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专题08 空间向量与立体几何 (十大题型)
题型01 2021-2024年高考+春考真题 1
题型02 空间向量的运算 3
题型03 求几何体的表面积与体积 3
题型04 空间的位置关系 4
题型05 空间向量基本定理 5
题型06 立体几何、导数结合的实际应用 5
题型07 空间向量数量积的应用（含难点） 8
题型08 个数、种类等问题 8
题型09 轨迹、围成面积等问题 9
题型10 空间向量与立体几何选择题综合辨析 9
【解题规律·提分快招】
由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确． 利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)． 向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理． 多面体的表面积是各个面的面积之和． 旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和． 组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理． 7、题源注明：立体几何与导数结合的实际应用中，选用适量解答题来练习填选题
题型01 2021-2024年高考+春考真题
【典例1-1】．（2024 上海）定义一个集合Ω，集合元素是空间内的点集，任取P1，P2，P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得．已知（1，0，0）∈Ω，则（0，0，1） Ω的充分条件是（　　）
A．（0，0，0）∈Ω B．（﹣1，0，0）∈Ω
C．（0，1，0）∈Ω D．（0，0，﹣1）∈Ω
【典例1-2】．（2024 上海）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且，求异面直线AA1与BD的夹角 　 　．
【典例1-3】．（2023 上海）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．
【典例1-4】．（2023 上海）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（　　）
A．DD1 B．AC C．AD1 D．B1C
【典例1-5】．（2022 上海）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
【典例1-6】．（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点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（　　）
A．0 B．2 C．4 D．12
【典例1-7】．（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 　　 　　．
【典例1-8】．（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 　　 　　．
题型02 空间向量的运算
【典例2-1】．（2024·上海徐汇·一模）已知向量，若，则实数的值为 .
【变式2-1】．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知向量，，则在方向上的投影向量为 .
【变式2-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）已知空间单位向量，，两两垂直，则（ ）
A． B． C．3 D．6
题型03 求几何体的表面积与体积
【典例3-1】．（2024·上海虹口·一模）若某圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留）
【典例3-2】．（24-25高三上·上海松江·期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为，则该圆锥的高为 ．
【变式3-1】．（24-25高三上·上海·期中）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为且半径为5的扇形，则它的体积为 ．
【变式3-2】．（2024·上海宝山·一模）将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为 .
【变式3-3】．（2024·上海青浦·一模）已知圆柱的底面半径为3，高为，圆锥的底面直径和母线长相等. 若圆柱 和圆锥的体积相同，则圆锥的底面半径为 .
【变式3-4】．（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 .
【变式3-5】．（2024·上海·三模）如图，矩形中，为AD的中点，，，连接EB，EC，若绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的表面积为 .
【变式3-6】．（24-25高三上·上海松江·开学考试）正方体的棱长为2，为棱的中点，以为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是 ．
【变式3-7】．（2024·上海奉贤·三模）如图，已知三角形为直角三角形（为直角），分别连接点与线段的等分点，，…，得到个三角形依次为，，…，，将绕看所在直线旋转一周，记，，…，旋转得到的几何体的体积依次为，，…，，若，则三角形旋转得到的几何体的体积 ．
题型04 空间的位置关系
【典例4-1】．（24-25高三上·上海杨浦·开学考试）已知，，是不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题中：
（1）若，，，则；
（2）若，，，则；
（3）若，，，则且；
（4）若，，，则，
所有真命题的序号是 .
【典例4-2】．（24-25高三上·上海金山·期末）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为 ．
【变式4-1】．（2024·上海虹口·一模）如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为2，且二面角的大小为，则 ．

【变式4-2】．（15-16高三下·上海·阶段练习）设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望= .
题型05 空间向量基本定理
【典例5-1】．（24-25高二上·上海·期中）已知空间非零向量、、，则下列命题中正确的是（ ）
A．若、、共面，则、、，中至少存在一对向量平行；
B．若，那么与、共面；
C．若、、，不共面，那么、、所在直线中至少存在两条直线异面；
D．若、、，不共面，那么、、所在直线中不可能存在两条直线异面.
【变式5-1】．（24-25高二上·上海宝山·阶段练习）在正四面体中，，点满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
题型06 立体几何、导数结合的实际应用
【典例6-1】．（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？
【典例6-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）某市一特色酒店由一些完全相同的帐篷构成.每座帐篷的体积为，且分上 下两层，其中上层是半径为米的半球体，下层是底面半径为r米，高为h米的圆柱体（如图）.经测算，上层半球体部分每平方米的建造费用为2千元，下层圆柱体的侧面 隔层和地面三个部分每平方米的建造费用均为3千元，设每座账篷的建造费用为y千元.
(1)求y关于r的函数解析式，并指出该函数的定义域；
(2)当半径r为何值时，每座帐篷的建造费用最小？并求出最小值.
【变式6-1】．（23-24高三上·上海浦东新·期中）图①是高桥中学的校门，它由上部屋顶，和下部两根立柱组成，如图②，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面和是全等的等腰梯形，左右两坡屋面和是全等的三角形.点在平面和上的射影分别为H、M，已知，，梯形的面积是面积的4倍，设.

(1)求屋顶面积S关于的函数关系式；
(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为（为正的常数），下部两根立柱的总造价与其单根的高度成正比，比例系数为，假设校门的总高度为3m，试问，当为何值时，校门的总造价（上部屋顶和下部两根立柱）最低
【变式6-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图所示的某种容器的体积为，它是由圆锥和圆柱两部分连结而成的，圆柱与圆锥的底面圆半径都为.圆锥的高为，母线与底面所成的角为；圆柱的高为.已知圆柱底面造价为元，圆柱侧面造价为元，圆锥侧面造价为元.
（1）将圆柱的高表示为底面圆半径的函数，并求出定义域；
（2）当容器造价最低时，圆柱的底面圆半径为多少？
【变式6-3】．（2025·上海高考复习·专题练习）设计一个帐篷，它下部的形状是正四棱柱，上部的形状是正四棱锥，且该帐篷外接于球（如图所示）．

(1)若正四棱柱是棱长为的正方体，求该帐篷的顶点到底面中心的距离；
(2)若该帐篷外接球的半径，设，该帐篷的体积为，则当为何值时，体积取得最大值．
【变式6-4】．（20-21高二上·上海宝山·期末）《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书本记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图1）．其中四边形为矩形，，和是三角形，“刍甍”字面意思为茅草屋顶．图是一栋农村别墅，为全新的混凝土结构．它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图，屋顶五面体为“刍甍”，其中前后两坡屋面和是全等的等腰梯形，左右两坡屋面和是全等的三角形，点F在平面和上射影分别为H，M，已知米，米，梯形的面积是面积的倍．设．
（1）求屋顶面积关于的函数关系式；
（2）已知上部屋顶造价由屋顶面积确定，造价为元/平方米，下部主体造价由高度确定，造价为元/米．现欲造一栋上、下总高度为米的别墅，试问：当为何值时，总造价最低？
题型07 空间向量数量积的应用（含难点）
【典例7-1】．（24-25高三上·上海杨浦·期中）已知空间单位向量，，，，，则的最大值是 ．
【变式7-1】．（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 .
【变式7-2】．（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 ．
题型08 个数、种类等问题
【典例8-1】．（2024·上海闵行·二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多的等边三角形.例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边三角形.当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成 个等边三角形.
【典例8-2】．（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 ．
【变式8-1】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图，设点为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有 个.

【变式8-2】．（2021·上海杨浦·三模）设正四面体在空间直角坐标系中点的坐标为，集合{y|存在，使得}，则集合A的元素个数可能为 种.（写出所有可能的值）
【变式8-3】．（23-24高三上·上海浦东新·期末）已知棱长均为1的正棱柱有个顶点，从中任取两个顶点作为向量的起点与终点，设底面的一条棱为．若集合，则当中的元素个数最少时，的值为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【变式8-4】．（23-24高二上·上海·阶段练习）设是空间中给定的2023个不同的点，则使得成立的点的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2023个 D．4046个
题型09 轨迹、围成面积等问题
【典例9-1】．（2025·上海高考复习·专题练习）在正四棱柱中，，E 为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为 .
【变式9-1】．（2023·上海·模拟预测）正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 .
【变式9-2】．（2024·上海虹口·一模）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10 空间向量与立体几何选择题综合辨析
【典例10-1】．（24-25高二上·上海·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点M、N分别在线段和上，给出下列命题：①有且仅有一条直线与垂直；②存在点M、N，使为等边三角形，则（ ）

A．①、②均为真命题 B．①、②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题
【典例10-2】．（24-25高三上·上海·期中）在正方体中，点P，Q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P，均存在点Q，使得；
②存在点P，对任意的Q，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
【变式10-1】．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论：
①存在点满足；
②存在点满足与平面所成角的大小为；
③存在点满足；
其中正确的个数是（ ）．
A．0 B．1 C．2 D．3
【变式10-2】．（23-24高二上·上海·期末）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足．点P满足，其中，则下列说法不正确的是（　　）
A．当时，的面积S的最大值为
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点P，使得
D．当时，存在点P，使得平面
【变式10-3】．（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（ ）
（1）存在点P，使得；
（2）存在点P，使得平面；
（3）的面积越来越小；
（4）四面体的体积不变.
A．0 B．1 C．2 D．3
一、填空题
1．（2024·上海崇明·一模）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是 ．
2．（2024·上海·三模）底面半径长为，母线长为的圆柱，体积为
3．（2024·上海徐汇·一模）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要” “必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个）
4．（2024·上海奉贤·一模）上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2），风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃，一般一个惊鸟铃由铜铸造而成，由铃身和铃舌组成，为了知道一个惊鸟铃的质量，可以通过计算该惊鸟铃的体积，然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量，因此我们需要作出一些合理的假设：
假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥；
假设2：两圆锥的轴在同一条直线上；
假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计．
截面图如下（图3），其中，，，则制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要 千克铜．（铜的密度为）（结果精确到个位）
5．（2024·上海奉贤·三模）已知正方体的棱长为，，，…，为正方形边上的个两两不同的点．若对任意的点，存在点.使得直线与平面以及平面所成角大小均为，则正整数的最大值为 ．
二、单选题
6．（2024·上海长宁·二模）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．（2024·上海·模拟预测）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
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题08 空间向量与立体几何 (十大题型)
题型01 2021-2024年高考+春考真题 1
题型02 空间向量的运算 6
题型03 求几何体的表面积与体积 7
题型04 空间的位置关系 11
题型05 空间向量基本定理 14
题型06 立体几何、导数结合的实际应用 15
题型07 空间向量数量积的应用（含难点） 24
题型08 个数、种类等问题 26
题型09 轨迹、围成面积等问题 31
题型10 空间向量与立体几何选择题综合辨析 36
【解题规律·提分快招】
由向量数量积的定义知，要求a与b的数量积，需已知|a|，|b|和〈a，b〉，a与b的夹角与方向有关，一定要根据方向正确判定夹角的大小，才能使a·b计算准确． 利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素)． 向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的有关定理． 多面体的表面积是各个面的面积之和． 旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和． 组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理． 7、题源注明：立体几何与导数结合的实际应用中，选用适量解答题来练习填选题
题型01 2021-2024年高考+春考真题
【典例1-1】．（2024 上海）定义一个集合Ω，集合元素是空间内的点集，任取P1，P2，P3∈Ω，存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得．已知（1，0，0）∈Ω，则（0，0，1） Ω的充分条件是（　　）
A．（0，0，0）∈Ω B．（﹣1，0，0）∈Ω
C．（0，1，0）∈Ω D．（0，0，﹣1）∈Ω
【分析】利用空间向量的基本定理，结合充要条件，判断选项即可．
【解析】解：不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得．
所以3个向量无法构成三维空间坐标系的一组基，
又因为（1，0，0）∈Ω，所以对于A三者不能构成一组基，
故不能推出（0，0，1） Ω，故A错误；
对于B，（1，0，0）∈Ω，（﹣1，0，1）∈Ω，且（1，0，0），（﹣1，0，0）共线，
所以（0，0，1）可以属于Ω，此时三者不共面，故B错误；
对于C，显然三者可以构成一组基，与条件不符合，故可以推出（0，0，1） Ω，故C正确；
对于D，三者无法构成一组基，故不能推出（0，0，1） Ω，故D错误．
故选：C．
【典例1-2】．（2024 上海）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1底面ABCD为平行四边形，AA1＝3，BD＝4且，求异面直线AA1与BD的夹角 　arccos　．
【分析】由题将转化为＝5即可求解．
【解析】解：如图，
因为，又，
∴，
化简得＝5，
∴＝5，
∴．
异面直线AA1与BD的夹角为arccos．
【点评】本题考查向量法求立体几何中的线线角，属于中档题．
【典例1-3】．（2023 上海）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．
【分析】根据正四棱锥的性质，分类讨论，即可求解．
【解析】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．
【点评】本题考查正四棱锥的性质，分类讨论思想，属中档题．
【典例1-4】．（2023 上海）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为边A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（　　）
DD1 B．AC C．AD1 D．B1C
【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．
【解析】解：对于A，当P是A1C1的中点时，BP与DD1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C1重合时，BP与AD1是平行直线；
对于D，当点P与C1重合时，BP与B1C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．
【典例1-5】．（2022 上海）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
【分析】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，再利用共面定理，异面直线的判定定理即可判断．
【解析】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．
【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．
【典例1-6】．（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点）相邻两钟面上的时针相互垂直的次数为（　　）
A．0 B．2 C．4 D．12
【分析】3点时和9点时相邻两钟面上的时针相互垂直．
【解析】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．
【典例1-7】．（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 　　．
【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CM⊥AB，垂足为点M，由于AB为定值，则S△ABC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．
【解析】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作CM⊥AB，垂足为点M，
则，
根据题意，AB为定值2，所以S△ABC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，CM＝OC＝，
此时S△ABC取得最大值为；
如图3所示，当点M与点B重合，CM取最小值2，
此时S△ABC取得最小值为．
综上所述，S△ABC的取值范围为．
故答案为：．
【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．
【典例1-8】．（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 　4π　．
【分析】根据圆柱的侧面积公式计算即可．
【解析】解：圆柱的底面半径为r＝1，高为h＝2，
所以圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×1×2＝4π．
故答案为：4π．
【点评】本题考查了圆柱的侧面积公式应用问题，是基础题．
题型02 空间向量的运算
【典例2-1】．（2024·上海徐汇·一模）已知向量，若，则实数的值为 .
【答案】
【分析】利用空间向量的数量积的坐标运算公式即可求解.
【解析】因为，所以，
所以.
故答案为：
【变式2-1】．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知向量，，则在方向上的投影向量为 .
【答案】
【分析】根据在方向上的投影向量为计算可得.
【解析】因为，，
所以，，
所以在方向上的投影向量为.
故答案为：
【变式2-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）已知空间单位向量，，两两垂直，则（ ）
A． B． C．3 D．6
【答案】A
【分析】先根据单位向量得出模长，再根据垂直得出数量积，最后应用运算律求解模长即可.
【解析】因为空间单位向量两两垂直,
所以，
所以
.
故选：A.
题型03 求几何体的表面积与体积
【典例3-1】．（2024·上海虹口·一模）若某圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的侧面积为 ．（结果保留）
【答案】
【分析】首先求出母线，再由侧面积公式计算可得.
【解析】因为圆锥的底面半径，高，设母线为，则，
所以该圆锥的侧面积为.
故答案为：
【典例3-2】．（24-25高三上·上海松江·期末）已知一个圆锥的底面半径为3，其侧面积为，则该圆锥的高为 ．
【答案】4
【分析】根据给定条件，利用侧面积公式求出母线长，进而求出圆锥的高.
【解析】圆锥的底面半径，设其母线长为，则，解得，
所以该圆锥的高.
故答案为：4
【变式3-1】．（24-25高三上·上海·期中）若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为且半径为5的扇形，则它的体积为 ．
【答案】
【分析】根据题干信息和圆锥的体积公式求解即可．
【解析】因为锥的侧面展开图是圆心角为且半径为5的扇形，
所以圆锥的底面半径为，
所以圆锥的体积为：．
故答案为：．
【变式3-2】．（2024·上海宝山·一模）将棱长为的正四面体绕着它的某一条棱旋转一周所得的几何体的体积为 .
【答案】
【分析】先求出四面体其中一个面的高，确定正四面体旋转后得到两个同底的圆锥，利用圆锥体积公式求解即可.
【解析】

如图为棱长为的正四面体，作，于点，
在中，，，，
根据题意，正四面体旋转后得到两个同底的圆锥，
底面半径等于，高等于，
所以旋转后几何体的体积为：.
故答案为：
【变式3-3】．（2024·上海青浦·一模）已知圆柱的底面半径为3，高为，圆锥的底面直径和母线长相等. 若圆柱 和圆锥的体积相同，则圆锥的底面半径为 .
【答案】3
【分析】求出圆柱的体积，设圆锥的底面半径为，求出圆锥的高为，从而得到圆锥的体积，得到方程，求出答案.
【解析】圆柱的体积为，
设圆锥的底面半径为，则母线长为，故圆锥的高为，
则，故，解得，
故圆锥的底面半径为3.
故答案为：3
【变式3-4】．（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.
【解析】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：
【变式3-5】．（2024·上海·三模）如图，矩形中，为AD的中点，，，连接EB，EC，若绕直线AD旋转一周，则所形成的几何体的表面积为 .
【答案】
【分析】绕直线旋转一周，形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的组合体，其表面积有三者的侧面积组成，代入圆柱和圆锥侧面积公式，可得答案．
【解析】因为矩形中，为的中点，，
所以，绕直线旋转一周，
形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的组合体，
圆柱的底面半径，母线长，故侧面积为：，
圆锥的底面半径，母线长，故侧面积为：，
组合体的表面积由三者的侧面积组成，
故组合体的表面积.
故答案为：.
【变式3-6】．（24-25高三上·上海松江·开学考试）正方体的棱长为2，为棱的中点，以为轴旋转一周，则得到的旋转体的表面积是 ．
【答案】
【分析】先确定旋转体是母线且同底的两个圆锥构成的几何体，进而可得.
【解析】由题意知，为等腰三角形，且，
所以以为轴旋转一周，得到的旋转体是以为中心轴，
和分别为母线且同底的两个圆锥构成的几何体，
可得圆锥的底面半径为，所以旋转体的表面积．
故答案为：.
【变式3-7】．（2024·上海奉贤·三模）如图，已知三角形为直角三角形（为直角），分别连接点与线段的等分点，，…，得到个三角形依次为，，…，，将绕看所在直线旋转一周，记，，…，旋转得到的几何体的体积依次为，，…，，若，则三角形旋转得到的几何体的体积 ．
【答案】625
【分析】设，，，，两式相除求出，再由可得，再计算三角形旋转得到的几何体的体积即可.
【解析】设，，
则，①
，②
②①得，所以，可得，
则三角形旋转得到的几何体的体积.
故答案为：.
题型04 空间的位置关系
【典例4-1】．（24-25高三上·上海杨浦·开学考试）已知，，是不同的平面，l，m，n是不同的直线，下列命题中：
（1）若，，，则；
（2）若，，，则；
（3）若，，，则且；
（4）若，，，则，
所有真命题的序号是 .
【答案】（3）（4）
【分析】根据直线、平面间的位置关系判断（1）（2），由面面垂直的性质定理与判定定理判断（3）（4）．
【解析】（1）缺少条件直线m需要属于平面，（1）错误；
（2）两直线还可以是异面，故（2）错误；
（3），，，所以且．（3）正确；
（4）设，，过在平面内作直线,在平面内作直线，由面面垂直的性质定理知，又过一点与一个平面垂直的直线有且只有一条，所以重合，而，则重合，所以，（4）正确．
故答案为：（3）（4）
【典例4-2】．（24-25高三上·上海金山·期末）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为 ．
【答案】
【分析】根据扇形弧长与圆锥底面周长关系列方程求底面半径，结合圆锥的结构特征求该圆锥的母线与底面所成角余弦值，即可确定大小.
【解析】令底面半径为，则，可得，且圆锥母线为，
所以该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，故其大小为.
故答案为：
【变式4-1】．（2024·上海虹口·一模）如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为2，且二面角的大小为，则 ．

【答案】
【分析】设分别为的中点，连接，分析可得为二面角的平面角，进而结合空间向量的线性运算及数量积求解即可.
【解析】设分别为的中点，连接，
在正三角形ABC中，，，
在正方形BCDE中，，，，
所以为二面角的平面角，即，
.
故答案为：.

【变式4-2】．（15-16高三下·上海·阶段练习）设为随机变量，从边长为1的正方体12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱异面时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离，则数学期望= .
【答案】
【分析】先求出的所有可能取值，然后计算出现的概率，得分布列，再由期望公式计算出期望．
【解析】由题意正方体中两条平行的棱间的距离为1或．
正方体共12条棱中任取两条，共有种取法，
其中相交的有，平行且距离为的有种，
其余的是异面或距离为1的平行线，共有36种，
∴，，，
分布列为：
0 1
．
故答案为：．
【点睛】本题考查随机变量的期望，考查空间直线的位置关系，考查古典概型概率．综合度较大，属于难题．
题型05 空间向量基本定理
【典例5-1】．（24-25高二上·上海·期中）已知空间非零向量、、，则下列命题中正确的是（ ）
A．若、、共面，则、、，中至少存在一对向量平行；
B．若，那么与、共面；
C．若、、，不共面，那么、、所在直线中至少存在两条直线异面；
D．若、、，不共面，那么、、所在直线中不可能存在两条直线异面.
【答案】B
【分析】根据共面向量的定义，结合异面直线的定义逐一判断即可.
【解析】对于A：当、、共面时，这时、、相当于这个平面内的三个平面向量，
因此这三个平面向量可以都不共线，故A错误；
对于B：若根据共面向量定理可知与、共面，故B正确；
对于C：设、、，若彼此两两互相垂直时，显然所在直线中没有直线异面，故C错误；
对于D：如下图所示：

若、、，显然异面，故D错误.
故选：B.
【变式5-1】．（24-25高二上·上海宝山·阶段练习）在正四面体中，，点满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，延长至点，使得，得到，结合空间向量的共面定理，得到四点共面，把A到平面的距离转化为点到平面的距离的一半，结合正四棱锥的性质，即可求解.
【解析】如图所示，延长至点，使得，
所以，
又由，所以四点共面，
所以的最小值，即为点A到平面的距离，
因为点A是的中点，则点A到平面的距离是点到平面的距离的一半，
又因为，所以三棱锥为正三棱锥，
取等边的中心为，连接，可得平面，
所以即为点到平面的距离，
在等边，因为，可得，
在直角中，可得，
即点到平面的距离为，所以的最小值为.
故选：B.
题型06 立体几何、导数结合的实际应用
【典例6-1】．（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)
【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.
【解析】（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.
【典例6-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）某市一特色酒店由一些完全相同的帐篷构成.每座帐篷的体积为，且分上 下两层，其中上层是半径为米的半球体，下层是底面半径为r米，高为h米的圆柱体（如图）.经测算，上层半球体部分每平方米的建造费用为2千元，下层圆柱体的侧面 隔层和地面三个部分每平方米的建造费用均为3千元，设每座账篷的建造费用为y千元.
(1)求y关于r的函数解析式，并指出该函数的定义域；
(2)当半径r为何值时，每座帐篷的建造费用最小？并求出最小值.
【答案】(1)，
(2)当半径r为3米时，建造费用最小，最小为162π千元
【分析】（1）利用圆柱和球的表面积、体积公式建立函数关系式；
（2）利用导数判断单调性，求出最小值.
【解析】（1）（1）由题意可得，所以，
所以，即.
因为，，所以，所以，
故，.
（2）（2）设，，则，
令，解得.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当时，取得极小值，也是最小值，且.
所以当时，.
所以当半径r为3米时，建造费用最小，最小为162π千元.
【变式6-1】．（23-24高三上·上海浦东新·期中）图①是高桥中学的校门，它由上部屋顶，和下部两根立柱组成，如图②，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面和是全等的等腰梯形，左右两坡屋面和是全等的三角形.点在平面和上的射影分别为H、M，已知，，梯形的面积是面积的4倍，设.

(1)求屋顶面积S关于的函数关系式；
(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为（为正的常数），下部两根立柱的总造价与其单根的高度成正比，比例系数为，假设校门的总高度为3m，试问，当为何值时，校门的总造价（上部屋顶和下部两根立柱）最低
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用表示出，得出三角形的面积关于的式子，从而可得屋顶面积关于的函数；
（2）求出屋顶高度，得出造价关于的函数，利用导数判断函数单调性，再计算最小值及对应的的值．
【解析】（1）由题意平面，，
又因为平面，得．
在中，，，所以．
因此的面积为．
从而屋顶面积．
所以关于的函数关系式为．
（2）在中，，所以柱子高度为．
所以校门总造价为
，
记，，
所以，
令，得，又，所以．
列表：
0
最小值
所以当时，有最小值．
答：时该校门总造价最低．

【变式6-2】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图所示的某种容器的体积为，它是由圆锥和圆柱两部分连结而成的，圆柱与圆锥的底面圆半径都为.圆锥的高为，母线与底面所成的角为；圆柱的高为.已知圆柱底面造价为元，圆柱侧面造价为元，圆锥侧面造价为元.
（1）将圆柱的高表示为底面圆半径的函数，并求出定义域；
（2）当容器造价最低时，圆柱的底面圆半径为多少？
【答案】（1），定义域为.（2）
【分析】（1）由题由圆柱与圆锥体积公式得，得即可；（2）由圆柱与圆锥的侧面积公式得容器总造价为，求导求最值即可
【解析】（1）因为圆锥的母线与底面所成的角为，所以，
圆锥的体积为，圆柱的体积为.
因为，所以，
所以.
因为，所以.
因此.
所以，定义域为.
（2）圆锥的侧面积，
圆柱的侧面积，底面积.
容器总造价为.
令，则.令，得.
当时，，在上为单调减函数；
当时，，在上为单调增函数.
因此，当且仅当时，有最小值，即有最小值，为元.
所以总造价最低时，圆柱的底面圆半径为.
【点睛】本题考查圆柱圆锥的表面积和体积公式，考查利用导数求函数最值，方程思想的运用，是中档题
【变式6-3】．（2025·上海高考复习·专题练习）设计一个帐篷，它下部的形状是正四棱柱，上部的形状是正四棱锥，且该帐篷外接于球（如图所示）．

(1)若正四棱柱是棱长为的正方体，求该帐篷的顶点到底面中心的距离；
(2)若该帐篷外接球的半径，设，该帐篷的体积为，则当为何值时，体积取得最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用外接球的球心为正方体的中心，可得，即可求出结果；
（2）根据条件得到，令，得到，再利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解.
【解析】（1）设外接球的半径为，因为正四棱柱是棱长为的正方体，
易知外接球的球心为正方体的中心，所以，而，
得到．
（2），
，
．
，
令，
由，得到，
在上递增，在递减．
时，体积取得最大值．

【变式6-4】．（20-21高二上·上海宝山·期末）《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书本记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图1）．其中四边形为矩形，，和是三角形，“刍甍”字面意思为茅草屋顶．图是一栋农村别墅，为全新的混凝土结构．它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图，屋顶五面体为“刍甍”，其中前后两坡屋面和是全等的等腰梯形，左右两坡屋面和是全等的三角形，点F在平面和上射影分别为H，M，已知米，米，梯形的面积是面积的倍．设．
（1）求屋顶面积关于的函数关系式；
（2）已知上部屋顶造价由屋顶面积确定，造价为元/平方米，下部主体造价由高度确定，造价为元/米．现欲造一栋上、下总高度为米的别墅，试问：当为何值时，总造价最低？
【答案】（1），；（2）．
【分析】（1）由题意知，在中，，得的面积为，从而得屋顶面积为；
（2）别墅总造价为，令，求导求最值即可求解.
【解析】
（1）由题意知平面，，
又因为平面，所以，
在中，，，所以，
因此的面积为，
从而得屋顶面积为，
所以屋顶面积关于的函数关系式，；
（2）在中，，所以主体的高度为，
所以
，
令，，则，
令解得，令解得，
所以在单调递减，在单调递增，
所以当时，取得最小值，
即当时，总造价最低.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是找出的边角关系，表示出的面积，第二问的关键点是求出下部主体的高度即可表示出别墅总造价，利用导数求最值即可.
题型07 空间向量数量积的应用（含难点）
【典例7-1】．（24-25高三上·上海杨浦·期中）已知空间单位向量，，，，，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】根据题意在球中讨论，结合空间向量数量积的应用可求出最值.
【解析】因为空间向量，，，是单位向量，
所以把向量，，，平移到以为起点，终点在半径为的球面上，如图：
由，得，所以，同理，
令，则，，
根据，两边同时平方解得，，
所以绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，
因为，
所以，则，
观察图形得当旋转到平面内时，向量与的夹角最小，
令此最小角为，则，
则，
，
所以的最大值是，
故答案为：.
【点睛】本题考查了空间向量数量积的应用，解答本题的关键点是将这四个单位向量转化到球中去，结合图形更易判断，求出向量间的夹角，最后结合两角差的余弦值可求得最终结果.
【变式7-1】．（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.
【解析】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：
【变式7-2】．（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；
题型08 个数、种类等问题
【典例8-1】．（2024·上海闵行·二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多的等边三角形.例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边三角形.当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成 个等边三角形.
【答案】20.
【分析】结合正四面体的结构特征，判断求解空间中这8个点最多可连接成等边三角形的个数.
【解析】空间中4个点最多可连接成4个等边三角形，构成正四面体，
正四面体的每一个面向外作一个正四面体，此时是增加一个点，增加正三角形3个，
新增加的4个点，又构成1个正四面体，
所以当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成个等边三角形.
故答案为：20.
【典例8-2】．（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.
【解析】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.
【变式8-1】．（2025·上海高考复习·专题练习）如图，设点为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有个元素，那么符合条件的点有 个.

【答案】
【分析】根据分类计数原理求解即可．
【解析】符合条件的点有两类：一，六条棱的中点；二，四个面的中心；
集合中有且只有个元素，符合条件的点有个．
故答案为：
【变式8-2】．（2021·上海杨浦·三模）设正四面体在空间直角坐标系中点的坐标为，集合{y|存在，使得}，则集合A的元素个数可能为 种.（写出所有可能的值）
【答案】2或3或4
【分析】分析正四面体的某个面或棱与坐标面xOz的关系即可确定四个点的纵坐标的不同取值而得解.
【解析】在空间直角坐标系O-xyz中，正四面体的四个顶点不共面，即A中至少有两个元素，
正四面体的某个面(不妨令平面)所在平面与平面xOz平行或重合时，，即A中有两个元素；
正四面体的任意一个面所在的平面与平面xOz都不平行且不重合，而某条棱所在的直线与平面xOz不相交(不妨令棱)时，
y3=y4，且y1，y2，y3互不相等，即A中有三个元素；
正四面体的所有棱所在直线与平面xOz都相交时，y1，y2，y3，y4中任意两个都不相等，即A中有四个元素.
故答案为：2或3或4
【点睛】结论点睛：两个平面平行，一个平面内任意一点到另一个平面的距离都相等；一条直线与一个平面平行，这条直线上任意一点到这个平面的距离都相等.
【变式8-3】．（23-24高三上·上海浦东新·期末）已知棱长均为1的正棱柱有个顶点，从中任取两个顶点作为向量的起点与终点，设底面的一条棱为．若集合，则当中的元素个数最少时，的值为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【分析】建立如图空间直角坐标系，设，根据正n棱柱的结构特征，求出对应底面各顶点的x坐标，由可得对应的集合，进而得出对应的，即可求解.
【解析】如图，设AB所在的直线为x轴，过点A且与AB垂直的直线为y轴，
过点A且与平面垂直的直线为z轴，建立如图空间直角坐标系，
则，得，设，
则.
因为该几何体为正n棱柱，所以上底面与下底面各顶点的x坐标对应相等.
当时，该几何体为正三棱柱，作出其底面的示意图，如图，
则，所以，
即，共有5个元素；
当时，该几何体为正方体，作出其底面的示意图，如图，
则，所以，
即，共有3个元素；
当时，该几何体为正六棱柱，作出其底面的示意图，如图，
则，所以，
即，共有9个元素；
当时，该几何体为正八棱柱，作出其底面的示意图，如图，
则，
所以，
即，共有9个元素；
综上，当时，中的元素数量最少.
故选：B
【变式8-4】．（23-24高二上·上海·阶段练习）设是空间中给定的2023个不同的点，则使得成立的点的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2023个 D．4046个
【答案】B
【分析】设出点的坐标，利用向量坐标运算得到方程，表达出点的坐标，得到答案.
【解析】设，
则，
，，
，
，
，
所以满足条件的点的个数为1个.
故选：B.
题型09 轨迹、围成面积等问题
【典例9-1】．（2025·上海高考复习·专题练习）在正四棱柱中，，E 为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为 .
【答案】/
【分析】过做与直线垂直的平面，则点的轨迹的长即为平面与正四棱柱的交线长.
【解析】如图，连接，，由题可知，，平面.
因平面，则.
又平面，平，，则平面.又平面，则；
如图，过E做平行线，交于F，则F为中点.连接，
过做垂线，交于G.
由题可得，平面，又，则平面.
因平面，则.
又平面，平面，，则平面.
因平面，则；
因平面，平面，，则平面.
连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.
注意到，
，则，故.
则点的轨迹的长为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的轨迹问题，难度较大.
本题关键为做出轨迹，即过定点做空间直线的垂面，因直接做出平面难度较大，故转化为做空间直线所在平面的垂线.
【变式9-1】．（2023·上海·模拟预测）正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为 .
【答案】/
【分析】设，利用空间向量求交点的坐标，再根据交点位于内（包括边界），则，求出满足的关系式，作出相应区域，即可得结果.
【解析】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，
设，可得，
设平面的法向量为，则有，
令，则，即，
设直线与面的交点为，
则，
∵点在直线上，可设，
则，即，
故，则，
又∵点在面上，则，解得，
故，
则，
设，
则，解得，
若点位于内（包括边界），则，整理得，
如图，在面中，即，
作出相应的区域，可得，
故点构成的图形面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据三点共线：若在直线上，可设，用表示点的坐标；
（2）根据共面向量：点位于内（包括边界），则.
【变式9-2】．（2024·上海虹口·一模）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
【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.
【解析】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10 空间向量与立体几何选择题综合辨析
【典例10-1】．（24-25高二上·上海·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，点M、N分别在线段和上，给出下列命题：①有且仅有一条直线与垂直；②存在点M、N，使为等边三角形，则（ ）

A．①、②均为真命题 B．①、②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题
【答案】D
【分析】①找到一个的充要条件，并确定一个面与垂直，判断这种面的个数；②利用正三角形的性质，将问题化为判断是否存在，再设参并列方程求参判断是否满足范围.
【解析】点在平面上的射影的轨迹为线段，
所以平面，平面，所以，
则的一个充要条件，
当射影位于线段上的任意位置时，过作垂线，垂足为，则，
由且都在面上，则面，而面，
所以，于是这样的直线不唯一，①为假；

由，，由上知，
又，要使为正三角形，只需即可，
若，则，，且，
所以，
令，则，
可得（负值舍），
而，只需比较，大小，
将它们平方有，，
进而比较，大小，
将它们平方有，，
显然，即，
则，
所以，
即，
综上，，即所求，满足要求，
故存在点M、N，使为等边三角形，②为真；
故选：D
【点睛】关键点点睛：①点在平面上的射影，关键是构造一个平面与垂直，进而判断这样的平面个数；②将正三角形的三边关系转化为，再设且，并用表示，利用等量关系求参数并判断是否在给定范围内即可.
【典例10-2】．（24-25高三上·上海·期中）在正方体中，点P，Q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P，均存在点Q，使得；
②存在点P，对任意的Q，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】建立空间直角坐标系，利用向量法来确定正确答案.
【解析】设正方体的边长为，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设，，，
①
，所以与不垂直，①错误.
②
，令，解得.
所以对任意的，存在，使得，此时是的中点，②正确.
故选：D
【变式10-1】．（23-24高二下·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论：
①存在点满足；
②存在点满足与平面所成角的大小为；
③存在点满足；
其中正确的个数是（ ）．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得.
【解析】如图建立平面直角坐标系，则，，，，
设，，则，
若，则，解得，
所以存在点满足，故①正确；
因为，，设平面的法向量为，
则，取，
设与平面所成角为，，
则，
令，，则，所以，
令，，则，所以，
所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确；
因为，，
所以，所以，
所以存在点满足，故③正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键是建立空间直角坐标系，将几何关系转化为代数计算.
【变式10-2】．（23-24高二上·上海·期末）在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足．点P满足，其中，则下列说法不正确的是（　　）
A．当时，的面积S的最大值为
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点P，使得
D．当时，存在点P，使得平面
【答案】D
【分析】对于A，B选项，直接利用几何法判断即可；对于C，D，可建立空间直角坐标系，然后将问题转化为坐标运算判断．
【解析】对于A选项：当时，点P在上时，
此时有，面，
又面，
所以，
又面，
所以面，
又面，
所以，
可知当点与点重合时，的面积最大，
所以的面积S取最大值为，故A正确；
对于B选项：当时，P在棱上，
∵，平面，平面，∴平面，
∴P到平面的距离为定值，
∵的面积为定值，∴当时，三棱锥的体积为定值，故B正确；
如图建立空间直角坐标系，
则
对于C选项：时，，可得，
故，解得，
∴时，，故C正确；
对于D选项：时，得，∴，，
∴，即不成立，故不存在点P，使得平面，故D错误．
故选：D．
【变式10-3】．（23-24高二上·上海·期末）如图，在正方体中，E为棱的中点.动点P沿着棱从点D向点C移动，对于下列四个结论中正确的个数是（ ）
（1）存在点P，使得；
（2）存在点P，使得平面；
（3）的面积越来越小；
（4）四面体的体积不变.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】设正方体棱长为，求出，由解得，确定（1）正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断（4），以为轴建立空间直角坐标系，可证明不可能与垂直，故（2）不正确；设，，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律判断（3）正确.
【解析】设正方体棱长为，
由平面平面得，同理，
所以，
由得，存在使得，（1）正确，
正方体中，平面，所以到平面的距离不变，
即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，（4）正确;
以为轴建立空间直角坐标系，如下图，

正方体棱长为2，则，
，，所以不可能与垂直，故平面也不可能成立，故（2）错误；
设，
所以
设到直线的距离为，则
由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，
所以的面积为递减，（3）正确，
综上：（1）（3）（4）正确
故选：D.
【点睛】方法点睛：立体几何中存在性或探究性问题涉及到的点具有运动性和不确定性属于动态几何问题,用纯几何的方法来解决对空间想像能力、作图能力和逻辑推理能力的要求很高，若用向量方法处理，尤其是通过建立空间直角坐标系求解问题则思路简洁明了，本题中用向量法解决点到直线的距离问题避免了抽象复杂找距离过程，而且将距离的变化情况转化为函数的单调性问题解决更简单明了.
一、填空题
1．（2024·上海崇明·一模）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点的坐标是 ．
【答案】
【分析】根据空间点关于坐标平面的对称点特征可求对称点的坐标.
【解析】点关于平面的对称点的坐标为，
故答案为：.
2．（2024·上海·三模）底面半径长为，母线长为的圆柱，体积为
【答案】
【分析】根据给定的条件，利用圆柱的体积公式计算即得.
【解析】底面半径长为，母线长为的圆柱，体积为.
故答案为：
3．（2024·上海徐汇·一模）已知为空间中两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则是的 条件.（填：“充分非必要” “必要非充分”、“充要”、“既非充分又非必要”中的一个）
【答案】充要
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【解析】充分性：因为，
所以共面，
又因为为两个不同的平面，，
所以，
所以，故充分性成立；
必要性：因为，所以，
又因为，所以，故必要性成立，
所以是的充要条件.
故答案为：充要.
4．（2024·上海奉贤·一模）上海市奉贤区奉城镇的古建筑万佛阁（图1）的屋檐下常系挂风铃（图2），风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃，一般一个惊鸟铃由铜铸造而成，由铃身和铃舌组成，为了知道一个惊鸟铃的质量，可以通过计算该惊鸟铃的体积，然后由物理学知识计算出该惊鸟铃的质量，因此我们需要作出一些合理的假设：
假设1：铃身且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥；
假设2：两圆锥的轴在同一条直线上；
假设3：铃身内部有一个挂铃舌的部位的体积忽略不计．
截面图如下（图3），其中，，，则制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要 千克铜．（铜的密度为）（结果精确到个位）
【答案】
【分析】利用锥体的体积公式可求得结果.
【解析】由题意可知，圆锥的底面半径为，高为，
圆锥的底面半径为，高为，
因为，
所以，制作个这样的惊鸟铃的铃身至少需要千克铜.
故答案为：.
5．（2024·上海奉贤·三模）已知正方体的棱长为，，，…，为正方形边上的个两两不同的点．若对任意的点，存在点.使得直线与平面以及平面所成角大小均为，则正整数的最大值为 ．
【答案】8
【分析】先确定当线与平面所成角大小均为时，，满足的条件，同理当直线与平面所成角大小均为时，，满足的条件，再考虑如何作出，即可.
【解析】如图：
设，为正方形的两个点，且满足直线与平面所成的角为，过作于，连接，则为线与平面所成的角，是.
所以.
所以在平面内，以为圆心，为半径做圆，取为圆上一点，过作圆的切线，切线与正方形边的交点即为，.
又，所以与平面所成的角为，所以以为圆心，为半径做圆，做该圆的切线，与正方形边的交点即为，.
如图：
因为，所以与相离，两圆有4条公切线，与正方形的边有8个交点.
在这8个点中，任选一个点，存在点.使得直线与平面以及平面所成角大小均为.
故答案为：8
【点睛】关键点点睛：本题的关键是弄清楚，点的作法.先根据直线与平面所成角的概念，判断，应满足的条件，以后的问题就好想多了.
二、单选题
6．（2024·上海长宁·二模）已知直线和平面，则下列判断中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【分析】根据空间中直线，平面的位置关系分析判断各个选项.
【解析】对于A，由，，则与可能平行，相交，异面，故A错误；
对于B，由，，则或，故B错误；
对于C，由，，则，故C正确；
对于D，由，，则或或，故D错误.
故选：C.
7．（2024·上海·模拟预测）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.
【解析】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.
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