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高考数学考前冲刺押题预测 空间直角坐标系
一．选择题（共8小题）
1．（2023秋 芜湖期末）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（0，1，﹣1），B（1，1，2），点A关于y轴对称的点为C，点B关于平面xOz对称的点为D，则向量的坐标为（　　）
A．（﹣1，2，﹣1） B．（1，﹣2，1） C．（﹣1，0，1） D．（1，0，﹣1）
2．（2024秋 东莞市月考）在△ABC中，已知A（3，2，6），B（5，4，0），C（0，7，1），点D为线段AB的中点，则AB边上的中线CD的长为（　　）
A． B．6 C． D．7
3．（2024秋 东坡区校级期中）如图，在棱长为12的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱CD，B1C1的中点，平面A1EF与直线CC1交于点N，则NF＝（　　）
A．10 B．15
C． D．
4．（2024秋 安溪县期中）三棱锥P﹣ABC中，PA＝BC，PB＝AC，PC＝AB，M，N分别是两条相对棱上的动点，则MN最小距离为（　　）
A．1 B．2 C． D．3
5．（2024秋 泉州期中）在空间直角坐标系O﹣xyz中，棱长为2的正四面体ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动，则棱CD的中点M到O的距离的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024秋 林州市校级月考）已知空间直角坐标系O﹣xyz中的A（2，﹣1，﹣3）点关于x轴的对称点为B，则|AB|的值为（　　）
A． B．4 C．6 D．
7．（2023秋 峡江县校级期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，A（8，0，0），B（0，8，0），C（0，0，8），则三棱锥O﹣ABC内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（　　）
A．35 B．36 C．84 D．21
8．（2023秋 慈溪市期末）在空间直角坐标系Oxyz中，点P（﹣2，3，﹣4）关于平面yOz对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣2，﹣3，﹣4） B．（2，3，﹣4）
C．（﹣2，3，4） D．（2，3，4）
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 内蒙古月考）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为6的菱形，AA1⊥平面ABCD，AA1＝3，，点P满足，其中λ，μ，t∈[0，1]，则（　　）
A．当P为底面A1B1C1D1的中心时，
B．当λ+μ+t＝1时，AP长度的最小值为
C．当λ+μ+t＝1时，AP长度的最大值为6
D．当λ2+μ2+λμ＝t＝1时，为定值
（多选）10．（2024秋 岳阳县校级月考）已知A（2，2，0），B（0，2，2），C（2，0，2），则以下坐标表示的点在平面ABC内的是（　　）
A．（2，1，1） B．
C．（1，1，1） D．（﹣2，3，3）
（多选）11．（2023秋 南阳期末）已知空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（3，0，5），B（2，3，0），C（0，5，0），则下列各点在平面ABC内的是（　　）
A．D（4，﹣1，2） B．E（3，2，0） C．F（﹣1，4，5） D．G（1，2，5）
（多选）12．（2023秋 山东月考）设P1，P2，…，Pn为平面α内的n个点，平面α内到点P1，P2，…，Pn的距离之和最小的点，称为点P1，P2，…，Pn的“优点”．例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的优点．则有下列命题为真命题的有（　　）
A．若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的优点
B．若四个点A，B，C，D共线，则它们的优点存在且唯一
C．若四个点A，B，C，D能构成四边形，则它们的优点存在且唯一
D．直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的优点
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 海淀区校级期中）已知三角形ABC的三个顶点分别为A（3，3，1），B（1，1，5），C（0，1，0），则AB的中点坐标为 　 　；AB边上的中线长为 　 　．
14．（2024秋 东城区校级期中）在平面直角坐标系中，若A（x1，y1），B（x2，y2），定义两点之间的曼哈顿距离d（A，B）＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．
（1）记d（B，l）为点B与直线l上一点的曼哈顿距离的最小值．如果点B（1，1），直线l：4x﹣y+2＝0，则d（B，l）＝ 　 　．
（2）已知空间内定点A（1，1，1），动点P满足d（A，P）＝1，则动点P围成的几何体的表面积是 　 　．
15．（2024秋 宝山区校级月考）两个边长为2的正方形ABCD和ADEF各与对方所在平面垂直，M、N分别是对角线AE、BD上的点，且EM＝DN，则M、N两点间的最短距离为 　 　．
16．（2024秋 古冶区校级月考）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，若MN∥平面AA1C1C，则线段MN的长度的最小值为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）出租车几何或曼哈顿距离（ManhattanDistance）是由十九世纪的赫尔曼 闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，用以标明两个点在空间（平面）直角坐标系上的绝对轴距总和．例如：在平面直角坐标系中，若A（x1，y1），B（x2，y2），两点之间的曼哈顿距离d（A，B）＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．
（1）已知点A（1，4），B（3，﹣3），求d（A，B）的值；
（2）记d（B，l）为点B与直线l上一点的曼哈顿距离的最小值．已知点B（1，1），直线l：4x﹣y+2＝0，求d（B，l）；
（3）已知三维空间内定点A（1，1，1），动点P满足d（A，P）＝1，求动点P围成的几何体的表面积．
18．（2024秋 高新区校级月考）一个几何系统的“区径”是指几何系统中的两个点距离的最大值，如圆的区径即为它的直径长度．
（1）已知△ABC为直角边为1的等腰直角三角形，其中AB⊥AC，求分别以△ABC三边为直径的三个圆构成的几何系统的区径；
（2）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，求正方体的棱切球（与各棱相切的球）和△ACB1外接圆构成的几何系统的区径；
（3）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，求正方形ABCD内切圆和正方形ADD1A1内切圆构成的几何系统的区径．
19．（2024秋 乾县校级月考）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．
（1）求AB；
（2）求△ABC的面积．
20．（2024秋 平遥县月考）已知A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．是否存在点D，使四边形ABDC为等腰梯形，且？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
高考数学考前冲刺押题预测 空间直角坐标系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2023秋 芜湖期末）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（0，1，﹣1），B（1，1，2），点A关于y轴对称的点为C，点B关于平面xOz对称的点为D，则向量的坐标为（　　）
A．（﹣1，2，﹣1） B．（1，﹣2，1） C．（﹣1，0，1） D．（1，0，﹣1）
【考点】关于空间直角坐标系原点坐标轴坐标平面对称点的坐标．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】B
【分析】根据空间向量坐标关于坐标轴、平面的对称性性质求得结果．
【解答】解：A（0，1，﹣1），点A关于y轴对称的点为C（0，1，1），
B（1，1，2），点B关于平面xOz对称的点为D（1，﹣1，2）．
则．
故选：B．
【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
2．（2024秋 东莞市月考）在△ABC中，已知A（3，2，6），B（5，4，0），C（0，7，1），点D为线段AB的中点，则AB边上的中线CD的长为（　　）
A． B．6 C． D．7
【考点】空间两点间的距离公式；空间中两点中点坐标及点关于点对称点坐标．
【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】需要先求出AB边的中点坐标，然后根据空间两点间距离公式来计算中线长．
【解答】解：因为A（3，2，6），B（5，4，0），C（0，7，1），
根据中点坐标公式，线段AB的中点D的坐标为（，，）＝（4，3，3），
又因为点C（0，7，1），
所以6．
故选：B．
【点评】本题考查两点的中点坐标公式的应用及两点间的距离公式的应用，属于基础题．
3．（2024秋 东坡区校级期中）如图，在棱长为12的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱CD，B1C1的中点，平面A1EF与直线CC1交于点N，则NF＝（　　）
A．10 B．15
C． D．
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】A
【分析】在棱AD，CC1，BC上取点M，N，G，使得，易证ME∥AG∥A1F，NF∥A1M，则平面A1EF截该正方体所得的截面图形是五边形A1MENF，再计算即可．
【解答】解：分别在棱AD，CC1，BC上取点M，N，G，
使得，
连接A1M，ME，EN，NF，AG，
根据正方体特征及平行公理，
易证ME∥AG∥A1F，NF∥A1M，
则平面A1EF截该正方体所得的截面图形是五边形A1MENF，
由题意，C1F＝6，C1N＝8，可得．
故选：A．
【点评】本题考查空间距离的求法，属中档题．
4．（2024秋 安溪县期中）三棱锥P﹣ABC中，PA＝BC，PB＝AC，PC＝AB，M，N分别是两条相对棱上的动点，则MN最小距离为（　　）
A．1 B．2 C． D．3
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】方程思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意三棱锥的对棱相等，可构造长方体，使三棱锥的棱长为长方体的面对角线，求出长方体的棱长，当M，N分别为两条棱的中点时，MN最小，求出即可．
【解答】解：由题意三棱锥的对棱相等，可构造长方体，使三棱锥的棱长为长方体的面对角线，如图，
设长方体的长宽高分别为a，b，c，
则，解得a＝3，b＝2，c＝1，
∵对棱为异面直线，
∴MN为异面直线间的公垂线时最小，
由长方体的性质可得，当M，N分别为两条棱的中点时MN最小，
∴最小值为MN＝c＝1．
故选：A．
【点评】本题考查空间两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（2024秋 泉州期中）在空间直角坐标系O﹣xyz中，棱长为2的正四面体ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动，则棱CD的中点M到O的距离的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；球；运算求解．
【答案】B
【分析】固定正四面体ABCD的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，原点O到直线CD的最近距离为点M到直线CD的距离加上球M的半径，最小距离等于点M到直线CD的距离减去球M的半径，求解即可．
【解答】解：如图，
若固定正四面体ABCD的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，
设AB中点为M，则原点到直线CD的最近距离d等于点M到直线CD的距离加上球M的半径，
最小距离等于点M到直线CD的距离减去球M的半径，
由题可得EB，MB＝1，
故ME，
则所求距离的最大值为：d1．最小值为：1．
故选：B．
【点评】本题考查空间想象能力，转化思想的应用，考查分析问题解决问题的能力与计算能力，是中档题．
6．（2024秋 林州市校级月考）已知空间直角坐标系O﹣xyz中的A（2，﹣1，﹣3）点关于x轴的对称点为B，则|AB|的值为（　　）
A． B．4 C．6 D．
【考点】空间两点间的距离公式；关于空间直角坐标系原点坐标轴坐标平面对称点的坐标．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】直接利用点关于线的对称和两点间的距离公式求出结果．
【解答】解：因为A（2，﹣1，﹣3）关于x轴的对称点为B，所以B（2，1，3），
所以：．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点：点关于线的对称，两点间的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
7．（2023秋 峡江县校级期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，A（8，0，0），B（0，8，0），C（0，0，8），则三棱锥O﹣ABC内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（　　）
A．35 B．36 C．84 D．21
【考点】空间中的点的坐标．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】A
【分析】先利用空间向量法求得面ABC的一个法向量为（1，1，1），从而求得面ABC上的点P（a，b，c）满足a+b+c＝8，进而得到棱锥O﹣ABC内部整点为Q（s，t，r）满足3≤s+t+r≤7，再利用隔板法与组合数的性质即可得解．
【解答】解：根据题意，作出图形如下，
因为A（8，0，0），B（0，8，0），C（0，0，8），所以（﹣8，8，0），（﹣8，0，8），
设面ABC的一个法向量为（x，y，z），则，
令x＝1，则y＝1，z＝1，故（1，1，1），
设P（a，b，c）是面ABC上的点，则（a﹣8，b，c），
故a﹣8+b+c＝0，则a+b+c＝8，
不妨设三棱锥O﹣ABC内部整点为Q（s，t，r），则s，t，r∈N*，故s≥1，t≥1，r≥1，则s+r+t≥3，
易知若s+t+r＝8，则Q在面ABC上，若s+t+r＞8，则Q在三棱锥O﹣ABC外部，
所以3≤s+t+r＜8，
当s+t+r＝n，n∈N*且3≤n≤7时，
将n写成n个1排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为s，t，r的取值的方法个数，显然有个方法，
所有整点Q（s，t，r）的个数为35．
故选：A．
【点评】本题考查了组合数的应用问题，考查组合数的性质，属于中档题．
8．（2023秋 慈溪市期末）在空间直角坐标系Oxyz中，点P（﹣2，3，﹣4）关于平面yOz对称的点的坐标为（　　）
A．（﹣2，﹣3，﹣4） B．（2，3，﹣4）
C．（﹣2，3，4） D．（2，3，4）
【考点】关于空间直角坐标系原点坐标轴坐标平面对称点的坐标．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，直接利用点关于面的对称的应用求出结果．
【解答】解：根据题意，在空间直角坐标系Oxyz中，点P（﹣2，3，﹣4）关于平面yOz对称的点的坐标为（2，3，﹣4）．
故选：B．
【点评】本题考查空间点的坐标，涉及空间中点的对称性，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 内蒙古月考）已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是边长为6的菱形，AA1⊥平面ABCD，AA1＝3，，点P满足，其中λ，μ，t∈[0，1]，则（　　）
A．当P为底面A1B1C1D1的中心时，
B．当λ+μ+t＝1时，AP长度的最小值为
C．当λ+μ+t＝1时，AP长度的最大值为6
D．当λ2+μ2+λμ＝t＝1时，为定值
【考点】空间两点间的距离公式；空间向量的数乘及线性运算．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】BCD
【分析】根据题意，利用空间向量进行逐项分析求解判断．
【解答】解：对于A，当P为底面A1B1C1D1的中心时，由，
则，故λ+μ+t＝2，故A错误；
对于B，当λ+μ+t＝1时，
＝36（λ2+μ2）+9t2+36λμ＝36（λ+μ）2+9t2﹣36λμ
，
当且仅当，取最小值为，故B正确；
对于C，当λ+μ+t＝1时，，则点P在△A1BD及内部，
而是以A为球心，以AP为半径的球面被平面A1BD所截图形在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1及内的部分，
当λ＝1，μ＝t＝0时，，当λ＝0，μ＝1，t＝0时，，可得最大值为6，故C正确；
对于D，，
而，所以
，则为定值，故D正确．
故答案选：BCD．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
（多选）10．（2024秋 岳阳县校级月考）已知A（2，2，0），B（0，2，2），C（2，0，2），则以下坐标表示的点在平面ABC内的是（　　）
A．（2，1，1） B．
C．（1，1，1） D．（﹣2，3，3）
【考点】空间中的点的坐标．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】AB
【分析】利用xyz，当x+y+z＝1时，P，A，B，C四点共面，逐项计算即可判断．
【解答】解：∵A（2，2，0），B（0，2，2），C（2，0，2），
∴（2，2，0），（0，2，2），（2，0，2），
对于A：设P（2，1，1），则（2，1，1），
设存在x，y，z使得xyz（2x+2z，2x+2y，2y+2z），
∴，解得，由01，故A表示的点在平面ABC内，
对于B：设P，则，
设存在x，y，z使得xyz（2x+2z，2x+2y，2y+2z），
∴，解得，由1，故B表示的点在平面ABC内，
对于C：设P（1，1，1），则（1，1，1），
设存在x，y，z使得xyz（2x+2z，2x+2y，2y+2z），
∴，解得，由1，故C表示的点不在平面ABC内，
对于D：设P（﹣2，3，3），则（﹣2，3，3），
设存在x，y，z使得xyz（2x+2z，2x+2y，2y+2z），
∴，解得，由﹣1+2﹣1≠1，故D表示的点不在平面ABC内，
故选：AB．
【点评】本题考查多点共面的判定定理，考查运算求解能力，属中档题．
（多选）11．（2023秋 南阳期末）已知空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（3，0，5），B（2，3，0），C（0，5，0），则下列各点在平面ABC内的是（　　）
A．D（4，﹣1，2） B．E（3，2，0） C．F（﹣1，4，5） D．G（1，2，5）
【考点】空间中的点的坐标；空间向量的共线与共面．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】BCD
【分析】直接利用共面向量基本定理求出结果．
【解答】解：根据共面向量基本定理：
对于A：，，，
设，整理得（1，﹣1，﹣3）＝λ（﹣1，3，﹣5）+μ（﹣3，5，﹣5），
故，无解，故点D不在平面ABC内；故A错误；
对于B：，，；
设，整理得（0，2，﹣5）＝λ（﹣1，3，﹣5）+μ（﹣3，5，﹣5），
故，有解，故点E在平面ABC内，故B正确；
同理：对于C和D采用同样的方法求出点F，G在平面ABC内，
故选：BCD．
【点评】本题考查的知识要点：共面向量基本定理，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
（多选）12．（2023秋 山东月考）设P1，P2，…，Pn为平面α内的n个点，平面α内到点P1，P2，…，Pn的距离之和最小的点，称为点P1，P2，…，Pn的“优点”．例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的优点．则有下列命题为真命题的有（　　）
A．若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的优点
B．若四个点A，B，C，D共线，则它们的优点存在且唯一
C．若四个点A，B，C，D能构成四边形，则它们的优点存在且唯一
D．直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的优点
【考点】空间中的点的坐标；命题的真假判断与应用．
【专题】对应思想；分析法；立体几何；逻辑思维．
【答案】AC
【分析】根据优点的定义以及空间中的点与线的位置关系等逐个证明或举反例即可．
【解答】解：对于A，若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，
根据两点之间线段最短，则C是A，B，C的优点，故A正确；
对于B，若四个点A，B，C，D共线，
则它们的优点是中间两点连线段上的任意一个点，
故它们的优点存在但不唯一，
如图，设|AB|＝|BC|＝|CD|＝1，
则|BA|+|BC|+|BD|＝4＝|CA|+|CB|+|CD|，故B错误；
对于C，如图，设在梯形ABCD中，对角线的交点O，M是任意一点，
则根据三角形两边之和大于第三边，
得MA+MB+MC+MD＞AC+BD＝OA+OB+OC+OD，
所以梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一优点，故C正确；
对于D，取边长为3，4，5的直角三角形ABC，点P是斜边AB的中点，
此直角三角形的斜边的中点P到三个顶点的距离之和为5+2.5＝7.5，
而直角顶点到三个顶点的距离之和为7，
所以直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的优点，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查空间中点与线的位置关系，考查命题真假的判定，属中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 海淀区校级期中）已知三角形ABC的三个顶点分别为A（3，3，1），B（1，1，5），C（0，1，0），则AB的中点坐标为 　D（2，2，3）　；AB边上的中线长为 　　．
【考点】空间中两点中点坐标及点关于点对称点坐标．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】D（2，2，3）；．
【分析】直接利用中点坐标公式和两点间的距离公式求出结果．
【解答】解：由于三角形ABC的三个顶点分别为A（3，3，1），B（1，1，5），C（0，1，0），则AB的中点坐标为D（），即D（2，2，3）．
由于C（0，1，0），D（2，2，3），
故|CD|．
故答案为：D（2，2，3）；．
【点评】本题考查的知识点：中点坐标公式，两点间的距离公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14．（2024秋 东城区校级期中）在平面直角坐标系中，若A（x1，y1），B（x2，y2），定义两点之间的曼哈顿距离d（A，B）＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．
（1）记d（B，l）为点B与直线l上一点的曼哈顿距离的最小值．如果点B（1，1），直线l：4x﹣y+2＝0，则d（B，l）＝ 　　．
（2）已知空间内定点A（1，1，1），动点P满足d（A，P）＝1，则动点P围成的几何体的表面积是 　4　．
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】方程思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【答案】；4．
【分析】（1）设直线4x﹣y+2＝0上任意一点坐标为P（x0，y0），然后表示出d（B，P），分类讨论d（B，P）的最小值即得d（B，l）；
（2）将A平移到A（0，0，0）处，利用曼哈顿距离定义求得P围成的图形为八面体，即可求其表面积．
【解答】解：（1）设直线l上一点为P（x0，y0），则y0＝4x0+2，
则d（B，P）＝|1﹣x0|+|4x0+1|，
①当时，d（B，P）＝1﹣x0﹣4x0﹣1＝﹣5x0，
此时d（B，l）；
②当x0≤1时，d（B，P）＝1﹣x0+4x0+1＝3x0+2∈（]；
③当x0＞1时，d（B，P）＝x0﹣1+4x0+1＝5x0＞5．
综上，d（B，l）＝d（B，P）min．
（2）动点P围成的几何体为八面体，每个面均为边长为的正三角形，其表面积为S4．
理由如下：
将点A平移到A（0，0，0）处，设P（x，y，z），
由d（A，P）＝1，可得|x|＝|y|＝|z|＝1，
当x，y，z≥0时，即x+y+z＝1，则0≤x，y，z≤1，
设M1（1，0，0），M2（0，1，0），M3（0，0，1），
则（﹣1，1，0），（﹣1，0，1），
∵（x﹣1，y，z）＝（﹣y﹣z，y，z）＝yz，
∴P，M1，M2，M3四点共面，
∵||＝||＝||，
∴当x，y，z≥0时，点P在边长为的正三角形M1M2M3的内部（含边界），
∴正三角形M1M2M3内部任意一点Q（x′，y′，z′）均满足x′+y′+z′＝1．
∴满足方程x+y+z＝1，0≤x，y，z≤1的点P构成的图形是边长为的正三角形的内部（含边界），
由对称性可知，点P围成的图形为八面体，
每个面均为边长为的等边三角形，
∴该几何体表面积为S＝8（）2＝4．
故答案为：；4．
【点评】本题考查八面体结构特征、曼哈顿距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2024秋 宝山区校级月考）两个边长为2的正方形ABCD和ADEF各与对方所在平面垂直，M、N分别是对角线AE、BD上的点，且EM＝DN，则M、N两点间的最短距离为 　　．
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】
【分析】过点M作MG∥DE，交AD于点G，连接NG，设EM＝x，MN＝y，由题意证明GN∥AB，进而根据面面垂直的性质定理证MG⊥GN，根据勾股定理即可得MG、GN与NM的数量关系，即可求得M、N两点间的最短距离．
【解答】解：两个边长为2的正方形ABCD和ADEF各与对方所在平面垂直，M、N分别是对角线AE、BD上的点，且EM＝DN，
过点M作MG∥DE，交AD于点G，连接NG，
设EM＝x，MN＝y，
∵MG∥DE，∴，
由已知可得，，EM＝DN＝x，
∴AM＝BN，，
∴，
∴GN∥AB，
又AB∥CD，∴GN∥CD，
由MG∥DE，，
∴，
∴，
同理可得，，
又平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，ED 平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD，
∵CD 平面ABCD，∴ED⊥CD，
∵MG∥DE，GN∥CD，∴MG⊥GN，
∴△MGN是直角三角形，
∴
，
即，
∴当，即M、N分别为线段AE、BD中点时，MN有最小值，
即M、N两点间的最短距离为．
故答案为：．
【点评】本题考查空间中两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16．（2024秋 古冶区校级月考）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，若MN∥平面AA1C1C，则线段MN的长度的最小值为 　　．
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】建立空间直角坐标系，根据条件利用向量法求出λ+μ＝1，再由向量模的定义求模表示为λ的二次函数求最值．
【解答】解：在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，
以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则D（0，0，0），A1（1，0，1），C（0，1，0），D1（0，0，1），B（1，1，0），
依题意，，，
所以．
因为DB⊥AC，CC1⊥平面ABCD，DB 平面ABCD，则CC1⊥BD，
又CC1∩AC＝C，CC1，AC 平面ACC1A1，故BD⊥平面ACC1A1，
故平面AA1C1C的法向量可取，
因为MN∥平面AA1C1C，故，即λ+μ＝1．
则
，
因为0＜λ＜1，故当时，．
故答案为：．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二次函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）出租车几何或曼哈顿距离（ManhattanDistance）是由十九世纪的赫尔曼 闵可夫斯基所创词汇，是种使用在几何度量空间的几何学用语，用以标明两个点在空间（平面）直角坐标系上的绝对轴距总和．例如：在平面直角坐标系中，若A（x1，y1），B（x2，y2），两点之间的曼哈顿距离d（A，B）＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．
（1）已知点A（1，4），B（3，﹣3），求d（A，B）的值；
（2）记d（B，l）为点B与直线l上一点的曼哈顿距离的最小值．已知点B（1，1），直线l：4x﹣y+2＝0，求d（B，l）；
（3）已知三维空间内定点A（1，1，1），动点P满足d（A，P）＝1，求动点P围成的几何体的表面积．
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）9；
（2）；
（3）．
【分析】（1）由曼哈顿距离定义直接计算即可；
（2）设直线4x﹣y+2＝0上任意一点坐标为P（x，y），然后表示d（B，l），分类讨论求d（C，B）的最小值即可；
（3）不妨将A平移到A（0，0，0）处，利用曼哈顿距离定义求得P围成的图形为八面体，即可求解其表面积．
【解答】解：（1）∵A（1，4），B（3，﹣3），
∴d（A，B）＝|1﹣3|+|4﹣（﹣3）|＝9；
（2）设动点P（x，y）为直线l上一点，则y＝4x+2，
∴d（B，l）＝|x﹣1|+|4x+2﹣1|＝|x﹣1|+|4x+1|，
即，
当x≥1时，d（B，l）≥5；
当时，；
当时，；
综上所述，d（B，l）为；
（3）动点P围成的几何体为八面体，每个面均为边长的正三角形，
其表面积为．
证明如下：
不妨将A平移到A（0，0，0）处，设P（x，y，z），
若d（A，P）＝1，则|x|+|y|+|z|＝1，
当x，y，z≥0时，有x+y+z＝1（0≤x，y，z≤1），
设M1（1，0，0），M2（0，1，0），M3（0，0，1），
则，，
∴，
∴P，M1，M2，M3四点共面，
则当x，y，z≥0时，P在边长为的等边三角形M1M2M3内部（含边界），
同理可知等边三角形内部任意一点Q（x′，y′，z′），均满足x′+y′+z′＝1，
可得满足方程x+y+z＝1（0≤x，y，z≤1）的点P构成的图形是边长为的等边三角形内部（含边界），
由对称性可知，P围成的图形为八面体，每个面均为边长为的等边三角形，
故该几何体表面积．
【点评】本题考查了新概念问题，考查共面向量基本定理及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（2024秋 高新区校级月考）一个几何系统的“区径”是指几何系统中的两个点距离的最大值，如圆的区径即为它的直径长度．
（1）已知△ABC为直角边为1的等腰直角三角形，其中AB⊥AC，求分别以△ABC三边为直径的三个圆构成的几何系统的区径；
（2）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，求正方体的棱切球（与各棱相切的球）和△ACB1外接圆构成的几何系统的区径；
（3）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，求正方形ABCD内切圆和正方形ADD1A1内切圆构成的几何系统的区径．
【考点】空间两点间的距离公式．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解；新定义类．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）分类讨论几何系统中的两点分别在两圆上时|MN|的值即可求解；
（2）讨论圆O1与球O的位置关系，求出对应的|MN|即可求解；
（3）分类讨论两点分别在两圆上和两点在同一个圆上时|MN|的值即可求解．
【解答】解：（1）如图，若几何系统中的两点分别在两圆上，
不妨设其中一点N在⊙D上，
若另一点M在⊙E上，则，
当M，E，D，N共线时取到等号；
若另一点M在⊙F上，则，
当 M，F，D，N共线时取到等号；
若两点在同一圆上，则最大距离为⊙E直径，即，
综上，该几何系统的区径为 ；
（2）记棱切球的球心为O，即为正方体的中心，
易求得棱切球的半径为，
因为△AB1C为正三角形，记它的外接圆圆心为O1，
得其半径为，又，
则球心O到△AB1C的外接圆上任意一点的距离均为，圆O1与球O的位置关系如图：
若两点分别在球上和圆上，
设点M在球O上，点N在⊙O1 上，则有，，
所以，当M，O，N三点共线，且M，N在O的异侧时取到等号，
若两点同时在球上或圆上，则最大距离为⊙O1的直 径，即，
综上，该几何系统的区径为；
（3）如图以D为原点建立空间直角坐标系，
在xDy平面上，⊙O1的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1；
在xDz平面上，⊙O2的方程为（x﹣1）2+（z﹣1）2＝1，
若两点分别在两圆上，设点M在⊙O1上，点N在⊙O2上，
且M（1+cosα，1+sinα，0），N（1+cosβ，0，1+sinβ），
则|MN|2＝（cosα﹣cosβ）2+（1+sinα）2+（1+sinβ）2
＝4+2（sinα+sinβ﹣cosαcosβ）
（其中φ为辅助角），
即，等号成立当且仅当，
若两点在同一个圆上，则最大距离为⊙O1 的直径，即2．
综上，该几何系统的区径为．
【点评】本题考查新概念、新法则（公式）的应用，考查运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题，属于难题．
19．（2024秋 乾县校级月考）已知空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．
（1）求AB；
（2）求△ABC的面积．
【考点】空间两点间的距离公式；利用正弦定理解三角形；余弦定理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）直接利用向量的坐标运算求出向量的模；
（2）直接利用向量的坐标运算和向量的模及三角形的面积公式求出结果．
【解答】解：（1）由于空间三点A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5），
故：．
（2）由已知条件得：，，
故；
所以，所以，
故．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量的模，三角形的面积公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
20．（2024秋 平遥县月考）已知A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5）．是否存在点D，使四边形ABDC为等腰梯形，且？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】空间中的点的坐标．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】不存在，理由见解析．
【分析】假设存在点D（x，y，z）满足条件，得出向量，的坐标，由四边形ABDC是等腰梯形，且，且，求出x，y，z的值，再检验即可得．
【解答】解：已知A（0，2，3），B（﹣2，1，6），C（1，﹣1，5），得，，则A，B，C三点不共线．
假设存在点D（x，y，z）满足条件，
则，．
因为四边形ABDC是等腰梯形，且，所以．
即；
所以，
解得：或；
当x＝﹣1，y＝﹣2，z＝8时，即：，且A，B，C三点不共线，
故此时四边形ABDC为平行四边形，不合题意；
当x＝1，y＝﹣1，z＝5时，点D与点C重合，不合题意．
故假设不成立，即不存在满足条件的点D．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量的共线，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
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