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12立体几何初步★★★★★
空间中有三个定点 AA，BB，CC，且 AB=BC=CA=1AB=BC=CA=1. 若在空间中任取 22 个不同的点，使它们与 AA，BB，CC 恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法共有______ 种.

2023 · 上海 · 第 12 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★★★
如图，ADAD 与 BCBC 是四面体 ABCDABCD 中互相垂直的棱，BC=2BC = 2. 若 AD=2cAD = 2c，且 AB+BD=AC+CD=2aAB + BD = AC + CD = 2a，其中 aa，cc 为常数，则四面体 ABCDABCD 的体积的最大值是______.

2012 · 上海 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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21立体几何初步★★★★★
(1) 如图，对于任一给定的四面体 A1A2A3A4A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}，找出依次排列的四个相互平行的平面 α1\alpha_{1}，α2\alpha_{2}，α3\alpha_{3}，α4\alpha_{4}，使得 Ai∈αiA_{i} \in \alpha_{i} （i=1i = 1，22，33，44），且其中每相邻两个平面间的距离都相等； (2) 给定依次排列的四个相互平行的平面 α1\alpha_{1}，α2\alpha_{2}，α3\alpha_{3}，α4\alpha_{4}，其中每相邻两个平面间的距离都为 1，若一个正四面体 A1A2A3A4A_{1}A_{2}A_{3}A_{4} 的四个顶点满足： Ai∈αiA_{i} \in \alpha_{i} （i=1i = 1，22，33，44），求该正四面体 A1A2A3A4A_{1}A_{2}A_{3}A_{4} 的体积.

2011 · 江西 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22三角函数★★★★★
如图，已知 △ABC\triangle ABC 的两条角平分线 ADAD 和 CECE 相交于 HH，∠B=60∘\angle B = 60^{\circ}，FF 在 ACAC 上，且 AE=AFAE = AF.
(1) 证明：BB，DD，HH，EE 四点共圆； (2) 证明：CECE 平分 ∠DEF\angle DEF.

2009 · 全国 · 新课程卷 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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19导数及其应用★★★★★
如图，某地为了开发旅游资源，欲修建一条连接风景点 PP 和居民区 OO 的公路，点 PP 所在的山坡面与山脚所在水平面 α\alpha 所成的二面角为 θ\theta（0∘<θ<90∘0^{\circ} < \theta < 90^{\circ}），且 sin⁡θ=25\sin \theta = \frac{2}{5}，点 PP 到平面 α\alpha 的距离 PH=0.4 kmPH = 0.4\mathrm{~km}. 沿山脚原有一段笔直的公路 ABAB 可供利用，从点 OO 到山脚修路的造价为 a 万元/kma\text{ 万元}/\mathrm{km}，原有公路改建费用为 a2 万元/km\frac{a}{2}\text{ 万元}/\mathrm{km}，当山坡上公路长度为 l kml\mathrm{~km}（1⩽l⩽21 \leqslant l \leqslant 2）时，其造价为 (l2+1)a 万元(l^{2} + 1)a\text{ 万元}，已知 OA⊥ABOA \perp AB，PB⊥ABPB \perp AB，AB=1.5 kmAB = 1.5\mathrm{~km}，OA=3 kmOA = \sqrt{3}\mathrm{~km}.
(1) 在 ABAB 上求一点 DD，使沿折线 PDAOPDAO 修建公路的总造价最小； (2) 对于上一问得到的点 DD，在 DADA 上求一点 EE，使沿折线 PDEOPDEO 修建公路的总造价最小； (3) 在 ABAB 上是否存在两个不同的点 D′D'，E′E'，使沿折线 PD′E′OPD'E'O 修建公路的总造价小于上一问得到的最小总造价，证明你的结论.

2007 · 湖南 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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14立体几何初步★★★★★
正四面体 ABCDABCD 的棱长为 11，棱 AB∥AB \parallel 平面 α\alpha，则正四面体上的所有点在平面 α\alpha 内的射影构成的图形面积的取值范围是______.
\begin{answer} [24,12]\left[\frac{\sqrt{2}}{4}, \frac{1}{2}\right] \end{answer}
\begin{solution} 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=(12,32,0)C=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2},0\right)、D=(12,36,23)D=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{6},\sqrt{\frac23}\right). 由于 AB∥αAB\parallel\alpha，取平面 α\alpha 内与 ABAB 同向的单位向量，并取其垂直方向为 (0,cos⁡θ,sin⁡θ)\left(0,\cos\theta,\sin\theta\right). 反向选择第二个方向不改变投影面积，故可设 −π2⩽θ⩽π2-\frac\pi2\leqslant\theta\leqslant\frac\pi2.
以 ABAB 和上述第二个方向为投影平面内的坐标轴，四个顶点的正投影可记为 A′=(0,0)A'=(0,0)、B′=(1,0)B'=(1,0)、C′=(12,u)C'=\left(\frac12,u\right)、D′=(12,v)D'=\left(\frac12,v\right)，其中 u=32cos⁡θu=\frac{\sqrt3}{2}\cos\theta，v=36cos⁡θ+23sin⁡θv=\frac{\sqrt3}{6}\cos\theta+\sqrt{\frac23}\sin\theta. 正四面体是四个顶点的凸包，所以所求图形是上述四个投影点的凸包. 因为 u⩾0u\geqslant0，当 v⩾0v\geqslant0 时面积为 12max⁡{u,v}\frac12\max\{u,v\}，当 v<0v<0 时面积为 12(u−v)\frac12(u-v).
设 θ0=arctan⁡12\theta_0=\arctan\frac1{\sqrt2}，θ1=−arctan⁡122\theta_1=-\arctan\frac1{2\sqrt2}. 当 v⩾0v\geqslant0 时，必有 θ∈[θ1,π2]\theta\in[\theta_1,\frac\pi2]. 若 θ∈[θ1,θ0]\theta\in[\theta_1,\theta_0]，则 u⩾u(θ0)=22u\geqslant u(\theta_0)=\frac{\sqrt2}{2}. 若 θ∈[θ0,π2]\theta\in[\theta_0,\frac\pi2]，由于 v>0v>0 且 v′′(θ)=−v(θ)<0v''(\theta)=-v(\theta)<0，函数 vv 在该区间上为凹函数，故其最小值出现在端点，而 v(θ0)=22v(\theta_0)=\frac{\sqrt2}{2}，v(π2)=23>22v\left(\frac\pi2\right)=\sqrt{\frac23}>\frac{\sqrt2}{2}. 所以此时 max⁡{u,v}⩾22\max\{u,v\}\geqslant\frac{\sqrt2}{2}. 当 v<0v<0 时，θ∈[−π2,θ1)\theta\in[-\frac\pi2,\theta_1)，且
u−v=33cos⁡θ−23sin⁡θu-v=\frac{\sqrt3}{3}\cos\theta-\sqrt{\frac23}\sin\theta
记 w(θ)=u−v=33cos⁡θ−23sin⁡θw(\theta)=u-v=\frac{\sqrt3}{3}\cos\theta-\sqrt{\frac23}\sin\theta. 在该区间内 w>0w>0，且 w′′(θ)=−w(θ)<0w''(\theta)=-w(\theta)<0，所以 ww 的最小值出现在端点，端点值均为 23>22\sqrt{\frac23}>\frac{\sqrt2}{2}. 因而任意情况下投影面积均不小于 24\frac{\sqrt2}{4}. 当 θ=θ0\theta=\theta_0 时 u=v=22u=v=\frac{\sqrt2}{2}，下界可以取得.
另一方面，u⩽32<1u\leqslant\frac{\sqrt3}{2}<1，且由柯西不等式
∣v∣⩽112+23=32<1|v|\leqslant\sqrt{\frac1{12}+\frac23}=\frac{\sqrt3}{2}<1
当 v⩾0v\geqslant0 时面积严格小于 12\frac12. 当 v<0v<0 时，仍由柯西不等式
u−v=33cos⁡θ−23sin⁡θ⩽1u-v=\frac{\sqrt3}{3}\cos\theta-\sqrt{\frac23}\sin\theta\leqslant1
故面积不大于 12\frac12. 取 (cos⁡θ,sin⁡θ)=(33,−23)(\cos\theta,\sin\theta)=\left(\frac{\sqrt3}{3},-\sqrt{\frac23}\right) 时 v=−12<0v=-\frac12<0，且 u−v=1u-v=1，上界可以取得. 投影面积关于 θ\theta 连续，故其取值范围为
[24,12]\left[\frac{\sqrt2}{4},\frac12\right]
\end{solution}

2006 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★★★
将半径都为 11 的 44 个铅球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高最小值为（ ）
A.
3+263\frac{\sqrt{3} + 2\sqrt{6}}{3}
B.
2+2632 + \frac{2\sqrt{6}}{3}
C.
4+2634 + \frac{2\sqrt{6}}{3}
D.
43+263\frac{4\sqrt{3} + 2\sqrt{6}}{3}

2005 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

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21立体几何初步★★★★★
如图，P−ABCP - ABC 是底面边长为 11 的正三棱锥，DD，EE，FF 分别为棱长 PAPA，PBPB，PCPC 上的点，截面 DEF∥DEF \parallel 底面 ABCABC，且棱台 DEF−ABCDEF - ABC 与棱锥 P−ABCP - ABC 的棱长和相等.（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）
(1) 证明：P−ABCP - ABC 为正四面体. (2) 若 PD=12PAPD = \frac{1}{2} PA，求二面角 D−BC−AD - BC - A 的大小.（结果用反三角函数值表示） (3) 设棱台 DEF−ABCDEF - ABC 的体积为 VV，是否存在体积为 VV 且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台 DEF−ABCDEF - ABC 有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明；若不存在，请说明理由.

2004 · 上海 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21立体几何初步★★★★★
如图，P−ABCP-ABC 是底面边长为 11 的正三棱锥，DD，EE，FF 分别为棱长 PAPA，PBPB，PCPC 上的点，截面 DEF∥DEF \parallel 底面 ABCABC，且棱台 DEF−ABCDEF-ABC 与棱锥 P−ABCP-ABC 的棱长和相等.（棱长和是指多面体中所有棱的长度之和）
(1) 证明： P−ABCP-ABC 为正四面体； (2) 若 PD=12PAPD = \frac{1}{2}PA，求二面角 D−BC−AD-BC-A 的大小.（结果用反三角函数值表示） (3) 设棱台 DEF−ABCDEF-ABC 的体积为 VV，是否存在体积为 VV 且各棱长均相等的直平行六面体，使得它与棱台 DEF−ABCDEF-ABC 有相同的棱长和？ 若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面体，并给出证明；若不存在，请说明理由.

2004 · 上海 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22立体几何初步★★★★★
(1) 给出两块相同的正三角形纸片（如图 1，图 2），要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图 1，图 2 中，并作简要说明； (2) 试比较你剪的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； (3) 如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图 3），要求剪拼成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等. 请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图 3 中，并作简要说明.

2002 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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21立体几何初步★★★★★
(1) 给出两块相同的正三角形纸片（如图 1，图 2）. 要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图 1，图 2 中，并作简要说明； (2) 试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小； (3) 如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图 3），要求剪拼成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等. 请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图 3 中，并作简要说明.

2002 · 苏豫粤桂 · 第 21 题 · 解答题

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12立体几何初步★★★★★
如图，OAOA 是圆锥底面中心 OO 到母线的垂线，OAOA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成体积相等的两部分，则母线与轴的夹角为（ ）
\begin{solution} 在过圆锥轴的截面内，设圆锥的高为 HH，底面半径为 RR，母线与轴的夹角为 θ\theta. 以底面中心 OO 为原点、轴为竖直方向，设顶点为 V=(0,H)V=(0,H)，母线与底面圆周的交点为 B=(R,0)B=(R,0)，垂足为 A=(r,h)A=(r,h). 由于 AA 在母线 VBVB 上，可设
A=V+t(B−V)=(tR,H(1−t))A=V+t(B-V)=\bigl(tR,H(1-t)\bigr)
又因为 OA⊥VBOA\perp VB，所以
(tR,H(1−t))⋅(R,−H)=0(tR,H(1-t))\cdot(R,-H)=0
从而 t=H2R2+H2=cos⁡2θt=\dfrac{H^2}{R^2+H^2}=\cos^2\theta. 因此 rR=cos⁡2θ\frac{r}{R}=\cos^2\theta，hH=sin⁡2θ\frac{h}{H}=\sin^2\theta. 旋转 OAOA 所得曲面将截面三角形分成两部分. 取靠近底面的部分，其体积等于半径为 RR，rr、高为 hh 的圆台体积减去半径为 rr、高为 hh 的圆锥体积，即
V1=πh3(R2+Rr+r2)−πr2h3=πh3(R2+Rr)V_1=\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr+r^2)-\frac{\pi r^2h}{3}=\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr)
题设说明 V1V_1 是原圆锥体积的一半，因此
πh3(R2+Rr)=12⋅πR2H3\frac{\pi h}{3}(R^2+Rr)=\frac12\cdot\frac{\pi R^2H}{3}
令 u=cos⁡2θ=rRu=\cos^2\theta=\frac{r}{R}，则 hH=1−u\frac{h}{H}=1-u，从而 2(1−u)(1+u)=12(1-u)(1+u)=1，即 u2=12u^2=\frac12. 因为 0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2}，所以 u=12u=\frac1{\sqrt2}，故
cos⁡θ=124\cos\theta=\frac1{\sqrt[4]{2}}
故选 D. \end{solution}
A.
arccos⁡123\arccos\frac{1}{\sqrt[3]{2}}
B.
arccos⁡12\arccos\frac{1}{2}
C.
arccos⁡12\arccos\frac{1}{\sqrt{2}}
D.
arccos⁡124\arccos\frac{1}{\sqrt[4]{2}}

2000 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 12 题 · 选择题

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