专题19立体几何与空间向量B辑(解析版)-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编1981-2020

1/2备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题19立体几何与空间向量B辑历年联赛真题汇编1．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】正三棱锥P-ABC的所有棱长均为1,L,M,N分别为棱PA,PB,PC的中点,则该正三棱锥的外接球被平面LMN所截的截面面积为 .【答案】π【解析】由条件知平面LMN与平面ABC平行,且点P到平面LMN,ABC的距离之比为1:2.设H为正三棱锥P-ABC的面ABC的中心,PH与平面LMN交于点K,则PH⊥平面ABC,PK⊥平面LMN,故PK=1正三棱锥P-ABC可视为正四面体,设O为其中心(即外接球球心),则O在PH上,且由正四面体的性质知OH=14PH.结合PK=12即点O到平面LMN,ABC等距.这表明正三棱锥的外接球被平面LMN,ABC所截得的截面圆大小相等.从而所求截面的面积等于ΔABC的外接圆面积,即π⋅(AB3)2=π3【答案】7【解析】如图,设面ABC和面A1B1C1的中心分别为O和O1,记线段OO易知PO⊥AO,所以PA=故外接球的体积为43

3．【2019高中数学联赛A卷（第01试）】如图，正方体ABCD－EFGH的一个截面经过顶点A、C及棱EF上一点K，且将正方体分成体积比为3:1的两部分，则EKKF的值为 .【答案】3【解析】如图，记α为截面所在平面.延长AK、BF交于点P，则P在α上，故直线CP是α与平面BCGF的交线.设CP与FG交于点L，则四边形AKLC为截面.因平面ABC平行于平面KFL，且AK、BF、CL共点P，故ABC－KFL为棱台.不妨设正方体棱长为1，则正方体体积为1，结合条件知棱台ABC－KFL的体积V=1设PF=h，则KFAB注意到PB、PF分别是棱锥P－ABC与棱锥P－KFL的高，于是1=1化简得3h2=1，故h=1从而EKKF=AEPF=1h=3.

4．【2019高中数学联赛B卷（第01试）】设三棱锥P－ABC满足PA=PB=3，AB【答案】2【解析】设三棱锥P－ABC的高为h，取M为棱AB的中点，则h⩽PM=3当平面PAB⊥平面ABC时，h取到最大值22此时三棱锥P－ABC的体积取到最大值13S△ABC⋅22=13⋅3⋅22=263.

5．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设点P到平面α的距离为【答案】8π【解析】设点P在平面a上的射影为O.由条件知，OPOQ即OQ∈[1，3]，故所求的区域面积为π⋅32-π⋅12=8π.

6．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】已知圆锥的顶点为P，底面半径长为2，为1.在圆锥底面上取一点Q，使得直线PQ与底面所成角不大于45°，则满足条件的点【答案】3π【解析】圆锥顶点P在底面上的投影即为底面中心记之为O.由条件知，OPOQ=tan故所求的区域面积为π⋅22-π⋅12=3π.

7．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】正三棱锥P－ABC中，AB=1，AP=2，过AB的平面a将其体积平分，则棱PC与平面【答案】3【解析】设AB、PC的中点分别为K、M，则易证平面ABM就是平面α.由中线长公式知AM所以KM=A又易知直线PC在平面α上的射影是直线MK，而MC=1，KC=3所以cos∠KMC=故棱PC与平面α所成角的余弦值为3510.

8．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】在正四面体ABCD中，E、F分别在棱AB、AC上，满足BE=3，EF=4，且EF与面BCD平行，则△DEF的面积为 【答案】2【解析】由条件知，EF平行于BC.因为正四面体ABCD的各个面是全等的正三角形，故AE=AF=EF=4,AD=AB=AE+BE=7.由余弦定理得，DE=A同理有DF=37作等腰△DEF底边EF上的高DH，则EH=1故DH=D于是S△DEF=12⋅EF⋅DH=233.

9．【2016高中数学联赛（第01试）】设P为一圆锥的顶点，A、B、C是其底面圆周上的三点，满足∠ABC=90°，M为AP的中点若AB=1，AC=2，AP=2，则二面角M－BC－【答案】arctan【解析】由∠ABC=90°知，AC为底面圆的直径.设底面中心为O，则PO⊥平面ABC.易知AO=12AC=1设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点.在底面中作HK⊥BC于点K，则由三垂线定理知MK⊥BC，从而∠MKH为二面角M－BC－A的平面角.因MH=AH=12，结合HK与AB平行知，即HK=34，这样故二面角M－BC－A的大小为arctan23.

10．【2014高中数学联赛（第01试）】正四棱锥P－ABCD中，侧面是边长为1的正三角形，M，N分别是边AB，BC的中点，则异面直线MN与PC之间的距离是 【答案】2【解析】设底面对角线AC，BD交于点O，过点C作直线MN的垂线，交MN于点H.由于PO是底面的垂线，故PO⊥CH，又AC⊥CH，所以CH与平面POC垂直，故CH⊥PC，因此CH是直线MN与PC的公垂线段，又CH=2故异面直线MN与PC之间的距离是24.

11．【2014高中数学联赛（第01试）】设等边△ABC的内切圆半径为2，圆心为I，若点P满足PI=1，则△APB与△APC的面积之比的最大值为 【答案】3+【解析】由PI=1知点P在以I为圆心的单位圆K上，设∠BAP=α.在圆K上取一点P0，使得α取到最大值α0，此时P0应落在∠IAC内，且是AP0与圆K的切点，由于0<α⩽故SΔAPBSΔAPC=其中θ=α由∠AP0I=π2知所以sinπ6+θsin根据式①与②可知，当P=P0时，SΔAPBS△APC的最大值为3+52.

12．【2013高中数学联赛（第01试）】已知正三棱锥P－ABC【答案】2【解析】如图，设球心O在面ABC与面ABP内的射影分别为H和K，AB中点为M，内切球半径为r，则P，K，M共线，P，O，H共线.∠PHM=∠PKO=π2，且OH=OK=r，MH=36AB=于是有r2-r=OKPO=sin∠KPO=MHPM=15，解得r=26.

13．【2012高中数学联赛（第01试）】设同底的两个正三棱锥P－ABC和Q【答案】4【解析】如图，联结PQ，则PQ⊥平面ABC，垂足H为正△ABC的中心，且PQ过球心O.联结CH并延长交AB于点M，则M为AB的中点，且CM⊥AB.易知∠PMH，∠QMH分别为正三棱锥P－ABC，Q－ABC的侧面与底面所成二面角的平面角，则∠PMH=45从而PH=MH=1因为∠PAQ=90°,AH⊥PQ，所以AH所以QH=2AH=4MH，故tan∠QMH=QHMH=4.

14．【2011高中数学联赛（第01试）】在四面体ABCD中，已知∠ADB=∠BDC=∠CDA=60°，AD=BD=3，CD=2，则四面体ABCD的外接球的半径为【答案】3【解析】设四面体ABCD的外接球球心为O，则在过△ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂线上.由题设知，△ABD是正三角形，则点N为△ABD的中心.设P，M分别为AB，CD的中点，则N在DP上，且ON⊥DP,OM⊥CD，因为∠CDA=∠CDB=∠ADB=60°，设CD与平面ABD所成角为θ，可求得在△DMN中DM=12CD=1由余弦定理得MN故MN=2.四边形DMON的外接圆的直径OD=故球O的半径R=3.

15．【2010高中数学联赛（第01试）】正三棱柱ABC-A1B1C1的9条棱长都相等，P是CC1的中点，二面角【答案】10【解析】解法一如图，以AB所在直线为x轴，线段AB中点O为原点，OC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则B(1,0,0),B从而BA1=(-2,0,2)，BP=(-1,3设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是m=则m⋅BA由此可设m=(1,0,1),n=(0,1,3)，所以则|cosα|=64解法二如图，有PC=PC1,PA1=PB，设A1B与AB1交于点因为PA=PB1，所以从而AB1⊥平面PA1B.过O在平面PA1B上作OE⊥A1联结B1E，则∠B1EO为二面角B－A1P－B1的平面角.设AA1=2，易求得PB=PA1△PA1O中A1O⋅PO=A1P⋅OE，即又B1O=2，sinα=sin∠B1EO=B1OB【答案】72【解析】如图，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为r，作平面A1B1C1∥平面ABC，与小球相切于点D，则小球球心O为正四面体P-A1垂足D为△A1B1C故PD=4OD=4r，从而PO=PD-OD=4r-r=3r，记此时小球与面PAB的切点为P1，联结OP1，则PP考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为PAB)相切时的情况，易知小球在面PAB上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为P1EF，如图.记正四面体的棱长为a，过P1作P1M⊥PA于点因此∠MPP1=π故小三角形的边长P1小球与面PAB不能接触到的部分的面积为(如图中阴影部分)S△PAB又因为r=1,a=46，所以S由对称性，且正四面体共四个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为723.

17．【2007高中数学联赛（第01试）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1【答案】5【解析】如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D在面AA1B1B上，交线为因为AE=233,A同理∠BAF=π6，所以∠EAF=π6，故弧而这样的弧共有三条.在面BB1C1C上，交线为弧FG所以，弧FG的长为33这样的弧也有三条.于是，所得的曲线长为3×3π9+3×3π6=53π6.

【答案】1【解析】设四个实心铁球的球心为O1,O2,O3,O4，其中O1，O2为下层两球的球心，A，B，故应注水π1+22-4×43π123=13+22π.

【答案】3【解析】因为13AD⋅12又3=AD+BC+AC2⩾3⋅3这时AB=1，AD⊥面ABC.所以DC=3.

20．【2004高中数学联赛（第01试）】如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角A－BD【答案】60【解析】联结D1C，作CE⊥BD1，垂足为E，延长CE交A1B于F，则联结AE，由对称性知AE⊥BD1，所以∠FEA是二面角A－BD1－A联结AC，设AB=1.则AC=AD在Rt△ABD1中，AE=AB⋅A在△AEC中cos∠AEC=所以∠AEC=120而∠FEA是∠AEC的补角，所以∠FEA=60°优质模拟题强化训练

1．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=120°，PA=4.若三棱锥P-ABC的外接球的半径为22，则直线PC与平面ABC所成角的正切值为【答案】2【解析】如图，设O1为△ABC的外P心，O为三棱锥P-ABC的外接球的球心.由PA⊥平面ABC，OO1⊥平面ABC，知PA∥OO1.取PA的中点D，由OP=OA=22，知D为PA的中点，且四边形DAO1O为矩形又PA=4，所以O1O=AD=2，△ABC的外接圆的半径r=O1A=2.在△ABC中，由2r=ACsin∠ABC所以tan∠PCA=因此PC与平面ABC所成角的正切值为23故答案为：233．

2．棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为【答案】2【解析】正方体的内切球半径为3.正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，也就是说，棱长为x的正四面体的外接球半径为3.设正四面体为P－ABC，过点作PO垂直于平面ABC，垂足为O，则O为三角形ABC的中心，从而AO=33x此时有(63x-3)故答案为：26．

3．若半径R=2+6cm的空心球内部装有四个半径为r的实心球，则r所能取得的最大值为【答案】2【解析】当半径为r的四个实心球“最紧凑”时，即此四个球两两相切且内切于空心球时，r取得最大值.此时，小球的四个球心连线构成棱长为2r的正四面体，显然，此四面体外接球的球心即为实心球球心.在棱长为2r的正四面体中，求得外接球半径为62于是，空心球的半径为62所以62r+r=2+6故答案为：2．

4．已知正四棱锥Γ的高为3，侧面与底面所成角为π3，先在Γ内放入一个内切球O1，然后依次放入球O2,O3【答案】18【解析】设侧面与底面所成角为θ.记球Oi的半径为ri，体积为Vi，i=1，2，3，….因为cosθ=12，故h=定义sn=r1+即rn+1=1故i=1n所以limn→∞故答案为：1813π．

5．空间有4个点A、B、C、D，满足AB=BC=CD.若∠ABC=∠BCD=∠CDA=36°，那么直线AC与直线BD所成角的大小是【答案】90°或36°【解析】如果△ABC与△CDA全等，那么AC⊥BD，此时直线AC与直线BD所成的角为90°；如果△ABC与△CDA不全等，则易知A、B、C、D四点共面，且点D在∠ACB的内部，由于△ABC≌△DCB，且他们均是等腰三角形，故直线AC与直线BD所成的角是36°.故答案为：90°或36°．

6．四个半径都为1的球放在水平桌面上，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）.有一个正方体，其下底与桌面重合，上底的四个顶点都分别与四个球刚好接触，则该正方体的棱长为__________.【答案】a=2【解析】设正方体的棱长为a，上底为正方形ABCD，中心为O，则OA=22a.由对称性知，球心O1在面ABCD上的射影M应在直线AC或BD上，且球O1与邻球的切点P在面ABCD上的射影N在过点O2又O1M=1-a，则2整理得3a2-8a+4=0，解得a=23，或a=2故答案为：a=23

7．四面体ABCD中，已知AB=2，AD=112,BC=8,CD=192【答案】1【解析】【详解】因为BC2-AB2=82故答案为：1

8．在三棱锥P-ABC中，三条棱PA、PB、PC两两垂直，且PA=1、PB=2、PC=2.若点Q为三棱锥P-ABC的外接球球面上任意一点，则Q到面ABC距离的最大值为______.【答案】32【解析】三棱锥P-ABC的外接球就是以PA、PB、PC为长、宽、高的长方体的外接球，其直径为2R=又cos∠BAC=15，从而sin∠BAC=故球心O到ABC面的距离为R从而，点Q到面ABC距离的最大值是3故答案为：32+66

9．如图，在三棱锥P-ABC中，△PAC、△ABC都是边长为6的等边三角形．若二面角P-AC-B的大小为120°，则三棱锥【答案】84π【解析】如图，取AC的中点D，连结DP、DB，则由△PAC、△ABC都是边长为6的等边三角形，得PD⊥AC，BD⊥AC，∠PDB为二面角P-AC-B的平面角，∠PDB=120°．设O为三棱锥P-ABC的外接球的球心，O1、O2分别为△ABC、则OO1⊥面ABC，OO2⊥面易知O、O2、D、O1四点共面，连结OD，则∠ODO所以三棱锥P-ABC的外接球半径R=OB=O所以三棱锥P-ABC的外接球的面积为4πR2=84π．

10．四棱锥P-ABCD的底面ABCD是一个顶角为60°的菱形，每个侧面与底面的夹角都是60°，棱锥内有一点M【答案】83【解析】设菱形两对角线AC、BD的交点为H，则PH既是线段AC的中垂线，又是BD的中垂线，故是四棱锥的高，且点M在PH上，于是平面PBD与底面ABCD垂直，同理平面PAC与与底面ABCD垂直，平面PBD将四棱锥分成两个等积的四面体．只需考虑四面体P-ABD．如图，设点M在面PAD上的投影为E，平面MEH过点P，且交AD于F，因∠MHF=90°=∠MEF，则M、E、F、H四点共圆．由于ME⊥面PAD，得ME⊥AD，由MH⊥面ABD，得MH⊥AD，所以AD⊥面MEH，故AD⊥PF．FH是PF在面ABD内的射影，则AD⊥FH，即二面角的平面角∠EFH=60°，于是∠EMH=120°．据ME=MH=1，得EH=3，故直线三角形MEF与MHF中，EF=HF因∠EFH=60°，所以△EFH是正三角形，即FH=EF=EH=3在直角△AFH中，∠HAF=30°，则AH=2FH=23故正△ABD的边长为4，于是S△ABD在直线△PFH中，PH=FHtan60°=3，从而VP-ABCD故答案为：83

11．若△A1A2A3的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B、C【答案】77π2【解析】由已知，四面体A-BCD的三组对棱的长分别是4、5、6.构造长方体使其面对角线长分别为4、5、6，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，外接球半径为R，则{x2+y2=42x2+z2=52y2+【答案】π【解析】由题意知只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况.由图形的对称性可知，圆柱的上底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在AB1、AC、AD1上.设线段AB1上的切点为E，圆柱上底面中心为O1，半径O1E=r.由△AO1E∽△A1B1C1得AO1=2【答案】14【解析】设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AB=BC=CA=12，DA=DB=DC=13，即A、B、C、D两两连结可构成正三棱锥.设待求的球心为X，半径为r.，则由对称性可知DX⊥平面ABC.也就是说，X在平面ABC上的射影是正三角形ABC的中心O.易知OA=43，OD=设OX=x，则AX=由于球A内切于球X，所以AX=r-6即x2+48又DX=OD-OX=11-x，且由球D内切于球X可知DX=r-7于是11-x=r-7②从①②两式可解得x=4，r=14即大球的半径为14.故答案为：14

14．已知空间四点A,B,C,D满足AB⊥AC,AB⊥AD,AC⊥AD，且AB=AC=AD=1,Q是三棱锥A-BCD的外接球上的一个动点，则点Q到平面BCD的最大距离是______．【答案】2【解析】将三棱锥A-BCD补全为正方体，则两者的外接球相同．球心就是正方体的中心，记为O，半径为正方体对角线的一半，即为32在正方体里，可求得点O