专题05 立体几何与数学文化-高考中的数学文化试题 (解析版)
专题05 立体几何与数学文化
纵观近几年高考，立体几何以数学文化为背景的问题，层出不穷，让人耳目一新。同时它也使考生们受困于背景陌生，阅读受阻，使思路无法打开。本专题通过对典型高考问题的剖析、数学文化的介绍、及精选模拟题的求解，让考生提升审题能力，增加对数学文化的认识，进而加深对数学文理解，发展数学核心素养。
【例1】（2019课标2）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有个面，其棱长为．
【答案】26，21．
【解析】中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有81
+，个面，下层也有81
+个面，故共有26个面；
半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的
2
cos45
2
=倍．
该半正多面体共有888226
+++=个面，设其棱长为x，则
22
1
x x=，解得21
x．
【试题赏析】本题以金石文化为背景，考查了球内接多面体，体现了对直观想象和数学运算素养的考查。【例2】（2018课标Ⅲ）中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫
卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬
合时带卯眼的木构件的俯视图可以是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图
形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A ．
【试题赏析】本题以中国古建筑借助榫卯将木构件为背景，考查了简单几何体的三视图的画法。 【例2】 (2019浙江高考) 祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V sh 柱体，其中s 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是
A ．158
B ．162
C ．182
D ．324
【答案】B
【解析】由三视图还原原几何体如图，
该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解， 即()()11
4632632722
ABCDE S =
+?++?=五边形，高为6，则该柱体的体积是276162V =?=．故选：B ． 【试题赏析】本题以祖暅原理为背景，考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体。 【例3】（2019新课标Ⅲ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型，如图，该模型为长方体 1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，
分
别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g ．
【答案】118.8．
【解析】该模型为长方体1111ABCD A B C D -，挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，6AB BC cm ==，14AA cm =，
∴该模型体积为：1111ABCD A B C D O EFGH V V ---1
1664(46432)332
=??-??-????314412132()cm =-=，
3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，
∴制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8()g ?=．
【试题赏析】本题以3D 打印技术为背景，考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，考查推理能力与计算能力，数形结合思想．
【例4】（2014?湖北）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的 有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相 当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ，计算其体积V 的近似公式2
136
V L h ≈
，它实际上是将圆锥体积公式
中的圆周率π近似取为3，那么，近似公式2
275
V L h ≈相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（ ） A ．
227
B ．
258
C ．
157
50
D ．
355
113
【答案】B
【解析】设圆锥底面圆的半径为r ，高为h ，则2L r π=，∴2212
(2)375
r h r h ππ=，258π∴=．故选：B ．
【试题赏析】本题以《算数书》中求“囷盖”问题为载体，考查圆锥体积公式，考查学生的阅读理解能力。
1．刘徽与割圆术
刘徽，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一。他的杰作《九章算术注》和《海岛
算经》，是中国最宝贵的数学遗产．刘徽的贡献主要有提出了割圆术、“牟合方盖”说、方程新术、重差术等．
刘徽指出了《九章算术》中球的体积公式V ＝9
16D 3(D 为球直径)的不精确性，并引入了“牟合方盖”这一
著名的几何模型，为解决球的体积问题指明了方向．
他用割圆术证明了圆面积的精确公式，并给出了计算圆周率的科学方法．他首先从圆内接正六边形开始割圆，每次边数倍增，算到正3072边形的面积，得到π≈3.1416，称为“徽率”．他的后继者祖冲之进一步把它发扬光大，并用割圆术把圆周率的近似值精确到了小数点后七位． 2．祖冲之与祖暅
祖冲之(429－500)，中国南北朝时期杰出的数学家、天文学家．他在刘徽开创的探索圆周率的精确方法的基础上，首次将“圆周率”精算到小数第七位，即在3.1415926和3.1415927之间，对数学的研究有重大贡献．祖冲之还给出圆周率(π)的两个分数形式：227(约率)和355
113(密率)，其中密率精确到小数第6位．祖冲之
对圆周率数值的精确推算值，后人将这一推算值用他的名字命名为“祖冲之圆周率”，简称“祖率”． 祖暅，祖冲之的儿子，他的主要贡献是提出了著名的“祖暅原理”．“幂势既同，则积不容异”，即等高的
两立体，若其任意高处的水平截面积相等，则这两立体体积相等，这就是著名的祖暅原理．祖暅应用这个原理，解决了刘徽尚未解决的球的体积公式．这个原理对微积分的建立产生了重大影响．
1. (2019汕头一模) “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图与侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是（ ）
A ．a ，b
B ．a ，c
C ．c ，b
D ．b ，d 【答案】A
【解析】当正视图和侧视图完全相同时，“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.
2.（2019莆田二模）我国南北朝时期数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为（ ）
A ．4－π2
B ．8－4π
3 C ．8－π D ．8－2π
【答案】C
【解析】由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为
1
2×(π×12)×2＝π，因此，该不规则几何体的体积为8－π.
3.（2019天水模拟）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是( )寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【答案】C
【解析】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．
∵积水深9寸，∴水面半径为1
2
(14＋6)＝10寸，
则盆中水的体积为13π×9(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸)．∴平地降雨量等于588π
π×142
＝3(寸)．故选C.
4．（2019正定模拟）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：”今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？“其意思为：”在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？“已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（ ）
A ．14斛
B ．22斛
C ．36斛
D ．66斛
【答案】B
【解析】设圆锥的底面半径为r ，则
82
r π
=，解得16
r π=
，故米堆的体积为21116320
()5439
ππ????≈， 1斛米的体积约为1.62立方，∴
320
1.62229
÷≈，故选：B ． 5．（2019渭南二模）据中国古代数学名著《九章算术》中记载，公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器一商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），其体积为12.6立方寸．若取圆周率3π=，则图中的x 值为（ ）
A ．1.5
B ．2
C ．3
D ．3.1
【答案】C
【解析】由三视图可知：该几何体是由一圆柱和长方体组而成， 由题意可知：21
12.6() 1.6(5.4 1.6)132
x x π=?+-??=．
6．（2019衡水金卷）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛，问高几何？”其意思为：“今有一个长方体的粮仓，宽3丈，长4丈5尺，可装粟一万斛．问该粮仓的高是多少？已知1斛粟的体积为2.7立方尺，1丈为10尺，则该粮仓的外接球的表面积是（ ） A ．
1214
π
平方丈 B ．
1274
π
平方丈 C ．
1334
π
平方丈 D ．
1394
π
平方丈 【答案】C
【解析】由题意画出图形，
长方体1111ABCD A B C D -中，3AD =， 4.5AB =，310000 2.71027V -=??=， 粮仓的高127
23 4.5
V AA AB AD =
==?（丈)．
长方体1111ABCD A B C D -的外接球的直径为22222
1133
(2)()23 4.533.254
R AC ==++==
， ∴外接球的表面积为2133
44
R ππ=
（平方丈）
，故选：C ． 7．（2019襄阳模拟）我国南北朝时期数学家、天文学家-祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异也”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思个是两等高几何体，若在每一等高处的两截面面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图三视图所对应的几何体满足祖暅原理，则该不规则几何体的体积为（ ）
A ．
23
π B ．83
π
-
C ．82π-
D ．283
π-
【答案】D
【解析】由三视图还原原几何体，
可知该几何体是棱长为2的正方体中挖掉一个底面直径为2，高也为2的圆锥，
其体积为正方体的体积与圆锥的体积差，∴该几何体的体积3212212833
V π
π=-??=-．故选：D ．
8．（2019长春师大模拟）如图是古希腊数学家阿基米德用平衡法求球的体积所用的图形．此图由正方形ABCD 、半径为r 的圆及等腰直角三角形构成，其中圆内切于正方形，等腰三角形的直角顶点与AD 的中点N 重合，斜边在直线BC 上．已知S 为BC 的中点，现将该图形绕直线NS 旋转一周，则阴影部分旋转后形
成的几何体积为（ ）
A ．32
3
r π
B ．3r π
C ．32r π
D ．
3
103
r π 【答案】C
【解析】依题意，如图，2ES r =，BS OF r ==
设球的体积为V 球，设由RT NFO ?旋转得到的圆锥体积为1V ，由RT NSE ?旋转得到的圆锥体积为2V ，由直角梯形OSEF 旋转得到的圆台的体积为V 台．
则由阴影区域旋转得到的体积11122V V V V V ????
=-+- ? ?????
台球球
2231112111
22(2)22233
V V V V V V V r r r r r πππ=-=+-=-=?-??=台台．故选：C ．
9．（2019大连二模）刘徽(225295)-，3世纪杰出的数学家，擅长利用切割的方法求几何体的体积，因此他定义了四种基本几何体，其中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，将底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”已知某“堵”与某“阳马”组合而成的几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A ．22
3
B ．2
23
C ．22
D ．22+【答案】9
【解析】由三视图可知直三棱柱的底面直角三角形边长为12，高为1， 四棱锥的底面矩形为边长为1的正方形，高为2，
故几何体的体积1122
121112233
V =?+???=．故选：A ．
10．（2019包头一模）古希腊数学家阿基米德构造了一个“圆柱容器”的几何体：在圆柱容器里放一个球，使
该球四周碰壁，且与上，下底面相切，则在该几何体中，圆柱的体积与球的体积之比为（ ） A ．
23
B ．
43
C ．
23或32
D ．
3
2
【答案】9
【解析】在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上，下底面相切，
则：该圆柱的底面直径为2r ，高为2r ，所以圆柱的体积为：2322V sh r r r ππ===， 球的体积为：3
43V r π=，故3323:423
r V V r ππ=
=圆柱球．故选：D ． 11．（2019大兴区三模）在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为羡除，现有一个羡除如图所示，面ABCD 、面ABFE 、面CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是（ ）
A ．110
B ．116
C ．118
D ．120 【答案】D
【解析】过A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，
将一侧的几何体放到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为12×10×3＝15.
棱柱的高为8，∴V ＝15×8＝120.故选D.
12．（2019黄石二模）刘徽在他的《九章算术注》中提出一个独特的方法来计算球体的体积：他不直接给出球体的体积，而是先计算另一个叫“牟合方盖”的立体的体积．刘徽通过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积之比应为4π.后人导出了“牟合方盖”的18体积计算公式，即1
8V 牟＝r 3－V 方盖差，r 为球的半径，也即正方形的棱长
均为2r ，从而计算出V 球＝4
3πr 3.记所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正，棱长为2r 的正方形的方盖差为
V 方盖差，则V 方盖差
V 正
等于（ ）
A.12
B.2
2 C. 2 D.
3 【答案】C
【解析】由题意，V 方盖差＝r 3－18V 牟＝r 3－18×4π×43×π×r 3＝13r 3，
所有棱长都为r 的正四棱锥的体积为V 正＝1
3
×r ×r ×
r 2－
22r 2＝26r 3
，∴V 方盖差V 正＝13r
326
r 3
＝ 2. 13．（2019九江质检）《九章算术》是我国古代著名数学经典．其中对勾股定理的论述比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深一寸，锯道长一尺．问这块圆柱形木料的直径是多少？长为1丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示(阴影部分为镶嵌在墙体内的部分)．已知弦AB ＝1尺，弓形高CD ＝1寸，估算该木材镶嵌在墙中的体积约为（ ） (注：1丈＝10尺＝100寸，π≈3.14，sin 22.5°≈
5
13
)
A ．600立方寸
B ．610立方寸
C ．620立方寸
D ．633立方寸 【答案】D 【解析】如图，
AB ＝10(寸)，则AD ＝5(寸)，CD ＝1(寸)，设圆O 的半径为x (寸)，则OD ＝(x －1)(寸)， 在Rt △ADO 中，由勾股定理可得52＋(x －1)2＝x 2，解得x ＝13(寸)． ∴sin ∠AOD ＝AD AO ＝5
13，即∠AOD ≈22.5°，则∠AOB ＝45°.
则弓形ACB 的面积S ＝12×π
4
×132－1
2
×10×12≈6.33(平方寸)．
则该木材镶嵌在墙中的体积约为V ＝6.33×100＝633(立方寸)．故选D.
14.（2019威海二模）在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵111ABC A B C -中，90ABC ∠=?，12AB AA ==
，BC =1CA 与平面11ABB A 所成角的大小为（ ） A ．30? B ．45? C ．60? D ．90?
【答案】B
【解析】在堑堵111ABC A B C -中，90ABC ∠=?，12AB AA ==，22BC =
∴以B 为原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，1BB 为z 轴，建立空间直角坐标系，
则(0C ，220)，1(2A ，0，2)，1(2A C =-，22)-，平面11ABB A 的法向量(0n =，1，0)， 设1CA 与平面11ABB A 所成角的大小为θ，则11||222
sin ||||
161
A C n A C n θ=
== 1CA ∴与平面11ABB A 所成角的大小为45?故选：B ．
15．（2019南昌调研）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖脐．如图为一个阳马与一个鳖孺的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，2AD =，1ED =，若鳖牖P ADE -
的体积为l
，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于（ ）
A ．17π
B ．18π
C ．19π
D ．20π
【答案】A
【解析】PA ⊥平面ABCD ，111
211332
p AED AED V PA S PA -?∴=??=????=，解得3PA =，
而阳马P ABCD -的外接球的直径是以AD ，AB ，AP 为宽，长，高的长方体的体对角线，
2222(2)44917R AD AB AP ∴=++=++=，即2417R =，球的表面积为2417R ππ=．故选：A ． 16. (2019成都市二诊)《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，现
有一阳马，其正视图和侧视图是如图所示的直角三角形，若该“阳马”的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A.863π B ．86π C.6π D ．24π
【答案】B
【解析】由题意知，该“阳马”为四棱锥，记为P －ABCD ，将其放入长方体中，如图所示．
则该“阳马”的外接球直径为长方体的体对角线，易知AD ＝AP ＝1，AB ＝2， 所以PC ＝12＋12＋22＝6，所以外接球的半径R ＝PC 2＝6
2.
所以该球的体积V ＝4π3R 3＝4π3(6
2
)3＝6π.
17．（2016长沙调研）我国古代数学名著《九章算术商功》中阐述：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”若称为“阳马”的某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为1，则对该几何体描述： ①四个侧面都是直角三角形；
②最长的侧棱长为
③四个侧面中有三个侧面是全等的直角三角形；
④外接球的表面积为24π． 其中正确的个数为（ ）
A ．3
B ．2
C ．1
D ．0
【答案】A
【解析】由三视图还原原几何体如图，
可知该几何体为四棱锥，PA ⊥底面ABCD ，2PA =，
底面ABCD 为矩形，2AB =，4BC =，则四个侧面是直角三角形，故①正确； 最长棱为PC 22242226++=
由已知可得，22PB =26PC =25PD =
把四棱锥补形为长方体，则其外接球半径为1
62
PC ，其表面积为24(6)24ππ?=，故④正确．
∴其中正确的个数为3．故选：A ．
18．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，且AB BC CD ==，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为
3
【解析】以D 为原点，DB 为x 轴，DC 为y 轴，过D 作平面BDC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，
设1AB BC CD ===，则(1A ，0，1)，(1B ，0，0)，(0C ，0，0)，(0D ，1，0)，111
(,,)222
M ，
则111
(,,)222
BM =-，(0CD =，1，0)，设异面直线BM 与CD 夹角为θ，
则1
||2cos ||||34
BM CD BM
CD θ===∴异面直线BM 与CD ．
19．（2019泰安二模）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、 前后完全对称．从外表上看，六根等长的正四棱柱体分成三组， 经90°榫卯起来，如图，若正四棱柱体的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为________．(容器壁的厚度忽略不计)
【答案】41π
【解析】由题意，该球形容器的半径的最小值为1236＋4＋1＝412，
∴该球形容器的表面积的最小值为4π·41
4
＝41π.
20.(2019汕头大联考)我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱．如图为一个“堑堵”，即三棱柱ABC-A 1B 1C 1，其中AC ⊥BC ，已知该“堑堵”的高为6，体积为48，则该“堑堵”的外接球体积的最小值为______．
【答案】6817π3
.
【解析】设AC ＝x ，BC ＝y ，又AC ⊥CB ，且该“堑堵”的高h ＝6， 所以“堑堵”的体积V ＝S △ABC ×h ＝1
2
xy ×6＝3xy ＝48，所以xy ＝16.
“堑堵”的外接球直径2R ＝AC 2＋BC 2＋CC 21＝x 2＋y 2＋62
≥2xy ＋36＝217， 当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立，所以R
≥17.
所以“堑堵”的外接球体积的最小值为V min ＝4πR 33＝43π(17)3＝6817π
3
.
21. (2019银川模拟)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑，在鳖臑A-BCD 中，
AB ⊥平面BCD ，且有BD ⊥CD ，AB ＝BD ＝2，CD ＝1，点P 是AC 上的一个动点，则三角形PBD 的面积的最小值为________． 【答案】25
5
.
【解析】作PQ ⊥BC 于Q ，QM ⊥BD 于M ，连接PM ，
因为在鳖臑A －BCD 中，AB ⊥平面BCD ，且有BD ⊥CD ，AB ＝BD ＝2，CD ＝1， 所以PQ ∥AB ，QM ∥CD ，PM ⊥BD ， 所以PQ AB ＝QC BC ，即PQ 2＝QC
5， ①
又
QM DC ＝BQ BC ，所以MQ 1＝BQ 5
， ② 注意QC ＋BQ ＝5，①＋②得：PQ ＋2QM ＝2， 设QM ＝x (0＜x ＜1)，则PQ ＝2－2x ，PM ＝x 2＋
2－2x
2
＝5x 2－8x ＋4，
所以x ＝45时，PM min ＝255，(S △PBD )min ＝12BD ·PM min ＝255，
所以三角形PBD 的面积的最小值为25
5
.
22．（2019绵阳模拟）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm ，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的2
3
(细管长度忽略不计)．
(1)如果该沙漏每秒钟漏下0.02 cm 3的沙，则该沙漏的一个沙时为多少秒(精确到1秒)?
(2)细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，求此锥形沙堆的高度(精确到0.1cm)． 【答案】见解析.
【解析】(1)开始时，沙漏上部分圆锥中的细沙的高为H ＝23×8＝163，底面半径为r ＝23×4＝83
，
V ＝13πr 2H ＝13π×(83)2×16
3＝39.71，V ÷0.02＝1 986(秒)．
所以沙全部漏入下部约需1 986秒．
(2)细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径为4， 设高为H ′，V ＝13π×42×H ′＝1 02481π，H ′＝6427≈2.4.
锥形沙堆的高度约为2.4 cm.
23．（2019十堰质检）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将 四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且 PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE ．
（1）证明：PB ⊥平面DEF ．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结 论）；若不是，说明理由；
（2）若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为
3
π
，求DC BC 的值．
【答案】见解析.
【解析】解法一；（1）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥， 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PD
CD D =，
所以BC ⊥平面PCD ．而DE ?平面PDC ，所以BC DE ⊥． 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥． 而PC
CB C =，所以DE ⊥平面PBC ．而PB ?平面PBC ，所以PB DE ⊥．
又PB EF ⊥，DE
FE E =，所以PB ⊥平面DEF ．
由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，
即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB ∠，DEF ∠，EFB ∠，DFB ∠． （2）如图1，
在面BPC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ACBD 的交线． 由（Ⅰ）知，PB ⊥平面DEF ，所以PB DG ⊥． 又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DG ⊥．而PD PB P =，所以DG ⊥平面PBD ．
所以DG DF ⊥，DG DB ⊥
故BDF ∠是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角， 设1PD DC ==，BC λ=，有21BD λ=+ 在Rt PDB ?中，由DF PB ⊥，得3
DPB FDB π
∠=∠=，
则2tan tan 133
DB
DPF PD
π
λ=∠=
+2λ． 所以
12
DC CB λ= 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为
3
π
时，2DC BC =
解法二；（1）以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系． 设1PD DC ==，BC λ=，则(0D ，0，0)，(0P ，0，1)，(B λ，1，0)，(0C ，1，0)，(1,1)PB λ=-， 点E 是PC 的中点，所以(0E ，
12，1)2，(0DE =，12，1
)2
， 于是0PB DE =，即PB DE ⊥． 又已知EF PB ⊥，而ED
EF E =，所以PB ⊥平面DEF ．
因(0PC =，1，1)-，0DE PC =，则DE PC ⊥，所以DE ⊥平面PBC ．
由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB ∠，DEF ∠，EFB ∠，DFB ∠． （2）由PD ⊥底面ABCD ，所以(0DP =，0，1)是平面ACDB 的一个法向量；
由（Ⅰ）知，PB ⊥平面DEF ，所以(BP λ=-，1-，1)是平面DEF 的一个法向量． 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为3
π， 则运用向量的数量积求解得出21cos 3
2
2
π
λ=+， 解得2λ=12
DC CB λ==
故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为3
π
时，22DC BC =
．
高三数学解析几何专题
专题四 解析几何专题 【命题趋向】解析几何是高中数学的一个重要内容，其核心内容是直线和圆以及圆锥曲线．由于平面向量可以用坐标表示，因此以坐标为桥梁，可以使向量的有关运算与解析几何中的坐标运算产生联系，平面向量的引入为高考中解析几何试题的命制开拓了新的思路，为实现在知识网络交汇处设计试题提供了良好的素材．解析几何问题着重考查解析几何的基本思想，利用代数的方法研究几何问题的基本特点和性质．解析几何试题对运算求解能力有较高的要求．解析几何试题的基本特点是淡化对图形性质的技巧性处理，关注解题方向的选择及计算方法的合理性，适当关注与向量、解三角形、函数等知识的交汇，关注对数形结合、函数与方程、化归与转化、特殊与一般思想的考查，关注对整体处理问题的策略以及待定系数法、换元法等的考查．在高考试卷中该部分一般有1至2道小题有针对性地考查直线与圆、圆锥曲线中的重要知识和方法；一道综合解答题，以圆或圆锥曲线为依托，综合平面向量、解三角形、函数等综合考查解析几何的基础知识、基本方法和基本的数学思想方法在解题中的应用，这道解答题往往是试卷的把关题之一． 【考点透析】解析几何的主要考点是：（1）直线与方程，重点是直线的斜率、直线方程的各种形式、两直线的交点坐标、两点间的距离公式、点到直线的距离公式等；（2）圆与方程，重点是确定圆的几何要素、圆的标准方程与一般方程、直线与圆和圆与圆的位置关系，以及坐标法思想的初步应用；（3）圆锥曲线与方程，重点是椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质，圆锥曲线的简单应用，曲线与方程的关系，以及数形结合的思想方法等． 【例题解析】 题型1 直线与方程 例1 （2008高考安徽理8）若过点(4,0)A 的直线l 与曲线22(2)1x y -+=有公共点，则直线l 的斜率的取值范围为（ ） A ．[ B ．( C ．[33 D ．(33 - 分析：利用圆心到直线的距离不大于其半径布列关于直线的斜率k 的不等式，通过解不等式解决． 解析：C 设直线方程为(4)y k x =-，即40kx y k --=，直线l 与曲线22(2)1 x y -+= 有公共点，圆心到直线的距离小于等于半径 1d =≤，得222141,3 k k k ≤+≤，选择C 点评：本题利用直线和圆的位置关系考查运算能力和数形结合的思想意识．高考试卷中一般不单独考查直线与方程，而是把直线与方程与圆、圆锥曲线或其他知识交汇考查． 例2．(2009江苏泰州期末第10题)已知04,k <<直线1:2280l kx y k --+=和直线
高中数学立体几何测试题及答案一)
高中数学必修2立体几何测试题及答案（一）一，选择（共80分，每小题4分） 1，三个平面可将空间分成n个部分，n的取值为（） A，4；B，4，6；C，4，6，7 ；D，4，6，7，8。 2，两条不相交的空间直线a、b，必存在平面α，使得（） A，a?α、b?α；B，a?α、b∥α；C，a⊥α、b⊥α；D，a?α、b⊥α。 3，若p是两条异面直线a、b外的任意一点，则（） A，过点p有且只有一条直线与a、b都平行；B，过点p有且只有一条直线与a、b都垂直；C，过点p有且只有一条直线与a、b都相交；D，过点p有且只有一条直线与a、b都异面。 4，与空间不共面四点距离相等的平面有（）个 A，3 ；B，5 ；C，7；D，4。 5，有空间四点共面但不共线，那么这四点中（） A，必有三点共线；B，至少有三点共线；C，必有三点不共线；D，不可能有三点共线。 6，过直线外两点，作与该直线平行的平面，这样的平面可有（）个 A，0；B，1；C，无数；D，涵盖上三种情况。 7，用一个平面去截一个立方体得到的截面为n边形，则（） A，3≤n≤6 ；B，2≤n≤5 ；C，n=4；D，上三种情况都不对。 8，a、b为异面直线，那么（） A，必然存在唯一的一个平面同时平行于a、b；B，过直线b 存在唯一的一个平面与a平行；C，必然存在唯一的一个平面同时垂直于a、b；D，过直线b 存在唯一的一个平面与a垂直。 9，a、b为异面直线，p为空间不在a、b上的一点，下列命题正确的个数是（） ①过点p总可以作一条直线与a、b都垂直；②过点p总可以作一条直线与a、b都相交；③
过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行；④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直；⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。 A ，1； B ，2； C ，3； D ，4。 10，异面直线a 、b 所成的角为80°，p 为空间中的一定点，过点p 作与a 、b 所成角为40° 的直线有（ ）条 A ，2； B ，3； C ，4； D ，6。 11，P 是△ABC 外的一点，PA 、PB 、PC 两两互相垂直，PA=1、PB=2、PC=3，则△ABC 的 面积为（ ）平方单位 A ，25； B ，611； C ，27； D ，2 9。 12，空间四个排名两两相交，以其交线的个数为元素构成的集合是（ ） A ，{2，3，4}； B ，{1，2，3，}； C ，{1，3，5}； D ，{1，4，6}。 13，空间四边形ABCD 的各边与对角线的长都是1，点P 在AB 上移动 ，点Q 在CD 上移 动，点P 到点Q 的最短距离是（ ） A ，21； B ，22； C ，23； D ，4 3。 14，在△ABC 中，AB=AC=5，BC=6，PA ⊥平面ABC ，PA=8，则P 到BC 的距离是（ ） A ，45； B ，43； C ，25； D ，23。 15，已知m ，n 是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是（ ） ①若m 垂直于α内的无数条直线，则m ⊥α；②若m 垂直于梯形的两腰，则m 垂直于梯形所 在的平面；③若n ∥α，m ?α，则n ∥m ；④若α∥β，m ?α，n ⊥β，则n ⊥m 。 A ，①②③； B ，②③④； C ，②④； D ，①③。 16，有一棱长为1的立方体，按任意方向正投影，其投影最大面积为（ ）
历年高考真题(数学文化)
历年高考真题（数学文化） 1.（2019湖北·理）常用小石子在沙滩上摆成各种形状研究数， 如他们研究过图1中的1， 3， 6， 10， …， 由于这些数能表示成三角形， 将其称为三角形数；类似地， 称图2中的1， 4， 9， 16…这样的数为正方形数， 下列数中既是三角形数又是正方形数的是（ ） A.289 B.1024 C.1225 D.1378 2.（2019湖北·文）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子， 自上而下各节的容积成等差数列， 上面4节的容积共3升， 下面3节的容积共4升， 则第5节的容积为 A ．1升 B ．6667升 C ．4447升 D ．3337 升 3.（2019湖北·理）《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子， 自上而下各节的容积成等差数列， 上面4节的容积共3升， 下面3节的容积共4升， 则第5节的容积为 升. 4.（2019?湖北）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数， 以十六乘之， 九而一， 所得开立方除之， 即立圆径， “开立圆术”相当于给出了已知球的体 积V ， 求其直径d 的一个近似公式 3 916V d ≈.人们还用过一些类似的近似公式．根据π =3.14159…..判断， 下列近似公式中最精确的一个是（ ） A. 3 916V d ≈ B.32V d ≈ C.3157300V d ≈ D.31121V d ≈ 5.（2019?湖北）在平面直角坐标系中， 若点P （x ， y ）的坐标x ， y 均为整数， 则称点P 为格点．若一个多边形的顶点全是格点， 则称该多边形为格点多边形．格点多边形的面积记为S ， 其内部的格点数记为N ， 边界上的格点数记为L ．例如图中△ABC 是格点三角形， 对应的S=1， N=0， L=4． （Ⅰ）图中格点四边形DEFG 对应的S ， N ， L 分别是________； （Ⅱ）已知格点多边形的面积可表示为c bL aN S ++=其中a ， b ， c 为常数．若某格点多边形对应的N=71， L=18， 则S=________（用数值作答）． 6.（2019?湖北）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土， 这是我国现存最早的有系统的数学典籍， 其中记载有求“囷盖”的术：置如其周， 令相乘也， 又以高乘之， 三十六成一， 该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h ， 计算其体积
2020高考数学专题复习----立体几何专题
空间图形的计算与证明 一、近几年高考试卷部分立几试题 1、（全国 8）正六棱柱 ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1 底面边长为 1， 侧棱长为 2 ，则这个棱柱的侧面对角线 E 1D 与 BC 1 所成的角是 （ ） A 、90° B 、60° C 、45° D 、30° [评注]主要考查正六棱柱的性质，以及异面直线所成角的求法。 2、（全国 18）如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是 1，而且 平面 ABCD 、ABEF 互相垂直，点 M 在 AC 上移动，点 N 在 BF C 上移动，若 CM=NB=a(0 的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD。 （1）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60°， 求这个四棱锥的体积； （2）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面 PCD所成的二面角恒大于90°。 [评注]考查线面关系和二面角概念，以及空间想象力和逻辑推理能力。 4、（02全国文22）（一）给出两块面积相同的正三角形纸片，要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，使它们的全面积都与原三角形面积相等，请设计一种剪拼法，分别用虚线标示在图（1）（2）中，并作简要说明。 (3) (1)(2) （二）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小。（三）如果给出的是一块任意三角形的纸片，如图（3）要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形面积相等，请设计一种剪拼方法，用虚线标出在图3中，并作简要说明。 《曲线的方程和性质》专题 一、《考试大纲》要求 ⒈直线和圆的方程 （1）理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式．掌握直线方 程的点斜式、两点式、一般式，并能根据条件熟练地求出直线方程． （2）掌握两条直线平行与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式．能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系． （3）了解二元一次不等式表示平面区域． （4）了解线性规划的意义，并会简单的应用． （5）了解解析几何的基本思想，了解坐标法． （6）掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念，理解圆的参数方程． ⒉圆锥曲线方程 （1）掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程． （2）掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质． （3）掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质． （4）了解圆锥曲线的初步应用． 二、高考试题回放 1．（福建）已知F 1、F 2是椭圆的两个焦点，过F 1且与椭圆长轴垂直 的直线交椭圆于A 、B 两点，若△ABF 2是正三角形，则这个椭圆的离心率是 （ ） A ． 33 B ．32 C ．2 2 D ．23 2．(福建)直线x +2y=0被曲线x 2+y 2－6x －2y －15=0所截得的弦长等于 . 3．（福建）如图，P 是抛物线C ：y=2 1x 2上一点，直线l 过点P 且与抛物线C 交于另一点Q.（Ⅰ）若直线l 与过点P 的切线垂直，求线段PQ 中点M 的轨迹方程； （Ⅱ）若直线l 不过原点且与x 轴交于点S ，与y 轴交于点T ，试求 | || |||||SQ ST SP ST +的取值范围. 4．（湖北）已知点M （6，2）和M 2（1，7）.直线y=mx —7与线段M 1M 2的交点M 分有向线段M 1M 2的比为3：2，则m 的值为 （ ） A ．2 3 - B ．3 2- C ．4 1 D ．4 5.（湖北）两个圆0124:0222:222221=+--+=-+++y x y x C y x y x C 与的 公切线有且仅有 （ ） A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条 6．（湖北）直线12:1:22=-+=y x C kx y l 与双曲线的右支交于不同的两 点A 、B. （Ⅰ）求实数k 的取值范围； （Ⅱ）是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F ？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由. 7．（湖南）如果双曲线112 132 2 =-y x 上一点P 到右焦点的距离为13, 那么 点 P 到右准线 的 距 离 是 （ ） 2020高考数学之立体几何解答題23題 一．解答题（共23小题） 1．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB=60°，AD=2，AM=1，E为AB的中点． （Ⅰ）求证：AN∥平面MEC； （Ⅱ）在线段AM上是否存在点P，使二面角P﹣EC﹣D的大小为？若存在，求出AP的长h；若不存在，请说明理由． 2．如图，三棱柱中ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D为棱AC的中点，侧面A1ACC1为边长为2 的菱形，AC⊥CB，BC=1． （Ⅰ）证明：AC1⊥平面A1BC； （Ⅱ）求二面角B﹣A1C﹣B1的大小． 3．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°． （I）求点P到平面ABCD的距离， （II）求面APB与面CPB所成二面角的大小． 4．在正三棱锥P﹣ABC中，底面正△ABC的中心为O，D是PA的中点，PO=AB=2，求PB与平面BDC所成角的正弦值． 5．如图，正三棱锥O﹣ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知． （1）求证：B1C1⊥平面OAH； （2）求二面角O﹣A1B1﹣C1的大小． 6．如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形． （1）求证：AD⊥BC． （2）求二面角B﹣AC﹣D的大小． （3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由． 专题 11 数学文化 一、选择题 1. 【河北省衡水中学2018届高三高考押题（一)理数试题试卷】 《几何原本》卷 2 的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点F 在半圆O 上，点C 在直径AB 上，且OF AB ⊥，设AC a =， BC b =，则该图形可以完成的无字证明为（ ） A ．0,0)2 a b a b +≥>> B ．220,0)a b a b +≥>> C ．20,0)ab a b a b ≤>>+ D ．0,0)2a b a b +≤>> 【答案】D 【解析】令,AC a BC b ==，可得圆O 的半径2a b r +=，又22 a b a b OC OB BC b +-=-=-=，则()()22 222224 42 a b a b a b FC OC OF -++=+=+=，再根据题图知FO FC ≤，即2a b +≤．故本题答案选Ｄ． 2. 【河北省衡水中学2019-2020学年高三第一次联合考试】 瑞士数学家、物理学家欧拉发现任一凸多面体（即多面体内任意两点的连线都被完全包含在该多面体中，直观上讲是指没有凹陷或孔洞的多面体）的顶点数V 、棱数E 及面数F 满足等式V ﹣E +F ＝2，这个等式称为欧拉多面体公式，被认为是数学领域最漂亮、简洁的公式之一，现实生活中存在很多奇妙的几何体，现代足球的外观即取自一种不完全正多面体，它是由12块黑色正五边形面料和20块白色正六边形面料构成的．20世纪80年代，化学家们成功地以碳原子为顶点组成了该种结构，排列出全世界最小的一颗“足球”，称为“巴克球（Buckyball ）”．则“巴克球”的顶点个数为（ ） 高考数学解析几何专题练习解析版82页 1．一个顶点的坐标()2,0 ，焦距的一半为3的椭圆的标准方程是（ ） A. 19422=+y x B. 14922=+y x C. 113422=+y x D. 14132 2=+y x 2．已知双曲线的方程为22 221(0,0)x y a b a b -=>>，过左焦点F 1的直线交 双曲线的右支于点P ，且y 轴平分线段F 1P ，则双曲线的离心率是( ) A ． 3 B ．32+ C ． 31+ D ． 32 3．已知过抛物线y 2 =2px （p>0）的焦点F 的直线x －my+m=0与抛物线交于A ，B 两点， 且△OAB （O 为坐标原点）的面积为，则m 6+ m 4的值为（ ） A ．1 B ． 2 C ．3 D ．4 4．若直线经过(0,1),(3,4)A B 两点，则直线AB 的倾斜角为 A ．30o B ． 45o C ．60o D ．120o 5．已知曲线C 的极坐标方程ρ=2θ2cos ,给定两点P(0，π/2)，Q （-2，π），则有 ( ) （Ａ）P 在曲线C 上，Q 不在曲线C 上 （Ｂ）P 、Q 都不在曲线C 上 （Ｃ）P 不在曲线C 上，Q 在曲线C 上 （Ｄ）P 、Q 都在曲线C 上 6．点M 的直角坐标为)1,3(--化为极坐标为（ ） A ．)65, 2(π B ．)6 ,2(π C ．)611,2(π D ．)67,2(π 7．曲线的参数方程为???-=+=1 232 2t y t x (t 是参数)，则曲线是（ ） A 、线段 B 、直线 C 、圆 D 、射线 8．点（2,1）到直线3x-4y+2=0的距离是（ ） A ． 54 B ．4 5 C ． 254 D ．4 25 9． 圆0642 2 =+-+y x y x 的圆心坐标和半径分别为（ ） A.)3,2(-、13 B.)3,2(-、13 C.)3,2(--、13 D.)3,2(-、13 10．椭圆 122 2 2=+b y x 的焦点为21,F F ,两条准线与x 轴的交点分别为M 、N ，若212F F MN ≤，则该椭圆离心率取得最小值时的椭圆方程为 ( ) 【高中数学】单元《空间向量与立体几何》知识点归纳 一、选择题 1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A ． 643 π B ．8316π π+ C ．28π D ．8216π π+ 【答案】B 【解析】 【分析】 结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可． 【详解】 结合三视图，还原直观图，得到 故体积22221183242231633V r h r l πππππ=?+?=?+??=+，故选B ． 【点睛】 本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等． 2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存 在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ） A ．7 B ．3 C ．1+3 D ．2 【答案】A 【解析】 【分析】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值， Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=． 所以11=90+60=150MA D ∠o o o 221111111113 2cos 13223()72 MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-??- ??= 故选A ． 【点睛】 本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题． 3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. A 10 B ．3:1 C ．2:1 D 102 【答案】A 立体几何测试卷 班级 姓名 学号 一、选择题： 1．一个圆锥的侧面积是其底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成的角为（ ） （A ）30 （B ）45 （C ）60 （D ）75 2．两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为5 cm 、4cm 、3cm ,把它们重叠在一起组成一个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长度是 （ ） （A ）cm 77 （B ）cm 27 （C ）cm 55 （D ）cm 210 3．等边三角形ABC 的边长为4，M 、N 分别为AB 、AC 的中点，沿MN 将AMN ?折起，使得面AMN 与面MNCB 所成的二面角为30 ，则四棱锥A —MNCB 的体积为（ ） （A ） 2 3 （B ）23 （C ）3 （D ）3 4．若二面角βα--l 为120 ，直线m α⊥,则β所在平面内的直线与m 所成角的取值范围是 （ ） （A ）(] 90,0 （B ）[ ] 60 ,30 （C ）[] 90,60 （D ）[] 90,30 5．关于直线a 、b 、l 及平面M 、N ，下列命题中正确的是 （ ） （A ）若a // M,b // M,则a // b （B ）若a // M,b ⊥a,则b ⊥ M （C ）若a ,,M b M ??且l b l a ⊥⊥,则M l ⊥ （D ）若,//,N a M a ⊥则N M ⊥ 6．棱长为a 的正方体中，连接相邻的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为（ ） （A ）33a （B ）43a （C ）63a （D ）12 3 a 7．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ） （A ）3π （B ）4π （C ）π33 （D ）6π 8． 已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） （A ）22 R π （B ） 249R π （C ）238R π （D ）22 5 R π 9．在下列条件中，可判断平面α与β平行的是 （ ） （A ）βα、都垂直于平面γ （B ）α内存在不共线的三点到β的距离相等 高考数学专题复习：解析几何专题 【命题趋向】 1.注意考查直线的基本概念，求在不同条件下的直线方程，直线的位置关系，此类题大多都属中、低档题，以选择、填空题的形式出现，每年必考 2.考查直线与二次曲线的普通方程，属低档题，对称问题常以选择题、填空题出现 3.考查圆锥曲线的基础知识和基本方法的题多以选择题和填空题的形式出现，与求轨迹有关、与向量结合、与求最值结合的往往是一个灵活性、综合性较强的大题，属中、高档题， 4．解析几何的才查，分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题. 【考题解析与考点分析】 考点1.求参数的值 求参数的值是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,构造方程解之. 例1．若抛物线22y px =的焦点与椭圆22162 x y +=的右焦点重合，则p 的值为（ ） A ．2- B ．2 C ．4- D ．4 考查意图: 本题主要考查抛物线、椭圆的标准方程和抛物线、椭圆的基本几何性质. 解答过程：椭圆22162 x y +=的右焦点为(2,0)，所以抛物线22y px =的焦点为(2,0)，则4p =，故选D. 考点2. 求线段的长 求线段的长也是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,找出点的坐标,利用距离公式解之. 例2．已知抛物线y-x 2+3上存在关于直线x+y=0对称的相异两点A 、B ，则|AB|等于 A.3 B.4 C.32 D.42 考查意图: 本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系和距离公式的应用. 解：设直线AB 的方程为y x b =+，由22123301y x x x b x x y x b ?=-+?++-=?+=-?=+?，进而可求出AB 的中点1 1(,)22M b --+，又由11(,)22 M b --+在直线0x y +=上可求出1b =， ∴220x x +-=，由弦长公式可求出AB ==． 故选C 例3．如图，把椭圆2212516x y +=的长轴 AB 分成8等份，过每个分点作x 轴的垂线交椭圆的上半部 分于1234567 ,,,,,,P P P P P P P 七个点，F 是椭圆的一个焦点， 则1234567PF P F P F P F P F P F P F ++++++= ____________. 考查意图: 本题主要考查椭圆的性质和距离公式的灵活应用. 2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（一） 1.如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，⊥PD 平面ABCD ， 2PD AB ==，点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点. (1)求证：EF PA ⊥； (2)求二面角D FG E --的余弦值. 2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF -和一个正四棱锥P ABCD -组合而成，AF AD ⊥，2AE AD ==. (1)证明：平面⊥PAD 平面ABFE ； (2)求正四棱锥P ABCD -的高h ，使得二面角C AF P --的余弦值是 22 . 3.四棱锥P ABCD -中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是 面积为ADC ∠为锐角，M为PB的中点． （Ⅰ）求证：PD∥面ACM． （Ⅱ）求证：PA⊥CD． （Ⅲ）求三棱锥P ABCD -的体积． 4.如图，四棱锥S ABCD -满足SA⊥面ABCD，90 DAB ABC ∠=∠=?．SA AB BC a ===，2 AD a =． （Ⅰ）求证：面SAB⊥面SAD． （Ⅱ）求证：CD⊥面SAC． S B A D M C B A P D 5.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，测棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，点E 是 BC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于F ． （Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PBC ． （Ⅱ）求证：PB ⊥平面EFD ． 6.在直棱柱111ABC A B C -中，已知AB AC ⊥，设1AB 中点为D ，1A C 中点为E ． （Ⅰ）求证：DE ∥平面11BCC B ． （Ⅱ）求证：平面11ABB A ⊥平面11ACC A ． E D A B C C 1 B 1 A 1 D A B C E F P 数学文化试题高考展望 《考试大纲》强调数学试题需要展现数学的科学价值和人文价值.数学文化题主要取材于数学时事、数学名著、数学名人、数学游戏、数学命题、数学猜想、数学图形等. 一、数列问题 例1 《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一.”其意大致为：有一座七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯.该塔中间一层有（）盏灯. A.24 B.48 C.12 D.60 小结本题以明朝程大位的《算法统宗》中的一首歌谣为背景，考查等比数列的概念及其求和公式，考查学生分析问题的能力与转化的能力. 练习1 我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为： 二、立体几何问题 例2《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著， 系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就.书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”.若某“阳马”的三视图如图1所示（单位：cm），则该“阳马”的外接球的体积为 小结本题以《九章算术》中的问题为材料，试题背景新颖.解答本题的关键是通过补形，正确画出直观图，外接球的直径就是长方体的体对角线. 练习2 “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中，构造的一个和谐优美的几何体.它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）.其直观图如图3，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线.当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是 三、框图问题 例3宋元时期的数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松目自半，竹日白倍，松竹何日而长等.图4是源于其思想的一个程序框图，若输入的a，b分别为3，2，?t输出的n= 小结解决这类问题，一要明确程序框图中的顺序结构和循环结构：二要识别运行程序框图，理解程序框图解决的实际问题：三要按题目要求完成解答. 练习3 图5的程序框图的算法思路源于我国古代数学名 2021年高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何阶段测试（十）理 新人教A 版 一、选择题 1．空间中四点可确定的平面有( ) A ．1个 B ．3个 C ．4个 D ．1个或4个或无数个 答案 D 解析 当这四点共线时，可确定无数个平面；当这四点不共线且共面时，可确定一个平面；当这四点不共面时，其中任三点可确定一个平面，此时可确定4个平面． 2．一个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图，如图所示，则这个几何体的体积为( ) A ．8 B ．4 C ．2 D ．1 答案 C 解析 根据该几何体的三视图知，该几何体是一个平放的三棱柱；它的底面三角形的面积为S 底面＝1 2×2×1＝1，棱柱高为h ＝2，∴棱柱的体积为S 棱柱＝S 底面·h ＝1×2＝2. 3．下列命题中，错误的是( ) A ．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面 B ．平面α∥平面β，a ?α，过β内的一点B 有唯一的一条直线b ，使b ∥a C ．α∥β，γ∥δ，α、β、γ、δ所成的交线为a 、b 、c 、d ，则a ∥b ∥c ∥d D ．一条直线与两个平面成等角，则这两个平面平行 答案D 解析A正确，三角形可以确定一个平面，若三角形两边平行于一个平面，而它所在的平面与这个平面平行，故第三边平行于这个平面；B正确，两平面平行，一面中的线必平行于另一个平面，平面内的一点与这条线可以确定一个平面，这个平面与已知平面交于一条直线，过该点在这个平面内只有这条直线与a平行；C正确，利用同一平面内不相交的两直线一定平行判断即可确定C是正确的；D错误，一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面，故应选D. 4．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( ) A．锐角三角形B．直角三角形 C．钝角三角形D．不能确定 答案B 解析作AE⊥BD，交BD于E， ∵平面ABD⊥平面BCD， ∴AE⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴AE⊥BC， 而DA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴DA⊥BC， 又∵AE∩AD＝A，∴BC⊥平面ABD， 而AB?平面ABD，∴BC⊥AB， 即△ABC为直角三角形．故选B. 5．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( ) 第1讲 数学文化及核心素养类试题 配套作业 一、选择题 1．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌马获胜的概率为( ) A.13 B.14 C.15 D.16 答案 A 解析 记田忌的上等马、中等马、下等马分别为A ，B ，C ，齐王的上等马、中等马、下等马分别为a ，b ，c .比赛的所有可能分别为Aa ，Ab ，Ac ，Ba ，Bb ，Bc ，Ca ，Cb ，Cc 共九种情形，其中田忌获胜是Ab ，Ac ，Bc ，故田忌获胜的概率P ＝39＝1 3 ，应选A. 2．(2018·山西模拟)“欧几里得算法”是有记载的最古老的算法，可追溯至公元前300年，如图所示的程序框图的算法思路就是来源于“欧几里得算法”．执行该程序框图(图中“a MOD b ”表示a 除以b 的余数)，若输入的a ，b 分别为675,125，则输出的a ＝( ) A ．0 B ．25 C ．50 D ．75 答案 B 解析 输入a ＝675，b ＝125，得c ＝50，a ＝125，b ＝50，不满足c ＝0；执行循环，得 c ＝25，a ＝50，b ＝25，不满足c ＝0；执行循环，得c ＝0，a ＝25，b ＝0，满足c ＝0，循环 结束．故输出的a ＝25，故选B. 3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”．其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则该人第五天走的路程为( ) A ．48里 B ．24里 C ．12里 D ．6里 答案 C 解析 设第一天的路程为a 1里，则 a 1? ??? ??1－? ????12 61－12 ＝378，a 1＝192，所以a 5＝192×1 2 4＝12. 4．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题．意思是如果两个等高的几何体在同高处截得两几何体的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．设A ，B 为两个等高的几何体，p ：A ，B 的体积不相等，q ：A ，B 在同高处的截面面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p 是q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 答案 A 解析 设命题a ：若p ，则q ，其逆否命题为若綈q ，则綈p ，为祖暅原理，即p ?q ，p 是q 的充分条件． 设命题b ：若q ，则p ，对此举出反例，若A 比B 在某些等高处的截面积小一些，在另一些等高处的截面积多一些，且多的总量与少的总量相抵，则它们的体积还是一样的，∴qD ?\p ，∴p 是q 的充分不必要条件．故选A. 5．(2018·长春模拟)我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”．它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式1＋ 1 1＋ 11＋… 中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值， 它可以通过方程1＋1x ＝x 求得x ＝5＋1 2 .类比上述过程，则 3＋23＋2…＝( ) A ．3 B. 13＋1 2 C ．6 D ．2 2 答案 A 解析 令 3＋23＋2…＝x (x >0)，两边平方，得3＋2 3＋2…＝x 2 ，即3＋2x ＝x 2 ，解得x ＝3，x ＝－1(舍去)，故 3＋23＋2…＝3，选A. 解析几何(4) 23.（本大题满分18分，第1小题满分4分，第二小题满分6分，第3小题满分8分） 已知平面上的线段l 及点P ，任取l 上一点Q ，线段PQ 长度的最小值称为点P 到线段 l 的距离，记作(,)d P l （1）求点(1,1)P 到线段:30(35)l x y x --=≤≤的距离(,)d P l ； （2）设l 是长为2的线段，求点的集合{(,)1}D P d P l =≤所表示的图形面积； （3）写出到两条线段12,l l 距离相等的点的集合12{(,)(,)}P d P l d P l Ω==，其中 12,l AB l CD ==，,,,A B C D 是下列三组点中的一组. 对于下列三种情形，只需选做一种，满分分别是①2分，②6分，③8分；若选择了多于一种情形，则按照序号较小的解答计分. ①(1,3),(1,0),(1,3),(1,0)A B C D --. ②(1,3),(1,0),(1,3),(1,2)A B C D ---. ③(0,1),(0,0),(0,0),(2,0)A B C D . 23、解：⑴ 设(,3)Q x x -是线段:30(35)l x y x --=≤≤上一点，则 ||5) PQ x ==≤≤，当 3 x =时 ， min (,)||d P l PQ == ⑵ 设线段l 的端点分别为,A B ，以直线AB 为x 轴，AB 的中点为原点建立直角坐标系， 则(1,0),(1,0)A B -，点集D 由如下曲线围成 12:1(||1),:1(||1) l y x l y x =≤=-≤， 222212:(1)1(1),:(1)1(1)C x y x C x y x ++=≤--+=≥ 其面积为4S π=+。 ⑶① 选择(1,3),(1,0),(1,3),(1,0)A B C D --，{(,)|0}x y x Ω== ② 选择(1,3),(1,0),(1,3),(1,2)A B C D ---。 2{(,)|0,0}{(,)|4,20}{(,)|10,1}x y x y x y y x y x y x y x Ω==≥=-≤<++=> ③ 选择(0,1),(0,0),(0,0),(2,0)A B C D 。 高考第一轮复习专题素质测试题 立体几何（文科） 班别______学号______姓名_______评价______ （考试时间120分钟，满分150分，试题设计：隆光诚） 一、选择题（每小题5分，共60分. 以下给出的四个备选答案中，只有一个正确） 1．（10全国Ⅱ）与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱 AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（ ） A.有且只有1个 B.有且只有2个 C.有且只有3个 D.有无数个 2.（09福建）设,m n 是平面α内的两条不同直线；12,l l 是平面β内的两条相交直线， 则//αβ的一个充分而不必要条件是（ ） A. 1////m l βα且 B. 12////m l l 且n C. ////m n ββ且 D. 2////m n l β且 3.（08四川）直线l α?平面，经过α外一点A 与l α、都成30?角的直线有且只有（ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 4.（08宁夏）已知平面α⊥平面β，α∩β= l ，点A ∈α，A ?l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（ ） A. AB ∥m B. AC ⊥m C. AB ∥β D. AC ⊥β 5.（10湖北）用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ； ④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b .其中真命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④ 6．（10新课标）设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积 为（ ） A.3πa 2 B.6πa 2 C.12πa 2 D. 24πa 2 7．（08全国Ⅱ）正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为?60，则该棱锥的体积 立体几何练习题 一、选择题 1．已知平面α外不共线的三点,,A B C 到α的距离都相等,则正确的结论是 A. 平面ABC 必平行于α B. 平面ABC 必与α相交 C. 平面ABC 必不垂直于α D. 存在ABC ?的一条中位线平行于α或在α内 2．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上” 的 （A ）充分非必要条件； （B ）必要非充分条件； （C ）充要条件； （D ）非充分非必要条件． 3．如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”。在一个 正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是 （A ）48 （B ）18 （C ）24 （D ）36 4．已知二面角l αβ--的大小为0 60，m n 、为异面直线，且 m n αβ⊥⊥，，则m n 、所成的角为 （A ）0 30 （B ）0 60 （C ）0 90 （D ）0 120 5．已知球O 半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4 π，B 、C 两点的球面距离是3π，则二面角B C OA --的大小是 （A ） 4π （B ）3π （C ）2π （D ）23 π 7．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命 题是 A ．βαβα⊥?⊥? ⊥n m n m ,, B ．n m n m ⊥?⊥βαβα//,,// C ．n m n m ⊥?⊥⊥βαβα//,, D ．ββαβα⊥?⊥=⊥n m n m ,,I 8．设A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，在下列命题中，不正确．．． 的是 A ．AC 与BD 共面，则AD 与BC 共面 B ．若A C 与B D 是异面直线，则AD 与BC 是异面直线 C ．若AB =AC ，DB =DC ，则AD =BC D ．若AB =AC ，DB =DC ，则AD ⊥BC 9．若l 为一条直线，αβγ，，为三个互不重合的平面，给出下面三个命题： ①αγβγαβ⊥⊥?⊥，；②αγβγαβ⊥?⊥，∥；③l l αβαβ⊥?⊥，∥． 其中正确的命题有 A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个 10．如图，O 是半径为1的球心，点A 、B 、C 在球面上，OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧 ?AB 与? AC 的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是2020高考数学专题复习-解析几何专题
2020高考数学立体几何练习题23题
2021高考数学冲刺练习专题11 数学文化(解析版)
高考数学解析几何专题练习及答案解析版
高考数学压轴专题(易错题)备战高考《空间向量与立体几何》经典测试题及答案解析
高考数学专题复习立体几何练习题
人教版高考数学专题复习：解析几何专题
2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何
数学文化试题高考展望
2021-2022年高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何阶段测试(十)理 新人教A版
2019高考数学专题九数学文化与创新应用第1讲数学文化及核心素养类试题配套作业文
高考数学专题训练解析几何
【新课标】备战高考数学专题复习测试题_立体几何(文科)
上海高中数学之立体几何练习(打印).