高中数学竞赛专题大全竞赛专题8立体几何50题竞赛真题强化训练含解析

这是一份高中数学竞赛专题大全竞赛专题8立体几何50题竞赛真题强化训练含解析，共31页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

竞赛专题8 立体几何
（50题竞赛真题强化训练）
一、填空题
1．（2018·四川·高三竞赛）在三棱锥中，三条棱两两垂直，且.若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则到面距离的最大值为______.
【答案】
【解析】
【详解】
三棱锥的外接球就是以为长、宽、高的长方体的外接球，其直径为

又，从而，于是，的外接圆半径为
故球心到面的距离为
从而，点到面距离的最大值是
故答案为
2．（2018·辽宁·高三竞赛）四面体ABCD中，已知，，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，故，因此异面直线AC与BD所成角的正弦值是1.
故答案为1
3．（2018·湖南·高三竞赛）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】
【解析】
【详解】
设正方体的棱长为a，上底为正方形ABCD，中心为O，则.由对称性知，球心在面ABCD上的射影M应在直线AC或BD上，且球与邻球的切点P在面ABCD上的射影N在过点O且平行AB的直线上.于是

又，则，从而

整理得，解得，或（舍去）.故.
故答案为
4．（2018·湖南·高三竞赛）在半径为R的球内作内接圆柱，则内接圆柱全面积的最大值是_____.
【答案】
【解析】
【详解】
设内接圆柱底面半径为，则高位，
那么全面积为


.
其中，等号成立的条件是.
故最大值为.
故答案为
5．（2018·湖南·高三竞赛）正方体中，E为AB的中点，F为的中点.异面直线EF与所成角的余弦值是_____.
【答案】
【解析】
【详解】
设正方体棱长为1，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，则
.
故有.
所以.
故答案为
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
【解析】
【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·全国·高三竞赛）已知一个正四面体和一个正八面体的棱长相等，把它们拼接起来，使一个表面重合，所得多面体的有__________面数．
【答案】7个
【解析】
【详解】
计算可得正四面体的两个相邻的半平面的二面角的余弦值为，
正八面体的两个相邻的半平面（两个四棱锥共底面的边的两个半平面）的二面角的余弦值为，
故所得多面体的有7个面，
故答案为：7.
8．（2018·全国·高三竞赛）在三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝4，PC＝3，∠APB＝∠APC＝60°，∠BPC＝90°.则三棱锥P-ABC的体积为_______.
【答案】
【解析】
【详解】

如图，过点A作AH⊥面PBC于点H，过H作HD⊥PB于点D、HE⊥PC于点E
由∠APB＝∠APC＝60°及PA＝4，知
PD＝PE＝2.
从而，PH为∠BPC的平分线，即
∠DPH＝45°
则，，
.
故三棱锥P-ABC的体积为
.
9．（2018·全国·高三竞赛）已知长方体的长、宽、高分别为1、2、3，为平面内的一点，则长的最小值为_________.
【答案】
【解析】
【详解】
注意到，AP长最小当且仅当.
此时，由.
由勾股定理得，，.
则
从而，
故.
10．（2021·全国·高三竞赛）已知三棱锥的三个侧面及底面的面积分别为5、12、13、15，且侧面的斜高相等，则三棱锥的体积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设斜高为h，则．
从而为直角三角形，故，得．
设三棱锥的高为，由斜高相等知H为的内心．
由于内切圆半径，
故高，体积为．
故答案为：.
11．（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】
【解析】
【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：
12．（2021·全国·高三竞赛）在棱长为3的正方体上，点为中点，从点发出的光线经侧面内部（不含边界）一点反射后投射到侧面内部（不含边界），则满足条件的点所组成区域的面积为___________.
【答案】4
【解析】
【详解】
设点关于的对称点为，
以为顶点，以为底面，作四棱锥，
该四棱锥与侧面的截面即为满足条件的区域.
该梯形的面积为4.
故答案为：4.
13．（2021·全国·高三竞赛）已知正三棱锥高为2，底面边长为3，现在将三棱锥切去一部分，得到一个顶点为，底面在内的正四棱锥，则该四棱锥的体积最大为___________.
【答案】
【解析】
【详解】
作图可知该四棱锥底边边长最大为，
从而可得相应的体积为.
故答案为：.
14．（2021·全国·高三竞赛）正四面体中，点G为面的中心，点M在线段上，且，则___________.
【答案】
【解析】
【详解】

解析；设，由余弦定理得，且，
则，
而，所以.
故答案为：.
15．（2021·全国·高三竞赛）是半径为1的球面上的4个点，若，则四面体体积的最大值是__．
【答案】
【解析】
【详解】
设与间的距离为，夹角为．
取中点和中点，则，
故四面体体积．当且其中点连线过球心时等号成立．
故答案为：.
16．（2021·全国·高三竞赛）已知三棱锥的底面为正三角形，点A在侧面上的射影H是的垂心，二面角的大小为，且，则此三棱锥的体积为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
由点A在侧面上的射影H是的垂心，知三棱锥的三组对棱互相垂直，从而点S在底面上的射影也是的垂心Q．
又为正三角形，所以垂心Q为的中心，则三棱锥是正三棱锥．
延长交于点E，则二面角的大小为．
又，得，取的中点D，则易证为二面角的平面角，（平面）．
设，则，，，
从而三棱锥的体积为．
故答案为：.
17．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知正方体的棱长为2，P为空间一点，且满足，则的最小值为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
先不看条件，只关注，即为定角．
若Р点在平面上，则如图2所示，此时有可知，P在以为
直径的圆弧上．

那么在任意一个过直线的平面上，P点均为类似地一段圆弧．
故P点的轨迹即圆弧绕旋转形成的一个曲面（苹果曲面）．
再由知，P在过且垂直于的垂面，即平面上．
故P为平面截曲面所得的曲线，即图3所示的圆O，
故易知的最小值为，即．
故答案为：.
18．（2021·全国·高三竞赛）四面体中，，平面与平面成的二面角，则点B到平面的距离为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
，作平面，垂足为E，连结、，
由三垂线逆定理，，所以，
故．
又因为正方形，，则，
因此正三角形的面积为，
设B到平面的距离为h，由，得．
故答案为：.
19．（2021·全国·高三竞赛）已知正三棱锥，M是侧棱的中点，．若N是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
易证、、互相垂直．以P为坐标原点，分别以、、所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
设，则，
所以，
故．
故答案为：.
20．（2021·全国·高三竞赛）正方体中，P是线段上一点，平面与底面的夹角为，平面与底面的夹角为，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
过P作平面，垂足为；过作，垂足为M，作，垂足为N．

易知，设正方体的棱长为1，，
则，
，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为．
故答案为：.
21．（2021·全国·高三竞赛）在三棱锥中，，则这个三棱锥的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
可以把这个三棱锥嵌人到一个长宽高分别为长方体中，使其六条棱分别为长方体六个面的面对角线，
于是三棱锥的体积恰为长方体的，即.
故答案为：.
22．（2021·全国·高三竞赛）在三棱锥中，．若三侧面与顶面所成二面角均为，则三棱锥的体积为__________．
【答案】16
【解析】
【分析】
【详解】
作平面，垂足为，作，垂足分别为．
设，则．
在中，有，解得．
故．
故答案为：16.
23．（2021·全国·高三竞赛）已知正方形是边的中点．将和分别沿和折起，使得与重合．记与重合后的点为，则平面与平面所成的二面角的大小为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
中，，故．
中，．
中，．
设二面角大小为．对三面角应用三面角余弦定理，得：
．
即．
故答案为：.
24．（2021·全国·高三竞赛）在菱形中，，将折起到的位置，若三棱锥的外接球的体积为，则二面角的正弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
由外接球的体积为，则该球的半径，
设球心在平面和平面上的射影分别为，则为正和正的中心，
取的中点，连结，则，
则是二面角的平面角，
在中，，则，
又在直角中，，则，
则二面角的正弦值为.
故答案为：.
25．（2021·全国·高三竞赛）如图，棱长为1的正四面体的底面在平面上，现将正四面体绕棱逆时针旋转，当直线与平面第一次成角时，点A到平面的距离为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
取的中点D，折叠后A在平面内的射影为E，则
，

，
所以．

故答案为：.
26．（2019·江西·高三竞赛）P是正四棱锥V－ABCD的高VH的中点若点P到侧面的距离为3，到底面的距离为5，则该正四棱锥的体积为____________ .
【答案】750
【解析】
【详解】
如图所示，PF⊥面VBC，，.

而PHMF共圆，VP•VH=VF•VM，所以，，
则AB=15.
所以正四棱锥的体积.
故答案为：750．
27．（2019·吉林·高三竞赛）已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E､F分别是AC､BC的中点，，则球O的表面积为____________ .
【答案】
【解析】
【详解】
由于P-ABC为正三棱锥，故，从而△EPF为等边三角形，且边长EF=1.
由此可知侧面PAC的高PE=1，故棱长.
还原成棱长为的正方体可知，
P-ABC的外接球的直径长恰为正方体的体对角线长，
从而表面积为.
故答案为：．
28．（2019·上海·高三竞赛）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】
【解析】
【详解】
设围成的正四棱锥为，PO为四棱锥的高作OE⊥BC，垂足为E，连结PE.令OE=x，则p=1－x，，
于是正四棱锥P－ABCD的体积为，
所以
，
故，当时等号成立所以正四棱锥体积的最大值为.
故答案为：．
29．（2018·甘肃·高三竞赛）已知空间四点满足，且是三棱锥的外接球上的一个动点，则点到平面的最大距离是______．
【答案】
【解析】
【详解】
将三棱锥补全为正方体，则两者的外接球相同． 球心就是正方体的中心，记为，半径为正方体对角线的一半，即为．
在正方体里，可求得点到平面的距离为，则点到平面的最大距离是．
30．（2018·天津·高三竞赛）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】
【详解】
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上的射影是正三角形ABC的中心O.
易知，.
设OX=x，则
由于球A内切于球X，所以AX=r-6
即                      ①
又DX=OD-OX=11-x，且由球D内切于球X可知DX=r-7
于是                       ②
从①②两式可解得，
即大球的半径为14.
故答案为14
31．（2018·河南·高三竞赛）一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体可以在纸盒内任意转动，则小正四面体棱长的最大值为______．
【答案】2       
【解析】
【详解】
因为小正四面体可以在纸盒内任意转动，
所以小正四面体的棱长最大时，为大正四面体内切球的内接正四面体．
记大正四面体的外接球半径为，小正四面体的外接球（大正四面体的内切球）半径为，
易知，故小正四面体棱长的最大值为．
32．（2018·河北·高三竞赛）已知棱长的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱体积的最大值为_____.
【答案】
【解析】
【详解】
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，圆柱的上底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在、AC、上.设线段上的切点为E，圆柱上底面中心为，半径.由得，则圆柱的高为，，由导数法或均值不等式得.
33．（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】
【解析】
【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.
34．（2018·江西·高三竞赛）四棱锥的底面是一个顶角为的菱形，每个侧面与底面的夹角都是，棱锥内有一点到底面及各侧面的距离皆为1，则棱锥的体积为______．
【答案】             
【解析】
【详解】
设菱形两对角线、的交点为，则既是线段的中垂线，又是的中垂线，故是四棱锥的高，且点在上，于是平面与底面垂直，同理平面与与底面垂直，平面将四棱锥分成两个等积的四面体．
只需考虑四面体．如图，设点在面上的投影为，平面过点，且交于，

因，则、、、四点共圆．
由于面，得，由面，得，
所以面，故．
是在面内的射影，则，
即二面角的平面角，于是．
据，得，故直线三角形与中，．
因，所以是正三角形，即．
在直角中，，则，
故正的边长为4，于是．
在直线中，，，
从而．
故答案为
35．（2018·福建·高三竞赛）如图，在三棱锥中，、都是边长为6的等边三角形．若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的面积为______．

【答案】       
【解析】
【详解】
如图，取的中点，连结、，则由、都是边长为6的等边三角形，得，，为二面角的平面角，．

设为三棱锥的外接球的球心，、分别为、的中心．
则面，面，且，．
易知、、、四点共面，连结，则，．
所以三棱锥的外接球半径．
所以三棱锥的外接球的面积为．
36．（2018·全国·高三竞赛）在正方体中，已知棱长为1，点E在上，点F在CD上，，.则三棱锥的体积为__________．
【答案】
【解析】
【详解】
如图，过点F作，联结，与交于点K.

易知，，.
因为BF与异面垂直，且距离为1，BF==,
所以，.
37．（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】
【解析】
【详解】
注意到，.
因此，四面体ABCD为直角四面体.
故.
38．（2018·全国·高三竞赛）在四面体ABCD中，已知，△ADB、△BDC、△CDA的面积分别为、2、1．则此四面体体积为________．
【答案】
【解析】
【详解】
设DA、DB、DC分别为x、y、z.则.
三式相乘得.
设DC与面ABD所成角为a，点C到面ABD的距离为h.则h=zsina.
由图形的对称性知.
故所求四面体体积为.
39．（2018·全国·高三竞赛）在金属丝制作的3×4×7的长方体框架中放置一个球，则该球的半径的最大值为________．
【答案】
【解析】
【详解】
显然，球的直径不能超过3×4的长方形外接圆的直径，即它的直径不超过，故该球半径的最大值为.
40．（2018·安徽·高三竞赛）在边长为1的长方体内部有一小球，该小球与正方体的对角线段相切，则小球半径的最大值=___________.
【答案】
【解析】
【详解】
当半径最大时，小球与正方体的三个面相切.不妨设小球与过点的三个面相切.以为原点，、、分别为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系.设A（0，1，1），（1，0，0），小球圆心P（r，r，r），则P到的距离.
再由，得.
故答案为
41．（2021·全国·高三竞赛）把半径为1的4个小球装入一个大球内，则此大球的半径的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【详解】
4个小球在大球内两两相切，4个小球的球心连线构成1个正四面体，正四面体的中心与大球的球心重合，大球的半径等于正四面体的外接球半径加上小球的半径，
所以大球半径为．
（其中h表示正四面体的高，a表示正四面体的棱长．）
故答案为：.
42．（2019·浙江·高三竞赛）如图，在△ABC中，∠ABC=120°，AB=BC=2.在AC边上取一点D(不含A、C)，将△ABD沿线段BD折起，得到△PBD.当平面PBD垂直平面ABC时，则P到平面ABC距离的最大值为____________.

【答案】2
【解析】
【详解】
在△ABC中，因为AB=BC=2，∠ABC=120°，所以.
由余弦定理可得.
设AD=x，则.
在△ABD中，由余弦定理可得.
在△PBD中，PD=AD=x，PB=BA=2，∠BPD=30°.
设P到平面ABC的距离为d，则，
解得，
由得.
故答案为：2．
43．（2019·贵州·高三竞赛）若半径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____________.
【答案】2
【解析】
【详解】
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.
于是，空心球的半径为，
所以，解得r=2.
故答案为：2．
44．（2019·四川·高三竞赛）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】
【解析】
【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：．
45．（2019·山东·高三竞赛）空间有4个点A、B、C、D，满足.若∠ABC=∠BCD=∠CDA=36°，那么直线AC与直线BD所成角的大小是______ .
【答案】90°或36°
【解析】
【详解】
如果△ABC与△CDA全等，那么AC⊥BD，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△ABC≌△DCB，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36°．
46．（2019·重庆·高三竞赛）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】
【解析】
【详解】
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，得.
故答案为：．
二、解答题
47．（2019·甘肃·高三竞赛）已知三棱锥P－ABC的平面展开图中，四边形ABCD为边长等于的正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，在三棱锥P－ABC中：

（1）证明：平面PAC⊥平面ABC；
（2）若点M为棱PA上一点且，求二面角P－BC－M的余弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【详解】
（1）如图①，设AC的中点为O，连结.

由题意，得，PO=2，.
因为在△PAC中，PA=PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.
又因为在△POB中，PO=2，OB=2，PB=，，所以PO⊥OB.
因为AC∩OB=O，AC，OB⊆平面ABC，所以PO⊥平面ABC.
又因为PO⊆平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.
（2）由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，所以.
于是以OC、OB、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，

则，，
，.
设平面MBC的法向量为，则由得，
令，则，即.
设平面PBC的法向量为，由得，
令x2=1，则，即.
.
由图可知，二面角P－BC－M的余弦值为.
48．（2018·广东·高三竞赛）如图①，已知矩形ABCD满足AB=5，，沿平行于AD的线段EF向上翻折（点E在线段AB上运动，点F在线段CD上运动），得到如图②所示的三棱柱.

⑴若图②中△ABG是直角三角形，这里G是线段EF上的点，试求线段EG的长度x的取值范围；
⑵若⑴中EG的长度为取值范围内的最大整数，且线段AB的长度取得最小值，求二面角的值；
⑶在⑴与⑵的条件都满足的情况下，求三棱锥A-BFG的体积.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
⑴由题设条件可知△AEG、△BEG均为直角三角形，
因此，.
由余弦定理.
于是.
.
所以，.
又对任意，，.
则，故x的取值范围为.
⑵因为AE⊥EF，BE⊥EF，所以∠AEB就是二面角C-EF-D的平面角
又由⑴知EG的长度x为的最大整数，因此x=2.
于是，（）.
因此t=2.5时，线段AB的长度取得最小值.
由此得，.
⑶由⑴、⑵知，，，
且.
因为AE⊥EF，BE⊥EF，.
所以EF⊥平面EAB，故

.
49．（2021·全国·高三竞赛）空间中的个点，其中任何三点不共线，把它们分成点数互不相同的组，且，在任何三个不同的组中各取一点为顶点作三角形，要使这种三角形的总数最大，各组的点数应是多少?
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】
【详解】
把这个点分成组，设当每组点数分别为，这里，顶点分别在三个组的三角形的总数为：
                                 ①
取得最大值．
（1）先证明：．
若不然，设有使，不妨设，我们将①式改写为．                    ②
令，则，
，
当用代替，其余值保持不变时值变大，矛盾．
（2）证明使的值不多于1个，
若有，使，
则当用代替而其余不变时，，
但，类似②式可知也变大，这是不可能的．
（3）证明：使的值恰有一个．
若对所有，均有，则组的点数分别为，
于是有：．                    ③
由题设及③式，得，而题设，故矛盾．
（4）设第个差，而其余的差均为1，
于是可令；，
所以，
得．                                 ④
又，由④式得
．                           ⑤
故符合题意的对应各组的点数由④、⑤两式确定正整数与．
50．（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
【解析】
【分析】
【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．