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

1、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】3【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=12PH.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

2、=14PH.结合PK=12PH可知OK=OH,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ABC的外接圆面积,即(AB3)2=3.2【2020高中数学联赛B卷(第01试)】已知一个正三棱柱的各条棱长均为3,则其外接球的体积为 .【答案】7212【解析】如图,设面ABC和面A1B1C1的中心分别为O和O1,记线段OO1的中点为P,由对称性知,P为正三棱柱外接球的球心,PA为外接球的半径.易知POAO,所以PA=PO2+AO2=(32)2+(3)2=212故外接球的体积为43(212)3=7212.3【2019高中数学联赛

3、A卷(第01试)】如图，正方体ABCDEFGH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，记为截面所在平面.延长AK、BF交于点P，则P在上，故直线CP是与平面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ABCKFL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ABCKFL的体积V=14.设PF=h，则KFAB=FLBC=PFPB=hh+1.注意到PB、PF分别是棱锥PABC与棱锥PKFL的高，于是14=V=VP-ABC-V

4、P-KFL=16ABBCPB-16KFFLPF=16(h+1)1-hh+13=3h2+3h+16(h+1)2.化简得3h2=1，故h=13.从而EKKF=AEPF=1h=3.4【2019高中数学联赛B卷(第01试)】设三棱锥PABC满足PA=PB=3，AB=BC=CA=2，则该三棱锥体积的最大值为 .【答案】263【解析】设三棱锥PABC的高为h，取M为棱AB的中点，则hPM=32-12=22.当平面PAB平面ABC时，h取到最大值22.此时三棱锥PABC的体积取到最大值13SABC22=13322=263.5【2018高中数学联赛A卷(第01试)】设点P到平面的距离为3，点Q在平面上，使得直

5、线PQ与所成角不小于30且不大于60，则这样的点Q所构成的区域的面积为 .【答案】8【解析】设点P在平面a上的射影为O.由条件知，OPOQ=tanOQP33,3，即OQ1，3，故所求的区域面积为32-12=8.6【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Q所构成的区域的面积为 .【答案】3【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=tanOQP1，即OQ1，故所求的区域面积为22-12=3.7【2017高中数学联赛A卷(第01试)】正三棱锥PABC中，A

6、B=1，AP=2，过AB的平面a将其体积平分，则棱PC与平面所成角的余弦值为 .【答案】3510【解析】设AB、PC的中点分别为K、M，则易证平面ABM就是平面.由中线长公式知AM2=12AP2+AC2-14PC2=1222+12-1422=32，所以KM=AM2-AK2=32-122=52.又易知直线PC在平面上的射影是直线MK，而MC=1，KC=32，所以cosKMC=KM2+MC2-KC22KMMC=54+1-345=3510，故棱PC与平面所成角的余弦值为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

7、与面BCD平行，则DEF的面积为 .【答案】233【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=AD2+AE2-2ADAEcos60=49+16-28=37，同理有DF=37.作等腰DEF底边EF上的高DH，则EH=12EF=2，故DH=DE2-EH2=33，于是SDEF=12EFDH=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MBCA的大小为 .【答案】arct

8、an23【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，进而PO=AP2-AO2=1.设H为M在底面上的射影，则H为AO的中点.在底面中作HKBC于点K，则由三垂线定理知MKBC，从而MKH为二面角MBCA的平面角.因MH=AH=12，结合HK与AB平行知，HKAB=HCAC=34，即HK=34，这样tanMKH=MHHK=23.故二面角MBCA的大小为arctan23.10【2014高中数学联赛(第01试)】正四棱锥PABCD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】24【

9、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POCH，又ACCH，所以CH与平面POC垂直，故CHPC，因此CH是直线MN与PC的公垂线段，又CH=22CN=24，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+52【解析】由PI=1知点P在以I为圆心的单位圆K上，设BAP=.在圆K上取一点P0，使得取到最大值0，此时P0应落在IAC内，且是AP0与圆K的切点，由于003，故SAPBSAPC=12A

10、PABsin12APACsin3-=sinsin3-sin0sin3-0=sin6+sin6- 其中=0-6=IAP0，由AP0I=2知sin=IP0AI=12r=14，于是cot=15.所以sin6+sin6-=12cos+32sin12cos-32sin=cot+3cot-3=15+315-3=3+52 根据式与可知，当P=P0时，SAPBSAPC的最大值为3+52.12【2013高中数学联赛(第01试)】已知正三棱锥PABC底面边长为1，高为2，则其内切球半径为 .【答案】26【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，

11、P，O，H共线.PHM=PKO=2，且OH=OK=r，PO=PH-OH=2-r，MH=36AB=36，PM=MH2+PH2=112+2=536.于是有r2-r=OKPO=sinKPO=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PABC和QABC内接于同一个球.若正三棱锥PABC的侧面与底面所成的角为45，则正三棱锥QABC的侧面与底面所成角的正切值是 .【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CMAB.易知PMH，QMH分别为正三棱锥PABC，QA

12、BC的侧面与底面所成二面角的平面角，则PMH=45，从而PH=MH=12AH，因为PAQ=90,AHPQ，所以AH2=PHQH，即AH2=12AHQH.所以QH=2AH=4MH，故tanQMH=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ONDP,OMCD，因为CDA=CDB

13、=ADB=60，设CD与平面ABD所成角为，可求得cos=13,sin=23.在DMN中DM=12CD=1，DN=23DP=23323=3.由余弦定理得MN2=12+(3)2-21313=2.故MN=2.四边形DMON的外接圆的直径OD=MNsin=223=3.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B-A1P-B1=，则sin= .【答案】104【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),B1(1,0,

14、2),A1(-1,0,2),P(0,3,1)，从而BA1=(-2,0,2)，BP=(-1,3,1)，B1A1=(-2,0,0)，B1P=(-1,3,-1)，设分别与平面BA1P、平面B1A1P垂直的向量是m=x1,y1,z1,n=x2,y2,z2，则mBA1=-2x1+2z1=0mBP=-x1+3y1+z1=0，nB1A1=-2x2=0nB1P=-x2+3y2-z2=0，由此可设m=(1,0,1),n=(0,1,3)，所以|mn|=|m|n|cos|，即3=22|cos|，则|cos|=64，所以sin=104.解法二如图，有PC=PC1,PA1=PB，设A1B与AB1交于点O，则OA1=OB

15、,OA=OB1，A1BAB1，因为PA=PB1，所以POAB1，从而AB1平面PA1B.过O在平面PA1B上作OEA1P，垂足为E.联结B1E，则B1EO为二面角BA1PB1的平面角.设AA1=2，易求得PB=PA1=5，A1O=B1O=2，PO=3.PA1O中A1OPO=A1POE，即23=5OE，所以OE=65.又B1O=2，所以B1E=B1O2+OE2=2+65=455，sin=sinB1EO=B1OB1E=2455=104.16【2008高中数学联赛(第01试)】一个半径为1的小球在一个内壁棱长为46的正四面体容器内可向各个方向自由运动，则该小球永远不可能接触到的容器内壁的面积是 .【

16、答案】723【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-A1B1C1的中心，PO面A1B1C1，垂足D为A1B1C1的中心.因为VP-A1B1C1=13SA1B1C1PD=4V0-A1B1C1=413SA1B1C1OD，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PP1=PO2-OP12=(3r)2-r2=22r，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.

17、记正四面体的棱长为a，过P1作P1MPA于点M，因此MPP1=6，有PM=PP1cosMPP1=22r32=6r，故小三角形的边长P1E=PA-2PM=a-26r，小球与面PAB不能接触到的部分的面积为(如图中阴影部分)SPAB-SP1EF=34a2-(a-26r)2=32ar-63r2，又因为r=1,a=46，所以SPAB-SP1EF=243-63=183，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的棱长为1.以顶点A为球心，233为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线

18、的长等于 .【答案】536【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上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上.在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为AE=233,AA1=1，则A1AE=6，同理BAF=6，所以EAF=6，故弧EF的长为2336=39，而这样的弧共有三条.在面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为33,FBG=2，所以，弧FG的长为332=36.这样的弧也有三

19、条.于是，所得的曲线长为339+336=536.18【2006高中数学联赛(第01试)】底面半径为1cm的圆柱形容器里放有四个半径为12cm的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切.现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水 cm3【答案】13+22【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，C，D分别为四个球心在底面的射影.则ABCD是一个边长为22的正方形.所以注水高为1+22.故应注水1+22-443123=13+22.19【2005高中数学联赛(第01试)】如图，四面体DABC的体积为16，且满足ACB=45，AD

20、+BC+AC2=3，则CD= .【答案】3【解析】因为13AD12BCACsin45VDABC=16，即ADBCAC21，又3=AD+BC+AC233ADBCAC23，等号当且仅当AD=BC=AC2=1时成立，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ABD1A1的度数是 .【答案】60【解析】联结D1C，作CEBD1，垂足为E，延长CE交A1B于F，则FEBD1，联结AE，由对称性知AEBD1，所以FEA是二面角ABD1A1的平面角.联结AC，设AB=1.则AC=AD1=2,BD1=3.在RtABD1中，

21、AE=ABAD1BD1=23，在AEC中cosAEC=AE2+CE2-AC22AECE=2AE2-AC22AE2=43-24=-12，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】233【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PAOO1.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，

22、所以O1O=AD=2，ABC的外接圆的半径r=O1A=2.在ABC中，由2r=ACsinABC，得AC=22sin120=23.所以tanPCA=PAAC=423=233.因此PC与平面ABC所成角的正切值为233.故答案为：2332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】26【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PABC，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，正四面体

23、的高为63x.此时有(63x-3)2+(33x)2=32，解得x=26.故答案为：263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_cm.【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62r.于是，空心球的半径为62r+r，所以62r+r=2+6，解得r=2.故答案为：24已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为3，先在内放入一个内切球O1，然后依次放入球O2,O3,

24、O4,，使得后放入的各球均与前一个球及的四个侧面均相切，则放入所有球的体积之和为_ .【答案】1813【解析】设侧面与底面所成角为.记球Oi的半径为ri，体积为Vi，i=1，2，3，.因为cos=12，故h=r1cos+r1=3r1，即r1=13h=1.定义sn=r1+r2+rn，由于3rn=h-2sn-1(n2)，所以3(rn-rn+1)=2rn，即rn+1=13rn，所以rn=(13)n-1.故i=1nVi=i=1n43ri3=43i=1n(13)3i-3，所以limni=1nVi=1813.故答案为：18135空间有4个点A、B、C、D，满足AB=BC=CD.若ABC=BCD=CDA=3

25、6，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ACBD，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ABCDCB，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366四个半径都为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=23 【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

26、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O且平行AB的直线上.于是2MN=OM=OA+AM.又O1M=1-a，则AM=O1A2-O1M2=1-(1-a)2，从而2=22a+1-(1-a)2.整理得3a2-8a+4=0，解得a=23，或a=2(舍去).故a=23.故答案为：a=237四面体ABCD中，已知AB=2，AD=112,BC=8,CD=192，则异面直线AC与BD所成角的正弦值是_.【答案】1【解析】【详解】因为BC2-AB2=82-22=106=(192)2-(112)2=CD2-AD2，故ACBD，因此异面直线AC与BD所成

27、角的正弦值是1.故答案为：18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+66 【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=12+22+22=3.又cosBAC=15，从而sinBAC=265，于是，ABC的外接圆半径为r=BC2sinBAC=536.故球心O到ABC面的距离为R2-r2=66.从而，点Q到面ABC距离的最大值是32+66.故答案为：32+669如图，在三棱锥P-ABC中，PAC、ABC都是

28、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P-ABC的外接球的面积为_【答案】84 【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PDAC，BDAC，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、PAC的中心则OO1面ABC，OO2面PAC，且O2D=O1D=13(326)=3，OO2=OO1易知O、O2、D、O1四点共面，连结OD，则ODO1=60，OO1=3DO1=3所以三棱锥P-ABC的外接球半径R=OB=OO12+O1B2=32+(23)2=21所以三棱

29、锥P-ABC的外接球的面积为4R2=8410四棱锥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到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为_【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MEAD

30、，由MH面ABD，得MHAD，所以AD面MEH，故ADPFFH是PF在面ABD内的射影，则ADFH，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SABD=43在直线PFH中，PH=FHtan60=3，VP-ABD=13PHSABD=43，从而VP-ABCD=2VP-ABD=83故答案为：8311若A1A2A3的三边长分别为8、10、12，三条边的中点分别是B、C、D，将三个中点两两连结

31、得到三条中位线，此时所得图形是三棱锥A-BCD的平面展开图，则此三棱锥的外接球的表面积是_.【答案】772 【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+z2=62，得(2R)2=x2+y2+z2=772,故R2=778，所以S=772.12已知棱长3的正方体ABCD-A1B1C1D1内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线AC1为轴，则该圆柱体积的最大值为_.【答案】2【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

32、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AO1EA1B1C1得AO1=2r，则圆柱的高为3-2AO1=3-22r，V=r2(3-22r)，由导数法或均值不等式得Vmax=2.13半径分别为6、6、6、7的四个球两两外切.它们都内切于一个大球，则大球的半径是_【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

33、形ABC的中心O.易知OA=43，OD=DA2-OA2=11.设OX=x，则AX=OX2+OA2=x2+48由于球A内切于球X，所以AX=r-6即x2+48=r-6 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-7 从两式可解得x=4，r=14即大球的半径为14.故答案为：1414已知空间四点A,B,C,D满足ABAC,ABAD,ACAD，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】233【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

34、的一半，即为32在正方体里，可求得点O到平面BCD的距离为36，则点Q到平面BCD的最大距离是32+36=23315在四面体ABCD中，面ABC与面BCD成60的二面角，顶点A在面BCD上的射影H是BCD的垂心，G是ABC的重心若AH=4,AB=AC，则GH=_【答案】4219【解析】如图，设面AHD与BC交于点F.因为AB = AC，所以，点G在AF上，且GF=13AF,AFH=60.则AF=AHsin60=83，FH=12AF=43,GF=833.在GFH中，由余弦定理得GH=4219.16四面体P-ABC，PA=BC=6,PB=AC=8，PC=AB=10,则该四面体外接球的半径为_. 【

35、答案】3【解析】将四面体还原到一个长方体中，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2+b2=10b2+c2=8a2+c2=6a2+b2+c2=12，所以四面体外接球的半径为3.17边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可以围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的体积最大值为_.【答案】165375【解析】【分析】设围成的正四棱锥为P-ABCD，PO为四棱锥的高作OEBC，垂足为E，连结PE.令OE=x，则p=1x，PO=1-2x，于是正四棱锥PABCD的体积为V=13(2x)21-2x，所以V2=169x4(1-2x)=16924(x2)4(1-2x)2569(x2+x2+x2+x2+1-2

36、x5)5=256955，故V165375，当x=25时等号成立所以正四棱锥体积的最大值为165375.故答案为：16537518在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，已知对角线A1C=4,B1D=2.若空间一点P使PA1=3,PC=5，则PB12+PD2=_.【答案】28【解析】由平行六面体的结构易知A1D1BC，且A1D1=BC，则四边形A1D1BC为平行四边形，设A1CBD1=O，则OB=OD1=1,OC=OA1=2，由于PA12+CA12=PC2，故PCA1是以PA1C为直角的直角三角形，故PO=PA12+OA12=9+4=13，在PB1D中，O为边B1D的中点，在POB1和POD中

37、分别应用余弦定理可得：PB12=13+1+213cosPOB1，PD2=13+1+213cos(-POB1)，据此可得：PB12+PD2=28.19如图, O是半径为1的球的球心, 点A、B、C在球面上OA、OB、OC两两垂直,E、F分别为圆弧AB,AC的中点.则点E、F在该球面上的球面距离为_.【答案】3【解析】由已知得面OAB面OAC，如图,在平面OAB内过点E作EMOA,垂足为M,联结MF.易知,MFOA.则MEMF,且MOE=MOF=4，从而,ME=MF=22, EF=1.因此,OEF为正三角形,EOF=3，故点E、F在该球面上的球面距离为3.20已知正四面体可容纳10个半径为1的小球则正四面体棱长的最小值为_ .【答案】4+26【解析】当正四面体棱长最小时，设棱长为a，此时，一、二、三层分别有1、3、6个小球，且相邻小球两两相切，注意到重心分四面体的高为1：3，所以正四面体的高h=23a=3+232+232+1，得a=4+26.故答案为：4+26