專題19立體幾何與空間向量B輯(解析版)-備戰(zhàn)2021年高中數學聯(lián)賽之歷年真題匯編1981-2020

1/2備戰(zhàn)2021年高中數學聯(lián)賽之歷年真題匯編（1981-2020）專題19立體幾何與空間向量B輯歷年聯(lián)賽真題匯編1．【2020高中數學聯(lián)賽A卷（第01試）】正三棱錐P-ABC的所有棱長均為1,L,M,N分別為棱PA,PB,PC的中點,則該正三棱錐的外接球被平面LMN所截的截面面積為 .【答案】π【解析】由條件知平面LMN與平面ABC平行,且點P到平面LMN,ABC的距離之比為1:2.設H為正三棱錐P-ABC的面ABC的中心,PH與平面LMN交于點K,則PH⊥平面ABC,PK⊥平面LMN,故PK=1正三棱錐P-ABC可視為正四面體,設O為其中心(即外接球球心),則O在PH上,且由正四面體的性質知OH=14PH.結合PK=12即點O到平面LMN,ABC等距.這表明正三棱錐的外接球被平面LMN,ABC所截得的截面圓大小相等.從而所求截面的面積等于ΔABC的外接圓面積,即π?(AB3)2=π3【答案】7【解析】如圖,設面ABC和面A1B1C1的中心分別為O和O1,記線段OO易知PO⊥AO,所以PA=故外接球的體積為43

3．【2019高中數學聯(lián)賽A卷（第01試）】如圖，正方體ABCD－EFGH的一個截面經過頂點A、C及棱EF上一點K，且將正方體分成體積比為3:1的兩部分，則EKKF的值為 .【答案】3【解析】如圖，記α為截面所在平面.延長AK、BF交于點P，則P在α上，故直線CP是α與平面BCGF的交線.設CP與FG交于點L，則四邊形AKLC為截面.因平面ABC平行于平面KFL，且AK、BF、CL共點P，故ABC－KFL為棱臺.不妨設正方體棱長為1，則正方體體積為1，結合條件知棱臺ABC－KFL的體積V=1設PF=h，則KFAB注意到PB、PF分別是棱錐P－ABC與棱錐P－KFL的高，于是1=1化簡得3h2=1，故h=1從而EKKF=AEPF=1h=3.

4．【2019高中數學聯(lián)賽B卷（第01試）】設三棱錐P－ABC滿足PA=PB=3，AB【答案】2【解析】設三棱錐P－ABC的高為h，取M為棱AB的中點，則h?PM=3當平面PAB⊥平面ABC時，h取到最大值22此時三棱錐P－ABC的體積取到最大值13S△ABC?22=13?3?22=263.

5．【2018高中數學聯(lián)賽A卷（第01試）】設點P到平面α的距離為【答案】8π【解析】設點P在平面a上的射影為O.由條件知，OPOQ即OQ∈[1，3]，故所求的區(qū)域面積為π?32-π?12=8π.

6．【2018高中數學聯(lián)賽B卷（第01試）】已知圓錐的頂點為P，底面半徑長為2，為1.在圓錐底面上取一點Q，使得直線PQ與底面所成角不大于45°，則滿足條件的點【答案】3π【解析】圓錐頂點P在底面上的投影即為底面中心記之為O.由條件知，OPOQ=tan故所求的區(qū)域面積為π?22-π?12=3π.

7．【2017高中數學聯(lián)賽A卷（第01試）】正三棱錐P－ABC中，AB=1，AP=2，過AB的平面a將其體積平分，則棱PC與平面【答案】3【解析】設AB、PC的中點分別為K、M，則易證平面ABM就是平面α.由中線長公式知AM所以KM=A又易知直線PC在平面α上的射影是直線MK，而MC=1，KC=3所以cos∠KMC=故棱PC與平面α所成角的余弦值為3510.

8．【2017高中數學聯(lián)賽B卷（第01試）】在正四面體ABCD中，E、F分別在棱AB、AC上，滿足BE=3，EF=4，且EF與面BCD平行，則△DEF的面積為 【答案】2【解析】由條件知，EF平行于BC.因為正四面體ABCD的各個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底邊EF上的高DH，則EH=1故DH=D于是S△DEF=12?EF?DH=233.

9．【2016高中數學聯(lián)賽（第01試）】設P為一圓錐的頂點，A、B、C是其底面圓周上的三點，滿足∠ABC=90°，M為AP的中點若AB=1，AC=2，AP=2，則二面角M－BC－【答案】arctan【解析】由∠ABC=90°知，AC為底面圓的直徑.設底面中心為O，則PO⊥平面ABC.易知AO=12AC=1設H為M在底面上的射影，則H為AO的中點.在底面中作HK⊥BC于點K，則由三垂線定理知MK⊥BC，從而∠MKH為二面角M－BC－A的平面角.因MH=AH=12，結合HK與AB平行知，即HK=34，這樣故二面角M－BC－A的大小為arctan23.

10．【2014高中數學聯(lián)賽（第01試）】正四棱錐P－ABCD中，側面是邊長為1的正三角形，M，N分別是邊AB，BC的中點，則異面直線MN與PC之間的距離是 【答案】2【解析】設底面對角線AC，BD交于點O，過點C作直線MN的垂線，交MN于點H.由于PO是底面的垂線，故PO⊥CH，又AC⊥CH，所以CH與平面POC垂直，故CH⊥PC，因此CH是直線MN與PC的公垂線段，又CH=2故異面直線MN與PC之間的距離是24.

11．【2014高中數學聯(lián)賽（第01試）】設等邊△ABC的內切圓半徑為2，圓心為I，若點P滿足PI=1，則△APB與△APC的面積之比的最大值為 【答案】3+【解析】由PI=1知點P在以I為圓心的單位圓K上，設∠BAP=α.在圓K上取一點P0，使得α取到最大值α0，此時P0應落在∠IAC內，且是AP0與圓K的切點，由于0<α?故SΔAPBSΔAPC=其中θ=α由∠AP0I=π2知所以sinπ6+θsin根據式①與②可知，當P=P0時，SΔAPBS△APC的最大值為3+52.

12．【2013高中數學聯(lián)賽（第01試）】已知正三棱錐P－ABC【答案】2【解析】如圖，設球心O在面ABC與面ABP內的射影分別為H和K，AB中點為M，內切球半徑為r，則P，K，M共線，P，O，H共線.∠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高中數學聯(lián)賽（第01試）】設同底的兩個正三棱錐P－ABC和Q【答案】4【解析】如圖，聯(lián)結PQ，則PQ⊥平面ABC，垂足H為正△ABC的中心，且PQ過球心O.聯(lián)結CH并延長交AB于點M，則M為AB的中點，且CM⊥AB.易知∠PMH，∠QMH分別為正三棱錐P－ABC，Q－ABC的側面與底面所成二面角的平面角，則∠PMH=45從而PH=MH=1因為∠PAQ=90°,AH⊥PQ，所以AH所以QH=2AH=4MH，故tan∠QMH=QHMH=4.

14．【2011高中數學聯(lián)賽（第01試）】在四面體ABCD中，已知∠ADB=∠BDC=∠CDA=60°，AD=BD=3，CD=2，則四面體ABCD的外接球的半徑為【答案】3【解析】設四面體ABCD的外接球球心為O，則在過△ABD的外心N且垂直于平面ABD的垂線上.由題設知，△ABD是正三角形，則點N為△ABD的中心.設P，M分別為AB，CD的中點，則N在DP上，且ON⊥DP,OM⊥CD，因為∠CDA=∠CDB=∠ADB=60°，設CD與平面ABD所成角為θ，可求得在△DMN中DM=12CD=1由余弦定理得MN故MN=2.四邊形DMON的外接圓的直徑OD=故球O的半徑R=3.

15．【2010高中數學聯(lián)賽（第01試）】正三棱柱ABC-A1B1C1的9條棱長都相等，P是CC1的中點，二面角【答案】10【解析】解法一如圖，以AB所在直線為x軸，線段AB中點O為原點，OC所在直線為y軸，建立空間直角坐標系.設正三棱柱的棱長為2，則B(1,0,0),B從而BA1=(-2,0,2)，BP=(-1,3設分別與平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是m=則m?BA由此可設m=(1,0,1),n=(0,1,3)，所以則|cosα|=64解法二如圖，有PC=PC1,PA1=PB，設A1B與AB1交于點因為PA=PB1，所以從而AB1⊥平面PA1B.過O在平面PA1B上作OE⊥A1聯(lián)結B1E，則∠B1EO為二面角B－A1P－B1的平面角.設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】如圖，考慮小球擠在一個角時的情況，記小球半徑為r，作平面A1B1C1∥平面ABC，與小球相切于點D，則小球球心O為正四面體P-A1垂足D為△A1B1C故PD=4OD=4r，從而PO=PD-OD=4r-r=3r，記此時小球與面PAB的切點為P1，聯(lián)結OP1，則PP考慮小球與正四面體的一個面(不妨取為PAB)相切時的情況，易知小球在面PAB上最靠近邊的切點的軌跡仍為正三角形，記為P1EF，如圖.記正四面體的棱長為a，過P1作P1M⊥PA于點因此∠MPP1=π故小三角形的邊長P1小球與面PAB不能接觸到的部分的面積為(如圖中陰影部分)S△PAB又因為r=1,a=46，所以S由對稱性，且正四面體共四個面，所以小球不能接觸到的容器內壁的面積共為723.

17．【2007高中數學聯(lián)賽（第01試）】已知正方體ABCD-A1B1C1D1【答案】5【解析】如圖，球面與正方體的六個面都相交，所得的交線分為兩類：一類在頂點A所在的三個面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D在面AA1B1B上，交線為因為AE=233,A同理∠BAF=π6，所以∠EAF=π6，故弧而這樣的弧共有三條.在面BB1C1C上，交線為弧FG所以，弧FG的長為33這樣的弧也有三條.于是，所得的曲線長為3×3π9+3×3π6=53π6.

【答案】1【解析】設四個實心鐵球的球心為O1,O2,O3,O4，其中O1，O2為下層兩球的球心，A，B，故應注水π1+22-4×43π123=13+22π.

【答案】3【解析】因為13AD?12又3=AD+BC+AC2?3?3這時AB=1，AD⊥面ABC.所以DC=3.

20．【2004高中數學聯(lián)賽（第01試）】如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，二面角A－BD【答案】60【解析】聯(lián)結D1C，作CE⊥BD1，垂足為E，延長CE交A1B于F，則聯(lián)結AE，由對稱性知AE⊥BD1，所以∠FEA是二面角A－BD1－A聯(lián)結AC，設AB=1.則AC=AD在Rt△ABD1中，AE=AB?A在△AEC中cos∠AEC=所以∠AEC=120而∠FEA是∠AEC的補角，所以∠FEA=60°優(yōu)質模擬題強化訓練

1．如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=120°，PA=4.若三棱錐P-ABC的外接球的半徑為22，則直線PC與平面ABC所成角的正切值為【答案】2【解析】如圖，設O1為△ABC的外P心，O為三棱錐P-ABC的外接球的球心.由PA⊥平面ABC，OO1⊥平面ABC，知PA∥OO1.取PA的中點D，由OP=OA=22，知D為PA的中點，且四邊形DAO1O為矩形又PA=4，所以O1O=AD=2，△ABC的外接圓的半徑r=O1A=2.在△ABC中，由2r=ACsin∠ABC所以tan∠PCA=因此PC與平面ABC所成角的正切值為23故答案為：233．

2．棱長為6的正方體內有一個棱長為x的正四面體，且該四面體可以在正方體內任意轉動，則x的最大值為【答案】2【解析】正方體的內切球半徑為3.正四面體可以在正方體內任意轉動，只需該正四面體為球的內接正四面體，也就是說，棱長為x的正四面體的外接球半徑為3.設正四面體為P－ABC，過點作PO垂直于平面ABC，垂足為O，則O為三角形ABC的中心，從而AO=33x此時有(63x-3)故答案為：26．

3．若半徑R=2+6cm的空心球內部裝有四個半徑為r的實心球，則r所能取得的最大值為【答案】2【解析】當半徑為r的四個實心球“最緊湊”時，即此四個球兩兩相切且內切于空心球時，r取得最大值.此時，小球的四個球心連線構成棱長為2r的正四面體，顯然，此四面體外接球的球心即為實心球球心.在棱長為2r的正四面體中，求得外接球半徑為62于是，空心球的半徑為62所以62r+r=2+6故答案為：2．

4．已知正四棱錐Γ的高為3，側面與底面所成角為π3，先在Γ內放入一個內切球O1，然后依次放入球O2,O3【答案】18【解析】設側面與底面所成角為θ.記球Oi的半徑為ri，體積為Vi，i=1，2，3，….因為cosθ=12，故h=定義sn=r1+即rn+1=1故i=1n所以limn→∞故答案為：1813π．

5．空間有4個點A、B、C、D，滿足AB=BC=CD.若∠ABC=∠BCD=∠CDA=36°，那么直線AC與直線BD所成角的大小是【答案】90°或36°【解析】如果△ABC與△CDA全等，那么AC⊥BD，此時直線AC與直線BD所成的角為90°；如果△ABC與△CDA不全等，則易知A、B、C、D四點共面，且點D在∠ACB的內部，由于△ABC≌△DCB，且他們均是等腰三角形，故直線AC與直線BD所成的角是36°.故答案為：90°或36°．

6．四個半徑都為1的球放在水平桌面上，且相鄰的球都相切（球心的連線構成正方形）.有一個正方體，其下底與桌面重合，上底的四個頂點都分別與四個球剛好接觸，則該正方體的棱長為__________.【答案】a=2【解析】設正方體的棱長為a，上底為正方形ABCD，中心為O，則OA=22a.由對稱性知，球心O1在面ABCD上的射影M應在直線AC或BD上，且球O1與鄰球的切點P在面ABCD上的射影N在過點O2又O1M=1-a，則2整理得3a2-8a+4=0，解得a=23，或a=2故答案為：a=23

7．四面體ABCD中，已知AB=2，AD=112,BC=8,CD=192【答案】1【解析】【詳解】因為BC2-AB2=82故答案為：1

8．在三棱錐P-ABC中，三條棱PA、PB、PC兩兩垂直，且PA=1、PB=2、PC=2.若點Q為三棱錐P-ABC的外接球球面上任意一點，則Q到面ABC距離的最大值為______.【答案】32【解析】三棱錐P-ABC的外接球就是以PA、PB、PC為長、寬、高的長方體的外接球，其直徑為2R=又cos∠BAC=15，從而sin∠BAC=故球心O到ABC面的距離為R從而，點Q到面ABC距離的最大值是3故答案為：32+66

9．如圖，在三棱錐P-ABC中，△PAC、△ABC都是邊長為6的等邊三角形．若二面角P-AC-B的大小為120°，則三棱錐【答案】84π【解析】如圖，取AC的中點D，連結DP、DB，則由△PAC、△ABC都是邊長為6的等邊三角形，得PD⊥AC，BD⊥AC，∠PDB為二面角P-AC-B的平面角，∠PDB=120°．設O為三棱錐P-ABC的外接球的球心，O1、O2分別為△ABC、則OO1⊥面ABC，OO2⊥面易知O、O2、D、O1四點共面，連結OD，則∠ODO所以三棱錐P-ABC的外接球半徑R=OB=O所以三棱錐P-ABC的外接球的面積為4πR2=84π．

10．四棱錐P-ABCD的底面ABCD是一個頂角為60°的菱形，每個側面與底面的夾角都是60°，棱錐內有一點M【答案】83【解析】設菱形兩對角線AC、BD的交點為H，則PH既是線段AC的中垂線，又是BD的中垂線，故是四棱錐的高，且點M在PH上，于是平面PBD與底面ABCD垂直，同理平面PAC與與底面ABCD垂直，平面PBD將四棱錐分成兩個等積的四面體．只需考慮四面體P-ABD．如圖，設點M在面PAD上的投影為E，平面MEH過點P，且交AD于F，因∠MHF=90°=∠MEF，則M、E、F、H四點共圓．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內的射影，則AD⊥FH，即二面角的平面角∠EFH=60°，于是∠EMH=120°．據ME=MH=1，得EH=3，故直線三角形MEF與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°，則AH=2FH=23故正△ABD的邊長為4，于是S△ABD在直線△PFH中，PH=FHtan60°=3，從而VP-ABCD故答案為：83

11．若△A1A2A3的三邊長分別為8、10、12，三條邊的中點分別是B、C【答案】77π2【解析】由已知，四面體A-BCD的三組對棱的長分別是4、5、6.構造長方體使其面對角線長分別為4、5、6，設長方體的長、寬、高分別為x、y、z，外接球半徑為R，則{x2+y2=42x2+z2=52y2+【答案】π【解析】由題意知只需考慮圓柱的底面與正方體的表面相切的情況.由圖形的對稱性可知，圓柱的上底面必與過A點的三個面相切，且切點分別在AB1、AC、AD1上.設線段AB1上的切點為E，圓柱上底面中心為O1，半徑O1E=r.由△AO1E∽△A1B1C1得AO1=2【答案】14【解析】設四個球的球心分別為A、B、C、D，則AB=BC=CA=12，DA=DB=DC=13，即A、B、C、D兩兩連結可構成正三棱錐.設待求的球心為X，半徑為r.，則由對稱性可知DX⊥平面ABC.也就是說，X在平面ABC上的射影是正三角形ABC的中心O.易知OA=43，OD=設OX=x，則AX=由于球A內切于球X，所以AX=r-6即x2+48又DX=OD-OX=11-x，且由球D內切于球X可知DX=r-7于是11-x=r-7②從①②兩式可解得x=4，r=14即大球的半徑為14.故答案為：14

14．已知空間四點A,B,C,D滿足AB⊥AC,AB⊥AD,AC⊥AD，且AB=AC=AD=1,Q是三棱錐A-BCD的外接球上的一個動點，則點Q到平面BCD的最大距離是______．【答案】2【解析】將三棱錐A-BCD補全為正方體，則兩者的外接球相同．球心就是正方體的中心，記為O，半徑為正方體對角線的一半，即為32在正方體里，可求得點O