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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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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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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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2015分立体几何初步★★★★☆
如图，POPO 是三棱锥 P−ABCP-ABC 的高，PA=PBPA=PB，AB⊥ACAB\perp AC，EE 是 PBPB 的中点.
(1) 证明：OE∥平面 PACOE\parallel\text{平面 }PAC； (2) 若 ∠ABO=∠CBO=30∘\angle ABO=\angle CBO=30^\circ，PO=3PO=3，PA=5PA=5，求二面角 C−AE−BC-AE-B 的正弦值.

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 20 题 · 解答题

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1917分立体几何初步★★★★☆
在四棱锥 Q−ABCDQ-ABCD 中，底面 ABCDABCD 是正方形，若 AD=2AD=2，QD=QA=5QD=QA=\sqrt5，QC=3QC=3.
(1) 证明：平面 QAD⊥平面 ABCDQAD\perp \text{平面 }ABCD； (2) 求二面角 B−QD−AB-QD-A 的平面角的余弦值.

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1CBB_1C_1C 是矩形，MM，NN 分别为 BCBC，B1C1B_1C_1 的中点，PP 为 AMAM 上一点. 过 B1C1B_1C_1 和 PP 的平面交 ABAB 于 EE，交 ACAC 于 FF.
(1) 证明：AA1∥MNAA_1\parallel MN，且平面 A1AMN⊥A_1AMN\perp 平面 EB1C1FEB_1C_1F； (2) 设 OO 为 △A1B1C1\triangle A_1B_1C_1 的中心. 若 AO∥AO\parallel 平面 EB1C1FEB_1C_1F，且 AO=ABAO=AB，求直线 B1EB_1E 与平面 A1AMNA_1AMN 所成角的正弦值.

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1CBB_1C_1C 是矩形，MM，NN 分别为 BCBC，B1C1B_1C_1 的中点，PP 为 AMAM 上一点. 过 B1C1B_1C_1 和 PP 的平面交 ABAB 于 EE，交 ACAC 于 FF.
(1) 证明：AA1∥MNAA_1\parallel MN，且平面 A1AMN⊥A_1AMN\perp 平面 EB1C1FEB_1C_1F； (2) 设 OO 为 △A1B1C1\triangle A_1B_1C_1 的中心. 若 AO=AB=6AO=AB=6，AO∥AO\parallel 平面 EB1C1FEB_1C_1F，且 ∠MPN=π3\angle MPN=\dfrac{\pi}{3}，求四棱锥 B−EB1C1FB-EB_1C_1F 的体积.

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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16立体几何初步★★★★☆
中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一. 印信的形状多为长方体，正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体. 半正多面体体现了数学的对称美. 图 2 是一个棱数为 4848 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 11. 则该半正多面体共有______ 个面，其棱长为______

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17立体几何初步★★★★☆
如图，长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的底面 ABCDABCD 是正方形，点 EE 在棱 AA1AA_1 上，BE⊥EC1BE\perp EC_1.
(1) 证明：BE⊥平面EB1C1BE\perp \text{平面} EB_1C_1； (2) 若 AE=A1EAE=A_1E，求二面角 B−EC−C1B-EC-C_1 的正弦值.

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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16立体几何初步★★★★☆
中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一. 印信的形状多为长方体，正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体. 半正多面体体现了数学的对称美. 图2是一个棱数为 4848 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 11. 则该半正多面体共有______ 个面，其棱长为______.

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB=BC=22AB=BC=2\sqrt2，PA=PB=PC=AC=4PA=PB=PC=AC=4，OO 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：PO⊥PO\perp 平面 ABCABC； (2) 若点 MM 在棱 BCBC 上，且二面角 M−PA−CM-PA-C 为 30∘30^\circ，求 PCPC 与平面 PAMPAM 所成角的正弦值.

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 P−ABCP - ABC 中，PC⊥PC \perp 平面 ABCABC，PC=3PC = 3，∠ACB=π2\angle ACB = \frac{\pi}{2}，DD，EE 分别为线段 ABAB，BCBC 上的点，且 CD=DE=2CD = DE = \sqrt{2}，CE=2EB=2CE = 2EB = 2.
(1) 证明： DE⊥DE \perp 平面 PCDPCD； (2) 求二面角 A−PD−CA - PD - C 的余弦值.

2015 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 P−ABCP - ABC 中，平面 PAC⊥PAC \perp 平面 ABCABC，∠ABC=π2\angle ABC = \frac{\pi}{2}，点 DD，EE 在线段 ACAC 上，且 AD=DE=EC=2AD = DE = EC = 2，PD=PC=4PD = PC = 4，点 FF 在线段 ABAB 上，且 EF∥BCEF \parallel BC.
(1) 证明：AB⊥AB \perp 平面 PFEPFE； (2) 若四棱锥 P−DFBCP - DFBC 的体积为 7，求线段 BCBC 的长.

2015 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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07立体几何初步★★★★☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A.
5454
B.
6060
C.
6666
D.
7272

2014 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，底面是以 OO 为中心的菱形，PO⊥PO \perp 底面 ABCDABCD，AB=2AB = 2，∠BAD=π3\angle BAD = \frac{\pi}{3}，MM 为 BCBC 上一点，且 BM=12BM = \frac{1}{2}，MP⊥APMP \perp AP.
(1) 求 POPO 的长； (2) 求二面角 A−PM−CA - PM - C 的正弦值.

2014 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥PA \perp 底面 ABCDABCD，BC=CD=2BC = CD = 2，AC=4AC = 4，∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB = \angle ACD = \frac{\pi}{3}，FF 为 PCPC 的中点，AF⊥PBAF \perp PB.
(1) 求 PAPA 的长； (2) 求二面角 B−AF−DB - AF - D 的正弦值.
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使底面 ABCDABCD 在 xOyxOy 平面内，取 A(0,0,0)A(0,0,0)，C(4,0,0)C(4,0,0)，B(3,3,0)B(3,\sqrt{3},0)，D(3,−3,0)D(3,-\sqrt{3},0). 这些坐标满足 BC=CD=2BC=CD=2、AC=4AC=4，且 ∠ACB=∠ACD=π3\angle ACB=\angle ACD=\frac{\pi}{3}. 由 PA⊥PA\perp 底面，设 P(0,0,h)P(0,0,h)，其中 h=PA>0h=PA>0. 因为 FF 是 PCPC 的中点，所以 F(2,0,h2)F\left(2,0,\frac{h}{2}\right)，AF→=(2,0,h2)\overrightarrow{AF}=\left(2,0,\frac{h}{2}\right)，PB→=(3,3,−h)\overrightarrow{PB}=(3,\sqrt{3},-h).
\begin{enumerate} \item 由 AF⊥PBAF\perp PB，得
AF→⋅PB→=2×3+h2(−h)=0\overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{PB}=2\times3+\frac{h}{2}(-h)=0
即 6−h22=06-\frac{h^{2}}{2}=0. 因 h>0h>0，所以 PA=h=23PA=h=2\sqrt{3}.
\item 此时 F=(2,0,3)F=(2,0,\sqrt{3})，从而 AF→=(2,0,3)\overrightarrow{AF}=(2,0,\sqrt{3})，AB→=(3,3,0)\overrightarrow{AB}=(3,\sqrt{3},0)，AD→=(3,−3,0)\overrightarrow{AD}=(3,-\sqrt{3},0). 取平面 BAFBAF 和 DAFDAF 的法向量
nB=AF→×AB→=(−3,33,23)\boldsymbol{n}_B=\overrightarrow{AF}\times\overrightarrow{AB}=(-3,3\sqrt{3},2\sqrt{3})
nD=AF→×AD→=(3,33,−23)\boldsymbol{n}_D=\overrightarrow{AF}\times\overrightarrow{AD}=(3,3\sqrt{3},-2\sqrt{3})
于是 nB⋅nD=6\boldsymbol{n}_B\cdot\boldsymbol{n}_D=6，∣nB∣=∣nD∣=48=43|\boldsymbol{n}_B|=|\boldsymbol{n}_D|=\sqrt{48}=4\sqrt{3}. 设二面角 B−AF−DB-AF-D 的平面角为 φ\varphi，则
∣cos⁡φ∣=∣nB⋅nD∣∣nB∣∣nD∣=648=18|\cos\varphi|=\frac{|\boldsymbol{n}_B\cdot\boldsymbol{n}_D|}{|\boldsymbol{n}_B||\boldsymbol{n}_D|}=\frac{6}{48}=\frac18
所以
sin⁡φ=1−164=378\sin\varphi=\sqrt{1-\frac{1}{64}}=\frac{3\sqrt{7}}{8}
\end{enumerate} \end{solution}

2013 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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09立体几何初步★★★★☆
设四面体的六条棱的长分别为 11，11，11，11，2\sqrt{2} 和 aa，且长为 aa 的棱与长为 2\sqrt{2} 的棱异面，则 aa 的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设长为 aa 的棱为 ABAB，长为 2\sqrt2 的异面棱为 CDCD，则其余四条棱 ACAC，ADAD，BCBC，BDBD 均长为 11. 记 CDCD 的中点为 MM. 由 AC=AD=1AC=AD=1，且 CM=DM=22CM=DM=\frac{\sqrt2}{2}，得 AM⊥CDAM\perp CD，并且
AM=AC2−CM2=1−(22)2=22AM=\sqrt{AC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt2}{2}
因此，点 AA 位于过 MM 且垂直于 CDCD 的平面内，以 MM 为圆心、半径 22\frac{\sqrt2}{2} 的圆上. 同样，由 BC=BD=1BC=BD=1，点 BB 也位于这个圆上. 因此 ABAB 是此圆的一条弦，故
0<a≤2⋅22=20<a\le2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2
当 a=2a=\sqrt2 时，AA，BB 为圆的两个对径点，四点 AA，BB，CC，DD 共面，不能构成四面体；当 a=0a=0 时 AA 与 BB 重合，也不能构成四面体. 对于 0<a<20<a<\sqrt2，四点不共面，可以构成题设四面体. 所以
0<a<20<a<\sqrt2
故选 A. \end{solution}
A.
(0,2)(0, \sqrt{2})
B.
(0,3)(0, \sqrt{3})
C.
(1,2)(1, \sqrt{2})
D.
(1,3)(1, \sqrt{3})

2012 · 重庆 · 理 · 第 9 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，AB=4AB = 4，AC=BC=3AC = BC = 3，DD 为 ABAB 的中点.
(1) 求点 C 到平面 A1ABB1A_{1}ABB_{1} 的距离； (2) 若 AB1⊥A1CAB_{1} \perp A_{1}C，求二面角 A1−CD−C1A_{1} - CD - C_{1} 的平面角的余弦值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 在等腰三角形 ABCABC 中，DD 为 ABAB 的中点，所以 CD⊥ABCD\perp AB，且
CD=AC2−AD2=32−22=5CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{3^{2}-2^{2}}=\sqrt5
直三棱柱的侧棱垂直于底面，故 AA1⊥CDAA_{1}\perp CD，BB1⊥CDBB_{1}\perp CD. 因为 ABAB 与 AA1AA_{1} 都在平面 A1ABB1A_{1}ABB_{1} 内，且 CDCD 同时垂直于这两条相交直线，所以 CD⊥平面 A1ABB1CD\perp\text{平面 }A_{1}ABB_{1}. 因而点 CC 到该平面的距离为 CD=5CD=\sqrt5.
\item 取直角坐标系，使 DD 为原点，DBDB，DCDC，DD1DD_{1} 分别为 xx，yy，zz 轴正方向，设棱柱的高为 hh. 则 A=(−2,0,0)A=(-2,0,0)，B=(2,0,0)B=(2,0,0)，C=(0,5,0)C=(0,\sqrt5,0) A1=(−2,0,h)A_{1}=(-2,0,h)，B1=(2,0,h)B_{1}=(2,0,h)，C1=(0,5,h)C_{1}=(0,\sqrt5,h) 由 AB1⊥A1CAB_{1}\perp A_{1}C，得 AB1→=(4,0,h)\overrightarrow{AB_{1}}=(4,0,h)，A1C→=(2,5,−h)\overrightarrow{A_{1}C}=(2,\sqrt5,-h) AB1→⋅A1C→=8−h2=0\overrightarrow{AB_{1}}\cdot\overrightarrow{A_{1}C}=8-h^{2}=0，h=22h=2\sqrt2 取 D1=(0,0,h)D_{1}=(0,0,h). 直线 DA1DA_{1} 和 DD1DD_{1} 都垂直于棱 CDCD，且分别在平面 A1CDA_{1}CD 和 C1CDC_{1}CD 内，所以二面角 A1−CD−C1A_{1}-CD-C_{1} 的平面角可取为 ∠A1DD1\angle A_{1}DD_{1}. 因此 DA1→=(−2,0,22)\overrightarrow{DA_{1}}=(-2,0,2\sqrt2)，DD1→=(0,0,22)\overrightarrow{DD_{1}}=(0,0,2\sqrt2)
cos⁡∠A1DD1=DA1→⋅DD1→∣DA1∣ ∣DD1∣=8(23)(22)=63\cos\angle A_{1}DD_{1} =\frac{\overrightarrow{DA_{1}}\cdot\overrightarrow{DD_{1}}}{|DA_{1}|\,|DD_{1}|} =\frac{8}{(2\sqrt3)(2\sqrt2)}=\frac{\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2012 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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09立体几何初步★★★★☆
设四面体的六条棱的长分别为 11，11，11，11，2\sqrt{2} 和 aa，且长为 aa 的棱与长为 2\sqrt{2} 的棱异面，则 aa 的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设长为 aa 的一条棱为 ABAB，与之异面的长为 2\sqrt2 的棱为 CDCD，则另外四条棱 ACAC，ADAD，BCBC，BDBD 的长均为 11. 取 ABAB 的中点为原点，使 A=(−a2,0,0)A=(-\frac a2,0,0)，B=(a2,0,0)B=(\frac a2,0,0). 由 AC=BC=1AC=BC=1 及 AD=BD=1AD=BD=1，可设 C=(0,u,v)C=(0,u,v)，D=(0,s,t)D=(0,s,t)，并有 u2+v2=s2+t2=1−a24u^2+v^2=s^2+t^2=1-\frac{a^2}{4}. 记 r=1−a24r=\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}，则 CC，DD 位于同一圆心为原点、半径为 rr 的圆上.
因为 CD=2CD=\sqrt2，由三角不等式得 2=∣CD∣≤∣C∣+∣D∣=2r\sqrt2=|CD|\leq|C|+|D|=2r，所以 2≤4−a22\leq4-a^2，即 a2≤2a^2\leq2. 若 a=2a=\sqrt2，则 CD=2rCD=2r，等号成立时 D=−CD=-C，四点 AA，BB，CC，DD 共面，不能构成非退化四面体，故必须有 a<2a<\sqrt2. 又棱长 a>0a>0，所以 0<a<20<a<\sqrt2.
反过来，任取 0<a<20<a<\sqrt2，则 2r>22r>\sqrt2，可在该圆上取两点 CC，DD，使 CD=2CD=\sqrt2 且 D≠−CD\ne-C，从而四点不共面并满足六条棱的长度条件. 因此 aa 的取值范围为 (0,2)(0,\sqrt2)，故选 A. \end{solution}
A.
(0,2)(0,\sqrt{2})
B.
(0,3)(0,\sqrt{3})
C.
(1,2)(1,\sqrt{2})
D.
(1,3)(1,\sqrt{3})

2012 · 重庆 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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20立体几何初步★★★★☆
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1ABC-A_{1}B_{1}C_{1} 中，AB=4AB=4，AC=BC=3AC=BC=3，DD 为 ABAB 的中点.
(1) 求异面直线 CC1CC_{1} 和 ABAB 的距离； (2) 若 AB1⊥A1CAB_{1}\perp A_{1}C，求二面角 A1−CD−B1A_{1}-CD-B_{1} 的平面角的余弦值.

2012 · 重庆 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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09立体几何初步★★★★☆
高为 24\frac{\sqrt{2}}{4} 的四棱锥 S−ABCDS - ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 SS，AA，BB，CC，DD 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCDABCD 的中心与顶点 SS 之间的距离为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设正方形中心为 OO，球心为 TT. 由正方形边长为 11，得 OA=22OA=\frac{\sqrt{2}}{2}. 因为 AA，BB，CC，DD 在同一球面上，球心 TT 在过 OO 且垂直于底面的直线上，且 OT2=1−OA2=12OT^2=1-OA^2=\frac{1}{2}. 取底面为水平面，并令顶点 SS 在其上方，若 TT 在底面下方，则 ST⩾24+22>1ST\geqslant\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2}>1，与 SS 在半径为 11 的球面上矛盾，故 TT 在底面上方，且 OT=22OT=\frac{\sqrt{2}}{2}. 设 SS 到底面的高为 h=24h=\frac{\sqrt{2}}{4}，由 ST=1ST=1 得 OS2=1+2h⋅OT−OT2=1+2⋅24⋅22−12=1OS^2=1+2h\cdot OT-OT^2=1+2\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}=1. 所以底面中心与顶点 SS 的距离为 11，故选 C. \end{solution}
A.
24\frac{\sqrt{2}}{4}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
1
D.
2\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在四面体 ABCDABCD 中，平面 ABC⊥ABC \perp 平面 ACDACD，AB⊥BCAB \perp BC，AD=CDAD = CD，∠CAD=30∘\angle CAD = 30^\circ.
(1) 若 AD=2AD = 2，AB=2BCAB = 2BC，求四面体 ABCDABCD 的体积； (2) 若二面角 C−AB−DC - AB - D 为 60∘60^{\circ}，求异面直线 ADAD 与 BCBC 所成角的余弦值.

2011 · 重庆 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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10立体几何初步★★★★☆
高为 2\sqrt{2} 的四棱锥 S−ABCDS - ABCD 的底面是边长为 11 的正方形，点 SS，AA，BB，CC，DD 均在半径为 11 的同一球面上，则底面 ABCDABCD 的中心与顶点 SS 之间的距离为（ ）
A.
102\frac{\sqrt{10}}{2}
B.
2+32\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{2}
C.
32\frac{3}{2}
D.
2\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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