：取 AD 中点O，连结 PO，PAPD，O 为 AD 的中点，POAD，AB 平面 PAD，AD 平面 PAD，ABPO，ABADA，PO底面 ABCD，设 PAPDABDCa，则222ADaaa，22POa，四棱锥 PABCD的体积为 83，PO 底面 ABCD，32111182333233P ABCDABCDVSPOABADPOaaaa四边形，解得2a，222POa，2222242 2PBPOAOP

75、B，PO 底面 ABCD，PBO为 PB与平面 ABCD所成的角，在 Rt POB中，21sin22 2POPBOPB，30PBO，故 PB与平面 ABCD 所成的线面角为30【点评】本题主要考查平面与平面垂直的证明，以及直线与平面所成角的求解，属于中档题44（2023徐汇区二模）如图，在直三棱柱111ABCABC中，90BAC，ABACa，1AAb，点 E，F 分别在棱1BB，1CC 上，且113BEBB，1113C FCC设ba （1）当3 时，求异面直线 AE 与1A F 所成角的大小；（2）当平面 AEF 平面1A EF 时，求 的值 【分析】（1）推导出1AA 平面 ABC，1AAA

76、B，1AAAC，建立分别以 AB，AC，1AA 为 x，y，z 轴的空间直角坐标系，利用法向量能求出异面直线 AE 与1A F 所成角（2）推导出平面 AEF 的法向量和平面1A EF 的一个法向量，由平面 AEF 平面1A EF，能求出 的值【解答】解：（1）直三棱柱111ABCABC，1AA 平面 ABC，AB，AC 平面 ABC，1AAAB，1AAAC，90BAC，建立分别以 AB，AC，1AA 为 x，y，z 轴的空间直角坐标系，设1a ，则1ABAC，13AA，(0A，0，0)，(1E，0，1)，1(0A，0，3)，(0F，1，2)，(1AE，0，1)，1(0A F，1，1)，1|2

77、AEA F，11AE A F ，11111cos,2|22AE A FAE A FAEA F，向量 AE 和1A F 所成角为120 异面直线 AE 与1A F 所成角为 60（2）(E a，0，)3b，(0F，a，2)3b，(AEa，0，)3b，(0AF，a，2)3b，设平面 AEF 的法向量(mx，y，)z，则03203bm AEaxzbm AFayz，取1z ，得(3m，23，1)，同理得平面1A EF 的一个法向量2(3p，3，1)，平面 AEF 平面1A EF，22221099m p ，解得32 当平面 AEF 平面1A EF 时，的值为 32 【点评】本题考查异面直线所成角的大小、

78、实数值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 一选择题（共 1 小题）1（2022浦东新区校级模拟）正方体1111ABCDABC D的棱长为 2，E，F，G 分别为 BC，1CC，1BB 的中点，则()A直线1D D 与直线 AF 垂直 B直线1AG 与平面 AEF 不平行 C平面 AEF 截正方体所得的截面面积为 92 D点C 与点G 到平面 AEF 的距离相等【分析】在 A中，若1D DAF，则1DD 平面 AEF，从而1CCEF，不成立；在 B 中，取11BC 的中点Q，连接1AQ，GQ，推导出平面1/AGO平面 AEF，从而1/AG平面 A

79、EF；在C 中，连接1D F，1D A，延长1D F，AE 交于点 S，则1/EFAD，所以 A，E，F，1D 四点共面，从而截面即为梯形1AEFD，进而139642AEFDS梯形；在 D 中，记 点 C 与 点 G 到 平 面 AEF 的 距 离 分 别 为1h，2h，由11111123323CA E FA E FAC E FVShV，21122223323G AEFAEFA GEFVShV，得以12hh【解答】解：在 A中，若1D DAF，又因为1D DAE且 AEAFA，所以1DD 平面 AEF，所以1DDEF，所以1CCEF，不成立，故 A错误；在 B 中，如图所示，取11BC 的中点

80、 Q，连接1AQ，GQ，由条件可知：/GQEF，1/AQAE，且1GQAQQ，EFAEE，所以平面1/AGQ平面 AEF，又因为1AG 平面1AGQ，所以1/AG平面 AEF，故 B 错误；在 C 中，如图所示，连接1D F，1D A，延长1D F，AE 交于点 S，因为 E，F 为 BC、1C C 的中点，所以1/EFAD，所以 A，E，F，1D 四点共面，所以截面即为梯形1AEFD，又因为221422 5D SAS，12 2AD，所以12212 22 2(2 5)()622AD SS，所以139642AEFDS梯形，故C 正确；在 D中，记点C 与点G 到平面 AEF 的距离分别为1h，2

81、h，因为111 1 1123323CAEFAEFA CEFVShV，又因为21122223323G AEFAEFA GEFVShV，所以12hh，故 D错误 故选：C 【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 二填空题（共 4 小题）2（2020上海自主招生）用平面截一个单位正方体，若截面是六边形，则此六边形周长最小值为 3 2 【分析】画出图象，结合图象求出六边形的周长，即可求得此六边形周长最小值【解答】解：如图示：，则结合对称性可知，六边形的周长最小值是263 22，故答案为：3 2 【点评】本题考查利用平面几何的知识解决

82、立体几何，考查学生的空间想象能力，考查运算求解能力 3（2020上海自主招生）已知三棱锥 PABC的体积为 10.5，且6AB，4ACBC，10APBP，则 CP 长度为 7 或7 3 【分析】先根据题意证明平面 ABC 平面 PCD，进而得到 P 点到CD 的距离即 P 点到平面 ABC 的距离，再利用三棱锥 PABC的体积为 10.5，求出sinPDC，利用同角的三角函数关系求出cosPDC，在 PDC中运用余弦定理即可求出 PC 的长度【解答】解：取 AB 中点 D，因为 ABCD，ABPD，又因为 PDCDD且 PD，CD 平面 PCD，则 AB 面 PDC，又因为 AB 平面 ABC

83、，所以平面 ABC 平面 PCD，那么 P 点到CD的距离即 P 点到平面 ABC 的距离，依题意可得222217,91,3 72ABCCDBCBDPDPBBDSAB CD，所以112133 7sinsin3322 13P ABCABCVShPDPDCPDC，那么7cos2 13PDC，由余弦定理可得2917cos72917PCPDCPC或7 3 故答案为：7 或7 3 【点评】本题考查线面垂直及面面垂直的证明，三棱锥体积公式，余弦定理，考查学生的转化能力和运算能力，属于中档题 4（2020上海自主招生）空间三条直线 a，b，c 两两异面，则与三条直线都相交的直线有 无穷多条 条【分析】在 a

84、、b、c 上取三条线段 AB、CC、A D，作一个平行六面体 ABCDA B C D ，在直线 A D 上取一点 P，过 a、P 作一个平面 ，平面 与 DD 交于Q、与CC交于 R，由面面平行的性质定理，得/QRa，由点 P 的任意性，得与 a，b，c 都相交的直线有无穷多条【解答】解：在 a、b、c 上取三条线段 AB、CC、A D，作一个平行六面体 ABCDA B C D ，如右图所示 在 c 上，即在直线 A D 上取一点 P，过 a、P 作一个平面 平面 与 DD 交于Q、与CC交于 R，则 由面面平行的性质定理，得/QRa，于是 PR不与 a 平行，但 PR与 a 共面 故 PR与

85、 a 相交，得直线 PR是与 a，b，c 都相交的一条直线 根据点 P 的任意性，得与 a，b，c 都相交的直线有无穷多条 故答案为：无穷多条 【点评】本题考查满足条件的直线条件的求法，考查空间直角坐标系的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 5（2020上海自主招生）立方体 8 个顶点任意两个顶点所在的直线中，异面直线共有 174 对【分析】求出正方体中不在同一个平面上的 4 个点的个数，然后求出这 4 个点中异面直线的对数即可【解答】解：立方体中有 8 个顶点，任意两个顶点所构成的直线有：2828C，其中不在同一个平面上的 4 个点的个数有481258C，4 个点中异面直线的对数是：

86、3，所以过正方体任意两个顶点的直线共有 28 条，其中异面直线有：58 3174 对 故答案为：174【点评】本题考查排列组合的知识，结合空间几何体难度比较大，注意不在同一个平面的 4 点中，能够出现异面直线，是解答本题的关键 三解答题（共 4 小题）6（2022上海自主招生）两个圆柱体底面积1S，2S，体积1V，2V，侧面积相等，1232VV，求12SS 的值【分析】设出底面半径和高，由题意结合侧面积和体积的关系得到半径的比值，然后计算底面积的比值即可【解答】解：设两圆柱的底面半径为 1r，2r，高为1h，2h，由题意可得：1 12222rhr h，即1221rhrh，且2211112122

87、22221232Vr hrrrVr hrrr，从而21122294SrSr 故答案为：94 【点评】本题主要考查圆柱的侧面积公式，圆柱的体积公式，圆柱的底面积公式等知识，属于基础题 7（2022上海自主招生）正四面体装水到高度的 12，问倒置后高度至何处【分析】设正四面体的底面积为 S，高为 h，体积为13VSh，可得有水部分的体积为 78V，倒置后，再由体积比是相似比的立方求解【解答】解：设正四面体的底面积为 S，高为 h，体积为13VSh，正四面体装水到高度的 12，则上面无水部分也为正四面体，底面积为 14 S，高为 12 h，体积为 1 1113 428ShV，有水部分的体积为 78V

88、，倒置后，下面正四面体的体积是 78V，即有水部分的体积与原正四面体的体积比为7788VV，倒置后高度至何处原正四面体高的3 72 【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查运算求解能力，是基础题 8（2023宝山区校级模拟）如图，四棱锥 PABCD中，底面 ABCD 是平行四边形，90ACB，PA平面 ABCD，1PABC，2AB，F 是 BC 的中点（）求证：DA平面 PAC；（）试在线段 PD上确定一点G，使/CG平面 PAF，并求三棱锥 ACDG的体积 【分析】（）平行四边形 ABCD中，证出 ACDA结合 PA平面 ABCD，得 PADA，由线面垂直的判定定理，可得 DA平面 PAC （）

89、设 PD的中点为G，在平面 PAD 内作GHPA于 H，连接 FH，可证出四边形 FCGH 为平行四边形，得/GCFH，所以/CG平面 PAF 设点G 到平面 ABCD的距离为 d，得1122dPA，结合 Rt ACD面积和锥体体积公式，可算出三棱锥 ACDG的体积【解答】解：（）四边形是平行四边形，/ADBC，可得90ACBDAC，即 ACDA PA 平面 ABCD，DA 平面 ABCD，PADA，又ACDA，ACPAA，DA 平面 PAC （）设 PD的中点为G，在平面 PAD 内作GHPA于 H，连接 FH，则 PAD中，GH 平行且等于 12 AD 平行四边形 ABCD中，FC 平行且

90、等于 12 AD，/GHFC且GHFC，四边形 FCGH 为平行四边形，得/GCFH，FH 平面 PAF，CG 平面 PAF，/CG平面 PAF，即G 为 PD中点时，/CG平面 PAF 设点G 到平面 ABCD的距离为 d，则 由G 为 PD中点且 PA平面 ABCD，得1122dPA，又Rt ACD面积为 111 122 三棱锥 ACDG的体积1113212A CDGG CDAACDVVS 【点评】本题给出四棱锥，求证线面垂直并求锥体的体积，着重考查了线面垂直的判定与性质、线面平行的判定和锥体体积公式等知识，属于中档题 9（2022徐汇区三模）如图，在正三棱柱111ABCABC中，14AA

91、，异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为3（1）求正三棱柱111ABCABC的体积；（2）求直线1BC 与平面11AAC C 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）【分析】（1）由已知可得113C BB，又114B BA A，求得正三棱柱111ABCABC的底面边长为 4 3 再求出底面积，代入棱柱体积公式可得正三棱柱111ABCABC的体积；（2）在底面三角形 ABC 中，过 B 作 BOAC，垂足为 O，则1BC O为直线1BC 与平面11AAC C 所成角，求解三角形得答案【解答】解：（1）异面直线1BC 与1AA 所成角的大小为 3，且11/A AB B，113C BB，又114B

92、BA A，114 3B C，即正三棱柱111ABCABC的底面边长为 4 3 14 3612 32ABCS 则1 1 112 3448 3ABC A B CV；（2）在底面三角形 ABC 中，过 B 作 BOAC，垂足为O，则 O 为 AC 中点，且 BO 平面11AAC C，连接1C O，则1BC O为直线1BC 与平面11AAC C 所成角，6BO，224(4 3)8BC，163sin84BC O，13arcsin 4BC O 即直线1BC 与平面11AAC C 所成角的大小为3arcsin 4 【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，考查了多面体体积的求法，是中档题 一选择题（共 5 小

93、题）1（2024上海）空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线 m，n，则下列说法中正确的是()A若，m，n，则 mnB若，m，mn，则 nC若/，/m，/n，则/mnD若/，/m，/mn，则/n【分析】根据题意，由直线与平面平行、垂直的性质分析选项，综合可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于 A，若，m，则/m 或 m，又 n，所以 mn，故 A 正确；对于 B，若，m，则/m 或 m，由 mn，则 n 与 斜交、垂直、平行均有可能，故 B 错误；对于 C，若/，/m，则/m 或 m，由/n，则 m 与 n 相交、平行、异面均有可能，故C 错误；对于 D，若/，/m，则/m 或 m

94、，又/mn，则/n 或 n，故 D 错误故选：A【点评】本题考查空间直线与平面间的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的判断，属于基础题2（2023上海）如图所示，在正方体1111ABCDABC D中，点 P 为边11AC 上的动点，则下列直线中，始终与直线 BP异面的是()A1DDB ACC1ADD1B C【分析】根据空间中的两条直线的位置关系，判断是否为异面直线即可【解答】解：对于 A，当 P 是11AC 的中点时，BP与1DD 是相交直线；对于 B，根据异面直线的定义知，BP与 AC 是异面直线；对于C，当点 P 与1C 重合时，BP与1AD 是平行直线；对于 D，当点 P 与1C 重合时

95、，BP与1B C 是相交直线故选：B【点评】本题考查了两条直线间的位置关系应用问题，是基础题3（2022上海）如图正方体1111ABCDABC D中，P、Q、R、S 分别为棱 AB、BC、1BB、CD 的中点，连接1AS，1B D 空间任意两点 M、N，若线段 MN 上不存在点在线段1AS、1B D 上，则称 MN 两点可视，则下列选项中与点1D 可视的为()A点 PB点 BC点 RD点Q【分析】线段 MN 上不存在点在线段1AS、1B D 上，即直线 MN 与线段1AS、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1AS、1B D 相交，再利用共面定理，异面直线的判定定理

96、即可判断【解答】解：线段 MN 上不存在点在线段1AS、1B D 上，即直线 MN 与线段1AS、1B D 不相交，因此所求与1D 可视的点，即求哪条线段不与线段1AS、1B D 相交，对 A选项，如图，连接1A P、PS、1D S，因为 P、S 分别为 AB、CD的中点，易证11/A DPS，故1A、1D、P、S 四点共面，1D P与1AS 相交，A错误；对 B、C 选项，如图，连接1D B、DB，易证1D、1B、B、D 四点共面，故1D B、1D R 都与1B D 相交，B、C 错误；对 D选项，连接1DQ，由 A选项分析知1A、1D、P、S 四点共面记为平面11AD PS，1D 平面11

97、AD PS，Q平面11AD PS，且1AS 平面11AD PS，点11DAS，1D Q与1AS 为异面直线，同理由 B，C 选项的分析知1D、1B、B、D四点共面记为平面11D B BD，1D 平面11D B BD，Q平面11D B BD，且1B D 平面11D B BD，点11DB D，1D Q与1B D 为异面直线，故1DQ与1AS，1B D 都没有公共点，D选项正确故选：D【点评】本题考查新定义，共面定理的应用，异面直线的判定定理，属中档题4（2022上海）上海海关大楼的顶部为逐级收拢的四面钟楼，如图，四个大钟分布在四棱柱的四个侧面，则每天 0 点至 12 点（包含 0 点，不含 12

98、点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为()A0 B2 C4 D12【分析】3 点时和 9 点时相邻两钟面上的时针相互垂直【解答】解：3 点时和 9 点时相邻两钟面上的时针相互垂直，每天 0 点至 12 点（包含 0 点，不含 12 点），相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为 2，故选：B 【点评】本题考查两条异面直线垂直的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力，是中档题 5（2020上海）在棱长为 10 的正方体1111ABCDABC D中，P 为左侧面11ADD A 上一点，已知点 P 到11AD 的距离为 3，P 到1AA 的距离为 2，则过点 P 且与1AC 平行的

99、直线交正方体于 P、Q 两点，则Q 点所在的平面是()A11AA B B B11BBC C C11CC D D D ABCD 【分析】由图可知点 P 在1AA D内，过 P 作1/EFAD，且1EFAA 于 E，EFAD 于 F，在平面 ABCD中，过 F 作/FGCD，交 BC 于G，由平面与平面平行的判定可得平面/EFG平面1A DC，连接 AC，交 FG于 M，连接 EM，再由平面与平面平行的性质得1/EMAC，在 EFM中，过 P 作/PQEM，且 PQFM于 Q，可得1/PQAC，由此说明过点 P 且与1AC 平行的直线相交的面是 ABCD，即Q 点所在的平面是平面ABCD【解答】解

100、：如图，由点 P 到11AD 的距离为 3，P 到1AA 的距离为 2，可得 P 在1AA D内，过 P 作1/EFAD，且1EFAA 于 E，EFAD 于 F，在平面 ABCD中，过 F 作/FGCD，交 BC 于G，则平面/EFG平面1A DC 连接 AC，交 FG 于 M，连接 EM，平面/EFG平面1A DC，平面1A AC平面11A DCAC，平面1A AC平面 EFMEM，1/EMAC 在 EFM中，过 P 作/PQEM，且 PQFM 于Q，则1/PQAC 线段 FM 在四边形 ABCD内，Q 在线段 FM 上，Q在四边形 ABCD内 则 Q 点所在的平面是平面 ABCD 故选：D

101、【点评】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题 二填空题（共 5 小题）6（2022上海）已知圆柱的高为 4，底面积为9，则圆柱的侧面积为 24 【分析】由底面积为9 解出底面半径3R，再代入侧面积公式求解即可【解答】解：因为圆柱的底面积为9，即29R，所以3R，所以224SRh侧 故答案为：24 【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式，属于基础题 7（2021上海）已知圆柱的底面半径为 1，高为 2，则圆柱的侧面积为 4 【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可【解答】解：圆柱的底面半径为1r ，高为2h，所以圆柱的侧面积为221 24Srh 侧故答案为：

102、4【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题8（2023上海）空间中有三个点 A、B、C，且1ABBCCA，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 9 种【分析】根据正四棱锥的性质，分类讨论，即可求解【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

103、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 639种情况故答案为：9【点评】本题考查正四棱锥的性质，分类讨论思想，属中档题9（2 0 2 4 上 海）已 知 四 棱 柱1111ABCDABC D底 面 ABCD为 平 行 四 边 形，13AA，4BD 且115ABBCADDC，求异面直线1AA 与 BD的夹角 5arccos12 【分析】由题将115ABBCADDC转化为15AA BD即可求解【解答】解：如图，因为1111,ABABAA ADADAA，又115ABBCADDC，11()()5ABAAADADAA

104、DC，化简得15AA BD，13 4cos5AA BD ，5cos12 异面直线1AA 与 BD的夹角为5arccos12【点评】本题考查向量法求立体几何中的线线角，属于中档题10（2021上海）已知圆柱的底面圆半径为 1，高为 2，AB 为上底面圆的一条直径，C 是下底面圆周上的一个动点，则 ABC的面积的取值范围为 2,5 【分析】上顶面圆心记为O，下底面圆心记为O，连接OC，过点C 作CMAB，垂足为点 M，由于 AB为定值，则ABCS的大小随着CM 的长短变化而变化，分别求解CM 的最大值和最小值，即可得到答案【解答】解：如图 1，上底面圆心记为O，下底面圆心记为O，连接OC，过点C

105、作CMAB，垂足为点 M，则12ABCSABCM，根据题意，AB 为定值 2，所以ABCS的大小随着CM 的长短变化而变化，如图 2 所示，当点 M 与点O 重合时，22125CMOC，此时ABCS取得最大值为 12552 ；如图 3 所示，当点 M 与点 B 重合，CM 取最小值 2，此时ABCS取得最小值为 12222 综上所述，ABCS的取值范围为2,5 故答案为：2,5 【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段 CM 的最值问题进行求解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题 三解答题（共 2 小题）11（2020上海）已知四棱锥 PA

106、BCD，底面 ABCD 为正方形，边长为 3，PD 平面 ABCD （1）若5PC，求四棱锥 PABCD的体积；（2）若直线 AD 与 BP的夹角为60，求 PD的长 【分析】（1）利用已知条件求出，棱锥的高，然后求解棱锥的体积即可（2）由已知中四棱锥 PABCD的底面是边长为 3 的正方形，PD 平面 ABCD异面直线 AD 与 PB 所成角为 60，可得 PBC为直角三角形，且60PBC，3BC ，代入求出 PC 后，解直角 PDC可得答案【解答】解：（1）PD 平面 ABCD，PDDC 3CD，5PC，4PD，2134123P ABCDV，所以四棱锥 PABCD的体积为 12（2）ABC

107、D 是正方形，PD 平面 ABCD，BCPD，BCCD 又PDCDD BC 平面 PCD BCPC 异面直线 AD 与 PB所成角为 60，/BCAD 在 Rt PBC中，60PBC，3BC 故3 3PC 在 Rt PDC中，3CD 3 2PD【点评】本题考查几何体的体积，空间点线面的距离的求法，考查转化思想以及空间想象能力计算能力，是中档题 12（2022上海）如图所示三棱锥，底面为等边 ABC，O 为 AC 边中点，且 PO 底面 ABC，2APAC（1）求三棱锥体积P ABCV；（2）若 M 为 BC 中点，求 PM 与面 PAC 所成角大小 【分析】（1）直接利用体积公式求解；（2）以

108、O 为坐标原点，OB 为 x 轴，OC 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，求得平面 PAC 的法向量，即可求解【解答】解：（1）在三棱锥 PABC中，因为 PO 底面 ABC，所以 POAC，又 O 为 AC 边中点，所以 PAC为等腰三角形，又2APAC所以 PAC是边长为 2 的为等边三角形，3PO，三棱锥体积2113231334P ABCABCVSPO，（2）以O 为坐标原点，OB 为 x 轴，OC 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则(0P，0，3)，(3B，0，0)，(0C，1，0)，3(2M，12，0)，3(2PM，12，3)，平面 PAC 的法向量(3OB，0，0)，设直线 PM 与平面 PAC 所成角为，则直线 PM 与平面 PAC 所成角的正弦值为332sin|4|32PM OBPMOB，所以 PM 与面 PAC 所成角大小为3arcsin 4 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题