目录
第4 讲空间中的
距离和角
第2 讲立体几何中
的位置关系
第6 讲立体几何
综合
第1 讲
立体几何
基本概念
第5 讲向量法解
立体几何
第3 讲 面积与体积
参考答案
15
05
27
01
21
10
33
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
1
第1 讲
立体几何基本概念
第1 讲
立体几何基本概念
检测题
1
已知一个简单多面体的每一个面均为五边形，且共有30 条棱，则多面体的面数F 和顶点数V 分别
等于？
2 对简单凸多面体而言，过一个顶点的所有角之和肯定不是2π，不足部分称为该顶点的角亏量．求证：
简单凸多面体各顶点角亏量之和为常数．
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2
第1 讲
立体几何基本概念
3 是否存在这样的凸多面体，它共有8 个顶点，12 条棱和6 个面，并且其中有四个面，每两个面都有公
共棱．
4 一个三棱锥的三个侧面中，有两个是等腰直角三角形，另一个是边长为1 的正三角形，则这样的三棱
锥有
个.
5 下列四个命题中，假命题的个数为( ).
①有两个面互相平行，其余四个面都是全等的等腰梯形的六面体是正四棱台.
②底面是正三角形，其余各面都是等腰三角形的棱锥是正三棱锥.
③各侧面都是等腰三角形的四棱锥是正四棱锥.
④底面是正三角形，相邻两侧面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥.
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
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3
第1 讲
立体几何基本概念
6 在正方形ABCD 内作内切圆圆O，与AB，CD 分别切于点Q，P，连结PA，PB 得等腰三角形PAB. 绕
这三个图形（正方形、圆、等腰三角形）的公共轴PQ 旋转一周得到圆柱体、球体、圆锥体，它们的体
积分别记为V1，V2，V3，则V1 : V2 : V3 =
.
7 一个平面截一个正方体，所得截面是否可以是三、四、五、六边形？是否可以是正三、四、五、六边形？
若棱长为1，求其截面面积．
8 一个含有底面的半球形容器内放置三个两两相切，半径均为1 的小球，每个小球半球的底面和球面
都相切，求半球半径．
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4
第1 讲
立体几何基本概念
9 圆台的上下底面半径分别问5cm,10cm，母线长AB = 20cm，从圆台母线AB 中点M 拉一条绳子绕圆
台侧面转到A 点，求绳子最短长度．
10 如图1 所示，在直三棱柱形的筒里装着水，这个直三棱柱的展开图如图2 所示：
现在，如图1 所示，将直三棱柱的A 面作为底面，放在水平的桌面上，水面高度是2cm；若将直三棱柱
的B 面作为底面，放在水平的桌面上，则水面高为
厘米．
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5
第2 讲
立体几何中的位置关系
第2 讲
立体几何中的位置关系
检测题
1
有下面一个说法：如果平面α 内有三点到平面β 的距离相等，那么α//β．若这种说法正确，则此三
点必须满足
．
2 经过平面外的两点作该平面的平行平面，可以作( )
A. 0 个
B. 1 个
C. 0 个或1 个
D. 1 个或2 个
3 空间中三条直线a,b,c 互成异面直线，则与a,b,c 都相交的直线有几条？
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6
第2 讲
立体几何中的位置关系
4 在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA⊥平面ABCD，PD//MA，E、G、F 分别为MB、
PB、PC 的中点，且AD = PD．求证：平面EFG// 平面PMA．
5 由四棱柱ABCD−A1B1C1D1 截去三棱锥C1 −B1CD1 后得到的几何体如图所示，四边形ABCD 为正
方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A1E⊥平面ABCD．
（1）证明：A1O// 平面B1CD1；
（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．
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7
第2 讲
立体几何中的位置关系
6 在矩形ABCD 中，AD = 2AB，E 是AD 中点，沿BE 将△ABE 折起，并使得AC = AD，求证：平面ABE
与平面BCDE 互相垂直.
7 如图，正方形ABCD 所在平面与四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，AB =
AE,FA = FE,∠AEF = 45◦
（1）求证EF⊥平面BCE；
（2）设线段CD 的中点为P，在直线AE 上是否存在一点M，使得PM// 平面BCE？
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8
第2 讲
立体几何中的位置关系
8 在五面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 对角线的交点，面CDE 是等边三角形，棱EF//1
2BC．
（1）证明FO// 平面CDE；
（2）设BC =
√
3CD，证明EO⊥平面CDF．
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9
第2 讲
立体几何中的位置关系
9 斜三棱柱ABC −A1B1C1 中，面AA1CC1 是菱形，∠ACC1 = 60◦，侧面ABB1A1⊥AA1C1C，A1B = AB =
AC = 1，求证；
（1）AA1⊥BC1；
（2）求点A1 到平面ABC 的距离．
10 如图，在长方形ABCD 中，AB = 2,BC = 1，E 为DC 中点，F 为线段EC(非端点) 上的一动点，现将
△AFD 沿AF 折起，使得平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD 内过点D 作DK⊥AB，K 为垂足，设
AK = t，求t 取值范围．
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10
第3 讲
面积与体积
第3 讲
面积与体积
检测题
1
已知正四面体ABCD，其四个面的中心分别为E,F,G,H，求四面体EFGH 和正四面体ABCD 的表面
积和体积之比．
2 如图，在三棱锥O −ABC 中，三条棱OA,OB,OC 两两垂直，且OA > OB > OC，分别过三条棱
OA,OB,OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面依次为S1,S2,S3，判断并证明S1,S2,S3 的大小．
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11
第3 讲
面积与体积
3 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1 中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD 为梯形，AD//BC 且AD = 2BC，
过A1,C,D 三点的平面记为α，BB1 与α 的交点为Q，求此四棱柱被平面α 所分成上下两部分的体
积之比．
4 已知P，Q，R，S 是三棱锥ABCD 内的四点，且Q，R，S，P 分别为PA，QB，RC，SD 的中点，则
VP−ABC : VP−BCD : VP−CDA : VP−DAB =
.
5 在棱长为1 的正方体ABCD−A′B′C′D′ 中，E，F 分别是棱BC，DD′ 的中点，则四面体AB′EF 的体积
为
.
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12
第3 讲
面积与体积
6 设直四棱柱ABCD−A′B′C′D′ 的底面是菱形，且面积为2
√
3，∠ABC = 60◦，E，F 分别是棱CC′，BB′ 上
的点，且EC = BC = 2FB，则四棱锥A−BCEF 的体积为
.
7 用两个互相平行且距离为27 的两个平面截球，两个截面圆的半径分别为r1 = 15，r2 = 24，求球的表
面积体积．
8 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内部放一个半径为r 的铁球，并注入水，
使水面和球上表面正好相切，然后将球取出，求水面深度．
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13
第3 讲
面积与体积
9 如图，一个装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1 和半径为3 的两个圆柱组成的简单的
几何体，当这个几何体大头朝下时，液面高度为20；当这个几何体小头朝下时，液面高度为28，求这
个几何体总高度．
10 已知三棱锥S−ABC 的底面是正三角形，点A 在侧面SBC 上的射影H 是△SBC 的垂心，若SA = a，
则此三棱锥体积的最大值是
.
11 在六条棱长分别为2,3,3,4,5,5 的所有四面体中，最大的体积是多少？
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14
第3 讲
面积与体积
12 已知一个四面体中有四条棱长为1，求四面体体积最大值．
13 一个正n 棱锥，体积为V，求一个与n 无关的充要条件使得正n 棱锥的表面积取最小值．
14 正四棱锥外接于半径为R 的球且内切于半径为r 的球，求证：R
r ⩾
√
2+1
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15
第4 讲
空间中的距离和角
第4 讲
空间中的距离和角
检测题
1
直三棱柱ABC −A1B1C1 中，底面边长和侧棱长均为2，且E 为CC1 中点，求点C1 到平面AB1E 的距
离．
2 ABCD−A1B1C1D1 是一个斜棱柱，E，F 分别是AA1,BB1 的中点，B1G
A1G = 1
2 ，GM
MC1
= 1
3，已知点A1 到
平面EFD1 的距离是6．
（1）求点M 到平面EFD1 的距离．
（2）求点D 到平面EFD1 的距离．
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16
第4 讲
空间中的距离和角
3 在三棱锥S −ABC 中，底面是边长为4
√
2 的正三角形，棱SC 的长为2，且垂直于底面.D，E 分别是
AB，BC 的中点，求CD 与SE 的距离.
4 （1）正四棱锥P−ABCD 中，侧面是边长为1 的正三角形，M,N 分别是边长AB,BC 的中点，求异面直
线MN,PC 之间的距离
（2）设a，b 为两条异面直线，在直线a 上有三点A，B，C，其中B 是AC 中点. 作A，B，C 在直线b 上
的射影D，E，F，已知AD =
√
15，BE = 3.5，CF =
√
10，则异面直线a，b 之间的距离为
.
（3）已知正四棱锥S−ABCD 的高为2，底面边长为
√
2，点P，Q 分别在线段BD 和SC 上，则P，Q 间
的最短距离为
.
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17
第4 讲
空间中的距离和角
5 设ABCD−A′B′C′D′ 是一个正方体，点M 是棱AA′ 的中点，则二面角B′-MC-A′ 的平面角是
.
6 在棱长为a 的正方体ABCD−A′B′C′D′ 中，E 为棱AB 的中点．
（1）求二面角B′ −EC −B；
（2）求四面体E −B′D′C 体积；
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18
第4 讲
空间中的距离和角
7 已知直角△ABC 的两条直角边AC = 2，BC = 3，P 为斜边AB 上一点，沿CP 将此三角形折成直二面
角A−CP−B，当AB =
√
7 时，求二面角P−AC −B 的大小.
8 同底的两个正三棱锥内接于同一个球，已知两个正三棱锥的底面边长为a，球的半径为R. 设两个正
三棱锥的侧面与底面所成的角分别为α，β，则tan(α +β) 的值为
.
9 三棱柱ABC −A′B′C′ 的底是边长为1 的正三角形，高AA′ = 1，在AB 上取一点P，设△PA′C′ 与底面
二面角为α，△PB′C′ 与底的二面角为β，求tan(α +β) 的最小值．
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19
第4 讲
空间中的距离和角
10 在三面角S −ABC 中，记二面角C −SA −B,A −SB −C,A −SC −B 的平面角分别为∠A,∠B,∠C，
∠BSC = α,∠CSA = β,∠ASB = γ，求证：cosγ = cosα cosβ +sinα sinβ cosC．
11 ∠ACB = 45◦，BC = 3，过动点A 作AD⊥BC，垂足D 在线段BC 上且异于点B，连接AB，沿AD 将
△ABD 折起，使∠BDC = 90◦．
（1）当BD 长为多少时，三棱锥A−BCD 的体积最大；
（2）当三棱锥A−BCD 的体积最大时，设点E,M 分别为棱BC,AC 中点，试在棱CD 上确定一点N，
使得EN⊥BM，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．
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20
第4 讲
空间中的距离和角
12 一个直径AB = 2 的半圆，过点A 作此半圆所在平面的垂线，在垂线上取一点S，使AS = AB，C 为半
圆上一个动点，N,M 分别为点A 在SC,SB 上的射影，当三棱锥S−AMN 的体积最大时，求cos∠BAC．
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21
第5 讲
向量法解立体几何
第5 讲
向量法解立体几何
检测题
1
如图，从A1 (1,0,0),A2 (2,0,0),B1 (0,1,0,),B2 (0,2,0),C1 (0,0,1),C2 (0,0,2) 这6 个点中随机选取3 个
点．
（1）求这3 点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的概率．
（2）求这3 点与原点O 共面的概率．
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22
第5 讲
向量法解立体几何
2 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1 中，M、N 分别为AB、B1C 的中点．用−→
AB、−→
AD、−−→
AA1 表示向量−−→
MN，
则−−→
MN =
．
3 已知ABCD 为四面体，O 为底面△BCD 内一点，求证−→
AO = 1
3
(−→
AB+−→
AC +−→
AD
)
为O 是△BCD 重心
的充要条件．
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23
第5 讲
向量法解立体几何
4 三棱锥S−ABC 中，SA⊥平面ABC，AB = BC = SA = 1，∠ABC = π
2 ．
（1）求SC 与平面ABC 所成夹角的正弦值；
（2）求B 到平面ASC 的距离；
（3）求平面SBC 与SAC 所成锐二面角的大小．
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24
第5 讲
向量法解立体几何
5 在直三棱柱ABC −A′B′C′ 中，AB = AC = AA′，M，Q 分别是CC′，BC 的中点，如果对线段A′B′ 上任意
一点P，都有PQ⊥AM，则∠BAC 等于( ).
A. 30◦
B. 45◦
C. 60◦
D. 90◦
6 已知点P 在正方体ABCD−A′B′C′D′ 的对角线BD′ 上，∠PDA = 60◦，
（1）求DP 与CC′ 所成角的大小；
（2）求DP 与平面AA′D′D 所成角的大小．
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25
第5 讲
向量法解立体几何
7 如图，四棱锥S −ABCD 的底面是平行四边形，平面α 与直线AD,SA,SC 分别交于点P,Q,R，且
AP
AD = SQ
SA = CR
CS = x，点M 在直线SB 上，N 为CD 中点，且直线MN// 平面α，求证：对所有满足条
件的平面α，点M 都落在某一条长为
√
5
2 SB 的线段上．
8 如图，在四棱锥O−ABCD 中，底面ABCD 是边长为1 的菱形，∠ABC = π
4 ，OA⊥底面ABCD，OA = 2，
M 为OA 中点，N 为BC 中点．
（1）证明：直线MN// 平面OCD；
（2）求异面直线AB,MD 所成角；
（3）求点B 到平面OCD 的距离．
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26
第5 讲
向量法解立体几何
9 如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD = ∠FAB = 90◦，
BC//1
2AD,BE//1
2AF．
（1）证明：C,D,F,E 四点共面；
（2）设AB = BC = BE，求二面角A−ED−B 的大小．
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27
第6 讲
立体几何综合
第6 讲
立体几何综合
检测题
1
正三棱柱ABC −A′B′C′ 侧面六条对角线AB′，A′B，AC′，A′C，B′C，BC′ 中，若有一对AB′⊥BC′，其余还
有k 对也互相垂直，则k 等于( ).
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
2 从正方体的12 条棱和各面的12 条面对角线中选出n 条，使得其中任意两条线段所在的直线都是异
面直线，则n 的最大可能值为( ).
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
3 在长方体ABCD−A′B′C′D′ 中，欲作一对相交直线l1，l2，使得l1 与AB，DB′ 均相交，l2 与A′D′，CC′ 均
相交，这样的相交直线l1，l2 有( ) 对．
A. 0 对
B. 1 对
C. 多于1 的有限对
D. 无限对
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28
第6 讲
立体几何综合
4 已知正方体ABCD−A′B′C′D′，过顶点A′ 在空间中作直线l，使得l 与直线AC 和BC′ 所成的角都等
于60◦，这样的直线l 可以作( ) 条.
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
5 已知异面a,b 成60◦角，A 为空间中一点，则过A 且与a,b 都成45◦的平面有几个？
与a,b 都成45◦的直线有几条？与a,b 都成60◦,75◦,90◦的直线各有多少？
6 已知四面体ABCD 的六条棱的长度分别为4，7，20，22，28 和x，则[x] 的最小值为
.
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29
第6 讲
立体几何综合
7 设ABCD−A′B′C′D′ 是一个棱长为2 的正方体，点M 是棱AA′ 的中点，过点A，B′，C 三点作一个圆
K，设P 是圆K 上的任意一点，求线段PM 的取值范围.
8 （1）两个半径都是1 的球O1，O2 相切，且它们都与60◦的二面角α −l −β 的两个半平面相切，另有
一个更大的球O 和该二面角的两个半平面也都相切，同时与球O1 和球O2 相外切，那么球O 的
半径R =
.
（2）平坦的桌面上，放有半径分别为1，2，2 的三个木球，每球与桌面相切，且与其余两球外切．另外，
在桌面上还有一个半径小于1 的小木球在三球之间，在桌面相切，且与三木球都外切．那么，这个
小木球的半径为
．
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30
第6 讲
立体几何综合
9 圆锥的母线长为l，它和底面所成的角为θ，这个圆锥的内接正方体的棱长为
(正方体有4 个
顶点在圆锥底面上，另4 个顶点在圆锥侧面上)
10 三个圆柱的侧面两两相切，且它们的轴也两两互相垂直，若每个圆柱底面半径都是1，那么，与这三个
圆柱侧面都相切的最小球的半径是( ).
A.
√
2−1
B.
√
2−1
2
C. 2
√
3
3
−1
D.
√
3−1
2
11 矩形B′BCC′ 中，A 是BC 中点，A′ 是B′C′ 中点，且B′BAA′ 和A′ACC′ 都是正方形. 现将图形沿AA′
对折成直二面角，取线段B′C 内一点P，记P 到AB 的距离为PE，P 到A′C′ 的距离为PF，则PE 与
PF 的关系为( ).
A. PE > PF
B. PE = PF
C. PE < PF
D. 不能确定，与P 点位置有关
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31
第6 讲
立体几何综合
12（1）不共面的空间四边形ABCD 中，四个内角的和记为θ = ∠ABC +∠BCD+∠CDA+∠DAB，则( ).
A. θ > 360◦
B. θ = 360◦
C. θ < 360◦
D. 不能确定，与图形有关.
（2）若△ABC 沿三条中位线折起能拼接成一个三棱锥，则△ABC 的形状为( ).
A. 锐角三角形
B. 钝角三角形
C. 直角三角形
D. 以上都有可能
13（1）已知长方体ABCD−A′B′C′D′，从点A 到直线A′B，A′C，A′D 的垂线分别交直线A′B′，A′C′，A′D′ 于
点M，N，P，垂足分别为E，G，F. 求证：
①M，N，P 三点共线.
②PE，MF，AN 三线共点.
（2）设四面体ABCD 的体积为V，E 为棱AD 的中点，点F 在AB 的延长线上，且BF = AB. 过C，E，
F 三点的平面交BD 于点G，则四面体CDGE 的体积为
.
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32
第6 讲
立体几何综合
14 若一个圆锥被平行于底面的平面分成上下两部分，上下两部分的表面积之比与体积之比都等于k，则
满足n > 1
k 恒成立的整数n 最小值为
.
15 在三棱锥P −ABC 中，BC = 3，CA = 4，AB = 5，若三侧面与底面所成二面角A −BC −P 为45◦，
B−CA−P 为45◦，C −AB−P 为45◦，则三棱锥P−ABC 的体积为( ).
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
16 在直角三角形ABC 中，∠C 是直角，BC = a，CA = b. 点P 在边AB 上，沿着直线PC 把三角形ABC
折成四面体PABC，求该四面体体积的最大可能值.
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33
检测题参考答案
检测题参考答案
第1 讲
立体几何基本概念
1
见解析
【解析】F = 12,V = 20；
2
见解析
【解析】把多面体每个面编号，分别为1 ∼F，每个面的边数分别为a1,a2,...aF，易得a1 +a2 +...+
aF = 2E，设角亏量之和为α，则α +(a1 −2)·180◦+(a2 −2)·180◦+...+(aF −2)·180◦= V ·360◦，即
α +(2E −2F)·180◦= V ·360◦⇒α = 720◦．
3
见解析
【解析】如图所示．
4
3
【解析】3 种，可能情况为
(1) AB = AC = BC = AD = 1，CD = BD =
√
2;
(2) BC = BD = CD = 1，AB = AC = AD =
√
2
2 ;
(3) AB = AC = BC = AD = BD = 1，CD =
√
2.
5
D
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34
检测题参考答案
6
3:2:1
7
见解析
【解析】如图：
除了正五边形，其他都可以，特别的，还可以是菱形，梯形，平行四边形等．
8
见解析
【解析】三个小球球心构成边长为2 的正三角形，其外接圆半径为2
√
3
3 ，画出截面易得：
(R−1)2 =
(
2
√
3
3
)2
+12,R = 3+
√
21
3
9
见解析
【解析】考察侧面展开图，由半径关系知展开角为90◦，从而AM = 50cm；
10 3
2
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35
检测题参考答案
第2 讲
立体几何中的位置关系
1
三点不共线且同侧
2
C
【解析】若两点连线与平面平行，可作1 个；若两点连线与平面相交，可作0 个．
3
见解析
【解析】过a 上任意一点都可以和b 形成一个平面，且与c 有交点，故有无数条．
4
见解析
【解析】∵四边形ABCD 是正方形，MA⊥平面ABCD，PD//MA，
E、G、F 分别为MB、PB、PC 的中点，
∴EG//PM，GF//BC//AD，
∵PM 与AD 相交，EG∩GF = G，
PM，AD ⊂平面PMA，EG，GF ⊂平面EFG，
∴平面EFG// 平面PMA．
5 （1）见解析
【解析】证明：取B1D1 中点G，连结A1G、CG，∵四边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，
∴四棱柱ABCD−A1B1C1D1 截去三棱锥C1 −B1CD1 后，A1G//
=
OC，∴四边形OCGA1 是平行四边
形，∴A1O//CG ，∵A1O̸ ⊂平面B1CD1，CG ⊂平面B1CD1，∴A1O// 平面B1CD1．
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36
检测题参考答案
（2）见解析
【解析】四棱柱ABCD−A1B1C1D1 截去三棱锥C1 −B1CD1 后，BD//
=
B1D1，∵M 是OD 的中点，O
为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A1E⊥平面ABCD，又BD ⊂平面ABCD，∴BD⊥A1E ，∵四
边形ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，∴AO⊥BD，∵M 是OD 的中点，E 为AD 的中点，
∴EM⊥BD ，∵A1E ∩EM = E，∴BD⊥平面A1EM，∵BD//B1D1，∴B1D1⊥平面A1EM，∵B1D1 ⊂平
面B1CD1，∴平面A1EM⊥平面B1CD1．
6
见解析
【解析】设BE 和CD 的中点分别为M,N，可以证明折起之后，AM 与BE 垂直，AM 也与CD 垂直
（利用了垂直平分线的性质），所以AM 与平面BCDE 垂直，而平面ABE 经过直线AM，故结论成立.
7 （1）见解析
【解析】因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，且BC⊥AB，且平面ABEF∩平面
ABCD = AB，所以BC⊥平面ABEF，所以BC⊥EF，因为△ABE 是等腰直角三角形，AB = AE，且
∠AEB = 45◦,∠AEF = 45◦，所以∠FEB = 90◦，即EF⊥BE，EF⊥平面BCE．
（2）见解析
【解析】当M 为AE 中点时，PM// 平面BCE，取BE 中点N，连接AN,MN，则MN//1
2AB//PC，
所以PM//CN，所以PM// 平面BCE．
8 （1）见解析
【解析】取CD 中点M，连接OM．在矩形ABCD 中，OM//1
2BC,EF//1
2BC，则EF//OM，连接EM，
于是四边形EFOM 为平行四边形，所以FO//EM，又因为FO̸ ⊂平面CDE，且EM ⊂平面CDE，
所以OF// 平面CDE．
（2）见解析
【解析】连接FM，由(1) 和已知条件，在等边△CDE 中，CM = DM，EM⊥CD，且EM =
√
3
2 CD =
1
2BC = EF，因此平行四边形EFOM 为菱形，从而EO⊥FM．因为CD⊥OM，CD⊥EM 所以CD⊥平
面EOM，从而CD⊥EO．而FM ∩CD = M，所以EO⊥平面CDF．
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37
检测题参考答案
9 （1）见解析
【解析】设AA1 中点为D，连C1D，因为A1B = AB，所以BD⊥AA1，因为面ABB1A1⊥AA1C1C，所以
C1D⊥AA1，从而BC1⊥A1A．
（2）见解析
【解析】由(1)，有BD⊥C1D,BC1⊥CC1,CC1⊥面C1DB，这A1 到面ABC 的距离为h，则1
3hS△ABC =
VB−CAC1 = VB−CDC1，因为VC−C1DB = 1
3CC1 × S∆C1DB，所以h = S△C1DB
S△ABC
，又C1D = BD，且2S△C1DB =
C1D × BD = BD2 = 3
4，设△ABC 高为AE，则BC2 = BC1
2 = CC1
2 = 2BD2 + 1 = 3
2 + 1 = 5
2,AE =
√
1−1
4 · 5
2 =
√
3
8，2S△ABC =
√
5
2 ·
√
3
8 =
√
15
4 ．于是有h =
3
√
15
=
√
15
5 ．
10 见解析
【解析】这里注意到AD,DF 在翻折过程中长度不发生变化，设CF = x，则由勾股定理有：
AK2 = 1−DK2
1+[2−(x+t)]2 +DK2 = (2−x)2
⇒t =
1
2−x，而0 < x < 1，所以t ∈
(1
2,1
)
．
第3 讲
面积与体积
1
见解析
【解析】如图：易知EF = 2
3MN = 1
3BD，故表面积和体积之比分别为1
9, 1
27．
四面体的内切球的球心，到各个面的距离相等，所以是各个二面角的平分面的交点，若设四个面面
积分别为S1，S2，S3，S4，V 为体积，r 为内切球半径，h1，h2，h3，h4 分别表示各顶点到对面所作的高，
有r =
3V
S1 +S2 +S3 +S4
，1
r = 1
h1
+ 1
h2
+ 1
h3
+ 1
h4
.
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38
检测题参考答案
2
见解析
【解析】设OA = a,OB = b,OC = c,a > b > c，过OA 的截面面积S1 = 1
2OA ·
(1
2BC
)
= 1
2OA ·
√
OB2 +OC2
2
= 1
4a
√
b2 +c2．其余同理，故有S3 < S2 < S1．
3
见解析
【解析】连接QA,QD，设AA1 = h，梯形ABCD 的高为d，四棱柱被平面α 所分成上下两部分的体
积分别为V1,V2，BC = a,AD = 2a．利用相似比知E 为BB1 中点．
V三棱锥Q−AA1D = 1
3 × 1
2 · 2a · h · d = 1
3ahd，V四棱锥Q−ABCD = 1
3 · a+2a
2
· d ·
(1
2h
)
= 1
4ahd，所以V2 =
(1
3 + 1
4
)
ahd = 7
12ahd，又四棱柱V = 3
2ahd，故V1 = 11
12ahd，V1
V2
= 11
7 ．
4
8 : 1 : 2 : 4
【解析】设A，P，Q，R，S 到平面BCD 的距离分别为hA，hP，hQ，hR，hS，
则hP = hS
2 = hR
4 = hQ
8 = hA +hP
16
，
所以hP = hA
15，
所以VP−BCD : VA−BCD = 1 : 15.
同理VP−CDA，VP−DAB，VP−ABC 分别为VA−BCD 的2
15，4
15，8
15，
故所求比例为8 : 1 : 2 : 4.
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39
检测题参考答案
5
5
24
【解析】过F 作FF′//AB′，则VF−AB′E = VF′−AB′E，过E 作EE′//AB′ 交下底面于E′，S△B′F′E′ =
1
2 ×
(√
5
2
)2
= 5
8，则VF′−AB′E = VA−F′B′E′ = 1
3 × 5
8 ×1 = 5
24．
6
见解析
【解析】设BC 中点为K，则AK 与平面BCEF 垂直，故AK 为四棱锥的高，又易知BC = AB =
AC = 2，AK =
√
3，CE = 2，BF = 1，故：VA−BCEF = 1
3 ×SEFBC ×AK =
√
3.
7
见解析
【解析】情况1，两截面位于球心O 的两侧，则
R2 = 152 +d1
2
R2 = 242 +d2
2
d1 +d2 = 27
⇒d1 = 20,d2 = 7,R = 25，从而
S = 4πR2 = 2500π；V = 4
3πR3 = 62500
3
π；
情况2，两截面位于球心O 的同侧，则
R2 = 152 +d1
2
R2 = 242 +d2
2
d1 −d2 = 27
⇒d1 = 20,d2 = −7, 舍去．
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40
检测题参考答案
8
见解析
【解析】如图，设球半径为r，则DO = r,AD =
√
3r,AB = AC = BC = 2
√
3r，则CD = 3r，
∴V圆锥CE : V圆锥CD =
(1
3π ·ME2 ·CE
)
:
(1
3π ·AD2 ·CD
)
= CE3 : CD3，又由题设知，
V圆锥CE = V圆锥CD −V球= 5
3πr3，∴5
3πr3 : 3πr3 = CE3 : (3r)3,∴CE =
3√
15r．
9
见解析
【解析】由水体积不变，所以32 ·πH +12 ·π (20−H) = 12 ·πh+32 ·π (28−h) ⇒H +h = 29．
10 a3
6
【解析】由条件知AH 与面SBC 垂直，设BH⊥SC 于E，由于SC⊥AH，SC⊥BE，故SC 与面ABE 垂
直，所以SC 与AB 垂直，设S 在面ABC 上的射影为O，则OC 与AB 垂直. 同理，OB 也与AC 垂
直，所以O 是△ABC 的垂心，即正三角形中心.
现设AB = x，则OC =
√
3
3 x，SO =
√
a2 −1
3x2，所以
VS−ABC = 1
3 ×
√
a2 −1
3x2 ×
√
3
4 x2 =
√
3
12
√(
a2 −1
3x2
)
x4 =
√
3
2
√(
a2 −1
3x2
)(1
6x2
)(1
6x2
)
⩽
√
3
2
(
a2 −1
3x2
)
+
(1
6x2
)
+
(1
6x2
)
3
3
2
=
√
3
2 · a3
3
√
3 = a3
6 ，
等号成立当且仅当x =
√
2a，即SA，SB，SC 两两垂直. 故体积最大值为a3
6 .
11 见解析
【解析】三角形两边之和大于第三边，按题设的数据，一边为2 的三角形，其余两边只可能是①3，
3；②5，5；③4，5；④3，4；从而四面体中，以2 为公共边的两个面，其余两边只可能有下列三种情况：
①与②，①与③，②与④．经计算知，①与②这种情况下体积最大，为8
√
2
3 ．
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41
检测题参考答案
12 见解析
【解析】设四棱锥为P−ABC：
若棱长为x,y 的两棱为相对棱，设PA = PB = CA = CB = 1,AB = x,PC = y，记AB 中点为M，PC 中
点为N，连接PM,CM,MN，则PM⊥AB，CM⊥AB，PM = CM
=
√
1−x2
4 ，因此MN⊥PC,AB⊥面PCM，MN =
√
1−x2
4 −y2
4 ，故VP−ABC=1
3S∆PMC ·AB = 1
3 × 1
2PC ·
MN ·AB = 1
6xy
√
1−x2
4 −y2
4 = 1
12
√
x2y2 (4−x2 −y2) ⩽1
12
√(x2 +y2 +4−x2 −y2
3
)3
= 2
√
3
27 ，上式等号成立的条件是x = y = 2
√
3
3
若棱长为x,y 的两棱为相邻的两棱，设PA = PB = CA = CB = 1,AB = x,AC = y，再设P 在底
面上的射影为O，则O 为△ABC 的外接圆圆心，记∠BAC = α，再在△ABC 中由正弦定理得
OA =
1
2sinα ,PO =
√
PA2 −AO2 =
√
1−
1
4sin2α ，故：
VP−ABC = 1
3S∆ABC ·PO = 1
3 × 1
2xysinα
√
1−
1
4sin2α = 1
6xy
√
sin2α −1
4 = 1
6xy
√
3
4 −cos2α
= 1
6
√
3
4 −
(x2 +y2 −1
2xy
)2
= 1
12
√
3x2y2 −(x2 +y2 −1)2 = 1
12
√
−x4 +x2 (y2 +2)−y4 +2y2 −1 =
1
12
√
−
(
x2 −y2 +2
2
)2
−y4 +2y2 −1+
(y2 +2
2
)2
= 1
12
√
−
(
x2 −y2 +2
4
)2
−3
4(y2 −2)2 +3 ⩽
√
3
12 上
式等号成立条件是x = y =
√
2，又
√
3
12 > 2
√
3
27 ，故体积最大值为
√
3
12 ．
13 见解析
【解析】设正n 棱锥的一个侧面积为s，侧面与地面所成的角为θ
(
0 < θ < π
2
)
，底面外接圆的半
径为r，正n 棱锥的表面积为S，棱锥的高h = rcos π
n tanθ．
于是：
V
n = 1
3r2 sin π
n cos π
n ·rcos π
n tanθ = 1
3
s2sin2θ
rsin π
n
tanθ = s2 cosθ sinθ
3rsin π
n
………………………①
又ssinθ = 1
2r2 sin 2π
n …．．
．．．．．②
①2×②得s =
3
v
u
u
t 9V 2 tan π
n
n2 cossin2θ ，
又S = ns(1+cosθ) = n
3
v
u
u
t9V 2 tan π
n
n2
·
3
√
(1+cosθ)2
cosθ (1−cosθ) = n
3
√
9V 2 tanθ
n2
·
3
√
(1+x)2
x(1−x) (x = cosθ)，
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
42
检测题参考答案
易知f (x) = (1+x)2
x(1−x) (0 < x < 1) 当x = 1
3 时取得最小值8，所以当且仅当n 棱锥的侧面与地面所
成的角为arccos 1
3，正n 棱锥的表面积取得最小值，最小值为2n
3
v
u
u
t9V 2 tan π
n
n2
．
14 见解析
【解析】设正四棱锥S −ABCD 的底面中心为O，底面边长为2a，它的外接球球心为O2，内
切球球心为O1，由对称性O1、O2 必在SO 上，且SO⊥底面ABCD，作O1F⊥平面SBC 于
F，直线SF 必过BC 中点E，设SO = h，∠SEO = θ，则tanθ = h
a，易知r
a =
h−r
√
h2 +a2 ，所
以1
r =
√
h2 +a2 +a
ah
,
(√
2a
)2
+(h−R)2 = R2，所以R = a2
h + h
2，R
r =
(a2
h + h
2
)(√
h2 +a2 +a
ah
)
=
(a2
h2 + 1
2
)
√(h
a
)2
+1+1
=
(
1
tan2θ + 1
2
)(√
tan2θ +1+1
)
=
(cos2θ
sin2θ + 1
2
)(
1
cosθ +1
)
= cos2θ +1
2sin2θ
· 1+cosθ
cosθ
=
cos2θ +1
2cosθ (1−cosθ) = −1
2 + 1
2 ·
cosθ +1
−cos2θ +cosθ ，令t = cosθ + 1，则1 < t < 2，所以R
r = −1
2 + 1
2 ·
t
−t2 +3t −2 = −1
2 + 1
2 ·
1
3−
(
t + 2
t
)，而2
√
2 ⩽t + 2
t < 3，所以
R
r ⩾−1
2 + 1
2 ·
1
3−2
√
2
= −1
2 + 1
2
(
3+2
√
2
)
=
√
2+1
第4 讲
空间中的距离和角
1
见解析
【解析】运用体积法，易知d =
1
3 ×
√
3× 1
2 ×1×2
1
3 × 1
2 ×
√
3×2
√
2
=
√
2
2 ．
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43
检测题参考答案
2
①9
2；②12
【解析】①∵A1B1//EF，A1B1// 平面EFD1，∵点A1 到平面EFD1 的距离是6，∴点G 到平面
EFD1 的距离是6，∵B1G
A1G = 1
2，GM
MC1
= 1
3，∴C1M
GC1
= 3
4，C1 在平面EFD1 上，所以点M 到平面EFD1
的距离= 3
4 ×6 = 9
2，②连接A1D 交ED1 于N，N 在平面EFD1 上，有DN
A1N = DD1
A1E = 2 ，所以D
到平面EFD1 的距离= 6×2 = 12．
3
2
√
3
3
【解析】取BD 中点F，则EF 与CD 平行，所以CD 与平面SEF 平行，要求的距离即为点C 到平面
SEF 的距离h. 于是：h = SC ·S△CEF
S△SEF
= 2×
√
3
3
. （注：三角形CEF 的面积是正三角形ABC 面积的
八分之一，而三角形SEF 的三边长为
√
6，2
√
3，
√
30，利用海伦公式S = 1
4
√
2∑a2b2 −∑a4 计算面
积.）
4 （1）见解析
【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⊥平面POC ⇒CH⊥PC．因此CH 是直线MN,PC
的公垂线，又CH =
√
2
2 CN =
√
2
4 ，故异面直线MN,PC 之间的距离为
√
2
4 ．
（2）
√
6
【解析】设异面直线的距离为x，作直线a，b 的公垂线MN，N 在a 上，过点M 作直线a′
与a 平行，且直线a′ 与b 确定一个平面P，由题设，知MN = x，且由B 是AC 中点可知：
2
√
BE2 −x2 =
√
AD2 −x2 +
√
CF2 −x2，解得x =
√
6.
（3）2
√
5
5
【解析】设底面的中心为O，O 在SC 上的射影为H，则当P 取点O，Q 取点H 时所求距离最短，故
所求最短距离为2
√
5
5 .
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
44
检测题参考答案
5
45◦
【解析】设A′C′ 的中点为O′，则cosθ = S△OMC
S△B′MC
= 3
√
2
8
×
(3
4
)−1
=
√
2
2 ，所以答案为45◦.
6 （1）见解析
【解析】过B 作BH⊥CE，垂足为H，BB1⊥面BCE，由三垂线定理逆定理，B1H⊥CE，故∠B1HB 就
是所求二面角，BB1 = a,BH =
√
5
5 a,∴tanθ = BB1
BH =
√
5．
（2）见解析
【解析】(法一)B′D′ 在底面投影为BD，和CE 的夹角为arcsin
3
√
10，从而VE−B′D′C = 1
6 ×
√
2a ×
√
5
2 a×
3
√
10 ×a = 1
4a3．
(法二) 在CB 延长线上取点E′，使得BE′ = a
2，则EE′//B′D′，EE′// 面B′CD′，故VE−B′D′C =
VD′−B′CE′ = 1
3S△B′CE′ ·C′D′ = 1
4a3．
7
arctan
√
2
8
−4
√
3R
3a
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45
检测题参考答案
9
见解析
【解析】如图，Q 为点P 在平面A′B′C′ 上的射影，作QE⊥A′C′，QF⊥B′C′，则∠PEQ，∠PFQ 分别
为二面角P −A′C′ −B′,P −B′C′ −A′ 的平面角，即∠PEQ = α，∠PFQ = β，设B′Q = x,A′Q = 1 −
x(0 < x < 1)，则EQ = (1−x)sin π
3 =
√
3
2 (1−x),FQ = xsin π
3 =
√
3
2 x，所以tanα =
2
√
3(1−x),tanβ =
2
√
3x,tan(α +β) = tanα +tanβ
1−tanα tanβ =
2
√
3
3x(1−x)−4 ⩾−8
√
3
13
．
10 见解析
【解析】如图，取SA = 1，作AD⊥平面BSC，垂足为D，在平面BCS 上作DE⊥SB，DF⊥SC,FG⊥SB，
连接AE,AF，有SE = cosγ,SE = SG+GE．又因为SG = SF cosα = SAcosβ cosα = cosβ cosα,GE =
FDsinα = AF cosCsinα = SAsinβ cosCsinα = sinβ cosCsinα ，所以cosγ = cosα cosβ +sinα sinβ cosC．
同理我们可以得到cosα = cosβ cosγ +sinβ sinγ cosA，cosβ = cosα cosγ +sinα sinγ cosB．此即空
间三面角第一余弦定理．
空间三面角中还有第二余弦定理和正弦定理：cosA = −cosBcosC+sinBsinCcosα，cosB = −cosAcosC+
sinAsinCcosβ，cosC = −cosAcosB+sinAsinBcosγ，sinα
sinA = sinβ
sinB = sinγ
sinC.
11 （1）见解析
【解析】设BD = t，则V = 1
2t (3−t)×(3−t)× 1
3 = 1
122t (3−t)(3−t)，由均值不等式，2t = 3−t 时
取等，即BD = 1；
（2）见解析
【解析】考虑BM 在面BDC 上的投影BM′，由三垂线定理逆定理知BM′⊥EN，从而N 为DM′ 中
点，所以EN =
√
2
2 ，由体积法易求得E 到平面BMN 距离为
√
6
4 ，从而sin θ =
√
6
4
√
2
2
=
√
3
2 ，所成角
为60◦．
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46
检测题参考答案
12 见解析
【解析】易知BC⊥面SAC，故BC⊥AN，从而AN⊥面SBC，所以AN⊥SM，因此SM⊥面AMN，故
V三棱锥S−AMN = 1
3SM ·S△ANM，由SA = AB = 2 ⇒AM = SM =
√
2．而AN ⊥NM，△AMN 是斜边长为
√
2 的直角三角形，面积最大在AN = MN = 1 时取到，此时cos∠BAC =
√
3
3 ．
第5 讲
向量法解立体几何
1 （1）1
10
【解析】从这6 点中随机取出3 个点，
其所有的情况有x 轴上取2 个点的有A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2，共4 种情况，
y 轴上取2 个点的有B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2，共4 种情况，
z 轴上取2 个点的有C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2，共4 种情况，
3 个点在不同的坐标轴上有A1B1C1,A1B1C2,A1B2C1,A1B2C2,A2B1C1,A2B1C2,A2B2C1,A2B2C2，共8 种
情况，则从这6 点中随机取出3 个点，其所有的情况共有4+4+4+8 = 20 种，
选取的3 点与原点O 恰好是正三棱锥的四个顶点的情况有A1B1C1,A2B2C2，共2 种，
则其概率P1 = 2
20 = 1
10．
（2）3
5
【解析】解：从这6 点中随机取出3 个点，
其所有的情况有x 轴上取2 个点的有A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2，共4 种情况，
y 轴上取2 个点的有B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2，共4 种情况，
z 轴上取2 个点的有C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2，共4 种情况，
3 个点在不同的坐标轴上有A1B1C1,A1B1C2,A1B2C1,A1B2C2,A2B1C1,A2B1C2,A2B2C1,A2B2C2，共8 种
情况，则从这6 点中随机取出3 个点，其所有的情况共有4+4+4+8 = 20 种，
选取的3 点与原点O 共面的情况，有A1A2B1,A1A2B2,A1A2C1,A1A2C2,B1B2A1,B1B2A2,B1B2C1,B1B2C2,
C1C2A1,C1C2A2,C1C2B1,C1C2B2，共12 种，则选取的3 点与原点O 共面的概率P2 = 12
20 = 3
5．
2
1
2
−→
AB+ 1
2
−→
AD+ 1
2
−−→
AA1
【解析】−−→
MN = −→
MB+−→
BC+−→
CN = 1
2
−→
AB+−→
AD+ 1
2
(−→
CB+−−→
BB1
)
= 1
2
−→
AB+−→
AD+ 1
2
(
−−→
AD+−−→
AA1
)
= 1
2
−→
AB+
1
2
−→
AD+ 1
2
−−→
AA1．
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
47
检测题参考答案
3
见解析
【解析】如图：
取CD 的中点E，若O 为△BCD 重心，则−→
BO = 2
3
−→
BE = 1
3
(−→
BC +−→
BD
)
= 1
3
(−→
AC −−→
AB+−→
AD−−→
AB
)
=
1
3
−→
AC + 1
3
−→
AD −2
3
−→
AB．∴−→
AO = −→
AB + −→
BO = 1
3
(−→
AB+−→
AC +−→
AD
)
；反之，−→
AD = 1
3
(−→
AB+−→
AC +−→
AD
)
，则
−→
AB+−→
BO = 1
3
−→
AB+ 1
3
(−→
BC −−→
BA
)
+ 1
3
(−→
BD−−→
BA
)
，所以−→
AB+−→
BO = 1
3
−→
AB+ 1
3
−→
BC+ 1
3
−→
AB+ 1
3
−→
BD+ 1
3
−→
AB =
−→
AB + 1
3
(−→
BC +−→
BD
)
，从而有−→
BO = 1
3
(−→
BC +−→
BD
)
= 2
3
−→
BE，因此O 在中线BE 上，且分BE 的比为
2 : 1，故△BCD 为重心，综上，−→
AO = 1
3
(−→
AB+−→
AC +−→
AD
)
O 是△BCD 重心的充要条件．
4 （1）见解析
【解析】在平面ABC 上，过A 作AD⊥AB，以A 为原点，以向量−→
AB,−→
AD,−→
AS 的方向分别为x,y,z 轴，
建立空间直角坐标系，于是有A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),S(0,0,1)．
因为SA⊥平面ABC，所以SC 与平面ABC 所成的夹角就是∠ACS，在直角三角形SAC 中，
AC =
√
2,SC =
√
3，于是sin∠ACS = SA
SC = 1
√
3．
（2）见解析
【解析】设平面ASC 的法向量为−→n = (x,y,z)，则−→n ⊥−→
AS 且−→n ⊥−→
SC，而−→
AS = (0,0,1),−→
SC = (1,1,−1)，
所以
z = 0
x+y−z = 0
，从而有−→n = (1,−1,0)，于是B 到平面ASC 的距离d =
−→
AB·−→n
|−→n |
=
√
2
2 ．
（3）见解析
【解析】设平面SBC 的法向量为−→
m = (x,y,z)，则−→
m⊥−→
BC 且−→
m⊥−→
SC，而−→
BC = (0,1,0)，所以
y = 0
x+y−z = 0
，从而有−→
m = (1,0,1)．设二面角为θ，则cosθ = |−→
m ·−→n |
|−→
m||−→n | = 1
2，即θ = π
3 ．
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
48
检测题参考答案
5
D
6 （1）见解析
【解析】如图，以D 为原点，DA 为单位长建立空间直角坐标系D −xyz．则−→
DA = (1,0,0),−→
CC′ =
(0,0,1)，连结BD,B′D′，在平面BB′D′D 中，延长DP 交B′D′ 于M．设−−→
DM = (m,m,1)(m > 0)，
由已知
⟨−−→
DM,−→
DA
⟩
= 60◦，由−−→
DM · −→
DA =
−−→
DM
−→
DA
cos
⟨−→
DA,−−→
DM
⟩
，可得2m =
√
2m2 +1，解得
m =
√
2
2 ,∴−−→
DM =
(√
2
2 ,
√
2
2 ,1
)
．
因为cos
⟨−−→
DM,−→
CC′⟩
=
√
2
2 ×0+
√
2
2 ×0+1×1
1×
√
2
=
√
2
2 ，所以
⟨−−→
DM,−→
CC′⟩
= 45◦．
（2）见解析
【解析】平面AA′D′D 的一个法向量是−→
DC = (0,1,0)．
因为cos
⟨−→
DC,−−→
DM
⟩
=
√
2
2 ×0+
√
2
2 ×1+1×0
1×
√
2
= 1
2，所以
⟨−→
DC,−−→
DM
⟩
=60◦．可得DP 与平面AA′D′D
所成角的大小为30◦．
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
49
检测题参考答案
7
见解析
【解析】设−→
SA = −→a ,−→
SB = −→b ,−→
SC = −→c ,−→
SD = −→d ⇒−→d = −→a −−→b +−→c ，因为AP
AD = SQ
SA = CR
CS = x，所以
−→
SQ = x−→a ,−→
SR = (1−x)−→c ，从而−→
SP = (1−x)−→a +x−→d = −→a −x−→b +x−→c ,−→
QR = −→
SR −−→
SQ = (1−x)−→c −
x−→a ,−→
QP = −→
SP−−→
SQ = (1−x)−→a −x−→b +x−→c ．又因为MN//α，所以存在λ,µ ∈R，使得−−→
NM = λ−→
QR+
µ−→
QP,∴−→
SM = −→
SN +λ−→
QR+ µ−→
QP = 1
2
(−→c +−→d
)
+λ [(1−x)−→c −x−→a ]+ µ−→a −µx−→a −µ
(
x−→b +x−→c
)
=
[1
2 −λx+ µ (1−x)
]
−→a −
(1
2 + µx
)−→b + [1+λ (1−x)+ µx]−→c ．再者，点M 在直线SB 上的充要
条件是−→
SM = y−→b (y ∈R)，于是得
1
2 −λx+ µ (1−x) = 0
1+λ (1−x)+ µx = 0
，消去λ 得到µ = −
x+1
2(2x2 −2x+1),
而y = −
(1
2 + µx
)
= −1
2 +
x2 +x
4x2 −4x+2，即(4y+1)x2 −(4y+3)x + 2y + 1 = 0，当y = −1
4 时，
−2x+ 1
2 = 0 ⇒x = 1
4．当y̸ = −1
4 时，由x ∈R，得∆= (4y+3)2 −4(4y+1)(2y+1) ⩾0 ⇒−
√
5
4 ⩽
y ⩽
√
5
4 ．
8 （1）见解析
【解析】建立空间直角坐标系
（2）60◦
（3）2
3．
9 （1）见解析
【解析】设−→
AB = −→a ,−→
BC = −→b ,−→
BE = −→c ，则B(a,0,0),C(a,b,0),E (a,0,c),D(0,2b,0),F (0,0,2c)
−→
EC = 1
2
−→
FD ⇒EC//FD，故C,D,F,E 四点共面．
（2）见解析
【解析】设AB = 1，则BC = BE = 1,B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E (1,0,1)，在DE 上取点M，使
−−→
DM = 5−−→
ME,⇒M
(5
6, 1
3, 5
6
)
，从而−→
MB =
(1
6,−1
3,−5
6
)
，又−→
DE = (1,−2,1)，−→
MB·−→
DE = 0,MB⊥DE，
在DE 上取点N，使−→
DN = 2−→
NE，则N
(2
3, 2
3, 2
3
)
，从而−→
NA =
(
−2
3,−2
3,−2
3
)
，−→
NA·−→
DE = 0,NA⊥DE．
故−→
MB,−→
NA 的夹角等于二面角A−DE −B 的平面角，cos
⟨−→
MB·−→
NA
⟩
=
−→
MB·−→
NA
−→
MB
·
−→
NA
=
√
10
5 ，所以二
面角A−ED−B 的大小为arccos
√
10
5 ．
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
50
检测题参考答案
第6 讲
立体几何综合
1
D
【解析】设M 为BC 中点，则B′M⊥BC′，于是设N 是B′C′ 中点，则A′C⊥BC′，由于正三棱柱的各个
侧面是全等的矩形，可以得到：AB′⊥A′C，A′B⊥B′C，A′B⊥C′A，B′C⊥C′A，故还有其余5 对也垂直.
2
B
【解析】首先因为n 条线段的2n 个端点必须两两不同，所以n 不超过4，又可取AB′,BC′,CD′,DA′
为满足要求的4 条线段.
3
D
【解析】记l1 为BD′，再在CC′ 上任取一点M，记l2 为MD′. 则这样的l1，l2 满足条件，从而答案为D.
4
B
【解析】AC 和BC′ 所成的角为60◦，只需研究过A′ 与它们夹角都为60◦的直线条数，这样的直线
有三条（其中一条与这两条共面，另两条在这两条直线所在平面内的投影是这两条直线的角平分
线.）
5
见解析
【解析】且假设a,b 为相交直线(无影响)，还可以不妨假设A 点为交点，那么与a,b 都成
45◦,60◦,75◦,90◦的直线分别有2,3,4,1 条；平面的话，考虑法向量，转化为直线．
6
8
7
见解析
【解析】圆K 的中心K 即为正三角形AB′C 的中心，它到点M 的距离为
√
21
3 ，圆K 的半径为2
√
6
3 ，
MK 与圆所在平面的夹角为arcsin
√
7
7 ，由以上不难求出答案为
[√
45−24
√
3
3
,
√
45+24
√
3
3
]
.
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
51
检测题参考答案
8 （1）5+
√
13
3
【解析】可列出方程：(2R−2)2 +1 = (R+1)2，结合R > 1 解得R = 5+
√
13
3
.
（2）4−2
√
3
【解析】半径为r1，r2 的两个如此相切的球，桌面上两切点间的距离为2√r1r2．
设小木球的半径为x，问题化为：△ABC 中，AB = AC = 2
√
2，BC = 4．D 为形内一点，AD = 2√x，
BD = CD = 2
√
2x．所以，AD 在BC 的中垂线AE 上，如图5．
于是，AD = AE −DE =
√
AB2 −BE2 =
√
BD2 −BE2．
代入得2√x = 2−2√2x−1，x < 1．
解得x = 4−2
√
3．
9
2l sinθ
2+
√
2tanθ
【解析】如图，作轴截面，有SA = l，∠SAB = θ，AO = l cosθ．
现设正方体棱长为x，则DO =
√
2
2 x，AD = l cosθ −
√
2
2 x，
由正切三角函数的定义知tgθ = CD
AD =
x
l cosθ −
√
2
2 x
，
得x =
2l sinθ
2+
√
2tanθ
．
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
52
检测题参考答案
10 A
【解析】不妨构造一个棱长为2 的正方体ABCD−A′B′C′D′，并让AA′，BC，C′D′ 为这三个圆柱的轴，
那么由对称性易知球心即为正方体中心O，小球半径为O 到棱的距离减1，即
√
2−1 .
11 B
【解析】将图形补充为正方体，则B′C 为体对角线，绕体对角线旋转120◦，则A′ 变为B，C′ 变为A，
因而点P 到A′C′ 的距离PF 也随之变为P 到AB 的距离PE，所以二者相等.B.
12 （1）C
（2）A
【解析】A. 只需注意到折成三棱锥后，共顶点的三个面角任意两个之和要大于第三个，可知原三角
形的每个内角都不能超过90◦.
13 （1）见解析
【解析】设AB = a，AD = b，AA′ = c.
在三角形A′NM 中，由余弦定理，有：
MN2 = A′N2 +A′M2 −2A′N ·A′M cos∠MA′N =
c4
a2 +b2 + c4
a2 −2
√
c4
a2 +b2 · c2
a ·
a
√
a2 +b2 =
b2c4
a2 (a2 +b2)
所以MN =
bc2
a
√
a2 +b2 ，同理PN =
ac2
b
√
a2 +b2 .
又在△A′MP 中，由勾股定理有MP2 = c4 (
a2 +b2)
a2b2
，不难验证MP = MN +NP，故三点共线.
再由射影定理：AE
EM = A′A2
A′M2 = a2
c2 ，PF
FA = A′P2
A′A2 = c2
b2 ，又由MN，PN 的长度可得MN
NP = b2
a2 ，故
AE
EM · PF
FA · MN
NP = 1，由赛瓦定理，PE，MF，AN 三线共点.
（2）见解析
【解析】由梅涅劳斯定理，答案为1
3V.
高一数学目标竞赛班（一试-北上广深）练习册
53
检测题参考答案
14 7
【解析】设小圆锥和圆锥的底面半径为r，R，圆锥的高与侧面的夹角为θ，则由条件：
k
k +1 = r2
R2
1
1+sinθ ，k
k +1 = r3
R3
所以1
k = (1+sinθ)3 −1 < 7，故答案为7.
15 B
【解析】作P 在面ABC 上的射影O，O 在BC，CA，AB 上的射影D，E，F，设OP = h，则
OD = OE = OF = h. 在三角形ABC 中，解得h = 1，所以V = 2.
16 见解析
【解析】设P 在AC 上的射影为D，B 在CP 上的射影为E，∠ACP = φ，则
V ⩽1
3
(1
2PD·AC
)
·BE ⩽ab
6 PDcosφ.
在三角形PAC 中，不难得到PD =
b
a−1b+cosφ ，所以:
V ⩽a2b2
6
cosφ
b+acotφ = a2b2
6
1
√
(1+tan2φ)(b+acotφ)2 .
令x = tanφ > 0，注意到
(
1+x2)(
b+ a
x
)2
⩾
(
b
2
3 +a
2
3
)3
（由柯西不等式的推广，或者将左边展开为
(
b2x2 + ab
x + ab
x
)
+
(
abx+abx+ a2
x2
)
+a2 +b2 ⩾3a
2
3 b
4
3 +3a
4
3 b
2
3 +a2 +b2 =
(
b
2
3 +a
2
3
)3
.）
所以：V ⩽a2b2
6
1
√
(1+tan2φ)(b+acotφ)2 ⩽a2b2
6
(
b
2
3 +a
2
3
)−3
2 .
当且仅当面PCB 与面PCA 垂直，并且tanφ =
3
√a
b 时，体积取最大值a2b2
6
(
b
2
3 +a
2
3
)−3
2 .
1219092614245
