第34期：立几压轴之20个立体几何非主流好题赏析.docx

1、立几压轴之 20 个立体几何非主流好题赏析 1图 1 中的机械设备叫做“转子发动机” ，其核心零部件之一的转子形状是“曲 侧面三棱柱” ，图 2 是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛 三角形” ，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径 画圆弧得到的，如图 3若曲侧面三棱柱的高为 10，底面任意两顶点之间的距离 为 20，则其侧面积为（） A100B600C200D300 【答案】C 【析解】 莱洛三角形由三段半径为 20，圆心角为 3 的圆弧构成，所以该零件底面周长为 32020 3 ，故其侧面积为200高中资料分享 QQ 群：608396916 故选：C

2、. 2空间直角坐标系Oxyz中，经过点 000 ,P xy z，且法向量为 , ,mA B C 的 平面方程为 000 0A xxB yyC zz，经过点 000 ,P xy z且一个方向 向量为, ,0n 的直线l的方程为 000 xxyyzz ，阅读上面 的材料并解决下面问题：现给出平面的方程为3570 xyz，经过0,0,0 的直线l的方程为 321 xyz ，则直线l与平面a所成角的正弦值为（） A 10 10 B 10 35 C 10 5 D 5 7 【答案】B 【析解】 因为平面的方程为3570 xyz，故其法向量为3, 5,1n ， 因为直线l的方程为 321 xyz ，故其方向

3、向量为3,2, 1m ， 故直线l与平面a所成角的正弦值为 9 10 1210 3514357 10 ， 故选：B.高中资料分享 QQ 群：608396916 3我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理： “幂势既同，则积不容 异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任 意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原 理计算球的体积时， 构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱， 与半球 （如 图）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆 柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图） ，用任何一个平行于底面的

4、平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半 球体积相等，即 23 1112 2323 VRRRRR 球 .现将椭圆 22 1 49 xy 绕y轴旋 转一周后得一橄榄状的几何体（如图） ，类比上述方法，运用祖暅原理可求得 其体积等于（） A32B24C18D16 【答案】D 【详解】 构造一个底面半径为2，高为3的圆柱， 在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥， 则当截面与顶点距离为03hh时，小圆锥底面半径为r，则 32 hr ， 2 3 rh ，故截面面积为： 2 4 4 9 h，把yh代入 22 1 49 xy ， 即 22 1 49 xh ，解得： 2

5、2 9 3 xh ，橄榄球形几何体的截面面积为 22 4 4 9 xh，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为： 2VV 圆柱 V 圆锥 1 )2434316 3 .故选：D. 4将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直 射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值） ，为该地的纬度值，如图已知 太阳每年直射范围在南北回归线之间，即23 26,23 26 北京天安门广场 的汉白玉华表高为 9.57 米，北京天安门广场的纬度为北纬39 54 27，若某天的 正午时刻，测得华表的影长恰好为 9.57 米，则该天的太阳直射纬度为（） A北纬5 5 27B南纬5 5 27 C北纬5 5

6、 33D南纬5 5 33 【答案】D 【详解】 由题可知，天安门广场的太阳高度角9039 54 2750 5 33 ， 由华表的高和影长相等可知45，所以4550 5 335 5 33 . 所以该天太阳直射纬度为南纬5 5 33，高中资料分享 QQ 群：608396916 故选：D. 5如图，水平桌面上放置一个棱长为 4 的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱 长的一半，在该正方体侧面 11 CDDC上有一个小孔E，E点到CD的距离为 3，若 该正方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上） ，则当水恰好流出时，侧面 11 CDDC 与桌面所成角的正切值为（） A 5 5 B 1 2 C 2 5 5 D

7、2 【答案】D 【详解】 由题意知，水的体积为4 4 232 ，如图所示， 设正方体水槽绕CD倾斜后，水面分别与棱 1111 ,AA BB CC DD交于, ,M N P Q 由题意知3PC ，水的体积为32 BCPN SCD 32 2 BNPC BC CD ，即 3 4 432 2 BN ， 1BN高中资料分享 QQ 群：608396916 在平面 11 BCC B内，过点 1 C作 1 / /C HNP交 1 BB于H， 则四边形 1 NPC H是平行四边形，且 1 1NHPC 又侧面 11 CDDC与桌面所成的角即侧面 11 CDDC与水面MNPQ所成的角，即侧面 11 CDDC与平面

8、11 HC D所成的角,其平面角为 111 HCCB HC, 在直角三角形 11 B HC中， 11 11 1 4 tan2 2 BC B HC B H .故选：D. 6 空间中 13 个不同的点构成的集合0,1,2,12 i PA i， 满足当0,1,2,3k 时， 3313233kkkk A AAA 都是正四面体.对于任意平面，P的最大值是（） A9B10C11D12 【答案】C 【详解】 为使得对于任意平面，P取得最大值， 故要使得使之在同一平面中三棱锥顶点最多， 如下所示：高中资料分享 QQ 群：608396916 如图所示：三棱锥 01233456678991011 12 ,PPP

9、P PP PP PP PP PP P P，均为正四面体, 显然，最多有 11 个点在同一平面中.高中资料分享 QQ 群：608396916 同时，若同一平面中存在 12 个三棱锥的顶点，则只有 1 个点在平面外， 无法构造几何体.故P的最大值为：11.故选：C. 7设 1 P、 2 P、 n P为平面内的n个点，在平面内的所有点中，若点P到 1 P、 2 P、 n P点的距离之和最小，则称点P为 1 P、 2 P、 n P点的一个“中 位点” ，有下列命题：A、B、C三个点共线，C在线段AB上，则C是A、B、 C的中位点；直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；若 四个点A、B、C

10、、D共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点 是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（） ABCD 【答案】C 【详解】若三个点, ,A B C共线,C在线段AB上,根据两点之间线段最短, 则C是, ,A B C的中位点,正确；高中资料分享 QQ 群：608396916 举一个反例,如边长为3,4,5的直角三角形ABC,此直角三角形的斜边的中点到 三个顶点的距离之和为52.57.5,而直角顶点到三个顶点的距离之和为 7, 直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误； 若四个点, ,A B C D共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点, 故它们的中位点

11、存在但不唯一；故错误；高中资料分享 QQ 群：608396916 如图,在梯形ABCD中,对角线的交点,OP是任意一点,则根据三角形两边之和 大于第三边得PAPBPCPDACBDOAOBOCOD, 梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点正确 故正确.故选：C 高中资料分享 QQ 群：608396916 8若点N为点M在平面上的正投影，则记NfM .如图，在棱长为1的正 方体 1111 ABCDABC D中，记平面 11 ABC D为，平面ABCD为，点P是棱 1 CC 上一动点（与C、 1 C不重合） 1 QffP ， 2 QffP .给出下列三个 结论： 线段 2 PQ长度的取值范围是

12、 12 , 22 ； 存在点P使得 1/ PQ平面； 存在点P使得 12 PQPQ. 其中，所有正确结论的序号是 ABCD 【答案】D 【详解】 取 1 C D的中点 2 Q，过点P在平面 11 ABC D内作 1 PEC D，再过点E在平面 11 CC D D内作 1 EQCD，垂足为点 1 Q.高中资料分享 QQ 群：608396916 在正方体 1111 ABCDABC D中，AD平面 11 CC D D，PE 平面 11 CC D D， PEAD， 又 1 PEC D， 1 ADC DD， PE平面 11 ABC D， 即PE， fPE ， 同理可证 1 EQ，CQ， 则 1 ffPf

13、EQ ， 2 ffPfCQ . 以点D为坐标原点，DA、DC、 1 DD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系Dxyz，设01CPaa，则0,1,Pa，0,1,0C， 11 0, 22 aa E ， 1 1 0,0 2 a Q ， 2 1 1 0, 2 2 Q . 对于命题， 2 2 11 42 PQa ，01a，则 111 222 a，则 2 11 0 24 a ，所以， 2 2 1112 , 4222 PQa ，命题正确； 对于命题， 2 CQ，则平面的一个法向量为 2 1 1 0, 2 2 CQ ， 1 1 0, 2 a PQa ，令 21 11 3 0 424 aaa CQ

14、PQ ，解得 1 0,1 3 a ， 所以，存在点P使得 1/ PQ平面，命题正确； 对于命题， 2 1 12 0, 22 a PQ ，令 12 211 0 42 aaa PQ PQ ， 整理得 2 4310aa ，该方程无解，所以，不存在点P使得 12 PQPQ，命题 错误.故选：D.高中资料分享 QQ 群：608396916 9如图，设P为正四面体ABCD表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P 到四个顶点的距离组成的集合记为M，如果集合M中有且只有2个元素，那么 符合条件的点P有 A4个B6个C10个D14个 【答案】C 【详解】 试题分析：分以下两种情况讨论： （1）点P到其中两个点的

15、距离相等，到另外两 点的距离分别相等，且这两个距离不等，此时点P位于正四面体各棱的中点，符 合条件的有6个点；高中资料分享 QQ 群：608396916 （2）点P到其中三个点的距离相等，到另外一点的距离与它到其它三点的距离 不相等，此时点P在正四面体各侧面的中心点，符合条件的有4个点，故选 C. 10在三维空间中，定义向量的外积：a b 叫做向量a 与b 的外积，它是一个向 量，满足下列两个条件：aa b ，ba b ，且a ，b 和a b 构成右手系 （即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示） ： a b 的模sin,a ba ba b （, a b 表示向量a

16、，b 的夹角）在正方体 1111 ABCDABC D中，有以下四个结论，正确的有（） A 11 ABACADDB BAB ADADAB C 1111 ACA DBD 与方向相同D6|BCAC 与正方体表面积的数值 相等 【答案】ACD 【详解】 设正方体的棱长为a， 对于 A，如图，因为 1 ABCV为等边三角形，故 22 1 3 sin 32 ABACaa ， 因为 1111 /,BD B D BDB D，而 11 AB D为等边三角形， 故 22 1111 23 sin 32 ADDBADD Baa ，故 A 正确. 对于 B，根据定义， 1 ABADAA ， 1 ADABAA ，两者不相

17、等，故 B 错. 对于 C， 因为 1 BD 平面 11 ADC， 结合外积的定义可得 111 ACAD 的方向即为 1 BD 的 方向，故 C 正确.高中资料分享 QQ 群：608396916 对于 D， 2 2 6| 626 2 BCACaaa ，故它与正方体的表面积相同， 故选：ACD. 11平面中两条直线l和n相交于O，对于平面上任意一点M，若p，q分别是 M到直线l和n的距离，则称有序非负实数对（p，q）是点M的“距离坐标”. 则下列说法正确的（） A若p=q=0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有一个 B若pq=0，且p+q0，则“距离坐标”为（p，q）的点有且仅有 2 个 C

18、若pq0，则“距离坐标”为（p，q）的点有且仅有 4 个 D若p=q，则点M的轨迹是一条过O点的直线 【答案】ABC 【详解】 首先点到直线的距离是唯一确定的. 对于 A 选项，由于0pq，所以0,0表示O点，有且仅有一个，故 A 选项正 确.对于 B 选项， 由于0pq ， 且0pq， 当 0 0 p q 或 0 0 p q 时， 分别表示点0,q 或,0p，有且仅有两个，故 B 选项正确. 对于 C 选项，由于l和n相交与O，所以直线l和直线n确定一个平面，根据对 称性可知，在平面的上方和下方，各有两个“距离坐标”为, p q的点.故“距 离坐标”为, p q的点有且仅有4个，所以 C 选

19、项正确. 对于 D 选项， 设l和n相交与O， 直线l和直线n相交所形成的两组对角的角平分 线上的点，都满足p q ，所以点M的轨迹不只是一条过O点的直线，所以 D 选 项错误.由于p q ，故选：ABC 高中资料分享 QQ 群：608396916 12 古希腊数学家阿波罗尼斯发现： 平面上到两定点A、B距离之比0,1 是常数的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆， 该圆简称为阿氏圆.根据以上信 息，解决下面的问题：在棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中，点P是正方体 的表面 11 ADD A(包括边界)上的动点，若动点P满足 2PAPD，则点P所形成的 阿氏圆的半径为_；若E是

20、CD的中点，且满足APBEPD ，则三棱锥 PACD体积的最大值是_. 阿波罗尼奥斯 【答案】 4 3 4 3 9 【详解】 在AD上取点M， 在AD延长线上取点N， 使得2MAMD，2NAND， 则,M N 是题中阿氏圆上的点，由题意MN是阿氏圆的直径， 2AD ，则 2 3 MD ，2DN ，所以 28 2 33 MN ，阿氏圆半径为 4 23 MN ； 正方体中AB，CD都与侧面 11 ADD A垂直， 从而与侧面 11 ADD A内的直线,PA PD垂 直，如图APBEPD ，则RtPDERtPAB，2 PAAB PDDE ，即P在上 述阿氏圆上，高中资料分享 QQ 群：6083969

21、16 ACD的面积是 2 为定值，因此只要P到平面ACD距离最大，则三棱锥 PACD体积的最大，由于P点在阿氏圆上，当P是阿氏圆与 1 DD交点Q时，P 到平面ACD距离最大，此时2QAQD，因此 222 32QAQDQD ， 2 3 3 QD ，三棱锥PACD体积的最大值为 12 34 3 2 339 V 故答案为： 4 3 ； 4 3 9 13古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数 (0 且1)的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆， 该圆简称为阿氏圆 根 据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体 1111 ABCDABC D中， 1 226ABADAA，点E在棱

22、AB上， 2BEAE，动点P满足3BPPE若 点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为_；若点P在 长方体 1111 ABCDABC D内部运动，F为棱 11 C D的中点，M为CP的中点，则三 棱锥 1 MBCF的体积的最小值为_ 【答案】2 3 9 4 【详解】 （1）以AB为x轴，AD为y轴， 1 AA为z轴，建立如图所示的坐标系，则 (6,0),(2,0),BE设( , )P x y，高中资料分享 QQ 群：608396916 由 3BPPE 得 2222 (6)3(2)xyxy， 所以 22 +12xy ，所以若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半 径为2

23、 3. （2）设点( , , )P x y z，由 3BPPE 得 222222 (6)3(2)z xyzxy， 所以 222 +12xyz ，由题得 1 (3,3,3,),(6,0,3),(6,3,0),FBC 所以 11 (3, 3,0),(0,3, 3),FBBC 设平面 1 BCF的法向量为 000 (,)nxyz r ， 所以 100 100 330, (1,1,1) 330 n FBxy n n BCyz ， 由题得(6,3,z)CPxy ，高中资料分享 QQ 群：608396916 所以点P到平面 1 BCF的距离为 |9| |3 CP nxyz h n ， 因为 2222222

24、 (+)(111 )() ,66xyzxyzxyz ， 所以 min |69| 3 3 h ，所以点M到平面 1 BCF的最小距离为 3 2 ， 由题得 1 BCF为等边三角形，且边长为 22 333 2 ， 所以三棱锥 1 MBCF的体积的最小值为 2 1339 3 2= 3424 （） . 故答案为：(1). 2 3 (2). 9 4 14北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲 性是几何研究的重要内容用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等 于2与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角， 角度用弧度制） ，多面体面上非顶点的曲率均为零，

25、多面体的总曲率等于该多面 体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有 3 个面角，每个面角是 3 ， 所以正四面体在各顶点的曲率为23 3 ，故其总曲率为4 （1）求四棱锥的总曲率； （2） 若多面体满足： 顶点数-棱数+面数2， 证明： 这类多面体的总曲率是常数 【答案】 （1）4； （2）证明见解析. 【详解】 （1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和. 可以从整个多面体的角度考虑， 所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表 面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有 5 个顶点，5 个面，其中 4 个为三角形， 1 个为四边形.高中资料分享 QQ 群：608396916 所

26、以四棱锥的表面内角和由 4 个为三角形，1 个为四边形组成， 则其总曲率为：25424 . （2）设顶点数、棱数、面数分别为n、l、m，所以有2nlm 设第i个面的棱数为 i x，所以 12 2 m xxxl 所以总曲率为： 12 2222 m nxxx 222nlm 24nlm 所以这类多面体的总曲率是常数. 15已知集合 12 ,|,1,2,1 n ni Rx xxxR inn，定义 n R 上两点 12 , n A a aa， 12 , n B b bb的距离 1 , n ii i d A Bab . （1）当2n 时，以下命题正确的有_（不需证明） ： 若1,2A，4,6B，则,7d

27、A B ； 在ABC中，若 90C ，则 222 ,d A Cd C Bd A B ； 在ABC中，若,d A Bd A C，则BC ; （2）当2n 时，证明 2 R 中任意三点ABC， ，满足关系 ,d A Bd A Cd C B； （3）当3n 时，设0,0,0A，4,4,4B，, ,P x y z，其中xyzZ， ， ,d A Pd P Bd A B.求满足P点的个数n，并证明从这n个点中任取 11 个点，其中必存在 4 个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于 8 3 . 【答案】 （1）； （2）证明见解析； （3）125n ，证明见解析 【详解】 （1）当2n 时， 若1

28、,2A，4,6B，则,4 1627d A B ，正确； 在ABC中，若 90C ，则 222 ACBCAB，设 112233 ( ,), (,),(,)A x yB xyC xy，高中资料分享 QQ 群：608396916 所以 222222 131323231212 ()()()()()()xxyyxxyyxxyy 而 222 12121212 2 1212 ()()()2),(xxyyxxyyd AxBxyy ， 22 ,d A Cd C B 2222 1313232313132323 ()()()()2 ()()2 ()()xxyyxxyyxxyyxxyy 但 131323231212

29、2 ()()2 ()()2 ()()xxyyxxyyxxyy不一定成立， 错误； 在ABC中，若,d A Bd A C，在中的点坐标，有 12121313 xxyyxxyy， 但 12121313 22xxyyxxyy不一定 成立，因此ABAC不一定成立，从而BC 不一定成立，错误 空格处填 （2）证明：设 112233 ( ,), (,),(,)A x yB xyC xy，根据绝对值的性质有 132312 xxxxxx， 132312 yyyyyy，所以 ( ,)( ,)( ,)d A Cd B Cd A B, （3）( , )12d A B ， 44,44,44xxyyzz，所以( , )

30、( , )12d A Pd B P，当且仅当 以上三个等号同时成立，( , )( , )12d A Pd B P又由已知 ,d A Pd P Bd A B，04,04,04xyz， 又, ,x y zZ，, ,0,1,2,3,4x y z ，5 5 5125 ， 点P是以AB为对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共 125 个，125n 这 125 个点在0,1,2,3,4zzzzz这五面内 这三个平面内， 一个面上取不共线的 3 点， 相邻面上再取一点构成一个三棱锥 则 这个三棱锥的体积最大为 118 4 4 1 323 V ， 现在任取 11 个点，若有四点共面，则命题已成立，若其中无

31、4 点共面，但 11 个 点分在 5 个平面上至少有一个平面内有 3 个点（显然不共线） ， 若这三点在1,2,3zzz这三个平面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如 果有一点，那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积 不超过 8 3 ，否则还有 8 个点在平面0z 和4z 上，不合题意， 若这三个点在平面0z 或5z 上， 不妨设在平面0z ， 若在平面1z 在一个点， 则同样四点构成的三棱锥体积不超过 8 3 ， 否则剩下的 8 个点在2,3,4zzz三 个平面上，只能是 3，3，2 分布，不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不 超过 8 3 ， 综上，任取 11 个

32、点，其中必存在 4 个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥 体积不大于 8 3 . 16 （1）如图，对于任一给定的四面体 1234 A A A A，找出依次排列的四个相互平行 的平面 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，使得1,2,3,4 ii Ai，且其中每相邻两个平面间的 距离都相等； （2）给定依次排列的四个相互平行的平面 1 ， 2 ， 3 ， 4 ，其中每相邻两个 平面间的距离为1， 若一个正四面体 1234 A A A A的四个顶点满足：1,2,3,4 ii Ai， 求该正四面体 1234 A A A A的体积 【答案】 （1）见解析； （2） 5 5 3 . 【详解】 （1） 取 4

33、1 A A的三等分点 2 P， 3 P， 13 A A的中点M， 24 A A的中点N， 过三点 2 A， 2 P，M作平面 2 ，过三点 3 A， 3 P，N作平面 3 ， 因为 223 /A PNP， 332 /A PMP，所以平面 2/ 平面 3 ， 再过点 1 A， 4 A分别作平面 1 ， 4 与平面 2 平行，那么四个平面， 2 ， 3 ， 4 依次相互平行，高中资料分享 QQ 群：608396916 由线段 41 A A被平行平面 1 ， 2 ， 3 ， 4 截得的线段相等知，每相邻两个平面间 的距离相等，故 1 ， 2 ， 3 ， 4 为所求平面 （2）如图，将此正四面体补形为

34、正方体 1111 ABCDABC D（如图） ， 分别取AB、CD、 11 AB、 11 C D的中点E、F、 1 E、 1 F， 平面 11 DEE D与 11 BFFB是分别过点 2 A、 3 A的两平行平面，若其距离为 1， 则正四面体 1234 A A A A满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为a， 若1AMMN，因为 1 2 AEa， 5 2 DEa ， 在直角三角形ADE中，AMDE，所以 51 1 22 aa a ，所以 5a ， 又正四面体的棱长为 210a ， 所以此正四面体的体积为 33 1 15 45 3 23 Vaa 17在空间直角坐标系中，定义：平面的一般

35、方程为 222 0, ,0AxByCzDA B C DR ABC，点 000 ,P xy z到平面的 距离 000 222 AxByCzD d ABC ，则在底面边长与高都为 2 的正四棱锥中，底面中 心O到侧面的距离等于_ 【答案】 2 5 5 【详解】高中资料分享 QQ 群：608396916 如图，以底面中心O为原点建立空间直角坐标系Oxyz， 则0,0,0O， (1A，1，0)，( 1B ，1，0)，(0P，0，2)， 设平面PAB的方程为0AxByCzD， 将, ,A B P坐标代入计算得 0 0 20 ABD ABD CD 解得0A ，BD ， 1 2 CD ， 1 0 2 DyD

36、zD， 即220yz， |2002|2 5 541 d 故答案为： 2 5 5 18古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比 皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在 2 :1的比例关系，这是当时工匠们 着意设计的常见比例，今天，4A纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与 宽的比无限接近 2 :1，我们称这种满足了2 :1的矩形为“优美”矩形现有一 长方体 1111 ABCDABC D， 1 2 6AD ，2 5AC ， 1 2 7AC ，则此长方体的表 面六个矩形中， “优美”矩形的个数为_ 【答案】4 【详解】 由题意，该长方体如图所示： 1 2 6AD ，2 5

37、AC ， 1 2 7AC ， 2 11 2 2 2CCCACA， 2222 1111 4ADADADDDCC， 22 2CDACAD 2ABCD， 11 2 2CCAA， 1 2 AA AB ， 1 2 AD AA ，2 AD AB ，此长方体的表面六个矩形中， “优美”矩 形的个数为 4.故答案为：4.高中资料分享 QQ 群：608396916 19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2VEF，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.

38、如图是一个面数为 26 的多面体（其表 面仅由正方形和正三角形围成） ， 根据欧拉多面体公式可求得其棱数E _. 【答案】48 【详解】 该多面体面数26F ，由图知，顶点数24V ， 根据欧拉多面体公式2VEF得：棱数22426248EVF. 故答案为：48. 20如图，在直角梯形ABCD中，ABCD，ABC90，AB1，ACCD DA2，动点M在边DC上（不同于D点） ，P为边AB上任意一点，沿AM 将ADM翻折成ADM，当平面ADM垂直于平面ABC时，线段PD长度的 最小值为_ 【答案】 15 2 【详解】 过D作AM的垂线，垂足为H，由题意可知DADA2，随着点M在边 DC上向点C方向移动，DM逐渐变大，即DM越来越大，又DH为三角形 ADM中AM边上的高，DA长度不变，DM越来越大，所以垂足为H越来越 靠近点A，所以当点M与C重合即折痕为AC时，H到直线AB的距离最小，又 ACCDDA2， 所以ACCDDA2， 此时H为AC的中点， 所以D HDH 3 ，此时，H到直线AB的最小距离为h 1 2 BC 3 2 ，所以PD的 最小距离为 22 15 2 DHh 故答案为： 15 2 高中资料分享 QQ 群：608396916