大數據之十年高考真題（20142023）與優質模擬題（北京卷）專題09立體幾何與空間向量（選擇填空題）1．【2023年北京卷09】坡屋頂是我國傳統建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m

A．102m B．112mC．117m D．125m【答案】C如圖，過E做EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠所以tan∠因為EO⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以因為EG⊥BC，EO,EG?所以BC⊥平面EOG，因為OG?平面EOG，所以BC同理：OM⊥BM，又BM⊥所以由BC=10得OM=5，所以所以在直角三角形EOG中，EG在直角三角形EBG中，BG=OM=又因為EF=所有棱長之和為2×故選：C2．【2022年北京卷09】已知正三棱錐P-ABC的六條棱長均為6，S是△ABC及其內部的點構成的集合．設集合T={QA．3π4 B．π C．2π【答案】B【解析】設頂點P在底面上的投影為O，連接BO，則O為三角形ABC的中心，且BO=23因為PQ=5，故OQ故S的軌跡為以O為圓心，1為半徑的圓，而三角形ABC內切圓的圓心為O，半徑為2×3故S的軌跡圓在三角形ABC內部，故其面積為π.故選：B3．【2021年北京4】某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）A．3+32 B．4 C．3+3【答案】A根據三視圖可得如圖所示的幾何體正三棱錐O-其側面為等腰直角三角形，底面等邊三角形，由三視圖可得該正三棱錐的側棱長為1，故其表面積為3×1故選：A.4．【2021年北京8】定義：24小時內降水在平地上積水厚度（mm）來判斷降雨程度．其中小雨（<10mm），中雨（10mm-25mm），大雨（25mm-50A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B由題意，一個半徑為2002=100(mm)的圓面內的降雨充滿一個底面半徑為所以積水厚度d=1故選：B.5．【2020年北京卷04】某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為（）．

A．6+3 B．6+23 C．12+3 D【答案】D【解析】由題意可得，三棱柱的上下底面為邊長為2的等邊三角形，側面為三個邊長為2的正方形，則其表面積為：S=3×故選：D.6．【2018年北京理科05】某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】解：四棱錐的三視圖對應的直觀圖為：PA⊥底面ABCD，AC=5，CD=PC＝3，PD＝22，可得三角形PCD不是直角三角形．所以側面中有3個直角三角形，分別為：△PAB，△PBC，△PAD．故選：C．7．【2018年北京文科06】某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側面中，直角三角形的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】解：四棱錐的三視圖對應的直觀圖為：PA⊥底面ABCD，AC=5，CD=PC＝3，PD＝22，可得三角形PCD不是直角三角形．所以側面中有3個直角三角形，分別為：△PAB，△PBC，△PAD．故選：C．8．【2017年北京理科07】某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的最長棱的長度為（）A．32 B．23 C．22 D．2【答案】解：由三視圖可得直觀圖，再四棱錐P﹣ABCD中，最長的棱為PA，即PA=＝23，故選：B．9．【2017年北京文科06】某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）A．60 B．30 C．20 D．10【答案】解：由三視圖可知：該幾何體為三棱錐，該三棱錐的體積=13故選：D．10．【2016年北京理科06】某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）A．16 B．13 C．12 【答案】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐，棱錐的底面面積S=12×1×高為1，故棱錐的體積V=1故選：A．11．【2015年北京理科04】設α，β是兩個不同的平面，m是直線且m?α，“m∥β“是“α∥β”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】解：m?α，m∥β得不到α∥β，因為α，β可能相交，只要m和α，β的交線平行即可得到m∥β；α∥β，m?α，∴m和β沒有公共點，∴m∥β，即α∥β能得到m∥β；∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分條件．故選：B．12．【2015年北京理科05】某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的表面積是（）A．2+5 B．4+5 C．2+25 D【答案】解：根據三視圖可判斷直觀圖為：OA⊥面ABC，AC＝AB，E為BC中點，EA＝2，EC＝EB＝1，OA＝1，∴可得AE⊥BC，BC⊥OA，由直線與平面垂直的判定定理得：BC⊥面AEO，AC=5，OE∴S△ABC=12×2×2＝2，S△OAC＝S△OAB=S△BCO=12×故該三棱錐的表面積是2+25故選：C．13．【2015年北京文科07】某四棱錐的三視圖如圖所示，該四棱錐最長棱的棱長為（）A．1 B．2 C．3 D．2【答案】解：由三視圖知：幾何體是四棱錐，且四棱錐的一條側棱與底面垂直，底面為正方形如圖：其中PB⊥平面ABCD，底面ABCD為正方形∴PB＝1，AB＝1，AD＝1，∴BD=2，PD=PC═PA該幾何體最長棱的棱長為：3故選：C．14．【2014年北京理科07】在空間直角坐標系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，2），若S1，S2，S3分別表示三棱錐D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐標平面上的正投影圖形的面積，則（）A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3 C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1【答案】解：設A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，2），則各個面上的射影分別為A'，B'，C'，D'，在xOy坐標平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），S1=1在yOz坐標平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，0），C'（0，2，0），D'（0，1，2），S2＝.1在zOx坐標平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，0），C'（0，0，0），D'（0，1，2），S3=1則S3＝S2且S3≠S1，故選：D．15．【2019年北京文科12】某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網格紙上小正方形的邊長為l，那么該幾何體的體積為．【答案】解：由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體是把棱長為4的正方體去掉一個四棱柱，則該幾何體的體積V=4×故答案為：40．16．【2019年北京文科13】已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：．【答案】解：由l，m是平面α外的兩條不同直線，知：由線面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，則m∥α．故答案為：若l⊥α，l⊥m，則m∥α．17．【2019年北京理科11】某幾何體是由一個正方體去掉一個四棱柱所得，其三視圖如圖所示．如果網格紙上小正方形的邊長為l，那么該幾何體的體積為．【答案】解：由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體是把棱長為4的正方體去掉一個四棱柱，則該幾何體的體積V=4×故答案為：40．18．【2019年北京理科12】已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α．以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：．【答案】解：由l，m是平面α外的兩條不同直線，知：由線面平行的判定定理得：若l⊥α，l⊥m，則m∥α．故答案為：若l⊥α，l⊥m，則m∥α．19．【2016年北京文科11】某四棱柱的三視圖如圖所示，則該四棱柱的體積為．【答案】解：由已知中的三視圖可得：該幾何體上部是一個以俯視圖為底面四棱柱，棱柱的底面面積S=12×（1+2）×棱柱的高為1，故棱柱的體積V=3故答案為：320．【2014年北京文科11】某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐最長棱的棱長為．【答案】解：由主視圖知CD⊥平面ABC，設AC中點為E，則BE⊥AC，且AE＝CE＝1；由主視圖知CD＝2，由左視圖知BE＝1，在Rt△BCE中，BC=2在Rt△BCD中，BD=6在Rt△ACD中，AD＝22．則三棱錐中最長棱的長為22．故答案為：22．1．【北京市第八十中學2023屆高三熱身考試】已知一個圓錐和圓柱的底面半徑和高分別相等，若圓錐的軸截面是等邊三角形，則這個圓錐和圓柱的側面積之比為（

）A．12 B．22 C．33【答案】C【詳解】設圓錐和圓柱的底面半徑為r，因為圓錐的軸截面是等邊三角形，所以圓錐的母線長為l=則圓錐和圓柱的高為h=所以圓錐的側面積為S1圓柱的側面積為S2所以圓錐和圓柱的側面積之比為S1故選:C.2．【北京市第一○一中學2023屆高三三模數學統考四】已知a,b是兩條不同的直線，α,A．若a∥αB．若a⊥αC．若a?αD．若a∩b【答案】D【詳解】由a,b是兩條不同的直線，若a∥α,a⊥b，則b與若a⊥α,a⊥b，則若a?α,b?α,若a?b=A，則又a∥α,則由面面平行的判定定理得α∥β，D故選：D3．【北京市西城區2023屆高三二模】將邊長為2的正方形ABCD沿對角線AC折起，折起后點D記為D'．若BD'=2，則四面體ABCDA．223 BC．22 D．【答案】A【詳解】如圖1，連接BD與AC相交于點O，則AC⊥如圖2，將正方形ABCD沿對角線AC折起，折起后點D記為D'因為BO⊥AC，D'O⊥AC，BO∩D'所以AC⊥平面OBD因為正方形ABCD邊長為2，所以AC=22又因為BD'=2,所以OB2所以四面體ABCD'VA故選：A4．【北京市2023屆高三高考模擬預測】“牟合方蓋”是我國古代數學家劉徽在研究球的體積過程中構造的一個和諧優美的幾何模型.如圖1，正方體的棱長為2，用一個底面直徑為2的圓柱面去截該正方體，沿著正方體的前后方向和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一個牟合方蓋（如圖2）.已知這個牟合方蓋與正方體外接球的體積之比為4:33π，則正方體除去牟合方蓋后剩余部分的體積為（A．8-4π3 C．83 D．【答案】C【詳解】棱長為2的正方體的外接球的直徑2R=4所以牟合方蓋的體積為43所以正方體除去牟合方蓋后剩余部分的體積為23故選：C.5．【北京航空航天大學實驗學校中學部2023屆高三三模】已知正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M為線段D1B

A．0條 B．1條 C．2條 D．3條【答案】B【詳解】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M

又MN與線段DB1相交，則交點必在直線DB1上，而DB1?平面D1B因為N∈AC，AC?平面ABCD，即N∈平面ABCD，而平面因此N∈BD，即點N為AC,BD的交點O，又線段取DB1的中點E，連接OE并延長交D1B1于O1，顯然所以當點N與O重合，點M與O1重合時，MN與線段DB1相交且互相平分，這樣的直線MN只有故選：B6．【北京市豐臺區第二中學2023屆高三三模】南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時，相應水面的面積為140.0km2；水位為海拔157．5m時，相應水面的面積為180.0km2，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148．5m上升到157．5m時，增加的水量約為（A．1.0×109mC．1.4×109m【答案】C【詳解】依題意可知棱臺的高為MN=157.5-148.5棱臺上底面積S=140.0km∴V=3故選：C．7．【2023屆北京市海淀區教師進修學校附屬實驗學校高考三模】公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一種標準量器——商鞅銅方升，開創了秦朝統一度量衡的先河.如圖，升體是長方體，手柄近似空心的圓柱.已知銅方升總長是18.7cm，內口長xcm，寬7cm，高2.3cm（忽略壁的厚度，取圓周率π=3），若手柄的底面半徑為1cm，體積為18.6c

A．201.3cm3 B．210.5cm3 C．【答案】A【詳解】依題意手柄的底面半徑為1cm，體積為18.6cm3，則手柄的底面積為所以手柄的長度為18.6π所以長方體的內口長x=所以升體的容積為12.5×即銅方升的容積約為201.3cm故選：A8．【北京市首都師范大學附屬中學2023屆高三下旬階段性檢測】設m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個不同的平面，則下列結論正確的是（

）A．若m//n，nB．若m//n，m//αC．若m⊥n，m⊥αD．若α⊥β，m?α【答案】C【詳解】對于A，由m//n，n//α，可得m//對于B，由m//n，m//α，n//β，可得對于D，由α⊥β，m?α，n?β，可得相交或異面時兩直線可能不垂直，故D錯誤；對于C，若m⊥n,m⊥又n⊥β，所以l⊥β，又l?故選：C.9．【北京市順義區2023屆高三一模】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點M，N分別是棱DA．有且僅有1條 B．有且僅有2條 C．有且僅有3條 D．有無數條【答案】D【詳解】過點N作NE⊥BC，垂足為E，連接當M，N高度一樣，即MD=NE時，一定有在正方體ABCD-A1所以四邊形MDEN為平行四邊形，所以MN//因為DD1⊥平面ABCD，且DE所以DD1⊥所以當M，N高度一樣，即MD=NE時，一定有此時滿足條件的直線MN有無數條.故選：D.10．【北京市海淀區2023屆高三二模】已知正方形ABCD所在平面與正方形CDEF所在平面互相垂直，且CD=2，P是對角線CE的中點，Q是對角線BD上一個動點，則P，Q兩點之間距離的最小值為（A．1 B．2 C．62 D．【答案】C【詳解】取CD邊的中點為M,連接PM,QM,PQ,P是由于PM⊥CD,平面ABCD⊥平面CDEF,平面ABCD∩平面CDEF=CD，PM?平面CDEF,故PM⊥平面ABCD在直角三角形PMQ中，PM=12要使PQ最小，則QM最小，故當QM⊥BD時，此時QM最小，故QM的最小值為14BD故選：C11．【北京市通州區2023屆高三模擬考試】如圖，某幾何體的上半部分是長方體，下半部分是正四棱錐，AA1=1，AP=A．73 B．163 C．203【答案】B【詳解】在正四棱錐P-ABCD中，連接AC,BD交于點則OP即為正四棱錐P-OA=12所以VP-ABCD所以該幾何體的體積為43故選：B.12．【北京市第一零九中學2023屆高三高考沖刺】在2023年3月12日馬來西亞吉隆坡舉行的YongJunKLSpeedcubing比賽半決賽中，來自中國的9歲魔方天才王藝衡以4.69秒的成績打破了“解三階魔方平均用時最短”吉尼斯世界紀錄稱號.如圖，一個三階魔方由27個單位正方體組成，把魔方的中間一層轉動了45°之后，表面積增加了（

A．54 B．54-362 C．108【答案】C【詳解】如圖，

轉動了45°后，此時魔方相對原來魔方多出了16設直角邊x，則斜邊為2x，則有2x+2x所以增加的面積為S=故選：C.13．【北京市朝陽區2023屆高三一模】在長方體ABCD-A1B1C1D1A．AM⊥BD BC．AM=12MC1 【答案】C【詳解】如圖，連接AC,BD，交于N，連接A1在長方體中，平面ACC1A1與平面而AC1?平面ACC1所以M∈又AN//A1所以AM=12M對于A，因為長方體中AC與BD不一定垂直，故推不出AM⊥BD，故對于B，因為長方體中A1D與A1B不一定相等，故推不出對于D，由B知，不能推出A1N與BD垂直，而A1N是中線，所以推不出MB故選：C14．【北京市房山區2023屆高三一模】如圖，已知正方體ABCD-A1A．與三條直線AB,B．與三條直線AB,C．到三條直線AB,D．到三條直線AB,【答案】D【詳解】對選項A：根據對稱性知AC1與三條直線的夾角相等，則與對選項B：根據對稱性知平面A1BD與三條直線所成的角相等，則與平面A對選項C：如圖所示建立空間直角坐標系，設正方體邊長為1，A1,0,0，B1,1,0，DB1上一點Pa,a,a，則ABPA?同理可得P到直線CC1和D1A1的距離為a對選項D：DB1上的點到三條直線故選：D15．【北京市朝陽區2023屆高三二模】如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，PA．存在點Q，使得PQ//BD B．存在點Q，使得PQC．三棱錐Q-APD的體積是定值 D．存在點Q，使得PQ與AD【答案】B【詳解】A：正方體中BD//B1D1，而P所以B1D1B：若Q為BC1中點，則PQ//A1又AD⊥面ABB1A1，A1BAB1∩AD=A，AB所以存在Q使得PQ⊥平面AC：由正方體性質知：BC1//AD1，而AD所以Q在線段BC1上運動時，到面故三棱錐Q-D：構建如下圖示空間直角坐標系D-xyz，則A(2,0,0)，P(1,1,2)，所以DA=(2,0,0)，PQ=則cosθ令t=1-當t∈(0,1]，則1t當t=0則當t∈[-1,0)，則所以cosπ6故選：B16．【北京市海淀區教師進修學校附屬實驗學校2023屆高三零模】紫砂壺是中國特有的手工制造陶土工藝品，其制作始于明朝正德年間．紫砂壺的壺型眾多，經典的有西施壺、掇球壺、石瓢壺、潘壺等．其中，石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺(即圓錐用平行于底面的平面截去一個錐體得到的)．下圖給出了一個石瓢壺的相關數據(單位:cm)，那么該壺的容量約為．(A)155cm3

(B)200cm3

(C)【答案】（C）255cm【詳解】方法1：由題意知，圓臺上底面半徑為4，下底面半徑為5，高為4，則V=方法2：如圖，設大圓錐的高為h，則h-4h=所以V=故答案為：（C）255cm17．【北京市海淀外國語實驗學校2023屆高三三模】如圖，在三棱錐A-BCD中，BC=DC=AB=AD=2，BD=22，平面ABD⊥平面【答案】1【詳解】如圖，在三棱錐A-由題意，BC=DC=底面△BCD∵O為BD的中點，則AO⊥BD又∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，∴AO⊥平面BCD，∵OC?平面BCD，因為AO⊥BD，CO⊥BD，AO?CO=∴BD⊥平面設AP=x，三棱錐∴的體積為V=13S△h=V=故當x=22時，三棱錐∴故答案為：118．【北京市陳經綸中學團結湖分校2023屆高三零模】如圖，矩形ABCD中，AD=2AB=2，M為BC的中點，將△ABM沿直線AM翻折，構成四棱錐B1①對于任意一個位置總有CN∥平面A②存在某個位置，使得CN⊥③存在某個位置，使得AD⊥④四棱錐B1-AMCD上面說法中所有正確的序號是．【答案】①④【詳解】分別取AB1,AD的中點為因為AB1,B1D的中點分別為即四邊形ENCM為平行四邊形，故EM∥NC，由線面平行的判定可知對于任意置總有CN∥平面AB1因為∠AB1M=90°，所以AB1與EM由題意AB1⊥B1M，若則MB1⊥B1D，因為AM=此時點B1與點F重合，不能形成四棱錐B1-取AM的中點為G，連接B1G，B1G=2的體積最大，最大值為13(1+故答案為：①④19．【北京市北京師范大學附屬實驗中學2023屆高三數學零模】如圖，在棱長為1的正方體中，點P是線段A1B上一動點（不與A1①平面AA1P②∠AP③DC④三棱錐B1其中真命題的有．【答案】①③④【詳解】對于①，由正方體性質可得A1D1⊥平面AA1P，又A1D對于②，當P是A1易得AP=滿足AP2+D1對于③，連接D1C由正方體可知DC1⊥D1C，且BC⊥所以BC⊥又D1C?BC=C，D1又D1P?平面A1BC對于④，三棱錐B1-D1PCA1B//平面B1D所以三棱錐B1-D1PC的體積為定值故答案為：①③④20．【北京市八一學校2023屆高三模擬】如圖，在直角梯形ABCD中，E為CD的中點，BC⊥CD，AE⊥CD，M，N分別是AD，BE的中點，將△ADE沿AE折起，使點D①MN//②MN⊥③MN//平面CDE④存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD【答案】②③【詳解】①③，如圖所示：直角梯形ABCD中，CD//又因為BC⊥CD，AE⊥故四邊形ABCE為矩形，因為N分別是BE的中點連接AC，則BE與AC相交于點N，故點N是AC的中點，因為M是AD的中點，所以MN//又AB//CE，而CE與CD相交于點故AB與CD不平行，故MN與AB不平行，①錯誤，因為MN//CD，CD?平面CDE，MN所以MN//平面CDE，③②，因為AE⊥DE,AE⊥CE，所以AE⊥平面CDE因為CD?平面CDE，所以AE由①知MN//CD，所以MN⊥④，連接BD，以E為坐標原點，EA,EC分別為設AB=1,EA=a故Aa設平面BCD的法向量為m=故m?解得x1=0，令y故m=設平面ABD的法向量為n=故m?解得y2=0，令x故n=故m?因為θ∈0,π，故1-故不存在某折起位置，使得平面BCD⊥平面ABD，④錯誤故選：②③21．【北京市門頭溝區2023屆高三綜合練習】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為1，已知點①PQ與B1②直線PQ與直線CD不可能平行；③二面角P-④則PQ+QC的最小值是其中所有正確結論的序號是.【答案】①④【詳解】對于①，因為AB//C1D1，則A、B因為四邊形BB1C因為AB⊥平面BB1C1C，因為AB?BC1=B，AB、BC因為PQ?平面ABC1D1對于②，當P、Q分別為AD1、AC又因為CD//C1D1對于③，因為P∈AD1、Q∈AC1，平面所以，二面角P-AC-而二面角D1故二面角P-AC-對于④，因為CC1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則因為AC=2AD=2將△ACC1在Rt△ACC1中，因為CC1=D1C1所以，∠D1A所以，sin∠當CP⊥AD1時，PQ+QC故答案為：①④.22．【北京市東城區2023屆高三二模】如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是A1B1的中點，平面ACE【答案】7【詳解】取B1C1的中點H，連CH，因為AC//平面A1B1C1D1，故AC平行于平面ACE與面A1B設正方體的邊長為2，則正方體的體積為8，V1故V1故答案為：71723．【北京市密云區2023屆高三考前保溫練習（三模）】如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1

①BD②三棱錐CBPD的體積為定值③過P，C，D1④DP與平面A1B上述說法正確的序號是.【答案】①②③【詳解】連接AC，因為ABCD-A1B1C1

因為BD?平面ABCD，所以C因為四邊形ABCD為正方形，所以BD⊥因為CC1?AC=C，CC因為CP?平面ACC1A1因為點P到平面ABCD的距離為定值，三角形BCD的面積為定值，VP-BCD=V根據正方體性質可知，當D1P延長線與棱B1C1相交時，截面為三角形，當D連接D1P，由題意得∠DPD1為DP與平面A1B1C設正方體邊長為a，則D1Pmin=2a故答案為：①②③.24．【北京大興精華學校2023屆高三高考適應性測試】如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1，中，M，

①存在點M，存在點N，滿足MN∥平面ABB②任意點M，存在點N，滿足MN∥平面ABB③任意點M，存在點N，滿足MN⊥④任意點N，存在點M，滿足MN⊥其中所有正確結論的序號是.【答案】①③【詳解】對①，當M，N分別為A1D1，B1C1的中點時，取B1又MP?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，故MP//平面ABB又MN?平面MNP，故MN//平面ABB1A

對②，當M在A1時，MN∥平面ABB1對③④，以D為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，設正方體ABCD-A1B則B1,1,0,C設Mt,0,1，BN=λBC1則當MN⊥BC1時故對任意的t∈0,1，存在λ=1-t2∈12當λ=0，即N在B點時，若MN⊥BC1，則t=2，不滿足t

故答案為：①③25．【北京市第四中學2023屆高三階段性考試（零模）】已知正方體ABCD-A1B1①若點P在線段AD1上運動，則始終有②若點P在線段AA1上運動，則過P，B，D1③若點P在線段AD1上運動，三棱錐④若點P在線段A1B上運動，則AP+其中所有正確結論的序號有．【答案】①③④【詳解】對于①：如下圖，連接A1D，所以B1C∥因為C1D1⊥平面CB1⊥平面AC1D1，因為C對于②：在C1C上取一點P1，使得AP易知PB∥D1P1即過P，B，D1三點的截面為截面PB以點D為坐標原點，建立如下圖所示的坐標系：B1,1,0,因為BD1=所以截面PBD1=3當a=12時，P，B，D1三點的正方體截面面積最小值為對于③：如下圖，由已知得B1C∥A1D的距離相等，又VD-BPC1=V對于④：如下圖，將△AA1B與四邊形AD1的長度即為AP+AD1=故答案為：①③④26．【北京市西城區2023屆高三一模】如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1給出下列四個結論：

①MN的最小值為2；②四面體NMBC的體積為43③有且僅有一條直線MN與AD④存在點M，N，使△MBN其中所有正確結論的序號是．【答案】①②④【詳解】對于①，由于M在AD1上運動，N在B1C1上運動，所以MN的最小值就是兩條直線之間距離D1C對于②，VM-BNC=13?對于③，由題意可知，當M與D1重合，N與C1重合時，D1C1⊥AD1，又根據正方體性質可知，AD1⊥A1B1CD，所以當對于④，當△MBN為等邊三角形時，BM=BN，則此時AM=B1N.所以只需要以D為原點，DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、設AM=B1N=n，則由題意可得M2-n2,0,n2，B2,2,0，N2-n,2,2故答案為：①②④27．【北京市延慶區2023屆高三一模】四面體OABC的三條棱OA,OB,OC兩兩垂直，OA=OB=①不存在點D，使四面體ABCD三個面是直角三角形；②存在點D，使四面體ABCD是正三棱錐；③存在無數個點D，使點O在四面體ABCD的外接球面上；④存在點D，使CD與AB垂直且相等，且BD=其中真命題的序號是.【答案】②③④.【詳解】如圖所示：對于①，∵四面體OABC的三條棱OA,OB,OC兩兩垂直，∴AC=BC=25當四棱錐ABCD與四面體OABC一樣時，即取CD=4，AD=BD=2，四面體ABCD的三條棱DA、DB、DC兩兩垂直，此時點對于②，由①知AC=BC=25，AB=22，使AB=AD=對于③，四面體OABC的外接球的球心為P，半徑為為r，只需PD=∴存在無數個點D，使點O在四面體ABCD的外接球面上，故③正確；對于④，由AC=BC=25，AB=22，取CD=AB=22，AD=BD=5，AB的中點為E，則有CE⊥AB，DE⊥AB，CE,DE?平面CDE故答案為∶②③④28．