高中数学竞赛强化训练专题8立体几何（含解析）

Page31竞赛专题8立体几何（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·四川·高三竞赛）在三棱锥中，三条棱两两垂直，且.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为______.【答案】【解析】【详解】三棱锥的外接球就是以为长、宽、高的长方体的外接球，其直径为又，从而，于是，的外接圆半径为故球心到面的距离为从而，点到面距离的最大值是故答案为2．（2018·辽宁·高三竞赛）四面体ABCD中，已知，，则异面直线AC与BD所成角的正弦值是_____.【答案】1【解析】【详解】因为，故，因此异面直线AC与BD所成角的正弦值是1.故答案为13．（2018·湖南·高三竞赛）四个半径都为1的球放在水平桌面上，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）.有一个正方体，其下底与桌面重合，上底的四个顶点都分别与四个球刚好接触，则该正方体的棱长为__________.【答案】【解析】【详解】设正方体的棱长为a，上底为正方形ABCD，中心为O，则.由对称性知，球心在面ABCD上的射影M应在直线AC或BD上，且球与邻球的切点P在面ABCD上的射影N在过点O且平行AB的直线上.于是又，则，从而整理得，解得，或（舍去）.故.故答案为4．（2018·湖南·高三竞赛）在半径为R的球内作内接圆柱，则内接圆柱全面积的最大值是_____.【答案】【解析】【详解】设内接圆柱底面半径为，则高位，那么全面积为.其中，等号成立的条件是.故最大值为.故答案为5．（2018·湖南·高三竞赛）正方体中，E为AB的中点，F为的中点.异面直线EF与所成角的余弦值是_____.【答案】【解析】【详解】设正方体棱长为1，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，则.故有.所以.故答案为6．（2020·江苏·高三竞赛）在长方体中，，，是的中点，是的中点．若异面直线与所成的角为，距离为，则__________．【答案】1616【解析】【详解】因为，故．过点作于点，则，故．因为，，所以，则，从而可得．故答案为：1616.7．（2021·全国·高三竞赛）已知一个正四面体和一个正八面体的棱长相等，把它们拼接起来，使一个表面重合，所得多面体的有__________面数．【答案】7个【解析】【详解】计算可得正四面体的两个相邻的半平面的二面角的余弦值为，正八面体的两个相邻的半平面（两个四棱锥共底面的边的两个半平面）的二面角的余弦值为，故所得多面体的有7个面，故答案为：7.8．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝4，PC＝3，∠APB＝∠APC＝60°，∠BPC＝90°.则三棱锥P-ABC的体积为_______.【答案】【解析】【详解】如图，过点A作AH⊥面PBC于点H，过H作HD⊥PB于点D、HE⊥PC于点E由∠APB＝∠APC＝60°及PA＝4，知PD＝PE＝2.从而，PH为∠BPC的平分线，即∠DPH＝45°则，，.故三棱锥P-ABC的体积为.9．（2018·全国·高三竞赛）已知长方体的长、宽、高分别为1、2、3，为平面内的一点，则长的最小值为_________.【答案】【解析】【详解】注意到，AP长最小当且仅当.此时，由.由勾股定理得，，.则从而，故.10．（2021·全国·高三竞赛）已知三棱锥的三个侧面及底面的面积分别为5、12、13、15，且侧面的斜高相等，则三棱锥的体积为___________．【答案】【解析】【分析】【详解】设斜高为h，则．从而为直角三角形，故，得．设三棱锥的高为，由斜高相等知H为的内心．由于内切圆半径，故高，体积为．故答案为：.11．（2020·浙江·高三竞赛）如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从点匀速朝移动；乙从点匀速出发朝移动，到达后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达时，乙恰好在到达后折返到，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为__________.【答案】【解析】【详解】设甲、乙的速度分别为、，在此过程中，，即.不妨设、，则总的时间为1.设在时间为末，甲、乙之间的距离最短，即此时、分别达到、点.分两种情况讨论：路程前半程与路程后半程.（1）路程前半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.（2）路程后半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.因为，所以在此过程中，甲、乙两点的最近距离为.故答案为：12．（2021·全国·高三竞赛）在棱长为3的正方体上，点为中点，从点发出的光线经侧面内部（不含边界）一点反射后投射到侧面内部（不含边界），则满足条件的点所组成区域的面积为___________.【答案】4【解析】【详解】设点关于的对称点为，以为顶点，以为底面，作四棱锥，该四棱锥与侧面的截面即为满足条件的区域.该梯形的面积为4.故答案为：4.13．（2021·全国·高三竞赛）已知正三棱锥高为2，底面边长为3，现在将三棱锥切去一部分，得到一个顶点为，底面在内的正四棱锥，则该四棱锥的体积最大为___________.【答案】【解析】【详解】作图可知该四棱锥底边边长最大为，从而可得相应的体积为.故答案为：.14．（2021·全国·高三竞赛）正四面体中，点G为面的中心，点M在线段上，且，则___________.【答案】【解析】【详解】解析；设，由余弦定理得，且，则，而，所以.故答案为：.15．（2021·全国·高三竞赛）是半径为1的球面上的4个点，若，则四面体体积的最大值是__．【答案】【解析】【详解】设与间的距离为，夹角为．取中点和中点，则，故四面体体积．当且其中点连线过球心时等号成立．故答案为：.16．（2021·全国·高三竞赛）已知三棱锥的底面为正三角形，点A在侧面上的射影H是的垂心，二面角的大小为，且，则此三棱锥的体积为_________．【答案】【解析】【分析】【详解】由点A在侧面上的射影H是的垂心，知三棱锥的三组对棱互相垂直，从而点S在底面上的射影也是的垂心Q．又为正三角形，所以垂心Q为的中心，则三棱锥是正三棱锥．延长交于点E，则二面角的大小为．又，得，取的中点D，则易证为二面角的平面角，（平面）．设，则，，，从而三棱锥的体积为．故答案为：.17．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知正方体的棱长为2，P为空间一点，且满足，则的最小值为_______．【答案】【解析】【分析】【详解】先不看条件，只关注，即为定角．若Р点在平面上，则如图2所示，此时有可知，P在以为直径的圆弧上．那么在任意一个过直线的平面上，P点均为类似地一段圆弧．故P点的轨迹即圆弧绕旋转形成的一个曲面（苹果曲面）．再由知，P在过且垂直于的垂面，即平面上．故P为平面截曲面所得的曲线，即图3所示的圆O，故易知的最小值为，即．故答案为：.18．（2021·全国·高三竞赛）四面体中，，平面与平面成的二面角，则点B到平面的距离为___________．【答案】【解析】【分析】【详解】，作平面，垂足为E，连结、，由三垂线逆定理，，所以，故．又因为正方形，，则，因此正三角形的面积为，设B到平面的距离为h，由，得．故答案为：.19．（2021·全国·高三竞赛）已知正三棱锥，M是侧棱的中点，．若N是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为________．【答案】【解析】【分析】【详解】易证、、互相垂直．以P为坐标原点，分别以、、所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．设，则，所以，故．故答案为：.20．（2021·全国·高三竞赛）正方体中，P是线段上一点，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，则的最小值为________．【答案】【解析】【分析】【详解】过P作平面，垂足为；过作，垂足为M，作，垂足为N．易知，设正方体的棱长为1，，则，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为．故答案为：.21．（2021·全国·高三竞赛）在三棱锥中，，则这个三棱锥的体积为________.【答案】【解析】【分析】【详解】可以把这个三棱锥嵌人到一个长宽高分别为长方体中，使其六条棱分别为长方体六个面的面对角线，于是三棱锥的体积恰为长方体的，即.故答案为：.22．（2021·全国·高三竞赛）在三棱锥中，．若三侧面与顶面所成二面角均为，则三棱锥的体积为__________．【答案】16【解析】【分析】【详解】作平面，垂足为，作，垂足分别为．设，则．在中，有，解得．故．故答案为：16.23．（2021·全国·高三竞赛）已知正方形是边的中点．将和分别沿和折起，使得与重合．记与重合后的点为，则平面与平面所成的二面角的大小为__________．【答案】【解析】【分析】【详解】中，，故．中，．中，．设二面角大小为．对三面角应用三面角余弦定理，得：．即．故答案为：.24．（2021·全国·高三竞赛）在菱形中，，将折起到的位置，若三棱锥的外接球的体积为，则二面角的正弦值为__________.【答案】【解析】【分析】【详解】由外接球的体积为，则该球的半径，设球心在平面和平面上的射影分别为，则为正和正的中心，取的中点，连结，则，则是二面角的平面角，在中，，则，又在直角中，，则，则二面角的正弦值为.故答案为：.25．（2021·全国·高三竞赛）如图，棱长为1的正四面体的底面在平面上，现将正四面体绕棱逆时针旋转，当直线与平面第一次成角时，点A到平面的距离为_______．【答案】【解析】【分析】【详解】取的中点D，折叠后A在平面内的射影为E，则，，所以．故答案为：.26．（2019·江西·高三竞赛）P是正四棱锥V－ABCD的高VH的中点若点P到侧面的距离为3，到底面的距离为5，则该正四棱锥的体积为____________.【答案】750【解析】【详解】如图所示，PF⊥面VBC，，.而PHMF共圆，VP•VH=VF•VM，所以，，则AB=15.所以正四棱锥的体积.故答案为：750．27．（2019·吉林·高三竞赛）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E､F分别是AC､BC的中点，，则球O的表面积为____________.【答案】【解析】【详解】由于P-ABC为正三棱锥，故，从而△EPF为等边三角形，且边长EF=1.由此可知侧面PAC的高PE=1，故棱长.还原成棱长为的正方体可知，P-ABC的外接球的直径长恰为正方体的体对角线长，从而表面积为.故答案为：．28．（2019·上海·高三竞赛）边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可以围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的体积最大值为________.【答案】【解析】【详解】设围成的正四棱锥为，PO为四棱锥的高作OE⊥BC，垂足为E，连结PE.令OE=x，则p=1－x，，于是正四棱锥P－ABCD的体积为，所以，故，当时等号成立所以正四棱锥体积的最大值为.故答案为：．29．（2018·甘肃·高三竞赛）已知空间四点满足，且是三棱锥的外接球上的一个动点，则点到平面的最大距离是______．【答案】【解析】【详解】将三棱锥补全为正方体，则两者的外接球相同．球心就是正方体的中心，记为，半径为正方体对角线的一半，即为．在正方体里，可求得点到平面的距离为，则点到平面的最大距离是．30．（2018·天津·高三竞赛）半径分别为6、6、6、7的四个球两两外切.它们都内切于一个大球，则大球的半径是________【答案】14【解析】【详解】设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AB=BC=CA=12，DA=DB=DC=13，即A、B、C、D两两连结可构成正三棱锥.设待求的球心为X，半径为r.，则由对称性可知DX平面ABC.也就是说，X在平面ABC上的射影是正三角形ABC的中心O.易知，.设OX=x，则由于球A内切于球X，所以AX=r-6即

①又DX=OD-OX=11-x，且由球D内切于球X可知DX=r-7于是

②从①②两式可解得，即大球的半径为14.故答案为1431．（2018·河南·高三竞赛）一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体可以在纸盒内任意转动，则小正四面体棱长的最大值为______．【答案】2

【解析】【详解】因为小正四面体可以在纸盒内任意转动，所以小正四面体的棱长最大时，为大正四面体内切球的内接正四面体．记大正四面体的外接球半径为，小正四面体的外接球（大正四面体的内切球）半径为，易知，故小正四面体棱长的最大值为．32．（2018·河北·高三竞赛）已知棱长的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱体积的最大值为_____.【答案】【解析】【详解】由题意知只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况.由图形的对称性可知，圆柱的上底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在、AC、上.设线段上的切点为E，圆柱上底面中心为，半径.由得，则圆柱的高为，，由导数法或均值不等式得.33．（2018·河北·高二竞赛）若的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B、C、D，将三个中点两两连结得到三条中位线，此时所得图形是三棱锥A-BCD的平面展开图，则此三棱锥的外接球的表面积是________.【答案】【解析】【详解】由已知，四面体A-BCD的三组对棱的长分别是4、5、6.构造长方体使其面对角线长分别为4、5、6，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，外接球半径为R，则，得,故，所以.34．（2018·江西·高三竞赛）四棱锥的底面是一个顶角为的菱形，每个侧面与底面的夹角都是，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为______．【答案】

【解析】【详解】设菱形两对角线、的交点为，则既是线段的中垂线，又是的中垂线，故是四棱锥的高，且点在上，于是平面与底面垂直，同理平面与与底面垂直，平面将四棱锥分成两个等积的四面体．只需考虑四面体．如图，设点在面上的投影为，平面过点，且交于，因，则、、、四点共圆．由于面，得，由面，得，所以面，故．是在面内的射影，则，即二面角的平面角，于是．据，得，故直线三角形与中，．因，所以是正三角形，即．在直角中，，则，故正的边长为4，于是．在直线中，，，从而．故答案为35．（2018·福建·高三竞赛）如图，在三棱锥中，、都是边长为6的等边三角形．若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的面积为______．【答案】

【解析】【详解】如图，取的中点，连结、，则由、都是边长为6的等边三角形，得，，为二面角的平面角，．设为三棱锥的外接球的球心，、分别为、的中心．则面，面，且，．易知、、、四点共面，连结，则，．所以三棱锥的外接球半径．所以三棱锥的外接球的面积为．36．（2018·全国·高三竞赛）在正方体中，已知棱长为1，点E在上，点F在CD上，，.则三棱锥的体积为__________．【答案】【解析】【详解】如图，过点F作，联结，与交于点K.易知，，.因为BF与异面垂直，且距离为1，BF==,所以，.37．（2019·全国·高三竞赛）已知四面体ABCD的四个面的面积分别为12、21、28、37，顶点D到面的距离为h.则h=__________．【答案】【解析】【详解】注意到，.因此，四面体ABCD为直角四面体.故.38．（2018·全国·高三竞赛）在四面体ABCD中，已知，△ADB、△BDC、△CDA的面积分别为、2、1．则此四面体体积为________．【答案】【解析】【详解】设DA、DB、DC分别为x、y、z.则.三式相乘得.设DC与面ABD所成角为a，点C到面ABD的距离为h.则h=zsina.由图形的对称性知.故所求四面体体积为.39．（2018·全国·高三竞赛）在金属丝制作的3×4×7的长方体框架中放置一个球，则该球的半径的最大值为________．【答案】【解析】【详解】显然，球的直径不能超过3×4的长方形外接圆的直径，即它的直径不超过，故该球半径的最大值为.40．（2018·安徽·高三竞赛）在边长为1的长方体内部有一小球，该小球与正方体的对角线段相切，则小球半径的最大值=___________.【答案】【解析】【详解】当半径最大时，小球与正方体的三个面相切.不妨设小球与过点的三个面相切.以为原点，、、分别为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系.设A（0，1，1），（1，0，0），小球圆心P（r，r，r），则P到的距离.再由，得.故答案为41．（2021·全国·高三竞赛）把半径为1的4个小球装入一个大球内，则此大球的半径的最小值为___________．【答案】【解析】【详解】4个小球在大球内两两相切，4个小球的球心连线构成1个正四面体，正四面体的中心与大球的球心重合，大球的半径等于正四面体的外接球半径加上小球的半径，所以大球半径为．（其中h表示正四面体的高，a表示正四面体的棱长．）故答案为：.42．（2019·浙江·高三竞赛）如图，在△ABC中，∠ABC=120°，AB=BC=2.在AC边上取一点D(不含A、C)，将△ABD沿线段BD折起，得到△PBD.当平面PBD垂直平面ABC时，则P到平面ABC距离的最大值为____________.【答案】2【解析】【详解】在△ABC中，因为AB=BC=2，∠ABC=120°，所以.由余弦定理可得.设AD=x，则.在△ABD中，由余弦定理可得.在△PBD中，PD=AD=x，PB=BA=2，∠BPD=30°.设P到平面ABC的距离为d，则，解得，由得.故答案为：2．43．（2019·贵州·高三竞赛）若半径的空心球内部装有四个半径为r的实心球，则r所能取得的最大值为____________.【答案】2【解析】【详解】当半径为r的四个实心球“最紧凑”时，即此四个球两两相切且内切于空心球时，r取得最大值.此时，小球的四个球心连线构成棱长为2r的正四面体，显然，此四面体外接球的球心即为实心球球心.在棱长为2r的正四面体中，求得外接球半径为.于是，空心球的半径为，所以，解得r=2.故答案为：2．44．（2019·四川·高三竞赛）已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为，先在内放入一个内切球O1，然后依次放入球，使得后放入的各球均与前一个球及的四个侧面均相切，则放入所有球的体积之和为_____.【答案】【解析】【详解】设侧面与底面所成角为.记球Oi的半径为ri，体积为Vi，i=1，2，3，….因为，故，即.定义，由于，所以，即，所以.故，所以.故答案为：．45．（2019·山东·高三竞赛）空间有4个点A、B、C、D，满足.若∠ABC=∠BCD=∠CDA=36°，那么直线AC与直线BD所成角的大小是______.【答案】90°或36°【解析】【详解】如果△ABC与△CDA全等，那么AC⊥BD，此时直线AC与直线BD所成的角为90°；如果△ABC与△CDA不全等，则易知A、B、C、D四点共面，且点D在∠ACB的内部，由于△ABC≌△DCB，且他们均是等腰三角形，故直线AC与直线BD所成的角是36°.故答案为：90°或36°．46．（2019·重庆·高三竞赛）已知正四面体可容纳10个半径为1的小球则正四面体棱长的最小值为_______.【答案】【解析】【详解】当正四面体棱长最小时，设棱长为a，此时，一、二、三层分别有1、3、6个小球，且相邻小球两两相切，注意到重心分四面体的高为1：3，所以正四面体的高，得.故答案为：．二、解答题47．（2019·甘肃·高三竞赛）已知三棱锥P－ABC的平面展开图中，四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P－ABC中：（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；（2）若点M为棱PA上一点且，求二面角P－BC－M的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【详解】（1）如图①，设AC的中点为O，连结.由题意，得，PO=2，.因为在△PAC中，PA=PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.又因为在△POB中，PO=2，OB=2，PB=，，所以PO⊥OB.因为AC∩OB=O，AC，OB⊆平面ABC，所以PO⊥平面ABC.又因为PO⊆平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.（2）由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，所以.于是以OC、OB、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，则，，，.设平面MBC的法向量为，则由得，令，则，即.设平面PBC的法向量为，由得，令x2=1，则，即..由图可知，二面角P－BC－M的余弦值为.48．（2018·广东·高三竞赛）如图①，已知矩形ABCD满足AB=5，，沿平行于AD的线段EF向上翻折（点E在线段AB上运动，点F在线段CD上运动），得到如图②所示的三棱柱.⑴若图②中△ABG是直角三角形，这里G是线段EF上的点，试求线段EG的长度x的取值范围；⑵若⑴中EG的长度为取值范围内的最大整数，且线段AB的长度取得最小值，求二面角的值；⑶在⑴与⑵的条件都满足的情况下，求三棱锥A-BFG的体积.【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】⑴由题设条件可知△AEG、△BEG均为直角三角形，因此，.由余弦定理.于是..所以，.又对任意，，.则，故x的取值范围为.⑵因为AE⊥EF，BE⊥EF，所以∠AEB就是二面角C-EF-D