eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：, 已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 $2, E, F$ 分别为 $C_{1} D_{1}, B B_{1}$ 的中点, 则线段 $A E$ 的长为 , $\triangle A E F$ 在底面 $A B C D$ 上投影的面积是


选项：
解析：【分析】

取 $C D$ 中点 $G$, 可知 $E G \perp$ 平面 $A B C D$, 由此可得所求三角形的投影为 $\triangle A B G$ 且 $E G \perp A G$; 利用勾股定理求得 $A E$; 由 $S_{\triangle A B G}=\frac{1}{2} S_{\square A B C D}$ 求得投影面积.

## 【详解】


取 $C D$ 中点 $G$, 连接 $E G, A G, B G$

$\because E, G$ 分别为 $C_{1} D_{1}, C D$ 中点 $\quad \therefore E G / / C C_{1} \quad \therefore E G \perp$ 平面 $A B C D$

$\therefore \triangle A E F$ 在平面 $A B C D$ 上的投影为 $\triangle A B G, E G \perp A G$

$\therefore A E=\sqrt{A G^{2}+E G^{2}}=\sqrt{A D^{2}+D G^{2}+E G^{2}}=\sqrt{4+1+4}=3$

$S_{\triangle A B G}=\frac{1}{2} S_{\square A B C D}=\frac{1}{2} \times 2 \times 2=2$

故答案为: $3 ; 2$

## 【点睛】

本题考查正方体内的投影面积和线段长度的求解问题, 关键是能够根据正方体的结构特征确定线面垂直的关系，从而得到投影图形.
题目（高一 · 立体几何学）：一个四面体的三视图如图所示, 则该四面体四个面当中最大面的面积是



正视图



侧视图



俯视图
选项：
答案：\sqrt{3}$
解析：【分析】

先由题中三视图, 在正方体中还原该几何体, 再由直观图, 观察出面积最大的面, 结合题中数据,即可得出结果.

## 【详解】



由三视图可知, 该四面体为 $D-B D_{1} C_{1}$, 放在正方体中, 由直观图可知, 面积最大的面为 $\triangle B D C_{1}$,
在"正三角形 $B D C_{1}$ 中, $B D=2 \sqrt{2}$, 所以其面积 $S=\frac{1}{2} \times(2 \sqrt{2})^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}$.

故答案为 $2 \sqrt{3}$

## 【点睛】

本题主要考查几何体的三视图, 根据三视图先作出该几何体的直观图, 结合直观图即可求解, 属于常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：正四面体 $A B C D$ 的棱长为 2 , 棱 $A B / /$ 平面 $\alpha$, 则正四面体上的所有点在平面 $\alpha$ 内的射影构成的图形面积的最小值是 , 最大值是
选项：
答案：sqrt{2}, \quad 2$
解析：【分析】

当正四面体绕着与平面平行的一条边转动时, 不管怎么转动, 投影图形的一边始终是 $A B$ 的投影,长度为 2 , 而发生变化的是投影的高, 找出高的变化, 得到答案.

## 【详解】

因为正四面体的对角线互相垂直，且棱 $A B / /$ 平面 $\alpha$ ，

当 $C D / /$ 平面 $\alpha$, 这时的投影面是对角线为 2 的正方形, 此时面积最大, 为 $2 \times \frac{1}{2} \times 1 \times 2=2$;

当 $C D \perp$ 平面 $\alpha$, 射影面的面积最小, 此时构成的三角形底边 2 , 高是直线 $C D$ 到 $A B$ 的距离, 为 $\sqrt{2}$,射影面积为 $\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{2}=\sqrt{2}$ ；

正四面体上的所有点在平面 $\alpha$ 内的射影构成的图形面积的最小值是 $\sqrt{2}$, 最大值是 2

## 【点睛】

本题考查平行投影及平行投影作图法, 本题是一个计算投影面积的题, 注意解题过程中的投影图的变化情况, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知在直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $\angle B A C=120^{\circ}, A B=A C=A A_{1}=2$, 若棱 $A A_{1}$ 在正视图的投影面 $\alpha$ 内, 且 $A B$ 与投影面 $\alpha$ 所成角为 $\theta\left(30^{\circ} \leq \theta \leq 60^{\circ}\right)$. 设正视图的面积为 $m$, 侧视图的面积为 $n$, 当 $\theta$ 变化时, $m n$ 的最大值是


选项：
答案：\sqrt{3}$
解析：【分析】

利用 $A B$ 与投影面 $\alpha$ 所成角为 $\theta, \angle B A C=120^{\circ}, A B=A C=2, A A_{1}=2, \angle B A D=\theta$, 将正视图的面积 $m$ 和侧视图的面积 $n$ 用 $\theta$ 的三角函数表示, 利用辅助角公式结 $30^{\circ} \leq \theta \leq 60^{\circ}$, 可求解 $m n$ 的最大值.

【详解】



$A B$ 与投影面 $\alpha$ 所成角为 $\theta$ 时, 平面 $A B C$ 如图所示,

$\therefore B C=2 \sqrt{3}, \angle C A E=60^{\circ}-\theta$,

$\therefore B D=A B \sin \theta, D A=A B \cos \theta, A E=A C \cos \left(60^{\circ}-\theta\right)$,

$E D=D A+A E=2 \cos \left(60^{\circ}-\theta\right)+2 \cos \theta$,

故正视图的面积为 $m=E D \times A A_{1}=4\left[\cos \left(60^{\circ}-\theta\right)+\cos \theta\right]$

侧视图的面积为 $n=B D \times A A_{1}=4 \sin \theta$,

$\therefore m n=16 \sin \theta\left[\cos \left(60^{\circ}-\theta\right)+\cos \theta\right]$

$=16 \sin \theta\left[\cos 60^{\circ} \cos \theta+\sin \theta \sin 60^{\circ}+\cos \theta\right]$

$=12 \sin 2 \theta+8 \sqrt{3} \sin ^{2} \theta$

$=8 \sqrt{3} \sin \left(2 \theta-30^{\circ}\right)+4 \sqrt{3}$

$\because 30^{\circ} \leq \theta \leq 60^{\circ}, \quad \therefore 30^{\circ} \leq 2 \theta-30^{\circ} \leq 90^{\circ}$,
故 $m n$ 的最大值 $12 \sqrt{3}$, 故答案为 $12 \sqrt{3}$.

## 【点睛】

本题考查了三视图的投影的认识和理解, 以及二倍角公式与利用辅助角公式求最值, 属于中档题. 求与三角函数有关的最值常用方法有以下几种: (1)化成 $y=a \sin ^{2} x+b \sin x+c$ 的形式利用配方法求最值; (2)形如 $y=\frac{a \sin x+b}{c \sin x+d}$ 的可化为 $\sin x=\phi(y)$ 的形式利用三角函数有界性求最值;

(3) $y=a \sin x+b \cos x$ 型, 可化为 $y=\sqrt{a^{2}+b^{2}} \sin (x+\phi)$ 求最值 .
题目（高一 · 立体几何学）：某几何体的三视图如图所示 (单位: $\mathrm{cm}$ ), 则该几何体的体积等于 $\mathrm{cm}^{3}$.



佇视图
选项：
答案：+1.5 \pi$
解析：由三视图还原原几何体如图，



是一个半圆柱与一个直三棱柱的组合体,

半圆柱的底面半径为 1 , 高为 3 ; 直三棱柱底面是等腰直角三角形(直角边为 2 ), 高为 3 .

$\therefore V=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times 3+\frac{1}{2} \times \pi \times 1^{2} \times 3=6+1.5 \pi$.
题目（高一 · 立体几何学）：何体的三视图 (单位: $\mathrm{cm}$ ) 如图所示, 则该几何体的体积为 $\mathrm{cm}^{3}$.



正视图



俯视图
选项：
解析：【分析】

利用数形结合, 根据三视图判断可得该几何体为一个三棱柱截去一个同底面的三棱雉, 然后根据体积公式, 可得结果.

## 【详解】

如图



根据三视图可知,

该几何体的直观图为三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$

截去一个三棱雉 $A-A_{1} B_{1} C_{1}$, 即四棱雉 $A-B C C_{1} B_{1}$

所以 $V_{A-B C C_{1} B_{1}}=V_{A B C-A_{1} B_{1}}-V_{A-A_{1} B_{1} G_{1}}$

所以 $V_{A-B C C_{1} B_{1}}=\frac{1}{2} \times 3 \times 3 \times 4-\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 3 \times 3 \times 4=12$

故答案为: 12

## 【点睛】

本题考查三视图的还原以及几何体的体积, 难点在于三视图的直观图的还原, 熟悉常见的几何体的三视图, 比如: 三棱雉, 三棱柱等, 属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：某几何体的三视图如图所示 (单位: $\mathrm{cm}$ ), 则该几何体的表面积是 $\mathrm{cm}^{2}$.



正视图



侧视图

佇视图
选项：
答案：+2 \sqrt{2}+\frac{3}{2} \pi$
解析：【分析】

首先画出直观图, 再进一步利用公式求出结果.

## 【详解】

解: 根据几何体的三视图, 可得直观图如下:



该几何体为一个 $\frac{1}{4}$ 圆柱, 加一个三棱柱,

底面为一个等腰直角三角形和一个半径为 1 的 $\frac{1}{4}$ 个圆.

所以 $S=\left(\frac{1}{4} \times \pi \times 1^{2}+\frac{1}{2} \times 1 \times 1\right) \times 2+\left(2+\sqrt{2}+\frac{\pi}{2}\right) \times 2=\frac{3}{2} \pi+5+2 \sqrt{2}$.

故答案为: $\frac{3}{2} \pi+5+2 \sqrt{2}$.

## 【点睛】

本题考查的知识要点: 三视图和几何体之间的转换, 几何体的体积公式的应用和表面积公式的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力, 属于基础题型.
题目（高一 · 立体几何学）：某几何体的正视图和侧视图如图 1 所示, 俯视图的直观图如图 2 所示, 则该几何体的表面积为 , 体积为



正视图



侧视图

图1



图2
选项：
答案：8+72 \sqrt{2} 96 \sqrt{2}$
解析：【分析】

由三视图及俯视图的直观图可得几何体为底面是平行四边形的直棱柱, 高为 4 , 底面平行四边形的
相邻的边分别为 $6,3 \sqrt{2}$, 求出底面的高为 $4 \sqrt{2}$, 进而求出表面积及体积

## 【详解】

由图 2 可得底面为的平行四边形, 且底为 6 , 高为 $4 \sqrt{2}$, 则可得另一条边长为 $3 \sqrt{2}$,

图 1 可知高为 4 的直四棱柱,

所以 $S_{\text {表 }}=2$ 底 $+S_{\text {似 }}=2 \cdot 6 \cdot 4 \sqrt{2}+2(6+3 \sqrt{2}) \cdot 4=48+72 \sqrt{2}$,

$V=S h=6 \cdot 4 \sqrt{2} \cdot 4=96 \sqrt{2}$,

故答案分别为: $48+72 \sqrt{2}, 96 \sqrt{2}$.

【点睛】

本题考查了根据三视图求表面积和体积, 意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
题目（高一 · 立体几何学）：, 圆形纸片的圆心为 $O$, 半径为 $5 \mathrm{~cm}$, 该纸片上的等边三角形 $A B C$ 的中心为 $O . D, E, F$为圆 $O$ 上的点, $\triangle D B C, \triangle E C A, \triangle F A B$ 分别是以 $B C, C A, A B$ 为底边的等腰三角形. 沿虚线剪开后, 分别以 $B C, C A, A B$ 为折痕折起 $\triangle D B C, \triangle E C A, \triangle F A B$, 使得 $D, E, F$ 重合, 得到三棱雉. 当 $\triangle A B C$ 的边长变化时, 所得三棱雉体积(单位: $\mathbf{c m}^{3}$ )的最大值为


选项：
答案：\sqrt{15}$
解析：图, 连接 $D O$ 交 $B C$ 于点 $G$, 设 $D, E, F$ 重合于 $S$ 点, 正三角形的边长为 $x(x>0)$,则 $O G=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} x=\frac{\sqrt{3}}{6} x$.

$\therefore F G=S G=5-\frac{\sqrt{3}}{6} x$,

$S O=h=\sqrt{S G^{2}-G O^{2}}=\sqrt{\left(5-\frac{\sqrt{3}}{6} x\right)^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{6} x\right)^{2}}=\sqrt{\left(5-\frac{\sqrt{3}}{3} x\right)}$,

$\therefore$ 三棱雉的体积 $V=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot h=\frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{4} x^{2} \times \sqrt{\left(5-\frac{\sqrt{3}}{3} x\right)}=\frac{\sqrt{15}}{12} \sqrt{5 x^{4}-\frac{\sqrt{3}}{3} x^{5}}$.
设 $n(x)=5 x^{4}-\frac{\sqrt{3}}{3} x^{5}, x>0$, 则 $n^{\prime}(x)=20 x^{3}-\frac{5 \sqrt{3}}{3} x^{4}$,

令 $n^{\prime}(x)=0$, 即 $4 x^{3}-\frac{x^{4}}{\sqrt{3}}=0$, 得 $x=4 \sqrt{3}$, 易知 $n(x)$ 在 $x=4 \sqrt{3}$ 处取得最大值.

$\therefore V_{\max }=\frac{\sqrt{15}}{12} \times 48 \times \sqrt{5-4}=4 \sqrt{15}$.


点睛: 对于三棱雉最值问题, 需要用到函数思想进行解决, 本题解决的关键是设好未知量, 利用图形特征表示出三棱雉体积. 当体积中的变量最高次是 2 次时可以利用二次函数$\cdot$的性质进行解决, 当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.
题目（高一 · 立体几何学）：, $\triangle O^{\prime} A^{\prime} B^{\prime}$ 是水平放置的 $\triangle O A B$ 的直观图, 则 $\triangle O A B$ 的面积为


选项：
解析：【分析】

根据斜二测画法得到三角形 $O A B$ 的底面边长 $O B=4$, 高 $O A=6$, 然后求三角形的面积即可.

## 【详解】

根据斜二测画法得到三角形 $O A B$ 为直角三角形, 底面边长 $O B=4$, 高 $O A=2 O^{\prime} A^{\prime}=2 \times 3=6$,

$\therefore$ 直角三角形 $O A B$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 4 \times 6=12$

故答案为: 12

## 【点睛】

本题主要考查平面图形的直观图的应用, 要求熟练掌握斜二测画法的边长关系, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在棱长为 1 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 点 $P$ 是线段 $B D_{1}$ 上的动点.当 $\triangle P A C$ 在平面 $D C_{1}, B C_{1}, A C$ 上的正投影都为三角形时, 将它们的面积分别记为 $S_{1}, S_{2}, S_{3}$.



(i) 当 $B P=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时, $S_{1} \_S_{2}$ (填“〉”或“=”或“<”);

(ii) $S_{1}+S_{2}+S_{3}$ 的最大值为
选项：
答案：\frac{3}{2}$
解析：

如图, 因 $\frac{C Q}{C D_{1}}=\frac{N Q}{D D_{1}}, \frac{P O}{D D_{1}}=\frac{B P}{B D_{1}}$, 故 $P O=Q N$, 同理可得 $R M=P O$, 所以 $R M=Q N$,
则 $S_{1}=S_{2}$, 特别地当点 $P$ 在 $B D_{1}$ 的中点时, 三个面的面积最大且 $S_{1}=S_{2}=S_{3}=\frac{1}{2}$, 所以 $S_{1}+S_{2}+S_{3}=\frac{3}{2}$, 即最大值是 $\frac{3}{2}$, 应填答案 $=, \frac{3}{2}$.

点睛: 解答本题的关键是搞清楚在正方体的各个面上的高的关系, 再运用三角形的面积进行求解, 进而进行比较, 并求出其最大值. 求解时借助三角形的相似比相等建立等量关系, 最后证得其在各个侧面上的射影三角形的高相等, 则面积相等, 特别地当点 $P$ 在 $B D_{1}$ 的中点时, 三个三角形的面积都相等且最大, 从而使得问题获解.
题目（高一 · 立体几何学）：半径为 1 , 母线长为 4 的圆柱的体积等于
选项：
答案：\pi$
解析：【分析】

求得圆柱的底面积和高, 其中高即为母线, 代入圆柱的体积公式 $V=S h$, 求得答案.

## 【详解】

该圆柱的底面积 $S=\pi r^{2}=\pi$, 高即为母线为 4

所以圆柱的体积 $V=S h=4 \pi$.

故答案为: $4 \pi$

## 【点睛】

本题考查求圆柱的体积, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：一个正方体的所有顶点在一个球面上, 若球的表面积为 $\frac{9 \pi}{2}$, 则正方体的棱长为
选项：
答案：frac{\sqrt{6}}{2}$
解析：【分析】

由正方体的边长与外接球半径的基本关系 $r=\frac{\sqrt{3} a}{2}$ 及球体表面积公式 $S=4 \pi r^{2}$ 即可求出 $a$

## 【详解】

由题知, $S=4 \pi r^{2}=\frac{9 \pi}{2} \Rightarrow r=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$, 又正方体外接球半径为 $r=\frac{\sqrt{3} a}{2}(a$ 为正方形边长), 求得 $a=\frac{\sqrt{6}}{2}$
故答案为: $\frac{\sqrt{6}}{2}$

## 【点睛】

本题考查正方体外接球半径与边长的基本关系, 属于基础题
题目（高一 · 立体几何学）：棱雉的三视图如图所示, 则该四棱雉的体积为 ; 其最长棱的长度为



正(主)视图



佂(左)视图



俯視图
选项：
答案：frac{8}{3} 2 \sqrt{3}$
解析：【分析】

根据三视图作出物体的直观图, 结合图形可得几何体的体积和最长的棱, 由勾股定理即可求出答案.

## 【详解】

由三视图, 可以在正方体中得到直观图为四棱雉 $P-A B C D$, 如图.

所以 $V_{P-A B C D}=\frac{1}{3} \times S_{A B C D} \times P C=\frac{1}{3} \times 2^{2} \times 2=\frac{8}{3}$.

在四棱雉 $P-A B C D$, 由 $P A$ 为正方体的对角线, 显然最长.

$P A=\sqrt{2^{2}+2^{2}+2^{2}}=2 \sqrt{3}$.

故答案为:
(1). $\frac{8}{3}$
(2). $2 \sqrt{3}$


【点睛】

本题考查三视图的问题, 关键是作出直观图, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：一个圆雉的底面积和侧面积分别为 $9 \pi$ 和 $15 \pi$, 则该圆雉的体积为
选项：
答案：2 \pi$
解析：【分析】

依据圆雉的底面积和侧面积公式, 求出底面半径和母线长, 再根据勾股定理求出圆雉的高, 最后利用圆雉的体积公式求出体积。

## 【详解】

设圆雉的底面半径为 $r$, 母线长为 $l$, 高为 $h$, 所以有

$\left\{\begin{array}{c}\pi r^{2}=9 \\ \pi r l=15 \pi\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}r=3 \\ l=5\end{array}, \therefore h=\sqrt{l^{2}-r^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4\right.$

故该圆雉的体积为 $\mathrm{V}=\frac{1}{3} \pi r^{2} h=\frac{1}{3} \pi \times 3^{2} \times 4=12 \pi$ 。

## 【点睛】

本题主要考查圆雉的底面积、侧面积和体积公式的应用。
题目（高一 · 立体几何学）：棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $A B=1, B C=4, \angle A B C=120^{\circ}$, 侧棱 $A A_{1}=2$. 则此三棱柱外接球的表面积为
选项：
答案：2 \pi$
解析：【分析】

设直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 下底面三角形外心为点 $D$, 上底面三角形的外心为 $D_{1}$, 则三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 外接球的球心为 $D D_{1}$ 中点 $O$, 由正弦定理与余弦定理即可求出答

案.

## 【详解】

解: $\because A B=\sqrt{2}, B C=2 \sqrt{2}, \angle A B C=120^{\circ}$,

由余弦定理得 $A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}-2 A B \cdot B C \cdot \cos \angle A B C$,

即 $A C^{2}=1+16-2 \times 1 \times 4 \times\left(-\frac{1}{2}\right)=21$,

$\therefore A C=\sqrt{21}$,

由正弦定理得底面 $\triangle A B C$ 的外接圆的半径 $R=\frac{1}{2} \cdot \frac{A C}{\sin \angle A B C}=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{21}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{7}$,

设直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 下底面三角形外心为点 $D$, 上底面三角形的外心为 $D_{1}$,则三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 外接球的球心为 $D D_{1}$ 中点 $O$,

在 Rt $\triangle A D O$ 中, $A D=\sqrt{7}, D O=1$,
$\therefore$ 外接球的半径 $O A=\sqrt{7+1}=2 \sqrt{2}$,

$\therefore$ 此三棱柱外接球的表面积为 $4 \pi \times(2 \sqrt{2})^{2}=32 \pi$,

故答案为: $32 \pi$.

## 【点睛】

本题主要考查几何体的外接球的表面积, 关键在于找到球心的位置, 属于难题.
题目（高一 · 立体几何学）：直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的 6 个顶点都在球 $O$ 的球面上, 若 $A B=\sqrt{6}$, $A C=\sqrt{10}, A B \perp A C, A A_{1}=2 \sqrt{5}$, 则球 $O$ 的表面积为
选项：
答案：6 \pi$
解析：【分析】

直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 底面是直角三角形, 可以补成长方体, 求出长方体的对角线，就可以求出外接球的直径，最后求出球 $O$ 的表面积.

## 【详解】

直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 底面是直角三角形, 可以补成长方体, 如下图所示:



$B_{1} C=\sqrt{A C^{2}+A B^{2}+B B_{1}^{2}}=6$, 所以球 $O$ 的直径 $2 R$ 为 6 , 球 $O$ 的表面积为

$4 \pi R^{2}=36 \pi$.

## 【点睛】

本题考查了利用补形法求直三棱柱外接球的表面积.
题目（高一 · 立体几何学）：是某个四面体的三视图, 该四面体的外接球的表面积为


侧视图



俯视图
选项：
答案：\pi$
解析：【分析】

通过三视图, 判断几何体的形状, 利用三视图的数据, 求出外接球的表面积, 可得答案.

## 【详解】

由三视图可知, 该几何体是一个底面为等腰直角三角形, 棱雉的一条侧棱垂直底面等腰直角三角形的直角顶点, 其中等腰直角三角形底边长为 2 , 高为 1 , 棱雉的高为 $\sqrt{2}$,
如图所示:



所以其外接球相当于一个棱长为为 $\sqrt{2}$ 的正方体的外接球, 其直径为正方体的体对角线;故外接球的半径 $R$ 满足： $2 R=\sqrt{6}$ ，

所以外接球的表面积 $S=4 \pi R^{2}=6 \pi$.

故答案为: $6 \pi$.

## 【点睛】

本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积, 球的表面积公式, 根据已知, 求出球的直径（半径）是解答的关键.
题目（高一 · 立体几何学）：个圆柱的轴截面是面积为 4 的正方形, 则该圆柱的外接球的表面积为
选项：
答案：\pi$.
解析：【分析】

作出圆柱与其外接球的轴截面, 结合题中数据, 求出外接球半径, 再由球的表面积公式,即可得出结果.

## 【详解】

作出圆柱与其外接球的轴截面如下:



设圆柱的底面圆半径为 $r$, 则 $B C=2 r$, 所以轴截面的面积为 $S_{\text {正方形 } A B C D}=(2 r)^{2}=4$,解得 $r=1$,
因此, 该圆柱的外接球的半径 $R=\frac{B D}{2}=\frac{\sqrt{2^{2}+2^{2}}}{2}=\sqrt{2}$,

所以球的表面积为 $S=4 \pi(\sqrt{2})^{2}=8 \pi$.

故答案为 $8 \pi$

## 【点睛】

本题主要考查圆柱外接球的相关计算, 熟记公式即可, 属于常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：已知矩形 $A B C D, A B=1, A D=\sqrt{2}, E$ 为 $A D$ 的中点, 现分别沿 $B E, C E$ 将 $\triangle A B E, \triangle D C E$ 翻折, 使点 $A, D$ 重合, 记为点 $P$, 则几何体 $P-B C E$ 的外接球表面积为
选项：
答案：frac{5 \pi}{2}$
解析：【分析】

利用所给数据易得三线垂直, 进而利用长方体外接球直径为其体对角线长, 再利用外接球的表面积公式即可得到答案.

## 【详解】

由 $A B=1, A D=\sqrt{2}, E$ 为 $A D$ 中点,

可得 $P E=\frac{\sqrt{2}}{2}, P B=P C=1$,

得 $\angle E P B=\angle E P C=90^{\circ}$,

$\angle C P B=90^{\circ}$,

$\therefore P-B C E$ 为长方体一角,

其外接球直径为其体对角线长,

$\therefore 2 R=\sqrt{P E^{2}+P C^{2}+P B^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$,

$\therefore R=\frac{\sqrt{10}}{4}$,

$\therefore$ 外接球表面积为 $4 \pi R^{2}=\frac{5 \pi}{2}$,

故答案为: $\frac{5 \pi}{2}$.



## 【点睛】

本题考查长方体外接球问题, 长方体外接球的直径为体对角线, 考查推理和计算能力.
题目（高一 · 立体几何学）：棱雉 $P-A B C$ 中, 平面 $P A B \perp$ 平面 $A B C, \triangle A B C$ 是边长为 6 的等边三角形, $\triangle P A B$ 是以 $A B$ 为斜边的等腰直角三角形, 则该三棱雉外接球的表面积为
选项：
答案：8 \pi$
解析：【分析】

在等边三角形 $A B C$ 中, 取 $A B$ 的中点 $F$, 设其中心为 $O$, 则 $A O=B O=C O=\frac{2}{3} C F=2 \sqrt{3}$, 再利用勾股定理可得 $O P=2 \sqrt{3}$, 则 $O$ 为棱雉 $P-A B C$ 的外接球球心, 利用球的表面积公式可得结果.

## 【详解】



如图, 在等边三角形 $A B C$ 中, 取 $A B$ 的中点 $F$,

设其中心为 $O$, 由 $A B=6$,

得 $A O=B O=C O=\frac{2}{3} C F=2 \sqrt{3}$,

$\because \triangle P A B$ 是以 $A B$ 为斜边的等腰角三角形, $\therefore P F \perp A B$,

又因为平面 $P A B \perp$ 平面 $A B C$ ，

$\therefore P F \perp$ 平面 $A B C, \therefore P F \perp O F$,

$O P=\sqrt{O F^{2}+P F^{2}}=2 \sqrt{3}$,

则 $O$ 为棱雉 $P-A B C$ 的外接球球心，

外接球半径 $R=O C=2 \sqrt{3}$,
$\therefore$ 该三棱雉外接球的表面积为 $4 \pi \times(2 \sqrt{3})^{2}=48 \pi$,

故答案为 $48 \pi$.

## 【点睛】

本题考查主要四面体外接球表面积, 考查空间想象能力, 是中档题. 要求外接球的表面积和体积, 关键是求出球的半径, 求外接球半径的常见方法有: (1)若三条棱两垂直则用 $4 R^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}(a, b, c$ 为三棱的长); (2) 若 $S A \perp$ 面 $A B C \quad(S A=a)$, 则 $4 R^{2}=4 r^{2}+a^{2}$ ( $r$ 为 $\triangle A B C$ 外接圆半径); (3)可以转化为长方体的外接球; (4)特殊几何体可以直接找出球心和半径.
题目（高一 · 立体几何学）：

（1）如果直线 $a / / b ，$ 那么 $a$ 平行于经过 $b$ 的任何平面.

（2）如果直线 $a$ 与平面 $\alpha$ 满足 $a / / \alpha$, 那么 $a$ 与 $\alpha$ 内的任何直线平行.

(3) 如果直线 $a, b$ 和平面 $\alpha$ 满足 $a / / \alpha, b / / \alpha$, 那么 $a / / b$.

（4）如果直线 $a, b$ 和平面 $\alpha$ 满足 $a / / b, a / / \alpha, b \not \subset \alpha$, 那么 $b / / \alpha$.
选项：
答案： $	imes 	imes 	imes \sqrt{ }$
解析：(1) 根据“ $a$ 在以 $a, b$ 确定的平面内”, 由此判断（1）错误.

（2）根据 $a$ 与 $\alpha$ 内直线可能异面，判断（2）错误.

（3）根据 $a, b$ 可能平行、相交或异面, 判断（3）错误.

(4) 根据线面平行的性质定理和判定定理, 以及平行公理, 证得 $b / / \alpha$, 由此判断 (4)正确.

## 【详解】

(1) $\alpha$ 不平行于同时过 $a, b$ 这两条直线的平面.

(2) $a$ 与 $\alpha$ 内的直线有平行和异面两种位置关系.

(3) $a$ 与 $b$ 可能出现三种位置关系: 平行、相交、异面.

(4) 已知 $a / / \alpha, a / / b, b \not \subset \alpha$, 过 $a$ 作平面 $\beta$ 交 $\alpha$ 于直线 $c$, 则 $a / / c$, 所以 $b / / c$,所以 $b / / a$.

故答案为: $(1) \times(2) \times(3) \times(4) \sqrt{ }$

## 【点睛】

本小题主要考查线线、线面平行的有关命题真假性的判断，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：所示, 正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 1 , 线段 $B_{1} D_{1}$ 上有两个动点 $E, F$,且 $E F=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则下列结论中错误的是



(1) $A C \perp B E$;

(2) $E F / /$ 平面 $A B C D$;

(3)三棱雉 $A-B E F$ 的体积为定值;

(4)异面直线 $A E, B F$ 所成的角为定值.
选项：
答案：)
解析：【分析】

(1)根据正方体的几何特征, 易证 $A C \perp$ 平面 $D D_{1} B_{1} B$. (2)根据 $B_{1} D_{1} / / B D$, 利用线面平行的判定定理判断.(3)根据体积公式, 判断 $S_{\triangle E F B}$ 是否为定值, 再根据 $A C \perp$ 平面 $D D_{1} B_{1} B$, 判断点 $A$ 到平面 $D D_{1} B_{1} B$ 的距离是否为定值. (4)取特殊位置, 当 $E$ 为 $B_{1} D_{1}$ 的中点, $F$ 与 $B_{1}$ 重合时和当 $\mathrm{F}$ 为 $B_{1} D_{1}$ 的中点, $E$ 与 $D_{1}$ 重合时角是否相等判断.

## 【详解】

在正方体中, $D D_{1} \perp$ 平面 $A B C D$, 所以 $D D_{1} \perp \mathrm{AC}$, 又因为 $A C \perp B D, D D_{1} \cap B D=D$,
所以 $A C \perp$ 平面 $D D_{1} B_{1} B$, 所以 $A C \perp B E$, 故正确.

(2)因为 $B_{1} D_{1} / / B D, B_{1} D_{1} \not \subset$ 平面 $A B C D ; B D \subset$ 平面 $A B C D$, 所以 $B_{1} D_{1} / /$ 平面 $A B C D$, 所以 $E F / /$ 平面 $A B C D$, 故正确.

(3)因为 $S_{\triangle E F B}=\frac{1}{2} E F \cdot B B_{1}$ 是定值, 因为 $A C \perp$ 平面 $D D_{1} B_{1} B$, 点 $\mathrm{A}$ 到平面 $D D_{1} B_{1} B$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 是定值, 故三棱雉 $A-B E F$ 的体积为定值, 故正确.

(4) 当 $E$ 为 $B_{1} D_{1}$ 的中点, $F$ 与 $B_{1}$ 重合时, $B F / / A A_{1}, A A_{1} \perp A_{1} E, \angle E A A_{1}$ 异面直线 $A E$, $B F$ 所成的角 $\tan \angle E A A_{1}=\frac{\left|E A_{1}\right|}{\left|A_{1} A\right|}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 当 $F$ 为 $B_{1} D_{1}$ 的中点, $E$ 与 $D_{1}$ 重合时, $A E / / C_{1} B, C_{1} F \perp B F, \angle F B C_{1}$ 异面直线 $A E, B F$ 所成的角 $\tan \angle F B C_{1}=\frac{\left|C_{1} F\right|}{|F B|}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+1}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 所以 $\angle E A A_{1} \neq \angle F B C_{1}$, 故异面直线 $A E$, $B F$ 所成的角不是定值, 故(4)错误.

故答案为: (4)

## 【点睛】

本题主要考查空间几何体的几何特征和点、线、面的位置关系, 还考查了空间想象和逻辑推理的能力, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：, $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 为正方体, 下面结论中正确的是 （把你认为正确的结论都填上）



(1) $A_{1} C_{1} \perp$ 平面 $B D_{1}$;

(2) $B D_{1} \perp$ 平面 $A C B_{1}$;

(3) $B D_{1}$ 与底面 $B C C_{1} B_{1}$ 所成角的正切值是 $\sqrt{2}$;

(4)过点 $\mathrm{A}_{1}$ 与异面直线 $\mathrm{AD}$ 与 $C B_{1}$ 成 $60^{\circ}$ 角的直线有 2 条.
选项：
答案：)(2)(4)
解析：【详解】

$\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}_{1} \perp \mathrm{B}_{1} \mathrm{D}_{1}$, 因为 $B \mathrm{~B}_{1} \perp$ 面 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{D}_{1}$, 所以 $B \mathrm{~B}_{1} \perp \mathrm{A}_{1} \mathrm{C}_{1}$, 由此 $\mathrm{A}_{1} C_{1} \perp$ 平面 $B D_{1}$,故(1)对. 由三垂线定理可知, $\mathrm{BD}_{1} \perp A B_{1}, \mathrm{BD}_{1} \perp C B_{1}$, 所以 $B D_{1} \perp$ 面 $A B_{1} C$, 故(2)对.

由(1)(2)可知, $\angle \mathrm{C}_{1} \mathrm{BD}_{1}$ 为 $\mathrm{BD}_{1}$ 与面 $B C C_{1} B_{1}$ 的所成角, 所以 $\tan \angle \mathrm{C}_{1} \mathrm{BD}_{1}=\frac{\mathrm{C}_{1} \mathrm{D}_{1}}{\mathrm{BC}_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以(3)错.

在正方体中 $C B_{1} \| \mathrm{A}_{1} \mathrm{D}$, 所以过 $\mathrm{A}_{1}$ 与异面直线 $C B_{1}$ 所成角为与直线 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}$ 所成角. 将图形抽象出来如下图所示. 由于 $\angle \mathrm{AA}_{1} \mathrm{D}=\frac{\pi}{4}$, 所以如下图, 有上下两条直线分别直线 $\mathrm{A}_{1} \mathrm{D}, \mathrm{AD}$ 所成角为 $60^{\circ}$, 故与异面直线 $\mathrm{AD}$ 和 $C B_{1}$ 成 $60^{\circ}$, 所以(4)对.


## 【点睛】

本题考查线线垂直, 线面垂直, 判断定理和性质定理, 以及异面直线所成角,综合性很强, 题目偏难. 在使用线线垂直, 线面垂直的性质定理时, 三垂线定理学生要熟练掌握. 求解异面直线所成角的步骤: 先平移找到角, 再证明, 最后求解.
题目（高一 · 立体几何学）：下列命题:

(1)任意三点确定一个平面;

(2)三条平行直线最多可以确定三个个平面;

(3)不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行;

(4)一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行;

其中说法正确的有 (填序号) .
选项：
答案：)(3)
解析：【分析】

对四个选项进行逐一分析即可.

【详解】

对(1): 根据公理可知, 只有不在同一条直线上的三点才能确定一个平面, 故错误;

对(2):三条平行线，可以确定平面的个数为 1 个或者 3 个，故正确;

对(3)：垂直于同一个平面的两条直线平行，故正确;

对(4): 一个平面中, 只有相交的两条直线平行于另一个平面, 两平面才平行, 故错误.

综上所述, 正确的有(2)(3).

故答案为: (2)(3).

【点睛】

本题考查立体几何中的公理、线面平行的判定, 属综合基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：过平面外两点, 可作 \$ \qquad \$个平面与已知平面平行.
选项：
答案：或 1
解析：【分析】

当这两点在平面的同一侧, 且距离平面相等, 这样就有一个平面与已知平面平行, 当这两点在平面的异侧, 不管两个点与平面的距离是多少, 都没有平面与已知平面平行, 结论不唯一, 得到结果.

## 【详解】

两点与平面的位置不同, 得到的结论是不同的,当这两点在平面的同一侧, 且距离平面相等, 这样就有一个平面与已知平面平行,当这两点在平面的异侧, 不管两个点与平面的距离是多少, 都没有平面与已知平面平行,
$\therefore$ 这样的平面可能有, 可能没有,

故答案为 0 或 1 .

## 【点睛】

本题考查平面的基本性质及推论, 考查过两个点的平面与已知平面的关系, 本题要考查学生的空间想象能力, 是一个基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 与面 $A B C D$ 平行的面是


选项：
答案：$A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$
解析：【分析】

根据正方体的性质，得到答案.

## 【详解】

在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中

根据正方体的性质，对面互相平行

所以与面 $A B C D$ 平行的面是 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$



【点睛】

本题考查正方体的基本性质，属于简单题.
题目（高一 · 立体几何学）：线 $l, m$, 平面 $\alpha, \beta$, 下列条件能得出 $\alpha / / \beta$ 的是 \$ \qquad \$ . (1) $l \subset \alpha, m \subset \alpha$, 且 $l / / \beta, m / / \beta$; (2) $l \subset \alpha, m \subset \beta$ 且 $l / / m$; (3) $l \perp \alpha, m \perp \beta$, 且 $l / / m$; (4) $l / / \alpha, m / / \beta$,且 $l / / m$.
选项：
答案：)
解析：【分析】

利用空间直线和平面的位置关系对每一个命题分析判断得解.

## 【详解】

设直线 $l, m$, 平面 $\alpha, \beta$,

(1) $l \subset \alpha, m \subset \alpha$, 且 $l / / \beta, m / / \beta ; l$ 与 $m$ 不相交时不能得出 $\alpha / / \beta$.

(2) $l \subset \alpha, m \subset \beta$ 且 $l / / m ; \alpha$ 与 $\beta$ 可能相交.

(3) $l \perp \alpha, m \perp \beta$, 且 $l / / m$; 能得出 $\alpha / / \beta$.

(4) $l / / \alpha, m / / \beta$, 且 $l / / m$.可能得出 $\alpha$ 与 $\beta$ 相交.

故答案为: (3).

## 【点睛】

本题主要考查空间直线和平面位置关系的判定, 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象能力.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在棱长为 2 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E$ 是棱 $C C_{1}$ 的中点, $F$ 是侧面 $B C C_{1} B_{1}$ 内的动点 (包括边界), 且 $A F / /$ 平面 $D_{1} A E$, 则 $\overline{F A_{1}} \cdot \overline{F B_{1}}$ 的最小值为


选项：
答案：frac{1}{2}$
解析：【分析】

根据题意 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 可知

$\overrightarrow{F A_{1}} \cdot \overrightarrow{F B_{1}}=\left(\overrightarrow{F B_{1}}+\overrightarrow{B_{1} A_{1}}\right) \cdot \overrightarrow{F B_{1}}=\left|\overrightarrow{F B_{1}}\right|^{2}+\overrightarrow{B_{1} A_{1}} \cdot \overrightarrow{F B_{1}}=\left|\overrightarrow{F B_{1}}\right|^{2}$, 即求 $\left|\overrightarrow{F B_{1}}\right|^{2}$ 的最小值. 在侧面 $B C C_{1} B_{1}$ 内找到满足 $A_{1} F / /$ 平面 $D_{1} A E$ 且 $\left|\overrightarrow{F B_{1}}\right|^{2}$ 最小的点即可.

## 【详解】

由题得 $\overrightarrow{F A_{1}} \cdot \overrightarrow{F B_{1}}=\left(\overrightarrow{F B_{1}}+\overrightarrow{B_{1} A_{1}}\right) \cdot \overrightarrow{F B_{1}}=\left|\overrightarrow{F B_{1}}\right|^{2}$, 取 $B B_{1}$ 中点 $\mathrm{H}, B_{1} C_{1}$ 中点 $\mathrm{G}$, 连结 $A_{1} G$, $A_{1} H, \mathrm{GH}, \because A_{1} H / / D_{1} E, \therefore A_{1} H / /$ 平面 $D_{1} A E, \because G H / / A D_{1}, \therefore G H / /$ 平面 $D_{1} A E$,
$\therefore$ 平面 $G A_{1} H / /$ 平面 $D_{1} A E, A_{1} F / /$ 平面 $D_{1} A E$, 故 $F \subset$ 平面 $G A_{1} H$, 又 $F \subset$ 平面 $B C C_{1} B_{1}$, 则点 $\mathrm{F}$ 在两平面交线直线 $\mathrm{GH}$ 上, 那么 $F B_{1}$ 的最小值是 $F B_{1} \perp G H$ 时, $B_{1} G=B_{1} H=1$, 则 $\left|\overrightarrow{F B_{1}}\right|^{2}=\frac{1}{2}$ 为最小值.

【点睛】

本题考查空间向量以及平面之间的位置关系，有一定的综合性.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 几何体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 是正方体, 若过 $A 、 C 、 B_{1}$ 三点的平面与底面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的交线为 $l$, 则 $l$ 与 $A C$ 的位置关系是


选项：
答案：C / / l$
解析：【分析】

根据正方体的性质可得 $A C / / A_{1} C_{1}$, 通过线面平行的判定定理和线面平行的性质定理可以判断出 $l$ 与 $A C$ 的位置关系.

## 【详解】

解析连接 $A_{1} C_{1}, \because A C / / A_{1} C_{1}, A_{1} C_{1} \subset$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}, A C$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}, \therefore A C / /$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$, 又 $A C \subset$ 平面 $A B_{1} C$, 平面 $A B_{1} C \cap$ 平面 $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}=l, \therefore A C / / l$.故答案为 $A C / / l$ :



## 【点睛】

本题考查了线面平行的性质定理和判定定理, 考查了推理论证能力, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：若直线与平面平行, 则该直线与平面内的任一直线的位置关系是
选项：
答案：或异面
解析：【分析】

由直线与平面平行的定义可得, 该直线与此平面无公共点, 所以该直线与此平面内的直线也无公共点, 可判断直线与直线间的关系

## 【详解】

由直线与平面平行的定义可得, 该直线与此平面无公共点, 所以该直线与平面内的任一直线也无公共点，所以直线与直线间的位置关系是平行或异面.
故答案为: 平行或异面.

【点睛】

直线与平面平行的定义是直线与平面无公共点, 当直线与直线无公共点时, 两条直线平行或异面
题目（高一 · 立体几何学）：方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的六个表面与六个对角面(面 $A A_{1} C_{1} C$ 、面 $A B C_{1} D$ 、面 $A D C_{1} B_{1}$ 、面 $B B_{1} D_{1} D$ 、面 $A_{1} B C D_{1}$ 及面 $\left.A_{1} B_{1} C D\right)$ 所在的平面中, 与棱 $A A_{1}$ 平行的平面共有个.
选项：
解析：画出图形如下图所示,



结合图形可得 $A A_{1} \|$ 平面 $B B_{1} C_{1} C, A A_{1} \|$ 平面 $D D_{1} C_{1} C, A A_{1} \|$ 平面 $B B_{1} D_{1} D$ 。所以棱 $A A_{1}$ 平行的平面共有 3 个。

答案: 3
题目（高一 · 立体几何学）：空间四边形 $A B C D$ 的对棱 $A D, B C$ 成 $60^{\circ}$ 的角, 且 $A D=a, B C=b$, 平行于 $A D$ 与 $B C$ 的截面分别交 $A B, A C, C D, B D$ 于 $E 、 F 、 G 、 H$, 则截面 $E F G H$ 面积的最大值为


选项：
答案：frac{\sqrt{3}}{8} a b$.
解析：【分析】

利用线面平行的性质定理证明四边形 $E F G H$ 为平行四边形,然后根据题意 $\angle E F G=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$, 设 $A E: A B=x$,根据相似三角形的相似比把 $E F, F G$ 用 $a, b, x$ 表
示,利用三角形的面积公式把平行四边形 $E F G H$ 的面积表示成关于 $X$ 的二次函数,转化为二次函数求最值的问题求解即可.

## 【详解】

因为 $A D / /$ 平面 $E F G H, A D \subset$ 平面 $A D C$, 平面 $E F G H \cap$ 平面 $A D C=F G$,

由线面平行的性质定理知, $A D / / F G$, 同理可证, $E H / / A D$,

所以 $F G / / E H$,同理可证 $E F / / H G$,

所以四边形 $E F G H$ 为平行四边形.

因为 $A D, B C$ 成 $60^{\circ}$ 的角,所以 $\angle E F G=60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$,

设 $A E: A B=x$, 则 $\frac{E F}{B C}=\frac{A E}{A B}=x=\frac{A F}{A C}$,

因为 $B C=b$, 所以 $E F=b x$,

因为 $\frac{F G}{A D}=\frac{C F}{A C}=1-x, A D=a$,

所以 $F G=(1-x) a$,

所以平行四边形 $E F G H$ 的面积为

$S=E F \times F G \times \sin 60^{\circ}=b x \cdot(1-x) a \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3} a b}{2} x(1-x)$,

即 $S=\frac{\sqrt{3} a b}{2}\left[-\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}\right]$,

所以当 $x=\frac{1}{2}$ 时,平行四边形 $E F G H$ 的面积有最大值为 $\frac{\sqrt{3} a b}{8}$,

故答案为: $\frac{\sqrt{3} a b}{8}$

## 【点睛】

本题主要考查线面平行的性质定理和利用三角形的面积公式及函数的思想求截面面积的最大值;考查函数与方程的思想、转化与化归的能力;证得四边形 $E F G H$ 为平行四边形和把求平行四边形 $E F G H$ 的面积最大值转化为求关于 $X$ 的二次函数最值问题是求解本题的关键; 属于中档题、常考题型.