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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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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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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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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★★★★☆
已知直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 中，侧面 AA1B1BAA_1B_1B 为正方形，AB=BC=2AB=BC=2，EE，FF 分别为 ACAC 和 CC1CC_1 的中点，DD 为棱 A1B1A_1B_1 上的点，BF⊥A1B1BF\perp A_1B_1.
(1) 证明：BF⊥DEBF\perp DE； (2) 当 B1DB_1D 为何值时，面 BB1C1CBB_1C_1C 与面 DEFDEF 所成的二面角的正弦值最小？

2021 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，边长为 22 的正方形 ABCDABCD 所在的平面与半圆弧 CD^\widehat{CD} 所在平面垂直，MM 是 CD^\widehat{CD} 上异于 CC，DD 的点.
(1) 证明：平面 AMD⊥AMD\perp 平面 BMCBMC； (2) 当三棱锥 M−ABCM-ABC 体积最大时，求面 MABMAB 与面 MCDMCD 所成二面角的正弦值.

2018 · 全国 · 三卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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12立体几何初步★★★★☆
设 AA，BB，CC，DD 是同一个半径为 44 的球的球面上四点，△ABC\triangle ABC 为等边三角形且面积为 939\sqrt3，则三棱锥 D−ABCD-ABC 体积的最大值为（ ）
A.
12312\sqrt3
B.
18318\sqrt3
C.
24324\sqrt3
D.
54354\sqrt3

2018 · 全国 · 三卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，矩形 ABCDABCD 所在平面与半圆弧 CD^\widehat{CD} 所在平面垂直，MM 是 CD^\widehat{CD} 上异于 CC，DD 的点.
(1) 证明：平面 AMD⊥AMD\perp 平面 BMCBMC； (2) 在线段 AMAM 上是否存在点 PP，使得 MC∥MC\parallel 平面 PBDPBD？说明理由.

2018 · 全国 · 三卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，AD∥BCAD\parallel BC，∠ADC=∠PAB=90∘\angle ADC=\angle PAB=90^\circ，BC=CD=12ADBC=CD=\dfrac12AD. EE 为棱 ADAD 的中点，异面直线 PAPA 与 CDCD 所成的角为 90∘90^\circ.
(1) 在平面 PABPAB 内找一点 MM，使得直线 CM∥CM\parallel 平面 PBEPBE，并说明理由； (2) 若二面角 P−CD−AP-CD-A 的大小为 45∘45^\circ，求直线 PAPA 与平面 PCEPCE 所成角的正弦值.

2016 · 四川 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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17立体几何初步★★★★☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，PA⊥CDPA\perp CD，AD∥BCAD\parallel BC，∠ADC=∠PAB=90∘\angle ADC=\angle PAB=90^\circ，BC=CD=12ADBC=CD=\dfrac12 AD.
(1) 在平面 PADPAD 内找一点 MM，使得直线 CM∥CM\parallel 平面 PABPAB，并说明理由； (2) 证明：平面 PAB⊥PAB\perp 平面 PBDPBD.

2016 · 四川 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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14立体几何初步★★★★☆
如图，四边形 ABCDABCD 和 ADPQADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 MM 在线段 PQPQ 上，EE，FF 分别为 ABAB，BCBC 的中点. 设异面直线 EMEM 与 AFAF 所成的角为 θ\theta，则 cos⁡θ\cos \theta 的最大值为______.
\begin{solution} 设两个正方形的边长均为 s>0s>0，建立直角坐标系，使 A=(0,0,0)A=(0,0,0)，B=(s,0,0)B=(s,0,0)，D=(0,s,0)D=(0,s,0)，C=(s,s,0)C=(s,s,0)，Q=(0,0,s)Q=(0,0,s)，P=(0,s,s)P=(0,s,s). 则 E=(s2,0,0)E=\left(\frac s2,0,0\right)，F=(s,s2,0)F=\left(s,\frac s2,0\right). 设 M=(0,t,s)M=(0,t,s)，其中 0⩽t⩽s0\leqslant t\leqslant s.
取 EMEM 和 AFAF 的方向向量，得 EM→=(−s2,t,s)\overrightarrow{EM}=\left(-\frac s2,t,s\right)，AF→=(s,s2,0)\overrightarrow{AF}=\left(s,\frac s2,0\right). 因而
cos⁡θ=∣EM→⋅AF→∣∣EM→∣∣AF→∣=∣t−s∣554s2+t2\cos\theta=\frac{\left\lvert\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{AF}\right\rvert}{\lvert\overrightarrow{EM}\rvert\lvert\overrightarrow{AF}\rvert} =\frac{\left\lvert t-s\right\rvert}{\sqrt5\sqrt{\frac54s^2+t^2}}
令 u=tsu=\dfrac ts，则 0⩽u⩽10\leqslant u\leqslant1，从而
cos⁡2θ=(1−u)25(54+u2)⩽425\cos^2\theta=\frac{(1-u)^2}{5\left(\frac54+u^2\right)}\leqslant\frac4{25}
其中不等式等价于 u2−10u⩽0u^2-10u\leqslant0. 当 u=0u=0，即 t=0t=0 时等号成立，所以 cos⁡θ\cos\theta 的最大值为 25\dfrac25. \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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18立体几何初步★★★★☆
一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示. 在正方体中，设 BCBC 的中点为 MM，GHGH 的中点为 NN.
(1) 请将字母 FF，GG，HH 标记在正方体相应的顶点处（不需说明理由）； (2) 证明：直线 MN∥MN\parallel 平面 BDHBDH； (3) 求二面角 A−EG−MA - EG - M 的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 按正方体的顶点对应关系，FF，GG，HH 分别标在 BB，CC，DD 的正上方顶点处. \item 取正方体棱长为 11，建立直角坐标系，令 A=(0,0,0)A=(0,0,0)， B=(1,0,0)\ B=(1,0,0)， C=(1,1,0)\ C=(1,1,0)， D=(0,1,0)\ D=(0,1,0) E=(0,0,1)E=(0,0,1)， F=(1,0,1)\ F=(1,0,1)， G=(1,1,1)\ G=(1,1,1)， H=(0,1,1)\ H=(0,1,1). 则 M=(1,12,0)M=\left(1,\frac12,0\right)，N=(12,1,1)N=\left(\frac12,1,1\right)，所以
MN→=(−12,12,1)=12BD→+DH→\overrightarrow{MN}=\left(-\frac12,\frac12,1\right)=\frac12\overrightarrow{BD}+\overrightarrow{DH}
平面 BDHBDH 的方程为 x+y=1x+y=1，而 MM 的坐标满足 x+y=32x+y=\frac32. 由于 BD→\overrightarrow{BD} 和 DH→\overrightarrow{DH} 都在平面 BDHBDH 内，且 MM 不在该平面上，故 MN∥MN\parallel 平面 BDHBDH. \item 平面 AEGAEG 内两个相交向量可取 EA→=(0,0,−1)\overrightarrow{EA}=(0,0,-1)，EG→=(1,1,0)\overrightarrow{EG}=(1,1,0)，故其法向量可取 n1=(1,−1,0)\boldsymbol{n}_1=(1,-1,0). 平面 MEGMEG 内两个相交向量可取 EM→=(1,12,−1)\overrightarrow{EM}=\left(1,\frac12,-1\right)，EG→=(1,1,0)\overrightarrow{EG}=(1,1,0)，故其法向量可取 n2=(1,−1,12)\boldsymbol{n}_2=\left(1,-1,\frac12\right).
cos⁡θ=∣n1⋅n2∣∣n1∣∣n2∣=22⋅32=223\cos\theta=\frac{\lvert\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2\rvert}{\lvert\boldsymbol{n}_1\rvert\lvert\boldsymbol{n}_2\rvert} =\frac{2}{\sqrt2\cdot\frac32}=\frac{2\sqrt2}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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08立体几何初步★★★★☆
如图，在正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 中，点 OO 为线段 BDBD 的中点. 设点 PP 在线段 CC1CC_{1} 上，直线 OPOP 与平面 A1BDA_{1}BD 所成的角为 α\alpha，则 sin⁡α\sin \alpha 的取值范围是（ ）
A.
[33,1]\left[\frac{\sqrt{3}}{3},1\right]
B.
[63,1]\left[\frac{\sqrt{6}}{3},1\right]
C.
[63,223]\left[\frac{\sqrt{6}}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3}\right]
D.
[223,1]\left[\frac{2\sqrt{2}}{3},1\right]

2014 · 四川 · 理 · 第 8 题 · 选择题

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18立体几何初步★★★★☆
三棱锥 A−BCDA - BCD 及其侧视图、俯视图如图所示. 设 MM，NN 分别为线段 ADAD，ABAB 的中点，PP 为线段 BCBC 上的点，且 MN⊥NPMN \perp NP.
(1) 证明：PP 为线段 BCBC 的中点； (2) 求二面角 A−NP−MA - NP - M 的余弦值.

2014 · 四川 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，侧棱 AA1⊥AA_{1} \perp 底面 ABCABC，AB=AC=2AA1AB = AC = 2AA_{1}，∠BAC=120∘\angle BAC = 120^{\circ}，DD，D1D_{1} 分别是线段 BCBC，B1C1B_{1}C_{1} 的中点，PP 是线段 ADAD 的中点.
(1) 在平面 ABCABC 内，试作出过点 PP 与平面 A1BCA_{1}BC 平行的直线 ll，说明理由，并证明直线 l⊥l \perp 平面 ADD1A1ADD_{1}A_{1}； (2) 设（1）中的直线 ll 交 ABAB 于点 MM，交 ACAC 于点 NN，求二面角 A−A1M−NA-A_{1}M-N 的余弦值.

2013 · 四川 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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10立体几何初步★★★★☆
如图，半径为 RR 的半球 OO 的底面圆 OO 在平面 α\alpha 内，过点 OO 作平面 α\alpha 的垂线交半球面于点 AA，过圆 OO 的直径 CDCD 作与平面 α\alpha 成 45∘45^{\circ} 角的平面与半球面相交，所得交线上到平面 α\alpha 的距离最大的点为 BB，该交线上的一点 PP 满足 ∠BOP=60∘\angle BOP = 60^{\circ}，则 AA，PP 两点间的球面距离为（ ）
A.
Rarccos⁡24R\arccos\frac{\sqrt{2}}{4}
B.
πR4\frac{\pi R}{4}
C.
Rarccos⁡33R\arccos \frac{\sqrt{3}}{3}
D.
πR3\frac{\pi R}{3}

2012 · 四川 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP - ABC 中，∠APB=90∘\angle APB = 90^{\circ}，∠PAB=60∘\angle PAB = 60^{\circ}，AB=BC=CAAB = BC = CA，平面 PAB⊥PAB \perp 平面 ABCABC.
(1) 求直线 PCPC 与平面 ABCABC 所成角的正弦值； (2) 求二面角 B−AP−CB - AP - C 的余弦值.

2012 · 四川 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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10立体几何初步★★★★☆
如图，半径为 RR 的半球 OO 的底面圆 OO 在平面 α\alpha 内，过点 OO 作平面 α\alpha 的垂线交半球面于点 AA，过点 OO 的直径 CDCD 与平面 α\alpha 成 45∘45^{\circ} 的平面与半球面相交，所得交线上到平面 α\alpha 的距离最大的点为 BB，该交线上的一点 PP 满足 ∠BOP=60∘\angle BOP=60^{\circ}，则 AA，PP 两点间的球面距离为（ ）
A.
Rarccos⁡24R\arccos\frac{\sqrt{2}}{4}
B.
πR4\frac{\pi R}{4}
C.
Rarccos⁡33R\arccos\frac{\sqrt{3}}{3}
D.
πR3\frac{\pi R}{3}

2012 · 四川 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} 中，∠BAC=90∘\angle BAC = 90^{\circ}，AB=AC=AA1=1AB = AC = AA_{1} = 1. DD 是棱 CC1CC_{1} 上的一点，PP 是 ADAD 的延长线与 A1C1A_{1}C_{1} 的延长线的交点，且 PB1∥PB_{1} \parallel 平面 BDA1BDA_{1}.
(1) 求证：CD=C1DCD = C_{1}D； (2) 求二面角 A−A1D−BA - A_{1}D - B 的平面角的余弦值； (3) 求点 CC 到平面 B1DPB_{1}DP 的距离.

2011 · 四川 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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11立体几何初步★★★★☆
半径为 RR 的球 OO 的直径 ABAB 垂直于平面 α\alpha，垂足为 BB，△BCD\triangle BCD 是平面 α\alpha 内边长为 RR 的正三角形，线段 ACAC，ADAD 分别与球面交于点 MM，NN，那么 MM，NN 两点间的球面距离是（ ）
A.
Rarccos⁡1725R\arccos \frac{17}{25}
B.
Rarccos⁡1825R\arccos \frac{18}{25}
C.
13πR\frac{1}{3}\pi R
D.
415πR\frac{4}{15}\pi R

2010 · 四川 · 理 · 第 11 题 · 选择题

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