当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

立体几何 竞赛训练题


立体几何 竞赛训练题
1:在正方体的 8 个顶点、12 条棱的中点、6 个面的中心及正方体的中心共计 27 个点中,问 共线的三点组的个数是多少

8? 7 ? 28 个;两端点都为面的中心共线三点组共 2 6 ?1 12 ? 3 ? 3 个;两端点都为各棱中点的共线三点组共有 ? 18 个,且没有别的类型的 有 2 2 共线三点组,所以总共有 28

? 3 ? 18 ? 49 个
解答:两端点都为顶点的共线三点组共有

C

2:已知一个平面与一个正方体的 12 条棱的夹角都等于 ? ,求 sin ? . D 解答:如右图所示,平面 BCD 与正方体的 12 条棱的夹角都 等于 ? ,过 A 作 AH 垂直平面 BCD.连 DH,则 ? ? ?ADH .设正方体的边长为 b,则 DH ?
2

A

2 6 ? 2b sin 600 ? b 3 3

H

? 6 ? AH 3 3 . ? AH ? b ? ? b? ? b 所以 sin ? ? sin ?ADH ? ? 3 ? AD 3 3 ? ?
2

B

3:在单位正方体 ABCD-A1B1C1D1 的面对角线 A1B 上存在一点 P 使得 AP+D1P 最短,求 AP+D1P 的最小值. 解答:将等腰直角三角形 AA1B 沿 A1B 折起至 A?A B ,使三角形 A?A B 与四边形 A1BCD1 共 1 1 面,联结 A?D1 ,则 A?D1 的长即为 AP+D1P 的最小值,所以,

A?D1 ? 12 ? 12 ? 2 ?1?1? cos1350 ? 2 ? 2
4 : 已 知 单 位正 方 体 ABCD-A1B1C1D1 的 对 棱 BB1 、 D1 上 有 两 个 动 点 E 、 F, BE=D1F= ?

1 ) 设 EF 与 AB 所成的角为 ? , BC 所成的角为 ? , ? ? ? 的最小值. . 与 求 2 1 ? ? ? 当 ? ? 时, ? ? ? . 不难证明 ? ? ? ? f (? ) 是单调减函数. 因此 ? ? ? 的最小值为 . 2 2 2
(0 ? ? ?
1 5.如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,AB=BC= PA, 点 O、D 分别是 AC、PC 的中点,OP 2 ⊥底面 ABC. (Ⅰ)求证 OD ∥平面 PAB ;(Ⅱ) 求直线 OD 与平面 PBC 所成角的正弦. ? 解答? OP ? 平面ABC,OA ? OC,AB ? BC, OA ? OB,OA ? OP,OB ? OP. 以O为原点,射线OP为非负z轴,建立空间直角坐标系O ? xyz ?如图?,

? 2 ? ? ? ? ? 2 2 设AB ? a,则A ? ? 2 a,0,0 ? , B ? 0, 2 a,0 ? , C ? ? 2 a,0,0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 设OP ? h,则P ? 0,0, h?. ???? ? ??? ? 2 ? ? 2 1 ? D为PC的中点, OD ? ? ? ? a,0, h ? , 又PA ? ? a,0, ?h ?, A ? 4 ? 2 ? 2 ? ? ? ? ? x ???? ??? ? ???? ??? ? 1 ? OD ? ? PA. ? OD∥PA. ? OD∥平面PAB. 2

z

P D

Ⅰ ? ??

O B y

C

???? ? 7 2 14 ? a, ? OD ? ? ? ? 4 a,0, 4 a ? , ? 2 ? ? ???? ? ? ? 1? 可求得平面PBC的法向量n ? ? ?1,1, ? , ? cos?OD, n? ? ? 7? ? ?

?Ⅱ??

PA ? 2a, ? h ?

???? ? OD ? n 210 . ???? ? ? 30 OD ? n
210 , 30

???? ? 设OD与平面PBC所成的角为?, sin ? ? cos?OD, n? ? 则
? OD与平面PBC所成的角为arcsin 210 . 30

6 如图,已知长方体 ABCD ? A B1C1D1 , AB ? 2, AA ? 1 ,直线 BD 与平面 AA B1B 所成的 1 1 1 角为 30 0 , AE 垂直 BD 于 E , F 为 A1B1 的中点. (Ⅰ)求异面直线 AE 与 BF 所成的角的余弦; (Ⅱ)求平面 BDF 与平面 AA1 B 所成二面角(锐角)的余弦; (Ⅲ)求点 A 到平面 BDF 的距离 解答 在长方体 ABCD ? A B1C1D1 中,以 AB 所在直线为 x 1
王新敞
奎屯 新疆

A1 F B1 A C1 E C

D1

D

轴, AD 所在直线为 y 轴, AA1 所在直线为 z 轴建立空间直

角坐标系如图. 由已知 AB ? 2, AA ? 1 , 可得 A(0,0,0), B(2,0,0), F (1,0,1) . AD ? 又 1 平面 AA B1B ,从面 BD 与平面 AA B1B 所成的角即为 ?DBA ? 30 1 1 又 AB ? 2, AE ? BD, AE ? 1, AD ? 从而易得 E ( ,
0

B

A1 F

z

D1

2 3 3
王新敞
奎屯 新疆

王新敞
奎屯

新疆

1 3 2 3 , 0), D(0, , 0) 2 2 3

B1

A

C1 E C

D

y

??? ??? ? ? ?1 B ??? ??? ? ? ??? 1 3 ? ??? ? 2 AE ?BF (Ⅰ)? AE ? ( , ,0), BF ? (?1,0,1) ? cos ? AE, BF ?? ??? ??? ? x 2 ? ? ? ? 4 2 2 2 AE BF
王新敞
奎屯 新疆

王新敞
奎屯

新疆

2 4 ? ? (Ⅱ)易知平面 AA1 B 的一个法向量 m ? (0,1,0) 设 n ? ( x, y, z ) 是平面 BDF 的一个法 ? ? ? ??? ? ??? ? ?x ? x ? 0 ??? ? ?n ? BF ? n ?BF ? 0 2 3 ? ? ? ? ? ? ??? 向 量 . BD ? (?2, , 0) 由 ? ? ??? ?? ? ? 2 3 3 y?0 ?n ? BD ?n ?BD ? 0 ?2 x ? ? ? 3 ? ? ? ? x?z m?n 3 15 ? ? ? ? ?? 取 n ? (1, 3,1) ∴ cos ? m, n ?? ? ? ? ? m n 1? 5 5 ? 3x ? y ?
即异面直线 AE 、 BF 所成的角为 arccos
王新敞
奎屯 新疆

王新敞
奎屯

新疆

王新敞
奎屯

新疆

王新敞
奎屯

新疆

王新敞
奎屯

新疆

王新敞
奎屯

新疆

即平面 BDF 与平面 AA1 B 所成二面角(锐角)大小为 arccos

??? ? ? (Ⅲ)点 A 到平面 BDF 的距离,即 AB 在平面 BDF 的法向量 n 上的投影的绝对值 ??? ? ? ??? ? ? ??? ? ??? ? ? ??? ? AB?n | AB?n | 2 2 5 ? cos ? AB, n ? ? | AB |? ??? ? ? 所以距离 d ? | AB |? ? ? ? |n| 5 | AB |? n | | 5
王新敞
奎屯 新疆

15 5

王新敞
奎屯

新疆

王新敞
奎屯

新疆

所以点 A 到平面 BDF 的距离为

2 5 5

王新敞
奎屯

新疆

7. 如图 1,已知 ABCD 是上.下底边长分别为 2 和 6,高为 3 的等腰梯形,将它沿对称轴 OO1 折成直二面角,如图 2 (Ⅰ)证明:AC⊥BO1; z (Ⅱ)求二面角 O-AC-O1 的余弦. O1 C O1 C O1 C D
王新敞
奎屯 新疆

D

D

A

O

B
A

O

B

O

B y

解 图3 答 x A (I)证明 由题设知 OA⊥OO1,OB⊥OO1.所以∠AOB 是 所折成的直二面角的平面角,即 OA⊥OB. 故可以 O 为原点,OA、OB、OO1 所在直线 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图 3,则相关各点的坐标是 A(3,0, 图1 图2 0) ,B(0,3,0) ,C(0,1, 3 )O1(0,0, 3 ) . 从而 AC ? (?3,1, 3), BO1 ? (0,?3, 3), AC ? BO ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0. 1 所以 AC⊥BO1. (II)解:因为 BO ?OC ? ?3 ? 3 ? 3 ? 0, 所以 BO1⊥OC,由(I)AC⊥BO1,所以 BO1 1 ⊥平面 OAC, BO1 是平面 OAC 的一个法向量.设 n ? ( x, y, z) 是 0 平面 O1AC 的一个法
? 向 量 , 由 ?n ? AC ? 0 ? ?? 3x ? y ? 3z ? 0, ? ? ?n ? O1C ? 0 ? y ? 0. ? 取z ? 3, 得 n ? (1,0,

3) . 设 二 面 角

O—AC—O1 的大小为 ? , n 、BO1 的方向可知 ? ?? n ,BO1 >, 由 所以 COS ? ? cos ? n ,

3 BO1 >= n ? BO1 ? 3 . 即二面角 O—AC—O1 的大小是 arccos . 4 4 | n | ? | BO1 |
8. 如图, 在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中,AC ? 3, BC ? 4, AB ? 5, AA ? 4 , D 为 AB 的 点 1 中点
王新敞
奎屯 新疆

(Ⅰ)求证 AC ? BC1 ;
王新敞
奎屯 新疆

(Ⅱ) 求证; AC1 ? 平面CDB1

(Ⅲ)求异面直线 AC1

与 B1C 所成角的余弦值 解答∵直三棱锥 ABC ? A1B1C1 底面三边长

AC ? 3, BC ? 4, AB ? 5 , AC, BC, CC1 两两垂直 如图建立坐标系,则 3 C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4),D( ,2,0) 2
王新敞
奎屯 新疆

C1 z A1
E

B1

(Ⅰ)? AC1 ? (?3,0,0), BC1 ? (0,4,4) ,? AC1 ? BC1 ? 0,? AC1 ? BC1 (Ⅱ)设 CB1 与 C1B 的交点为 E,则 E(0,2,2)

???? ?

???? ?

???? ???? ? ?

???? ?

???? ?

王新敞
奎屯

新疆

???? ???? ? ???? 1 ???? ???? ???? ? ? 3 A C ? DE ? (? , 0, 2), AC1 ? (?3, 0, 4) ? DE ? AC1 ,? DE // AC1 D 2 2 x ? DE ? 平面CDB1 , AC1 ? 平面CDB1 , ? AC1 // 平面CDB1 ???? ???? ? ???? ? ???? ???? ???? ? AC1 ? 1 CB 2 2 ? (Ⅲ)? AC1 ? (?3,0,4), CB1 ? (0,4,4), ? cos ? AC1 , CB1 ?? ???? ???? ? , ∴异 5 | AC1 || CB1 |
王新敞
奎屯 新疆

B y

面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值为

2 2 5

王新敞
奎屯

新疆

P

1. (07 全国)正四棱锥 P?ABCD 中,∠APC=60° ,则二面角 A?PB?C 平面角 余弦值为( B )
D

M C B

A

A.

1 7

B. ?

1 7

C.

1 2

D. ?

1 2

解:如图,在侧面 PAB 内,作 AM⊥PB,垂足为 M。连结 CM、AC,则∠AMC 为二面角 A?PB?C 的平面角。 不妨设 AB=2, PA ? AC ? 2 2 , 则 斜高为 7 , 2 ? 7 ? AM ? 2 2 , 故 由 此 得

7 。 在 △ AMC 2 AM 2 ? CM 2 ? AC 2 1 cos?AMC ? ?? 。 2 ? AM ? CM 7 CM ? AM ?

中 , 由 余 弦 定 理 得

2. (08 全国)若三个棱长均为整数(单位:cm)的正方体的表面积之和为 564 cm2,则这 三个正方体的体积之和为 A. 764 cm3 或 586 cm3 B. 764 cm3 3 3 3 C. 586 cm 或 564 cm D. 586 cm [解] 设这三个正方体的棱长分别为 a, b, c ,则有 6 ? a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? 564 , a2 ? b2 ? c2 ? 94 ,不 妨设 1 ? a ? b ? c ? 10 ,从而 3c2 ? a 2 ? b2 ? c2 ? 94 , c 2 ? 31 .故 6 ? c ? 10 . c 只能取 9, 2 8, 6. c ? 9 , a 2 ? b ? 9 ? 2 ? , 7, 若 则 易知 a ? 2 ,b ? 3 , 得一组解 (a, b, c) ? (2,3,9) . 4 9 1 3 若 c ? 8 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 64 ? 30 , b ? 5 .但 2b ? 30 , b ? 4 ,从而 b ? 4 或 5.若 b ? 5 , 2 2 则 a ? 5 无解,若 b ? 4 ,则 a ? 14 无解.此时无解. 若 c ? 7 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 49 ? 45 ,有唯一解 a ? 3 , b ? 6 . 2 2 2 2 若 c ? 6 ,则 a2 ? b2 ? 94 ? 36 ? 58 ,此时 2b ? a ? b ? 58 , b ? 29 .故 b ? 6 ,但
2

? a ? 2, ? a ? 3, ? ? b ? c ? 6 ,故 b ? 6 ,此时 a ? 58 ? 36 ? 22 无解.综上,共有两组解 ?b ? 3, 或 ?b ? 6, ?c ? 9 ? c ? 7. ? ?
2

体积为 V1 ? 23 ? 33 ? 93 ? 764 cm3 或 V2 ? 33 ? 63 ? 73 ? 586 cm3.

3.(08 江苏)设 a,b 是夹角为 30° 的异面直线,则满足条件“ a ? ? , b ? ? ,且 ? ? ? ” 的平面 ? , ? 答: [D] A. 不存在 B. 有且只有一对 C. 有且只有两对 D. 有无数对 解 任作 a 的平面 ? ,可以作无数个. 在 b 上任取一点 M,过 M 作 ? 的垂线. b 与垂线确定 的平面 ? 垂直于 ? . 选 D. 4.(08 湖南)连结球面上两点的线段称为球的弦. 半径为 4 的球的两条弦 AB、CD 的长度分 别等于 2 7 和 4 3 , M 、 N 分别为 AB 、 CD 的中点,每两条弦的两端都在球面上运动, 有下面四个命题: ①弦 AB 、 CD 可能相交于点 M ②弦 AB 、 CD 可能相交于点 N ③ MN 的最大值为 5 ④ MN 的最小值为 1 其中真命题为( ) A.①③④ B.①②③ C.①②④ D.②③④ 解答:假设 AB 、 CD 相交于点 N ,则 AB 、 CD 共面,所以 A 、 B 、 C 、 D 四点共圆, 而过圆的弦 CD 的中点 N 的弦 AB 的长度显然有 AB ? CD ,所以②是错的.容易证明,当 以 AB 为直径的圆面与以 CD 为直径的圆面平行且在球心两侧时, MN 最大为5,故③ 对.当以 AB 为直径的圆面与以 CD 为直径的圆面平行且在球心同侧时, MN 最小为 1,故 ④对.显然是对的.①显然是对的.故选A. 5.(08 江西)四面体 ABCD的六条棱长分别为 7,13,18, 27,36, 41 ,且知 AB ? 41 ,则

CD ? D 、 27 . . A 、 7 ; B 、 13 ; C 、 18 ; 答案: B . 解: 四面体中, CD 外, 除 其余的棱皆与 AB 相邻接, 若长 13 的棱与 AB 相邻, 不妨设 BC ? 13 ,
据构成三角形条件,可知 AC ??7,18, 27? , ? AC ? 36, ? BD ? 7 ,

? ? AD, CD? ? ?18,27? ,于是 ?ABD 中,两边之和小于第三边,矛盾。
6.(08 浙江)圆锥的轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形,O 为底面中心,M 为 SO 的中 点, 动点 P 在圆锥底面内 (包括圆周) 若 AM⊥MP, P 点形成的轨迹的长度为 。 则 ( B ) A.

7

B.

7 2

C. 3

D.

3 2

7.(10 浙江)在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,若 AB= 2 BB1,则 CA1 与 C1B 所成的角的大小是 ( C )A.60° B.75° C.90° D.105° 解答: 建立空间直角坐标系, A1B1 所在的直线为 x 轴, C。 以 在平面 A1B1C1 上垂直于 A1B1 的 直线为 y 轴, BB 1 所在的直线为 z 轴。则 A1 ( 2, 0, 0), C1 (

2 6 2 6 , , 0), C ( , ,1), 2 2 2 2

B(0, 0,1) , CA1 ? (

2 6 2 6 ,? , ?1), C1B ? (? ,? ,1), CA1 ? C1B ? 0 。 2 2 2 2
2

8.(11 浙江)设有一立体的三视图如下,则该立体体积为( A ) 2 2 2 2 2 3 正视图 A. 4+ 1 侧视图 B. 4+ 1 俯视图(圆和正方形) D. 4+ ?

5? 2

3? 2

C. 4+

? 2

解答:该几何体是一个圆柱与一个长方体的组成,其中重叠了一部分( 的体积为 2 ? 2 ?1 ? 3? ?

?
2

? 4?

5? 。正确答案为 A。 2

? ) ,所以该几何体 2

二、填空题 1.(07 全国)已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 1,以顶点 A 为球心, 为半径作一个球,则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于___。

2 3 3

5 3π 6

解:如图,球面与正方体的六个面都相交,所得的交线分为两类:一类在顶点 A 所在的三 个面上,即面 AA1B1B、面 ABCD 和面 AA1D1D 上;另一类在不过顶点 A 的三个面上,即面 BB1C1C、面 CC1D1D 和面 A1B1C1D1 上。在面 AA1B1B 上,交线为弧 EF 且在过球心 A 的大圆

π π 2 3 ,AA1=1,则 ?A1 AE ? 。同理 ?BAF ? , 6 6 3 π 2 3 π 3 所以 ?EAF ? ,故弧 EF 的长为 ? ? π ,而这样的弧共 6 3 6 9
上,因为 AE ? 有三条。在面 BB1C1C 上,交线为弧 FG 且在距球心为 1 的平面与球 面 相 交 所 得 的 小 圆 上 , 此 时 , 小 圆 的 圆 心 为 B, 半 径 为

3 , 3

?FBG ?

π 3 π 3 , 所以弧 FG 的长为 这样的弧也有三条。 ? ? π。 2 3 2 6

A1 C1 E B1

3 3 5 3π 于是,所得的曲线长为 3 ? 。 π ? 3? π? 9 6 6
2.(08 全国)一个半径为 1 的小球在一个内壁棱长为 4 6 的正 四面体容器内可向各个方向自由运动,则该小球永远不可 能接触到的容器内壁的面积是

O A

P

C B

72 3



[解] 如答 12 图 1,考虑小球挤在一个角时的情况,记小球半径 为 r ,作平面 A1 B1C1 //平面 ABC ,与小球相切于点 D ,则小球球心 O 为 正四面体 P ? A1 B1C1 的中心, PO ? 面A1B1C1 ,垂足 D 为 A1 B1C1 的中心.

1 因 VP ? A B C ? S ?A B C ? PD 1 1 1 3 111

? 4 ?VO? A1B1C1 1 ? 4 ? ? S?A1B1C1 ? OD , 3 故 PD ? 4OD ? 4r ,从而 PO ? PD ? OD ? 4r ? r ? 3r . 记此时小球与面 PAB 的切点为 P1 ,连接 OP ,则 1
答 12 图 1 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为 PAB )相切时的情况,易知小球在面 PAB 上最 靠近边的切点的轨迹仍为正三角形,记为 P EF ,如答 12 图 2.记正四面体 1 的棱长为 a ,过 P1 作 PM ? PA 于 M . 1
PP ? PO 2 ? OP 2 ? (3r ) 2 ? r 2 ? 2 2r . 1 1

3 ? ,有 PM ? PP ? cos MPP ? 2 2r ? ? 6r , 故 小 三 角 形 的 边 长 1 1 6 2 PE ? PA ? 2PM ? a ? 2 6r . 1 小球与面 PAB 不能接触到的部分的面积为(如答 12 图
因 ?MPP ? 1 2 中阴影部分)

3 2 2 (a ? (a ? 2 6r )2 ) ? 3 2ar ? 6 3r . 4 又 r ? 1 , a ? 4 6 ,所以 S?PAB ? S?P1EF ? 24 3 ? 6 3 ? 18 3 .

S?PAB ? S?PEF ? 1

由对称性,且正四面体共 4 个面,所以小球不能接触到的容 器内壁的面积共为 72 3 . 答 12 图 2 3.(09 湖北)已知正方体 ABCD? A1 B1C1 D1 的棱长为 1,O 为底面 ABCD 的中心,M,N

7 . 48 4.(10 全国)正三棱柱 ABC ? A1 B1C1 的 9 条棱长都相等, P 是 CC1 的中点,二面角
分别是棱 A1D1 和 CC1 的中点.则四面体 O ? MNB1 的体积为

10 . 4 解:如图, PC ? PC1 , PA ? PB . 1

B ? A1 P ? B1 ? ? ,则 sin ? ?

设 A1 B 与 AB1 交于点 O, 则

OA1 ? OB, OA ? OB1 , A1B ? AB1 . 因为 PA ? PB1 , 所以 PO ? AB1 , 从而 AB1 ? 平面 PA B .过 O 在平面 PA B 上作 OE ? A1 P ,垂足为 E . 1 1 连结 B1 E ,则 ?B1 EO 为二面角 B ? A1 P ? B1 的平面角.设 AA1 ? 2 ,则易求得

PB ? PA ? 5, A1O ? B1O ? 2, PO ? 3 .在直角 ?PA1O 中, A1O ? PO ? A1 P ? OE , 1

即 又 B1O ?

2 ? 3 ? 5 ? OE,? OE ?

6 5

.

6 4 5 . ? 5 5 BO 2 10 . sin ? ? sin ?B1 EO ? 1 ? ? B1 E 4 5 4 5 5.(08 河北)在三棱锥 S ? ABC 中, SA ? 4 , SB ? 7 , SC ? 9 , AB ? 5 , BC ? 6 , AC ? 8 .则三棱锥 S ? ABC 体积的最大值为 . 答 案 8 6 . 解 : 设 ?SAB ? ? , 根 据 余 弦 定 理 有 2 2 2 2 2 2 SA ? AB ? SB 4 ?5 ?7 1 cos ? ? ? ?? , 2 ? SA ? AB 2? 4?5 5 1 2 6 故 sin ? ? 1 ? cos 2 ? ? ,S ?SAB ? ? SA ? AB sin ? ? 4 6 .由于棱锥的高不超过它 2 5 1 的 侧 棱 长 , 所 以 VC ? SAB ? S ?SAB ? BC ? 8 6 . 事 实 上 , 取 SB ? 7 , BC ? 6 且 3 CB ? 平面SAB 时,可以验证满足已知条件,此时 VSABC ? 8 6 ,棱锥体积可以达到最大. 0 6.(08 江西)四面体 ABCD 中,面 ABC 与面 BCD 成 60 的二面角,顶点 A 在面 BCD 上 G 的射影 H 是 ?BCD 的垂心, 是 ?ABC 的重心, AH ? 4 ,AB ? AC , GH ? 若 则 . 4 1 答案: 21 . 设面 AHD 交 BC 于 F , 解: 则因 AB ? AC , G 在 AF 上, GF ? AF , 故 且 9 3 AH 8 1 4 8 ?AFH ? 600 ,于是 AF ? ? , FH ? AF ? , GF ? ,在三角形 sin 600 2 3 3 3 3 4 GFH 中,由余弦定理得 GH ? 21 9 7. (11 浙江)直三棱柱 ABC ? A1B1C1 ,底面 ?ABC 是正三角形,P,E 分别为 BB1 ,CC1 上 2 ,? B1 E ? B1O 2 ? OE 2 ? 2 ?
的动点(含端点) 为 BC 边上的中点,且 PD ? PE 。则直线 AP, PE 的夹角为_ 90 _。 ,D
?

解答:因为平面 ABC⊥平面 BCC 1 B1 ,AD⊥BC,所以 AD⊥平面 BCC 1 B1 ,所以 AD⊥PE,又 PE⊥PD,PE⊥平面 APD,所以 PE⊥PD。即夹角为 90 。 8.(11 模拟)如图,有一个半径为 20 的实心球,以某条直径为中心轴挖去一个半径为 12 的圆形的洞,再将余下部分融铸成一个新的实心球,那么新球的半径是 16 。
?


相关文章:
高中数学竞赛专题练习——立体几何
高中数学竞赛专题练习——立体几何 隐藏>> 竞赛试题选讲之 立体几何 一、选择题部分 吉林预赛) 1. (2006 吉林预赛)正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,过顶点 A1 作...
立体几何 竞赛训练题
立体几何 竞赛训练题_初二数学_数学_初中教育_教育专区。立体几何 竞赛训练题 1:在正方体的 8 个顶点、12 条棱的中点、6 个面的中心及正方体的中心共计 27 ...
立体几何练习题(含答案)
立体几何练习题(含答案)_高一数学_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档立体几何练习题(含答案)_高一数学_数学_高中教育_教育专区。立几...
立体几何练习题及答案
立体几何练习题及答案_高一数学_数学_高中教育_教育专区。数学立体几何练习题一、选择题:本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项...
高中数学竞赛专题练习——立体几何
高中数学竞赛专题练习——立体几何。高考备考精品 高考总复习 数学总复习 最新下载 竞赛试题选讲之 立体几何 一,选择题部分 吉林预赛) 1. (2006 吉林预赛)正方体...
立体几何练习题多套(含答案)
立体几何练习题多套(含答案)_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档立体几何练习题多套(含答案)_数学_高中教育_教育专区。立几测 001 试...
立体几何训练题
立体几何解答题训练 3页 1财富值 立体几何提高训练题 8页 免费 立体几何基础训练题及详解 36页 免费 高一立体几何训练题 3页 免费 立体几何 竞赛训练题 5页 ...
立体几何训练题
立体几何提高训练题 8页 免费 立体几何基础训练题及详解 36页 免费 高一立体几何训练题 3页 免费 立体几何 竞赛训练题 5页 免费喜欢此文档的还喜欢 ...
立体几何练习题(含答案)
立体几何练习题(含答案)_数学_高中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档 立体几何练习题(含答案)_数学_高中教育_教育专区。立几测 001 试一、...
高中立体几何大量习题及答案1
高中立体几何大量习题及答案1_学科竞赛_高中教育_教育专区。立体几何 一、选择题...高一必修二立体几何练习... 6页 免费 高中数学专题——立体几... 30页 1...
更多相关标签: