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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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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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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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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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085分立体几何初步★★★★☆
已知正四棱锥的侧棱长为 ll，其各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 36π36\pi，且 3≤l≤333\le l\le 3\sqrt3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A.
[18,814]\left[18,\frac{81}{4}\right]
B.
[274,814]\left[\frac{27}{4},\frac{81}{4}\right]
C.
[274,643]\left[\frac{27}{4},\frac{64}{3}\right]
D.
[18,27][18,27]

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 8 题 · 选择题

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126分立体几何初步★★★★☆
在正三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 中，AB=AA1=1AB=AA_1=1，点 PP 满足 BP→=λBC→+μBB1→\overrightarrow{BP}=\lambda\overrightarrow{BC}+\mu\overrightarrow{BB_1}，其中 λ∈[0,1]\lambda\in[0,1]，μ∈[0,1]\mu\in[0,1]，则（ ）
A.
当 λ=1\lambda=1 时，△AB1P\triangle AB_1P 的周长为定值
B.
当 μ=1\mu=1 时，三棱锥 P−A1BCP-A_1BC 的体积为定值
C.
当 λ=12\lambda=\frac{1}{2} 时，有且仅有一个点 PP，使得 A1P⊥BPA_1P\perp BP
D.
当 μ=12\mu=\frac{1}{2} 时，有且仅有一个点 PP，使得 A1B⊥A_1B\perp 平面 AB1PAB_1P

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 12 题 · 多选题

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2015分立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 A−BCDA-BCD 中，平面 ABD⊥ABD\perp 平面 BCDBCD，AB=ADAB=AD，OO 为 BDBD 的中点.
(1) 证明：OA⊥CDOA\perp CD； (2) 若 △OCD\triangle OCD 是边长为 11 的等边三角形，点 EE 在棱 ADAD 上，DE=2EADE=2EA，且二面角 E−BC−DE-BC-D 的大小为 45∘45^\circ，求三棱锥 A−BCDA-BCD 的体积.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 20 题 · 解答题

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16三角函数★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 的平面展开图中，AC=1AC=1，AB=AD=3AB=AD=\sqrt{3}，AB⊥ACAB\perp AC，AB⊥ADAB\perp AD，∠CAE=30∘\angle CAE=30^\circ，则 cos⁡∠FCB=‾\cos \angle FCB=\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} −14-\dfrac{1}{4} \end{answer}

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，DD 为圆锥的顶点，OO 是圆锥底面的圆心，AEAE 为底面直径，AE=ADAE=AD. △ABC\triangle ABC 是底面的内接正三角形，PP 为 DODO 上一点，PO=66DOPO=\dfrac{\sqrt{6}}{6}DO.
(1) 证明：PA⊥PA\perp 平面 PBCPBC； (2) 求二面角 B−PC−EB-PC-E 的余弦值.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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12立体几何初步★★★★☆
已知三棱锥 P−ABCP-ABC 的四个顶点在球 OO 的球面上，PA=PB=PCPA=PB=PC，△ABC\triangle ABC 是边长为 22 的正三角形，EE，FF 分别是 PAPA，ABAB 的中点，∠CEF=90∘\angle CEF=90^\circ，则球 OO 的体积为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
A.
86π8\sqrt6\pi
B.
46π4\sqrt6\pi
C.
26π2\sqrt6\pi
D.
6π\sqrt6\pi

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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16立体几何初步★★★★☆
已知 ∠ACB=90∘\angle ACB=90^\circ，PP 为平面 ABCABC 外一点，PC=2PC=2，点 PP 到 ∠ACB\angle ACB 两边 ACAC，BCBC 的距离均为 3\sqrt3，那么 PP 到平面 ABCABC 的距离为______.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★★☆
已知正方体的棱长为 11，每条棱所在直线与平面 α\alpha 所成的角都相等，则 α\alpha 截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A.
334\frac{3\sqrt3}{4}
B.
233\frac{2\sqrt3}{3}
C.
324\frac{3\sqrt2}{4}
D.
32\frac{\sqrt3}{2}

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，四边形 ABCDABCD 为正方形，EE，FF 分别为 ADAD，BCBC 的中点，以 DFDF 为折痕把 △DFC\triangle DFC 折起，使点 CC 到达点 PP 的位置，且 PF⊥BFPF\perp BF.
(1) 证明：平面 PEF⊥PEF\perp 平面 ABFDABFD； (2) 求 DPDP 与平面 ABFDABFD 所成角的正弦值.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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10导数及其应用★★★★☆
某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（ ）（材料的利用率 =新工件的体积原工件的体积=\frac{\text{新工件的体积}}{\text{原工件的体积}}）
A.
89π\frac{8}{9\pi}
B.
169π\frac{16}{9\pi}
C.
4(2−1)3π\frac{4(\sqrt{2} - 1)^3}{\pi}
D.
12(2−1)3π\frac{12(\sqrt{2} - 1)^3}{\pi}

2015 · 湖南 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，已知四棱台 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的上，下底面分别是边长为 3 和 6 的正方形，AA1=6AA_{1} = 6，且 AA1⊥AA_{1} \perp 底面 ABCDABCD，点 PP，QQ 分别在棱 DD1DD_{1}，BCBC 上.
(1) 若点 PP 是 DD1DD_{1} 的中点，证明： AB1⊥PQAB_{1} \perp PQ； (2) 若 PQ∥PQ \parallel 平面 ABB1A1ABB_{1}A_{1}，二面角 P−QD−AP - QD - A 的余弦值为 37\frac{3}{7}，求四面体 ADPQADPQ 的体积.

2015 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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10立体几何初步★★★★☆
某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为（ ）（材料的利用率 =新工件的体积原工件的体积=\frac{\text{新工件的体积}}{\text{原工件的体积}}）
A.
89π\frac{8}{9\pi}
B.
827π\frac{8}{27\pi}
C.
24(2−1)3π\frac{24(\sqrt{2} - 1)^3}{\pi}
D.
8(2−1)3π\frac{8(\sqrt{2} - 1)^3}{\pi}

2015 · 湖南 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的所有棱长都相等，AC∩BD=OAC \cap BD = O，A1C1∩B1D1=O1A_{1}C_{1} \cap B_{1}D_{1} = O_{1}，四边形 ACC1A1ACC_{1}A_{1} 和四边形 BDD1B1BDD_{1}B_{1} 均为矩形.
(1) 证明：O1O⊥O_{1}O \perp 底面 ABCDABCD； (2) 若 ∠CBA=60∘\angle CBA = 60^{\circ}，求二面角 C1−OB1−DC_{1} - OB_{1} - D 的余弦值.
\begin{solution} 因为四边形 ACC1A1ACC_1A_1 是矩形，所以 CC1⊥ACCC_1\perp AC. 同理，由矩形 BDD1B1BDD_1B_1 得 DD1⊥BDDD_1\perp BD. 四棱柱的侧棱互相平行，故 CC1∥DD1CC_1\parallel DD_1，于是同一方向的直线同时垂直于底面内相交的两条直线 ACAC、BDBD，从而 CC1⊥CC_1\perp 底面 ABCDABCD. 又 OO1∥CC1OO_1\parallel CC_1，所以 OO1⊥OO_1\perp 底面 ABCDABCD.
设四棱柱的棱长为 ll. 以 OO 为原点，取 ACAC、BDBD 所在直线为坐标轴，并令底面为 z=0z=0，可设 A(−l2,0,0)A\left(-\frac l2,0,0\right)，C(l2,0,0)C\left(\frac l2,0,0\right)，B(0,−3l2,0)B\left(0,-\frac{\sqrt3l}{2},0\right)，D(0,3l2,0)D\left(0,\frac{\sqrt3l}{2},0\right). 这些点构成边长为 ll 且 ∠CBA=60∘\angle CBA=60^{\circ} 的菱形. 由第一问及侧棱长为 ll，有 C1(l2,0,l)C_1\left(\frac l2,0,l\right)，B1(0,−3l2,l)B_1\left(0,-\frac{\sqrt3l}{2},l\right). 平面 C1OB1C_1OB_1 的一个法向量为
OC1→×OB1→=l2(32,−12,−34)\overrightarrow{OC_1}\times\overrightarrow{OB_1} =l^2\left(\frac{\sqrt3}{2},-\frac12,-\frac{\sqrt3}{4}\right)
平面 OB1DOB_1D 的一个法向量为
OB1→×OD→=l2(−32,0,0)\overrightarrow{OB_1}\times\overrightarrow{OD} =l^2\left(-\frac{\sqrt3}{2},0,0\right)
所以二面角的余弦值为
∣(32,−12,−34)⋅(−32,0,0)∣34+14+316⋅32=34194⋅32=25719\frac{\left|\left(\frac{\sqrt3}{2},-\frac12,-\frac{\sqrt3}{4}\right)\cdot\left(-\frac{\sqrt3}{2},0,0\right)\right|} {\sqrt{\frac34+\frac14+\frac{3}{16}}\cdot\frac{\sqrt3}{2}} =\frac{\frac34}{\frac{\sqrt{19}}4\cdot\frac{\sqrt3}{2}} =\frac{2\sqrt{57}}{19}
\end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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07立体几何初步★★★★☆
已知棱长为 11 的正方体的俯视图是一个面积为 11 的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于（ ）
A.
1
B.
2\sqrt{2}
C.
2−12\frac{\sqrt{2} - 1}{2}
D.
2+12\frac{\sqrt{2} + 1}{2}

2013 · 湖南 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，在四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，PA⊥PA\perp 平面 ABCDABCD，AB=4AB=4，BC=3BC=3，AD=5AD=5，∠DAB=∠ABC=90∘\angle DAB=\angle ABC=90^\circ，EE 是 CDCD 的中点.
(1) 证明：CD⊥CD\perp 平面 PAEPAE； (2) 若直线 PBPB 与平面 PAEPAE 所成的角和 PBPB 与平面 ABCDABCD 所成的角相等，求四棱锥 P−ABCDP-ABCD 的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在底面 ABCDABCD 中，取 A(0,0,0)A(0,0,0)、B(4,0,0)B(4,0,0)、C(4,3,0)C(4,3,0)、D(0,5,0)D(0,5,0) 为各点坐标. 因为 EE 是 CDCD 的中点，所以 E(2,4,0)E(2,4,0). 从而 CD→=(−4,2,0)\overrightarrow{CD}=(-4,2,0)，AE→=(2,4,0)\overrightarrow{AE}=(2,4,0)， 且
CD→⋅AE→=−8+8=0\overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{AE}=-8+8=0
又因为 PA⊥PA\perp 平面 ABCDABCD，所以 CD⊥PACD\perp PA. 直线 PAPA 与 AEAE 相交且都在平面 PAEPAE 内，直线 CDCD 垂直于这两条相交直线，故
CD⊥平面 PAECD\perp\text{平面 }PAE
\item 设 PA=hPA=h，则 P(0,0,h)P(0,0,h). 梯形 ABCDABCD 的面积为
SABCD=AD+BC2⋅AB=5+32⋅4=16S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot AB =\frac{5+3}{2}\cdot4=16
设直线 PBPB 与平面 PAEPAE、平面 ABCDABCD 所成的角分别为 α\alpha，β\beta. 平面 PAEPAE 的一个法向量可取
AP→×AE→=(−4h,2h,0)\overrightarrow{AP}\times\overrightarrow{AE} =(-4h,2h,0)
而 PB→=(4,0,−h)\overrightarrow{PB}=(4,0,-h)，∣PB∣=h2+16|PB|=\sqrt{h^2+16}. 因此
sin⁡α=∣PB→⋅(AP→×AE→)∣∣PB∣ ∣AP→×AE→∣=85h2+16\sin\alpha =\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot(\overrightarrow{AP}\times\overrightarrow{AE})|} {|PB|\,|\overrightarrow{AP}\times\overrightarrow{AE}|} =\frac{8}{\sqrt5\sqrt{h^2+16}}
直线 PBPB 与底面所成角满足
sin⁡β=PAPB=hh2+16\sin\beta=\frac{PA}{PB}=\frac{h}{\sqrt{h^2+16}}
题设 α=β\alpha=\beta，且两角均为锐角或直角，故正弦相等，得 85h2+16=hh2+16\frac{8}{\sqrt5\sqrt{h^2+16}} =\frac{h}{\sqrt{h^2+16}}，h=85h=\frac8{\sqrt5}. 所以四棱锥体积为
V=13SABCD⋅PA=13⋅16⋅85=128515V=\frac13S_{ABCD}\cdot PA =\frac13\cdot16\cdot\frac8{\sqrt5} =\frac{128\sqrt5}{15}
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 湖南 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在圆锥 POPO 中，已知 PO=2PO = \sqrt{2}，⊙O\odot O 的直径 AB=2AB = 2，CC 是 AB^\widehat{AB} 的中点，DD 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：平面 POD⊥POD \perp 平面 PACPAC； (2) 求二面角 B−PA−CB - PA - C 的余弦值.

2011 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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07立体几何初步★★★★☆
正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} 的棱上到异面直线 ABAB，CC1CC_{1} 的距离相等的点的个数为（ ）
A.
2
B.
3
C.
4
D.
5

2009 · 湖南 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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18立体几何初步★★★★☆
如图 1，EE，FF 分别是矩形 ABCDABCD 的边 ABAB，CDCD 的中点，GG 是 EFEF 上的一点，将 △GAB\triangle GAB，△GCD\triangle GCD 分别沿 ABAB，CDCD 翻折成 △G1AB\triangle G_{1}AB，△G2CD\triangle G_{2}CD，并连接 G1G2G_{1}G_{2}，使得平面 G1AB⊥G_{1}AB \perp 平面 ABCDABCD，G1G2∥ADG_{1}G_{2} \parallel AD，且 G1G2<ADG_{1}G_{2} < AD，连接 BG2BG_{2}，如图 2.
(1) 证明：平面 G1AB⊥G_{1}AB \perp 平面 G1ADG2G_{1}ADG_{2}； (2) 当 AB=12AB = 12，BC=25BC = 25，EG=8EG = 8 时，求直线 BG2BG_{2} 和平面 G1ADG2G_{1}ADG_{2} 所成的角.

2007 · 湖南 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，已知直二面角 α−PQ−β\alpha - PQ - \beta，A∈PQA \in PQ，B∈αB \in \alpha，C∈βC \in \beta，CA=CBCA = CB，∠BAP=45∘\angle BAP = 45^{\circ}，直线 CACA 和平面 α\alpha 所成的角为 30∘30^{\circ}.
(1) 证明：BC⊥PQBC \perp PQ； (2) 求二面角 B−AC−PB - AC - P 的大小.

2007 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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18立体几何初步★★★★☆
如图，在底面是菱形的四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，∠ABC=60∘\angle ABC = 60^{\circ}，PA=AC=aPA = AC = a，PB=PD=2aPB = PD = \sqrt{2}a，点 EE 是 PDPD 的中点.
(1) 证明：PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，PB∥PB \parallel 平面 EACEAC； (2) 求以 ACAC 为棱，EACEAC 与 DACDAC 为面的二面角 θ\theta 的正切值.

2004 · 湖南 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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