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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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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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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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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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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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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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16立体几何初步★★★★☆
以图 \circled1\circled{1} 为正视图，在图 \circled2\circled{2}，\circled3\circled{3}，\circled4\circled{4}，\circled5\circled{5} 中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为______（写出符合要求的一组答案即可）.

2021 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
以图①为正视图，在图②，③，④，⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为______（写出符合要求的一组答案即可）.

2021 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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165分立体几何初步★★★★☆
已知直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 的棱长均为 2，∠BAD=60∘\angle BAD=60^\circ. 以 D1D_1 为球心，5\sqrt{5} 为半径的球面与侧面 BCC1B1BCC_1B_1 的交线长为______.

2020 · 全国 · 新高考一卷 · 第 16 题 · 填空题

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165分解析几何★★★★☆
某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示. OO 为圆孔及轮廓圆弧 ABAB 所在圆的圆心，AA 是圆弧 ABAB 与直线 AGAG 的切点，BB 是圆弧 ABAB 与直线 BCBC 的切点，四边形 DEFGDEFG 为矩形，BC⊥DGBC\perp DG，垂足为 CC，tan⁡∠ODC=35\tan\angle ODC=\dfrac35，BH∥DGBH\parallel DG，EF=12 cmEF=12 \mathrm{~cm}，DE=2 cmDE=2 \mathrm{~cm}，AA 到直线 DEDE 和 EFEF 的距离均为 7 cm7 \mathrm{~cm}，圆孔半径为 1 cm1 \mathrm{~cm}，则图中阴影部分的面积为______cm2\mathrm{cm}^2.

2020 · 全国 · 新高考二卷 · 第 16 题 · 填空题

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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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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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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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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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16立体几何初步★★★★☆
如图，圆形纸片的圆心为 OO，半径为 5 cm5\mathrm{~cm}，该纸片上的等边三角形 ABCABC 的中心为 OO. DD，EE，FF 为圆 OO 上的点，△DBC\triangle DBC，△ECA\triangle ECA，△FAB\triangle FAB 分别是以 BCBC，CACA，ABAB 为底边的等腰三角形. 沿虚线剪开后，分别以 BCBC，CACA，ABAB 为折痕折起 △DBC\triangle DBC，△ECA\triangle ECA，△FAB\triangle FAB，使得 DD，EE，FF 重合，得到三棱锥. 当 △ABC\triangle ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3\mathrm{cm}^3）的最大值为______.

2017 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
已知三棱锥 S−ABCS-ABC 的所有顶点都在球 OO 的球面上，SCSC 是球 OO 的直径. 若平面 SCA⊥SCA\perp 平面 SCBSCB，SA=ACSA=AC，SB=BCSB=BC，三棱锥 S−ABCS-ABC 的体积为 99，则球 OO 的表面积为______.

2017 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
aa，bb 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABCABC 的直角边 ACAC 所在直线与 aa，bb 都垂直，斜边 ABAB 以直线 ACAC 为旋转轴旋转，有下列结论：
① 当直线 ABAB 与 aa 成 60∘60^\circ 角时，ABAB 与 bb 成 30∘30^\circ 角； ② 当直线 ABAB 与 aa 成 60∘60^\circ 角时，ABAB 与 bb 成 60∘60^\circ 角； ③ 直线 ABAB 与 aa 所成角的最小值为 45∘45^\circ； ④ 直线 ABAB 与 aa 所成角的最大值为 60∘60^\circ；
其中正确的是（填写所有正确结论的编号）______

2017 · 全国 · 三卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★★☆
如图，在 △ABC\triangle ABC 中，AB=BC=2AB=BC=2，∠ABC=120∘\angle ABC=120^\circ. 若平面 ABCABC 外的点 PP 和线段 ACAC 上的点 DD，满足 PD=DAPD=DA，PB=BAPB=BA，则四面体 PBCDPBCD 的体积的最大值是______.

2016 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★★☆
如图，已知平面四边形 ABCDABCD，AB=BC=3AB=BC=3，CD=1CD=1，AD=5AD=\sqrt5，∠ADC=90∘\angle ADC=90^\circ，沿直线 ACAC 将 △ACD\triangle ACD 翻折成 △ACD′\triangle ACD'，直线 ACAC 与 BD′BD' 所成角的余弦的最大值是______.

2016 · 浙江 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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15立体几何初步★★★★☆
已知 e1\boldsymbol{e}_{1}，e2\boldsymbol{e}_{2} 是空间单位向量，e1⋅e2=12\boldsymbol{e}_{1} \cdot \boldsymbol{e}_{2} = \frac{1}{2}，若空间向量 b\boldsymbol{b} 满足 b⋅e1=2\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{e}_{1} = 2，b⋅e2=52\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{e}_{2} = \frac{5}{2}，且对于任意 xx，y∈Ry \in \mathbf{R}，∣b−(xe1+ye2)∣⩾∣b−(x0e1+y0e2)∣=1\left|\boldsymbol{b} - (x \boldsymbol{e}_{1} + y \boldsymbol{e}_{2})\right| \geqslant \left|\boldsymbol{b} - (x_{0} \boldsymbol{e}_{1} + y_{0} \boldsymbol{e}_{2})\right| = 1（x0x_{0}，y0∈Ry_{0} \in \mathbf{R}），则 x0=x_{0} =______，y0=y_{0} =______，∣b∣=|\boldsymbol{b}| =______.

2015 · 浙江 · 理 · 第 15 题 · 填空题

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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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17立体几何初步★★★★☆
如图，某人在垂直于水平地面 ABCABC 的墙前面的点 AA 处进行射击训练. 已知点 AA 到墙面的距离为 ABAB，某目标点 PP 沿墙面上的射线 CMCM 移动，此人为了准确瞄准目标点 PP，需计算由点 AA 观察点 PP 的仰角 θ\theta 的大小. 若 AB=15 mAB = 15\ \mathrm{m}，AC=25 mAC = 25\ \mathrm{m}，∠BCM=30∘\angle BCM = 30^\circ，则 tan⁡θ\tan\theta 的最大值是______.（仰角 θ\theta 为直线 APAP 与平面 ABCABC 所成角）

2014 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

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15三角函数★★★★☆
如图，△ABC\triangle ABC 中，BC=6BC = 6，以 BCBC 为直径的半圆分别交 ABAB，ACAC 于点 EE，FF，若 AC=2AEAC = 2AE，则 EF=EF =______.

2014 · 陕西 · 理 · 第 15 题（B） · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
已知圆 OO 和圆 KK 是球 OO 的大圆和小圆，其公共弦长等于球 OO 的半径，OK=32OK=\frac{3}{2}，且圆 OO 与圆 KK 所在的平面所成的一个二面角为 60∘60^{\circ}，则球 OO 的表面积等于______.

2013 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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