高中数学-25 欧几里得（以欧几里得为背景的高中数学考题题组训练）解析版

【高中数学数学文化鉴赏与学习】

专题25欧几里得

（以欧几里得为背景的高中数学考题题组训练）

一、单选题

1.古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲

线的统一定义，他指出，平面内到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨

迹叫做圆锥曲线；当0<e<l时，轨迹为椭圆；当e=l时，轨迹为抛物线：当e>l时，

轨迹为双曲线.则方程蚱上/=!表示的圆锥曲线的离心率e等于（）

|25-4x|5

A.-B.-C.-D.5

554

【答案】B

【解析】

【分析】

根据题意得到点（x,y）到定点（4,0）的距离与到定直线x=与的距离比为之,即可得到

4

e=­.

5

【详解】

2222

7（.x-4）+y_7（x-4）+y=1

因为|25-何4x-”二《，

4

所以25—-5，

X-----

4

表示点（x,y）到定点（4,0）的距离与到定直线X=等的距离比为|,

4

所以e=y.

故选：B

2.大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一

个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素

数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任

何一个大于1的自然数N（%不为素数）能唯一地写成汽=2；4・捕，1.0『（其中化

是素数，是正整数，IWk,P,<P2<L<pk）,将上式称为自然数N的标准分解

式，且N的标准分解式中有q+%++4个素数.从120的标准分解式中任取3个素

数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（）

A.6B.13C.19D.60

【答案】B

【解析】

【分析】

首先根据N的标准分解式得到120=23x3x5，然后根据这5个素数的特点进行分类讨

论，最后利用分类加法计数原理即可得解.

【详解】

解根据N的标准分解式可得120=2?x3x5,

故从2,2,2,3,5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：

①选取3个2,可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以

组成C；xC；=6个不同的三位数；③选取2,3,5,可以组成A；=6个不同的三位

数.所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成1+6+6=13个不同的三

位数.

故选：B.

3.《几何原本》是古希腊数学家欧儿里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为

等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若AB,CD都是直角圆锥SO底面圆的直径，

且=则异面直线SA与BO所成角的余弦值为（）

【答案】C

【解析】

【分析】

根据已知条件证明DB//AC,得到ZS4c或其补角为异面宜线SA与8。所成的角.在

SAC中利用余弦定理计算可得结果.

【详解】

如图，连接A。,8cAeSC.

D

因为。为CD中点，且AB=CD,所以四边形ADBC为矩形，

所以£>3〃AC,所以NS4C或其补角为异面直线弘与所成的角.

设圆。的半径为I,则SA=SC=&.

TTTT

因为NA0£>=2,所以乙4。。=—.

33

在直角4c中，CD=2,得AC=>/L

所以cos/SAC=@里卢=迈，

2xV2xV34

所以异面宜线SA与3£）所成角的余弦值为如.

4

故选：C.

4.《几何原本》是古希腊数学家欧儿里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为

等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的体积为信，则该圆锥的侧面

积为（）

A.6岳B.4亚兀C.3而D.3n

【答案】C

【解析】

【分析】

设底面圆的半径为r,根据△PA8为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长，根据体积

列方程可得厂，然后可得.

【详解】

由题意设圆锥的底面圆的半彳仝为，因为aPAB为等腰直角三角形，则高为r,母线长

为近r，因为圆锥的体积为甚，所以;如■\八二岳，解得，=6,所以该圆锥的侧

面积为nr-'Jir=3点乃.

故选：C

p

5.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前

300年.汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛

窦合译，成书于1607年.该书前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边

形、圆、比例线段、相似形这7章，几乎包含现今平面几何的所有内容.某高校要求

数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修，则学生李某所选的4章中，含有“基本

概念”这一章的概率为（）

3c4-5八6

A.—B.—C.—D.一

7777

【答案】B

【解析】

【分析】

先求出从这7章里任选4章进行选修的选法总数，再求出学生李某所选的4章中，含

有“基本概念”这一章的选法总数，由古典概型的概率公式即可得出答案.

【详解】

数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修共有：C；=35种选法；

学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：或=20种选法，

204

故学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为：P=—=~.

故选：B.

6.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为

等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球（圆锥的顶点和底面上

各点均在该球面上），求此圆锥侧面积和球表面积之比（）

A.@B.也C.&D.显

424万

【答案】A

【解析】

【分析】

设直角圆锥底面半径为，则其侧棱为血心再求出顶点到底面的距离，分析出球

心，进而得到外接球半径，再利用公式求解即可

【详解】

设直角圆锥底面半径为r,则其侧棱为V2r，

所以顶点到底面圆圆心的距离为：J（扬『_户=『，

所以底面圆的圆心即为外接球的球心，所以外接球半径为，

所以名蝴=®_=亚1

S球4万/4丁,4,

故选：A.

7.公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直

径（。）的立方成正比“，此即丫=53,欧几里得未给出人的值.17世纪日本数学家

们对球的体积的方法还不了解，他们将体积公式u:53中的常数女称为“立圆率”或

“玉积率类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体也可利用公式

V=求体积（在等边圆柱中，力表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱

长）.假设运用此体积公式求得球（直径为。），等边圆柱（底面圆的直径为。），正方

体（棱长为。）的“玉积率”分别为匕、玲、&3,那么匕：为：匕=（）

A.犯：2BD.—n..4—.2

64

7171Ic冗

C.—：—：1D.一

326

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题意可得乂=2。3,匕=〃3,从而得到勺：玲：&.

64

【详解】

由题意得球的体积为K=9%4丫711兀

—=—a3=>k,=—

'332)616

等边圆柱的体积为匕=%我，a=—冗a3=hi=一汽

T54-4

正方体的体积匕=/=均=1，所以人：&:自:1,

64

故选：D.

8.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为

等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥尸-MC中，AB为底面圆

的直径，C在底面圆周上且为弧A8的中点，则异面直线必与BC所成角的大小为

()

A.30°B.45°C.60°D.90°

【答案】C

【解析】

【分析】

利用三角形的中位线，可得NEDO为异面直线以与8c所成的角，再由题条件可得

△DOE是正三角形,即求.

【详解】

如图，设底面的圆心为O,分别取AC,PC的中点O,E,连接PO,CO,OD,OE,

DE,

因为/MPB是等腰直角三角形，ZAPB=90,<

设圆锥的底面圆半径OA=1,

则PA=0，PC=&，

则。E=，*亚且DE//PA,

22

又NAC3=90°且AC=3C=0，

而OD=>BC也且OD〃BC,

22

所以ZEDO为异面直线网与8c所成的角，

在Rt^PCO中，因为E为PC的中点，

所以。E」PC=E,

22

所以是正三角形，

即异面直线PA与8c所成的角为60、

故选：C.

9.欧几里得的《几何原本》，形如/+火=匕2的方程的图解法是：画心一钻。，使

ZACB=90°,AC=b,BC=^-,在斜边A8上截取，则该方程的一个正根是

22

()

A.AC的长B.AO的长C.8c的长D.C。的长

【答案】B

【解析】

由已知可得筋=">+£>8=">+5，然后在W题。中利用勾股定理得

(AO+"=82+©,化筒可得m+“.AD=〃，从而可得答案

【详解】

解：在府A8C中，/ACB=90°,AC=b,BC=~,BD=-,

22

所以AB=A£>+£>8=AO+0,

2

由勾股定理得，AB2=AC2+BC2,

所以［由+卷

22

所以4。2+24。上+幺=从+幺，

244

所以AL>2+a-A£>=〃，

所以方程f+or=从的一个正根为AO的长,

故选：B

10.大约在2000多年前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也"意思是说，圆有

一个圆心，圆心到圆周的长都相等，这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下定义要早

100年,已知。为原点,|(9P|=1,若MIT则线段长的最小值为

()

1533

A.,B.—C.-D.一

2442

【答案】A

【解析】

【分析】

根据|四=1,得到点尸的轨迹为圆/+丁=1,再由又M乎,\OM\=^<r,

\7

得到点M在圆内，然后由忸闸2一|。叫求解.

【详解】

已知。为原点，|。目=1,

所以点P的轨迹为圆/+)产=1，

所以点M在圆内,

则有1PMi>r-\OM\=^,线段PM长的最小值为g

故选:A

【点睛】

本题主要考查点的轨迹，点与圆的位置关系以及两点间的距离公式的应用，属于基础

题.

11.古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥

曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3

世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线

的统一定义，并对这一定义进行了证明，他指出，到定点的距离与到定直线的距离的

比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线：当0<e<l时，轨迹为椭圆；当e=l时，轨迹为

抛物线；当e>l时，轨迹为双曲线.现有方程机（丁+>2-4丫+4）=（厂3尸1）2表示的

曲线是双曲线，则机的取值范围为（）

A.（10,^o）B.（0,10）C.（0,5）D.（5,依）

【答案】B

【解析】

【分析】

原方程两边开平方，结合两点的距离公式和点到直线的距离公式，以及圆锥曲线的统

一定义，可得加的不等式，从而可求得其范围

【详解】

由，”（x2+y2-4y+4）=（x-3y+l）2,m>0,

#m[x2+(y-2)2]=(x-3y+l)2,

所以Jm-fx2+(y-2『=|x-3y+l|,

次+()」2)2JF+32M

所以|x-3y+l|>Jm>

#77"

可得动点PC2）到这点（0,2）和定直线x-3y+l=0的距离比为常数我，

由双曲线的定义可知旧>1,解得0<机<10,

故选：B

12.《几何原本》又称《原本》，是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约

成书于公元前300年.汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大

利传教士利玛窦合译，成书于1607年，该书据克拉维斯的拉丁文本《欧几里得原本十

五卷》译出.前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线

段、相似形这7章内容，几乎包含现今平面几何的所有内容.某高校要求数学专业的

学生从这7章里面任选3章进行选修并计人学分.则数学专业学生张某在三角形和四

边形这两章中至少选一章的概率为（）

【答案】C

【解析】

【分析】

先求出从这7章里面任选3章共有的选法数，再求出张某在三角形和四边形这两章中

至少选一章的选法数，根据古典概型的概率计算公式可求答案.

【详解】

数学专业的学生从这7章里面任选3章共有=35种选法；

数学专业学生张某在三角形和四边形这两章中至少选一章共有选法=25

种，

255

故张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的概率为,

357

故选：C.

13.黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊

数学家欧多克索斯第一个系统研究了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几

何原本》时吸收了欧多克索斯的研究成果，进一步系统论述了黄金分割，成为最早的

有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于

较小部分与较大部分的比值，其比值为叵口，把好」称为黄金分割数.己知焦点在

22

厂,V1

x轴上的椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数机的

N5P

值为（）

A.275-2B.V5+1C.2D.2亚

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意确定"2=肛/>2=（石-I）?以及，=m-（石-I）,,再根据焦距与长轴长的比值

恰好是黄金分割数列出等式，化简即可得答案.

【详解】

fy1

焦点在1轴上的椭圆获+（6_1『=1中，

a2=m,b2=（A/5—I）2,

所以=m_（逐一1尸,

由题意得小与1，即。与）2，即叱4=（与3

解得〃?=2石-2,

故选:A.

14.欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发

点.其中第I命题47是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理），书中给出了一种证明思路：

如图，心ABC中，ZBAC=90,四边形4»4、ACFG.8CDE都是正方形，

ANJ_QE于点N,交BC于点V.先证明，ME与，"BC全等，继而得到矩形8ENM

与正方形河加面积相等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步

,近p3M八M

\.---D.----L.L/.

1010510

【答案】D

【解析】

【分析】

根据平面几何知识，在A8E中应用正弦定理求解答案.

【详解】

解：设48=&,4©=〃?,8。=〃,可得42+加2=〃2,

BH//CL/.ZBHC=ZHCL

又工ABE=HBC,可得NBHC=NBAE,

・"HCL=/BAE,^tanZBAE=-

2

m=k,n=41k

在/ABE中,tanZBAE

在4A8E1中,

sinZBE4-sinZBAE

即sinNBEA_1,可得sin/BEA=Vio

所以选项D正确，选项ABC错误

故选：D.

15.古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（。）的立

方成正比“，此即V=欧几里得未给出人的值.17世纪日本数学家们对求球的体积

的方法还不了解，他们将体积公式丫=红）3中的常数A称为“立圆率”或“玉积率”，类似

地，对于正四面体、正方体也可利用公式丫=也3求体积（在正四面体中，。表示正四

面体的棱长；在正方体中，。表示棱长），假设运用此体积公式求得球（直径为。）、

正四面体（正四面体棱长为。）、正方体（棱长为“）的"玉积率''分别为勺，k2,%,

那么人：右：％的值为（）

A.7i：^2:12B.2万:6：12C.乃：血：6D.乃：2&:12

【答案】B

【解析】

分别求出球，正四面体，正方体的体积公式，类比推理即可得到.

【详解】

713.,_乃

QK=［万火3=：乃—CI»••匕一一

66

如图所示，设正四面体P-A8CO的棱长为小产。为正四面体的高,

可知正四面体底面高CO=且〃，则co=2co=2x3a=且4

23323

由勾股定理可得正四面体的高产O=J^^a[a

所以正四面体的体积匕=Ls〃=!xL/x立

xci-43,.：k[=

23322312'12

Q匕=",lc3=1

k.:k^:k,=—::1=2zr:>/2:12

1-612

故选：B.

【点睛】

关键点睛：本题考查类比推理，解题的关键是要熟悉球，正四面体，正方体的体积公

式的求法，再利用类比推理思想分别求出占，月，勺，再求出比值，考查学生的运算

能力，属于一般题.

16.如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目

的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》

的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四

面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）

A.五:1：6B.2:&:百C.2:72:1D.2:72:3

【答案】B

【解析】

分别求出正四面体、正方体、正八面体的棱长与外接球半径关系，再求比值得结果.

【详解】

设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为a,"c,R

则2R=&x也q,2R=屏,R=也c,

22

即a=,h=,c=y/2R.a:h:c=2:y/2:y/3

故选：B

【点睛】

本题考查多面体外接球，考查基本分析求解能力，属基础题.

17.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为

等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为4夜兀，圆锥的底面圆

周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（）

832

A.-71B.—TCC.164D.32万

33

【答案】B

【解析】

【分析】

设球半径为R,圆锥的底面半径为，母线为/,由直角圆锥的侧面积为4缶可求出

r=2,/=V2r=2V2,再求出圆锥的高即可知/+（2—/?）?=2，解得R=2,即可求

出球的体积.

【详解】

设球半径为R，圆锥的底面半径为厂，若一个宜角圆锥的侧面积为4丘兀，

设母线为/，则广+r=4/=/=血.，

所以直角圆锥的侧面积为：；乂2兀r•I=白2兀r-Cr=4近兀,

可得：r=2,/==2\[2»圆锥的'JBOt=--=可-4=2>

由产+（2-R『=R2,解得：R=2,

AAMa

所以球。的体积等于彳"W=彳万x8=:，

333

故选：B

二、多选题（共0分）

18.“出租车儿何“或“曼哈顿距离“（欣”也“〃““£>z'sfaace）是由十九世纪的赫尔曼悯可

夫斯基所创词汇，是种被使用在几何度量空间的几何学用语.在平面直角坐标系xOy

内，对于任意两点A（x“y）、8（孙力），定义它们之间的“欧几里得距离”

22

MM=7（%,-x2）+（^-y2），“曼哈顿距离"为||4J||=k-司+|另-%|，则下列说法正

确的是（）

A.若点尸为线段》+尸3（乂”0）上任意一点，则耳为定值

B.对于平面上任意一点P,若||0刊=2,则动点P的轨迹长度为4万

c.对于平面上任意三点A、B、c,都有||小平||Aq+|p?q]

D.若A、B为椭圆*2+4/=4上的两个动点，则最大值为2石

【答案】AC

【解析】

【分析】

利用题中定理可判断A选项；作出点尸的轨迹图形，求其周长可判断B选项；利用绝

对值三.角不等式可判断C选项；设点A（2cosa,sina）、8（2cosp,sin〃），不妨设

cosa>cos/?,sine>sin/,利用辅助角公式结合正弦型函数的有界性可判断D选项.

【详解】

对于A选项，设点P（x,y）为线段x+y=3（x,y>0）上任意一点，

则||oH=W+|y|=x+y=3,A对；

对于B选项，设点尸（x,y）,贝”|。同=国+帆=2,

当xNO,yeO时，则x+y=2；当xVO,y'O时，则-x+y=2；

当x4O,y4O时，则-x-y=2：当xNO,y4O时，则x—y=2.

作出点P的轨迹如卜图所示：

由图可知，点尸的轨迹是边长为20的正方形，故动点P的轨迹长度为8&，B错；

对于C选项,设点8(孙必)、。(七,％)，

由绝对值三角不等式可得|百-WI=|(办-W)-(%-七)归归一+上一切，

同理可得回一必|4帆一必|+|力-%|，

所以，国―引+瓦一%|4月一引+上一勾+国一对+|%—%|,BP||AB||<||AC||+||BC||,C

对；

对于D选项，设点A(2cosa,sina)、B(2cos/?,sin/?),

不妨设cosa>cos/?,sina>sin0,

则||Afi||=12cosa-2cos+|sina-sin⑼=2cosa-2cos力+sin(7-sinp

=>/5sin(a+^)->/5sin(^+^)<2V5,其中。为锐角，且tan0=2,

取a=5-s，B若r，等号成立，D错.

故选：AC.

19.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现；平面内到两

个定点A、B的距离之比为定值几(4>0且2片1)的点所形成的图形是圆.后来，人们

将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系

x0y中，A(-2,0),8(4,0).点尸满足舄=彳，设点P所构成的曲线为C,下列结论

\PB\2

正确的是()

A.C的方程为(X+4)2+V=16B.在C上存在点力，使得。到点(1,

1）的距离为10

C.在C上存在点使得|MQ|=2|M4|D.C上的点到直线3x-4y-13=o的最

大距离为9

【答案】AD

【解析】

【分析】

由题意可设点P（x,y）,由两点的距离公式代入化简可判断A选项；由两点的距离公式

和圆的圆心得出点（1,1）到圆上的点的最大距离，由此可判断B选项.设/（七,%）,

由已知得收+$=2g,+2f+乂,联立方程求解可判断C选项；由点到直线的距

离公式求得C上的点到直线3x-4y-13=0的最大距离，由此可判断D选项.

【详解】

解：由题意可设点P（x,y），由4（-2,0）,3（4,0）,与=:，得怛二二二,

PB\2+/2

化简得V+y2+8x=0,即（x+4y+y2=i6,故A正确；

22

（1.1）到圆上的点的最大距离^（^-1）+（1-0）+4<10,故不存在点D符合题

意，故B错误.

设由|MO|=2|M4|,得病育=2而。+2）2+尤,又小+4『+*=16,

联立方程消去得七=2,解得为无解，故C错误；

C的圆心（-4,0）到直线3x-4y-13=0的距离为［=国土［3=5,旦曲线C的半

5

径为4,则C上的点到直线3x-4y-13=0的最大距离d+r=5+4=9,故D正确；

故选：AD.

20.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两

个定点A,8的距离之比为定值几（2二1）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的

名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xQy中，A（-l,0）,

PA/o

8（2,0）,点尸满足前=1•.点P的轨迹为曲线C,下列结论正确的是（）

A.曲线C的方程为（X+4）2+V=18

B.曲线C被y轴截得的弦长为2夜

C.直线x+y-4=o与曲线c相切

D.P是曲线C上任意一点，当zMBP的面积最大时点P的坐标为卜2,±3&）

【答案】AB

【解析】

【分析】

PA

设尸（x,y），根据A（-1,0）,8（2,0）,点p满足再一半.求得点尸的轨迹方程，再

逐项判断.

【详解】

对于选项A,设P（x,y）,由A（—1,0）,8（2,0）,爆=乎可得阳力=|阳，所以

6J（x+l『+y2=加-2『+与,整理可得V+y2+8x-2=0,即（x+4）?+=18,

故选项A正确；

对于选项B,因为（x+4y+y2=i8,令x=0得y=±0,曲线C被V轴截得的弦长为

2&,故选项B正确；

对于选项C,因为（X+4）2+/=18,所以圆心C（Y,0）,半径r=3啦，所以圆心

。（7,。）到直线*+丫-4=0的距离d=与4=4夜＞3忘，所以直线x+y-4=0与曲

线C相离，故选项C错误；

对于选项D,因为「是曲线C上任意一点，要使的面积最大，则曲线C上的点

到x轴的距离最大，即八48尸的边AB上的高等于圆的半径3加时，尸的面积最

大，此时点P的坐标为（T,±30）,故选项D错误.

故选：AB.

三、填空题（共。分）

21.公元前3世纪，古希腊数学家欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积V与它

的直径d的立方成正比"，即丫="3,与此类似，我们可以得到：

（1）正四面体（所有棱长都相等的四面体）的体积V与它的棱长。的立方成正比，即

V="3；

（2）正方体的体积丫与它的棱长”的立方成正比，即丫=加/；

（3）正八面体（所有棱长都相等的八面体）的体积V与它的棱长。的立方成正比，即

V=疗.

那么m:n:t=.

【答案】1:60:4

【解析】

【分析】

分别求得正四面体，正方体，正八面体的体积后可得.

【详解】

由题意得，正四面体的体枳直〃=也〃3；正方体的体积丫=々3；正八

34312

面体的体积V=2x—xiz2x^-a=-^-a3，所以:=1:6五:4•

323

故答案为：1:6夜:4.

22.《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著.其

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脯.已知直三棱柱ABC-ABC中，ABLBC,AB=3,

BC=4,M=56,将直三棱柱沿一条棱和两个面的对角线分割为一个阳马和一个

鳖嚅，则鳖膈的体积与其外接球的体积之比为.

【答案】3力：50万

【解析】

【分析】

根据题意，先确定阳马，整膈儿何体的结构特征，再分别求得鳖膈的体积与其外接球

的体积即可.

【详解】

如图所示：

Bl

阳马为四棱锥C/48/A8,蹩膈为三棱锥C/-ABC,

因为AB=3,BC=4,A4,=5>/3,

所以鳖膈的体积为y=gx：xABxBCxCG=gxgx3x4*55/5=10K,

其外接球的半径为：R=；AG=g后不同^=5,体积为：々万x53=里箸，

鳖膈的体积与其外接球的体积之比为：10G：竿=36:50乃,

故答案为：36:50乃

【点睛】

本题主要考查棱柱的结构特征以及几何体体积的求法，还考查了空间想象和运算求解

的能力，属于基础题.

23.古希腊数学家欧几里得所著《几何原本》中的“几何代数法”，很多代数公理、定

理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”.如图，。为线段A8中点，C为AB

上异于。的一点，以AB为直径作半圆，过点C作AB的垂线，交半圆于。，连结

OD,AD,BD,过点C作。。的垂线，垂足为E.设AC=a,CB=b,则图中线段

OD=R=X,线段CD=V^=y,线段=当=2；由该图形可以得出

x,y,z的大小关系为.

【答案】DEx>y>z

【解析】

【分析】

利用射影定理求得Z,结合图象判断出x，y，z的大小关系.

【详解】

在RIA4BO中，由射影定理得C£）2=ACXC8，即：/="»=>/拓.

在R〃\OC£）中，由射影定理得a。?=OExO£>,

2ah2ah

即》=DExx,DE=—-----r=------=z

xa+ba+b

根据图象可知OD>CD>r>£1,即x>y>z.

故答案为：DE-.x>y>z

24.欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的出发点.其

中第卷命题47是著名的毕达哥拉斯定理（勾股定理），书中给出了一种证明思路：如

图，及A8C中，N8AC=90°,四边形43HZ,、ACFG、BCDE都是正方形，ANIDE

于点N,交8C于点先证AABE与HBC全等,继而得到矩形与正方形

/WHL面积相等；同理可得到矩形CDNM与正方形ACFG面积相等；进一步定理可得

证.在该图中，若tanN8AE=—,则sinNBEA=.

3

【答案】也

10

【解析】

设AB=k,AC=m,BC=n,由勾股定理可得&2+济=/,由同角的基本关系式求得

sinZBAE,cos/BAE,在中，求得AE,分别运用余弦定理和正弦定理，计算

可得所求值.

【详解】

设AB=k,AC=m,BC=nf可得左？+〃/=〃2,

乂AA3E/AHBC,可得AE=CH=NHR+CI)=Qk、(m+k)2,

sinNBAE2

在八45£：中,tanZ.BAE=

cosZBAE3

又5出2/84£+8$2/射£=1,解得sinNB4E=7^3

cosNBAE=

Tio

介+信-吕炉&2+(%+6)2+%2-n2

由cosZBAE=

2ABAE2kdlc2+(Z+m)2

_2k2+2km_k+m_3

2kd2k2+2km+而y12k2+m2+2kmV10

化为8公—2版—m2=0，解得加=23

又改2+4=A?,可得〃=亚k，

k._n

ABBE

在△ARE中,B[JsinZBEA~~i~

sinZBEA~sinZBAE

x/10

可得sinZBEA=»

10

故答案为：—.

10

【点睛】

在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系.题中

若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理.应用

正、余弦定理时，注意公式变式的应用.解决三角形问题时，注意角的限制范围.

四、解答题（共0分）

25.设在二维平面上有两个点A（AM）,巩々,必），它们之间的距离有一个新的定义

为。（43）=后-々|+卜-卜21，这样的距离在数学上称为曼哈顿距离或绝对值距离；在

22

初中时我们学过的两点之间的距离公式是|AB|=7（^-x2）+（y,-y2）,这样的距离称

为是欧几里得距离（简称欧式距离）或直线距离.

（1）已知A,8两个点的坐标为A（2x,l）,B（3,2）,如果它们之间的曼哈顿距离不大

于3,那么x的取值范围是多少？

（2）已知A,8两个点的坐标为A（x,a）,8（3,x）,如果它们之间的曼哈顿距离要恒

大于2,那么”的取值范围是多少？

（3）已知三个点人对为），8（刍,以），C（W，%），在平面几何的知识中，很容易的能

够证明A与8,A与C的欧氏距离之和不小于8和C的欧氏距离，那么这三个点之间

的曼哈顿距离是否有类似的共同的结论？如果有，请给出证明；若果没有，请说明理

由.

【答案】（I）（2）。＜1或。＞5；（3）见解析.

22

【解析】

（1）由曼哈顿距离不大于3可得|2X-3|+143,利用公式法可求其解.

（2）利用绝对值不等式可求（卜-3|+k-讨）.=卜-3|,再由题设条件可得关于。的不

等式，从而可求其解.

（3）对于曼哈顿距离，有类似的结论，可用绝对值不等式来证明.

【详解】

（1）因为A（2x,l）,B（3,2）,故。（A8）=|2x-3|+|l-2|=|2x-3|+l,

由曼哈顿距离不大于3可得|2%-3|+143,故|2%-3归2,

,,15

22

（2）因为A（x,a）,8（3,x）,故。（48）二卜一3|十|〃一力，

因为曼哈顿距离要恒大于2,可得上一3|十,一可＞2,故（卜一3|十卜一取加＞2,

由上一3|十|〃一乂之,―3+〃一厘二|〃一3],当且仅当（1-3）（a-%）20时等号成立,

故（卜-3|+|所动1n小k-3|,所以|a-3|＞2,

故a＜1或a＞5.

（3）有类似的结论：A与8,A与C曼哈顿距离之和不小于B和C的曼哈顿距离.

证明：设4（4,乂）,8（&,%）/（W,力），

则D（AB）=k-即+回一%|，D（AC）=k-匐+|乂一%|，

。（3,。）=%-司+|%-%|.

由绝对值不等式可得归一q+w一切21a---£）|=|巾-&|,

lx-+E-%|士|（x-必）一（乂-%）1=|必一闾，

故D（AB）+D（AC）ND（B,C）.

故A与8,A与C曼哈顿距离之和不小于B和C的曼哈顿距离.

【点睛】

方法点睛：含绝对值符号的不等式的证明问题或函数的最值问题，一般可利用绝对值

不等式进行放缩求解.

26.欧几里得生活的时期人们就发现了椭圆有如下的光学性质：由椭圆一焦点射出的

22

光线经椭圆内壁反射后必经过另一焦点•现有一椭圆C:=