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解题方法
1 . 如图1,等腰满足,,于.如图2,将绕着直线SA旋转时,在BA旋转而成的平面内总有点满足,,(点,点分别在直线BD两侧).(1)求线段长;
(2)求证:平面;
(3)记三棱锥的体积为,三棱锥的体积为,当四棱锥的体积最大时,求值.
(2)求证:平面;
(3)记三棱锥的体积为,三棱锥的体积为,当四棱锥的体积最大时,求值.
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2 . 如图是一个所有棱长均为4的正八面体,若点在正方形内运动(包含边界),点在线段上运动(不包括端点),则( )
A.异面直线与不可能垂直 |
B.当时,点M的轨迹长度是 |
C.该八面体被平面所截得的截面积既有最大值又有最小值 |
D.凡棱长不超过的正方体均可在该八面体内自由转动 |
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3 . 中国古代建筑中的圆柱,多是根部略粗,顶部略细,这种做法称为“收分”,柱子做出收分,既稳定又轻巧.已知某古代建筑的一根圆柱,每增高,直径收分,若该柱子柱根直径为,柱高,则柱头直径为( )
A. | B. | C. | D. |
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2024-05-29更新
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174次组卷
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4卷引用:江西省抚州市金溪县第一中学等校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷
江西省抚州市金溪县第一中学等校2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷 江西省南昌市安义中学2023-2024学年高二下学期4月期中调研测试数学试题(已下线)6.1基本立体图形-【帮课堂】(北师大版2019必修第二册)(已下线)6.1 基本立体图形 同步精品课堂(北师大版2019必修第二册)
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4 . 以下说法正确的是( )
A.是平面外的一条直线,则过且与平行的平面有且只有一个 |
B.若夹在两个平面间的三条平行线段长度相等,则这两个平面平行 |
C.平面内不共线的三点到平面的距离相等,则 |
D.空间中三点构成边长为2的正三角形,则与这三点距离均为1的平面恰有两个 |
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5 . 下列选项中正确的是( )
A.如果空间中一个角的两边分别平行于另一个角的两边,那么这两个角相等 |
B.若等边三角形的边长为2,则其直观图的三角形的面积为 |
C.设且的夹角为钝角,则 |
D.若满足,则可以构成两个三角形 |
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6 . 由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体,围成多面体的各个多边形叫做多面体的面,两个面的公共边叫做多面体的棱,棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体,有著名的欧拉公式:,其中为顶点数,为棱数,为面数.我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点、棱、面之间的一些数量关系.例如,每个面都是四边形的凸六面体,我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面,每个面有4条边,六个面相加共24条边;另一方面,每条棱出现在两个相邻的面中,因此每条棱恰好被计算了两次,即共有12条棱;再根据欧拉公式,,可以得到顶点数.
(1)已知足球是凸三十二面体,每个面均为正五边形或者正六边形,每个顶点与三条棱相邻,试确定足球的棱数;
(2)证明:个顶点的凸多面体,至多有条棱;
(3)已知正多面体的各个表面均为全等的正多边形,且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式,讨论正多面体棱数的所有可能值.
(1)已知足球是凸三十二面体,每个面均为正五边形或者正六边形,每个顶点与三条棱相邻,试确定足球的棱数;
(2)证明:个顶点的凸多面体,至多有条棱;
(3)已知正多面体的各个表面均为全等的正多边形,且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式,讨论正多面体棱数的所有可能值.
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7 . 下列命题是真命题的是( )
A.两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 | B.正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 |
C.经过不共线的三个点的球有且只有一个 | D.直棱柱的侧面是矩形 |
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8 . 下面关于空间几何体叙述正确的有( )
A.圆柱的所有母线长都相等 | B.底面是正方形的棱锥是正四棱锥 |
C.一个棱台最少有5个面 | D.用一平面去截圆台,截面一定是圆面 |
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解题方法
9 . 如图(1),正三棱柱,将其上底面ABC绕的中心逆时针旋转,,分别连接得到如图(2)的八面体
(ⅰ)求证:共面;
(ⅱ)求多边形的面积;
(2)求该八面体体积的最大值.
(1)若,依次连接该八面体侧棱的中点分别为M,N,P,Q,R,S,
(ⅰ)求证:共面;
(ⅱ)求多边形的面积;
(2)求该八面体体积的最大值.
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解题方法
10 . 若均为单位向量,下列结论中正确的是_______ (填写你认为所有正确结论的序号)
(1)若且,且,则的取值范围为;
(2)若且,且,则的取值范围为;
(3)若且对任意实数恒成立,则的最小值为;
(4)若且对任意实数恒成立,则的最小值为.
(1)若且,且,则的取值范围为;
(2)若且,且,则的取值范围为;
(3)若且对任意实数恒成立,则的最小值为;
(4)若且对任意实数恒成立,则的最小值为.
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