专题11 立体几何专题（数学文化）（解析版）

专题11立体几何专题（数学文化）一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）笛卡尔是世界著名的数学家，他因将几何坐标体系公式化而被认为是解析几何之父.据说在他生病卧床时，还在反复思考一个问题：通过什么样的方法，才能把“点”和“数”联系起来呢？突然，他看见屋顶角上有一只蜘蛛正在拉丝织网，受其启发建立了笛卡尔坐标系的雏形.在如图所示的空间直角坐标系中，单位正方体顶点关于轴对称的点的坐标是（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】由图写出点的坐标，然后再利用关于轴对称的点的性质写出对称点的坐标.【详解】由图可知，点，所以点关于轴对称的点的坐标为.故选：B.2．（2022春·辽宁大连·高一统考期末）民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径，圆柱体的高，圆锥体的高，则这个陀螺的表面积是（    ） A．B．C．D．【答案】C【分析】结合组合体表面积的计算方法计算出正确答案.【详解】圆柱、圆锥的底面半径为，圆锥的母线长为，所以陀螺的表面积是.故选：C3．（2022秋·安徽·高二合肥市第八中学校联考期中）《九章算术》是我国东汉初年编订的一部数学经典著作，其在卷第五《商功》中描述的几何体“阳马”实为“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”．如图，在“阳马”中，E为的重心，若，，，则（　　）A．B．C．D．【答案】B【分析】连接AE并延长交CD于点F，则F为CD的中点，利用向量的加减运算得答案【详解】连接AE并延长交CD于点F，因为E为的重心，则F为CD的中点，且.故选：B． 4．（2022秋·河南商丘·高三校联考阶段练习）榫卯是一种中国传统建筑、家具及其他器械的主要结构方式，是在两个构件上采用凹凸部位相结合的一种连接方式．凸出的部分叫做榫（或叫榫头），凹进部分叫卯（或叫榫眼、榫槽）．现要在一个木头部件制作一个榫眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么制作成的榫眼的俯视图可以是（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用排除法结合俯视图的定义和已知条件分析判断.【详解】法一：榫眼的形状和榫头一致，故榫眼的俯视图的轮廓线为虚线且从结果图可知榫眼应为通透的，排除AD；又C选项的结构左下方部分缺了一块，这与榫眼的结构不符，符合条件的只有B．法二：因榫眼的制作部件为长方体，所以，C，D不正确；又榫眼应为通透的，所以A不正确，所以符合条件的只有B．故选B． 5．（2021秋·江西宜春·高二上高二中校考阶段练习）张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面，，且，，利用张衡的结论可得球的表面积为（    ）A．30B．C．D．【答案】D【分析】由，底面，将三棱锥放在长方体中，求出外接球的半径以及圆周率的值，再由球的表面积公式即可求解.【详解】如图所示：因为，底面，，，所以将三棱锥放在长、宽、高分别为的长方体中，三棱锥的外接球即为该长方体的外接球，外接球的直径，利用张衡的结论可得，则，所以球的表面积为.故选：D.6．（2021春·陕西榆林·高三校考阶段练习）“天圆地方”观反映了中国古代科学对宇宙的认识，后来发展成为中国传统文化的重要思想.中国古人将琮、璧、圭、璋、璜、琥六种玉制礼器谓之“六瑞”，玉琮内圆外方，表示天和地，中间的穿孔表示天地之间的沟通，可以说是中国古代世界观很好的象征物.下面是一玉琮图及 其三视图，设规格如图所示（单位：cm），则三视图中，两点在实物中对应的两点在实物玉璧上的最小距离约为（    ）（，）A．8.4B．9.8C．10.4D．11.2【答案】A【分析】玉琮的中空部分看成一圆柱，，两点可看成是圆柱轴截面所对应矩形的对角线的端点，将圆柱侧面展开，线段的长就是沿该圆柱表面由到的最短距离．【详解】本题考查传统文化与圆柱的侧面展开图.由题意，将玉琮的中空部分看成一圆柱，，两点可看成是圆柱轴截面所对应矩形的对角线的端点，现沿该圆柱表面由到，如图，将圆柱侧面展开，可知.故选：A．7．（2022·全国·高一专题练习）《九章算术》中有这样的图形：今有圆锥，下周三丈五尺，高五丈一尺（1丈尺）；若该圆锥的母线长尺，则（    ）A．B．C．D． 【答案】C【分析】根据圆锥的底面周长求出底面半径，从而利用勾股定理即可求出该圆锥的母线长.【详解】易知三丈五尺=35尺，五丈一尺=51尺，设圆锥的底面半径为，则，所以，所以.故选：C.8．（2021秋·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考阶段练习）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为，则该阿基米德多面体的表面积为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】通过图形可知阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，分别求解正方形和等边三角形面积，加和即可.【详解】由题意知：阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，其中正方形边长和等边三角形的边长均为；阿基米德多面体的表面积.故选：A.9．（2022秋·宁夏吴忠·高二青铜峡市高级中学校考开学考试）牟合方盖是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，该方法不直接给出球体的体积，而是先计算牟合方盖的体积.刘徽通 过计算，“牟合方盖”的体积与球的体积关系为，并且推理出了“牟合方盖”的八分之一的体积计算公式，即，从而计算出.如果记所有棱长都为的正四棱锥的体积为，则（    ）A．B．1C．D．【答案】C【分析】计算出，，即可得出结论.【详解】由题意，，所有棱长都为的正四棱锥的体积为，，故选：．10．（2022秋·湖北襄阳·高二襄阳市第一中学校考阶段练习）《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱．如图，在堑堵中，分别是的中点，是的中点，若，则（    ）A．B．C．1D．【答案】A【分析】利用空间向量运算求得正确答案.【详解】，所以.故选：A 11．（2022秋·江西抚州·高二临川一中校考期中）如图，何尊是我国西周早期的青铜礼器，其造型浑厚，工艺精美，尊内底铸铭文中的“宅兹中国”为“中国”一词最早的文字记载，何尊还是第一个出现“德”字的器物，证明了周王朝以德治国的理念，何尊的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，组合体的高约为40cm，上口直径约为28cm，经测量可知圆台的高约为16cm，圆柱的底面直径约为18cm，则该组合体的体积约为（    ）（其中的值取3）A．11280cm3B．12380cm3C．12680cm3D．12280cm3【答案】D【分析】根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.【详解】由题意得圆柱的高约为（cm），则何尊的体积（cm3）故选：D．12．（2022秋·安徽·高三校联考开学考试）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第11卷中将轴截面为等腰直角三角形的圆锥称为“直角圆锥”.若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】根据直角圆锥性质求出圆锥高、母线与底面半径关系，根据圆锥体体积与侧面积公式求解.【详解】设圆锥底面半径为，根据直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形可得，圆锥高，母线长，圆锥的侧面积为，解得， 所以圆锥的体积为.故选：A.13．（2022秋·青海西宁·高三统考期中）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底､长方形足､器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm.现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体，则其体积约为（    ）（参考数据：，）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据棱台与棱锥的体积公式计算可得.【详解】解：因为，，所以.故选：D14．（2022秋·湖北·高二校联考期中）在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为4，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．B．C．D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线与所成角的余弦值．【详解】图，设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，，以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，又异面直线所成角的范围为，故异面直线与所成角的余弦值为．故选：A．15．（2023·江西抚州·高三金溪一中校考开学考试）中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子 ，寓意为粮食满园、称心如意、十全十美．下图为一种婚庆升斗的规格，把该升斗看作一个正四棱台，忽略其壁厚，则该升斗的容积约为（    ）（参考数据：，参考公式：）A．B．C．D．【答案】B【分析】由勾股定理算出高h，即可由公式求体积.【详解】由题意，正四棱台中，设棱台的高为，则，故.故选：B16．（2022春·湖南长沙·高二湖南师大附中校考阶段练习）波利亚在其论著中多次提到“你能用不同的方法推导出结果吗？”，“试着换一个角度探索下去……”.这都属于“算两次”的原理.另外，更广义上讲，“算两次”也是对同一个问题，用两种及其以上的方法解答出来，即对同一个问题解两次，得到相同的结果，体现殊途同归，一题多解.试解决下面的问题：四面体ABCD中，AB=CD=6，其余的棱长均为5，则与该四面体各个表面都相切的内切球的表面积为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】取的中点E，连接，取的中点F，连接，即可得到平面，求出，即可求出三棱锥的体积，设内切球的半径为R，利用等体积法求出内切球的半径，即可求出内切球的表面积； 【详解】解：取的中点E，连接，取的中点F，连接，由题意，，又平面，∴平面，又，其余棱长均为5，∴，在中，可得，同理可得，所以等腰三角形底边上的高，∴，∴三棱锥的体积.又，设内切球的半径为R，三棱锥的体积，可得，所以球的表面积为.故选：C.17．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·高二齐齐哈尔市第八中学校校考开学考试）灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分（除去两个球冠）．如图2，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积．已知该灯笼的高为46cm，圆柱的高为3cm，圆柱的底面圆直径为30cm，则围成该灯笼所需布料的面积为（    ） A．B．C．D．【答案】B【分析】由勾股定理求出，则，分别求出两个球冠的表面积、灯笼中间球面的表面积、上下两个圆柱的侧面积即可求出围成该灯笼所需布料的面积.【详解】由题意得，得，，所以两个球冠的表面积之和为，灯笼中间球面的表面积为．因为上下两个圆柱的侧面积之和为，所以围成该灯笼所需布料的面积为．故选：B.18．（2022秋·湖北武汉·高二武汉市第十一中学校考阶段练习）端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗，粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明，且形状各异，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶､水草包裹糯米､绿豆､猪肉､咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为时，该裹蒸粽的高的最小值为（    ）A．4B．6C．8D．10【答案】A【分析】要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，内切球的半径为，根据球的体积求出，再根据等体积法求出；【详解】解：要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，设正四面体的棱长为，高为，内切球的半径为，则，解得， 如图正四面体中，令为的中点，为底面三角形的中心，则底面所以，即.故选：A19．（2023·全国·高三专题练习）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构．如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】补形出正方体，结合图形求出正方体棱长，然后直接求解可得.【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，如图，因为，所以故该正方体的棱长为，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该几何体的表面积为． 故选：A20．（2022秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）刍(chú)甍(méng)是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，上棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．已知一个刍甍底边长为，底边宽为，上棱长为，高为，则它的表面积是（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】计算出几何体每个面的面积，相加即可得解.【详解】设几何体为，如下图所示：矩形的面积为，侧面为两个全等的等腰三角形、，两个全等的等腰梯形、，设点、在底面内的射影点分别为、，过点在平面内作，连接， 过点在平面内作，连接，平面，、平面，，，，，平面，平面，，易知，，则在中，斜高为，所以，，同理可知，梯形的高为，所以，，因此，该几何体的表面积为.故选：B.二、多选题21．（2021秋·重庆沙坪坝·高二重庆市天星桥中学校考阶段练习）三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年.2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮.玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则（    ）A．该玉琮的体积为()B．该玉琮的体积为()C．该玉琮的表面积为()D．该玉琮的表面积为()【答案】BD【分析】体积为圆筒体积（外圆柱减去内圆柱体积）加上正方体体积减去内切圆柱体积．组合体的表面包含下面几个部分：外圆柱侧面在正方体外面的部分，正方体上下两个底面去掉其内切圆的部分，圆筒的上下两个底面（两个圆环），正方体的4个侧面，内圆柱的侧面，面积相加可得． 【详解】由图可知，组合体的体积().().故选：BD．22．（2022·全国·高三专题练习）“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为（不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，若一个碗的容积等于半径为的半球的体积，则（    ）（参考数据：）A．这两碗馅料最多可包三角粽35个B．这两碗馅料最多可包三角粽36个C．这两碗馅料最多可包竹筒粽21个D．这两碗馅料最多可包竹筒粽20个【答案】AC【分析】分别求出一个正四面体状的三角粽的体积，一个圆柱状竹筒粽得体积及两碗馅料得体积，即可得出答案.【详解】解：两碗馅料得体积为：，如图，在正四面体中，CM为AB边上得中线，O为三角形ABC的中心，则OD即为正四面体的高，，，，所以正四面体的体积为，即一个正四面体状的三角粽的体积为，因为，所以这两碗馅料最多可包三角粽35个，故A正确，B错误； 一个圆柱状竹筒粽得体积为，因为，所以这两碗馅料最多可包竹筒粽21个，故C正确，D错误.故选：AC.23．（2022·全国·高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱长为米，则该正四棱锥的（   ）A．底面边长为米B．侧棱与底面所成角的余弦值为C．侧面积为平方米D．体积为立方米【答案】ACD【分析】画出几何体的直观图，结合已知条件求得棱锥的底面边长，逐项求解，即可得到答案.【详解】如图所示，在正四棱锥中，为正方形的中心，且， 设底面边长为，正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为，所以，则，在直角中，可得，即，解得，所以正四棱锥的底面边长为，所以A正确；因为平面，所以为侧棱与底面所成的角，在直角中，可得，所以B错误；正四棱锥的侧面积为平方米，所以C正确；正四棱锥的侧体积为立方米，所以D正确.故选：ACD.24．（2022秋·湖北襄阳·高二校考阶段练习）在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为“鳖臑”.在鳖臑中，底面，则（    ）A．可能成立B．可能成立C．一定成立D．可能成立【答案】BCD【分析】利用线面垂直的判定与性质判断出线线是否垂直，即可判断对应的向量的数量积是否为0．【详解】因为底面，所以，所以一定成立；故C正确．若，如图所示： 则△为直角三角形，所以.因为底面，所以,所以△,△均为直角三角形.所以,.在△中，由，，可知，三边不满足勾股定理，所以△不是直角三角形，三棱锥不是“鳖臑”.故A错误．由三棱锥是“鳖臑”可知：△为直角三角形.由上面的推理可知：不成立，则，或.当时，.又，，且面，面，所以面，所以，则，三棱锥是“鳖臑”；故B正确．同理可证：若，则，三棱锥是“鳖臑”；故D正确．故选：BCD25．（2022春·广东广州·高一广州科学城中学校考期中）唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕银杯如图1所示，它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(如图2)，当这种酒杯内壁的表面积(假设内壁表面光滑，表面积为S平方厘米，半球的半径为R厘米)固定时，若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍，则R的取值可能为(　　)A．B．C．D．【答案】AC 【分析】首先设圆柱的高与半球的半径分别为，，酒杯的容积为，则，再根据和得到，即可得到答案.【详解】设圆柱的高与半球的半径分别为，，酒杯的容积为，则，所以，所以解得.又，所以，解得.所以.故选：AC.26．（2022·海南·统考模拟预测）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，如图是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为2，高为6的正四棱柱构成，则（    ）A．一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直B．该“十字贯穿体”的表面积是C．该“十字贯穿体”的体积是D．一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的顶点出发，沿表面到达顶点的最短路线长为【答案】BCD【分析】根据图形分别求出，，结合勾股定理判断垂直；表面积是由4个正方形和16 个与梯形BDEF全等的梯形组成，分别计算；体积用两个柱体体积减去重叠部分体积；分别计算按路线和在表面内移动最短的路径长．【详解】如图一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线CE、DE则在梯形BDEF中，可知，设，则根据立体图可得，，显然即CE、DE不垂直，A不正确；该“十字贯穿体”的表面积是由4个正方形和16个与梯形BDEF全等的梯形组成则表面积，B正确；如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点I则多面体可以分成8个全等三棱锥，则该“十字贯穿体”的体积即为，C正确； 若按路线，则路线长为若在表面内移动，则有：借助部分展开图，如图所示：∵，即为钝角，过B作NE的垂线BH，垂足为H，则BH在展开图内根据对称可知此时最短路径为则从顶点出发，沿表面到达顶点的最短路径为，D正确；故选：BCD．27．（2022·全国·高三专题练习）祖暅（公元5—6世纪，祖冲之之子），是我国齐梁时代的数学家，他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与距离为的平面截两个几何体得到及两截面，可以证明总成立，若椭半球的短轴，长半轴，则下列结论正确的是（    ）A．椭半球体的体积为30πB．椭半球体的体积为15π C．如果，以为球心的球在该椭半球内，那么当球体积最大时，该椭半球体挖去球后，体积为D．如果，以为球心的球在该半球内，那么当球体积最大时，该椭半球体挖去球后，体积为【答案】AC【分析】由题可得，可判断AB，利用椭圆的性质可得球F的最大半径为1，进而可判断CD.【详解】由题意知，短轴，长半轴的椭半球体的体积为，∴A正确，B错误；椭球的轴截面是椭圆，它的短半轴长为3，长半轴长为5，所以半焦距为4，由于，所以F椭圆的焦点，因此FD是椭圆的最小焦半径，即球F的最大半径为1，该椭半球体挖去球F后，体积为，故C正确，D错误.故选：AC.三、填空题28．（2022秋·上海浦东新·高二上海市建平中学校考阶段练习）我国古代数学名著《九章算术》中，定义了三个特别重要而基本的多面体，它们是：（1）“堑堵”：两个底面为直角三角形的直棱柱；（2）“阳马”：底面为长方形，且有一棱与底面垂直的棱锥；（3）“鳖臑（biēnào）”：每个面都为直角三角形的四面体.魏晋时期的大数学家刘徽进一步研究发现：任何一个“堑堵”都可以分割成一个“阳马”和一个“鳖臑”且“阳马”和“鳖臑”的体积比为定值.则此定值为______.【答案】2:1【分析】画出图形，在图形中分别表示出“阳马”和“鳖臑”的体积即可求解.【详解】如图所示，图为底面为直角三角形的直三棱柱“崭堵”，，若以作为“鳖臑”的底面，则可选点或点作为顶点，我们选取点为例，连接，则四面体满足条件，且棱锥也满足“阳马”的条件，面且四边形为长方形，设， 则“堑堵”的体积为，“鳖臑”的体积为，所以“阳马”的体积为，所以“阳马”和“鳖臑”的体积比为2：1.故答案为:2:1.29．（2022秋·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）我国古代将四个面都是直角三角形的四面体称作鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，是等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的正切值为______．（写出一个值即可，否则有两个答案）【答案】或（写出一个值即可）【分析】分类讨论是等腰直角三角形中,为直角，为直角，为直角，三种情况即可.【详解】解：因为是等腰直角三角形，当为直角时，作正方形，连接，则异面直线与所成角的平面角为（或其补角）， 又由已知有，，所以面，即面，即，设，则，，所以，即异面直线与所成角的正切值为；因为是等腰直角三角形，当为直角时，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，所以，，所以，则，所以异面直线与所成角的正切值为；因为是等腰直角三角形，当为直角时，因为平面，是等腰直角三角形，所以，设，所以，所以，此时，所以不可能为直角三角形，不满足题意.综上可得异面直线与所成角的正切值为或.故答案为：或. 30．（2022春·浙江宁波·高二校考学业考试）宁波老外滩天主教堂位于宁波市新江桥北堍，建于清同治十一年（公元1872年）.光绪二十五（1899年）增建钟楼，整座建筑由教堂、钟楼、偏屋组成，造型具有典型罗马哥特式风格.其顶端部分可以近似看成由一个正四棱锥和一个正方体组成的几何体，且正四棱锥的侧棱长为，其底面边长与正方体的棱长均为，则顶端部分的体积为__________.【答案】【分析】根据棱柱和棱锥的体积公式计算可得；【详解】解：依题意可得如下直观图，，，设与的交点为，则为正四棱锥的高，所以，，所以，，所以故答案为：31．（2022·全国·高三专题练习）蹴鞠，2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批 国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点(不共面),，则该鞠（球）的体积为__________．【答案】【分析】根据题意可知，三棱锥的外接球的体积即为所求鞠（球）的体积，且三棱锥的三组对棱均相等，可将三棱锥嵌入到长方体中求解，即可得出三棱锥外接球的半径，利用球的体积公式即可求解.【详解】解：由题可知，三棱锥的外接球的体积即为所求鞠（球）的体积，又，故三棱锥的三组对棱均相等，如图，将三棱锥嵌入到在长方体中，则三棱锥的外接球即为在长方体的外接球，设，则，故，解得，又长方体外接球的直径即为长方体的体对角线，故三棱锥的外接球的半径为，则三棱锥的外接球的体积为：.故答案为：.32．（2022春·福建泉州·高一泉州五中校考期中）“牟合方盖”（图①）是由我国古代数学家刘徽创造的，其构成是由一个正方体从纵横两侧面作内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的（图②），假设正方体的棱长为2，则其中一个内切圆柱的表面积为___________；该正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，所以用任一平行于正方体底面的平面去截“牟合方盖” ，截面均为正方形，根据祖暅原理（夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任何平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等）可得“牟合方盖”的体积为____________．【答案】        【分析】根据正方形边长得出内切圆柱底面半径和高可求出表面积，求出截面正方形与其内切圆面积比即可得出体积之比，进而求出“牟合方盖”的体积.【详解】因为正方形边长为2，则内切圆柱底面半径为1，高为2，所以其中一个内切圆柱的表面积为；因为正方形边长为2，则内切球半径为1，所以内切球体积，设截面正方形的边长为，则其内切圆半径为，所以截面正方形与其内切圆面积比为，设方盖体积为，则根据祖暅原理可得，所以．故答案为：；.33．（2023·全国·高三专题练习）佩香囊是端午节传统习俗之一．香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的平行四边形ABCD由六个边长为1的正三角形构成．将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊．那么在图2这个六面体中内切球半径为__________，体积为__________. 【答案】        【分析】由两个同底且棱长都为1的正三棱锥构成的几何体求解.【详解】解：如图所示：易知该几何体是侧棱长为1，以边长为1的等边三角形为底的两个正三棱锥组成，O为的中心，即内切球的球心，M为FB的中点，连接HM，作，则ON为内切球的半径，因为，所以，所以内切球的半径为，内切球的体积为，故答案为：，34．（2022·高二单元测试）《九章算术》第五卷中涉及一种几何体——羡除，它下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．该羡除是一个多面体，如图，四边形，均为等腰梯形，，平面平面，梯形，的高分别为3，7，且，，，则______，______． 【答案】    14    【分析】首先以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，再利用数量积的坐标表示求数量积以及模.【详解】过分别作，的垂线，垂足分别为，，如图所示．由，可得，又平面平面，，平面平面，平面，∴平面，∴，．又，故，，两两垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，∴，，，∴，故答案为：；35．（2021秋·四川广安·高二四川省武胜烈面中学校校考开学考试）《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）在如图所示的堑堵中，且有鳖臑和鳖臑，现将鳖臑的一个面沿翻折，使点翻折到点，求形成的新三棱锥的外接球的表面积是_________. 【答案】【分析】作出图象，由题可推出，，两两垂直，把三棱锥补成长方体，长方体的对角线是外接球的直径，由此三棱锥外接球的表面积.【详解】解：如图，将面沿翻折，得到，由题可知，，∵，由直角三角形性质，可知是直角三角形，∴，又∵平面，平面，平面，∴，，满足，，两两垂直，把三棱锥补成长方体，则长方体的对角线为外接球的直径，，∴，∴外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查球的表面积计算问题，遇到共顶点两两垂直的三棱锥外接球问题，可补全成长方体外接球求解，考查转化思想和计算能力，属于中档题.36．（2022·全国·高三专题练习）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则________.【答案】1【分析】根据给定条件，利用空间向量的一个基底表示，再利用数量积运算律计算作答.【详解】正八面体ABCDEF中，不共面，而P，Q分别为棱AB，AD的中点，有，，则，，.故答案为：137．（2022秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是BC的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且满足，则三棱锥体积的最大值为______．【答案】【分析】依题意可得，即可得到，在平面中作，求解最值，根据勾股定理得出，，再由二次函数的单调性求的最大值，代入棱锥体积公式得答案．【详解】解：在棱长为的正方体中，是的中点， 点是面所在的平面内的动点，且满足，，，即，在平面中作，设，，，化简得，，所以当时，取得最大值为，所以，在正方体中平面，又，三棱锥的体积最大值．故答案为：．38．（2022·全国·高三专题练习）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.即：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平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为______．【答案】【分析】根据祖暅原理构造一个圆柱挖去一个圆锥的模型即可. 【详解】设瓷碗所在球的半径为R，则有，得，设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离（也可在下方，此时）如图1所示，则瓷碗的截面圆半径，面积为，图2中,在以过球心的截面圆为底面圆，以为高的圆柱中挖去一个等底等高的圆锥，易知，故圆环面积也为，即在求瓷碗体积时，符合祖暅原理，（备注：瓷碗是图3中上方倒扣的部分）当时，如图4所示：此时：由祖暅原理得：图3中与之间部分几何体的体积：圆柱的体积圆锥的体积，所以瓷碗的体积（注：半球体积）故答案为：.四、解答题 39．（2022·全国·高三专题练习）自古以来，斗笠是一个防晒遮雨的用具，是家喻户晓的生活必需品之一，主要用竹篾和一种叫做棕榈叶染白后编织而成，已列入世界非物质文化遗产名录．现测量如图中一顶斗笠，得到图中圆锥模型，经测量底面圆的直径，母线，若点在上，且，为的中点．证明：平面；【答案】证明见解析【分析】根据三角形中位线证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论.【详解】证明：如图连接，因为底面圆的直径，所以为的中点，因为点为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.40．（2022秋·贵州遵义·高三统考阶段练习）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面为矩形，，底面，且，，分别为，的中点. (1)证明：，且平面.(2)若与底面所成的角为，过点作，垂足为，过作平面的垂线，写出作法，并求到平面的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)作法见解析；.【分析】（1）根据线面平行的性质定理可证明；分别证明，根据线面垂直的判定定理即可证明平面；（2）利用线面垂直的判定和性质定理可得到过作平面的垂线的作法，解直角三角形求得到平面的距离.【详解】（1）证明：因为底面，平面,平面底面．所以；因为，分别为的中点，所以，而，因为，且，所以四边形为梯形，且与必相交于一点，又,所以，而平面,故平面.（2）由(1)知平面,平面EFNM,所以,因为，平面，所以平面，则为与底面所成的角，则，因为，所以，作，垂足为G，连接,则, 作，垂足为K，因为底面，底面,所以，平面,所以平面，平面,所以,平面,所以平面,则即为要求作的垂线,又底面，底面,所以，且，所以,所以H到平面的距离为.41．（2022秋·上海浦东新·高二上海师大附中校考期中）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，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.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”如图，在鳖臑ABCD中，侧棱底面BCD； (1)若，，，，求证：；(2)若，，，试求异面直线AC与BD所成角的余弦.(3)若，，点P在棱AC上运动.试求面积的最小值.【答案】(1)详见解析(2)或；(3)【分析】（1）不同的直角三角形中，分别表示所求角的余弦值，即可证明；（2）首先将异面直线所成角转化为相交直线所成的角，再分和两种情况求余弦值；（3）首先作辅助线，构造的高，再设，利用相似关系，勾股定理表示，并表示的面积，求面积的最小值.【详解】（1）如图，因为底面，平面所以，又，且，所以平面，平面，所以，所以，，,所以；（2）如图，以为临边作平行四边形，连结，则异面直线和所成的角为或其补角， 当时，，并且由（1）可知，,，,中，，所以异面直线和所成的角的余弦值为；当时，，，,中，，所以异面直线和所成的角的余弦值为；综上可知，异面直线和所成的角的余弦值为或；（3）如图，作于点，作于点，连结，中，都垂直于，所以，所以平面，且平面，所以，又因为，，所以平面，平面，所以，设，，由，得，，中，，得，当且仅当时，等号成立，所以.所以面积的最小值是. 42．（2022秋·北京·高二北京一七一中校考期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则(1)①点，，求的值．②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程．(2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值；(3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标．【答案】(1)①7；②；(2)2；(3)2，，，，. 【分析】（1）①②根据“曼哈顿距离”的定义求解即可；（2）设直线上任意一点坐标为，然后表示，分类讨论求的最小值；（3）将的所有情况看做正方体的八个顶点，列举出不同情况的，即可得到的最小值.【详解】（1）①；②设“曼哈顿单位圆”上点的坐标为，则，即.（2）设直线上任意一点坐标为，则，当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时，综上所述，的最小值为2.（3）如图，为正方体，边长为1，则对应正方体的八个顶点，当四个点在同一个面上时，（i）例如：，此时；（ii）例如：，此时；当四个点不在同一个平面时，（iii）例如：，此时； （iiii）例如：，此时；（iiiii）例如：，此时；（iiiiii）例如：，此时；综上所述，的最大值为2，例如：，，，.