专题06 空间向量与立体几何专项训练-【备战2026年高中数学竞赛+强基计划】（竞赛+强基考前专用）

)强壁守知 参数学境食 专题06空间向量与立体几何（真题专项训练） 强基计划真题专项训练 一、多选题 1.(23-24高三下·全国·强基计划)已知正四面体ABCD的棱长为22，空间内任一点P满足 PA+PB=2,则下列关于AP,AD的结论正确的是（） A.最小值为4-22B.最大值为2+2√2 C.最小值为2-2√2 D.最大值为4+2√2 二、填空题 2.(23-24高三下·全国·强基计划)己知圆锥的高为1，底面直径AB=2,则一蚂蚁从点A沿着侧面爬 到点B,爬行距离的最小值是 3.(23-24高三下·江苏南京·强基计划)四面体棱长为4,7,20,22,28，t,teZ,求t的最小值是 4.(23-24高三下·全国·强基计划)四面体V-ABC中，VA=VB=2√2，C=3,CA=CB=4,求CA 与VB所成角的余弦值的取值范围」 5.(24-25高三下·北京·强基计划)正三棱锥S-ABC,底边长4，SA、SB、SC中点分别为A、B、 C,AB中点为D,S-ABC'外接球球心为0，OC2-OD2=AB2,则'，-Bc为」 三、解答题 6.(24-25高三下·全国·强基计划)圆锥展开图为半径为1的半圆，求圆锥的高. 7.(23-24高三下·全国·强基计划)四面体V-ABC中，VA=VB=2√2，VC=3,CA=CB=4.求CA与 VB所成角余弦的最值. 1/6 )强迷快动 参数学境食 8.(23-24高三下·北京·强基计划)在体积为1的正方体内取一个点，过这个点作三个平行于正方体面的 平面，将正方体分为8个长方体，求这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值， 9.(24-25高三下·全国·强基计划)空间中由4个点A(1,1,0)B(0,1,1)C(1,0,1D(1,1,1构成的四面体体 积是多少？ 10.(24-25高三下·全国·强基计划)四面体ABCD满足AC=AD=BC=BD=3,求四面体ABCD的体 积的最大值. 這数学竞赛真题专项训练 四、单选题 11.(2024高三上·全国·竞赛)已知三棱锥P-ABC底面ABC为边长为2的等边三角形，0是底面 ABC上一点，三棱锥体积V,-Bc=V5.则对μ，元∈R,OP+uOA+元OB的最小值是() A.1 B.3 C.5 D.3 3 12.(2024高三上·全国·竞赛)在二面角-I-B中，点Aea,B∈B,C,D∈1，AB⊥1，且AB与 半平面，B所成的角相等，则“AC=BD”是“LACD=LBDC”的() A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 13.(2024高三下·全国·竞赛)如图为一种在机场常见的一次性水杯，可简化为如下模型：设k>0,在 空间直角坐标系中，考虑顶点在原点，旋转轴为z轴，高为，底面圆半径为的倒立的圆锥，水杯为该圆 锥的侧面上的到x轴距离不超过h的部分（厚度忽略不计)·设V为有效容积，即水面平行于xOy平面时所 水的最大体积，S为水杯的侧面积，为了尽可能提高材料的利用率，我们要让最大，此时k为() 2/6 强塞计动 参数学境食 A.1 B.√2 C.3 D.5 五、多选题 14.(2024高三上·全国·竞赛)下列关于异面直线的断言正确的是() A.给定异面直线a,b,定长线段AB,CD分别在a,b上滑动，则四面体ABCD的体积不变 B.设a,b为异面直线，夹角为0，点A在a上，点B在b上，|AB=1,AB与a,b的夹角分别是90 和a,则a,b之间的距离为l,1 cos'a sin C.设a,b为异面直线，则空间内存在某些点P,使得过P的直线不可能与a,b均相交 D.存在两两异面的直线a,b,c和相交直线m,n,m与a,b,c均相交，n与a,b,c均相交 15.(2023高三下·全国·竞赛)已知直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面是菱形，∠ABC=120°，且二面角 B,-AD-D的正切值为2，则() A.AA =3AB B.AC =3BD C.向量BD,在AC上的投影向量为 )D.向量BC在BA上的投影向量为。BA 六、填空题 16.(2024高三上·全国·竞赛)若底面边长为2的正六棱柱存在内切球，则其外接球体积是 17.(2024高三上·全国·竞赛)已知圆锥A0的高等于底面半径r,则圆锥A0与半径为r的球的表面积 之比是 18.(2023高三下·全国·竞赛)某正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为1，V5,2},则该棱台的体 积为 19.(2025高三下·重庆·竞赛)四面体ABCD满足AB⊥BC,BC⊥CD,CD⊥AB,AB=BC=CD=1 ,设AB、BC、CD的中点分别为L、M、N,则点M到直线LN的距离为 20.(2024高三下·上海·竞赛)一个顶点为P、底面中心为0的圆锥体积为1，若正四棱锥0-ABCD内 接于该圆锥，平面ABCD与该圆锥底面平行，A,B,C,D这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥 O-ABCD的体积的最大值是■ 3/6 )强垫计动 参数学境联 21.(2023高三上·全国·竞赛)在三棱锥P-ABC中，AB=AC=2√2，LBAC=120°，PB=PC=2V6 ,PA=2√5，则该三棱锥的外接球的表面积为 七、解答题 22.(2024高三上·北京·竞赛)四面体ABCD体积为6，AB⊥BC,BC⊥CD,AB=BC=CD=2√5， 求异面直线AD与BC的夹角 23.(2024高三上·全国·竞赛)如图，己知三棱柱ABC-A,B,C,AC1⊥平面A,B,C1,AB⊥BC,D,E分 别是BC,AC的中点. B (1)证明：DE/1平面AB,C; (2)设AC,与平面ABBA所成角的大小是a,若AD⊥BC1,证明：∠BAC=a. 24.(2024高三上·全国·竞赛)在四面体PABC中，M为AB中点，O为PABC外接球的球心， AC L BC,AP+BP P=2,PC=1. (1)证明：P0⊥CM; (2)若PO=1,求四面体PC0M体积的最大值， 25.(2024高三上·全国·竞赛)如图，五面体AB-CDEF的底面CDEF是矩形，AB∥底面CDEF,AB到 底面CDEF的距离为1，AC=CF=FA=AB=BD=DE=EB=2. A B E (1)证明：平面ABCD⊥平面ABEF; (2)设平面ACFn平面BDE=1, 4/6 )强垫守知 参数学境食 ①证明：II1底面CDEF; ②求I到底面CDEF的距离， 26.(2023高三下·全国·竞赛)如图，AM为圆柱0,0，的一条母线，且0,02=20,4.过点A且不与圆 柱底面平行的平面与平面O,A,M02垂直，轴O,O2与α交于点0，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线， 截线与平面OA,MO2的另一交点为A.己知该截线为一椭圆，且AA,和B,B2分别为其长轴和短轴，O为其 中心.N为B在上底面内的射影.记椭圆的离心率为e. B 02 -------M (1)证明：B,B2⊥O,O2,并求C的取值范围； 2)当e=5时，求直线MN与平面a所成的角的正弦值， 27.(2024高三上·全国·竞赛)双五棱锥是由两个侧面均为边长为1的正三角形的五棱锥上下拼接而成 的，如图所示 (1)求双五棱锥的内切球半径： (2)求分别位于拼接面（正五边形）两侧的相邻的两个正三角形构成的二面角的余弦值. 28.(2024高三下·全国·竞赛)在天文学和导航领域中，天球是一个假想中的与地球（视为实心球体） 同球心、具有相同自转轴且半径充分大的球体，天空中所有物体均可沿观测者的视线投影到天球表面上， 这一概念有助于研究天体的位置和运动.地球的赤道和南北极点在这个球面上分别对应为天球的赤道和南 北天极，其余经纬线圈也可以在天球上通过投影得到.由于地球的遮挡，我们在地表上任何一点P无法看 5/6 )强速计动 参数学境联 到完整的天球表面，记天球表面构成的集合为A,P处能看到的天球表面的部分区域为A。.(设光沿直线传 播，不考虑大气层和地形等因素的影响) 天顶 北天极 天子午圆 天赤道 南天极 赤道坐标系示意图 (1)若天球半径是地球半径的10倍， i.求A,与A的面积之比. ii.设地球表面有n个点P,P,…,Pn.若Ap U Ap.U...U Ap.=A,求n的最小值 (2)设天球半径为1，已知有121颗星，它们在天球表面的投影位于天赤道以北，北纬15°以南的带状区域内， 考虑这些投影点两两之间的距离，记所有C2,个距离之积为P. 证明：P<32024 注：允许不加证明地使用以下结论： ·球冠是指一个球面被平面所截后剩下的曲面部分，若球的半径为R,球冠上的点到该平面的最大距离为 ,则球冠的面积为2πhR. ·设，，eC,则Π3-2≤ 1<k<i< k=i .1.098<1n3<1.099,0.264<ln2-5+V6-√2<0.265,2.397<1n11<2.398 6/6 专题06 空间向量与立体几何（真题专项训练） 强基计划真题专项训练 一、多选题 1．（23-24高三下·全国·强基计划）已知正四面体的棱长为，空间内任一点满足，则下列关于的结论正确的是（    ） A．最小值为 B．最大值为 C．最小值为 D．最大值为 【答案】BC 【分析】设的中点为，连接，由，可得点在以为球心，以1为半径的球面上．又设，由题可得，据此可得答案. 【详解】设的中点为，连接，则，则， 即点在以为球心，以1为半径的球面上． 如图，因为，所以． 因为正四面体的棱长为，所以，，又， 所以．设， 则． 因为，所以． 故选：BC 二、填空题 2．（23-24高三下·全国·强基计划）已知圆锥的高为1，底面直径，则一蚂蚁从点A沿着侧面爬到点B，爬行距离的最小值是 ． 【答案】 【分析】将其侧面展开，连接，则线段即为最短爬行距离，求出扇形半径和圆心角，由余弦定理求出答案. 【详解】考察其侧面展开图，为扇形，其中扇形半径， 弧长，解得． 连接，则线段即为最短爬行距离， 由余弦定理得，． 故答案为： 3．（23-24高三下·江苏南京·强基计划）四面体棱长为4，7，20，22，28，t，，求t的最小值是 . 【答案】9 【分析】根据四面体的特征结合三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小第三边分析判断即可. 【详解】由，得长为4和28的棱不能为四面体的同一个表面三角形的边， 则长为4和28的棱必为四面体的相对棱，又，则四面体与长为7的棱相对的棱长为20或22，根据三角形两边之和大于第三边，符合条件的四面体如图所示： 因此，而，所以t的最小值是9. 故答案为：9 【点睛】关键点点睛：此题考查四面体的特征，解题的关键利用三角形边之间的关系结合四面体的特征分析求解，考查空间想象能力，属于较难题. 4．（23-24高三下·全国·强基计划）四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围 ． 【答案】 【分析】根据几何关系求的范围，再通过平行关系构造异面直线所成的角，根据余弦定理，即可求解. 【详解】如图，取，分别为，的中点． ，， ，所以， 在中，，当，重合时取等． 过作于，设，则,即，即，得． 所以．当，，，共面时取等． 取中点，则，，所以所求的角即为或其补角， 于是 由知，于是， 所以与所成角的余弦值的取值范围为 故答案为： 5．（24-25高三下·北京·强基计划）正三棱锥，底边长4，、、中点分别为、、，中点为，外接球球心为，，则为 ． 【答案】/ 【分析】利用球的幂可求侧棱长，从而可求体积. 【详解】如图，如果在球外，则过作球的切线，切点为，作球的割线， 由圆中切割线定理可得为定值，且定值为.    而当在球的内部时,为过的动弦，则由圆中相交弦定理可得.    在上述两种情况种，我们把定值定义为关于球的幂，记为. 设正三棱锥的侧棱长为，    由题设在球的内部，而在球的外部， 故，， 又为的中点， 设射线与球的球面的交点为， 射线与球的球面的交点为， 则，而， 故，故即即， 故正三棱锥的高为，故体积为， 故答案为：. 三、解答题 6．（24-25高三下·全国·强基计划）圆锥展开图为半径为1的半圆，求圆锥的高． 【答案】 【分析】根据圆锥的几何性质求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，底面圆周半径为， 则，且， 因此圆锥的高为：. 7．（23-24高三下·全国·强基计划）四面体中，.求与所成角余弦的最值． 【答案】无最大值，有最小值为0. 【分析】根据数量积公式计算两直线夹角余弦值； 【详解】 如图所示，设与所成角为， , 在中， 根据三角形的三边关系可知, 所以 则 因此与所成角余弦的无最大值，有最小值为0. 8．（23-24高三下·北京·强基计划）在体积为的正方体内取一个点，过这个点作三个平行于正方体面的平面，将正方体分为个长方体，求这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值. 【答案】 【分析】先通过不等式方法证明这个长方体中至少有个的体积不超过，再说明当，，时，这个长方体中恰有个的体积不超过，即可说明这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为. 【详解】设该正方体的长宽高分别被切成长度为和，和，和的两段，这里，且根据据对称性，可不妨设. 此时，个长方体的体积分别是 . 由，可知，. 由于，故. 而，故和中至少有一个数不超过， 所以这个长方体中至少有个的体积不超过. 当，，时，个长方体的体积分别是，此时这个长方体中恰有个的体积不超过. 综上，这些小长方体中体积不大于的长方体个数的最小值为. 9．（24-25高三下·全国·强基计划）空间中由4个点构成的四面体体积是多少？ 【答案】 【分析】画出图形，得出三棱锥的底面和高，进一步结合三棱锥的体积公式即可求解. 【详解】设是棱长为1的正方体，建立如图所示的空间直角坐标系， 可以发现是三棱锥的高，三角形是的底面， 故所求为. 10．（24-25高三下·全国·强基计划）四面体满足，求四面体的体积的最大值． 【答案】 【分析】由题可设中点为，，可得，，也可证平面，所以四面体的体积，又 ，四面体的体积要取最大，所以首先要最大值，即当时，则此时 ，然后利用导数求函数的最值即可. 【详解】在四面体中，设中点为，， ，， ， 又平面，所以平面， 则四面体的体积， ， 当时，， 此时， 令，，，解得或， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减，故， 即当时，取得最大值. 所以四面体的体积的最大值为. 数学竞赛真题专项训练 四、单选题 11．（2024高三上·全国·竞赛）已知三棱锥底面为边长为2的等边三角形，是底面上一点，三棱锥体积.则对的最小值是（    ） A．1 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】由体积公式得三棱锥的高，再利用向量运算得表示到平面上任意一点的距离即可求解. 【详解】设三棱锥的高为， ， (其中D为底面所在平面内任一点) 表示到平面上任意一点的距离，故最小值为. 故选：B 12．（2024高三上·全国·竞赛）在二面角中，点，，，，，且与半平面，所成的角相等，则“”是“”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据面面角、线面角、充分和必要条件等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】过作，交于，连接， 由于，平面，所以平面， 由于平面，所以. 延长，过作，交的延长线于， 由于平面，所以， 由于，所以， 则是直线与平面所成角的平面角， 延长，过作，交的延长线于， 同理可证得是直线与平面所成角的平面角， 所以，所以. 在和中， 若，则，所以，即. 若，即，则，则. 所以“”是“” 充要条件. 故选：A    13．（2024高三下·全国·竞赛）如图为一种在机场常见的一次性水杯，可简化为如下模型：设，在空间直角坐标系中，考虑顶点在原点，旋转轴为轴，高为，底面圆半径为的倒立的圆锥，水杯为该圆锥的侧面上的到轴距离不超过的部分（厚度忽略不计）．设为有效容积，即水面平行于平面时所盛水的最大体积，为水杯的侧面积，为了尽可能提高材料的利用率，我们要让最大，此时为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设圆锥母线与高的夹角为，利用偏导和积分并结合导数即可求出最值. 【详解】设圆锥母线与高的夹角为，则，， 易得水杯侧面方程为①，②， 联立①②得（水杯在正投影为椭圆）， 对侧面方程，求关于的偏导数得 ，则， 根据曲面面积公式有，， 即，对于椭圆（其中）， ， 故圆锥侧面面积， 当时，结合①②知，故水面高度， 此时水面半径， ， ，求最大值等价于求， 令，，则，， 令，当时，，，在上单调递增， 当时，，则，则在上单调递减， 即时，取得最大值，此时，. 故选：D. 五、多选题 14．（2024高三上·全国·竞赛）下列关于异面直线的断言正确的是（    ） A．给定异面直线a，b，定长线段分别在a，b上滑动，则四面体的体积不变 B．设a，b为异面直线，夹角为θ，点A在a上，点B在b上，，与a，b的夹角分别是90°和α，则a，b之间的距离为 C．设a，b为异面直线，则空间内存在某些点P，使得过P的直线不可能与a，b均相交 D．存在两两异面的直线a，b，c和相交直线m，n，m与a，b，c均相交，n与a，b，c均相交 【答案】ABC 【分析】对于A，由三角形面积公式以及公垂线段长可得四面体的体积表达式，由此即可判断；对于B，通过计算得，，进而由余弦定理即可列方程验算；对于CD，通过点线面的位置关系推理论证即可. 【详解】A 项:设 d 为异面直线 a,b之间的距离，θ为a,b的夹角， 设以公垂线的方向向量为法向量的平面为， 则四面体向平面投影时，投影面积为， 所以不变，故 A 正确. B 项: 设异面直线a,b的公垂线为, 其中C 在 a上, D在b上, 记, 则d就是a,b之间的距离. 过 C 作平面, 过 D 作平面, 过 D 作 a 的平行线, 显然. 过 A 作于 E, 显然 ，结合， 又平面， 可知平面, 所以平面, 又平面, 所以. 设易得四边形是矩形, 所以，从而   在中由余弦定理得 ， 整理即得  故 B 正确. C 项：设α的定义同B项，取P 为平面α内不在a 上的点即可，此时过 P 的直线若与a 相交，则必完全落在α内，故与b无交点，故 C 正确. D 项: 假设存在, 设 m 与a,b,c 分别交于，与a,b,c分别交于, 由m,n 相交知共面, 于是 a,c 共面, 矛盾! 故 D 错误. 故选：ABC. 15．（2023高三下·全国·竞赛）已知直四棱柱的底面是菱形，，且二面角的正切值为2，则（    ） A． B． C．向量在上的投影向量为 D．向量在上的投影向量为 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，用向量法即可得出各棱长的关系，从而可判断各选项. 【详解】该四棱柱为直四棱柱，所以底面，， 底面是菱形，，所以为等边三角形，作中点为，则,即，， 如图，以为原点，所在的直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设,则, , , 记平面的一个法向量为， 则 ，即，令 ，则，，， 记平面的一个法向量为， 则 ，即，令 ，则，， 记二面角为（为锐角），由题知知，则 ，解方程组可得， 二面角的余切值为，解得，即，，所以，故A正确； ， 所以，，即，故B错误； ,,平面,平面， ,所以向量在上的投影向量为，故C正确； ，, 由余弦定理可得, 即为钝角，故向量在上的投影向量与方向相反，存在一个实数，使得向量在上的投影向量等于，故D错误. 故选：AC. 六、填空题 16．（2024高三上·全国·竞赛）若底面边长为2的正六棱柱存在内切球，则其外接球体积是 . 【答案】 【分析】由题意可得内切球的半径，进而可得正六棱柱的高，结合球的体积公式计算即可求解. 【详解】如图，在过球心与棱柱棱垂直的截面中，内切球的半径为，为边长是2的正三角形， 则，即内切球的半径为，所以正六棱柱的高为. 其外接球半径为， 则其体积为. 故答案为： 17．（2024高三上·全国·竞赛）已知圆锥的高等于底面半径r，则圆锥与半径为r的球的表面积之比是 ． 【答案】 【分析】求出圆锥的侧面积和底面积，得到表面积，得到半径为r的球的表面积，求出比值. 【详解】圆锥的母线长，故侧面积为， 圆锥的底面积为， 半径为r的球的表面积为， 故圆锥与半径为r的球的表面积之比为. 故答案为： 18．（2023高三下·全国·竞赛）某正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，则该棱台的体积为 ． 【答案】/ 【分析】首先根据正棱台的性质，确定棱长，再求棱台的体积. 【详解】如图，正三棱台，上下底面是等边三角形，侧面都是全等的等腰梯形，等腰梯形中，为钝角，，， 所以当时，，，并将正三棱台补全为正三棱锥，可知侧面是等边三角形，平面，，所以，点到底面的距离为，则三棱台的高, 的面积为，的面积为，所以棱台的体积, 若，则为1或，这样不成立， 综上可知，棱台的体积为. 故答案为： 19．（2025高三下·重庆·竞赛）四面体满足，，，，设、、的中点分别为、、，则点到直线的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，由求解. 【详解】由题意，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 所以点到直线的距离为， 故答案为：. 20．（2024高三下·上海·竞赛）一个顶点为､底面中心为的圆锥体积为1，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是 . 【答案】 【分析】先求出四棱锥的体积关于圆锥底面半径和高的表达式，然后用均值不等式求最大值即可. 【详解】如图，设圆锥的底面半径为，高为. 则. 又设正四棱锥底面所在圆的半径为，高为. 于是. 从而. 等号成立当且仅当，即. 所以体积的最大值是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：构建和的关系式后使用均值不等式即可快速得到最值. 21．（2023高三上·全国·竞赛）在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】 根据已知条件易得为等边三角形，为等腰三角形，进而确定外接圆圆心及半径，再证面面，利用面面垂直模型求外接球半径，即可求面积. 【详解】 由，，由余弦定理可得， 又，所以为等边三角形，令其外接圆圆心为， 等腰的外接圆半径，令其外接圆圆心为，在射线上， 则是中点，连接，且，，又， 所以，则，又， ，面，则面，面， 所以面面，若是三棱锥的外接球的球心，如上图， 易知为矩形，故，而， 所以外接球半径为，该三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 七、解答题 22．（2024高三上·北京·竞赛）四面体ABCD体积为6，，，，求异面直线AD与BC的夹角 【答案】或 【分析】通过建立空间直角坐标系，求出，从而得出异面直线AD与BC的夹角. 【详解】建立空间直角坐标系，不妨设，，， 又，所以可设，则，解得，， 此时， ， 因此，， ， 则或， 则或， 所以异面直线AD与BC的夹角为或.    23．（2024高三上·全国·竞赛）如图，已知三棱柱，平面．D，E分别是的中点． (1)证明：平面; (2)设与平面所成角的大小是，若，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，先判断线线平行，再判断线面平行. （2）根据线面角，二面角的概念构造出直线与平面所成的角以及二面角，明确两角的关系，再找与线面角的关系. 【详解】（1）由D，E分别是，的中点知． 又因为是三棱柱，所以，故， 又不在平面上，平面，因此平面． （2）设锐二面角的平面角的大小是，连接，由平面知． 又，故，因此，，． 由，是的中点知．又，而，得，故． 24．（2024高三上·全国·竞赛）在四面体中，为中点，为外接球的球心，. (1)证明：； (2)若，求四面体体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可得，利用余弦定理表示可得，则，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明； （2）由（1）知，设，作，则，进而，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】（1）因为，所以是的外心，又是四面体的外接球球心， 则平面，由平面，得. 在中，为中点，互补， 所以，即， 所以. 因为是斜边中点，有， 所以， 根据勾股定理的逆定理， 又平面，所以平面， 又平面，所以； （2）因为平面，有， 设，由，得， 所以，同理， 作，由，得， 所以，所以， 故， 当且仅当即时等号成立， 所以四面体的体积最大值为. 25．（2024高三上·全国·竞赛）如图，五面体的底面是矩形，∥底面，到底面的距离为1，．    (1)证明：平面平面； (2)设平面平面． ①证明：底面； ②求到底面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析 ；② 【分析】（1）作通过证明平面与平面的夹角为直角证明平面与平面垂直； （2）①由线面平行的性质定理证明；②利用三角形相似计算求解. 【详解】（1）因为底面是矩形，底面，底面， 平面底面，所以， 作则则为平面与平面的夹角或补角； 连接，由， 易得，则，， 又，故四边形为矩形，则 又平面，则平面， 又平面，故平面平面，又平面平面， 故在平面内过作，因为，则为的中点， 且平面，故到底面的距离即为 又， 所以是以为顶点的等腰直角三角形，， 故平面与平面的夹角为直角，则平面平面 （2）①因为，所以平面， 又平面，平面平面， 由线面平行的性质可知，，而底面，所以底面． ②取中点，中点，连结，，． 由（1）易知，且，所以，，，共面， 所以和有交点，记为． 所以，到底面的距离等于到底面的距离． 因为，所以四边形是等腰梯形，， 则为等腰三角形，因此，其中为到底面的距离． 由几何关系可知，， 代入计算得．    26．（2023高三下·全国·竞赛）如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为． (1)证明：，并求的取值范围； (2)当时，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析，离心率的取值范围是 (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得线面垂直，即可证明线线垂直；根据图形可判断椭圆长轴的范围，以及短轴的值，结合椭圆离心率的公式，即可求离心率的取值范围； （2）首先根据，确定的位置，再建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值. 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面，平面， 所以, 设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，当移至下底面端点时， ，长轴的最大值，所以长轴的取值范围，则， ，所以椭圆离心率的取值范围是； （2）当离心率时，即，得， 则，即，即点是母线的中点， 如图建立空间直角坐标系，设，则， ,,,,, ,,, 设平面的法向量， 则，令，得，，所以， 设直线与平面所成角为， 则. 27．（2024高三上·全国·竞赛）双五棱锥是由两个侧面均为边长为1的正三角形的五棱锥上下拼接而成的，如图所示. (1)求双五棱锥的内切球半径； (2)求分别位于拼接面(正五边形)两侧的相邻的两个正三角形构成的二面角的余弦值. 【答案】(1) (2). 【分析】(1)根据题意可设每个五棱锥的高为，由几何知识知拼接面与双五棱锥的交集为正五边形，可得其外接圆半径为 ，从而求出，再结合底面正五边形的面积，从而可求解； (2)先求出侧面正三角形与拼接面构成的二面角且易得，再利用二倍角公式从而可求解. 【详解】（1）设每个五棱锥的高为h，拼接面与双五棱锥的交集为正五边形， 其外接圆半径为 ，所以， 又由正五边形的面积公式（为边长）可得底面正五边形的面积为，   所以双五棱锥的体积为 ， 显然可知双五棱锥的表面积为， 所以双五棱锥的内切球半径为. （2）所求二面角为侧面正三角形与拼接面构成的锐二面角(记为) 的两倍. 显然， 于是所求二面角的余弦值为. 28．（2024高三下·全国·竞赛）在天文学和导航领域中，天球是一个假想中的与地球（视为实心球体）同球心、具有相同自转轴且半径充分大的球体，天空中所有物体均可沿观测者的视线投影到天球表面上，这一概念有助于研究天体的位置和运动．地球的赤道和南北极点在这个球面上分别对应为天球的赤道和南北天极，其余经纬线圈也可以在天球上通过投影得到．由于地球的遮挡，我们在地表上任何一点无法看到完整的天球表面，记天球表面构成的集合为处能看到的天球表面的部分区域为．（设光沿直线传播，不考虑大气层和地形等因素的影响） (1)若天球半径是地球半径的10倍． i．求与的面积之比． ii．设地球表面有个点．若，求的最小值． (2)设天球半径为1，已知有121颗星，它们在天球表面的投影位于天赤道以北，北纬以南的带状区域内，考虑这些投影点两两之间的距离，记所有个距离之积为． 证明：． 注：允许不加证明地使用以下结论： ·球冠是指一个球面被平面所截后剩下的曲面部分，若球的半径为，球冠上的点到该平面的最大距离为，则球冠的面积为． ·设，则． ·，， 【答案】(1)；， (2)答案见详解 【分析】（1）利用题目所给的球冠的表面积公式和球的表面积公式即可求得与的面积之比，利用“先猜后证”的方法说明第二小问； （2）利用多面体、投影、复数、三角恒等变换等知识求解. 【详解】（1）i: 设地球半径为，过作切平面，注意到处只能看得到切平面以上的部分，也就是该平面截得的球冠，其高度为，半径为，故面积为， 而完整的球面面积为，所以二者之比为. ii: 断言: 的最小值为. 构造: 任取一个地球的内接正四面体，过作切平面，围成一个较大的正四面体，其外接球半径为，小于天球半径，而其外接球中心和天球中心重合，从而完全落在天球内部，于是能看到的天球表面的部分之并为整个天球表面. 证明: 若成立，考虑全空间（包括地球内部）在处均无法看到的区域，这个区域显然是非空的，因为地球内部就在这个区域内，又注意到多面体至少有四个面，故三个切平面围成的看不见的区域必然是无界的且包含某些天球内部的点，从而和天球表面有交点，故天球表面存在均看不见的点矛盾. （2）证明：引理一：在三棱锥中，平面， 记，，，则. 引理一的证明：设，，，， 则，，由余弦定理得 引理一得证. 引理二：设天球北极点为，球心为，天赤道所在平面为，为上位于天球外部的两点，设直线与天球表面的另一个交点为，与天球表面的另一个交点为，则， 引理二的证明：设，，，，, ，由引理一知，且由几何关系， 于是，同理可得，，， 注意到 . 故， 引理二得证， 引理三：， 引理三证明：， 于是 . 从而有， 回到原题，设颗星在天球表面的投影为，对， 设与天赤道的交点为，显然，设对应的复数为， 则， 由引理二、三和题目所给的结论知 . 【点睛】本题考查运算求解、推理论证等能力，考查数形结合、函数与方程、分类讨论、化归与转化、特殊与一般等思想，体现基础性、综合性，导向对发展空间想象、数学运算、逻辑推理等核心素养的关注. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $