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145分立体几何初步★★☆☆☆
在正四棱台 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，AB=2AB=2，A1B1=1A_1B_1=1，AA1=2AA_1=\sqrt2，则该棱台的体积为______.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 14 题 · 填空题

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11立体几何初步★☆☆☆☆
我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明. 弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的大正方形（如图所示）. 若直角三角形直角边分别为 33 与 44，记大正方形面积为 S1S_1，小正方形面积为 S2S_2，则 S1S2=‾\frac{S_1}{S_2}=\underline{\hspace{2em}}.

2021 · 浙江 · 第 11 题 · 填空题

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14立体几何初步★★☆☆☆
已知圆锥展开图的侧面积为 2π2\pi，且为半圆，则底面半径为______.

2020 · 浙江 · 第 14 题 · 填空题

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11立体几何初步★★☆☆☆
某几何体的三视图如图所示（单位：cm\mathrm{cm}），则该几何体的表面积是______ cm2\mathrm{cm}^2，体积是______ cm3\mathrm{cm}^3.

2016 · 浙江 · 理 · 第 11 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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09立体几何初步★★☆☆☆
某几何体的三视图如图所示（单位：cm\mathrm{cm}），则该几何体的表面积是______cm2\mathrm{cm}^2，体积是______cm3\mathrm{cm}^3.

2016 · 浙江 · 文 · 第 9 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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13立体几何初步★★★☆☆
如图，在三棱锥 A−BCDA - BCD 中，AB=AC=BD=CD=3AB = AC = BD = CD = 3，AD=BC=2AD = BC = 2，点 MM，NN 分别为 ADAD，BCBC 的中点，则异面直线 ANAN，CMCM 所成的角的余弦值是______.

2015 · 浙江 · 理 · 第 13 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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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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12立体几何初步★★★☆☆
若某几何体的三视图（单位：cm\mathrm{cm}）如图所示，则此几何体的体积等于______cm3\mathrm{cm}^{3}.

2013 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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11立体几何初步★★☆☆☆
已知某三棱锥的三视图（单位：cm\mathrm{cm}）如图所示，则该三棱锥的体积等于______ cm3\mathrm{cm}^3.

2012 · 浙江 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★☆☆
若某几何体的三视图（单位：cm\mathrm{cm}）如图所示，则此几何体的体积是______cm3\mathrm{cm}^3.
\begin{answer} 144 \end{answer}
\begin{solution} 由三视图可知，几何体由一个底面为边长 8 cm8\mathrm{~cm}、上底面为边长 4 cm4\mathrm{~cm}、高为 3 cm3\mathrm{~cm} 的正四棱台，以及一个底面为 4 cm×4 cm4\mathrm{~cm}\times4\mathrm{~cm}、高为 2 cm2\mathrm{~cm} 的长方体组成.
正四棱台的体积为
V1=33(82+82⋅42+42)=64+32+16=112 cm3V_1=\frac{3}{3}\left(8^2+\sqrt{8^2\cdot4^2}+4^2\right)=64+32+16=112\mathrm{~cm}^3
长方体的体积为
V2=4×4×2=32 cm3V_2=4\times4\times2=32\mathrm{~cm}^3
所以几何体的体积为 V1+V2=144 cm3V_1+V_2=144\mathrm{~cm}^3，填 144144. \end{solution}

2010 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★☆☆
若某几何体的三视图（单位：cm\mathrm{cm}）如图所示，则此几何体的体积是______cm3\mathrm{cm}^3.

2009 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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17立体几何初步★★★★☆
如图，在长方形 ABCDABCD 中，AB=2AB=2，BC=1BC=1，EE 为 DCDC 的中点，FF 为线段 ECEC（端点除外）上一动点. 现将 △AFD\triangle AFD 沿 AFAF 折起，使平面 ABD⊥ABD\perp 平面 ABCABC. 在平面 ABDABD 内过点 DD 作 DK⊥ABDK\perp AB，KK 为垂足. 设 AK=tAK=t，则 tt 的取值范围是______.

2009 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 填空题

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12立体几何初步★★☆☆☆
若某几何体的三视图（单位：cm\mathrm{cm}）如图所示，则此几何体的体积是______ cm3\mathrm{cm}^{3}.

2009 · 浙江 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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14立体几何初步★★★☆☆
如图，已知球 OO 的表面上四点 AA、BB、CC、DD，DA⊥DA \perp 平面 ABCABC，AB⊥BCAB \perp BC，DA=AB=BC=3DA = AB = BC = \sqrt{3}，则球 OO 的体积等于______.

2008 · 浙江 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15立体几何初步★★★☆☆
如图，已知球 OO 的球面上四点 AA，BB，CC，DD，DA⊥DA \perp 平面 ABCABC，AB⊥BCAB \perp BC，DA=AB=BC=3DA = AB = BC = \sqrt{3}，则球 OO 的体积等于______.

2008 · 浙江 · 文 · 第 15 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
已知点 OO 在二面角 α−AB−β\alpha-AB-\beta 的棱上，点 PP 在 α\alpha 内，且 ∠POB=45∘\angle POB = 45^{\circ}. 若对于 β\beta 内异于 OO 的任意一点 QQ，都有 ∠POQ⩾45∘\angle POQ \geqslant 45^{\circ}，则二面角 α−AB−β\alpha-AB-\beta 的大小是______. \begin{answer} 90∘90^{\circ} \end{answer}
\begin{solution} 设 θ\theta 为二面角的大小，取沿 OBOB 的单位向量为 e1\boldsymbol{e}_1，取平面 α\alpha 内垂直于 ABAB 且指向 PP 的单位向量为 e2\boldsymbol{e}_2，再取平面 β\beta 内垂直于 ABAB 的单位向量为 e3\boldsymbol{e}_3. 则 e1⊥e2\boldsymbol{e}_1\perp\boldsymbol{e}_2，e1⊥e3\boldsymbol{e}_1\perp\boldsymbol{e}_3，e2⋅e3=cos⁡θ\boldsymbol{e}_2\cdot\boldsymbol{e}_3=\cos\theta. 由 ∠POB=45∘\angle POB=45^{\circ}，设 OP=rOP=r，则
OP→=r2e1+r2e2\overrightarrow{OP}=\frac r{\sqrt2}\boldsymbol{e}_1+\frac r{\sqrt2}\boldsymbol{e}_2
平面 β\beta 内任意向量都可以写成 se1+te3s\boldsymbol{e}_1+t\boldsymbol{e}_3. 因此，OP→\overrightarrow{OP} 在平面 β\beta 上的投影长度为
∣proj⁡βOP→∣=(r2)2+(r2cos⁡θ)2=r1+cos⁡2θ2\left\lvert\operatorname{proj}_{\beta}\overrightarrow{OP}\right\rvert =\sqrt{\left(\frac r{\sqrt2}\right)^2+\left(\frac r{\sqrt2}\cos\theta\right)^2} =r\sqrt{\frac{1+\cos^2\theta}{2}}
所以 OP→\overrightarrow{OP} 与平面 β\beta 内非零向量的夹角的最小值 φ\varphi 满足
cos⁡φ=1+cos⁡2θ2\cos\varphi=\sqrt{\frac{1+\cos^2\theta}{2}}
题设对任意 Q∈βQ\in\beta 且 Q≠OQ\ne O 都有 ∠POQ⩾45∘\angle POQ\geqslant45^{\circ}，故 φ⩾45∘\varphi\geqslant45^{\circ}，从而
1+cos⁡2θ2⩽12\sqrt{\frac{1+\cos^2\theta}{2}}\leqslant\frac1{\sqrt2}
于是 cos⁡2θ=0\cos^2\theta=0，所以 θ=90∘\theta=90^{\circ}. \end{solution}

2007 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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17立体几何初步★★★★☆
已知点 OO 在二面角 α−AB−β\alpha - AB - \beta 的棱上，点 PP 在 α\alpha 内，且 ∠POB=45∘\angle POB = 45^{\circ}. 若对于 β\beta 内异于 OO 的任意一点 QQ，都有 ∠POQ⩾45∘\angle POQ \geqslant 45^{\circ}，则二面角 α−AB−β\alpha - AB - \beta 的大小是______.

2007 · 浙江 · 文 · 第 17 题 · 填空题

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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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14立体几何初步★★★★☆
如图，正四面体 ABCDABCD 的棱长为 11，平面 α\alpha 过棱 ABAB，且 CD∥αCD \parallel \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是______.

2006 · 浙江 · 文 · 第 14 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★★☆
设 MM，NN 是直角梯形 ABCDABCD 两腰的中点，DE⊥ABDE \perp AB 于 EE（如图）. 现将 △ADE\triangle ADE 沿 DEDE 折起，使二面角 A−DE−BA-DE-B 为 45∘45^{\circ}，此时点 AA 在平面 BCDEBCDE 内的射影恰为点 BB，则 MM，NN 的连线与 AEAE 所成角的大小等于______.
\begin{answer} 90∘90^{\circ} \end{answer}
\begin{solution} 建立空间直角坐标系，使平面 BCDEBCDE 为 z=0z=0 平面，EBEB 为 xx 轴正向，EDED 为 yy 轴正向. 设 EB=u>0EB=u>0，ED=v>0ED=v>0，则 E=(0,0,0)E=(0,0,0)，B=(u,0,0)B=(u,0,0)，D=(0,v,0)D=(0,v,0)，C=(u,v,0)C=(u,v,0). 点 AA 在平面 BCDEBCDE 内的射影为 BB，故可设 A=(u,0,h)A=(u,0,h). 在垂直于 DEDE 的截面内，二面角 A−DE−BA-DE-B 是射线 EAEA 与 EBEB 的夹角. 该角为 45∘45^{\circ}，所以 h=uh=u，即 A=(u,0,u)A=(u,0,u).
由中点坐标公式， M=(u2,v2,u2)M=\left(\frac{u}{2},\frac{v}{2},\frac{u}{2}\right)，N=(u,v2,0)N=\left(u,\frac{v}{2},0\right). 于是 MN→=(u2,0,−u2)\overrightarrow{MN}=\left(\frac{u}{2},0,-\frac{u}{2}\right)，AE→=(−u,0,−u)\overrightarrow{AE}=(-u,0,-u)， 且
MN→⋅AE→=−u22+u22=0\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AE} =-\frac{u^2}{2}+\frac{u^2}{2}=0
所以 MN⊥AEMN\perp AE，所成角为 90∘90^{\circ}. \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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12立体几何初步★★★★☆
设 MM，NN 是直角梯形 ABCDABCD 两腰的中点，DE⊥ABDE \perp AB 于 EE （如图）. 现将 △ADE\triangle ADE 沿 DEDE 折起，使二面角 A−DE−BA - DE - B 为 45∘45^\circ，此时点 AA 在平面 BCDEBCDE 内的射影恰为点 BB，则 MM，NN 的连线与 AEAE 所成角的大小等于______.
\begin{answer} 90∘90^\circ \end{answer}
\begin{solution} 设平面 BCDEBCDE 为 z=0z=0，取 DEDE 为 yy 轴，令 E=(0,0,0)E=(0,0,0)，D=(0,d,0)D=(0,d,0)，B=(u,0,0)B=(u,0,0)，C=(u,d,0)C=(u,d,0)，其中 u>0u>0，d>0d>0. 点 AA 在平面 BCDEBCDE 内的射影为 BB，故可设 A=(u,0,v)A=(u,0,v). 二面角 A−DE−BA-DE-B 为 45∘45^\circ，所以在过 EE 且垂直于 DEDE 的截面内，直线 EAEA 与 EBEB 所成的角为 45∘45^\circ. 因而 cos⁡45∘=uu2+v2\displaystyle \cos45^\circ=\frac{u}{\sqrt{u^2+v^2}}，得 v2=u2v^2=u^2.
由中点坐标公式，MM，NN 分别为 ADAD，BCBC 的中点，所以 M=(u2,d2,v2)\displaystyle M=(\frac{u}{2},\frac{d}{2},\frac{v}{2})，N=(u,d2,0)N=(u,\frac{d}{2},0). 于是 MN→=(u2,0,−v2)\overrightarrow{MN}=(\frac{u}{2},0,-\frac{v}{2})，AE→=(−u,0,−v)\overrightarrow{AE}=(-u,0,-v)，从而 MN→⋅AE→=−u22+v22=0\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AE}=-\frac{u^2}{2}+\frac{v^2}{2}=0. 因此 MN⊥AEMN\perp AE，两直线所成角为 90∘90^\circ. \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 12 题 · 填空题

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16立体几何初步★★★★☆
已知平面 α\alpha 和平面 β\beta 交于直线 ll，PP 是空间一点，PA⊥αPA\perp \alpha，垂足为 AA，PB⊥βPB\perp \beta，垂足为 BB，且 PA=1PA=1，PB=2PB=2，若点 AA 在 β\beta 内的射影与点 BB 在 α\alpha 内的射影重合，则点 PP 到 ll 的距离为______.

2004 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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