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106分立体几何初步★★★★☆
在空间中，AA，BB 为两个定点，动点 CC 到直线 ABAB 的距离为 22，动点 DD 到直线 ABAB 的距离为 11，若二面角 C−AB−DC-AB-D 为 60∘60^\circ，则（ ）
A.
∠CAD≥60∘\angle CAD\ge 60^\circ
B.
CD≥3CD\ge \sqrt{3}
C.
当 AB⊥CDAB\perp CD 时，CD⊥平面ABDCD\perp \text{平面} ABD
D.
当 AB⊥平面ACDAB\perp \text{平面} ACD 时，AC⊥ADAC\perp AD

2026 · 全国 · 一卷 · 第 10 题 · 多选题

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145分立体几何初步★★★★☆
已知球 OO 的体积为 43π4\sqrt{3}\pi，AA，BB，CC，DD 四点均在球 OO 的球面上，△ABC\triangle ABC 为等边三角形，DA=DB=DC=2DA=DB=DC=\sqrt{2}，则 △ABC\triangle ABC 的面积为______.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 14 题 · 填空题

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1615分立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 AA-BCDBCD 中，点 EE 在 BDBD 上，AE⊥CEAE\perp CE，AE⊥DEAE\perp DE，CD⊥ADCD\perp AD.
(1) 证明：CD⊥ABCD\perp AB； (2) 若 DE=2DE=2，BE=1BE=1，AE=2AE=\sqrt{2}，CD=23CD=2\sqrt{3}，求直线 ADAD 与平面 ABCABC 所成角的正弦值.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 16 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
已知直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1，∠BAC=90∘\angle BAC=90^\circ，AB=AC=2AB=AC=2，BB1=2BB_1=\sqrt{2}，EE，DD 分别为 A1B1A_1B_1，ACAC 的中点.
(1) 证明：DE//平面 BB1C1CDE // \text{平面}\, BB_1C_1C； (2) 点 PP 在平面 A1B1C1A_1B_1C_1 内，且 EP//B1C1EP//B_1C_1，再从条件\circled1\circled{1}，条件\circled2\circled{2}，条件\circled3\circled{3}这三个条件中选择一个作为已知，使得 PP 唯一确定，求平面 PADPAD 与平面 PDEPDE 的夹角的余弦值.
条件\circled1\circled{1}：PA=PDPA=PD；
条件\circled2\circled{2}：PA⊥BCPA\perp BC；
条件\circled3\circled{3}：BB1//平面 PDEBB_1 // \text{平面}\, PDE.

2026 · 北京 · 第 18 题 · 解答题

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16立体几何初步★★★★☆
已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与 xx 轴，yy 轴，zz 轴重合，顶点 AA 与坐标原点重合，点 CC 是正方体底面中与 AA 相对的对角顶点，点 C1C_1 在点 CC 的正上方. 将正方体绕直线 AC1AC_1 旋转一周，点 CC 的运动轨迹会经过（ ）个空间卦限.
A.
11
B.
33
C.
44
D.
77

2026 · 上海 · 第 16 题 · 选择题

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12三角函数★★★★☆
有一个油壶，壶身视为圆柱，壶嘴视为直线且不计容积，壶底直径 6.4 厘米6.4\text{ 厘米}，壶身高 16 厘米16\text{ 厘米}，壶内油液面高 12.1 厘米12.1\text{ 厘米}，壶嘴长 13.4 厘米13.4\text{ 厘米}，与壶身夹角 30∘30^\circ，壶嘴最低点距壶底 3 厘米3\text{ 厘米}. 将壶身向壶嘴方向至少转______ 度\text{ 度}可使油倒出（精确到 0.01∘0.01^\circ）.

2026 · 上海 · 春季 · 第 12 题 · 填空题

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1715分立体几何初步★★★★☆
如图所示的四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥平面ABCDPA \perp \text{平面} ABCD，BC∥ADBC \parallel AD，AB⊥ADAB \perp AD.
(1) 证明：平面 PAB⊥平面PADPAB \perp \text{平面} PAD； (2) PA=AB=2PA = AB = \sqrt{2}，BC=2BC = 2，AD=1+3AD = 1 + \sqrt{3}，点 PP，BB，CC，DD 均在球 OO 的球面上.
(i) 证明：OO 在平面 ABCDABCD 上； (ii) 求直线 ACAC 与直线 POPO 所成角的余弦值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 17 题 · 解答题

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145分立体几何初步★★★★☆
一个底面半径为 4cm4\text{cm}，高为 9cm9\text{cm} 的封闭圆柱形容器内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为______cm\text{cm}.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 14 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★★☆
某科技兴趣小组通过 3D 打印机打印的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中 ABCDEFABCDEF 是一个平行六边形，平面 ARF⊥ARF\perp 平面 ABCABC，平面 TCD⊥TCD\perp 平面 ABCABC，AB⊥BCAB\perp BC，AB∥RS∥EF∥CDAB\parallel RS\parallel EF\parallel CD，AF∥ST∥BC∥EDAF\parallel ST\parallel BC\parallel ED. 若 AB=BC=8AB=BC=8，AF=CD=4AF=CD=4，AR=RF=TC=TD=52AR=RF=TC=TD=\dfrac52，则该多面体的体积为（ ）
A.
60
B.
90
C.
120
D.
150

2025 · 北京 · 第 14 题 · 填空题

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17立体几何初步★★★★☆
正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的棱长为 4，EE，FF 分别为 A1D1A_1D_1，C1B1C_1B_1 中点，且 CG=3GC1CG=3GC_1.
(1) 求证：GF⊥GF\perp 平面 FBEFBE； (2) 求平面 FBEFBE 与平面 EBGEBG 的夹角余弦； (3) 求四面体 D−FBED-FBE 的体积.

2025 · 天津 · 第 17 题 · 解答题

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09立体几何初步★★★★☆
已知 PP 是一个圆锥的顶点，PAPA 是母线，PA=2PA=2，该圆锥的底面半径是 11. BB，CC 分别在圆锥的底面上，则异面直线 PAPA 与 BCBC 所成角的最小值为______.

2025 · 上海 · 春季 · 第 9 题 · 填空题

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1715分立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，PA⊥PA\perp 底面 ABCDABCD，且 PA=AC=2PA=AC=2，BC=1BC=1，AB=3AB=\sqrt3.
(1) 若 AD⊥PBAD\perp PB，证明 AD∥AD\parallel 平面 PBCPBC； (2) 若 AD⊥DCAD\perp DC，且二面角 A−CP−DA-CP-D 的正弦值为 427\frac{\sqrt{42}}{7}，求 ADAD.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 17 题 · 解答题

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1715分立体几何初步★★★★☆
如图，平面四边形 ABCDABCD 中，AB=8AB=8，CD=3CD=3，AD=53AD=5\sqrt3，∠ADC=90∘\angle ADC=90^\circ，∠BAD=30∘\angle BAD=30^\circ，点 EE，FF 满足 AE→=25AD→\overrightarrow{AE}=\frac{2}{5}\overrightarrow{AD}，AF→=12AB→\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}，将 △AEF\triangle AEF 沿 EFEF 对折至 △PEF\triangle PEF，使得 PC=43PC=4\sqrt3.
(1) 证明：EF⊥PDEF\perp PD； (2) 求面 PCDPCD 与面 PBFPBF 所成二面角的正弦值.

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 17 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在以 AA，BB，CC，DD，EE，FF 为顶点的五面体中，四边形 ABCDABCD 与四边形 ADEFADEF 均为等腰梯形，BC∥ADBC\parallel AD，EF∥ADEF\parallel AD，AD=4AD=4，AB=BC=EF=2AB=BC=EF=2，ED=10ED=\sqrt{10}，FB=23FB=2\sqrt{3}，MM 为 ADAD 的中点.
(1) 证明：BM∥BM\parallel平面 CDECDE； (2) 求二面角 F−BM−EF-BM-E 的正弦值.

2024 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在以 AA，BB，CC，DD，EE，FF 为顶点的五面体中，四边形 ABCDABCD 与四边形 ADEFADEF 均为等腰梯形，EF∥ADEF\parallel AD，BC∥ADBC\parallel AD，AD=4AD=4，AB=BC=EF=2AB=BC=EF=2，ED=10ED=\sqrt{10}，FB=23FB=2\sqrt3，MM 为 ADAD 的中点.
(1) 证明：BM∥BM\parallel 平面 CDECDE； (2) 求 MM 到平面 FABFAB 的距离.

2024 · 全国 · 甲卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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09立体几何初步★★★★☆
一个五面体 ABC−DEFABC-DEF. 已知 AD∥BE∥CFAD\parallel BE\parallel CF，且两两之间距离为 1，并已知 AD=1AD=1，BE=2BE=2，CF=3CF=3. 则该五面体的体积为（ ）
A.
36\dfrac{\sqrt3}{6}
B.
334+12\dfrac{3\sqrt3}{4}+\dfrac12
C.
32\dfrac{\sqrt3}{2}
D.
334−12\dfrac{3\sqrt3}{4}-\dfrac12

2024 · 天津 · 第 9 题 · 选择题

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126分立体几何初步★★★★☆
下列物体中，能够被整体放入棱长为 11（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A.
直径为 0.99m0.99\text{m} 的球体
B.
所有棱长均为 1.4m1.4\text{m} 的正四面体
C.
底面直径为 0.01m0.01\text{m}，高为 1.8m1.8\text{m} 的圆柱体
D.
底面直径为 1.2m1.2\text{m}，高为 0.01m0.01\text{m} 的圆柱体

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 12 题 · 多选题

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1817分立体几何初步★★★★☆
如图，在正四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，AB=2AB=2，AA1=4AA_1=4. 点 A2A_2，B2B_2，C2C_2，D2D_2 分别在棱 AA1AA_1，BB1BB_1，CC1CC_1，DD1DD_1 上，且 AA2=1AA_2=1，BB2=DD2=2BB_2=DD_2=2，CC2=3CC_2=3.
(1) 证明：B2C2∥A2D2B_2C_2\parallel A_2D_2； (2) 点 PP 在棱 BB1BB_1 上，当二面角 P−A2C2−D2P-A_2C_2-D_2 为 150∘150^\circ 时，求 B2PB_2P.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 18 题 · 解答题

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2015分立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 A−BCDA-BCD 中，DA=DB=DCDA=DB=DC，BD⊥CDBD\perp CD，∠ADB=∠ADC=60∘\angle ADB=\angle ADC=60^\circ，EE 为 BCBC 的中点.
(1) 证明：BC⊥DABC\perp DA； (2) 点 FF 满足 EF→=DA→\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}，求二面角 D−AB−FD-AB-F 的正弦值.

2023 · 全国 · 新高考二卷 · 第 20 题 · 解答题

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11立体几何初步★★★★☆
已知四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的底面是边长为 4 的正方形，PC=PD=3PC=PD=3，∠PCA=45∘\angle PCA=45^\circ，则 △PBC\triangle PBC 的面积为（ ）
A.
222\sqrt{2}
B.
323\sqrt{2}
C.
424\sqrt{2}
D.
626\sqrt{2}

2023 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 11 题 · 选择题

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15立体几何初步★★★★☆
在正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，EE，FF 分别为 ABAB，C1D1C_1D_1 的中点，以 EFEF 为直径的球的球面与该正方体的棱共有______个公共点.

2023 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 中，A1C⊥A_1C\perp 底面 ABCABC，∠ACB=90∘\angle ACB=90^\circ，AA1=2AA_1=2，A1A_1 到平面 BCC1B1BCC_1B_1 的距离为 1.
(1) 证明 A1C=ACA_1C=AC； (2) 已知 AA1AA_1 与 BB1BB_1 的距离为 2，求 AB1AB_1 与平面 BCC1B1BCC_1B_1 所成角的正弦值.

2023 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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16立体几何初步★★★★☆
在正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，AB=4AB=4，OO 为 AC1AC_1 的中点，若该正方体的棱与球 OO 的球面有公共点，则球 OO 的半径的取值范围是______.

2023 · 全国 · 甲卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，AD=5DOAD=\sqrt5 DO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明：EF//平面 ADOEF // \text{平面 }ADO； (2) 证明：平面 ADO⊥平面 BEF\text{平面 }ADO\perp\text{平面 }BEF； (3) 求二面角 D−AO−CD-AO-C 的正弦值.

2023 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO； (2) 若 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，求三棱锥 P−ABCP-ABC 的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 AF→=mAC→\overrightarrow{AF}=m\overrightarrow{AC}，则 0≤m≤10\le m\le1，并且 BF→=(m−1)AB→+mBC→\overrightarrow{BF}=(m-1)\overrightarrow{AB}+m\overrightarrow{BC}，AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}. 由 BF⊥AOBF\perp AO 及 AB⊥BCAB\perp BC，得
0=BF→⋅AO→=4(m−1)+m2×8=8m−40=\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=4(m-1)+\frac{m}{2}\times8=8m-4
所以 m=12m=\dfrac12，即 FF 是 ACAC 的中点.
在三角形 APCAPC 中，EE，FF 分别是 APAP，ACAC 的中点，所以 EF∥PCEF\parallel PC. 在三角形 BPCBPC 中，DD，OO 分别是 BPBP，BCBC 的中点，所以 DO∥PCDO\parallel PC. 因此 EF∥DOEF\parallel DO，且 DO⊂DO\subset 平面 ADOADO. 又 P∉P\notin 平面 ABCABC，故平面 ADOADO 与平面 ABCABC 的交线为 AOAO. 由 AF→=12AC→=12(AB→+BC→)\overrightarrow{AF}=\dfrac12\overrightarrow{AC}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right) 与 AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}，且 AB→\overrightarrow{AB}，BC→\overrightarrow{BC} 不共线，可知 F∉AOF\notin AO，从而 F∉F\notin 平面 ADOADO，即 EFEF 不在平面 ADOADO 内. 因此 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO. \item 建立空间直角坐标系，使 B=(0,0,0)B=(0,0,0)，A=(2,0,0)A=(2,0,0)，C=(0,22,0)C=(0,2\sqrt2,0). 设 P=(u,v,w)P=(u,v,w)，由 PB=PC=6PB=PC=\sqrt6 得 u2+v2+w2=6u^2+v^2+w^2=6，u2+(v−22)2+w2=6u^2+(v-2\sqrt2)^2+w^2=6. 两式相减得 v=2v=\sqrt2，代回得 u2+w2=4u^2+w^2=4. 由上面的结论，O=(0,2,0)O=(0,\sqrt2,0)，F=(1,2,0)F=(1,\sqrt2,0)，故 OP→=(u,0,w)\overrightarrow{OP}=(u,0,w)，OF→=(1,0,0)\overrightarrow{OF}=(1,0,0)，且 ∣OP∣=2|OP|=2，∣OF∣=1|OF|=1.
由 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，得 u=OP→⋅OF→=∣OP∣∣OF∣cos⁡120∘=−1u=\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OF}=|OP||OF|\cos120^\circ=-1. 所以 w2=4−u2=3w^2=4-u^2=3，点 PP 到平面 ABCABC 的距离为 3\sqrt3. 又 S△ABC=12×2×22=22S_{\triangle ABC}=\dfrac12\times2\times2\sqrt2=2\sqrt2，故
VP−ABC=13S△ABC⋅3=263V_{P-ABC}=\frac13S_{\triangle ABC}\cdot\sqrt3=\frac{2\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2023 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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