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【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题08 立体几何 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版
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这是一份【高中数学竞赛真题•强基计划真题考前适应性训练】 专题08 立体几何 真题专项训练（全国竞赛+强基计划专用）解析版，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2020·北京·高三强基计划）如图，设P为单位立方体的棱上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】如图，将和翻折到同一平面后可求的最小值.
【详解】如图，将和翻折到同一平面．
可得所求最小值为．
故选：A.
2．（2022·贵州·高二统考竞赛）平面与长方体的六个面所成的角分别为，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【详解】解法1．取平面与长方体的一个面平行或重合，
则在中有两个为0，四个为，
所以4.
故选：C.
解法2．建立如图的空间坐标系，
取的法向量为，长方体相邻三个面的法向量为，，，
∴
，
∴=6．
故选：C.
二、填空题
3．（2019·全国·高三竞赛）已知是所在平面外一点，则平面，，．则点到平面的距离的最大值是______．
【答案】
【详解】如图，作于点，联结，作于点．
因为平面，，
所以，平面平面平面．
由，得平面．
于是，即为点到平面的距离．
因为，所以，．
又．
在中，．
故所求的最大值为．
故答案为
4．（2019·全国·高三竞赛）在三棱柱中，底面边长和侧棱长均相等，.则异面直线与所成的角为_______.
【答案】.
【详解】在平面中，将平移至，则即为所求的角
设三棱柱底面边长和侧棱长均为1.
在中，，
=
于是，.
故答案为
5．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且SA=SB=SC=AB=2.则三棱锥S-ABC外接球表面积为__________．
【答案】
【详解】如图，设三棱锥S-ABC外接球球心为O，半径为R
由SA=SB=SC=AB=2，知S在平面ABC内的投影为的外心，即AB的中点H.
由OA=OB=OC，知O在平面ABC内的投影也为AB的中点H.
于是，S、O、H三点共线.
又由OA=OB=OS，知O为的外心.
因此，.
故所求为.
6．（2020·江苏·高三竞赛）在长方体中，，，是的中点，是的中点．若异面直线与所成的角为，距离为，则__________．
【答案】1616
【详解】因为，故．
过点作于点，则，故．
因为，，所以，则，从而可得．
故答案为：1616.
7．（2021·浙江·高二竞赛）在中，，，，分别在线段和上，，，直线于.现将三角形沿着对折，当平面与平面的二面角为时，则线段的长度为______.
【答案】
【分析】先根据二面角的定义，得到△BCD为等边三角形，得到BC的长度，然后在折后的立体图形中，在△PAQ和△BAC中利用余弦定理即可求得线段的长度.
【详解】因为折叠前后，AD与DB,CD的垂直关系保持不变，
∴∠BDC为二面角B—AD—C的平面角，
依题意可知，
在折叠前的图形中，，
∴，
∴在折叠后，△ABC为等边三角形，∴，
所以，
又∵AP=1, ，AD=1，AB=AC=2，
∴，解得.
故答案为：.
8．（2022·浙江·高二竞赛）在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为______.
【答案】
【详解】设过AM的平面交SB,SD于G,P，
将平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，则A，E，F共线.
设，
，
又，
而，
由于
，
，，
.
故答案为：.
9．（2022·广西·高二统考竞赛）若长方体的长、宽、高都是自然数，且所有棱长之和等于它的体积，则称此长方体为“完美长方体”，“完美长方体”的体积的最大值为______．
【答案】
【详解】设长、宽、高分别为、、，且，
则，，，．
由得，
故从而．
因此，，，，，，
所求最大值为．
故答案为：120.
10．（2022·福建·高二统考竞赛）如图，P为长方体的对角线上一点，平面平面，若，则二面角P-AB-C的正切值为___________.
【答案】2
【详解】如图，设､O分别为长方体上､下底面矩形对角线的交点，
因为平面平面，
平面平面，
平面平面，
所以，
又，所以O､P､三点共线，
设Q为与的交点，则Q为的中点，P为QB的中点，因此，
作于H，于R，则平面ABCD，，∠PRH为二面角P-AB-C的平面角，
由，，可得，，
所以，二面角P-AB-C的正切值为2.
故答案为：2.
11．（2022·新疆·高二竞赛）已知二面角的平面角为，A，D为直线l上的两点，射线在平面内，射线在平面内，已知，则等于___________．
【答案】
【详解】在平面中，过点A作的垂线，交射线于点B，交射线于点C，
设，则，
则是二面角的平面角；
在中，利用余弦定理得，
同理在中，，
所以.
故答案为：.
12．（2022·江苏南京·高三强基计划）在棱长为6的正四面体ABCD中，M为面BCD上一点，且，设异面直线AM与BC所成的角为，则的最大值为___________.
【答案】
【详解】过A作底面BCD的垂线AH，H为垂足，则，
由，可知AM是以AH为旋转轴的圆锥的母线，
且M所在的底面圆周半径，
由最小角定理知，AM与BC所成角的最小值为AM与面BCD所成线面角，
即当最小时，.
故答案为：.
13．（2019·全国·高三竞赛）、分别是正四面体的棱、的中点，则平面和平面所成二面角的余弦值是______.
【答案】
【详解】设正四面体的棱长为1，平面与平面所成二面角的大小为，易知，过点作的平行线，则，且就是平面和平面所成二面角的棱，易知，，，，，，故，由三面角余弦定理得 .
14．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥中，已知底面.若，且，则=______.
【答案】.
【详解】如图，作于点，联结.
显然，.故可在线段上取一点，使得，联结、.
易证.
从而，.
故、、、四点共圆.
这表明，点在外.
由，知为钝角.
从而，.
故.
15．（2019·全国·高三竞赛）在空间四边形中，，，、分别是、上的点，使得.则=______（用、表示）.
【答案】.
【详解】如图，.
记.则，.
故
.
将，，代入即得.
16．（2019·全国·高三竞赛）在边长为1的正方体中，点、、分别为棱、、的中点．则四面体的体积为______．
【答案】
【详解】如图，过点作的平行线，与交于点．
则．
由题设得．
在正方体底面上，有．
故．
17．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥的底面是边长为6的正三角形，平面，，若点满足，则三棱锥的体积为______．
【答案】
【详解】记的中心点为．
则．
故．
18．（2018·全国·高三竞赛）设正三棱柱的体积为,点分别在棱上,满足.则四面体的体积为______.
【答案】
【详解】.
19．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥中,已知,分别为中点.则______.
【答案】
【详解】注意到.
同理, .
又
同理.
故.
20．（2018·全国·高三竞赛）一个粮仓大致可看做一个圆台，其上底半径为3米，下底半径为6米，高为米．一只吃饱了的老鼠在锻炼身体，它打算从圆台下底圆周上的点出发，绕圆台侧面慢跑一周，再回到点.为了使路程最短，这只老鼠至少要跑______米.
【答案】
【详解】将此圆台的侧面展开，得到一个圆环的一部分，如图，在展开图中，弧和弧分别对应圆台的下底和上底，点是老鼠的出发点.
假设圆环的内半径为，外半径为，所对的圆心角为，显然，
，,.
解得，，.
作与弧切于点，与弧切于点.由图像，知为最短路线，其中，这一段路线在弧上.
计算得，
且易知，.
故弧的长为.
于是，最短路线长度为（米）.
21．（2019·全国·高三竞赛）在四棱锥中，已知四边形为矩形，且，，，与交于点，为边的中点.则与平面所成的角为______.
【答案】
【详解】取边的中点，则，.从而，.
过点作，则.于是，为所求.
因为为斜边的中线，所以，.
又，从而，.
故与平面所成的角为.
22．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥中，已知，且侧面侧面所成二面角大小为．该四棱锥外接球的体积为______．
【答案】
【详解】分别过点、作的垂线，则垂线必交于上一点，且，．
因为，
所以，．
由，得．
设为正方形的中心，则四棱锥外接球的球心必在直线上，与球交于另一点．
又，则．
由，知．
故．
23．（2018·全国·高三竞赛）用一块边长为2的正方形纸片（顶点为、、、，中心为）折成一个正四棱锥．当该四棱锥体积最大时，二面角的平面角的大小为______．
【答案】
【详解】如图，作于点，连接．
则，为所求二面角的平面角．
设为底面中心．则平面．作，连接．
由三垂线定理得．设．则
，，．
故．
由均值不等式的等号成立条件，知当且仅当时，取最大值．
又，，则．
而，故由余弦定理得．
因为，所以，．
24．（2019·全国·高三竞赛）已知四面体ABCD的四个面的面积分别为12、21、28、37，顶点D到面的距离为h.则h=__________．
【答案】
【详解】注意到，.
因此，四面体ABCD为直角四面体.
故.
25．（2020·浙江·高三竞赛）如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从点匀速朝移动；乙从点匀速出发朝移动，到达后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达时，乙恰好在到达后折返到，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为__________.
【答案】
【详解】设甲、乙的速度分别为、，在此过程中，，即.
不妨设、，则总的时间为1.
设在时间为末，甲、乙之间的距离最短，即此时、分别达到、点.
分两种情况讨论：路程前半程与路程后半程.
（1）路程前半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
（2）路程后半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
因为，所以在此过程中，甲、乙两点的最近距离为.
故答案为：
26．（2018·河北·高二竞赛）若的三边长分别为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】
【详解】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，得,故，所以.
27．（2019·四川·高三校联考竞赛）已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为，先在内放入一个内切球O1，然后依次放入球，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】
【详解】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，故，即.
定义，由于，所以，
即，所以.
故，
所以.
故答案为：．
三、解答题
28．（2022·贵州·高二统考竞赛）甲乙二人轮流给一个正方体的棱涂色，首先，甲任选3条棱涂成红色，然后乙从余下的9条棱中任选3条涂成绿色，接着甲从余下的6条棱中任选3条涂成红色，最后乙将余下的3条棱涂成绿色，如果甲能将某个面上的4条边全都涂成红，甲就获胜，试问甲有必胜策略吗？说明理由．
【答案】甲没有必胜策略，理由见解析
【详解】将正方体的12条棱分成4组：
，
，．
当甲第一次涂红3条棱后，由抽屈原理知，上述4组棱中总有一组的3条棱均未被涂红．
乙只要将这一组的3条棱涂绿，则正方体的6个面就各有一条绿边．
可见，甲没有必胜策略．
29．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥中，已知，，，且.以为球心、1为半径作一个球.则三棱锥不在球内部的部分体积为______.
【答案】.
【详解】考虑棱长为的正方体将点置于正方体的中心，、、可置于正方体的三个顶点，该三个顶点在正方体的同一个面上.
故球与三棱锥相交的部分是球体的.
从而，所求体积为.
30．（2021·全国·高三竞赛）证明：如下构造的空间曲线的任意五等分点组都不在同一球面上，曲线的构造：作周长为的圆，在圆上取使的长度，并以为轴将旋转得弧，在圆上取，使的长度的长度，并以为轴将旋转度得弧，这样，由弧组成的曲线便是空间曲线．（如图所示）
【答案】证明见解析
【详解】设是曲线的任一五等分点组．
由曲线的构造知，曲线的长度为的长度的长度，
那么至少有一个分点不妨设为，落在弧内（不包括端点），
同时至少有三个分点，不妨设为，落在内（不包括端点）.
又由曲线的构造知与弧在同一平面内，从而四点在同一平面内．
由平面几何知识知，三点只能确定唯一的圆，而不在圆上，
所以四点不共圆．
于是四点必不共球面，
否则过的平面与所在的球的截面是圆，
即四点共圆，矛盾．
故不可能共球面，即曲线的任意五等分点组都不在同一球面上．
一、单选题
1．（2020·北京·高三强基计划）如图，设P为单位立方体的棱上的一点，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】如图，将和翻折到同一平面后可求的最小值.
【详解】如图，将和翻折到同一平面．
可得所求最小值为．
故选：A.
2．（2022·贵州·高二统考竞赛）平面与长方体的六个面所成的角分别为，则的值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【详解】解法1．取平面与长方体的一个面平行或重合，
则在中有两个为0，四个为，
所以4.
故选：C.
解法2．建立如图的空间坐标系，
取的法向量为，长方体相邻三个面的法向量为，，，
∴
，
∴=6．
故选：C.
二、填空题
3．（2019·全国·高三竞赛）已知是所在平面外一点，则平面，，．则点到平面的距离的最大值是______．
【答案】
【详解】如图，作于点，联结，作于点．
因为平面，，
所以，平面平面平面．
由，得平面．
于是，即为点到平面的距离．
因为，所以，．
又．
在中，．
故所求的最大值为．
故答案为
4．（2019·全国·高三竞赛）在三棱柱中，底面边长和侧棱长均相等，.则异面直线与所成的角为_______.
【答案】.
【详解】在平面中，将平移至，则即为所求的角
设三棱柱底面边长和侧棱长均为1.
在中，，
=
于是，.
故答案为
5．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且SA=SB=SC=AB=2.则三棱锥S-ABC外接球表面积为__________．
【答案】
【详解】如图，设三棱锥S-ABC外接球球心为O，半径为R
由SA=SB=SC=AB=2，知S在平面ABC内的投影为的外心，即AB的中点H.
由OA=OB=OC，知O在平面ABC内的投影也为AB的中点H.
于是，S、O、H三点共线.
又由OA=OB=OS，知O为的外心.
因此，.
故所求为.
6．（2020·江苏·高三竞赛）在长方体中，，，是的中点，是的中点．若异面直线与所成的角为，距离为，则__________．
【答案】1616
【详解】因为，故．
过点作于点，则，故．
因为，，所以，则，从而可得．
故答案为：1616.
7．（2021·浙江·高二竞赛）在中，，，，分别在线段和上，，，直线于.现将三角形沿着对折，当平面与平面的二面角为时，则线段的长度为______.
【答案】
【分析】先根据二面角的定义，得到△BCD为等边三角形，得到BC的长度，然后在折后的立体图形中，在△PAQ和△BAC中利用余弦定理即可求得线段的长度.
【详解】因为折叠前后，AD与DB,CD的垂直关系保持不变，
∴∠BDC为二面角B—AD—C的平面角，
依题意可知，
在折叠前的图形中，，
∴，
∴在折叠后，△ABC为等边三角形，∴，
所以，
又∵AP=1, ，AD=1，AB=AC=2，
∴，解得.
故答案为：.
8．（2022·浙江·高二竞赛）在正四棱锥中，M在棱上且满足.过作截面将此四棱锥分成上，下两部分，记上，下两部分的体积分别为，，则的最大值为______.
【答案】
【详解】设过AM的平面交SB,SD于G,P，
将平面MGAP延伸，交BC,CD于E，F，则A，E，F共线.
设，
，
又，
而，
由于
，
，，
.
故答案为：.
9．（2022·广西·高二统考竞赛）若长方体的长、宽、高都是自然数，且所有棱长之和等于它的体积，则称此长方体为“完美长方体”，“完美长方体”的体积的最大值为______．
【答案】
【详解】设长、宽、高分别为、、，且，
则，，，．
由得，
故从而．
因此，，，，，，
所求最大值为．
故答案为：120.
10．（2022·福建·高二统考竞赛）如图，P为长方体的对角线上一点，平面平面，若，则二面角P-AB-C的正切值为___________.
【答案】2
【详解】如图，设､O分别为长方体上､下底面矩形对角线的交点，
因为平面平面，
平面平面，
平面平面，
所以，
又，所以O､P､三点共线，
设Q为与的交点，则Q为的中点，P为QB的中点，因此，
作于H，于R，则平面ABCD，，∠PRH为二面角P-AB-C的平面角，
由，，可得，，
所以，二面角P-AB-C的正切值为2.
故答案为：2.
11．（2022·新疆·高二竞赛）已知二面角的平面角为，A，D为直线l上的两点，射线在平面内，射线在平面内，已知，则等于___________．
【答案】
【详解】在平面中，过点A作的垂线，交射线于点B，交射线于点C，
设，则，
则是二面角的平面角；
在中，利用余弦定理得，
同理在中，，
所以.
故答案为：.
12．（2022·江苏南京·高三强基计划）在棱长为6的正四面体ABCD中，M为面BCD上一点，且，设异面直线AM与BC所成的角为，则的最大值为___________.
【答案】
【详解】过A作底面BCD的垂线AH，H为垂足，则，
由，可知AM是以AH为旋转轴的圆锥的母线，
且M所在的底面圆周半径，
由最小角定理知，AM与BC所成角的最小值为AM与面BCD所成线面角，
即当最小时，.
故答案为：.
13．（2019·全国·高三竞赛）、分别是正四面体的棱、的中点，则平面和平面所成二面角的余弦值是______.
【答案】
【详解】设正四面体的棱长为1，平面与平面所成二面角的大小为，易知，过点作的平行线，则，且就是平面和平面所成二面角的棱，易知，，，，，，故，由三面角余弦定理得 .
14．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥中，已知底面.若，且，则=______.
【答案】.
【详解】如图，作于点，联结.
显然，.故可在线段上取一点，使得，联结、.
易证.
从而，.
故、、、四点共圆.
这表明，点在外.
由，知为钝角.
从而，.
故.
15．（2019·全国·高三竞赛）在空间四边形中，，，、分别是、上的点，使得.则=______（用、表示）.
【答案】.
【详解】如图，.
记.则，.
故
.
将，，代入即得.
16．（2019·全国·高三竞赛）在边长为1的正方体中，点、、分别为棱、、的中点．则四面体的体积为______．
【答案】
【详解】如图，过点作的平行线，与交于点．
则．
由题设得．
在正方体底面上，有．
故．
17．（2018·全国·高三竞赛）已知三棱锥的底面是边长为6的正三角形，平面，，若点满足，则三棱锥的体积为______．
【答案】
【详解】记的中心点为．
则．
故．
18．（2018·全国·高三竞赛）设正三棱柱的体积为,点分别在棱上,满足.则四面体的体积为______.
【答案】
【详解】.
19．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥中,已知,分别为中点.则______.
【答案】
【详解】注意到.
同理, .
又
同理.
故.
20．（2018·全国·高三竞赛）一个粮仓大致可看做一个圆台，其上底半径为3米，下底半径为6米，高为米．一只吃饱了的老鼠在锻炼身体，它打算从圆台下底圆周上的点出发，绕圆台侧面慢跑一周，再回到点.为了使路程最短，这只老鼠至少要跑______米.
【答案】
【详解】将此圆台的侧面展开，得到一个圆环的一部分，如图，在展开图中，弧和弧分别对应圆台的下底和上底，点是老鼠的出发点.
假设圆环的内半径为，外半径为，所对的圆心角为，显然，
，,.
解得，，.
作与弧切于点，与弧切于点.由图像，知为最短路线，其中，这一段路线在弧上.
计算得，
且易知，.
故弧的长为.
于是，最短路线长度为（米）.
21．（2019·全国·高三竞赛）在四棱锥中，已知四边形为矩形，且，，，与交于点，为边的中点.则与平面所成的角为______.
【答案】
【详解】取边的中点，则，.从而，.
过点作，则.于是，为所求.
因为为斜边的中线，所以，.
又，从而，.
故与平面所成的角为.
22．（2018·全国·高三竞赛）在正四棱锥中，已知，且侧面侧面所成二面角大小为．该四棱锥外接球的体积为______．
【答案】
【详解】分别过点、作的垂线，则垂线必交于上一点，且，．
因为，
所以，．
由，得．
设为正方形的中心，则四棱锥外接球的球心必在直线上，与球交于另一点．
又，则．
由，知．
故．
23．（2018·全国·高三竞赛）用一块边长为2的正方形纸片（顶点为、、、，中心为）折成一个正四棱锥．当该四棱锥体积最大时，二面角的平面角的大小为______．
【答案】
【详解】如图，作于点，连接．
则，为所求二面角的平面角．
设为底面中心．则平面．作，连接．
由三垂线定理得．设．则
，，．
故．
由均值不等式的等号成立条件，知当且仅当时，取最大值．
又，，则．
而，故由余弦定理得．
因为，所以，．
24．（2019·全国·高三竞赛）已知四面体ABCD的四个面的面积分别为12、21、28、37，顶点D到面的距离为h.则h=__________．
【答案】
【详解】注意到，.
因此，四面体ABCD为直角四面体.
故.
25．（2020·浙江·高三竞赛）如图所示，在单位正方体上有甲、乙两个动点，甲从点匀速朝移动；乙从点匀速出发朝移动，到达后速度保持不变并折返.现甲、乙同时出发，当甲到达时，乙恰好在到达后折返到，则在此过程中，甲、乙两点的最近距离为__________.
【答案】
【详解】设甲、乙的速度分别为、，在此过程中，，即.
不妨设、，则总的时间为1.
设在时间为末，甲、乙之间的距离最短，即此时、分别达到、点.
分两种情况讨论：路程前半程与路程后半程.
（1）路程前半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
（2）路程后半程：，则，，，，，进而有，故（当且仅当时取等号）.
因为，所以在此过程中，甲、乙两点的最近距离为.
故答案为：
26．（2018·河北·高二竞赛）若的三边长分别为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】
【详解】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，得,故，所以.
27．（2019·四川·高三校联考竞赛）已知正四棱锥的高为3，侧面与底面所成角为，先在内放入一个内切球O1，然后依次放入球，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】
【详解】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，故，即.
定义，由于，所以，
即，所以.
故，
所以.
故答案为：．
三、解答题
28．（2022·贵州·高二统考竞赛）甲乙二人轮流给一个正方体的棱涂色，首先，甲任选3条棱涂成红色，然后乙从余下的9条棱中任选3条涂成绿色，接着甲从余下的6条棱中任选3条涂成红色，最后乙将余下的3条棱涂成绿色，如果甲能将某个面上的4条边全都涂成红，甲就获胜，试问甲有必胜策略吗？说明理由．
【答案】甲没有必胜策略，理由见解析
【详解】将正方体的12条棱分成4组：
，
，．
当甲第一次涂红3条棱后，由抽屈原理知，上述4组棱中总有一组的3条棱均未被涂红．
乙只要将这一组的3条棱涂绿，则正方体的6个面就各有一条绿边．
可见，甲没有必胜策略．
29．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥中，已知，，，且.以为球心、1为半径作一个球.则三棱锥不在球内部的部分体积为______.
【答案】.
【详解】考虑棱长为的正方体将点置于正方体的中心，、、可置于正方体的三个顶点，该三个顶点在正方体的同一个面上.
故球与三棱锥相交的部分是球体的.
从而，所求体积为.
30．（2021·全国·高三竞赛）证明：如下构造的空间曲线的任意五等分点组都不在同一球面上，曲线的构造：作周长为的圆，在圆上取使的长度，并以为轴将旋转得弧，在圆上取，使的长度的长度，并以为轴将旋转度得弧，这样，由弧组成的曲线便是空间曲线．（如图所示）
【答案】证明见解析
【详解】设是曲线的任一五等分点组．
由曲线的构造知，曲线的长度为的长度的长度，
那么至少有一个分点不妨设为，落在弧内（不包括端点），
同时至少有三个分点，不妨设为，落在内（不包括端点）.
又由曲线的构造知与弧在同一平面内，从而四点在同一平面内．
由平面几何知识知，三点只能确定唯一的圆，而不在圆上，
所以四点不共圆．
于是四点必不共球面，
否则过的平面与所在的球的截面是圆，
即四点共圆，矛盾．
故不可能共球面，即曲线的任意五等分点组都不在同一球面上．
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