高中數(shù)學-25 歐幾里得（以歐幾里得為背景的高中數(shù)學考題題組訓練）解析版

【高中數(shù)學數(shù)學文化鑒賞與學習】

專題25歐幾里得

（以歐幾里得為背景的高中數(shù)學考題題組訓練）

一、單選題

1.古希臘數(shù)學家歐幾里得在《幾何原本》中描述了圓錐曲線的共性，并給出了圓錐曲

線的統(tǒng)一定義，他指出，平面內(nèi)到定點的距離與到定直線的距離的比是常數(shù)e的點的軌

跡叫做圓錐曲線；當0<e<l時，軌跡為橢圓；當e=l時，軌跡為拋物線：當e>l時，

軌跡為雙曲線.則方程蚱上/=!表示的圓錐曲線的離心率e等于（）

|25-4x|5

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

554

【答案】B

【解析】

【分析】

根據(jù)題意得到點（x,y）到定點（4,0）的距離與到定直線x=與的距離比為之,即可得到

4

e=-.

5

【詳解】

2222

7（.x-4）+y_7（x-4）+y=1

因為|25-何4x-”二《，

4

所以25—-5，

X-----

4

表示點（x,y）到定點（4,0）的距離與到定直線X=等的距離比為|,

4

所以e=y.

故選：B

2.大約公元前300年，歐幾里得在他所著《幾何原本》中證明了算術基本定理：每一

個比1大的數(shù)（每個比1大的正整數(shù)）要么本身是一個素數(shù)，要么可以寫成一系列素

數(shù)的乘積，如果不考慮這些素數(shù)在乘積中的順序，那么寫出來的形式是唯一的，即任

何一個大于1的自然數(shù)N（%不為素數(shù)）能唯一地寫成汽=2；4?捕，1.0『（其中化

是素數(shù)，是正整數(shù)，IWk,P,<P2<L<pk）,將上式稱為自然數(shù)N的標準分解

式，且N的標準分解式中有q+%++4個素數(shù).從120的標準分解式中任取3個素

數(shù)，則一共可以組成不同的三位數(shù)的個數(shù)為（）

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

【答案】B

【解析】

【分析】

首先根據(jù)N的標準分解式得到120=23x3x5，然后根據(jù)這5個素數(shù)的特點進行分類討

論，最后利用分類加法計數(shù)原理即可得解.

【詳解】

解根據(jù)N的標準分解式可得120=2?x3x5,

故從2,2,2,3,5這5個素數(shù)中任取3個組成三位數(shù)，有下列三種情況：

①選取3個2,可以組成1個三位數(shù)；②選取2個2后，再從3或5中選一個，可以

組成C；xC；=6個不同的三位數(shù)；③選取2,3,5,可以組成A；=6個不同的三位

數(shù).所以從120的標準分解式中任取3個素數(shù)，一共可以組成1+6+6=13個不同的三

位數(shù).

故選：B.

3.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐兒里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為

等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐.如圖，若AB,CD都是直角圓錐SO底面圓的直徑，

且=則異面直線SA與BO所成角的余弦值為（）

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)已知條件證明DB//AC,得到ZS4c或其補角為異面宜線SA與8。所成的角.在

SAC中利用余弦定理計算可得結果.

【詳解】

如圖，連接A。,8cAeSC.

D

因為。為CD中點，且AB=CD,所以四邊形ADBC為矩形，

所以￡>3〃AC,所以NS4C或其補角為異面直線弘與所成的角.

設圓。的半徑為I,則SA=SC=&.

TTTT

因為NA0￡>=2,所以乙4。。=—.

33

在直角4c中，CD=2,得AC=>/L

所以cos/SAC=@里盧=邁，

2xV2xV34

所以異面宜線SA與3￡）所成角的余弦值為如.

4

故選：C.

4.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐兒里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為

等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐.若一個直角圓錐的體積為信，則該圓錐的側面

積為（）

A.6岳B.4亞兀C.3而D.3n

【答案】C

【解析】

【分析】

設底面圓的半徑為r,根據(jù)△PA8為等腰直角三角形可得圓錐高和母線長，根據(jù)體積

列方程可得廠，然后可得.

【詳解】

由題意設圓錐的底面圓的半彳仝為，因為aPAB為等腰直角三角形，則高為r,母線長

為近r，因為圓錐的體積為甚，所以;如■\八二岳，解得，=6,所以該圓錐的側

面積為nr-'Jir=3點乃.

故選：C

p

5.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得所著的一部數(shù)學巨著，大約成書于公元前

300年.漢語的最早譯本是由中國明代數(shù)學家、天文學家徐光啟和意大利傳教士利瑪

竇合譯，成書于1607年.該書前6卷主要包括：基本概念、三角形、四邊形、多邊

形、圓、比例線段、相似形這7章，幾乎包含現(xiàn)今平面幾何的所有內(nèi)容.某高校要求

數(shù)學專業(yè)的學生從這7章里任選4章進行選修，則學生李某所選的4章中，含有“基本

概念”這一章的概率為（）

3c4-5八6

A.—B.—C.—D.一

7777

【答案】B

【解析】

【分析】

先求出從這7章里任選4章進行選修的選法總數(shù)，再求出學生李某所選的4章中，含

有“基本概念”這一章的選法總數(shù)，由古典概型的概率公式即可得出答案.

【詳解】

數(shù)學專業(yè)的學生從這7章里任選4章進行選修共有：C；=35種選法；

學生李某所選的4章中，含有“基本概念”這一章共有：或=20種選法，

204

故學生李某所選的4章中，含有“基本概念”這一章的概率為：P=—=~.

故選：B.

6.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為

等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，若某直角圓錐內(nèi)接于一球（圓錐的頂點和底面上

各點均在該球面上），求此圓錐側面積和球表面積之比（）

A.@B.也C.&D.顯

424萬

【答案】A

【解析】

【分析】

設直角圓錐底面半徑為，則其側棱為血心再求出頂點到底面的距離，分析出球

心，進而得到外接球半徑，再利用公式求解即可

【詳解】

設直角圓錐底面半徑為r,則其側棱為V2r，

所以頂點到底面圓圓心的距離為：J（揚『_戶=『，

所以底面圓的圓心即為外接球的球心，所以外接球半徑為，

所以名蝴=?_=亞1

S球4萬/4丁,4,

故選：A.

7.公元前3世紀，古希臘歐幾里得在《幾何原本》里提出：“球的體積（V）與它的直

徑（。）的立方成正比“，此即丫=53,歐幾里得未給出人的值.17世紀日本數(shù)學家

們對球的體積的方法還不了解，他們將體積公式u:53中的常數(shù)女稱為“立圓率”或

“玉積率類似地，對于等邊圓柱（軸截面是正方形的圓柱），正方體也可利用公式

V=求體積（在等邊圓柱中，力表示底面圓的直徑；在正方體中，D表示棱

長）.假設運用此體積公式求得球（直徑為。），等邊圓柱（底面圓的直徑為。），正方

體（棱長為。）的“玉積率”分別為匕、玲、&3,那么匕：為：匕=（）

A.犯：2BD.—n..4—.2

64

7171Ic冗

C.—：—：1D.一

326

【答案】D

【解析】

【分析】

根據(jù)題意可得乂=2。3,匕=〃3,從而得到勺：玲：&.

64

【詳解】

由題意得球的體積為K=9%4丫711兀

—=—a3=>k,=—

'332)616

等邊圓柱的體積為匕=%我，a=—冗a3=hi=一汽

T54-4

正方體的體積匕=/=均=1，所以人：&:自:1,

64

故選：D.

8.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為

等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，如圖所示，在直角圓錐尸-MC中，AB為底面圓

的直徑，C在底面圓周上且為弧A8的中點，則異面直線必與BC所成角的大小為

()

A.30°B.45°C.60°D.90°

【答案】C

【解析】

【分析】

利用三角形的中位線，可得NEDO為異面直線以與8c所成的角，再由題條件可得

△DOE是正三角形,即求.

【詳解】

如圖，設底面的圓心為O,分別取AC,PC的中點O,E,連接PO,CO,OD,OE,

DE,

因為/MPB是等腰直角三角形，ZAPB=90,<

設圓錐的底面圓半徑OA=1,

則PA=0，PC=&，

則。E=，*亞且DE//PA,

22

又NAC3=90°且AC=3C=0，

而OD=>BC也且OD〃BC,

22

所以ZEDO為異面直線網(wǎng)與8c所成的角，

在Rt^PCO中，因為E為PC的中點，

所以。E」PC=E,

22

所以是正三角形，

即異面直線PA與8c所成的角為60、

故選：C.

9.歐幾里得的《幾何原本》，形如/+火=匕2的方程的圖解法是：畫心一鉆。，使

ZACB=90°,AC=b,BC=^-,在斜邊A8上截取，則該方程的一個正根是

22

()

A.AC的長B.AO的長C.8c的長D.C。的長

【答案】B

【解析】

由已知可得筋=">+￡>8=">+5，然后在W題。中利用勾股定理得

(AO+"=82+?,化筒可得m+“.AD=〃，從而可得答案

【詳解】

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=從+幺，

244

所以AL>2+a-A￡>=〃，

所以方程f+or=從的一個正根為AO的長,

故選：B

10.大約在2000多年前，由我國的墨子給出圓的概念：“一中同長也"意思是說，圓有

一個圓心，圓心到圓周的長都相等，這個定義比希臘數(shù)學家歐幾里得給圓下定義要早

100年,已知。為原點,|(9P|=1,若MIT則線段長的最小值為

()

1533

A.,B.—C.-D.一

2442

【答案】A

【解析】

【分析】

根據(jù)|四=1,得到點尸的軌跡為圓/+丁=1,再由又M乎,\OM\=^<r,

\7

得到點M在圓內(nèi)，然后由忸閘2一|。叫求解.

【詳解】

已知。為原點，|。目=1,

所以點P的軌跡為圓/+)產(chǎn)=1，

所以點M在圓內(nèi),

則有1PMi>r-\OM\=^,線段PM長的最小值為g

故選:A

【點睛】

本題主要考查點的軌跡，點與圓的位置關系以及兩點間的距離公式的應用，屬于基礎

題.

11.古希臘數(shù)學家歐幾里得在《幾何原本》中描述了圓錐曲線的共性，并給出了圓錐

曲線的統(tǒng)一定義，只可惜對這一定義歐幾里得沒有給出證明.經(jīng)過了500年，到了3

世紀，希臘數(shù)學家帕普斯在他的著作《數(shù)學匯篇》中，完善了歐幾里得關于圓錐曲線

的統(tǒng)一定義，并對這一定義進行了證明，他指出，到定點的距離與到定直線的距離的

比是常數(shù)e的點的軌跡叫做圓錐曲線：當0<e<l時，軌跡為橢圓；當e=l時，軌跡為

拋物線；當e>l時，軌跡為雙曲線.現(xiàn)有方程機（丁+>2-4丫+4）=（廠3尸1）2表示的

曲線是雙曲線，則機的取值范圍為（）

A.（10,^o）B.（0,10）C.（0,5）D.（5,依）

【答案】B

【解析】

【分析】

原方程兩邊開平方，結合兩點的距離公式和點到直線的距離公式，以及圓錐曲線的統(tǒng)

一定義，可得加的不等式，從而可求得其范圍

【詳解】

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"

可得動點PC2）到這點（0,2）和定直線x-3y+l=0的距離比為常數(shù)我，

由雙曲線的定義可知舊>1,解得0<機<10,

故選：B

12.《幾何原本》又稱《原本》，是古希臘數(shù)學家歐幾里得所著的一部數(shù)學巨著，大約

成書于公元前300年.漢語的最早譯本是由中國明代數(shù)學家、天文學家徐光啟和意大

利傳教士利瑪竇合譯，成書于1607年，該書據(jù)克拉維斯的拉丁文本《歐幾里得原本十

五卷》譯出.前6卷主要包括：基本概念、三角形、四邊形、多邊形、圓、比例線

段、相似形這7章內(nèi)容，幾乎包含現(xiàn)今平面幾何的所有內(nèi)容.某高校要求數(shù)學專業(yè)的

學生從這7章里面任選3章進行選修并計人學分.則數(shù)學專業(yè)學生張某在三角形和四

邊形這兩章中至少選一章的概率為（）

【答案】C

【解析】

【分析】

先求出從這7章里面任選3章共有的選法數(shù)，再求出張某在三角形和四邊形這兩章中

至少選一章的選法數(shù)，根據(jù)古典概型的概率計算公式可求答案.

【詳解】

數(shù)學專業(yè)的學生從這7章里面任選3章共有=35種選法；

數(shù)學專業(yè)學生張某在三角形和四邊形這兩章中至少選一章共有選法=25

種，

255

故張某在三角形和四邊形這兩章中至少選一章的概率為,

357

故選：C.

13.黃金分割起源于公元前6世紀古希臘的畢達哥拉斯學派，公元前4世紀，古希臘

數(shù)學家歐多克索斯第一個系統(tǒng)研究了這一問題，公元前300年前后歐幾里得撰寫《幾

何原本》時吸收了歐多克索斯的研究成果，進一步系統(tǒng)論述了黃金分割，成為最早的

有關黃金分割的論著.黃金分割是指將整體一分為二，較大部分與整體部分的比值等于

較小部分與較大部分的比值，其比值為叵口，把好」稱為黃金分割數(shù).己知焦點在

22

廠,V1

x軸上的橢圓的焦距與長軸長的比值恰好是黃金分割數(shù)，則實數(shù)機的

N5P

值為（）

A.275-2B.V5+1C.2D.2亞

【答案】A

【解析】

【分析】

根據(jù)題意確定"2=肛/>2=（石-I）?以及，=m-（石-I）,,再根據(jù)焦距與長軸長的比值

恰好是黃金分割數(shù)列出等式，化簡即可得答案.

【詳解】

fy1

焦點在1軸上的橢圓獲+（6_1『=1中，

a2=m,b2=（A/5—I）2,

所以=m_（逐一1尸,

由題意得小與1，即。與）2，即叱4=（與3

解得〃?=2石-2,

故選:A.

14.歐幾里得在《幾何原本》中，以基本定義、公設和公理作為全書推理的出發(fā)

點.其中第I命題47是著名的畢達哥拉斯定理（勾股定理），書中給出了一種證明思路：

如圖，心ABC中，ZBAC=90,四邊形4?4、ACFG.8CDE都是正方形，

ANJ_QE于點N,交BC于點V.先證明，ME與，"BC全等，繼而得到矩形8ENM

與正方形河加面積相等；同理可得到矩形CDNM與正方形ACFG面積相等；進一步

,近p3M八M

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

1010510

【答案】D

【解析】

【分析】

根據(jù)平面幾何知識，在A8E中應用正弦定理求解答案.

【詳解】

解：設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

所以選項D正確，選項ABC錯誤

故選：D.

15.古希臘歐幾里得在《幾何原本》里提出：“球的體積（V）與它的直徑（。）的立

方成正比“，此即V=歐幾里得未給出人的值.17世紀日本數(shù)學家們對求球的體積

的方法還不了解，他們將體積公式丫=紅）3中的常數(shù)A稱為“立圓率”或“玉積率”，類似

地，對于正四面體、正方體也可利用公式丫=也3求體積（在正四面體中，。表示正四

面體的棱長；在正方體中，。表示棱長），假設運用此體積公式求得球（直徑為。）、

正四面體（正四面體棱長為。）、正方體（棱長為“）的"玉積率''分別為勺，k2,%,

那么人：右：％的值為（）

A.7i：^2:12B.2萬:6：12C.乃：血：6D.乃：2&:12

【答案】B

【解析】

分別求出球，正四面體，正方體的體積公式，類比推理即可得到.

【詳解】

713.,_乃

QK=［萬火3=：乃—CI???匕一一

66

如圖所示，設正四面體P-A8CO的棱長為小產(chǎn)。為正四面體的高,

可知正四面體底面高CO=且〃，則co=2co=2x3a=且4

23323

由勾股定理可得正四面體的高產(chǎn)O=J^^a[a

所以正四面體的體積匕=Ls〃=!xL/x立

xci-43,.：k[=

23322312'12

Q匕=",lc3=1

k.:k^:k,=—::1=2zr:>/2:12

1-612

故選：B.

【點睛】

關鍵點睛：本題考查類比推理，解題的關鍵是要熟悉球，正四面體，正方體的體積公

式的求法，再利用類比推理思想分別求出占，月，勺，再求出比值，考查學生的運算

能力，屬于一般題.

16.如果一個凸多面體的每個面都是全等的正多邊形，而且每個頂點都引出相同數(shù)目

的棱，那么這個凸多面體叫做正多面體.古希臘數(shù)學家歐幾里得在其著作《幾何原本》

的卷13中系統(tǒng)地研究了正多面體的作圖，并證明了每個正多面體都有外接球.若正四

面體、正方體、正八面體的外接球半徑相同，則它們的棱長之比為（）

A.五:1：6B.2:&:百C.2:72:1D.2:72:3

【答案】B

【解析】

分別求出正四面體、正方體、正八面體的棱長與外接球半徑關系，再求比值得結果.

【詳解】

設正四面體、正方體、正八面體的棱長以及外接球半徑分別為a,"c,R

則2R=&x也q,2R=屏,R=也c,

22

即a=,h=,c=y/2R.a:h:c=2:y/2:y/3

故選：B

【點睛】

本題考查多面體外接球，考查基本分析求解能力，屬基礎題.

17.《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得的一部不朽之作，其第十一卷中稱軸截面為

等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐.若一個直角圓錐的側面積為4夜兀，圓錐的底面圓

周和頂點都在同一球面上，則該球的體積為（）

832

A.-71B.—TCC.164D.32萬

33

【答案】B

【解析】

【分析】

設球半徑為R,圓錐的底面半徑為，母線為/,由直角圓錐的側面積為4缶可求出

r=2,/=V2r=2V2,再求出圓錐的高即可知/+（2—/?）?=2，解得R=2,即可求

出球的體積.

【詳解】

設球半徑為R，圓錐的底面半徑為廠，若一個宜角圓錐的側面積為4丘兀，

設母線為/，則廣+r=4/=/=血.，

所以直角圓錐的側面積為：；乂2兀r?I=白2兀r-Cr=4近兀,

可得：r=2,/==2\[2?圓錐的'JBOt=--=可-4=2>

由產(chǎn)+（2-R『=R2,解得：R=2,

AAMa

所以球。的體積等于彳"W=彳萬x8=:，

333

故選：B

二、多選題（共0分）

18.“出租車兒何“或“曼哈頓距離“（欣”也“〃““￡>z'sfaace）是由十九世紀的赫爾曼憫可

夫斯基所創(chuàng)詞匯，是種被使用在幾何度量空間的幾何學用語.在平面直角坐標系xOy

內(nèi)，對于任意兩點A（x“y）、8（孫力），定義它們之間的“歐幾里得距離”

22

MM=7（%,-x2）+（^-y2），“曼哈頓距離"為||4J||=k-司+|另-%|，則下列說法正

確的是（）

A.若點尸為線段》+尸3（乂”0）上任意一點，則耳為定值

B.對于平面上任意一點P,若||0刊=2,則動點P的軌跡長度為4萬

c.對于平面上任意三點A、B、c,都有||小平||Aq+|p?q]

D.若A、B為橢圓*2+4/=4上的兩個動點，則最大值為2石

【答案】AC

【解析】

【分析】

利用題中定理可判斷A選項；作出點尸的軌跡圖形，求其周長可判斷B選項；利用絕

對值三.角不等式可判斷C選項；設點A（2cosa,sina）、8（2cosp,sin〃），不妨設

cosa>cos/?,sine>sin/,利用輔助角公式結合正弦型函數(shù)的有界性可判斷D選項.

【詳解】

對于A選項，設點P（x,y）為線段x+y=3（x,y>0）上任意一點，

則||oH=W+|y|=x+y=3,A對；

對于B選項，設點尸（x,y）,貝”|。同=國+帆=2,

當xNO,yeO時，則x+y=2；當xVO,y'O時，則-x+y=2；

當x4O,y4O時，則-x-y=2：當xNO,y4O時，則x—y=2.

作出點P的軌跡如卜圖所示：

由圖可知，點尸的軌跡是邊長為20的正方形，故動點P的軌跡長度為8&，B錯；

對于C選項,設點8(孫必)、。(七,％)，

由絕對值三角不等式可得|百-WI=|(辦-W)-(%-七)歸歸一+上一切，

同理可得回一必|4帆一必|+|力-%|，

所以，國―引+瓦一%|4月一引+上一勾+國一對+|%—%|,BP||AB||<||AC||+||BC||,C

對；

對于D選項，設點A(2cosa,sina)、B(2cos/?,sin/?),

不妨設cosa>cos/?,sina>sin0,

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

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

取a=5-s，B若r，等號成立，D錯.

故選：AC.

19.古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發(fā)現(xiàn)；平面內(nèi)到兩

個定點A、B的距離之比為定值幾(4>0且2片1)的點所形成的圖形是圓.后來，人們

將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知在平面直角坐標系

x0y中，A(-2,0),8(4,0).點尸滿足舄=彳，設點P所構成的曲線為C,下列結論

\PB\2

正確的是()

A.C的方程為(X+4)2+V=16B.在C上存在點力，使得。到點(1,

1）的距離為10

C.在C上存在點使得|MQ|=2|M4|D.C上的點到直線3x-4y-13=o的最

大距離為9

【答案】AD

【解析】

【分析】

由題意可設點P（x,y）,由兩點的距離公式代入化簡可判斷A選項；由兩點的距離公式

和圓的圓心得出點（1,1）到圓上的點的最大距離，由此可判斷B選項.設/（七,%）,

由已知得收+$=2g,+2f+乂,聯(lián)立方程求解可判斷C選項；由點到直線的距

離公式求得C上的點到直線3x-4y-13=0的最大距離，由此可判斷D選項.

【詳解】

解：由題意可設點P（x,y），由4（-2,0）,3（4,0）,與=:，得怛二二二,

PB\2+/2

化簡得V+y2+8x=0,即（x+4y+y2=i6,故A正確；

22

（1.1）到圓上的點的最大距離^（^-1）+（1-0）+4<10,故不存在點D符合題

意，故B錯誤.

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

聯(lián)立方程消去得七=2,解得為無解，故C錯誤；

C的圓心（-4,0）到直線3x-4y-13=0的距離為［=國土［3=5,旦曲線C的半

5

徑為4,則C上的點到直線3x-4y-13=0的最大距離d+r=5+4=9,故D正確；

故選：AD.

20.古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名.他發(fā)現(xiàn)：“平面內(nèi)到兩

個定點A,8的距離之比為定值幾（2二1）的點的軌跡是圓”.后來人們將這個圓以他的

名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.在平面直角坐標系xQy中，A（-l,0）,

PA/o

8（2,0）,點尸滿足前=1?.點P的軌跡為曲線C,下列結論正確的是（）

A.曲線C的方程為（X+4）2+V=18

B.曲線C被y軸截得的弦長為2夜

C.直線x+y-4=o與曲線c相切

D.P是曲線C上任意一點，當zMBP的面積最大時點P的坐標為卜2,±3&）

【答案】AB

【解析】

【分析】

PA

設尸（x,y），根據(jù)A（-1,0）,8（2,0）,點p滿足再一半.求得點尸的軌跡方程，再

逐項判斷.

【詳解】

對于選項A,設P（x,y）,由A（—1,0）,8（2,0）,爆=乎可得陽力=|陽，所以

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

故選項A正確；

對于選項B,因為（x+4y+y2=i8,令x=0得y=±0,曲線C被V軸截得的弦長為

2&,故選項B正確；

對于選項C,因為（X+4）2+/=18,所以圓心C（Y,0）,半徑r=3啦，所以圓心

。（7,。）到直線*+丫-4=0的距離d=與4=4夜＞3忘，所以直線x+y-4=0與曲

線C相離，故選項C錯誤；

對于選項D,因為「是曲線C上任意一點，要使的面積最大，則曲線C上的點

到x軸的距離最大，即八48尸的邊AB上的高等于圓的半徑3加時，尸的面積最

大，此時點P的坐標為（T,±30）,故選項D錯誤.

故選：AB.

三、填空題（共。分）

21.公元前3世紀，古希臘數(shù)學家歐幾里得在《幾何原本》里提出：“球的體積V與它

的直徑d的立方成正比"，即丫="3,與此類似，我們可以得到：

（1）正四面體（所有棱長都相等的四面體）的體積V與它的棱長。的立方成正比，即

V="3；

（2）正方體的體積丫與它的棱長”的立方成正比，即丫=加/；

（3）正八面體（所有棱長都相等的八面體）的體積V與它的棱長。的立方成正比，即

V=療.

那么m:n:t=.

【答案】1:60:4

【解析】

【分析】

分別求得正四面體，正方體，正八面體的體積后可得.

【詳解】

由題意得，正四面體的體枳直〃=也〃3；正方體的體積丫=々3；正八

34312

面體的體積V=2x—xiz2x^-a=-^-a3，所以:=1:6五:4?

323

故答案為：1:6夜:4.

22.《九章算術》是我國數(shù)學史上堪與歐幾里得《幾何原本》相媲美的數(shù)學名著.其

中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬：將四個面都為直

角三角形的四面體稱之為鱉脯.已知直三棱柱ABC-ABC中，ABLBC,AB=3,

BC=4,M=56,將直三棱柱沿一條棱和兩個面的對角線分割為一個陽馬和一個

鱉嚅，則鱉膈的體積與其外接球的體積之比為.

【答案】3力：50萬

【解析】

【分析】

根據(jù)題意，先確定陽馬，整膈兒何體的結構特征，再分別求得鱉膈的體積與其外接球

的體積即可.

【詳解】

如圖所示：

Bl

陽馬為四棱錐C/48/A8,蹩膈為三棱錐C/-ABC,

因為AB=3,BC=4,A4,=5>/3,

所以鱉膈的體積為y=gx：xABxBCxCG=gxgx3x4*55/5=10K,

其外接球的半徑為：R=；AG=g后不同^=5,體積為：々萬x53=里箸，

鱉膈的體積與其外接球的體積之比為：10G：竿=36:50乃,

故答案為：36:50乃

【點睛】

本題主要考查棱柱的結構特征以及幾何體體積的求法，還考查了空間想象和運算求解

的能力，屬于基礎題.

23.古希臘數(shù)學家歐幾里得所著《幾何原本》中的“幾何代數(shù)法”，很多代數(shù)公理、定

理都能夠通過圖形實現(xiàn)證明，并稱之為“無字證明”.如圖，。為線段A8中點，C為AB

上異于。的一點，以AB為直徑作半圓，過點C作AB的垂線，交半圓于。，連結

OD,AD,BD,過點C作。。的垂線，垂足為E.設AC=a,CB=b,則圖中線段

OD=R=X,線段CD=V^=y,線段=當=2；由該圖形可以得出

x,y,z的大小關系為.

【答案】DEx>y>z

【解析】

【分析】

利用射影定理求得Z,結合圖象判斷出x，y，z的大小關系.

【詳解】

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

根據(jù)圖象可知OD>CD>r>￡1,即x>y>z.

故答案為：DE-.x>y>z

24.歐幾里得在《幾何原本》中，以基本定義、公設和公理作為全書推理的出發(fā)點.其

中第卷命題47是著名的畢達哥拉斯定理（勾股定理），書中給出了一種證明思路：如

圖，及A8C中，N8AC=90°,四邊形43HZ,、ACFG、BCDE都是正方形，ANIDE

于點N,交8C于點先證AABE與HBC全等,繼而得到矩形與正方形

/WHL面積相等；同理可得到矩形CDNM與正方形ACFG面積相等；進一步定理可得

證.在該圖中，若tanN8AE=—,則sinNBEA=.

3

【答案】也

10

【解析】

設AB=k,AC=m,BC=n,由勾股定理可得&2+濟=/,由同角的基本關系式求得

sinZBAE,cos/BAE,在中，求得AE,分別運用余弦定理和正弦定理，計算

可得所求值.

【詳解】

設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-呂爐&2+(%+6)2+%2-n2

由cosZBAE=

2ABAE2kdlc2+(Z+m)2

_2k2+2km_k+m_3

2kd2k2+2km+而y12k2+m2+2kmV10

化為8公—2版—m2=0，解得加=23

又改2+4=A?,可得〃=亞k，

k._n

ABBE

在△ARE中,B[JsinZBEA~~i~

sinZBEA~sinZBAE

x/10

可得sinZBEA=?

10

故答案為：—.

10

【點睛】

在處理三角形中的邊角關系時，一般全部化為角的關系，或全部化為邊的關系.題中

若出現(xiàn)邊的一次式一般采用到正弦定理，出現(xiàn)邊的二次式一般采用到余弦定理.應用

正、余弦定理時，注意公式變式的應用.解決三角形問題時，注意角的限制范圍.

四、解答題（共0分）

25.設在二維平面上有兩個點A（AM）,鞏々,必），它們之間的距離有一個新的定義

為。（43）=后-々|+卜-卜21，這樣的距離在數(shù)學上稱為曼哈頓距離或絕對值距離；在

22

初中時我們學過的兩點之間的距離公式是|AB|=7（^-x2）+（y,-y2）,這樣的距離稱

為是歐幾里得距離（簡稱歐式距離）或直線距離.

（1）已知A,8兩個點的坐標為A（2x,l）,B（3,2）,如果它們之間的曼哈頓距離不大

于3,那么x的取值范圍是多少？

（2）已知A,8兩個點的坐標為A（x,a）,8（3,x）,如果它們之間的曼哈頓距離要恒

大于2,那么”的取值范圍是多少？

（3）已知三個點人對為），8（芻,以），C（W，%），在平面幾何的知識中，很容易的能

夠證明A與8,A與C的歐氏距離之和不小于8和C的歐氏距離，那么這三個點之間

的曼哈頓距離是否有類似的共同的結論？如果有，請給出證明；若果沒有，請說明理

由.

【答案】（I）（2）。＜1或。＞5；（3）見解析.

22

【解析】

（1）由曼哈頓距離不大于3可得|2X-3|+143,利用公式法可求其解.

（2）利用絕對值不等式可求（卜-3|+k-討）.=卜-3|,再由題設條件可得關于。的不

等式，從而可求其解.

（3）對于曼哈頓距離，有類似的結論，可用絕對值不等式來證明.

【詳解】

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

由曼哈頓距離不大于3可得|2%-3|+143,故|2%-3歸2,

,,15

22

（2）因為A（x,a）,8（3,x）,故。（48）二卜一3|十|〃一力，

因為曼哈頓距離要恒大于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],當且僅當（1-3）（a-%）20時等號成立,

故（卜-3|+|所動1n小k-3|,所以|a-3|＞2,

故a＜1或a＞5.

（3）有類似的結論：A與8,A與C曼哈頓距離之和不小于B和C的曼哈頓距離.

證明：設4（4,乂）,8（&,%）/（W,力），

則D（AB）=k-即+回一%|，D（AC）=k-匐+|乂一%|，

。（3,。）=%-司+|%-%|.

由絕對值不等式可得歸一q+w一切21a---￡）|=|巾-&|,

lx-+E-%|士|（x-必）一（乂-%）1=|必一閭，

故D（AB）+D（AC）ND（B,C）.

故A與8,A與C曼哈頓距離之和不小于B和C的曼哈頓距離.

【點睛】

方法點睛：含絕對值符號的不等式的證明問題或函數(shù)的最值問題，一般可利用絕對值

不等式進行放縮求解.

26.歐幾里得生活的時期人們就發(fā)現(xiàn)了橢圓有如下的光學性質(zhì)：由橢圓一焦點射出的

22

光線經(jīng)橢圓內(nèi)壁反射后必經(jīng)過另一焦點?現(xiàn)有一橢圓C:=