数迹
题目列表试卷列表
共找到 15 题
排序：
组题
本页 15 题去组卷
106分立体几何初步★★★★☆
在空间中，AA，BB 为两个定点，动点 CC 到直线 ABAB 的距离为 22，动点 DD 到直线 ABAB 的距离为 11，若二面角 C−AB−DC-AB-D 为 60∘60^\circ，则（ ）
A.
∠CAD≥60∘\angle CAD\ge 60^\circ
B.
CD≥3CD\ge \sqrt{3}
C.
当 AB⊥CDAB\perp CD 时，CD⊥平面ABDCD\perp \text{平面} ABD
D.
当 AB⊥平面ACDAB\perp \text{平面} ACD 时，AC⊥ADAC\perp AD

2026 · 全国 · 一卷 · 第 10 题 · 多选题

查看答案和解析
1715分立体几何初步★★★★☆
如图所示的四棱锥 P−ABCDP - ABCD 中，PA⊥平面ABCDPA \perp \text{平面} ABCD，BC∥ADBC \parallel AD，AB⊥ADAB \perp AD.
(1) 证明：平面 PAB⊥平面PADPAB \perp \text{平面} PAD； (2) PA=AB=2PA = AB = \sqrt{2}，BC=2BC = 2，AD=1+3AD = 1 + \sqrt{3}，点 PP，BB，CC，DD 均在球 OO 的球面上.
(i) 证明：OO 在平面 ABCDABCD 上； (ii) 求直线 ACAC 与直线 POPO 所成角的余弦值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 17 题 · 解答题

查看答案和解析
1715分立体几何初步★★★★☆
如图，四棱锥 P−ABCDP-ABCD 中，PA⊥PA\perp 底面 ABCDABCD，且 PA=AC=2PA=AC=2，BC=1BC=1，AB=3AB=\sqrt3.
(1) 若 AD⊥PBAD\perp PB，证明 AD∥AD\parallel 平面 PBCPBC； (2) 若 AD⊥DCAD\perp DC，且二面角 A−CP−DA-CP-D 的正弦值为 427\frac{\sqrt{42}}{7}，求 ADAD.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 17 题 · 解答题

查看答案和解析
19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，AD=5DOAD=\sqrt5 DO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明：EF//平面 ADOEF // \text{平面 }ADO； (2) 证明：平面 ADO⊥平面 BEF\text{平面 }ADO\perp\text{平面 }BEF； (3) 求二面角 D−AO−CD-AO-C 的正弦值.

2023 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO； (2) 若 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，求三棱锥 P−ABCP-ABC 的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 AF→=mAC→\overrightarrow{AF}=m\overrightarrow{AC}，则 0≤m≤10\le m\le1，并且 BF→=(m−1)AB→+mBC→\overrightarrow{BF}=(m-1)\overrightarrow{AB}+m\overrightarrow{BC}，AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}. 由 BF⊥AOBF\perp AO 及 AB⊥BCAB\perp BC，得
0=BF→⋅AO→=4(m−1)+m2×8=8m−40=\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=4(m-1)+\frac{m}{2}\times8=8m-4
所以 m=12m=\dfrac12，即 FF 是 ACAC 的中点.
在三角形 APCAPC 中，EE，FF 分别是 APAP，ACAC 的中点，所以 EF∥PCEF\parallel PC. 在三角形 BPCBPC 中，DD，OO 分别是 BPBP，BCBC 的中点，所以 DO∥PCDO\parallel PC. 因此 EF∥DOEF\parallel DO，且 DO⊂DO\subset 平面 ADOADO. 又 P∉P\notin 平面 ABCABC，故平面 ADOADO 与平面 ABCABC 的交线为 AOAO. 由 AF→=12AC→=12(AB→+BC→)\overrightarrow{AF}=\dfrac12\overrightarrow{AC}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right) 与 AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}，且 AB→\overrightarrow{AB}，BC→\overrightarrow{BC} 不共线，可知 F∉AOF\notin AO，从而 F∉F\notin 平面 ADOADO，即 EFEF 不在平面 ADOADO 内. 因此 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO. \item 建立空间直角坐标系，使 B=(0,0,0)B=(0,0,0)，A=(2,0,0)A=(2,0,0)，C=(0,22,0)C=(0,2\sqrt2,0). 设 P=(u,v,w)P=(u,v,w)，由 PB=PC=6PB=PC=\sqrt6 得 u2+v2+w2=6u^2+v^2+w^2=6，u2+(v−22)2+w2=6u^2+(v-2\sqrt2)^2+w^2=6. 两式相减得 v=2v=\sqrt2，代回得 u2+w2=4u^2+w^2=4. 由上面的结论，O=(0,2,0)O=(0,\sqrt2,0)，F=(1,2,0)F=(1,\sqrt2,0)，故 OP→=(u,0,w)\overrightarrow{OP}=(u,0,w)，OF→=(1,0,0)\overrightarrow{OF}=(1,0,0)，且 ∣OP∣=2|OP|=2，∣OF∣=1|OF|=1.
由 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，得 u=OP→⋅OF→=∣OP∣∣OF∣cos⁡120∘=−1u=\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OF}=|OP||OF|\cos120^\circ=-1. 所以 w2=4−u2=3w^2=4-u^2=3，点 PP 到平面 ABCABC 的距离为 3\sqrt3. 又 S△ABC=12×2×22=22S_{\triangle ABC}=\dfrac12\times2\times2\sqrt2=2\sqrt2，故
VP−ABC=13S△ABC⋅3=263V_{P-ABC}=\frac13S_{\triangle ABC}\cdot\sqrt3=\frac{2\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2023 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

查看答案和解析
09立体几何初步★★★★☆
已知球 OO 的半径为 11，四棱锥的顶点为 OO，底面的四个顶点均在球 OO 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A.
13\frac{1}{3}
B.
12\frac{1}{2}
C.
33\frac{\sqrt{3}}{3}
D.
22\frac{\sqrt{2}}{2}

2022 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 9 题 · 选择题

查看答案和解析
18立体几何初步★★★★☆
如图，四面体 ABCDABCD 中，AD⊥CDAD\perp CD，AD=CDAD=CD，∠ADB=∠BDC\angle ADB=\angle BDC，EE 为 ACAC 的中点.
(1) 证明：平面 BED⊥平面 ACD\text{平面 }BED\perp \text{平面 }ACD； (2) 设 AB=BD=2AB=BD=2，∠ACB=60∘\angle ACB=60^\circ，点 FF 在 BDBD 上. 当 △AFC\triangle AFC 面积最小时，求 CFCF 与平面 ABDABD 所成的角的正弦值.

2022 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
16立体几何初步★★★★☆
以图 \circled1\circled{1} 为正视图，在图 \circled2\circled{2}，\circled3\circled{3}，\circled4\circled{4}，\circled5\circled{5} 中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为______（写出符合要求的一组答案即可）.

2021 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
16立体几何初步★★★★☆
以图①为正视图，在图②，③，④，⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为______（写出符合要求的一组答案即可）.

2021 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
16三角函数★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 的平面展开图中，AC=1AC=1，AB=AD=3AB=AD=\sqrt{3}，AB⊥ACAB\perp AC，AB⊥ADAB\perp AD，∠CAE=30∘\angle CAE=30^\circ，则 cos⁡∠FCB=‾\cos \angle FCB=\underline{\hspace{2em}}.
\begin{answer} −14-\dfrac{1}{4} \end{answer}

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
18立体几何初步★★★★☆
如图，DD 为圆锥的顶点，OO 是圆锥底面的圆心，AEAE 为底面直径，AE=ADAE=AD. △ABC\triangle ABC 是底面的内接正三角形，PP 为 DODO 上一点，PO=66DOPO=\dfrac{\sqrt{6}}{6}DO.
(1) 证明：PA⊥PA\perp 平面 PBCPBC； (2) 求二面角 B−PC−EB-PC-E 的余弦值.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析
12立体几何初步★★★★☆
已知三棱锥 P−ABCP-ABC 的四个顶点在球 OO 的球面上，PA=PB=PCPA=PB=PC，△ABC\triangle ABC 是边长为 22 的正三角形，EE，FF 分别是 PAPA，ABAB 的中点，∠CEF=90∘\angle CEF=90^\circ，则球 OO 的体积为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
A.
86π8\sqrt6\pi
B.
46π4\sqrt6\pi
C.
26π2\sqrt6\pi
D.
6π\sqrt6\pi

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

查看答案和解析
16立体几何初步★★★★☆
已知 ∠ACB=90∘\angle ACB=90^\circ，PP 为平面 ABCABC 外一点，PC=2PC=2，点 PP 到 ∠ACB\angle ACB 两边 ACAC，BCBC 的距离均为 3\sqrt3，那么 PP 到平面 ABCABC 的距离为______.

2019 · 全国 · 一卷 · 文 · 第 16 题 · 填空题

查看答案和解析
12立体几何初步★★★★☆
已知正方体的棱长为 11，每条棱所在直线与平面 α\alpha 所成的角都相等，则 α\alpha 截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A.
334\frac{3\sqrt3}{4}
B.
233\frac{2\sqrt3}{3}
C.
324\frac{3\sqrt2}{4}
D.
32\frac{\sqrt3}{2}

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 12 题 · 选择题

查看答案和解析
18立体几何初步★★★★☆
如图，四边形 ABCDABCD 为正方形，EE，FF 分别为 ADAD，BCBC 的中点，以 DFDF 为折痕把 △DFC\triangle DFC 折起，使点 CC 到达点 PP 的位置，且 PF⊥BFPF\perp BF.
(1) 证明：平面 PEF⊥PEF\perp 平面 ABFDABFD； (2) 求 DPDP 与平面 ABFDABFD 所成角的正弦值.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

查看答案和解析