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 =
.
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
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
高考真题集锦(立体几何部分) 1.(2016.理1)如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图,则该几何体的表面积是( ) A 20π B24π C28π D.32π 2. βα,是两个平面,m,n 是两条直线,有下列四个命题: (1)如果m ⊥n,m ⊥α,n ∥β,那么βα⊥; (2)如果m ⊥α,n ∥α,那么m ⊥n. (3)如果αβα?m ,∥那么m ∥β。 (4)如果m ∥n,βα∥,那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.(2016年理1)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是π328,则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ,α//平面11D CB ,?α平面ABCD =m , ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为( ) A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.(2016年理1)如图,在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD ,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .(12分) (Ⅰ)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (Ⅱ)求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1)圆柱被一个平面截取一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示,若该几何体的表面积是16+20π,则r=( ) A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图,四边形ABCD 为菱形,∠ABC=120°,E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点,BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明:平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为() 9.如图,长方体1111D C B A ABCD -中,AB = 16,BC = 10,AA1 = 8,点E ,F 分别在1111C D B A , 上,411==F D E A ,过点E,F 的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形。 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE=CF=45 ,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置,OD ’=10 (1)证明:D ’H ⊥平面ABCD (2)求二面角B-D ’A-C 的正弦值
《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 ( )
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( )
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