新课标全国卷理科数学分类汇编立体几何Word文档格式.doc
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【2013,8】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).
A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π
【2012,7】如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为
A.6 B.9 C.12 D.15
【2012,11】已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为()
A. B. C. D.
【2011,6】在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如右图所示,则相应的侧视图可以为()
二、填空题
【2011,15】已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上,且,则棱锥的体积为。
三、解答题
【2017,18】如图,在四棱锥P-ABCD中,AB//CD,且
(1)证明:
平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,,求二面角A-PB-C的余弦值.
【2016,18】如图,在以为顶点的五面体中,面
为正方形,,且二面
角与二面角都是.
(Ⅰ)证明:
平面平面;
(Ⅱ)求二面角的余弦值.
【2015,18】如图,四边形为菱形,,是平面同一侧的两点,⊥平面,⊥平面,,.
(I)证明:
平面⊥平面;
(II)求直线与直线所成角的余弦值.
【2014,19】如图三棱柱中,侧面为菱形,.
(Ⅰ)证明:
;
(Ⅱ)若,,AB=BC
求二面角的余弦值.
【2013,18】如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°
.
(1)证明:
AB⊥A1C;
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB,求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值.
【2012,19】如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD。
DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小。
【2011,18】如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°
AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(Ⅰ)证明:
PA⊥BD;
(Ⅱ)若PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值。
8.立体几何(解析版)
A.10B.12C.14D.16
(7)
【解析】由三视图可画出立体图,该立体图平面内只有两个相同的
梯形的面,,,故选B;
【2016,11】平面过正方体的顶点,平面,平面 ,平面,则所成角的正弦值为()
(A) (B) (C) (D)
【解析】:
如图所示:
∵,∴若设平面平面,则
又∵平面∥平面,结合平面平面
∴,故,同理可得:
故、的所成角的大小与、所成角的大小相等,即的大小.
而(均为面对交线),因此,即.
故选A.
(A) (B) (C) (D)
原立体图如图所示:
是一个球被切掉左上角的后的三视图
表面积是的球面面积和三个扇形面积之和
(A)14斛(B)22斛(C)36斛(D)66斛
解析:
,圆锥底面半径,米堆体积,堆放的米约有,选(B).
(A)1(B)2(C)4(D)8
由正视图和俯视图知,该几何体是半球和半个圆柱的组合体,圆柱的半径与球的半径都,圆柱的高为,其表面积为,解得,故选(B).
【答案】C
如图所示,原几何体为三棱锥,
其中,,故最长的棱的长度为,选C
答案:
A
设球半径为R,由题可知R,R-2,正方体棱长一半可构成直角三角形,即△OBA为直角三角形,如图.
BC=2,BA=4,OB=R-2,OA=R,
由R2=(R-2)2+42,得R=5,
所以球的体积为(cm3),故选A.
A.16+8πB.8+8π
C.16+16πD.8+16π
由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体,由图中数据可知圆柱底面半径r=2,长为4,在长方体中,长为4,宽为2,高为2,所以几何体的体积为πr2×
4×
+4×
2×
2=8π+16.故选A.
【2012,7】如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为()
【解析】由三视图可知,该几何体为
三棱锥A-BCD, 底面△BCD为
底边为6,高为3的等腰三角形,
侧面ABD⊥底面BCD,
AO⊥底面BCD,
因此此几何体的体积为
,故选择B。
【解析】如图所示,根据球的性质,
知平面,则。
在直角中,,,
所以。
因此三棱锥S-ABC的体积
,故选择A。
条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。
故选D
设ABCD所在的截面圆的圆心为M,则AM=,
OM=,.
(18)
【解析】
∵,∴,,
又∵,∴,又∵,、平面,
∴平面,又平面,∴平面平面.
(2)取中点,中点,连接,,∵,
∴四边形为平行四边形,∴,
由
(1)知,平面,∴平面,
又、平面,∴,,
又∵,∴,∴、、两两垂直,
∴以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设,∴、、、,
∴、、,
设为平面的法向量,由,得,
令,则,,可得平面的一个法向量,
∵,∴,又知平面,平面,
∴,又,∴平面,即是平面的一个法向量,
,∴,
由图知二面角为钝角,所以它的余弦值为.
⑴ ∵为正方形,∴,∵,∴,∵
∴面,面,∴平面平面
⑵ 由⑴知,
∵,平面,平面
∴平面,平面
∵面面
∴,∴
∴四边形为等腰梯形
以为原点,如图建立坐标系,设,
,,,设面法向量为,,即,,
设面法向量为,.即
,,设二面角的大小为.
,二面角的余弦值为
解:
连接,设,连接,,.
在菱形中,不妨设,由,可得,由⊥平面,,可知.又,所以,且.
在中,可得,故.在中,可得.
在直角梯形中,由,,,可得.
因为,所以,又,则平面.
因为平面,所以平面⊥平面.……6分
(Ⅱ)如图,以为坐标原点,分别以的方向为轴,轴正方向,为单位长度,建立空间直角坐标系,
由(Ⅰ)可得,,,,,.故.
所以直线与直线所成的角的余弦值为.……12分
(Ⅰ)连结,交于O,连结AO.因为侧面为菱形,所以^,且O为与的中点.又,所以平面,故=又
,故………6分
(Ⅱ)因为且O为的中点,所以AO=CO=
又因为AB=BC=,所以
故OA⊥OB^,从而OA,OB,两两互相垂直.
以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向,OB为单位长,建立如图所示空间直角坐标系O-.
因为,所以为等边三角形.又AB=BC=,则
,,,
,
设是平面的法向量,则
,即所以可取
设是平面的法向量,则,同理可取
则,所以二面角的余弦值为.
取AB的中点O,连结OC,OA1,A1B.
因为CA=CB,所以OC⊥AB.
由于AB=AA1,∠BAA1=60°
故△AA1B为等边三角形,
所以OA1⊥AB.
因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C.
又A1C平面OA1C,故AB⊥A1C.
(2)解:
由
(1)知OC⊥AB,OA1⊥AB.
又平面ABC⊥平面AA1B1B,交线为AB,
所以OC⊥平面AA1B1B,
故OA,OA1,OC两两相互垂直.
以O为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题设知A(1,0,0),A1(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0).
则=(1,0,),==(-1,,0),=(0,,).
设n=(x,y,z)是平面BB1C1C的法向量,
则即可取n=(,1,-1).
故cos〈n,〉==.
所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.
(1)在中,,
得:
同理:
。
又DC1⊥BD,,
所以平面。
而平面,所以。
(2)解法一:
(几何法)
由面
取的中点,连接,。
因为,所以,
因为面面,所以面,从而,
又DC1⊥BD,所以面,因为平面,所以。
由,BD⊥DC1,所以为二面角A1-BD-C1的平面角。
设,,则,,
在直角△,,,
因此二面角的大小为。
解法二:
(向量法)
又平面,
所以,,
以C点为原点,CA、CB、CC1所在直线分别为
轴、轴、轴建立空间直角坐标系。
不妨设AA1=2,则AC=BC=AA1=1,
从而A1(1,0,2),D(1,0,1),
B(0,1,0),C1(0,0,2),
设平面的法向量为,
则,,
所以,即,令,则。
设平面的法向量为,则,,
所以,解得。
因为二面角为锐角,因此二面角的大小为。
(18)解:
(I)因为,,由余弦定理得.
从而,故.
又底面,可得.
所以平面.故.
(II)如图,以为坐标原点,的长为单位长,射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系,则
,,
设平面的法向量为,则
即.
因此可取.
设平面的法向量为,则,可取.
.
故二面角的余弦值为.
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- 新课 全国卷 理科 数学 分类 汇编 立体几何