全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽分類解析-2006-2010立體幾何(共5頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上立體幾何（06）4. 在直三棱柱中，. 已知與分別為 和的中點(diǎn)，與分別為線段和上的動(dòng)點(diǎn)（不包括端點(diǎn)）. 若，則線段的長(zhǎng)度的取值范圍為 A. B. C. D. 【答】 （ ）4.【答】 （ A ）【解】建立直角坐標(biāo)系，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸，則（），（）。所以，。因?yàn)椋?，由此推?。又，從而有 。（06）10. 底面半徑為1cm的圓柱形容器里放有四個(gè)半徑為cm的實(shí)心鐵球，四個(gè)球兩兩相切，其中底層兩球與容器底面相切. 現(xiàn)往容器里注水，使水面恰好浸沒所有鐵球，則需要注水 cm3.10. 【解】設(shè)四個(gè)實(shí)心鐵球的球心為，其中為下層兩球的球心，分別為四個(gè)球心在底面的射

2、影。則ABCD是一個(gè)邊長(zhǎng)為的正方形。所以注水高為。故應(yīng)注水。（07）1. 如圖，在正四棱錐PABCD中，APC=60°，則二面角APBC的平面角的余弦值為（ B ）A. B. C. D. 解：如圖，在側(cè)面PAB內(nèi)，作AMPB，垂足為M。連結(jié)CM、AC，則AMC為二面角APBC的平面角。不妨設(shè)AB=2，則，斜高為，故，由此得。在AMC中，由余弦定理得。（07）9. 已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，以頂點(diǎn)A為球心，為半徑作一個(gè)球，則球面與正方體的表面相交所得到的曲線的長(zhǎng)等于 。解：如圖，球面與正方體的六個(gè)面都相交，所得的交線分為兩類：一類在頂點(diǎn)A所在的三個(gè)面上，即面AA1B

3、1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一類在不過頂點(diǎn)A的三個(gè)面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上。在面AA1B1B上，交線為弧EF且在過球心A的大圓上，因?yàn)?，AA1=1，則。同理，所以，故弧EF的長(zhǎng)為，而這樣的弧共有三條。在面BB1C1C上，交線為弧FG且在距球心為1的平面與球面相交所得的小圓上，此時(shí)，小圓的圓心為B，半徑為，所以弧FG的長(zhǎng)為。這樣的弧也有三條。于是，所得的曲線長(zhǎng)為。（08）4若三個(gè)棱長(zhǎng)均為整數(shù)（單位：cm）的正方體的表面積之和為564 cm2，則這三個(gè)正方體的體積之和為 （ A ）A. 764 cm3或586 cm3 B. 764 cm3 C. 586

4、 cm3或564 cm3 D. 586 cm3解 設(shè)這三個(gè)正方體的棱長(zhǎng)分別為，則有，不妨設(shè)，從而，故只能取9，8，7，6若，則，易知，得一組解若，則，但，從而或5若，則無解，若，則無解此時(shí)無解若，則，有唯一解，若，則，此時(shí)，故，但，故，此時(shí)無解綜上，共有兩組解或體積為cm3或cm3（08）12一個(gè)半徑為1的小球在一個(gè)內(nèi)壁棱長(zhǎng)為的正四面體容器內(nèi)可向各個(gè)方向自由運(yùn)動(dòng)，則該小球永遠(yuǎn)不可能接觸到的容器內(nèi)壁的面積是 解 如答12圖1，考慮小球擠在一個(gè)角時(shí)的情況，記小球半徑為，作平面/平面，與小球相切于點(diǎn)，則小球球心為正四面體的中心，垂足為的中心因答12圖1 ，故，從而記此時(shí)小球與面的切點(diǎn)為，連接，則考慮小球與正四面體的一個(gè)面(不妨取為)相切時(shí)的情況，易知小球在面上最靠近邊的切點(diǎn)的軌跡仍為正三角形，記為，如答12圖2記正四面體的棱長(zhǎng)為，過作于答12圖2 因，有，故小三角形的邊長(zhǎng)小球與面不能接觸到的部分的面積為（如答12圖2中陰影部分） 又，所以由對(duì)稱性，且正四面體共4個(gè)面，所以小球不能接觸到的容器內(nèi)壁的面積共為1. （10）正三棱柱的9條棱長(zhǎng)都相等，是的中點(diǎn)，二面角,則 .解一：如圖，以所在直線為軸，線段中點(diǎn)為原點(diǎn)，所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，則，從而，.設(shè)分別與平面、平面垂直的向量是、，則由此可設(shè) ，所以，即.所