- 空间几何体
- 共15406题
正确答案
90°
解析
解：
∵M，N分别是AA1和BB1的中点，
由正方体的几何特征可得MN∥C1D1，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，D1C1⊥平面B1C1CB
∵C1N⊂平面B1C1CB
∴D1C1⊥C1N
∴MN⊥C1N
又∵C1N⊥MG，MN∩MG=M，MD1，MG⊂平面MNG
∴C1N⊥平面MNG
又∵NG⊂平面MNG
∴C1N⊥NG
故∠D1NG=90°
故答案为：90°
已知一个正六棱柱的底面边长是
A
B3
C
D4
正确答案
解析
解：∵正六棱柱的底面边长是
则正六棱柱底面的最长的对角长是
∴该正棱柱的高为
故答案为：D．
在侧棱长为1的正三棱锥P-ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=40°过点A作截面AEF与PB、PC侧棱分别交于E、F两点，则截面的周长最小值为______．
正确答案
解析
则图中∠APA1=120°，
AA1为所求，
由余弦定理可得AA1=
故答案为：
给出下列四个命题：
（1）各侧面在都是正方形的棱柱一定是正棱柱．
（2）若一个简单多面体的各顶点都有3条棱，则其顶点数V、面数F满足的关系式为2F-V=4．
（3）若直线l⊥平面α，l∥平面β，则α⊥β．
（4）命题“异面直线a、b不垂直，则过a的任一平面与b都不垂直”的否定．
其中，正确的命题是（ ）
正确答案
解析
解：各侧面在都是正方形的棱柱的底面各边长相等，但不一定是正多边形，故（1）错误；
若一个简单多面体的各顶点都有3条棱，则其顶点数V、面数F满足的关系式为2F-V=4，故（2）正确；
若直线l⊥平面α，l∥平面β，则存在直线m∥l，m⊂β，则m⊥α，则α⊥β．故（3）正确；
命题“异面直线a、b不垂直，则过a的任一平面与b都不垂直”为真命题，故其否定（4）错误；
故选A．
正确答案
3
解析
解：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，由AA1=
得：
由AA1=
得：
∴
则AC1=3．
故答案为：3．
（1）点D，B，F，E共面吗？
（2）作出直线A1C与平面BDEF的交点R的位置；
（3）点P，Q，R共线吗？
正确答案
（2）在正方体AC1中，连接PQ，
∵Q∈A1C1，∴Q∈平面A1C1CA．又Q∈EF，
∴Q∈平面BDEF，即Q是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点，
同理，P也是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．
∴平面A1C1CA∩平面BDEF=PQ．
又A1C∩平面BDEF=R，
∴R∈A1C，
∴R∈平面A1C1CA，
R∈平面BDEF．
∴R是A1C与PQ的交点．如图．
（3）共线，证明：由（2）知，PQ=平面BDEG∩平面A1ACC1，R∈A1C，
而A1C⊂平面A1ACC1，故R∈平面A1ACC1，
同理，R∈平面BDEF，
故R∈PQ，即P，Q，R三点共线．
解析
（2）在正方体AC1中，连接PQ，
∵Q∈A1C1，∴Q∈平面A1C1CA．又Q∈EF，
∴Q∈平面BDEF，即Q是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点，
同理，P也是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．
∴平面A1C1CA∩平面BDEF=PQ．
又A1C∩平面BDEF=R，
∴R∈A1C，
∴R∈平面A1C1CA，
R∈平面BDEF．
∴R是A1C与PQ的交点．如图．
（3）共线，证明：由（2）知，PQ=平面BDEG∩平面A1ACC1，R∈A1C，
而A1C⊂平面A1ACC1，故R∈平面A1ACC1，
同理，R∈平面BDEF，
故R∈PQ，即P，Q，R三点共线．
（1）求证C1E∥平面A1BD；
（2）求证AB1⊥平面A1BD；
（3）求三棱锥A1-C1DE的体积．
正确答案
∵C1D∥=
∵C1E⊄平面A1BD，DF⊂平面A1BD，∴C1E∥平面A1BD．
（2）取BC的中点H，连接AH，B1H，
由正三棱柱ABC-A1B1C1，知AH⊥BC，
∵B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥AH．∵B1B∩BC=B，∴AH⊥平面B1BCC1．∴AH⊥BD．
在正方形B1BCC1中，∵tan∠BB1H=tan∠CBD=
∵AH⊥∩B1H=H，∴BD⊥平面AHB1．∴BD⊥AB1．
在正方形A1ABB1中，∵A1B⊥AB1．而A1B∩BD=B，∴AB1⊥平面A1BD．
（3）∵E为AB的中点，∴
解析
∵C1D∥=
∵C1E⊄平面A1BD，DF⊂平面A1BD，∴C1E∥平面A1BD．
（2）取BC的中点H，连接AH，B1H，
由正三棱柱ABC-A1B1C1，知AH⊥BC，
∵B1B⊥平面ABC，∴B1B⊥AH．∵B1B∩BC=B，∴AH⊥平面B1BCC1．∴AH⊥BD．
在正方形B1BCC1中，∵tan∠BB1H=tan∠CBD=
∵AH⊥∩B1H=H，∴BD⊥平面AHB1．∴BD⊥AB1．
在正方形A1ABB1中，∵A1B⊥AB1．而A1B∩BD=B，∴AB1⊥平面A1BD．
（3）∵E为AB的中点，∴
正确答案
②③④⑤
解析
∵EM∥AC，ED∥FC，
∴EM∥面ACF，DE∥面ACF，
∴平面DEM∥平面ACF；
②正确，
∵DE∥FC，BM⊥FC，
∴DE⊥BM，
③正确，
∵△AFN为正三角形，
AN∥BM，
∴AF与BM所成角为60°，
④正确，
∵正方体中可判断：BN⊥AC，NB⊥AF，
∴BN⊥平面AFC，
⑤正确
故答案为：②③④⑤
（1）若BM⊥A1C，求h的值；
（2）若直线AM与平面ABC所成的角为
正确答案
则B（2，0，0），M（0，2，h），A1（0，0，4），C（0，2，0）（2分）
由BM⊥A1C得，
解得h=1（2分）
（2）由题意知，平面ABC的一个法向量为
因为直线AM与平面ABC所成的角为
三棱锥M-ABC的体积
三棱柱ABC-A1B1C1体积V=S△ABC•CC1=8（2分）
所以多面体ABM-A1B1C1的体积
解析
则B（2，0，0），M（0，2，h），A1（0，0，4），C（0，2，0）（2分）
由BM⊥A1C得，
解得h=1（2分）
（2）由题意知，平面ABC的一个法向量为
因为直线AM与平面ABC所成的角为
三棱锥M-ABC的体积
三棱柱ABC-A1B1C1体积V=S△ABC•CC1=8（2分）
所以多面体ABM-A1B1C1的体积
正方体ABCD-A1B1C1D1中E，F，G，H分别为AA1，CC1，C1D1，D1A1的中点，判断EFGH的形状，并说明理由．
正确答案
解：四边形EFGH是等腰梯形；理由如下：
如图
∵已知正方体ABCD-A1B1C1D1中E，F，G，H分别为AA1，CC1，C1D1，D1A1的中点，
∴EF∥A1C1∥HG，
∴EF∥HG，HG=
又△A1EH≌△C1FG，
∴EH=FG，
∴四边形EFGH是等腰梯形．
解析
解：四边形EFGH是等腰梯形；理由如下：
如图
∵已知正方体ABCD-A1B1C1D1中E，F，G，H分别为AA1，CC1，C1D1，D1A1的中点，
∴EF∥A1C1∥HG，
∴EF∥HG，HG=
又△A1EH≌△C1FG，
∴EH=FG，
∴四边形EFGH是等腰梯形．
在四面体O-ABC中，若点O处的三条棱两两垂，且其三视图均是底边长为
正确答案
解析
该四面体表面上与点A距离为2的点形成的曲线如图，
因为△AOB，△AOC是等腰直角三角形，△ABC是正三角形，
所以该四面体表面上与点A距离为2的点形成的曲线长度之和为：2×2×
故答案为：
已知三棱锥P-ABC中，顶点P在底面的射影O是三角形ABC的内心，关于这个三棱锥有三个命题：①侧棱PA=PB=PC；②侧棱PA、PB、PC两两垂直；③各侧面与底面所成的二面角相等．其中错误的是（ ）
正确答案
解析
解：由题意知：O到三角形三边的距离OE=OF=OG，
∠PEO=∠PFO=∠PGO，
因此：①和②错误，③是正确的．
故选A．
①当0＜CQ＜
②截面在底面上投影面积恒为定值
③存在某个位置，使得截面S与平面A1BD垂直
④当CQ=
其中正确命题的个数为（ ）
正确答案
解析
解：设截面与DD1相交于T，则AT∥PQ，且AT=2PQ⇒DT=2CQ．
对于①，当0＜CQ＜
对于②，当CQ＞
对于③，存在某个位置，使得截面S与平面A1BD垂直，故③正确；
对于④，右补充一个正方体后，得到S与C1D1的交点R满足C1R=
故选：C．
已知三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直，且SA=2，SB=SC=4，若点P到S、A、B、C这四点的距离都是同一个值，则这个值是______．
正确答案
3
解析
解：三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直，且SA=2，SB=SC=4，则该三棱锥的外接球，
就是三棱锥扩展为长方体的外接球，所以长方体的对角线的长度为：
所以该三棱锥的外接球的半径为：3．
则点P到S、A、B、C这四点的距离都是同一个值，这个值是3．
故答案为：3．
正确答案
解析
解析：据题意由AA1⊥平面ABCD，
可得三角形AA1B，AA1C为直角三角形，
又易推出BC⊥平面AA1B，
故三角形A1BC和ABC为直角三角形，即此四面体各个面均为直角三角形．
故选D
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