胡夫金字塔运用的数学
数学小故事50字
数学小故事50字趣味数学小故事30字1.巧测金字塔高度金字塔是埃及的著名建筑，尤其胡夫金字塔最为著名，整个金字塔共用了230万块石头，10万奴隶花了30年的时间才建成这个建筑。
金字塔建成后，国王又提出一个问题，金字塔倒底有多高，对这个问题谁也回答不上来。
国王大怒，把回答不上来的学者们都扔进了尼罗河。
当国王又要杀害一个学者崐的时候，著名学者塔利斯出现了，他喝令刽子手们住手。
国王说：“难道你能知道金字塔的高度吗？”塔利斯说：“是的，陛下。
”国王说：“那么它高多少？”塔利斯沉着地回答说：“147米。
”国王问：“你不要信口胡说，你是怎么测出来的？”塔利斯说：“我可以明天表演给你看。
”第二天，天气晴朗，塔利斯只带了一根棍子来到金字塔下，国王冷笑着说：“你就想用这根破棍子骗我吗？你今天要是测不出来，那么你也将要被扔进尼罗河！”塔利斯不慌不忙地回答：“如果我测不出来，陛下再把我扔进尼罗河也为时不晚。
”接着，塔利斯便开始测量起来，最后，国王也不得不服他的测量是有道理的。
小朋友，你知道塔利斯是如何进行测量的吗？2.蜗牛何时爬上井？一只蜗牛不小心掉进了一口枯井里。
它趴在井底哭了起来。
一只癞蛤蟆爬过来，瓮声瓮气的对蜗牛说：“别哭了，小兄弟！哭也没用，这井壁太高了，掉到这里就只能在这生活了。
我已经在这里过了多年了，很久没有看到过太阳，就更别提想吃天鹅肉了！”蜗牛望着又老又丑的癞蛤蟆，心里想：“井外的世界多美呀，我决不能像它那样生活在又黑又冷的井底里！”蜗牛对癞蛤蟆说：“癞大叔，我不能生活在这里，我一定要爬上去！请问这口井有多深？”“哈哈哈??，真是笑话！这井有10米深，你小小的年纪，又背负着这么重的壳，怎么能爬上去呢？”“我不怕苦、不怕累，每天爬一段，总能爬出去！”第二天，蜗牛吃得饱饱的，喝足了水，就开始顺着井壁往上爬了。
它不停的爬呀，到了傍晚终于爬了5米。
蜗牛特别高兴，心想：“照这样的速度，明天傍晚我就能爬上去。
”想着想着，它不知不觉地睡着了。
20金字塔 不可思议的金字塔 课件-语文五年级下册(部编版)
《不可思议的金字塔》这篇短文采 用了什么方式介绍金字塔？
它采用了说明的方式介绍金字塔。
读了《不可思议的金字塔》，说说金字塔的 不可思议表现在哪儿？运用了什么说明方法？
胡夫金字塔的塔原高约146米，塔基原边长约230 米。因年久风化，塔现高约137米，塔基现边长227 米，塔重约600万吨，塔基的面积约5.3万平方米， 塔的体积约260万立方米。
金字塔的建造
推测三：金字塔之所以建在尼罗河畔，是因为用船运输石 材方便。古埃及人首先借助数学、几何学、地理学等方面的知 识，对金字塔进行设计；然后借助先进的造船技术，用船把巨 大的石材从尼罗河上游的采石场通过尼罗河运过来；最后建造 金字塔。巨大的石材是如何运上去的呢？据说是先砌好地面的 一层，然后堆起等高的土坡，再顺着斜坡借助滚木把石材拉上 去砌第二层。这样一层一层砌上去，金字塔有多高，土坡就有 多高。塔建成后再把土坡移走，这样，金字塔就显露出来了。
主题概括
《不可思议的金字塔》描写了金字塔的 ____宏__伟__与__精__巧____，用简要的语言介绍了 ___古__埃__及__文__明___，使读者深切感受到金字 塔的神秘，对其未解之谜充满了兴趣，也抒 发了对__古__埃__及__人__民__勤__劳__与__智__慧____的赞叹。
板书设计
塔高的10亿倍的等于地球到太阳的 平均距离。这难道是巧合？
不是巧合，有人推断埃及人在4000 年前就已经计算出了地球的扁率。
金字塔为什么要建在尼罗河的附近？
这与古埃及人的生死观有关系，尼罗 河西岸是太阳降落的地方，代表生命结束， 进入亡灵世界。
金字塔的建造
金字塔是如何建成的？你能借助 课文内容，大胆推测一下吗？。
列图表和列数字
金字塔.圆周率.黄金分割
金字塔.圆周率.黄金分割在将近4000年的时间里，矗立在埃及吉萨高地上的胡夫金字塔（后文均简称为大金字塔）都是人类世界中最高的建筑物。
大金字塔是单体质量最大的古代建筑，是唯一留存至今的上古七大奇迹之一，它是古埃及留给人类伟大的财富。
古埃及人建造了好多座不同的金字塔，许多金字塔里都曾挖掘出神秘的宝藏，但是在大金字塔中却从来没有挖掘出什么珍贵的物品。
有人认为，那是历代盗墓贼先考古学家一步，将大金字塔掠夺一空，也有人认为，或许大金字塔内从来就没有什么神秘宝藏，因为――大金字塔本身就是最重要的宝藏。
让我们先来看一看，大金字塔究竟是一个怎样的建筑？大金字塔塔高约481英尺（1英尺=0.3048米），底边长756英尺，内部还有多条通道和多个室内空间，如左图。
不少人相信，即便不考虑那奇迹般的庞大的建筑是何以完工的，仅仅是简单的测量和计算，就能找出大金字塔设计者试图传递给后人的密信。
有些人甚至散布言论说，大金字塔的设计者拥有超越时代的智慧，而我们世界上，也存在着一个秘密组织，维系着古埃及神秘信息的存续。
带着对大金字塔的种种猜测，考古学家们已经破译了其中部分数学秘密。
这里不妨先来做一个有趣的场景再现：建筑师甲：遵照伟大的王的指示，我们已经将神圣的数字密码暗藏在未来的金字塔中，这一座金字塔将是数学的纪念碑，以向后人表明，在神圣、英明的王的指引下，我们获得的巨大成就。
这个数字是天机、是太阳神的秘密，伟大的太阳神的化身，我们的王，不想将之明示于众，只有未来敏锐的智者，才有可能领悟。
建筑师乙：可是，在我们无法看到的遥远未来，愚蠢的人们会将这种暗示看成偶然和巧合，这将是对我们崇高理想和杰出成就的轻视和侮辱，如何才能避免类似情况的发生？建筑师甲：伟大的王已经预料到这种情形必将发生，必得有一个庞大而精密的体系，来反复展示我们的成就。
在遥远的未来，王的崇拜者必可复原这一整个知识体系。
会议时间：第四王朝早期的某天晚上会议地点：埃及吉萨高地施工现场会议内容：为将要建造的金字塔群确定最终方案早该发现的圆周率建筑师甲：遵照伟大的王的指示，我们已经将神圣的数字密码暗藏在未来的金字塔中，这一座金字塔将是数学的纪念碑，以向后人表明，在神圣、英明的王的指引下，我们获得的巨大成就。
数学故事：大金字塔之谜
数学故事：大金字塔之谜墨西哥、希腊、苏丹都等国都有金字塔，但名声最为显赫的是埃及的金字塔。
埃及是世界上历史最悠久的文明古国之一。
金字塔是古埃及文明的代表作，是埃及国家的象征，是埃及人民的骄傲。
金字塔，阿拉伯文意为"方锥体"，它是一种方底，尖顶的石砌建筑物，是古代埃及埋葬国王、王后或王室其他成员的陵墓。
它既不是金子做的，也不是我们通常所见的宝塔形。
是因为它规模宏大，从四面看都呈等腰三角形，很像汉语中的"金"字，故中文形象地把它译为"金字塔"。
埃及迄今发现的金字塔共约八十座，其中的是以高耸巍峨而被古代世界七大奇迹之首的胡夫大金字塔。
在1889年巴黎埃菲尔铁塔落成前的四千多年的漫长岁月中，胡夫大金字塔一直是世界上的建筑物。
胡夫大金字塔据一位名叫彼得的英国考古学者估计，胡夫大金字塔大约由230万块石块砌成，外层石块约115000块，平均每块重2.5吨，像一辆小汽车那样大，而大的甚至超过15吨。
假如把这些石块凿成平均一立方英尺的小块，把它们沿赤道排成一行，其长度相当于赤道周长的三分之二。
1789年拿破仑入侵埃即时，于当年7月21日在金字塔地区与土耳其和埃及军队发生了一次激战，战后他观察了胡夫金字塔。
据说他对塔的规模之大佩服得五体投地。
他估算，如果把胡夫金字塔和与它相距不远的胡夫的儿子哈夫拉和孙子孟卡乌拉的金字塔的石块加在一起，能够砌一条三米高、一米厚的石墙沿着国界把整个法国围成一圈。
在四千多年前生产工具很落后的中古时代，埃及人是怎样采集、搬运数量如此之多，每块又如此之重的巨石垒成如此宏伟的大金字塔，真是十分难解的谜。
胡夫大金字塔底边原长230米，因为塔的外层石灰石脱落，现在底边减短为227米。
塔原高146.5米，经风化腐蚀，现降至137米。
塔的底角为51。
51' 。
整个金字塔建筑在一块巨大的凸形岩石上，占地约52900平方米，体积约260万立方米。
生活中的数学(十六) 相似三角形在生活中的应用
相似三角形的应用——走进生活，探索自然源于生活，用于生活,是学习数学的主旨，通过经历“问题情境——建立模型——解释、应用与拓展”的过程，感受数学与现实生活的密切关系。
今天让我们先一起来走进世界文明古迹：神秘的埃及金字塔建于4500年前，是古埃及国王与王后的陵墓，迄今已发现大大小小的金字塔110座，大多建于埃及古王朝时期。
现在画面所定格的是埃及现存规模最大的胡夫金字塔。
据考证，建成这座大金字塔共动用了10万人花了20年时间。
在一个烈日高照的下午，埃及著名的考古专家穆罕穆德拉着儿子小穆罕穆德来到了胡夫金字塔脚下，他想借机考一考年仅14岁的小穆罕穆德：给你一根2米高的木杆，一把皮尺，你能利用所学知识来测出塔高吗？没一会儿，小穆罕穆德就顺利解决了这个问题，你知道聪明的小穆罕穆德是如何来测量的吗？为了解决这个问题，我们先从简单问题入手。
问题1：在同一时刻，物体的高度与它的影长之间有何关系？说说你的理由。
如图：BC 、EF 分别是竖立在地面上的旗杆AC 和木棒DF 的影子。
（1）在△ABC 和△DEF 中，∠C 与∠F有何关系？为什么？（2）△ABC 和△DEF 相似吗？为什么？（3）根据△ABC ∽△DEF ，你能确定AC 、BC 分别与DF 、EF 之间的关系吗？（4）假如测得DF=2米，EF=1.2米，BC=6米，那么，旗杆AC 的高度是多少？ 利用阳光下的影子测量数据：木杆影长BC ，金字塔影长EF找相似：△ABC ∽△DEF 找比例：EF BC DF AC = 老穆罕穆德见刚才那个问题没难倒儿子，就又生一计，他把木杆换成了一面平面镜，继续考小穆罕穆德。
这下还真难住了小穆罕穆德，那么老穆罕穆德的问题难住你了吗？我们可以利用镜子的反射,通过测量数据：身高BC ，人与镜子间的距离AC ，金字塔与镜子间距离AE找相似：△ADE ∽△ABC 找比例：AC AE BC DE =作为考古专家的老穆罕穆德很喜欢游览世界各国的名胜古迹，对于我们中国文化古迹也是仰慕已久，这天他带着儿子来到了我们浙江杭州，参观了杭州的六和塔、西湖等各个旅游景点，在游览之余，他还时刻不忘出问题考小穆罕穆德，这不他们来到了六和塔脚下，老穆罕穆德看到不远处有一小块积水，在积水处可以看到塔顶，于是他又考小穆罕穆德了，仅用一把皮尺如何测六和塔的塔高。
生活中的数学之十大具有数学美的建筑
数学，在生活中应用广泛，因而显得平常，建筑则更是普遍存在于视野里，但是如果建筑和数学结合起来，那成果肯定会让你叹为观止。
接下来我们来盘点一下，那些具有“数学美”的建筑吧！1.赵州桥——圆弧河北省赵县的赵州桥只用单孔石拱跨越洨河，由于没有桥墩，既增加了排水功能，又方便舟船往来，石拱的跨度为37．7米，连南北桥堍（桥两头靠近平地处），总共长50．82米。
采取这样巨型跨度，在当时是一个空前的创举。
石拱跨度很大，但拱矢（石拱两脚连线至拱顶的高度）只有7．23米。
拱矢和跨度的比例大约是1比5。
可见桥高比拱弧的半径要小得多，整个桥身只是圆弧的一段。
这样的拱，叫做“坦拱”。
2.湖南长沙龙王港中国结大桥——莫比乌斯带和“中国结“Next建筑事务所为湖南长沙龙王港设计的人行桥梁同样以莫比乌斯带为原型，与凤凰国际传媒中心不同的是，大桥还融入了中国结元素。
其独特的莫比乌斯带(中国结)造型为坚固的桥梁注入柔美气质，如缎带般优美柔和的人行桥，仿佛舞者的水袖掠过梅西河。
设计采用多种工艺，行人可在不同高度选取路线过桥。
其实此桥设计不只是杂糅中国结和莫比乌斯带，行人在行走路线的选择中，也在向著名的七桥问题致敬。
3.北京凤凰国际传媒中心——莫比乌斯环凤凰国际传媒中心采用的是钢结构体系，设计和施工难度都比较大。
它运用的是现代先进的参数化非线性设计，打破了传统的思维，不是通过画图，而是借助设计师的经验和数字技术协同工作，运用编程来完成大楼的设计和施工的。
凤凰国际传媒中心钢结构工程是一个技术创新型工程，在“莫比乌斯环”内，每一个钢结构构件弯曲的方向、弧度以及长度都是不一样的，而这所有的不一样，成就了这座雄伟的、独一无二的建筑。
4.山西太原双塔——数列说起这个，就很有意思了。
古人在没有3D打印，参数化软件的条件下，居然创造出了丰富的曲线形态，其中一个非常重要的数学基础就是——数列。
中国的古人，有时候将之称为叠涩，叠涩是一种古代砖石结构建筑的砌法，用砖、石，有时也用木材通过一层层堆叠向外挑出，或收进，向外挑出时要承担上层的重量。
埃及胡夫金字塔建造上存在着怎么样的数学规律？
埃及胡夫金字塔建造上存在着怎么样的数学规律？英国《伦敦观察家报》有一位编辑名叫约翰·泰勒，是天文学和数学的业余爱好者。
他曾根据文献资料中提供的资料对大金字塔进行了研究。
经过计算，他发现胡夫大金字塔令人难以置信地包含着非常多数学上的原理。
他首先注意到胡夫大金字塔底角不是60°，而是51°51'，从而发现每壁三角形的面积等于其高度的平方。
另外，塔高与塔基周长的比就是地球半径与周长之比，因而，用塔高来除底边的2倍，即可求得圆周率。
泰勒以为这个比例绝不是偶然的，它证明了古埃及人已晓得地球是圆形的，还晓得地球半径与周长之比。
泰勒还借助文献资料中的资料研究古埃及人建金字塔时使用何种长度单位。
当他把塔基的周长化为英寸为单位联络。
他由此想到。
英制长度单位与古埃及人使用的长度单位是否有一定关系？泰勒的观念受到了英国数学家查尔斯·皮奇·史密斯教授的支援。
1864年史密斯实地考查胡夫大金字塔后声称他发现了大金字塔更多的数学上的奥祕。
例如，塔高乘以10亿就等于地球与太阳之间的距离。
后来，另一位英国人费伦德齐·彼特里带着他父亲用20年心血精心改进的测量仪器又对着大金字塔进行了测绘。
在测绘中，他惊奇地发现，大金字塔线上条、角度等方面的误差几乎等于零，在350英尺的长度中，偏差不到0.25英寸。
它的周长正好是362.31库位元单位（320米）跟地球一年的时间差不多，它周长×2又是赤道的时分度，塔底周长（320.36×4）除以2倍的塔高（未塌落时，146.591米）就等于3.1416，和圆周率差不多，把它的自重×1015万就是地球的自重，塔高×10亿，约是地球到太阳的平均距离。
地球的子午线正好从金字塔的中心通过。
两极轴心每隔25827年它们正好转一圈，金字塔的两条对角线的和，就是25826.6厘米。
这座金字塔规模巨大，气势雄伟，令人叹为观止。
2020高考数学胡夫金字塔是什么意思
2020高考数学胡夫金字塔是什么意思
今年数学题不容易做，大家对金字塔印象最为深刻——今年文科和理科的数学都以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景，设计了正四棱锥的计算题，那么高考数学胡夫金字塔是什么意思？
原题
埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）
答案是C选项。
高二的同学们自己动手，尝试一下，看看能不能拿下来5分！
今年数学题不容易做，大家对金字塔印象最为深刻——今年文科和理科的数学都以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景，设计了正四棱锥的计算题。
胡夫金字塔 圆周率
胡夫金字塔与圆周率之间存在一定的关系。
具体来说，如果将胡夫金字塔的底边周长除以其高度的两倍，得到的商即为圆周率π，其精确度远远超过希腊人算出的圆周率，与中国的祖冲之算出的圆周率也几乎完全一致。
此外，胡夫金字塔内部的直角三角形厅室，各边之比为3：4：5，这体现了勾股定理的数值。
而胡夫金字塔的所有数据都与天文地理的数字有关，相关数据与地日距离、圆周率等吻合，这显示了古埃及人在没有现代测量工具的条件下，如何达到如此高的测量精度，至今仍是考古学家难以解开的谜题。
胡夫金字塔黄金比例
黄金分割比例,是公元前6世纪古希腊数学家毕达哥拉斯发现的,后来古希腊美学家柏拉图将此称为黄金分割。
这其实是一个数字的比例关系,即把一条线分为两部分,此时长段与短段之比恰恰等于整条线与长段之比,其数值比为0.618:1或1:0.618,也就是说长段的平方等于全长与短段的乘积。
而这个比值其实是一个无理数,具体的数值是0.6180339…为了使用方便,人们常常取前3位数字的近似值0.618,于是0.618就成为人们常用的黄金分割比例数值。
那为什么说这个比例是最美丽的比例呢?这是因为它简直就是一个奇迹。
谁也说不清楚为什么,但按照这个比例设计来的图形都很美丽。
因此,黄金分割就被许多艺术家广泛应用于绘画、雕塑、音乐、建筑等领域。
黄金比例是一个定义为(√5-1)/2的无理数。
所被运用到的层面相当的广阔，例如：数学、物理、建筑、美术甚至是音乐。
黄金比例的独特性质首先被应用在分割一条线段上。
如果有一条线段的总长度为黄金比例的分母加分子的单位长，若我们把他分割为两半，长的为分母单位长度，短的为分子单位长度则短线长度与长线长度的比值即为黄金比例。
黄金比例（以下简称“黄金比”）约为：0.618:1建造于公元前3000年的胡夫大金字塔,和公元前5世纪的雅典巴特农神殿,这些让世人惊讶并着迷的建筑,就是建筑大师们巧妙利用黄金分割率创造出的伟大杰作。
经过测量,人们惊奇地发现,胡夫大金字塔原高度与底部的边长比、巴特农神殿的正面高度与宽度的比,均是1.6:1,比值就是0.618。
黄金分割在美术上的运用同样也非常广泛,达·芬奇就是其中最善于应用黄金分割的画家之一。
他最让人猜不透的两幅画《维特鲁威人》和《蒙娜丽莎的微笑》,就是将黄金分割成功地融入其中的效果。
欣赏过《维特鲁威人》这幅画的人,都会震撼于它巧妙绝伦的构图。
其实它的画面并不复杂,主要由一个圆、一个正方形和一个裸体的人构成,然后圆与正方形相切,圆、正方形又与人体以不同的姿态相切,整个画面显得和谐、对称而精美。
胡夫金字塔圆周率公式
胡夫金字塔圆周率公式
1 什么是胡夫金字塔圆周率公式？
胡夫金字塔圆周率公式，也称哈勒普-乔马斯圆周率公式，是一个
由犹太数学家萨芬·胡夫提出的以圆周率π 为变量的复杂数学公式。
公式可以以无穷多项发展成熟并最终获得圆周率的值。
现在，这个方
程式已经被测试到极限，显示它在2.7兆位以上的精度，不一定是正
确的。
2 公式原理
胡夫金字塔圆周率公式是通过参考金字塔单元（P），来计算圆周
率（π）的公式，其中包含两个变量：金字塔体积（V）以及圆的直径
积（T＝d^2×π）。
该公式认为：V÷T=π
V=1/3 的时候，V÷T=π，这就是胡夫金字塔圆周率公式的核心原理。
实际中，可以证明当两个物体的体积比等于3的时候，它们的直
径积因子为π（也就是说，金字塔的体积等于一个球的体积的1/3，
那么它们的直径积因子也必然为π）。
3 实际性
胡夫金字塔圆周算法有其实际性，它建立在许多金字塔和汉萨金
字塔的基础上。
胡夫数学家在创立这一公式时，发现了金字塔全息图
对体积比和直径积因子的影响，从而发现了这一公式。
因此，胡夫金
字塔圆周率算法不仅有数学意义，而且有其实际意义，能够应用于各学科的建模和计算，如建筑、机械、材料、金融风险管理等。
4 其他功能
除了用以计算圆周率之外，胡夫金字塔圆周率算法还在其他方面具有一定的现实意义，而圆周率的发现更是推动了科学发展，使得各国家开展科技研究，从而推动了社会进步。
除此之外，胡夫圆周率算法还可以检测错误算法，以验证实际数据的正确性，确保最终结果的准确性。
2020高考数学模拟试题(理)《立体几何》分类汇编(含答案)
2020高考数学模拟试题（理）《立体几何》分类汇编1．（2020•广州一模）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(722)π+B ．(1022)π+C ．(1042)π+D ．(1142)π+2．（2020•桥东区校级模拟）胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率355113π≈．若胡夫金字塔的高为h ，则该金字塔的侧棱长为( )A ．221h π+B ．224h π+C ．216hπ+ D ．2216h π+ 3．（2020•桥东区校级模拟）已知P 为一圆锥的顶点，AB 为底面圆的直径，PA PB ⊥，点M 在底面圆周上，若M 为¶AB 的中点，则异面直线AM 与PB 所成角的大小为( )A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 4．（2020•梅河口市校级模拟）如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )A ．23B ．163C ．6D ．与点O 的位置有关5．（2020•东宝区校级模拟）如图，已知四面体ABCD 为正四面体，22AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A ．1B 2C ．2D ．226．（2020•宜昌模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为( )A ．3πB ．23πC ．πD ．43π 7．（2020•龙岩一模）已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，SA SB =，SA SB ⊥，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===，则球O 的表面积是( )A ．43πB ．823C ．4πD ．8π8．（2020•眉山模拟）已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形ABC ，D 为底边BC 的中点，以AD 为折痕，将三角形ABD 翻折，使BD CD ⊥，则经过A ，B ，C ，D 的球的表面积为( )A ．10πB ．12πC ．16πD ．20π9．（2020•五华区校级模拟）已知圆锥SO 的底面半径为3，母线长为5．若球1O 在圆锥SO 内，则球1O 的体积的最大值为( )A ．92πB ．9πC ．323πD ．12π10．（2020•垫江县校级模拟）过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30︒的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( )A ．15256B ．45256C ．1564D ．456411．（2020•内蒙古模拟）如图：空间四边形P ABC -中，13PM AN PB AC ==，4PA BC ==，3MN =，异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为( )A ．14-B ．164-C ．164D ．1412．（2020•凯里市校级模拟）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？“其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的体积为( )A ．140立方尺B ．280立方尺C ．2803立方尺D ．1403立方尺 13．（2020•龙岩一模）已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，用一平面截此棱柱与侧棱1AA ，1BB ，1CC 分别交于M ，N ，Q ，若MNQ ∆为直角三角形，则MNQ ∆面积的最小值为( )A 7B ．3C ．27D ．614．（2020•咸阳二模）正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，则它的外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．20π15．（2020•重庆模拟）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==，G 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，则1(CG CC = )A ．12B ．13C ．23D ．1416．（2020•邯郸模拟）如图一，在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，如图二，则下列结论正确的是( )A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE17．（2020•福清市一模）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，1AC ⊥平面α．平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论：①截面形状可能是正三角形②截面的形状可能是正方形③截面形状可能是正五边形④截面面积最大值为33则正确结论的编号是( )A ．①④B ．①③C ．②③D ．②④18．（2020•道里区校级一模）已知三棱锥S ABC -的外接球为球O ，SA 为球O 的直径，且2SA =，若面SAC ⊥面SAB ，则三棱锥S ABC -的体积最大值为( )A ．13B ．23C ．1D ．219．（2020•焦作一模）某三棱柱的平面展开图如图，网格中的小正方形的边长均为1，K 是线段DI 上的点，则在原三棱柱中，AK CK +的最小值为( )A ．65B ．73C ．45D ．8920．（2020•吉林二模）等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中，90C ∠=︒，6BD =，现将ABD ∆沿BD 折起，则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时，直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．3B ．2C ．3D ．2321．（2020•眉山模拟）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，F 为MC 的中点． （1）求证：//EF 平面1A DC ；（2）求三棱锥1C FCN -的体积；（3）求直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值．22．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1:224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，F 为MC 的中点． （1）求证：//EF 平面1A DC ；（2）求二面角1N AC F --的余弦值．23．（2020•宜昌模拟）如图，在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==．（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值．24．（2020•五华区校级模拟）如图所示的几何体中，正方形ABCD 所在平面垂直于平面APBQ ，四边形APBQ 为平行四边形，G 为PC 上一点，且BG ⊥平面APC ，2AB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，求平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值．25．（2020•龙岩一模）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（1）求证：BC ⊥平面1ACD ；（2）若直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4π，求平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．答案解析1．（2020•广州一模）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(722)π+B ．(1022)π+C ．(1042)π+D ．(1142)π+【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：上部是圆柱，下部是圆锥， 几何体的表面积为：1442223(1042)2ππππ+⨯⨯+⨯=+． 故选：C ．2．（2020•桥东区校级模拟）胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以2倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率355113π≈．若胡夫金字塔的高为h ，则该金字塔的侧棱长为( )A 221h π+B 224h π+C 216hπ+ D 2216h π+ 【解答】解：设该金字塔的底面边长为a ，则42a h π=，可得：2h a π=． ∴该金字塔的侧棱长22222222162()244a h h h ππ+=+=+⨯=． 故选：D ．3．（2020•桥东区校级模拟）已知P 为一圆锥的顶点，AB 为底面圆的直径，PA PB ⊥，点M 在底面圆周上，若M 为¶AB 的中点，则异面直线AM 与PB 所成角的大小为( )A ．6πB ．4πC ．3πD ．2π 【解答】解：如图所示，建立直角坐标系．不妨设1OB =．PA PB ⊥Q ，OP OB OA ∴==，OP ⊥底面AMB ．则(0O ，0，0)，(0B ，1，0)，(1M ，0，0)，(0P ，0，1)，(0A ，1-，0)， ∴(1AM =u u u u r ，1，0)，(0PB =u u u r ，1，1)-，cos AM ∴<u u u u r ，1222PB >==⨯u u u r ， AM ∴<u u u u r ，3PB π>=u u u r ， ∴异面直线AM 与PB 所成角的大小为3π． 故选：C ．4．（2020•梅河口市校级模拟）如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )A ．23B ．163C ．6D ．与点O 的位置有关【解答】解：如图：还原后的几何体，是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的，正方体的体积为8，四棱锥的底面是边长为2的正方形，顶点O 在平面11ADD A 上，高为2，所以四棱锥的体积为184233⨯⨯=，所以该几何体的体积为816833-=， 故选：B ．5．（2020•东宝区校级模拟）如图，已知四面体ABCD 为正四面体，22AB =，E ，F 分别是AD ，BC 中点．若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( )A ．1B 2C ．2D ．22【解答】解：把正四面体补为正方体，如图，根据题意，//KL BC ，//LM GH ，,KL AL LM BL BC AB AD AB==， 所以KL AL =，LM BL =，故22KL LM AL BL +=+=， 2()22KL LM S KL LM +=⋅=截面…，当且仅当KL LM =时成立， 故选：C ．6．（2020•宜昌模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点M 为棱1DD 的中点，则平面ACM 截该正方体的内切球所得截面面积为( ) A ．3πB ．23π C ．π D ．43π 【解答】解：设圆心到截面距离为d ，截面半径为r ，由O ACM M AOC V V --=，即111112222233323AMC AOC S d S ∆∆==g g g g g g gg g ，2ACM d S ∆∴=， 122362ACM S ∆==g g故6d =221d r +=，213r ∴=，所以截面的面积为23r ππ=，故选：A ．7．（2020•龙岩一模）已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，SA SB =，SA SB ⊥，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===，则球O 的表面积是( ) A ．43πB 82C ．4πD ．8π【解答】解：底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，且满足222AB AD DC ===， 可知底面ABCD 的外心为AB 的中点O ，到顶点的距离为1，因为SA SB =，SA SB ⊥，2AB =，所以2SA SB ==，AB 的中点O 到S 的距离为1， 所以O 是四棱锥的外接球的球心，外接球的半径为1， 所以球O 的表面积是：2414ππ⨯=． 故选：C ．8．（2020•眉山模拟）已知腰长为3，底边长2为的等腰三角形ABC ，D 为底边BC 的中点，以AD 为折痕，将三角形ABD 翻折，使BD CD ⊥，则经过A ，B ，C ，D 的球的表面积为( ) A ．10πB ．12πC ．16πD ．20π【解答】解：如图所示，由题意可得：DB ，DC ，DA 两两相互垂直． 222318AD =-=．设经过A ，B ，C ，D 的球的半径为R ． 则222411810R =++=．∴球的表面积10π=．故选：A ．9．（2020•五华区校级模拟）已知圆锥SO 的底面半径为3，母线长为5．若球1O 在圆锥SO 内，则球1O 的体积的最大值为( ) A ．92πB ．9πC ．323πD ．12π【解答】解：设圆锥SO 的轴截面为等腰SAB ∆，则球1O 的体积最大时，球1O 的轴截面是SAB ∆ 的内切圆，所以11()22SAB S AB SO SA SB AB r ∆==++g g g ， 解得：32r =，所以球1O 的体积的最大值为3439()322ππ=，故选：A．10．（2020•垫江县校级模拟）过球的一条半径的中点，作与该半径所在直线成30︒的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为()A．15256B．45256C．1564D．4564【解答】解：画大圆O，设半径为R，取半径OB的中点A，过A做截面，CD为直径，取中点E，连接OE，OE⊥截面CD，由题意可得30OAE∠=︒，所以33132224AE OA R R===g，在三角形OAC中，2222cosOC OA AC OA AC OAC=+-∠g g g，即222()2cos15022R RR AC AC=+-︒g g g，整理可得：2242330AC R AC R+-=g，解得：23124831584R RAC R-++-+==，所以331515444CE AC AE R R R-+=+=+=，所以所得截面的面积与球的表面积的比为2215()154464RRπ=，故选：C．11．（2020•内蒙古模拟）如图：空间四边形P ABC-中，13PM ANPB AC==，4PA BC==，3MN=，异面直线PA与BC所成角的余弦值为()A ．14-B ．164-C ．164D ．14【解答】解：如图，过N 作//ND BC ，交AB 于D ，并连接MD ，则AN ADAC AB=， Q13PM AN PB AC ==， ∴13PM AD PB AB ==， //MD AP ∴，23MD PA =，13DN BC =， ∴84,33MD DN ==，且3MN =， MDN ∴∠为异面直线PA 与BC 所成角或其补角，∴在MDN ∆中，根据余弦定理得，64169199cos 8464233MDN +-∠==-⨯⨯，∴异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为164． 故选：C ．12．（2020•凯里市校级模拟）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺，问积几何？“其意思为：“今有底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，它的底面长、宽分别为7尺和5尺，高为8尺，问它的体积是多少？”若以上的条件不变，则这个四棱锥的体积为( ) A ．140立方尺B ．280立方尺C ．2803立方尺 D ．1403立方尺 【解答】解：由题意可得：这个四棱锥的体积128075833=⨯⨯⨯=立方尺，故选：C ．13．（2020•龙岩一模）已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2，用一平面截此棱柱与侧棱1AA ，1BB ，1CC 分别交于M ，N ，Q ，若MNQ ∆为直角三角形，则MNQ ∆面积的最小值为( ) A ．7B ．3C ．27D ．6【解答】解：如图，以AC 中点O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴， 建立空间直角坐标系，设(0M ，1-，)a ，(3N ，0，)b ，(0Q ，1，)c ， 不妨设N 为直角，(3,1,)MN b a =-u u u u r ，(3,1,)QN b c =--u u u r， ∴()()20MN QN b a b c =--+=u u u u r u u u rg， 2211||||4()4()22S MN QN b a b c ==+-+-u u u u r u u u r g g 2221164[()()][()()]2b a bc b a b c =+-+-+-- 11616432++=…． 故选：B ．14．（2020•咸阳二模）正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，则它的外接球的表面积为( ) A ．4πB ．8πC ．16πD ．20π【解答】解：正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，6，高为3，设它的外接球的半径为R ，球心为O ，底面ABCD 的中心为M ． 设OM x =．则222(3)R x =+，3R x +=．解得：24R =． 可得球的表面积为16π． 故选：C ．15．（2020•重庆模拟）如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==，G 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，则1(CGCC =)A ．12B ．13C ．23D ．14【解答】解：Q 四棱柱1111ABCD A B C D -中，ABCD 为平行四边形，E ，F 分别在线段DB ，1DD 上，且112DE DF EB FD ==， 1//EF BD ∴，平面11//ADD A 平面11BCC B ，G Q 在1CC 上且平面//AEF 平面1BD G ，//AF BG ∴，∴1113CG DE CC DD ==． 故选：B ．16．（2020•邯郸模拟）如图一，在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥，将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，如图二，则下列结论正确的是()A ．AD CD ⊥B ．//AF DEC ．DE ⊥平面ACED ．//AF 平面CDE【解答】解：Q 在ABC ∆中，AB AC =，120A ∠=︒，D 为BC 中点，DE AC ⊥， 将CDE ∆沿DE 翻折，得到直二面角C DE B --，连接BC ，F 是BC 中点，连接AF ，DE AE ∴⊥，DE CE ⊥，AE CE E =Q I ，DE ∴⊥平面ACE ．故选：C ．17．（2020•福清市一模）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，1AC ⊥平面α．平面α截此正方体所得的截面有以下四个结论： ①截面形状可能是正三角形 ②截面的形状可能是正方形 ③截面形状可能是正五边形 ④截面面积最大值为33 则正确结论的编号是( ) A ．①④B ．①③C ．②③D ．②④【解答】解：对①当α截此正方体所得截面为11B CD 时满足，故①正确．对②，由对称性得截面形状不可能为正方形，故②错误． 对③，由对称性得截面形状不可能是正五边形，故③错误． 对④，当截面为正六边形时面积最大，为36233=故选：A ．18．（2020•道里区校级一模）已知三棱锥S ABC -的外接球为球O ，SA 为球O 的直径，且2SA =，若面SAC ⊥面SAB ，则三棱锥S ABC -的体积最大值为( )A ．13B ．23C ．1D ．2【解答】解：如图，连接OC ，OB ，则S ABC S OBC A OBC V V V ---=+， 两三棱锥高的和的最大值为2SA =． 要使三棱锥S ABC-的体积最大，则OBC ∆面积最大为111sin 111222OB OC BOC ⨯⨯⨯∠=⨯⨯⨯=． ∴三棱锥S ABC -的体积最大值为1112323⨯⨯=． 故选：A ．19．（2020•焦作一模）某三棱柱的平面展开图如图，网格中的小正方形的边长均为1，K 是线段DI 上的点，则在原三棱柱中，AK CK +的最小值为( )A ．65B ．73C ．45D ．89【解答】解：将展开图折成立体图形，如图①，然后再把空间最短距离问题转化为平面两点间的距离最短问题，如图②所示． 因为8AJ =，3CJ =，所以223873AC =+=，即AK CK +的最小值为73． 故选：B ．20．（2020•吉林二模）等腰直角三角形BCD 与等边三角形ABD 中，90C ∠=︒，6BD =，现将ABD ∆沿BD 折起，则当直线AD 与平面BCD 所成角为45︒时，直线AC 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A 3B 2C 3D 23【解答】解：设E 为BD 中点，连接AE 、CE ， 由题可知AE BD ⊥，CE BD ⊥， 所以BD ⊥平面AEC ，过A 作AO CE ⊥于点O ，连接DO ，则AO ⊥平面BDC ， 所以ADO ∠即为直线AD 与平面BCD 所成角的平面角， 所以2sin 2AOADO AD∠==，可得32AO = 在AOE ∆中可得3OE =， 又132OC BD ==，即点O 与点C 重合，此时有AC ⊥平面BCD ， 过C 作CF AE ⊥于点F ，又BD ⊥平面AEC ，所以BD CF ⊥， 所以CF ⊥平面ABD ，从而CAE ∠即为直线AC 与平面ABD 所成角，33sin 333CE CAE AE ∠===． 故选：A ．21．（2020•眉山模拟）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r，F 为MC 的中点．（1）求证：//EF 平面1A DC ； （2）求三棱锥1C FCN -的体积；（3）求直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值．【解答】（1）证明：在长方体1111ABCD A B C D -中，建立如图所示空间直角坐标系， 由1224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r ，得(0D ，0，0)，(1E ，0，2)，(0F ，72，1)，1(2A ，0，2)，(0C ，4，0)，1(2,0,2)DA =u u u u r ，(0DC =，4，0)，(1EF =-u u u r ，72，1)-．设平面1A DC 的一个法向量为(,,)n x y z =r．由122040n DA x z n DC y ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩u u u u r r g u u u r r g ，取1z =-，得(1,0,1)n =-r ， Q 0EF n =u u u r rg ，且EF ⊂/平面1A DC ，//EF ∴平面1A DC ；（2）解：设F 到平面1CC N 的距离为d ，则12d =． ∴111111111233226C FCN F CC N CC N V V S d --===⨯⨯⨯⨯=V g ； （3）解：由（1）知，1(2,0,2)DA =u u u u r，又1(0,,1)2CF =-u u u r ，11110cos ,||||5222DA CF DA CF DA CF ∴<>===⨯u u u u r u u u ru u u u r u u u r g u u uu r u u u r g ． ∴直线1A D 与直线CF 所成角的余弦值10．22．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1:224AB BC AA ===，E 为11A D 的中点，N 为BC 的中点，M 为线段11C D 上一点，且满足11114MC D C =u u u u r u u u u u r，F 为MC 的中点．（1）求证：//EF 平面1A DC ； （2）求二面角1N AC F --的余弦值．【解答】解：（1）证明：作1DD 的中点H ，连接EH ，FH ， 又E 为11A D 的中点，EH ∴为△11A DD 的中位线，1//EH A D ∴，又F 为MC 的中点，FH ∴为梯形1D DCM 的中位线，//FH CD ∴，在平面1A DC 中，1A D CD D =I ，在平面EHF 中，EH FH H =I ，∴平面1//A DC 平面EHF ，又EF 在平面EHF 内， //EF ∴平面1A DC ．（2）以点D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则17(1,4,0),(2,0,2),(0,4,0),(0,,1)2N A C F ，设平面1A CN 的一个法向量为(,,)m x y z =r ，则11(,,)(1,4,2)420(,,)(2,4,2)2420m A N x y z x y z m AC x y z x y z ⎧=--=-+-=⎪⎨=--=-+-=⎪⎩u u u u r r g g u u u u rr g g ，可取(0,1,2)m =r，同理可求得平面1A FC 的一个法向量为(3,2,1)n =r，∴270cos ,||||m n m n m n <>==r r g r rr r ，又二面角1N AC F --的平面角为钝角，故二面角1N AC F --的余弦值为27023．（2020•宜昌模拟）如图，在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==．（1）证明：AM ⊥平面ABCD ；（2）若//CD AB ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，求直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：Q 在四棱锥M ABCD -中，AB AD ⊥，2AB AM AD ===，22MB MD ==222AB AM BM ∴+=，222AD AM DM +=，AB AM ∴⊥，AD AM ⊥，AD AB A =Q I ，AM ∴⊥平面ABCD ．（2）解：AB AD ⊥Q ，AM ⊥平面ABCD ，∴以A 为原点，AD 为x 轴，AM 为y 轴，AB 为z 轴，建立空间直角坐标系，//CD AB Q ，2CD AB =，E 为线段BM 上一点，且2BE EM =，2AB AM AD ===，22MB MD ==．(0E ∴，43，2)3，(2C ，0，1)，(2D ，0，0)，(0B ，0，2)，(0M ，2，0)， (2EC =u u u r ，43-，1)3，(2BD =u u u r ，0，2)-，(0BM =u u u u r ，2，2)-，设平面BDM 的法向量(m x =r，y ，)z ，则220220m BD x z m BM y z ⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g ，取1x =，得(1m =r ，1，1)， 设直线EC 与平面BDM 所成角为θ， 则直线EC 与平面BDM 所成角的正弦值为：||159sin ||||5339m EC m EC θ===u u u r r g u u u r r g g．24．（2020•五华区校级模拟）如图所示的几何体中，正方形ABCD 所在平面垂直于平面APBQ ，四边形APBQ 为平行四边形，G 为PC 上一点，且BG ⊥平面APC ，2AB =．（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥P ABC -体积最大时，求平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值．【解答】（1）证明：因为平面ABCD ⊥平面APBQ ，平面APBQ ⋂平面ABCD AB =， 四边形ABCD 为为正方形，即BC AB ⊥，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面APBQ ，又因为AP ⊂平面APBQ ，所以AP BC ⊥， 因为BG ⊥面APC ，AP ⊂平面PAC ， 所以AP BG ⊥，因为BC BG B =I ，BC ，BG ⊂平面PBC ， 所以AP ⊥平面PBC ， 因为AP ⊂平面PAD ， 所以平面PAD ⊥平面PBC ．（2）解：111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --===g g g g ，求三棱锥P ABC -体积的最大值，只需求PA PB g 的最大值． 令PA m =，PB n =， 由（1）知AP PB ⊥，所以224m n +=，当且仅当2m n = 即2PA PB =时，22112()3323P ABC minm n V mn -+==g …． 以AB 中点O 为坐标原点建立空间直角坐标系如图，则 (0A ，1-，0)，(0B ，1，0)，(0C ，1，2)，(1P ，0，0)． 设1(,,)n x y z =u u r为平面APC 的一个法向量，则110220n AP x y n BP x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩u u r u u u r g u u r u u u r g ，可取1x =，则1(1,1,1)n =-u u r，因为四边形APBQ 为平行四边形，APB ∆为等腰直角三角形，所以四边形APBQ 为正方形，取平面BCQ 的一个法向量为2(1,1,0)n BP ==-u u r u u u r，所以1cos n <u u r ，1221263||||n n n n n >==u u r u u ru u r g u u r u u r g ，所以1sin n <u u r ，233n >=u u r ，即平面APC 与平面BCQ 所成二面角的正弦值为3325．（2020•龙岩一模）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，//AB CD ，4AB =，2BC CD ==，顶点1D 在底面ABCD 内的射影恰为点C ．（1）求证：BC ⊥平面1ACD ；（2）若直线1DD 与底面ABCD 所成的角为4π，求平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：如图，连接1D C ，则1D C ⊥平面ABCD ， BC ⊂Q 平面ABCD ，1BC D C ∴⊥，在等腰梯形ABCD 中，连接AC ，过点C 作CG AB ⊥于点G ，4AB =Q ，2BC CD ==，//AB CD ，则3AG =，1BG =，CG =AG ∴=， 因此满足22216AC BC AB +==，BC AC ∴⊥， 又1D C ，AC ⊂平面1AD C ，1D C AC C =I ， BC ∴⊥平面1AD C ．（2）解：由（1）知AC ，BC ，1D C 两两垂直， 1D C ⊥Q 平面ABCD ，∴14D DC π∠=，12D C CD ∴==，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，1CD ，所在直线为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(0D ，0，2)，∴(AB =-u u u r ，2，0)，1(AD =-u u u u r 0，2)，设平面11ABC D 的法向量(n x =r，y ，)z ，由12020AB n y AD n z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g ，取1x =，得n =r ， 又1(0CD =u u u u r ，0，2)为平面ABCD 的一个法向量，设平面11ABC D 与平面ABCD 所成锐二面角为θ，则11||cos 7||||CD n CD n θ===u u u u r rg u u u u r r g ．∴平面11ABC D 与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为7．。
埃及金字塔与数学.doc
埃及金字塔与数学摘要：数学，作为人类文明的重要组成部分，有着非常悠久的历史，那么，数学这门学科究竟是何时诞生的呢？古埃及作为人类文明的四大发源地之一，其优越的地理位置促使了他们发展农业。
由于从事农业生产的需要，从控制洪水和灌溉，测量田地的面积、计算仓库的容积、推算适合农业生产的历法以及相关的财富计算、产品交换等等长期实践活动中积累了丰富的经验，并逐渐形成了相应的技术知识和有关的数学知识。
客观的讲，就国外数学发展的源头还是首推古埃及。
关键词：金字塔数据建筑知识（几何）埃及数学一·古代埃及的历史文化背景古埃及(Ancient Egypt)，一般指公元前32世纪左右至公元前343年波斯灭亡埃及这段时间内尼罗河下游地区的埃及文明。
早在公元前3100年，由南方的美尼斯统一了上埃及和下埃及，建立第一个奴隶制王朝，拥有世界上最长河流之一尼罗河的古埃及是典型的水力帝国。
其地理位置和现在的埃及区别不大。
打猎、渔业及畜牧业是古埃及人最初的谋生方式。
一年一度的尼罗河的洪水给这片谷地带来了肥沃的淤泥，那些以游牧为生的古埃及人便在这块土地上定居下来，由狩猎转向耕种。
在发展农业的同时，手工业与贸易也随之速度发展起来，这些都带动了自然科学各学科知识的积累。
埃及作为世界四大文明古国之一，其具有悠久历史和古老文化。
二、金字塔的神秘数据提到埃及，大家都会自然想到作为世界七大奇迹之一的金字塔，位于开罗附近吉萨省的胡夫金字塔——法老胡夫（Khufu）的陵墓——是埃及最大的金字塔，大约建于公元前2500年左右，该金字塔大约由230万块石块砌成，外层石块约115000块，平均每块重2．5吨，像一辆小汽车一样大，而大的甚至超过15吨，如果把这些石块凿成平均一立方英尺的小块，把它们沿赤道排成一行，其长度相当于赤道周长的三分之二。
金字塔整体成正四棱锥形，底面正方形面向东西南北四个正方向，边长230.5m，误差不到20厘米；塔高146.6m(现高约137m)，相当于40层楼高。
胡夫金字塔
地理位置
埃及共发现金字塔110座，最大的是开罗郊区吉萨的三座金字塔。金字塔是古埃及国王为自己修建的陵墓。 大金字塔是第四王朝第二个国王胡夫的陵墓，建于公元前2690年左右，原高146.5米，因年久风化，顶端剥落10 米，现高136.5米；底座每边长230多米，三角面斜度51°，塔底面积5.29万平方米；塔身由230万块石头砌成， 每块石头平均重2.5吨。据说，10万人用了20年的时间才得以建成。该金字塔内部的通道对外开放，该通道设计 精巧，计算精密，令人赞叹。
博物馆建设历程
2022年2月5日，位于埃及吉萨省胡夫金字塔南侧的太阳船博物馆旧址已被拆除，此前被该博物馆遮挡的金 字塔南角得以露出。这也是胡夫金字塔全貌数十年来首次同公众见面。
建造原因
建造原因
那时尼罗河每年泛滥，淹没田野达3-4个月。农民和劳工们无法种地，于是他们找到了建造陵墓的工作。建 成一座金字塔的工程可能要花费30年时间。由于埃及人的生死观及信奉太阳神的影响，认为太阳每天从东方升起， 从西方落下，就像每天于东方出生及西方死亡，故金字塔都建于尼罗河西边。金字塔的建造反映着纯农耕时代人 们从季节的循环和作物的生死循环中获得的意识，古埃及人迷信人死之后，灵魂不灭，只要保护住尸体，300年 后就会在极乐世界里复活永生，因此他们特别重视建造陵墓。
金字塔未解之谜
金字塔未解之谜作者：苗枫来源：《科技视界》2011年第32期惊人的数学之谜在古代世界有“七大奇迹”，埃及的金字塔被誉为“七大奇迹”之冠，其中最为壮观的一座叫胡夫金字塔，它约建于公元前2700多年。
塔高146.5米，塔基每边长230.6米，占地约52900平方米，总重量684.8万吨。
塔身用230万块巨石砌成，平均每块重10吨，石块之间不用任何黏着物，而由石与石相互叠积而成，人们很难用一把锋利的刀片插入石块之间的缝隙。
历时近五千年，这是人类有史以来单个最大的人工建筑物。
请看以下这些数据：金字塔×1015＝地球的重量塔高×10亿＝地球到太阳的距离塔高2=塔面三角形面积底周长：塔高=圆围：半径底周长×2=赤道的时分度你相信，这些数字仅仅是巧合吗？另外，穿过大金字塔的子午线把地球上的陆地、海洋分成相等的两半。
金字塔基正好坐落在地球各大陆引力的中心。
人们苦思冥想，如果不是巧合的话，4500年前的古代埃及人怎么有如此精确的测算呢？复杂精确的建造之谜金字塔工程浩大繁琐，已经发现的80多座金字塔，均用巨石建造而成，这么多石块大多就地取材，但十多万块上等石灰石，来自尼罗河东岸的采石场；内部的花岗岩，则采自800多千米外的阿斯旺，需要多少石匠、运输工人和水手？又怎么运输？即使在今天拥有世界上所有的技术手段的建筑师也很难办到。
之一：金字塔建造精确。
巨石一块块垒上去，石块之间没有任何粘接物，却拼合得天衣无缝，连极薄的刀片也插不进去。
四条底边相差不到20厘米，误差不到千分之一。
锥角都是52度，这是自然形成的最稳定的角。
方锥体的形状，迫使沙漠风暴不得不沿塔的斜面或棱角缓缓上升，把风的破坏力化解到最小。
庞大的塔基奠定在地磁场磁力线中心，随地球运动而运动，所承受的震幅极其微弱，长年屹立不倒。
之二：古埃及人怎样开采这些巨大石块，又用什么运载和堆砌这些巨大石料？比如，胡夫金字塔。
暂且不说这260万块巨石如何采掘，单说把它们堆砌起来就是一件难以想象的事情。
2020年高考数学(理)真题与模拟题分类训练 专题04 立体几何(教师版含解析)
专题04 立体几何1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A ．14B ．12C ．14D ．12【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==由题意得212PO ab =，即22142a b ab-=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =负值舍去). 故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选A.【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.3．【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16 ，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D ．2【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =. 设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 4．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A ．B ．C．D ．【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.5．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.6．【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：(1)三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；(2)直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；(3)如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 7．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A．6 B．6+C．12+D．12+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形， 则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．8．【2020年高考浙江】某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2， 所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.9．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件. 故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.10．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面.在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°【答案】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥.. 由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.11．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ①14p p ∧ ②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④ 【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内， 同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α， 则m 垂直于平面α内所有直线， 直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ， 命题4p 为真命题. 综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.12．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯= 解得：2r，其体积：343V r =π=.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.13．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是_______． 【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.14．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯，圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为： 2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.15．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为：2. 【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.16．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．(1)证明：PA ⊥平面PBC ； (2)求二面角B PC E --的余弦值．【解析】(1)设DO a =，由题设可得,,PO AO AB a ===，PA PB PC ===. 因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥. 又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥. 所以PA ⊥平面PBC .(2)以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得1(0,1,0),(0,1,0),(,0),2E A C P -. 所以31(,,0),(0,1,)222EC EP =--=-. 设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EPEC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即02102y z x y⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，可取(3=-m . 由(1)知(0,1,2AP =是平面PCB 的一个法向量，记AP =n ， 则cos ,|||⋅==n m n m n m | 所以二面角B PC E --的余弦值为5. 【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.17．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】(1)因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ． 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．(2)由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1,0)3PM E =．由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Q a，则1(NQ B a =， 故21123223210(,,4()),||33B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,2||B E B E B E B E ⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN ．18．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．(1)连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c =，11(0,,)3C F b c =，得1EA C F =．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内． (2)由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =--，1(0,1,2)A E =-，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则 110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ． 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为7．19．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥. 又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ， 所以EF ∥平面11AB C .(2)因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC , 所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.20．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． (Ⅰ)证明：EF ⊥DB ；(Ⅱ)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. (Ⅱ)方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC . 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．21．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ⊥；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．(Ⅰ)证明：依题意，1(1,1,0)C M =，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．(Ⅱ)解：依题意，(2,0,0)CA =是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =-．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是sin ,CA 〈〉=n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为6． (Ⅲ)解：依题意，(2,2,0)AB =-．由(Ⅱ)知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为3．1．【2020·广东省高三一模(理)】已知直三棱柱111ABC A B C -的体积为V ，若P Q ，分别在11AA CC ，上，且111133AP AA CQ CC ==，，则四棱锥B APQC -的体积是A ．16VB ．29VC ．13VD ．79V【答案】B【解析】在棱1BB 上取一点H ，使113BH BB =，连接PH 、QH ， 由题意PHQ ABC S S =△△，BH ⊥平面PHQ ， 所以111113339B PHQ PHQ ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△，11133ABC PHQ ABC ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△， 所以112399B APQC ABC PHQ B PHQ V V V V V V ---=-=-=. 故选：B ．【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题. 2．【2020·全国高三(理)】在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱11B C 的中点，点F 是线段1CD 上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线1AC 与1B F 所成的角是定值； ②三棱锥1B A EF -的体积是定值；③直线1A F 与平面11B CD 所成的角是定值． 其中真命题的个数是 A ．3 B ．2C ．1D ．0【答案】B【解析】以A 点为坐标原点，AB,AD,1AA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B (1,0,0),C (1,1,O ),D (0,1,0),1A (0,0,1),1B (1,0,1),1C (1,1,1),1D (0,1,1),设F (t ，1，1-t )，(0≤t ≤1)， 可得1AC =(1,1,1),1B F =(t -1，1，-t )，可得11AC B F =0，故异面直线1AC 与1B F 所的角是定值，故①正确；三棱锥1B A EF -的底面1A BE 面积为定值，且1CD ∥1BA ,点F 是线段1CD 上的一个动点，可得F 点到底面1A BE 的距离为定值，故三棱锥1B A EF -的体积是定值，故②正确；可得1A F =(t ，1，-t )，1B C =(0,1,-1),11B D =(-1,1,0),可得平面11B CD 的一个法向量为n =(1，1，1)，可得1cos ,A F n 不为定值，故③错误;故选B ．【点睛】本题主要考查空间角的求解及几何体体积的求解，建立直角坐标系，是解题的关键. 3．【2020·六盘山高级中学高三其他(理)】已知点 M N P Q ，，，在同一个球面上，34,5MN NP MP ===， ，若四面体MNPQ 体积的最大值为 10，则这个球的表面积是A ．254πB ．62516πC ．22516πD ．1254π【答案】B【解析】由34,5MN NP MP ===，，可知90PNM ∠=， 则球心O 在过PM 中点'O 与面MNP 垂直的直线上， 因为MNP 面积为定值，所以高最大时体积最大， 根据球的几何性质可得，当'O Q 过球心时体积最大， 因为四面体Q MNP -的最大体积为10，所以111'34'10332MNP S O Q O Q ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=△， 可得'5O Q =，在'OO P ∆中，222''OP OO O P =+，()222554R R ∴=-+，得258R =， ∴球的表面积为2256254816ππ⎛⎫⨯=⎪⎝⎭，故选B ．【点睛】本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++(,,a b c 为三棱的长)；②可以转化为长方体的外接球； ③特殊几何体可以直接找出球心和半径；④设球心(在过底面多边形外接圆圆心与底面垂直的直线上)，利用待定系数法求半径.4．【2020·六盘山高级中学高三其他(理)】对于直线m ，n 和平面α，β，αβ⊥的一个充分条件是 A ．m n ⊥，//m α，//n β B ．m n ⊥，m αβ=，n ⊂αC ．//m n ，n β⊥，m α⊂D ．//m n ，m α⊥，n β⊥【答案】C【解析】A 选项中，根据m n ⊥，//m α，βn//，得到αβ⊥或αβ∥，所以A 错误； B 选项中，m n ⊥，m αβ=，n β⊂，不一定得到αβ⊥，所以B 错误；C 选项中，因为//m n ，n β⊥，所以m β⊥， 又m α⊂，从而得到αβ⊥，所以C 正确；D 选项中，根据//m n ，m α⊥，所以n α⊥，而n β⊥，所以得到αβ∥，所以D 错误.故选：C．【点睛】本题考查空间中线面关系有关命题的判断，面面关系有关命题的判断，属于简单题. 5．【2020·河南省南阳中学高三月考(理)】某简单几何体的三视图(俯视图为等边三角形)如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)为A．18B．C．D．【答案】C【解析】由题意可知几何体是底面为正三角形的三棱柱，底面边长为2，高为3，所以几何体的体积为2⨯⨯=C．234【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，考查转化思想以及空间想象能力．6．【2020·福建省福州第一中学高三其他(理)】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．83π B ．103πC ．6πD ．3π【答案】D【解析】该几何体是一个底面半径为1、高为4的圆柱被一个平面分割成两部分中的一个部分，故其体积为221141232V πππ=⨯⨯-⨯⨯⨯= . 本题选择D 选项.7．【2020·广西壮族自治区高三其他(理)】三个几何体组合的正视图和侧视图均为如下图所示，则下列图中能作为俯视图的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D【解析】对于①，由三个圆柱组合而成，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于②，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是小的圆柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于③，最底层是圆柱，中间是底面为正方形的直棱柱，最上面是底面为正方形的小的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；对于④，最底层是圆柱，中间是圆柱，最上面是底面为正方形的直棱柱，其正视图和侧视图相同，符合要求；所以四个图都可能作为俯视图. 故选：D ．【点睛】考查由正视图和侧视图判断几何体的俯视图；基础题.8．【2020·辽宁省高三二模(理)】已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18，则该圆柱的体积是______． 【答案】27π【解析】设圆柱的底面圆的半径为r ，高为h ．由题意可得()22π12π2π22218rhr rh r h ⎧=⎪+⎨⎪+=⎩，解得3r h ==，则该圆柱的体积是2π27πr h =． 故答案为:27π.【点睛】本题考查了圆柱体积的求解，考查了圆柱的侧面积.本题的关键是求出圆柱底面圆的半径和高.本题的难点在于轴截面的周长这一条件的理解.9．【2020·重庆南开中学高三期中(理)】正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，1AA =D 为棱11A B 的中点，则异面直线AD 与1CB 成角的大小为_______． 【答案】6π【解析】如图，1111111122AD AA A D AA A B AA AB =+=+=+，111CB CA AB BB AA AC AB =++=-+，且12,AB AC BC AA ====，侧棱和底面垂直， ∴1111()2AD CB AA AB AA AC AB ⎛⎫⋅=+⋅-+ ⎪⎝⎭2211122AA AB AC AB =-⋅+ 11182249222=-⨯⨯⨯+⨯=，13,AD CB ===∴1cos ,2AD CB <>==，且[]1,0,AD CB π<>∈，∴1,6AD CB π<>=，∴异面直线AD 与1CB 成角的大小为6π． 故答案为：6π． 【点睛】解答本题时还可以建立空间直角坐标系，用坐标形式下的向量运算求解.10．【2020·四川省高三三模(理)】如图，平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，则1AC 的长为_____．【解析】平行六面体1111ABCD A B C D -中，5AB =，3AD =，17AA =，3BAD π∠=，114BAA DAA π∠=∠=，11AC AB BC CC =++，则()211221AC AC AB BC CC ==++2221112cos2cos2cos344AB BC CC AB BC BC CC AB CC πππ=+++⋅+⋅⋅+⋅125949253237257982=+++⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=+1198AC AC ∴==．．【点睛】本题考查利用空间向量法求线段长，解答的关键就是选择合适的基底表示向量，考查计算能力，属于中等题.11．【2020·六盘山高级中学高三其他(理)】如图，在四棱锥中P ABCD -，PA ⊥平面ABCD ，AD BC ∥，AD CD ⊥，且AD CD ==BC =2PA =(1)求证：AB PC ⊥；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D --的大小为45，如果存在，求BM 与平面MAC 所成的角的正弦值，如果不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，9. 【解析】(1)如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由已知AD CD ==，BC =可得ABC 是等腰直角三角形，即AB AC ⊥， 又PA ⊥平面ABCD ，则PA AB ⊥， 所以AB ⊥平面P AC ， 所以AB PC ⊥．(2)假设存在符合条件的点M ，过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，MN ∴⊥平面ABCD ，MN AC ∴⊥．过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则AC ⊥平面MNG ， AC NG ∴⊥，即MGN ∠是二面角M AC D --的平面角．若45MGN ∠=︒，则NG MN =，又AN ==，1MN ∴=，即M 是线段PD 的中点．∴存在点M 使得二面角M AC D --的大小为45︒．在三棱锥M ABC -中，11184413323M ABC ABCV SMN -==⨯⨯⨯⨯=，设点B 到平面MAC 的距离是h ，则13B MAC MAC V S h -∆=，2MG =11422MACSAC MG ∴==⨯，∴1833h ⨯=，解得h =在ABN 中，4AB =，AN =135BAN ∠=︒，BN ∴=，BM ∴=BM ∴与平面MAC 所成角的正弦值为h BM =【点睛】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．12．【2020·辽河油田第二高级中学高三月考(理)】如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4.(1)证明：平面ADE ⊥平面ACD ；(2)当C 点为半圆的中点时，求二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)6-【解析】(1)证明：∵AB 是圆O 的直径，∴AC ⊥BC ， ∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， ∴DC ⊥BC ，又DC ∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ACD ， ∵DC ∥EB ，DC ＝EB ，∴四边形DCBE 是平行四边形，∴DE ∥BC ， ∴DE ⊥平面ACD ， 又DE ⊂平面ADE ， ∴平面ACD ⊥平面ADE.(2)当C 点为半圆的中点时，AC ＝BC ＝，以C 为原点，以CA ，CB ，CD 为坐标轴建立空间坐标系如图所示： 则D (0，0，1)，E (0，，1)，A，0，0)，B (0，，0)，∴AB =(﹣，，0)，BE =(0，0，1)，DE =(0，，0)，DA =，0，﹣1)， 设平面DAE 的法向量为m =(x 1，y 1，z 1)，平面ABE 的法向量为n =(x 2，y 2，z 2)，则00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00n AB n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11100z ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，22200z ⎧-+=⎪⎨=⎪⎩，令x 1＝1得m =(1，0，22)，令x 2＝1得n =(1，1，0). ∴cos 1632m n m n m n ⋅===⨯<，>. ∵二面角D ﹣AE ﹣B 是钝二面角， ∴二面角D ﹣AE ﹣B 的余弦值为6-.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，属于中档题.13．【2020·湖北省高三其他(理)】如图所示，多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG所截而得到的，该直四棱柱的底面为菱形，其中2AB =，5CF =，1BE =，60BAD ∠=．(1)求BG 的长；(2)求平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值．【答案】(1) 【解析】因为多面体是由底面为ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而得到的， 所以平面ADG //平面BCFE ，又平面ADG平面AEFG AG =,平面BCFE ⋂平面AEFG EF =,所以//AG EF ，同理//AE GF ，所以四边形AEFG 是平行四边形，连结AC ,BD 交于O ，以O 为原点，,OB OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则(0,A ，(1,0,0)B ，(1,0,1)E ，F ，所以(4)AG EF ==-，(1,AB =，所以(2,0,4)BG AG AB =-=-，所以||(BG =-=所以BG 的长为(2)根据题意可取平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)m =，由(1)知(4)AG =-，(1,AE =，设平面AEFG 的法向量为(,,)n x y z =，则由00n AE n AG ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得040x z x z ⎧++=⎪⎨-+=⎪⎩，即32y z x z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令23z =，则x =，5y =-，所以(33,5,n =-，所以cos ,4||||1m n m n m n⋅〈〉===⋅⨯，所以平面AEFG 与底面ABCD 所成锐二面角的余弦值为4. 【点睛】本题主要考查面面平行的性质定理，线段长的求法及二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题.14．【2020·广东省高三其他(理)】已知几何体ABCDEF 中，//AB CD ，//FC EA ，AD AB ⊥，AE ⊥面ABCD ，2AB AD EA ===，4CD CF ==.(1)求证：平面⊥BDF 平面BCF ；(2)求二面角E －BD －F 的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)13. 【解析】(1)证明：在直角梯形ABCD 中由已知可得BD BC ==222,BD BC CD BD BC ∴+=∴⊥//FC EA ，且AE ⊥面ABCD ， FC ∴⊥平面ABCD ，BC ⊂面ABCD ，BD FC ∴⊥， FCBC C =，BC ⊂面BCF ，FC ⊂面BCF∴BD ⊥面BCF且BD ⊂面BDF ，故面⊥BDF面BCF ；(2)分别以DA 、DC 所在直线为x 轴、y 轴，以D 为垂足作面DAC 的垂线DZ 为z 轴，建系如图(0,0,0),(2,2,0),(2,0,2)(0,4,4)D B E F ， 则(2,2,0),(2,0,2),(0,4,4)DB DEDF ===，设面DEB 的法向量为(,,)m x y z =，则22002200x y m DB x z m DE ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1y z ==-，故(1,1,1)m =--设面DBF 的法向量为(,,)n x y z =，则2204400x y n DB y z n DF ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎩，取1x =，则1,1y z =-=，故(1,1,1)n =- 则1cos ,3||||3m n m n m n ⋅<>===⋅⨯，由图可得二面角E -BD -F 的余弦值为13． 【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查用空间向量法求二面角，解题关键是建立空间直角坐标系，把求二面角问题化为纯粹的计算．15．【2020·福建省福州第一中学高三其他(理)】如图，组合体由半个圆锥S O -和一个三棱锥S ACD -构成，其中O 是圆锥S O -底面圆心，B 是圆弧AC 上一点，满足BOC ∠是锐角，2===AC CD DA .(1)在平面SAB 内过点B 作//BP 平面SCD 交SA 于点P ，并写出作图步骤，但不要求证明； (2)在(1)中，若P 是SA中点，且SO =BP 与平面SAD 所成角的正弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)5. 【解析】(1)①延长AB 交DC 的延长线于点Q ；②连接SQ ；③过点B 作//BP QS 交SA 于点P . (2)若P 是SA 中点，则B 是AQ 中点，又因为CB AQ ⊥，所以CA CQ =，所以90QAD ∠=，从而30BAC ∠=.依题意，,,OS OC OD 两两垂直，分别以OC ，OD ，OS 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则()()(111,0,0,,,,,22A D S P B ⎛⎛⎫-- ⎪⎝⎭⎝⎭， 从而()()1,3,0,1,0,3,22AD AS BP ⎛⎫===- ⎪⎝⎭，设平面SAD 的法向量为(),,nx y z =，则0,0,AS n AD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩取x =)1,1=--n .则cos ,1n BP n BP n BP⋅====+，所以直线BP 与平面SAD 所成角的正弦值为5.16．【2020·广西壮族自治区高三其他(理)】如图，直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，90ACB ∠=，12AA AC =，P 是侧棱1CC 上的点．(1)若60APB ∠=，证明：P 是1CC 的中点； (2)若13CP PC =，求二面角B AP C --的余弦值．【答案】(1)证明见解析； 【解析】(1)由直三棱柱111ABC A B C -得1C C ⊥平面ABC ，AC 、BC ⊂平面ABC ，1C C AC ∴⊥，1C C BC ⊥，ABC 为等腰直角三角形，90ACB ∠=，AC BC ∴=且AB =，由勾股定理得AP BP =，60APB ∠=，ABP ∴是等边三角形，则AP AB ==，由勾股定理得111122PC AC AA CC ====，P ∴为1CC 的中点；。
近三年全国卷数学文化背景题合集
20年全国1卷3. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A. 51 4 -B. 51 2 -C. 51 4 +D. 51 2 +20年全国2卷4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块。
下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次增加9块。
已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块20年全国三卷4. Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数()t I（t的单位：天）的Logistic模型：()()0.23531t KI t e --=+，其中K 为的最大确诊病例数.当()0.95I t K *=时，标志着已初步遏制疫情，则t *约为（ln19≈3）A.60B.63C.66D.692019年全国一卷4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是512-（512-≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是512-．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是2019年全国2卷4．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：121223()()M M M R r R r r R +=++.设r R α=，由于α的值很 小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为A ．21M R MB ．212M R MC ．2313M R MD ．2313M R M 16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）2019年全国3卷3．《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为A ．0.5B ．0.6C ．0.7D ．0.8。
胡夫金字塔
胡夫金字塔埃及是世界上历史最悠久的文明古国之一。
金字塔是古埃及文明的代表作，是埃及国家的象征，是埃及人民的骄傲。
金字塔，阿拉伯文意为"方锥体"，它是一种方底，尖顶的石砌建筑物，是古代埃及埋葬国王、王后或王室其他成员的陵墓。
它既不是金子做的，也不是我们通常所见的宝塔形。
是由于它规模宏大，从四面看都呈等腰三角形，很像汉语中的"金"字，故中文形象地把它译为"金字塔"。
埃及迄今发现的金字塔共约八十座，其中最大的是以高耸巍峨而居古代世界七大奇观之首的胡夫大金字塔。
在1889年巴黎埃菲尔铁塔落成前的四千多年的漫长岁月中，胡夫大金字塔一直是世界上最高的建筑物。
据一位名叫彼得的英国考古学者估计，胡夫大金字塔大约由230万块石块砌成，外层石块约115000块，平均每块重2.5吨，像一辆小汽车那样大，而大的甚至超过15吨。
假如把这些石块凿成平均一立方英尺的小块，把它们沿赤道排成一行，其长度相当于赤道周长的三分之二。
据古希腊历史学家希罗多德的估算，修建胡夫金字塔一共用了30年时间，每年用工10万人．金字塔一方面体现了古埃及人民的智慧与创造力，另一方面也成为法老专制统治的见证．1789年拿破仑入侵埃及时，于当年7月21日在金字塔地区与土耳其和埃及军队发生了一次激战，战后他观察了胡夫金字塔。
据说他对塔的规模之大佩服得五体投地。
他估算，如果把胡夫金字塔和与它相距不远的胡夫的儿子哈夫拉和孙子孟卡乌拉的金字塔的石块加在一起，可以砌一条三米高、一米厚的石墙沿着国界把整个法国围成一圈。
在四千多年前生产工具很落后的中古时代，埃及人是怎样采集、搬运数量如此之多，每块又如此之重的巨石垒成如此宏伟的大金字塔，真是十分难解的谜。
胡夫金字塔位于埃及首都开罗西南约10公里吉萨高地的胡夫金字塔是埃及现存规模最大的金字塔，被喻为“世界古代七大奇迹”之一。
在埃及境内已发现的110座金字塔中，吉萨高地的祖孙三代金字塔——胡夫金字塔、海夫拉金字塔和门卡乌拉金字塔是最古老的金字塔。