- 空间几何体
- 共15406题
正确答案
解析
建立空间直角坐标系，如图所示；
又正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为2，
∴正方体的中心O（1，1，1），
A（2，0，0）；
设平面ABCD内的动点为P（x，y，0），
则
∵AO⊥OP，即
∴
化简得x-y+1=0；
又点P在平面xoy内，且x∈[0，1]，y∈[0，1]，
∴x-y+1=0表示线段，即点P的轨迹为线段．
故选：B．
下列说法中，正确的是（ ）
正确答案
解析
解：∵棱柱的侧面可以是四边形，不能是三角形，
棱柱的侧面是平行四边形，而底面可以是平行四边形，
棱柱的各条棱不都相等，因为底面的边长与侧棱不一定相等，
故ABC都是错的，
故选：D
从正方体的8个顶点中，任意选择4个顶点，则这四个点可能是
①矩形的四个顶点；
②有三个面为等腰直角三角形，另一个面为等边三角形的四面体的四个顶点；
③每个面都是等边三角形的四面体的四个顶点；
④每个面都是直角三角形的四面体的四个顶点．
其中正确的结论是______．（请把所有正确结论的序号都填上）
正确答案
①②③④
解析
若我们取A，B，C，D四点，则得到一个矩形，故①正确；
若我们取A，B，C，B1四点，则得到一个有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体，故②正确；
若我们取A，C，B1，D1四点，则得到一个每个面都是等边三角形的四面体，故③正确；
若取A1，A，B，C四点，则有4个面为直角三角形，故④正确．
故答案为：①②③④．
某厂生产的产品外形为正方体，棱长为1cm，现设计一种长方体形纸箱做为包装，要求每个长方体形纸箱恰好装12件正方体形产品，则长方体形纸箱的表面积的值是______cm2（只需写出一个可能的值）．
正确答案
40，38，32等
解析
解：根据题意，得
12件正方体形排成一层，可以排列成2×6或3×4等26
此时的表面积为：2（2+6+12）=40cm2或2（3+4+12）=38cm2
若排成二层，可以排成2×3×2等
此时的表面积为：2（4+6+6）=32cm2故答案为：40，38，32等（答案不唯一）
（Ⅰ）求证：BB1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求证：BC1∥平面CA1D；
（Ⅲ）求三棱锥B1-A1DC的体积．
正确答案
解：（1）∵AC=BC，D为AB的中点．∴CD⊥AB
又∵CD⊥DA1，∴CD⊥平面ABB1A1∴CD⊥BB1
又BB1⊥AB，AB∩CD=D
∴BB1⊥面ABC．
（2）连接BC1，连接AC1交A1C于E，连接DE，E是AC1中点，
D是AB中点，则DE∥BC1，
又DE⊂面CA1D1BC1∉面CA1D1
∴BC1∥面CA1D
故CD是三棱锥C-A1B1D的高
在Rt△ACB中，AC=BC=2，∴AB=2
∴VB1-A1DC=VC-A1B1D=
=
解析
解：（1）∵AC=BC，D为AB的中点．∴CD⊥AB
又∵CD⊥DA1，∴CD⊥平面ABB1A1∴CD⊥BB1
又BB1⊥AB，AB∩CD=D
∴BB1⊥面ABC．
（2）连接BC1，连接AC1交A1C于E，连接DE，E是AC1中点，
D是AB中点，则DE∥BC1，
又DE⊂面CA1D1BC1∉面CA1D1
∴BC1∥面CA1D
故CD是三棱锥C-A1B1D的高
在Rt△ACB中，AC=BC=2，∴AB=2
∴VB1-A1DC=VC-A1B1D=
=
正确答案
解：如图，过高OO1和AD的中点E作棱锥和棱台的截面，得棱台的斜高EE1和棱锥的斜高为EO1，设OO1=h，∴
∵OO1E1E是直角梯形，其中
∴根据勾股定理得，
①式两边平方，把②代入得：
解得
显然，由于a＞0，b＞0，所以此题当且仅当
解析
解：如图，过高OO1和AD的中点E作棱锥和棱台的截面，得棱台的斜高EE1和棱锥的斜高为EO1，设OO1=h，∴
∵OO1E1E是直角梯形，其中
∴根据勾股定理得，
①式两边平方，把②代入得：
解得
显然，由于a＞0，b＞0，所以此题当且仅当
在棱长为2的正方体AC1中，对角线AC1在六个面上的射影长度总和为______．
正确答案
解析
解：∵BD1是正方体的对角线，
∴它在每一个面上的投影都是面 的对角线，
∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，
∴面的对应角线的长度是2 
∴BD1在其六个面上的射影长的和是
故答案为：
正确答案
解析
解：取CC1的中点F，则ME=MF，
∴AM+ME=AM+MF≥AF=
故答案为：
正确答案
解：如图，以点D为原点O，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立
空间直角坐标系O-xyz，则D（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，λ），
设P（0，1，x），其中x∈[0，λ]，
则
因为A1P⊥平面PBD，所以A1P⊥PB
所以
即（-1，1，x-λ）•（-1，0，x）=0，
化简得x2-λx+1=0，x∈[0，λ]，
故判别式△=λ2-4≥0，且λ＞0，
解得λ≥2．
解析
解：如图，以点D为原点O，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立
空间直角坐标系O-xyz，则D（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，λ），
设P（0，1，x），其中x∈[0，λ]，
则
因为A1P⊥平面PBD，所以A1P⊥PB
所以
即（-1，1，x-λ）•（-1，0，x）=0，
化简得x2-λx+1=0，x∈[0，λ]，
故判别式△=λ2-4≥0，且λ＞0，
解得λ≥2．
（ ）
正确答案
解析
故选B．
已知O是棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线的交点，平面α经过点O，正方体的8个顶点到α的距离组成集合A，则A中的元素个数最多有（ ）
正确答案
解析
过点O作任一平面α，设A1C与α所成的角为θ，
分析可得点A1与C到平面α的距离相等，均为
同理B与D1到平面α的距离相等，
A与C1到平面α的距离相等，
D与B1到平面α的距离相等，
则集合A中的元素个数最多为4个；
故选：B．
（Ⅰ）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；
（Ⅱ）已知点D满足
正确答案
∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，
∴AO=1，OA1=OB=
故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则
A（0，-1，0），B（
C（0，1，0），
∴
设平面AB1C的法向量为
则
解得
由cos＜
而侧棱AA1与平面AB1C所成角，
即是向量
∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为
（Ⅱ）∵
而
∴
又∵B（
假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z）．
∴
∵DP∥平面AB1C，n=（-1，0，1）为平面AB1C的法向量，
∴由
又DP⊄平面AB1C，
故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，
解析
∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，
∴AO=1，OA1=OB=
故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则
A（0，-1，0），B（
C（0，1，0），
∴
设平面AB1C的法向量为
则
解得
由cos＜
而侧棱AA1与平面AB1C所成角，
即是向量
∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小为
（Ⅱ）∵
而
∴
又∵B（
假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z）．
∴
∵DP∥平面AB1C，n=（-1，0，1）为平面AB1C的法向量，
∴由
又DP⊄平面AB1C，
故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，
下列图形中，不是三棱柱的展开图（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：根据三棱柱的结构特征知，A、B、D中的展开图都还原为三棱柱，但是C中展开图还原后的几何体没有下底面．
故选D．
正确答案
解析
解：
点Q是面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，
连结AD1，AB1，
∴由正方体的性质，得：
AD1∩A1D=P，P是AD1的中点，
PQ∥AB1，
∴PQ=
故答案为：
给出下列命题：
①正四棱柱是正多面体；
②正四棱柱是简单多面体；
③简单多面体是凸多面体；
④以正四面体各面的中心为顶点的四面体仍然是正四面体；其中正确的命题个数为（ ）
正确答案
解析
解：①正四棱柱是正多面体，是错误的；因为正四棱柱是底面是正方形，侧棱长不一定等于正方形的边长．
②正四棱柱是简单多面体；是正确的．符合简单多面体的定义．
③简单多面体是凸多面体；这是不正确的．凸多面体是简单多面体，简单多面体并不都是凸多面体．
④以正四面体各面的中心为顶点的四面体仍然是正四面体，这是正确的．
故选B．
扫码查看完整答案与解析