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共找到 40 题
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055分立体几何初步★★☆☆☆
已知棱台的上，下底面均是有一个内角为 60∘60^\circ 的菱形，上，下底面的边长分别为 22，33，该棱台的高为 3\sqrt{3}，则其体积为（ ）
A.
1912\frac{19}{12}
B.
196\frac{19}{6}
C.
194\frac{19}{4}
D.
192\frac{19}{2}

2026 · 全国 · 二卷 · 第 5 题 · 选择题

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075分立体几何初步★★★☆☆
已知正三棱台 ABC−A1B1C1ABC-A_1B_1C_1 的体积为 523\frac{52}{3}，AB=6AB=6，A1B1=2A_1B_1=2，则 A1AA_1A 与平面 ABCABC 所成角的正切值为（ ）
A.
12\frac12
B.
11
C.
22
D.
33

2024 · 全国 · 新高考二卷 · 第 7 题 · 选择题

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075分立体几何初步★★★☆☆
已知正三棱台的高为 1，上，下底面边长分别为 333\sqrt3 和 434\sqrt3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A.
100π100\pi
B.
128π128\pi
C.
144π144\pi
D.
192π192\pi

2022 · 全国 · 新高考二卷 · 第 7 题 · 选择题

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045分立体几何初步★★★☆☆
北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果. 在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为 36000 km36000\text{ km}（轨道高度是指卫星到地球表面的最短距离）. 把地球看成是一个球心为 OO，半径 rr 为 6400 km6400\text{ km} 的球，其上点 AA 的纬度是指 OAOA 与赤道平面所成角的度数. 地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度最大值记为 α\alpha，该卫星信号覆盖地球表面的表面积为 S=2πr2(1−cos⁡α)S=2\pi r^2\left( 1-\cos \alpha \right)（单位：km2\text{km}^2），则 SS 占地球表面积的百分比约为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
A.
26%26\%
B.
34%34\%
C.
42%42\%
D.
50%50\%

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 4 题 · 选择题

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055分立体几何初步★★☆☆☆
正四棱台的上、下底面的边长分别为 22，44，侧棱长为 22，则其体积为（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
A.
5656
B.
28228\sqrt2
C.
563\frac{56}{3}
D.
2823\frac{28\sqrt2}{3}

2021 · 全国 · 新高考二卷 · 第 5 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★☆☆
如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为 MM，在俯视图中对应的点为 NN，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）
A.
EE
B.
FF
C.
GG
D.
HH

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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10立体几何初步★★☆☆☆
已知 △ABC\triangle ABC 是面积为 934\dfrac{9\sqrt3}{4} 的等边三角形，且其顶点都在球 OO 的球面上. 若球 OO 的表面积为 16π16\pi，则 OO 到平面 ABCABC 的距离为（ ）
A.
3\sqrt3
B.
32\dfrac{3}{2}
C.
11
D.
32\dfrac{\sqrt3}{2}

2020 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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11立体几何初步★★★☆☆
已知 △ABC\triangle ABC 是面积为 934\dfrac{9\sqrt3}{4} 的等边三角形，且其顶点都在球 OO 的球面上. 若球 OO 的表面积为 16π16\pi，则 OO 到平面 ABCABC 的距离为（ ）
A.
3\sqrt3
B.
32\dfrac{3}{2}
C.
11
D.
32\dfrac{\sqrt3}{2}

2020 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 11 题 · 选择题

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07立体几何初步★★☆☆☆
设 α\alpha，β\beta 为两个平面，则 α∥β\alpha\parallel\beta 的充要条件是（ ）
A.
α\alpha 内有无数条直线与 β\beta 平行
B.
α\alpha 内有两条相交直线与 β\beta 平行
C.
α\alpha，β\beta 平行于同一条直线
D.
α\alpha，β\beta 垂直于同一平面

2019 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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07立体几何初步★★☆☆☆
设 α\alpha，β\beta 为两个平面，则 α∥β\alpha\parallel\beta 的充要条件是（ ）
A.
α\alpha 内有无数条直线与 β\beta 平行
B.
α\alpha 内有两条相交直线与 β\beta 平行
C.
α\alpha，β\beta 平行于同一条直线
D.
α\alpha，β\beta 垂直于同一平面

2019 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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09立体几何初步★★☆☆☆
在长方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，AB=BC=1AB=BC=1，AA1=3AA_1=\sqrt3，则异面直线 AD1AD_1 与 DB1DB_1 所成角的余弦值为（ ）
A.
15\dfrac15
B.
56\dfrac{\sqrt5}{6}
C.
55\dfrac{\sqrt5}{5}
D.
22\dfrac{\sqrt2}{2}

2018 · 全国 · 二卷 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★☆☆
在正方体 ABCD−A1B1C1D1ABCD-A_1B_1C_1D_1 中，EE 为棱 CC1CC_1 的中点，则异面直线 AEAE 与 CDCD 所成角的正切值为（ ）.
A.
22\dfrac{\sqrt2}{2}
B.
32\dfrac{\sqrt3}{2}
C.
52\dfrac{\sqrt5}{2}
D.
72\dfrac{\sqrt7}{2}

2018 · 全国 · 二卷 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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05立体几何初步★★☆☆☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由左视图可知，右侧部分是底面半径为 11、高为 22 的半圆柱；左侧部分是高为 11 的三棱锥，其底面三角形的底为 22、高为 11，底面积为 11. 因此
V=13(12×1×2)×1+12π×12×2=13+πV=\frac13\left(\frac12\times1\times2\right)\times1+\frac12\pi\times1^2\times2=\frac13+\pi
故答案为 A. \end{solution}
A.
13+π\frac{1}{3} + \pi
B.
23+π\frac{2}{3} + \pi
C.
13+2π\frac{1}{3} + 2\pi
D.
23+2π\frac{2}{3} + 2\pi

2015 · 重庆 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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05立体几何初步★★★☆☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.
13+2π\frac{1}{3} + 2\pi
B.
13π6\frac{13\pi}{6}
C.
7π3\frac{7\pi}{3}
D.
5π2\frac{5\pi}{2}

2015 · 重庆 · 文 · 第 5 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★★☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A.
5454
B.
6060
C.
6666
D.
7272

2014 · 重庆 · 理 · 第 7 题 · 选择题

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07立体几何初步★★★☆☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.
12
B.
18
C.
24
D.
30

2014 · 重庆 · 文 · 第 7 题 · 选择题

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05立体几何初步★★☆☆☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 由三视图可知，该几何体沿主视图水平方向的长度为 1010，垂直于该方向的截面为梯形. 由俯视图，梯形的下底为 3+2+3=83+2+3=8，上底为中间部分的宽 22；由主视图，梯形的高为 44.
因此截面面积为
S=8+22×4=20S=\frac{8+2}{2}\times4=20
几何体的体积为
V=10S=10×20=200V=10S=10\times20=200
故选 C. \end{solution}
A.
5603\frac{560}{3}
B.
5803\frac{580}{3}
C.
200200
D.
240240

2013 · 重庆 · 理 · 第 5 题 · 选择题

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08立体几何初步★★★☆☆
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
（ ）
\begin{answer} D \end{answer} \begin{solution} 由三视图可还原出一个直四棱柱，其底面是高为 44、上底为 22、下底为 88 的等腰梯形，棱柱的高为 1010. 梯形两腰的水平投影均为
8−22=3\frac{8-2}{2}=3
所以腰长为
42+32=5\sqrt{4^2+3^2}=5
底面梯形面积为
2+82×4=20\frac{2+8}{2}\times4=20
四个侧面的面积和为
10(2+8+5+5)=20010(2+8+5+5)=200
因此几何体的表面积为
2×20+200=2402\times20+200=240
选 D. \end{solution}
A.
180180
B.
200200
C.
220220
D.
240240

2013 · 重庆 · 文 · 第 8 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
设四面体的六条棱的长分别为 11，11，11，11，2\sqrt{2} 和 aa，且长为 aa 的棱与长为 2\sqrt{2} 的棱异面，则 aa 的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设长为 aa 的棱为 ABAB，长为 2\sqrt2 的异面棱为 CDCD，则其余四条棱 ACAC，ADAD，BCBC，BDBD 均长为 11. 记 CDCD 的中点为 MM. 由 AC=AD=1AC=AD=1，且 CM=DM=22CM=DM=\frac{\sqrt2}{2}，得 AM⊥CDAM\perp CD，并且
AM=AC2−CM2=1−(22)2=22AM=\sqrt{AC^{2}-CM^{2}}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt2}{2}
因此，点 AA 位于过 MM 且垂直于 CDCD 的平面内，以 MM 为圆心、半径 22\frac{\sqrt2}{2} 的圆上. 同样，由 BC=BD=1BC=BD=1，点 BB 也位于这个圆上. 因此 ABAB 是此圆的一条弦，故
0<a≤2⋅22=20<a\le2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\sqrt2
当 a=2a=\sqrt2 时，AA，BB 为圆的两个对径点，四点 AA，BB，CC，DD 共面，不能构成四面体；当 a=0a=0 时 AA 与 BB 重合，也不能构成四面体. 对于 0<a<20<a<\sqrt2，四点不共面，可以构成题设四面体. 所以
0<a<20<a<\sqrt2
故选 A. \end{solution}
A.
(0,2)(0, \sqrt{2})
B.
(0,3)(0, \sqrt{3})
C.
(1,2)(1, \sqrt{2})
D.
(1,3)(1, \sqrt{3})

2012 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
设四面体的六条棱的长分别为 11，11，11，11，2\sqrt{2} 和 aa，且长为 aa 的棱与长为 2\sqrt{2} 的棱异面，则 aa 的取值范围是（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 设长为 aa 的一条棱为 ABAB，与之异面的长为 2\sqrt2 的棱为 CDCD，则另外四条棱 ACAC，ADAD，BCBC，BDBD 的长均为 11. 取 ABAB 的中点为原点，使 A=(−a2,0,0)A=(-\frac a2,0,0)，B=(a2,0,0)B=(\frac a2,0,0). 由 AC=BC=1AC=BC=1 及 AD=BD=1AD=BD=1，可设 C=(0,u,v)C=(0,u,v)，D=(0,s,t)D=(0,s,t)，并有 u2+v2=s2+t2=1−a24u^2+v^2=s^2+t^2=1-\frac{a^2}{4}. 记 r=1−a24r=\sqrt{1-\frac{a^2}{4}}，则 CC，DD 位于同一圆心为原点、半径为 rr 的圆上.
因为 CD=2CD=\sqrt2，由三角不等式得 2=∣CD∣≤∣C∣+∣D∣=2r\sqrt2=|CD|\leq|C|+|D|=2r，所以 2≤4−a22\leq4-a^2，即 a2≤2a^2\leq2. 若 a=2a=\sqrt2，则 CD=2rCD=2r，等号成立时 D=−CD=-C，四点 AA，BB，CC，DD 共面，不能构成非退化四面体，故必须有 a<2a<\sqrt2. 又棱长 a>0a>0，所以 0<a<20<a<\sqrt2.
反过来，任取 0<a<20<a<\sqrt2，则 2r>22r>\sqrt2，可在该圆上取两点 CC，DD，使 CD=2CD=\sqrt2 且 D≠−CD\ne-C，从而四点不共面并满足六条棱的长度条件. 因此 aa 的取值范围为 (0,2)(0,\sqrt2)，故选 A. \end{solution}
A.
(0,2)(0,\sqrt{2})
B.
(0,3)(0,\sqrt{3})
C.
(1,2)(1,\sqrt{2})
D.
(1,3)(1,\sqrt{3})

2012 · 重庆 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
高为 24\frac{\sqrt{2}}{4} 的四棱锥 S−ABCDS - ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，点 SS，AA，BB，CC，DD 均在半径为 1 的同一球面上，则底面 ABCDABCD 的中心与顶点 SS 之间的距离为（ ）
\begin{answer} C \end{answer}
\begin{solution} 设正方形中心为 OO，球心为 TT. 由正方形边长为 11，得 OA=22OA=\frac{\sqrt{2}}{2}. 因为 AA，BB，CC，DD 在同一球面上，球心 TT 在过 OO 且垂直于底面的直线上，且 OT2=1−OA2=12OT^2=1-OA^2=\frac{1}{2}. 取底面为水平面，并令顶点 SS 在其上方，若 TT 在底面下方，则 ST⩾24+22>1ST\geqslant\frac{\sqrt{2}}{4}+\frac{\sqrt{2}}{2}>1，与 SS 在半径为 11 的球面上矛盾，故 TT 在底面上方，且 OT=22OT=\frac{\sqrt{2}}{2}. 设 SS 到底面的高为 h=24h=\frac{\sqrt{2}}{4}，由 ST=1ST=1 得 OS2=1+2h⋅OT−OT2=1+2⋅24⋅22−12=1OS^2=1+2h\cdot OT-OT^2=1+2\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}=1. 所以底面中心与顶点 SS 的距离为 11，故选 C. \end{solution}
A.
24\frac{\sqrt{2}}{4}
B.
22\frac{\sqrt{2}}{2}
C.
1
D.
2\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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10立体几何初步★★★★☆
高为 2\sqrt{2} 的四棱锥 S−ABCDS - ABCD 的底面是边长为 11 的正方形，点 SS，AA，BB，CC，DD 均在半径为 11 的同一球面上，则底面 ABCDABCD 的中心与顶点 SS 之间的距离为（ ）
A.
102\frac{\sqrt{10}}{2}
B.
2+32\frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{2}
C.
32\frac{3}{2}
D.
2\sqrt{2}

2011 · 重庆 · 文 · 第 10 题 · 选择题

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10解析几何★★★★☆
到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 设过第一条直线且平行于第二条直线的平面为 π\pi，把第二条直线在 π\pi 上的正投影记为 l2′l_2'. 由于两条异面直线互相垂直，l2′l_2' 与第一条直线在平面 π\pi 内相交且互相垂直. 设两条直线之间的距离为 hh，则 h>0h>0.
在平面 π\pi 内建立直角坐标系，使第一条直线为 xx 轴，l2′l_2' 为 yy 轴. 对平面 π\pi 内任一点 P(x,y)P(x,y)，有 d(P,l1)=∣y∣d(P,l_1)=|y|，d(P,l2)2=d(P,l2′)2+h2=x2+h2d(P,l_2)^2=d(P,l_2')^2+h^2=x^2+h^2. 题设条件给出
∣y∣=x2+h2,即y2−x2=h2|y|=\sqrt{x^2+h^2}, \quad\text{即}\quad y^2-x^2=h^2
这是以坐标轴方向为渐近线的双曲线，故选 D. \end{solution}
A.
直线
B.
椭圆
C.
抛物线
D.
双曲线

2010 · 重庆 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★☆☆
到两互相垂直的异面直线的距离相等的点（ ）
A.
只有 11 个
B.
恰有 33 个
C.
恰有 44 个
D.
有无穷多个

2010 · 重庆 · 文 · 第 9 题 · 选择题

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09立体几何初步★★★★☆
已知二面角 α−l−β\alpha - l - \beta 的大小为 50∘50^{\circ}，PP 为空间中任意一点，则过点 PP 且与平面 α\alpha 和平面 β\beta 所成的角都是 25∘25^{\circ} 的直线的条数为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 以交线 ll 为 zz 轴，在垂直于 ll 的截面内取平面 α\alpha 的方向为方位角 00，平面 β\beta 的方向为方位角 50∘50^{\circ}. 设所求直线的一个单位方向向量为 u=(ρcos⁡ψ,ρsin⁡ψ,η)\boldsymbol{u}=(\rho\cos\psi,\rho\sin\psi,\eta)，ρ⩾0\rho\geqslant0，ρ2+η2=1\rho^{2}+\eta^{2}=1 其中 ψ\psi 按 180∘180^{\circ} 计. 直线与平面的夹角等于方向向量与平面法向量夹角的余角，因此
sin⁡25∘=ρ∣sin⁡ψ∣且sin⁡25∘=ρ∣sin⁡(ψ−50∘)∣\sin25^{\circ}=\rho|\sin\psi| \quad\text{且}\quad \sin25^{\circ}=\rho|\sin(\psi-50^{\circ})|
于是
∣sin⁡ψ∣=∣sin⁡(ψ−50∘)∣|\sin\psi|=|\sin(\psi-50^{\circ})|
从而 ψ=25∘\psi=25^{\circ} 或 ψ=115∘\psi=115^{\circ}（按 180∘180^{\circ} 计）.
当 ψ=25∘\psi=25^{\circ} 时，ρ=1\rho=1，所以 η=0\eta=0，得到 1 条直线；当 ψ=115∘\psi=115^{\circ} 时，
ρ=sin⁡25∘sin⁡115∘=sin⁡25∘sin⁡65∘<1\rho=\frac{\sin25^{\circ}}{\sin115^{\circ}} =\frac{\sin25^{\circ}}{\sin65^{\circ}}<1
此时 η=±1−ρ2\eta=\pm\sqrt{1-\rho^{2}}，得到 2 条不同的直线. 因此直线共有 1+2=31+2=3 条，选 B. \end{solution}
A.
2
B.
3
C.
4
D.
5

2009 · 重庆 · 理 · 第 9 题 · 选择题

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