高中数学数学文化鉴赏与学习专题题组训练5阿基米德教师版

专题5阿基米德一、单选题1．阿基米德不仅是闻名的物理学家，也是闻名的数学家，他利用“靠近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】【分析】依据已知条件求得，由此求得正确答案.【详解】依题意，解得.由于椭圆焦点在轴上，所以椭圆的标准方程为.故选：B2．阿基米德不仅是闻名的物理学家，也是闻名的数学家，他利用“靠近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为，面积为．则椭圆C的标准方程为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】【分析】设出椭圆方程，由题意可得，结合离心率以及的关系，可得出答案.【详解】设椭圆的标准方程为，焦距为，则，解得，∴椭圆的标准方程为，故选：C．3．阿波罗尼斯是古希腊闻名数学家，与阿基米德､欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他探讨发觉：假如一个动点P到两个定点的距离之比为常数（，且），那么点P的轨迹为圆，这就是闻名的阿波罗尼斯圆.若点C到的距离之比为，则点C到直线的距离的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】设，依题意，依据两点的距离公式求出动点的轨迹方程，再求出圆心到直线的距离，即可求出点到直线距离的最小值；【详解】解：设，则，即，化简得，所以点的轨迹为以为圆心，的圆，则圆心到直线的距离，所以点C到直线的距离的最小值为；故选：A4．阿基米德是宏大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满足的一个数学发觉就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为，则该模型中圆柱的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】由题意可知，圆柱的底面直径等于圆柱的高，然后由圆柱表面积为，可求出圆柱的底面半径，从而可求出圆柱的体积【详解】由题意可知，圆柱的底面直径等于圆柱的高，设圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，因为圆柱表面积为，所以，解得，所以圆柱的高为4，所以圆柱的体积为，故选：C5．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年）是古希腊宏大的数学家，物理学家和天文学家，他推导出的结论“圆柱内球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满足的数学发觉，后人依据他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径．如图所示，若球的体积为，则圆柱的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据给定条件，求出球半径，再利用圆柱的体积公式计算作答.【详解】设球半径为R，依题意，，解得，明显，圆柱的底面圆半径为R，高，所以圆柱的体积为.故选：C6．阿基米德（公元前287年公元前212年）不仅是闻名的物理学家，也是闻名的数学家，他利用“靠近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积．若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】利用待定系数法求椭圆的标准方程.【详解】可设椭圆的方程为，由题意可得：，解得：，所以椭圆的方程为.故选：A7．“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发觉，他死后，墓碑上刻着一个“圆柱容球”的几何图形．如图，球与圆柱的侧面及上、下底面相切，设圆柱体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，则（

）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【解析】【分析】设球的半径为R，结合题图有圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，利用圆柱、球体的体积、表面积公式求体积和面积，进而得到它们的比值，即可得答案.【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，则圆柱的体积为，球的体积为，则，圆柱的表面积为，球的表面积为，则，所以.故选：B8．古希腊数学家阿基米德利用“靠近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的中心为原点，焦点，均在y轴上，椭圆C的面积为，且短轴长为，则椭圆C的标准方程为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】设出椭圆的标准方程，依据已知条件，求得，即可求得结果.【详解】因为椭圆的焦点在轴上，故可设其方程为，依据题意可得，，故可得，故所求椭圆方程为：.故选：C.9．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），诞生于古希腊西西里岛叙拉古（今意大利西西里岛上），宏大的古希腊数学家、物理学家，与高斯、牛顿并称为世界三大数学家．有一类三角形叫做阿基米德三角形（过抛物线的弦与过弦端点的两切线所围成的三角形），他利用“通近法”得到抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的（即右图中阴影部分面积等于面积的）．若抛物线方程为，且直线与抛物线围成封闭图形的面积为6，则（

）A．1 B．2 C． D．3【答案】D【解析】【分析】依据题目所给条件可得阿基米德三角形的面积，再利用三角形面积公式即可求解.【详解】由题意可知，当过焦点的弦垂直于x轴时，即时，，即，故选：D．10．如图，在平面直角坐标系中，阿基米德曲线与坐标轴依次交于点，按这样的规律接着下去.则以下命题中，正确的特称命题是（

）A．对于随意正整数B．存在正整数C．存在正整数为有理数D．对于随意正整数为无理数【答案】C【解析】【分析】由选项的命题为全称命题，解除；又，从而即可求解.【详解】解：选项的命题为全称命题，故解除；由，可知为奇数，因为2024为偶数，故解除选项；当，易知，故正确选项为.故选：C.11．阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希腊宏大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上随意两点A，B处的切线交于点P，称三角形PAB为“阿基米德三角形”.已知抛物线C：的焦点为F，过A，B两点的直线的方程为，关于“阿基米德三角形”△PAB，下列结论不正确的是（

）A． B．C． D．点P的坐标为【答案】D【解析】【分析】联立方程可解得，则，依据导数可得，可推断，利用点斜式可求得两条切线方程和，联立求P，再求，可推断．【详解】联立方程，消去得：，解得或即，则，A正确；∵，即对于，切线斜率分别为∴，即，B正确；在点A的切线方程为，即同理可得在点B的切线方程为联立方程，解得，即P，D不正确；∵，则，∴，即，C正确；故选：D．12．阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，点P为椭圆C的上项点．直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的长轴长为（

）A．3 B．6 C． D．【答案】B【解析】【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出长轴长.【详解】椭圆的面积，即①.因为点P为椭圆C的上项点，所以.因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以.因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：②①②联立解得：.所以椭圆C的长轴长为2a=6.故选：B13．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】将该多面体放入正方体中，可以间接确定该多面体外接球的球心，从而求出其外接球的体积【详解】将该多面体放入正方体中,如图所示.由于多面体的棱长为,所以正方体的棱长为因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得,所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即所以所以该多面体外接球的体积.故选：A.14．我们把圆锥曲线的弦与过弦的端点，处的两条切线所围成的三角形（为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”，抛物线有一类特别的“阿基米德三角形”，当线段经过抛物线的焦点时，具有以下性质：①点必在抛物线的准线上；②；③.已知直线：与抛物线：交于，点，若，记此时抛物线的“阿基米德三角形”为，则点为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】设，，求出过点的切线方程，两方程联立方程组解得点坐标，直线的方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，由焦点弦长公式求得，从而可得点坐标．【详解】设，，过点的切线方程为，由得，，，，切线方程为，化简得，同理过点的切线方程是，由，得，由，得，，，直线过焦点，所以，，，异号，所以，，，所以．故选：A．15．古希腊数学家阿基米德最为满足的一个数学发觉是“圆柱容球”，即在球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等时，球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的.已知体积为的圆柱的轴截面为正方形.则该圆柱内切球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】由题目给出的条件可知，圆柱内切球的表面积圆柱表面积的，通过圆柱的体积求出圆柱底面圆半径和高，进而得出表面积，再计算内切球的表面积.【详解】设圆柱底面圆半径为，则圆柱高为，圆柱体积，解得，又圆柱内切球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，所以内切球的表面积是圆柱表面积的，圆柱表面积为，所以内切球的表面积为.故选：A.16．阿基米德既是古希腊闻名的物理学家，也是闻名的数学家，他利用“靠近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的中心为原点，焦点、在轴上，椭圆的面积为，且离心率为，则的标准方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】设椭圆方程为，解方程组即得解.【详解】解：设椭圆方程为，由题意可知，椭圆的面积为，且、、均为正数，即，解得，因为椭圆的焦点在轴上，所以的标准方程为.故选：A.17．阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用，如图，在平面直角坐标系中，螺线与坐标轴依次交于点､，并按这样的规律接着下去，给出下列两个结论：①存在正整数的面积为2024；②对于随意正整数为锐角三角形.则（

）A．①错误，②错误 B．①正确，②错误C．①错误，②正确 D．①正确，②正确【答案】C【解析】【分析】由题设可得，△中最大边为且，即可推断结论的正误.【详解】由题设知：且，而，所以不存在使△的面积为2024，①错误；又△中最大边为，且，所以，故对于随意正整数为锐角三角形，②正确.故选：C18．我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A，B处的两条切线所围成的三角形（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特别的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，具有以下性质：①P点必在抛物线的准线上；②；③．已知直线与抛物线交于A，B点，若，则抛物线的“阿基米德三角形”顶点的纵坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】确定直线过抛物线焦点，联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用弦长公式可求得，结合具有的性质，可求得答案.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，直线经过抛物线的焦点，由题意，设，，联立，得，所以，，，解得，∴，当时，，所以直线PF方程为：，因为为“阿基米德三角形”，所以点P必在抛物线的准线上，所以点，由抛物线对称性可知，当时，，故选：B．19．圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.过抛物线焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A、B两点，分别过A、B两点做抛物线的切线l1，l2相交于P点，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①P点必在抛物线的准线上；②△PAB为直角三角形，且为直角；③PF⊥AB.已知P为抛物线的准线上一点，则阿基米德三角形PAB的面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】设出直线方程，联立抛物线求得，通过PF⊥AB求得，进而得到为中点，由表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可.【详解】易知，焦点，准线方程，直线斜率必定存在，设，，，联立化简得，明显；又PF⊥AB可得，即，化简得，过作轴交于点，可得为中点，故，故，当且仅当时取等.故三角形PAB的面积的最小值为4.故选：C.20．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则下列说法错误的是（

）A．该几何体外接球的表面积为B．该几何体外接球的体积为C．该几何体的体积与原正方体的体积比为2：3D．该几何体的表面积比原正方体的表面积小【答案】C【解析】【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积与表面积，对选项逐一推断【详解】由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为1，外接球的表面积为，体积为，故A，B正确对于C，该几何体的体积，正方体体积为，故该几何体的体积与原正方体的体积比为，故C错误，对于D，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，故D正确故选：C二、填空题21．半正多面体亦称为“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，如图所示.这是一个将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”花岗岩石凳，已知此石凳的棱长为，则此石凳的体积是___________.【答案】【解析】【分析】由题意可知，该正多面体是由棱长为240cm的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，再由正方体的体积减去八个三棱锥的体积求解【详解】如图所示，该石凳是由棱长为240cm的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该石凳的体积为：故答案为：22．阿基米德（公元前287—公元前212年）不仅是闻名的物理学家，也是闻名的数学家，他利用“靠近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆经过点，则当取得最大值时，椭圆的面积为_________．【答案】【解析】【分析】利用基本不等式得出取得最大值时的条件结合可知，再利用点在椭圆方程上，故可求得、的值,进而求出椭圆的面积.【详解】由基本不等式可得，当且仅当时取得最大值，由可知，∵椭圆经过点，∴，解得，，则椭圆的面积为.故答案为：.23．阿基米德多面体（Archimedeanpolyhedra）是由两种或三种正多边形面组成的半正多面体.它共有13种，其特点是棱长相等.如图1，顺次连接棱长为2的正方体各棱的中点，得到一个阿基米德多面体，如图2，在此阿基米德多面体的全部棱中任取两条，则两条棱垂直的概率为___________.【答案】【解析】【分析】依据图形，先求出24条棱中的全部组合，再求两条棱垂直的状况，分别计算出每一类状况中的垂直状况即可求解.【详解】此阿基米德多面体共有24条棱，任取2条，共有种.两条棱垂直有两类状况：①都来自同一个正方形：种；②来自对面的两个正方形：种.故所求概率为.故答案为：24．半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体．现有一个体积为的二十四等边体，其外接球体积为，则_________________.【答案】【解析】【分析】利用割补法可得二十四等边体的体积，再结合对称性可得外接球球心与半径，可得外接球体积，进而得解.【详解】设该半多面体是由棱长为的正方体沿正方体各棱的中点截去个三棱锥所得，内侧即为二十四等边体，其体积；由二十四等边体的对称性可知，如图所示，其外接球的球心即为正方体中心，半径为中心到一个顶点的距离，则，故，从而.故答案为：.25．高斯是德国闻名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家．用其名字命名的“高斯函数”为：，表示不超过x的最大整数，如，，[2]=2，则关于x的不等式的解集为__________.【答案】【解析】【分析】解一元二次不等式，结合新定义即可得到结果.【详解】∵，∴，∴，故答案为：26．已知中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，则的面积，该公式称作海伦公式，最早由古希腊数学家阿基米德得出．若的周长为15，，则的面积为___________________．【答案】【解析】【分析】先用正弦定理解得a=3，b=5，c=7，代入海伦公式即可解得.【详解】解：可令将上式相加：由此可解的：由正弦定理：又因为：解得：a=3，b=5，c=7.所以代入海伦公式解得：S=故答案为：27．传闻古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发觉．如图，在底面半径为的圆柱内有球与圆柱的上、下底面及母线均相切，设分别为圆柱的上、下底面圆周上一点，且与所成的角为，直线与球的球面交于两点，则线段的长度为______．【答案】【解析】【分析】取中点，由等腰三角形三线合一可得；由线面垂直的判定与性质可证得，利用勾股定理可推导求得，又，可知为中点，由此可得.【详解】，，取中点，连接，，为中点，；，，，平面，平面，又平面，；，，，，，也是中点，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查旋转体中的线段长度的求解问题，解题关键是能够娴熟应用圆柱和球的结构中的长度相等的线段之间的关系，结合垂直关系，利用勾股定理来进行求解.28．圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.过抛物线焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A､B两点，分别过A､B两点作抛物线的切线，相交于P点，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①P点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且为直角；③.已知P为抛物线的准线上一点，则阿基米德三角形PAB的面积的最小值为___________.【答案】4【解析】【分析】设出直线方程，联立抛物线求得，通过PF⊥AB求得，进而得到为中点，由表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可.【详解】易知，焦点，准线方程，直线斜率必定存在，设，，，联立得，明显；又PF⊥AB可得，即，化简得，过作轴交于点，如