九章算术中的立体几何(汇编)
《九章算术》全部内容：卷九
《九章算术》全部内容：卷九○句股（以御高深广远）今有句三尺，股四尺，问为弦几何？答曰：五尺。
今有弦五尺，句三尺，问为股几何？答曰：四尺。
今有股四尺，弦五尺，问为句几何？答曰：三尺。
句股〔短面曰句，长面曰股，相与结角曰弦。
句短其股，股短其弦。
将以施于诸率，故先具此术以见其源也。
〕术曰：句、股各自乘，并，而开方除之，即弦。
〔句自乘为朱方，股自乘为青方。
令出入相补，各从其类，因就其余不移动也，合成弦方之幂。
开方除之，即弦也。
〕又，股自乘，以减弦自乘。
其余，开方除之，即句。
〔淳风等按：此术以句、股幂合成弦幂。
句方于内，则句短于股。
令股自乘，以减弦自乘，余者即句幂也。
故开方除之，即句也。
〕又，句自乘，以减弦自乘。
其余，开方除之，即股。
〔句、股幂合以成弦幂，令去其一，则余在者皆可得而知之。
〕今有圆材，径二尺五寸。
欲为方版，令厚七寸，问广几何？答曰：二尺四寸。
术曰：令径二尺五寸自乘，以七寸自乘，减之。
其余，开方除之，即广。
〔此以圆径二尺五寸为弦，版厚七寸为句，所求广为股也。
〕今有木长二丈，围之三尺。
葛生其下，缠木七周，上与木齐。
问葛长几何？答曰：二丈九尺。
术曰：以七周乘围为股，木长为句，为之求弦。
弦者，葛之长。
〔据围广，求从为木长者其形葛卷裹袤。
以笔管，青线宛转，有似葛之缠木。
解而观之，则每周之间自有相间成句股弦。
则其间葛长，弦。
七周乘围，并合众句以为一句；木长而股，短；术云木长谓之股，言之倒。
句与股求弦，亦无围。
弦之自乘幂出上第一图。
句、股幂合为弦幂，明矣。
然二幂之数谓倒在于弦幂之中而已。
可更相表里，居里者则成方幂，其居表者则成矩幂。
二表里形讹而数均。
又按：此图句幂之矩青，卷白表，是其幂以股弦差为广，股弦并为袤，而股幂方其里。
股幂之矩青，卷白表，是其幂以句弦差为广，句弦并为袤，而句幂方其里。
是故差之与并用除之，短、长互相乘也。
〕今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺。
引葭赴岸，适与岸齐。
问水深、葭长各几何？答曰：水深一丈二尺。
立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合2015-2024高考真题数学分项汇编
专题11立体几何的基本概念、点线面位置关系及表面积、体积的计算小题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1点线面的位置关系及其判断（10年7考）2024·全国甲卷、2024·天津卷、2022·全国乙卷2021·浙江卷、2021·全国新Ⅱ卷、2019·全国卷2019·全国卷、2019·北京卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2016·山东卷、2016·全国卷2015·浙江卷、2015·湖北卷、2015·广东卷2015·福建卷、2015·北京卷1.理解、掌握空间中点线面的位置关系及相关的图形和符号语言，熟练掌握平行关系的判定定理和性质定理及其应用，熟练掌握垂直关系的判定定理和性质定理及其应用，该内容是新高考卷的常考内容，需强化巩固复习.2.了解柱、锥、台体及简单组合体的结构特征及其相关性质，会运用柱体、锥体、台体等组合体的表面积和体积的计算公式求解相关问题，该内容是新高考卷的常考内容，一般给定柱、锥、台体及简单组合体，求对应的表面积与体积，需强化复习.考点2求几何体的体积（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·天津卷、2024·全国甲卷2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国乙卷2023·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷、2023·全国新Ⅰ卷2023·全国新Ⅱ卷、2022·天津卷、2022·全国甲卷2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·北京卷、2021·全国新Ⅰ卷、2020·海南卷2020·江苏卷、2019·江苏卷、2019·全国卷2019·天津卷、2018·江苏卷、2018·全国卷2018·天津卷、2018·天津卷、2017·全国卷2016·浙江卷、2015·上海卷、2015·江苏卷2015·全国卷、2015·山东卷、2015·山东卷考点3求几何体的侧面积、表面积（10年4考）2023·全国甲卷、2021·全国新Ⅰ卷、2021·全国甲卷2020·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷考点01点线面的位置关系及其判断1．（2024·全国甲卷·高考真题）设αβ、为两个平面，m n 、为两条直线，且m αβ= .下述四个命题：①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若//n α且//n β，则//m n ④若n 与α,β所成的角相等，则m n⊥其中所有真命题的编号是（）A ．①③B ．②④C ．①②③D ．①③④2．（2024·天津·高考真题）若,m n 为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（）A ．若//m α，//n α，则m n ⊥B ．若//,//m n αα，则//m n C ．若//,αα⊥m n ，则m n⊥D ．若//,αα⊥m n ，则m 与n 相交3．（2022·全国乙卷·高考真题）在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为,AB BC 的中点，则（）A ．平面1B EF ⊥平面1BDD B ．平面1B EF ⊥平面1A BDC ．平面1//B EF 平面1A ACD ．平面1//B EF 平面11AC D4．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 5．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是（）A ．B ．C ．D ．6．（2019·全国·高考真题）如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M是线段ED 的中点，则A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线7．（2019·全国·高考真题）设α，β为两个平面，则//αβ的充要条件是A ．α内有无数条直线与β平行B ．α内有两条相交直线与β平行C ．α，β平行于同一条直线D ．α，β垂直于同一平面8．（2019·北京·高考真题）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：．9．（2017·全国·高考真题）（多选）如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 平行的是（）A ．B ．C ．D ．10．（2016·浙江·高考真题）已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n11．（2016·山东·高考真题）已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内.则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件12．（2016·全国·高考真题）α、β是两个平面，m 、n 是两条直线，有下列四个命题：（1）如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β.（2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n .（3）如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.（4）如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号）13．（2015·浙江·高考真题）设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且l ⊂α，m β⊂A ．若l β⊥，则αβ⊥B ．若αβ⊥，则l m ⊥C ．若//l β，则//αβD ．若//αβ，则//l m14．（2015·湖北·高考真题）12,l l 表示空间中的两条直线，若p ：12,l l 是异面直线；q ：12,l l 不相交，则A ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件B ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件15．（2015·广东·高考真题）若直线1l 和2l 是异面直线，1l 在平面α内，2l 在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是A ．l 与1l ，2l 都相交B ．l 与1l ，2l 都不相交C ．l 至少与1l ，2l 中的一条相交D ．l 至多与1l ，2l 中的一条相交16．（2015·福建·高考真题）若,l m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l m ⊥”是“//l α”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件17．（2015·北京·高考真题）设α，β是两个不同的平面，m 是直线且m α⊂．“m β ”是“αβ ”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件考点02求几何体的体积1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）圆锥的体积为（）A ．B ．C ．D ．2．（2024·天津·高考真题）一个五面体ABC DEF -．已知AD BE CF ∥∥，且两两之间距离为1．并已知123AD BE CF ===，，．则该五面体的体积为（）A B ．142+C ．2D ．142-3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为1r ,下底面半径均为2r ，圆台的母线长分别为()212r r -,()213r r -，则圆台甲与乙的体积之比为．4．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm,325mm,325mm ，且斛量器的高为230mm ，则斗量器的高为mm ，升量器的高为mm ．5．（2023·全国甲卷·高考真题）在三棱锥-P ABC 中，ABC 是边长为2的等边三角形，2,PA PB PC ===则该棱锥的体积为（）A ．1B C ．2D ．36．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥POO 为底面圆心，PA ，PB 为圆锥的母线，120AOB ∠=︒，若PAB ）A ．πBC ．3πD ．7．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体8．（2023·天津·高考真题）在三棱锥-P ABC 中，点M,N 分别在棱PC,PB 上，且13PM PC =，23PN PB =，则三棱锥P AMN -和三棱锥-P ABC 的体积之比为（）A ．19B ．29C ．13D ．499．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1112,1,AB A B AA ===积为．10．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．11．（2022·天津·高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120︒，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（）A ．23B ．24C ．26D ．2712．（2022·全国甲卷·高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（）A B ．C D13．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ． 2.65≈）（）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯14．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =15．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A ．20+B ．C ．563D 16．（2021·北京·高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm ）．24h 降雨量的等级划分如下：等级24h 降雨量（精确到0.1）…………小雨0.1~9.9中雨10.0~24.9大雨25.0~49.9暴雨50.0~99.9…………在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm ，高为300mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h 的雨水高度是150mm （如图所示)，则这24h 降雨量的等级是A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨17．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 18．（2020·海南·高考真题）已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为19．（2020·江苏·高考真题）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2cm ，高为2cm ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是cm 3.20．（2019·江苏·高考真题）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是.21．（2019·全国·高考真题）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g .22．（2019·天津·高考真题）若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为.23．（2018·江苏·高考真题）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．24．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30︒，若SAB △的面积为8，则该圆锥的体积为．25．（2018·天津·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为.26．（2018·天津·高考真题）如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为．27．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为．28．（2016·浙江·高考真题）如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是.29．（2015·上海·高考真题）若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为3，则=a ．30．（2015·江苏·高考真题）现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．31．（2015·全国·高考真题）(2015新课标全国I 理科)《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:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有A ．14斛B ．22斛C ．36斛D ．66斛32．（2015·山东·高考真题）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A ．23πB ．23πC ．22πD ．42π33．（2015·山东·高考真题）在梯形ABCD 中，90ABC ∠=︒，//AD BC ，222BC AD AB ===.将梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为A ．23πB ．43πC ．53πD ．2π考点03求几何体的侧面积、表面积1．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥P ABCD -的底面是边长为4的正方形，3,45PC PD PCA ==∠=︒，则PBC 的面积为（）A ．B ．C ．D ．2．（2021·全国新Ⅰ卷·高考真题），其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B ．C ．4D ．3．（2021·全国甲卷·高考真题）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为.4．（2020·全国·高考真题）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（）A B C D 5．（2018·全国·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π6．（2018·全国·高考真题）已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为．。
高中立体几何的入门学习
教学方法JIAOXUE FANGFA•高中立体几何的入门学习◎陈生(江苏省泰州中学，江苏泰州225500)【摘要】高中立体几何是学生感到困难的知识点之一.立体几何是平面几何的升华，是几何从二维到三维的转变.学生认为立体几何比较难的原因是平面几何我们可以直观看到，而立体几何我们不宜直观看到，如房屋我们一般只能看到它的一个面，很难去观察房屋的整体框架，并且平面几何只有“点与点、点与线、线与线”这三种关系，但是立体几何有“点与点、点与线、点与面、线与线、线与面、面与面”这六种关系.虽然立体几何相对平面几何较难，但是在高中数学中，立体几何作为平面几何的后续课程，历年高考中也占有很大的比重，所以学好立体几何是高中生提分的关键.故怎样去学习立体几何是高中数学教师所要探究的内容.【关键词】高中；立体几何一、高中立体几何认识分析立体几何有着悠久的历史，从我国古代数学家的智慧结晶《九章算术》,到古希腊数学家所著的《几何原本》,我们可以感受到立体几何问题是我们一直以来不断研究的问题.立体几何包括:空间线线关系、线面关系、面面关系，常见的几何形体的性质等.而且立体几何问题也应该紧跟时代的发展,把理论与实践结合,更充分地运用到生产生活中去.学生认为立体几何难，主要原因是其空间理解能力不足.因此，在出现此类问题时，教师应注意解决空间立体几何问题.在几何学中，空间的使用变得越来越重要，所以在教学中教师需要予以重视.在传统教学中,教师只是将立体几何问题视为简单问题,但是立体几何却是高中课程的重点，而且立体几何和向量相结合扩大了几何问题的范围，因此教师在立体几何问题上更应该花更多精力去探究.二、立体几何入门学习1.重视基础知识的学习基础知识是立体几何入门学习的根基.立体几何的基础知识包括立体几何相关的概念、公理、定理和方法.这些基本概念、公理、定理和方法在我们生活中经常遇到，但是用数学的符号和概念表示出来，学生在理解上就会有一定困难.例如在学习中心投影和平行投影时，它的定义非常长，对想象力不好的学生会有一定困难.所以教师应该让学生在了解知识点的基础上观察直尺在长LED灯下的成像，并观察直尺在灯泡下的成像，使立体几何知识尽量与学生的认知过程靠近，借助实物帮助学生更直观地理解立体几何的基础知识.另外，教师要引导学生学习定理证明.定理证明包括线与线、线与面、面与面的平行和垂直六种关系的证明，定理证明的诀窍就是用简单的证明复杂的.例如证明面面平行时，我们可以先证明线线平行再证明线面平行,最后证面面平行.2.逐渐提高逻辑论证能力立体几何不能被数学中的任何章节取代，因此，多年来高考中一直有立体几何的题目.在证明时，我们必须首先保持严谨态度,对任何定义、定理和推理的理解都必须准确，不要对不确定的条件下结论.其次，在解决问题时,应使用分析方法，即逐步找到要建立结论的充分条件，靠近已知条件，然后以综合的形式写出.3.培养空间想象力高中教师应该对学生的空间想象能力和逻辑推理能力进行培养.那该如何培养学生的空间想象能力呢？首先，教师可以让学生模仿课本画图.数学课本上有许多立体几何相关的图画，对比着模仿主要是让学生提前了解自己可以画到哪一步,让学生带着问题有针对性地去听讲，这样学生对立体几何的空间想象能力会更好.其次，教师在黑板上画图向学生讲解.教师讲解时要有顺序,讲清先画哪一步再画哪一步，使学生掌握画图的规律.教师可以引导学生从不同的角度去理解空间图形，有的时候角度不同，最终表达的结果也不同.最后,教师须要培养学生会看图说话的能力，让学生通过直观图挖掘其中的有用信息.例如让学生用语言文字形容构成直观图的基本图都有哪些、相等关系如何等，也可以让学生根据图形自己编出一些问题去解答，这样不仅可以复习几何知识，还可以帮助学生形成空间想象能力和思维发散能力.4.“转化”思想的应用在立体几何的证明中,“转化”是经常用到的一种思想.转化思想也就是把问题元素从一种形式向另一种形式转化的能力.所以运用转化思想的关键是要清楚这两种形式分别是什么,两种形式之间的关系是什么.(1)点、线和面之间的位置关系的相互转换.线和线、线和面、面和面的平行和垂直关系是相互依赖的，可以在某些条件下相互转换.例如在线面垂直判定定理中，可由线和线的垂直推断出线和面的垂直，在面面垂直定理中，可由线和面的垂直推断出面和面的垂直等.数学思想的渗透和转化20216可以加深学生对点、线、面之间位置关系的理解，提高教学效率.(2)体积问题的转换.在推导金字塔体积公式的过程中,“补体法”和“切割法”是常用的方法.可利用四面体和平行六面体之间的关系，以体积为媒介来传达相关元素之间的联系，从而解决问题.(3)空间几何问题向平面几何问题的转变.将空间问题转换为平面几何问题是学习立体几何最重要的问题解决方法之一.例如，将线和面垂直的判定转化为线和线垂直的平面几何问题，将关于旋转体的问题转变成关于轴截面的平面几何问题等.5.善于总结规律和规范作答立体几何相关的定理多、乱、杂，因此需要教师去探索总结其中的规律，从而更好地帮助学生记忆和运用这些规律.但是立体几何相关的知识有其内部联系和规律，例如线和线平行(或垂直)、线和面平行(或垂直)、面和面平行(或垂直).在学习过程中，我们必须继续总结并且不断提高.笔者认为可以从以下两个方面进行总结.(1)数学知识方面.高考试题对能力要求越来越明显，比如垂直和平行的判定和性质(即线线平行、线线垂直、线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直)在各类试卷中频繁出现.而向量又是高中数学的新增重要内容，故向量和垂直、平行的判定和性质就更受命题者的青睐.在学习过程中，如果能够巧妙地解决该知识点的核心问题，将会取得事半功倍的效果.(2)数学题型和解题技巧方面.在高考中经常会出现有关立体几何的平行、垂直位置关系的论证题型，这就须要我们先由已知想性质，由求证想判定，即分析法和综合法相结合寻找思路，利用题设条件的性质适当添加辅助线.①求点到直线的距离:可以先作点到直线的垂线，再在三角形中求解.②求两条异面直线间的距离:一般先找出其公垂线，然后求其公垂线段的长.③求点到平面的距离:一般找出过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算.如果利用已知点求解距离困难时，我们可以把点到平面的距离转化为直线到平面的距离，从而转移到另一点上去求点到平面的距离.求直线与平面的距离及平面与平面的距离一般均转化为点到平面的距离来求解.高考是按照步骤和关键点给分，因此教师在引导学生做题时要步骤清楚，书写规范.三、教师引导学生入门学习的方法1.重视图形语言和符号语言的教学教师有必要从最基本的平面图形和几何图形开始，做好示范和严格的要求，引导学生制作出精美的三维直观图教学方法•JIAOXUE FANGFA卜一.(7；■片，帮助学生建立空间的想象力和直觉.(1)在几何教学中,教师逐步总结空间图形的绘制方法.教师应尽量利用空间图形进行现场绘图，让学生看到画图的全过程.(2)在解决问题的实践中，让学生以练习和运用为主.在证明几何试题时，学生应尽量自己画出图形.当学生遇到困难时，教师应该及时帮助学生纠正错误,告诉学生正确的方法.(3)观察是立体几何学习的关键一步，因此教师应该让学生多观察，多模仿.观察是一种有目的且循序渐进的感知活动.在教学中，教师在讲授概念、公理和定理时，可让学生观察周围的环境，回忆生活经验并获得事物的感知，这能帮助学生更好地理解图形.在此基础上，教师还要善于指导和帮助学生使用钢笔、尺子、书桌、书籍等理解平面的概念以及空间中线与面之间的位置关系.在几何教学中，用直观的实物解释抽象概念非常有用，有助于学生理解和记住抽象概念.2.建立和谐的师生关系良好的师生关系不仅能提高课堂的教学效率,还能增强学生学习立体几何的兴趣.教师不仅仅是学生的教导者，还应该是学生的指引者，指引学生入门立体几何，指引学生提高逻辑论证能力和空间想象力，指引学生掌握学习立体几何的规律和立体几何典型题目的解题方法.3.开展合作讨论教学首先，制造问题.问题情境的设置可以激发学生的竞争意识，并激发他们的思维差异.利用问题的多种解决方案的特点，在解释“你能想出多少方法来解决这个问题”之前，先提出问题让学生的探究热情迸发出来.其次，小组讨论.鉴于一些学生对学习立体几何缺乏信心，因此笔者更喜欢使用小组讨论的形式来探索问题.在这个过程中,教师要尊重学生的个体差异，提出和讨论个性化的观点可以同时实现对他人的教育和自我教育.每个学生都可以在现有的学习基础上获得一定程度的提高,并得到全面发展.四、总结通过以上学习方法和教学方法的探讨,希望能引导学生认识到立体几何问题既有灵活性又有规律性，帮助学生更好更快地进入立体几何的入门学习中.【参考文献】[1]张俊利.新课标立体几何教学的策略和方法[J].中国教育技术装备,2013(16)：131-132.[2]马成瑞.高中立体几何的起步教学[J].北京教育学院学报(自然科学版)，2013,8(3)：28-31.[3]张培培.浅谈高中立体几何的入门学习[J].学周刊c版，2014( 12)：162-163.2021.6。
九章算术与几何原本的比较讲解
算术》及刘、李注文详加注释。80年代以来，今人白尚恕、郭书春、 李继闵等都有校注本出版。
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对《九章算术》的评价和其对后世的影响:
《九章算术》是世界上最早系统叙述了分数运算的著 作；其中盈不足的算法更是一项令人惊奇的创造；“方程” 章还在世界数学史上首次阐述了负数及其加减运算法则。 在代数方面，《九章算术》在世界数学史上最早提出负数 概念及正负数加减法法则；现在中学讲授的线性方程组的 解法和《九章算术》介绍的方法大体相同。注重实际应用 是《九章算术》的一个显著特点。该书的一些知识还传播 至印度和阿拉伯，甚至经过这些地区远至欧洲。
定理。
第四卷：讨论圆内接和外切多边形的做法和性质；
第五卷：讨论比例理论，多数是继承自欧多克斯的比例理论,被认为是"最
重要的数学杰作之一"
第六卷：讲相似多边形理论，并以此阐述了比例的性质。
第五、第七、第八、第九、第十卷：讲述比例和算术的理论；第十卷是篇
幅最大的一卷，主要讨论无理量（与给定的量不可通约的量），其中第一命题
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论证方法上的影响
关于几何论证的方法，欧几里得 提出了 分析法、综合法和归谬法。所谓 分析法 就是先假 设所要求的已经得到 了，分析这 时候成立的条件，由此达到 证明的步骤；综合法是从以前证明过的 事实开始，逐步的导出要证明的事项； 归谬法是在保留命题的假设下，否定结 论，从结论的反面出发，由此导出和已 证明过的事实相矛盾或和已知条件相矛 盾的结果，从而证实原来命题的结论是 正确的，也称作反证法。
第五章“商功”：土石工程、体积计算；
第六章“均输”：合理摊派赋税；
第七章“盈不足”：即双设法问题；
九章算术中的立体几何(讲座)
唐宋两代，《九章算术》都由国家明令规定为教科书。到了 北宋，《九章算术》还曾由政府进行过刊刻（1084），这 是世界上最早的印刷本数学书。 在现传本《九章算术》中，最早的版本乃是上述北宋本的南 宋翻刻本（1213），现藏于 上海图书馆（孤本，残，只余 前五卷）。
《九章算术》的成就
它是中国古代第一部数学专著， 是《 算经十书》中最重要的一种。 该书内容十分丰富，系统总结了战国、 秦、汉时期的数学成就。
高考题一定会继续发掘我国古代数学的精髓， 九章算数、杨辉三角、秦九韶算法都是我 国数学界的瑰宝，但是现代学生对这些知 识知之甚少，所以高考题一定会加入古代 数学的元素让学生了解更多的中国古代数 学之美。
内容安排
一、《九章算术》是一本什么样的书 二、《九章算术》中的立体几何问题 三、高考题、模拟题题例及分析 四、学习建议
主要修订内容 1.完善考核目标。结合高考评价体系框架、学科特点和核心 素养的要求，在考试大纲中对考核目标的内涵进行修订， 在考试说明中对各个考核目标进行具体解析，并补充试题 样例，以进一步说明考核目标要求，便于考生理解和复习 备考。 2.调整考试内容。在强调共同基础的前提下，合理设置选考 模块，满足高校人才选拔要求，契合课程标准的修订方向。 比如，语文将文学类文本阅读、实用类文本阅读均设为必 考内容，适应高校对新生基本能力和综合素质的要求，呼 应中学教学的意见;数学减少选考模块“几何证明选讲”， 物理将模块3-5列为必考，顺应课程标准修订的趋势。
内容阐释
第一章“方田”：主要讲述了平面几何图形面积的计算 方法。涉及了方田，即正方形和长方形；圭田，即三角形； 箕田，即梯形；圆田，即圆形；弧田，即弓形。本章还叙述 了分数的加减乘除四则运算的方法，以及求分子分母最大公 约数等方法，与现代的分数计算方法基本一致。 第二章“粟米”：谷物粮食的按比例折换；提出比例算法， 称为今有术； 第三章“衰分”：比例分配问题。程大位在《算法统宗》 中，解释衰分问题时说：“衰者，等也。物之混者，求其等 而分之。以物之多寡求出税，以人户等第求差役，以物价求 贵贱高低者也。”用现代的术语来说，就是配分比例问题。
第九章 立体几何专练2—基本立体图形(提升练)-2022届高三数学一轮复习
第九章 立体几何专练2—基本立体图形（提升练）一、单选题1．将一半圆沿半径剪成两个扇形，其中一个扇形的圆心角为3π，以这两个扇形为侧面围成一高一低两个圆锥（不计接缝处的损耗），则高圆锥与低圆锥的高之比为( ) A ．2:1B ．70:8C ．4:1D ．32:702．如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图，已知扇形所在圆的半径5R =，扇形弧长4l π=，则该圆锥的表面积为( )A ．2πB ．(425)π+C ．(35)π+D ．85π+3．斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，⋯为边的正方形拼成长方形（斐波那契数列由1和1开始，之后的数就是由之前的两数相加而得出），然后在每个正方形中画一个圆心角为90︒的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等，如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的高为( )A ．215B ．415C ．515D ．6154．碌碡是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具，如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人或动物推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人或动物推动木柄绕圆盘转动一周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为( )A ．1:2B ．1:3C ．1:4D ．2:35．如图，圆柱1OO 的轴截面11ABB A 是正方形，D ，E 分别是1AA 和1BB 的中点，C 是弧AB 的中点，则经过C 、D 、E 的平面与圆柱1OO 侧面相交所得到的曲线的离心率是( )A ．1B ．22C ．2D ．626．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为1h 、2h 、3h ，则123::(h h h = ) A ．2:3:3B ．23:1:1C ．3:2:2D ．3:6:67．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且BD CD ⊥，AB BD CD ==，点P 在棱AC 上运动，设CP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为()f x ，则()f x 的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．8．如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P ，圆柱的上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，若该几何体有半径为1的外接球，且球心为O ，则不正确的是( )A ．如果圆锥的体积为圆柱体积的16，则圆锥的体积为8πB ．12122O O PO +=C ．如果112PO O O =，则O 与1O 重合D ．如果112:1:3PO O O =，则圆柱的体积为96125π二、多选题9．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( )A ．圆柱的侧面积为22R πB ．圆锥的侧面积为22R πC ．圆柱的侧面积与球面面积相等D．圆锥的表面积最小10．已知圆锥的顶点为S1，A，B是底面圆周上两个动点，下列说法正确的是()A．圆锥的侧面积是B．SA与底面所成的角是6πC．SAB∆D11．已知正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为2，则下列说法正确的是( )A．棱台的侧面积为BCD12．已知圆锥的顶点为P，母线长为2A，B为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是()A．圆锥的高为1B．三角形PABC．三角形PAB内切圆半径的最大值为2D．圆锥外接球的体积为32 3π三、填空题13．如图，四边形ABCD为梯形，//AD BC，90ABC∠=︒，图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为．14．已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A、B满足SAB∆为等边三角形，且面积为43，又知SA与圆锥底面所成的角为45︒，则圆锥的表面积为．15．已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则ABC的面积的取值范围为．16．“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1)．如图2所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分，其中APC与BPD 为相互垂直且全等的半圆面，它们的圆心为O，半径为1．用平行于底面ABCD的平面α去截“四脚帐篷”所得的截面图形为；当平面α经过OP的中点时，截面图形的面积为．四、解答题17．将半径为33α的扇形，用剩下的扇形铁皮制成一个圆锥形的容器，该圆锥的高记为h，体积为V．（1）求体积V有关h的函数解析式．（2）求当扇形的圆心角α多大时，容器的体积V最大．18．如图所示，有一块矩形铁皮ABCD ，4AB =，剪下一个半圆面作圆锥的侧面，余下的铁皮内剪下一个与其相切的圆面，恰好作为圆锥的底面．试求： （1）矩形铁皮AD 的长度； （2）做成的圆锥体的体积．第九章立体几何专练2—基本立体图形（提升练）答案1．解：不妨设半圆的半径为1，用圆心角为3π的扇形围成的圆锥的底面周长为133ππ⨯=， 设其底面圆的半径为r ，则23r ππ=，解得16r =，则该圆锥的高21351()6h =-，用圆心角为23π的扇形围成的圆锥的底面周长为22133ππ⨯=， 设其底面圆的半径为R ，则223R ππ=，解得13R =，则该圆锥的高21221()3H =-，3567022=．故选：B ．2．解：圆锥的侧面展开图中，扇形所在圆的半径R ，扇形弧长4l π=，所以扇形的面积为142S π==扇形；设扇形的底面圆半径为r ，则24r ππ=，解得2r =， 所以底面圆的面积为224S ππ=⨯=底面圆；所以该圆锥的表面积为4(4S ππ=+=+． 故选：B ．3．解：由斐波那契数的规律知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和， 所以接下来的圆弧对应的圆面半径是358+=，对应的弧长是12844l ππ=⨯⨯=， 设圆锥底面半径为r ，则24r ππ=，解得2r =，所以圆锥的高为h == 故选：A ．4．解：由题意，人推动木柄绕圆盘转动1周，碌碡恰好滚动了3圈， 因为圆的周长为2c r π=，所以圆盘与碌碡的半径之比为3:1，所以圆柱形碌碡的高与其底面圆的直径之比约为3:2， 所以该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为1:3． 故选：B ．5．解：设轴截面的正方形的边长为2，设1C 是弧11B A 的中点，且与C 关于圆柱的中心对称，由题意可知，截面曲线为椭圆，椭圆的短轴长为2，长轴1C C =，所以长半轴长a =1b =，故半焦距为1c ==，所以椭圆的离心率为c e a ==． 故选：B ．6．解：设四棱锥为A BCFE -，三棱锥为A DEF -，则三棱锥A DEF -为正四面体，四棱锥A BCFE -为正四棱锥，显然23h h =． 设AB a =，正方形BCFE 的中心为M ，正三角形DEF 的中心为N ， 连接AM ，AN ，CM ，DN ，则22CM a =，233323DN a a =⨯=， 2222AM AC CM a ∴=-=，2263AN AD DN a =-=， 即122h AM a ==，2363h h AN a ===， 123266::::3:2:2233h h h ∴==． 故选：C ．7．解：作PQ BC ⊥于点Q ，作QR BD ⊥于点R ，连接到PR ， 由已知可得//PQ AB ，//QR CD ，且AB ⊥平面BCD ， 所以PQ ⊥平面BCD ，又BD ⊂平面BCD ， 所以PQ BD ⊥， 又QR BD ⊥，PQQR Q =，PQ ，QR ⊂平面PQR ，所以BD ⊥平面PQR ，又PR ⊂平面PQR ， 所以BD PR ⊥， 设1AB BD CD ===， 则3AC =，则13x PQ =，所以3xPQ =， 又313QR BQ x BC -==，解得33xQR -=， 所以22233()()2233333x x PR x x -=+=-+， 故23()22336f x x x =-+， 其函数图像是关于直线32x =对称的图像且开口上，故选项B ，C ，D 错误． 故选：A ．8．解：由O 为外接球的球心，得PO AO CO DO ===；对于A ，21121121136O B PO V V O B O O ππ⋅⋅==⋅⋅圆锥圆柱，所以11212PO O O =， 又12122O O PO +=，所以112PO =，121O O =，所以112OO =， 所以2113144O B =-=， 所以211113133428V O B PO πππ=⋅⋅=⨯⨯=锥，选项A 正确；对于B ，由于BO DO =，则O 为12O O 中点，如图所示：因为111PO PO O O R =+==，21OO OO =，所以121PO OO +=， 所以111212122PO O O PO OO O O PO +++=+=，选项B 正确；对于C ：若O 与1O 重合，则2PO OO =，所以2OC OD OO OP =>≠与题设矛盾，选项C 不正确；对于D ，由112:1:3PO O O =，12122O O PO +=，可得125PO =，1265O O =， 所以1121325OO O O ==，又有1OB =，则145O B =，所以221124696()55125V O B O O πππ=⋅⋅=⋅⋅=，所以选项D 正确．故选：C ．9．解：对于A ，圆柱的底面直径和高都与一个球的直径2R 相等，∴圆柱的侧面积为2224S R R R ππ=⨯=，故A 错误；对于B ，圆锥的底面直径和高都与一个球的直径2R 相等，∴圆锥的侧面积为222(2)5S R R R R ππ=+，故B 错误；对于C ，圆柱的侧面积为2224S R R R ππ=⨯=，球面面积为24S R π=球，∴圆柱的侧面积与球面面积相等，故C 正确；对于D ，圆柱的表面积为222226S R R R R πππ=⨯+=圆柱， 圆锥的表面积为()2222(2)51S R R R R R πππ=+=圆锥，球的表面积为24S R π=球，∴圆锥的表面积最小，故D 正确．故选：CD ．10．解：因为圆锥的顶点为S 31，设圆锥的底面圆心为O ，则1SO =，底面半径3r =，所以母线长132l =+=， 故圆锥的侧面积是23rl ππ=，故选项A 正确；因为A ，B 是底面圆周上两个动点，则SA 为圆锥的一条母线，又SO ⊥底面圆， 则SAO ∠即为SA 与底面所成的角，在Rt SAO ∆中，13tan 33SO SAO r ∠===， 所以SA 与底面所成的角是6π，故选项B 正确； 设ASB α∠=，则0120α︒︒，且2SA SB ==， 所以SAB ∆的面积为212sin 2S α=⨯⨯，所以当90α=︒，时，SAB ∆的面积最大为2，故选项C 错误； 设圆锥内接圆柱的底面半径为(03)x x <<，高为h ， 则有13x h h -=，可得13xh =-， 则圆柱的侧面积为221233x x S x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭侧， 由二次函数的性质可知，当32x =时，S 侧有最大值为23()3322[]223ππ⨯-+=，故选项D 正确． 故选：ABD ．11．解：由题意作右图正三棱台111ABC A B C -，在平面11ABB A 中由点1A 向AB 作垂线，垂足为D ，取线段BC 的中点E ，连接AE ，在平面1AEA 中由点1A 向AE 作垂线，垂足为F ，连接DF ， 在等腰梯形11ABB A 中，4AB =，112B A =，12AA =， 则(42)21AD =-÷=，221213A D =-=故棱台的侧面积为13(24)3932⨯+⨯=，故A 正确，易知1A F 为棱台的高，在Rt ADF ∆中，3tan 63DF AD π=⋅=，2123133AF =+=，在Rt △1A DF 中，22112633A F A D DF =-=≠，故B 错误， 棱台的侧棱与底面所成角为1A AE ∠，112333cos 23AF A AE AA ∠===，故C 正确， 棱台的侧面与底面所成锐二面角为1A DE ∠，11313cos 33DF A DE A D ∠===，故D 错误，故选：AC ．12．解：圆锥的顶点为P ，母线长为2，底面半径为3， 如图所示：所以圆锥的高为222(3)1h -，所以选项A 正确；由于A 和B 为底面圆周上两个动点，由于满足PA PB =，所以PAB ∆为等腰三角形， 由轴截面为等腰三角形PAC ，且顶角为2260120APC APO ∠=∠=⨯︒=︒， 当等腰三角形PAB 的顶角为90︒时，PAB ∆的面积取得最大值为： 122sin9022PAB S ∆=⨯⨯⨯︒=，所以选项B 错误；设PAB ∆内切圆的半径为r ，由题意知当PAB ∆的面积取得最大值时r 取得最大值，由等积法知，1(2222)22r ++=，解得22r =-，所以PAB ∆内切圆半径的最大值为22-，选项C 正确； 由题意知，圆锥外接球的半径是轴截面PAC ∆外接圆的半径， 由正弦定理得2324sin120R ==︒，解得2R =，所以圆锥外接球的体积为3432233V ππ=⨯=外接球，选项D 正确． 故选：ACD ．13．解：由题意可知，所求旋转体是一个圆台，从上面挖去一个半球， 圆台的上底面面积14S π=，下底面面积216S π=，所以圆台的体积为()14416163283V πππππ=⨯+⨯+⨯=圆台，又半球的体积为314162233V ππ=⨯⨯⨯=半球，故旋转体的体积为16682833V V πππ-=-=圆台半球． 故答案为：683π． 14．解：如图所示，设圆锥母线长为l ，由SAB ∆为等边三角形，且面积为43， 得23434l ⋅=，解得4l =； 设圆锥底面半径为r ，由SA 与圆锥底面所成的角为45︒， 得4cos4522r =⨯︒=； 所以圆锥的表面积为：()()2222422821S rl r πππππ=+=⋅⋅+⋅=+圆锥表．故答案为：8(21)π+．15．解：如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连结OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ， 则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化， 如图2所示，当点M 与点O 重合时，22125CM OC ==+= 此时ABC S ∆取得最大值为12552⨯如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2， 此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为5]． 故答案为：5]．16．解：由题意，图2所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分， 因为底面ABCD 为正方形，由平行截面的性质可知，用平行于底面ABCD 的平面α去截“四脚帐篷”所得的截面图形A B C D ''''为正方形，当平面α经过OP 的中点时，因为1OP =，则12OO '=，OO O B '''⊥， 又1OB '=，所以3O B ''= 故3322A B ''==， 所以截面图形A B C D ''''的面积为233()22=． 故答案为：正方形；32．17．解：（1）将半径为33α的扇形， 用剩下的扇形铁皮制成一个圆锥形的容器，该圆锥的高记为h ，体积为V ． 设圆锥底面圆的半径为r ，则22227r R h h -=- 223111()(27)9333V h r h h h h h ππππ=⨯⨯⨯=⨯⨯-⨯=-+．∴体积V 有关h 的函数解析式为31()93V h h h ππ=-+．⋯（4分）（2）31()9,(0)3V h h h h ππ=-+>，2()9V h h ππ'=-，⋯（6分）令()0V h '>，03h <<．令()0V h '<，3h >．∴当(0,3)x ∈，()V h 递增，当(3,)x ∈+∞，()V h 递减．当3h =，[()]max V h V =（3）⋯（8分） ．222r h R +=，∴32r = (2)2R r παπ-=，∴626α-=⋯（10分） ∴当626α-时，该圆锥的体积最大．⋯（12分） 18．解：如图所示，取半圆的圆心记作O 点，圆面的圆心记作O '，作O E AD '⊥交AD 于点E ， 设圆锥底面半径为22ABr ==，圆锥母线长为4l AB ==， 则：6OO l r '=+=，2EO r '==；（1）在Rt △OO E '中，由勾股定理可得：226242EO =-∴4422642AD DO OE EA =++=+=+（2）由（1）可得：圆锥的母线长4l =，底面半径2r =，则圆锥的高为：2223h l r =-=； ∴圆锥的体积为：283133V r h ππ==圆锥．。
九章算术内容
九章算术内容章节一：引言古代中国的九章算术是一部数学著作，被认为是中国古代数学五部经典之一，历史悠久、内容丰富。
九章算术的成书年代约在西汉前后，距今已有两千多年的历史。
该数学著作包含了算术、代数、几何等多方面的内容，影响深远，被誉为中国数学史上的瑰宝。
章节二：九章算术的结构九章算术一共分为九篇，每篇分别讨论了不同方面的数学问题。
这些篇章包括了数字、数列、代数方程、几何等各种数学内容。
每篇章内容上一直贯穿着实际问题与计算方法的结合，既有理论的阐释，也有实际的应用，体现了古代数学家对数学的深刻理解和实践经验。
章节三：数论内容在九章算术中，数论是其中一个重要的内容。
数论主要讨论自然数的性质、因数分解、最大公约数、同余方程等问题。
通过对数论内容的研究，九章算术揭示了自然数的一些规律和性质，为古代数学的发展提供了重要参考。
章节四：代数内容代数是九章算术的另一个重要内容。
在代数部分，九章算术主要研究了一次方程、二次方程的求解方法，包括了直接法、逆关系法等多种解题技巧。
通过对代数内容的学习，读者可以了解不同类型方程的求解步骤和技巧，提高解题效率。
章节五：几何内容在几何方面，九章算术也有着重要的内容。
几何部分主要讨论了平面几何与立体几何的相关问题，包括了平行线、比例、面积、体积等几何问题。
通过研究几何内容，读者可以了解古代中国关于几何的基本原理和方法，以及解决实际问题的技巧。
结语九章算术作为中国古代数学的重要著作，内容丰富、语言精炼，不仅展示了古代数学家的智慧和学识，也对后世数学的发展产生了深远的影响。
通过学习九章算术，我们可以更深入地了解古代数学的发展历程，领悟数学的魅力与无穷的可能性。
愿我们能够继承并发扬古代数学的精神，探索数学世界的更多奥秘。
【高中数学数学文化鉴赏与学习】专题14《九章算术》-“堑堵”“鳖膈”“阳马”(以《九章算术》为背景的
【高中数学数学文化鉴赏与学习】专题14《九章算术》- “堑堵”、“鳖膈”、“阳马” （以《九章算术》为背景的高中数学考题题组训练）一、单选题1．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且4AB BC CD ===，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为（ ）A B C D 2．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，在如图所示的堑堵111ABC A B C -中，15AA AC ==，3AB =，=4BC ，则在堑堵111ABC A B C -中截掉阳马111C ABB A -后的几何体的外接球的体积与阳马111C ABB A -的体积比为（ ）A BC D ．50π3．据《九章算术》记载，“鳖臑”为四个面都是直角三角形的三棱锥．如图所示，现有一个“鳖臑”，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，且2PA AB BC ===，三棱锥外接球表面积为（ ）A ．10πB ．12πC ．14πD ．16π 4．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，,1BD CD AB BD ⊥==，CD =，点P 在棱AC 上运动，则PBD △面积最小值为（ ）A ．13B ．23 C D 5．我国古代数学专著《九章算术》中介绍“堑堵”为：底面为直角三角形的直棱柱，如下图所示，堑堵可以分割成一个阳马（底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖儒（四个面都为直角三角形的四面体），已知鳖儒体积为6，AB =3，AF =4，则阳马中AC 与DF 夹角的余弦值是（ ）A ．925B ．1625CD 6．《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，现有如图所示的“堑绪"111ABC A B C -，其中AC BC ⊥，11AA AC ==，当“阳马”（即四棱锥11B A ACC -）体积为13时，则“堑堵”即三棱柱111ABC A B C -的外接球的体积为（ ）A ．3πBC D7．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，BC CD ⊥，且AB BC CD ==，M 为AD 的中点，则异面直线BM 与CD 夹角的余弦值为( )A B C D 8．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥P ABCD -是阳马，P A =5，AB =3，BC =4，则该阳马的外接球的表面积为（ ）A B ．50π C ．100π D ．5003π 9．在《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.已知四棱锥P ABCD -为阳马，底面ABCD 是边长为2的正方形，有两条侧棱长为3，则该阳马的表面积为（ ）A ．10+B ．10+C ．6+D ．6+10．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P ABCD -为阳马，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA =2AB BC ==，则该阳马的外接球的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π 11．我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面体“鳖臑”是四个面都是直角三角形的三棱锥．若一个“鳖臑”的所有顶点都在球O 的球面上，且该“鳖臑”的高为2，底面是腰长为2的等腰直角三角形．则球O 的表面积为（ ）A ．12πB ．C ．6πD ． 12．《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”P ABCD -，PA ⊥平面ABCD ，4AB =，PAD △的面积为4，则该“阳马”外接球的表面积的最小值为（ ）A ．24πB ．28πC ．32πD ．36π 13．《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一侧棱垂真于底面的四棱锥”.现有阳马S ABCD -，SA ⊥平面ABCD ，1AB =，3AD =，SA =BC 上有一点E ，使截面SDE 的周长最短，则SE 与CD 所成角的余弦值等于（ ）A ．B ．25-C ．25D 14．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，在“阳马”P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，222AD AB PA ===，F 是棱BC 的中点，点E 是棱AB 上的动点，则当PEF 的周长最小时，三棱锥P AEF -外接球的表面积为（ ）A B C ．74π D ．72π 15．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，且1PA AB BC ===，则鳖臑P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．3πB ．12πCD ．16．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，当E 分别与1A ，1B ，1C ，1D 重合时，所形成的四面体E BCD -中鳖臑共有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 17．《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，AC ⊥CD ，AC ＝BC ＋CD ＝2，当⊥BCD 的面积最大时，鳖臑ABCD 的表面积为（ ）A B C D 二、填空题18．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑P -ABC 中，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ，且24PA AB BC ===，则鳖臑P -ABC 外接球的体积是___________.19．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱111ABC A B C -，其中AC BC ⊥，若11AA AB ==，当“阳马”即四棱锥11B A ACC -，体积最大时，“堑堵”即三棱柱111ABC A B C -的表面积为_______.20．《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，PA AD AB ==，则四棱锥P ABCD -和三棱锥P ADC -的内切球半径比为___________.21．在《九章算术•商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.若从鳖臑的六条棱中任取两条棱，则它们互相垂直的概率是1P ；若从鳖臑的六条棱和四个面中取一条棱和一个面（要求棱不在面上），则它们互相垂直的概率是2P ；若从鳖臑的四个面中任取两个面，则它们互相垂直的概率是3P .则123,,P P P 的大小关系为___________. 22．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑如图，三棱锥D ABC -为一个鳖臑，其中DA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2DA AB BC ===，AM DC ⊥，M 为垂足，则三棱锥M ABC -的外接球的表面积为________．23．《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．在堑堵1111ABCD A B C D -中，AB AC ⊥，M 是11A C 的中点，1228AB AA AC ===，N ，G 分别在棱1BB ，AC 上，且113BN BB =，13=AG AC ，平面MNG 与AB 交于点H ，则MH =______．24．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P —ABC 为鳖臑，P A ⊥平面ABC ，P A ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P —ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为______．25．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bienao ）．已知在鳖臑M －ABC 中，MA ⊥平面ABC ，MA ＝AB ＝BC ＝2，则该鳖臑的外接球的体积为_________．26．在我国古代的数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，3AC =，鳖臑11A BCC -的体积为2，若2BC =，则阳马111A BCC B -外接球的表面积为________．27．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，若四棱锥S ABCD -为阳马，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且2SA BC AB ===，则该阳马的表面积为______．28．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.如图，若三棱锥P ABC -为“鳖臑”，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1==PA AB ，2AC =，则此“鳖臑”的表面积为______.三、多选题29．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖膈”．如图在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，且12AA AB ==．下列说法正确的是（ ）A ．四棱锥11B A ACC -为“阳马”B ．四面体11AC CB 为“鳖膈”C ．四棱锥11B A ACC -体积最大为23D ．过A 点分别作1AE A B ⊥于点E ，1AF A C ⊥于点F ，则1EF A B ⊥四、双空题30．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，16AA =，AB ＝8，则鳖臑11A CBC 外接球的表面积为___，阳马111A BCC B -体积的最大值为___．。
九章算术中的立体几何
【例 13】今有圆锥下周三丈五尺，高五丈一尺.问积几何？ 【译文】现有圆锥,下底面圆的周长为 3 丈 5 尺,高为 5 丈 1 尺.问它的体积是多 少？ 【解析】本题是求圆锥的体积.设底面半径为 r ,高为 h .底面周长 C 2 r ,底面 积 S r2 方尺. 【例 14】今有堑堵下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺.问积几何？ 【注释】堑堵: 底面是直角三角形直三棱柱. 【译文】现有底面是直角三角形直三棱柱，底面直角三角形 的两条直角边宽为 2 丈，长为 18 丈 6 尺.高为 2 丈 5 尺，问它 的体积是多少？ 【解析】本题是求直三棱柱的体积.如图，直三棱柱
C B
【例 15】今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺.问积几何？
A 【注释】阳马: 底面是矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥.
D
a
【译文】现有底面是矩形，一条侧棱与底面垂直的四棱锥， 底面宽为 5 尺，长为 7 尺，高为 8 尺，问它的体积是多少？ 【解析】 本题是求四棱锥的体积.如图所示， 在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 是 矩形，侧棱 PA 平面 ABCD ,设底面矩形的宽为 a 5 ,长为 b 7 ,高为 h 8 .体 1 1 1 280 积 V Sh ab h 5 7 8 立方尺. 3 3 3 3 【例 16】今有鳖臑下广五尺，无袤，上袤四尺，无广，高七尺.问积几何？ 【注释】鳖臑:四面都是直角三角形的四棱锥. 【译文】现有四面都是直角三角形的三棱锥，底宽 5 尺而无长，上底长 4 尺而无 宽，高 7 尺，问它的体积是多少？
台，可以用上下底圆的面积面与高表示为： V
1 下底面圆的半径与高表示： V h ( r 2 R 2 rR ) ,也可用上下底面圆的周长与 3 1 19 高表示 V 立方丈. h (C12 C 2 2 C1C 2 ) ,所求体积为 V 12 12
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．。
《九章算术》中的几何部分
数学史话《九章算术》是一部现有传本中最古老的中国数学经典著作.书中收集了二百四十六个应用问题和各个问题的解法，分别隶属于方田、粟米、衰分、少广、商功、均输、盈不足、方程、勾股九章.现在拟就问题的性质分成算术、几何、代数三类，介绍全书的主要内容.下面主要讨论《九章算术》中的几何部分.一、面积和体积计算面积和体积的方法起源于春秋时期，从有按亩收税的制度后，田地面积的量法、算法就成为古代算术的重要组成部分.所以《九章算术》以方田章为第一章.有些古代建筑的基地是圆形的，储藏粮食的囤大多也是圆形的，随着这些实际需要，有关圆面积的计算方法应运而生，因而方田章内有圆田、环田、弧田等问题的解法.建筑城墙、开掘沟渠等一切重大工程都需要用到计算体积的方法，所以商功章也是《九章算术》中重要的一章.方田、商功两章中，除了有关圆面积的部分只能算出比较粗糙的近似结果外，一切与直线有关的图形的面积或体积的量法都是正确的.古代数学家习惯借用长度的单位名称来表示面积或体积的单位.例如王莽铜斛的铭文“幂一百六十二寸，深一尺，积一千六百二十寸，容十斗”.实际上，铜斛的剖面积是162方寸，体积是1620立方寸，铭文中用“寸”字代替了“方寸”和“立方寸”两个单位名称.方田章中的“方田术”说：“广从步数相乘得积步.”这里的“方田”是指长方形的田，或是长方形的面积.“广”是长方形的底，“从”读作“纵”，是指长方形的高.术文的意思是，长方形的面积等于底乘高.“步”是长度的单位，也借用了面积的单位（方步）.三角形的田叫做圭田.“圭田术”说：“半广以乘正从.”这里的“正从”，明确指出了高是与底边垂直的.梯形的田叫做“箕田”.设梯形的上、下底为a 1、a 2，高为h ，则面积等于12(a 1+a 2)h .“圆田术”说：“半周、半径相乘得积步.”该理论是正确的.但用“径一周三”作为周径的比率，由此得出的圆的面积是不够精密的.“环田术”说：“并中、外周而半之，以径乘之为积步.”这里的“径”是中周与外周之间的最短距离，是中、外周半径的差.设r 中周和外周的半径，则圆环形的面积为πr 12-πr 22=12⋅（2πr 2+2πr 1）（r 2-r 1）.弓形的田叫做“弧田”.“弧田术”说：“以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一.”设弓形的弦长为c ，矢高为V ，则其面积为A =12（cV +V 2）.这是一个根据经验得来的公式，由此算出来的面积的近似值不很精密.商功章的第1题是：“今有穿地积一万尺，问为坚、壤各几何.”在后面的许多问题中还提到了按照季节每个工作日规定的土方数，来计算某项工程的人工数量.计算筑城墙、开沟渠等土方的方法是：如果剖面都是相等的梯形、它的上、下底广是a 1、a 2，高或深是h ，工程的总长是l .那么这一段的土方是V =12（a 1+a 2）hl .正方形柱体叫方堢壔.设a 为方边，h 为高，则其体积等于a 2h .正圆柱体叫圆堢壔.若圆周是p ，则体积等于112p 2h.这里用3作圆周率进行计算.正方锥体叫“方锥”，它的体积是13a 2h .正圆锥体叫“圆锥”，它的体积是136p 2h .“方亭”是平截头的正方锥体.设a 1、a 2为上、下方边的长，h 为截高，则体积为13(a 21+a 22+a 1a 2)h .圆亭是平截头的正圆锥体，它的体积是136(p 21+p 22+p 1p 2)h 、其中p 1、P 2为上、下圆的周长，h 为截高.“堑堵”是两个底面为直角三角形的正柱体.设底面直角旁的两边为a 和b ，柱体的高为h ，则体积等于12abh .“阳马”是底面为长方形，有一棱与底面垂直的锥体，它的体积是13abh.“鳖臑”是底面为直角三角形，有一棱与底面垂直的锥体，它的体积是16abh .楔形体的三个侧面不是长方形而是梯形的叫做“羡除”.设一个梯形侧面的上、下广是a 1、a 2，高是h ，其他两个梯形侧面的公共边长为a 3，这一边到第一个梯形侧面的垂直距离是l ，则其体积为V =16(a 1+a 2+a 3)hl .“刍童”是上、下底面都是长方形的棱台体.设上、下底面58数学史话的面积分别为a 1×b 1，a 2×b 2，高为h ，则体积为V =16[(2a 1+a 2)b 1+(2a 2+a 1)b 2]h .二、勾股勾股章为《九章算术》的第九章，包含二十四个问题的解法.现在就问题的不同性质分成三组，介绍如下：1.从第1题到第14题都是利用勾股定理来求解的应用问题.设勾股形直角旁的两边为勾a 和股b ，对边为弦c ，则勾股定理是a 2+b 2=c 2.西汉时期的《周髀算经》中记载了利用勾股定理解决太阳在正东西方向上的距离问题.此后数学家又由勾股定理出发，导出了几个关于勾、股、弦的关系式，用来解决日常生活中的几何问题.《九章算术》中重点介绍这些问题的解法.例如，第6题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺.引葭赴岸，适与岸齐.问水深葭长各几何.”如图1，在直角三角形ABC 内，已知a =5尺，c -b =1尺，用关系式b =a 2-(c -b )22(c -b )得出b =12尺，c =13尺.图1图2第9题：“今有圆材埋在壁中不知大小.以锯锯之，深一寸，锯道长一尺.问径几何.”其解法为：如图2，在直角三角形ABC 中，已知a =5寸，c -b =1寸，由恒等式c +b =a 2c -b可得出c +b =25寸，故圆材径2c =25+1=26寸.第11题：“今有户高多于广六尺八寸，两隅相去适一丈.问户高、广各几何”即已知b -a =68寸，c =l00寸.其解法是：由关系式12(b +a )=可得12(b +a )=62，则b =96寸，a =28寸.第12题：“今有户不知高、广，竿不知长短.横之不出四尺，从之不出二尺，邪之适出.问户高、广、邪各几何.”已知c -a =4尺，c -b =2尺.因为a +b -c =2(c -a )(c -b )=4尺，所以a =6尺，b =8尺、c =10尺.2.第15题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何”，这是一个直角三角形内容正方形问题，文中指出了内容正方形边长等于aba +b.第16题“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆，径几何”，是一个直角三角形内切圆问题，文中指出了内切圆径等于2aba +b +c.这两个公式都是用图形的面积来证明的.3.从第17题到第24题共8题，都是测量问题.求解这几个问题都要利用相似直角三角形对应边成比例的原理，这可能是东汉初年“九数”中的“旁要”术.清代的孔继涵说：“旁要云者，不必实有是形，可自旁假设要（读平声）取之”.勾股章中最后的8个问题确是从旁要取进行求解的.例如，第17题：“今有邑方二百步，各中开门.出东门十五步有木，问出南门几何步而见木.”如图3，已知AC =AD =100步，CB =15步，求DE .由题意可知，DE =AC ×AD CB =100215=66623.第22题：“有木去人不知远近.立四表相去各一丈，令左两表与所望参相直.从后右表望之，入前右表三寸.问木去人儿何.”如图4，已知BC =CD =100寸，ED =3寸，由题意知BP =CD ×BC ED ，则BP =10023=333313寸=33丈3尺313寸.图3图4第23题：“有山居木西，不知其高.山去木五十三里，木高九丈五尺.人立木东三里，望木末适与山峰斜平.人目高七尺，问山高几何.”如图5，已知RB =53里，CA =3里，CB =95-7=88尺，EB =95尺，计算可得QP =CB ×RB CA +EB =88×533+95=1649尺.图5——摘自《中国数学史》59。
九章算术中的立体几何
《九章算术》中的立体几何《九章算术》文字古奥，历代注释者甚多，其中以刘徽的注本最为有名.刘徽是我国魏晋时期著名数学家，他在曹魏末年撰成《九章算术注》九卷。
在继承的基础上，又提出了许多自己的创见与发明，刘徽的观点，对现今的数学有很多借鉴的地方。
《九章算术》是一部问题集，全书分为九章，共收有246个问题，每题都有问、答、术三部分组成。
内容涉及算术、代数、几何等诸多领域，并与实际生活紧密相连，充分体现了中国人的数学观与生活观。
其中卷第五“商功”，主要讲各种几何体体积的计算，包括现阶段高中数学教材中的棱柱、棱锥、棱台，圆柱、圆锥、圆台，或可化为上述几何体的几何体体积的计算。
《九章算术》是东方数学的思想之源，也是我国多年来各级各类考试的重要题库。
卷第五“商功”第25题作为2015年全国卷（Ⅰ）（文理）第6题,通过古题新解考查阅读理解能力，通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与求解运算能力。
题目是：《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:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（解法见例25）A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛2015年湖北理科19题、文科20题选用《九章算术》“商功”第16题“阳马”与第17题“鳖臑”的组合考查立体几何中线、面间的位置关系与度量关系.《九章算术》卷第五“商功”共收录28个题目，现将这28个问题整理如下，供参考。
【例1】今有穿地积一万尺.问为坚、壤各几何？【注释】穿地：挖地取土. 坚：坚实的土. 壤：松软的土.【译文】现挖地体积为1000立方尺，问换算成坚土、松土各多少？【解析】本题是各种土方量的换算，有专门的换算比例，这里不赘述.【说明】从例2到例7都是直四棱柱求体积问题，以例2为例，介绍它们的算法.【例2】今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺。
《九章算术》
《九章算术》《九章算术》是中国古代一部重要的数学著作，也是中国古代数学发展史上的里程碑之一。
它由九章算术组成，其中包含了古代中国在数学领域所取得的丰硕成果，涉及到算术、代数、几何等多个方面的内容。
本文将介绍《九章算术》的概况、主要内容以及对中国古代数学发展的影响。
《九章算术》是中国古代数学文献中最早的一部系统的数学专著，据传说是由汉代的张邱建和刘徽合著而成。
它于公元前100年至公元前50年之间刊行，至今已有两千多年的历史。
《九章算术》被誉为中国古代数学的金字塔，它是古代数学思想的集中体现，不仅在中国古代数学史上具有重要地位，也对世界数学史产生了深远影响。
《九章算术》一书共分为九章，分别为《勾股》、《几何》、《方程》、《现值》、《乘方》、《比例》、《运算法则》、《分田赋》、《杂题》。
每一章节都围绕着特定的数学问题展开讨论，通过具体问题的解决，揭示了一系列数学原理与方法。
在《九章算术》中，最为人所熟知的莫过于《勾股》章节。
这一章节探讨了勾股定理的应用，并提出了解决三角形问题的方法。
其中又以《海岛问题》最为著名，该问题将勾股定理应用于实际生活中的测量，展示了古代中国人在数学应用上的智慧。
在《几何》章节中，探讨了平面几何和立体几何的基本原理与方法。
该章节主要研究了几何图形的性质，推导了许多几何定理，并提出了计算面积和体积的方法。
其中，《方圆》一节介绍了一种利用方形和圆形合理放置的方法来求解面积和体积的问题，为古代地理测量和建筑设计提供了重要的数学基础。
《方程》章节则探讨了一次、二次、三次方程的解法，包括正解和负解的求取方法，为后来中国数学的发展奠定了基础。
在这一章节中，《流数》和《名数》两节揭示了中国古代人民在商业交易中运用代数方法解决问题的实践经验，为后来的代数学发展做出了重要贡献。
《九章算术》中的其他章节也各具特色，分别讨论了运算法则、比例关系、分田赋制度等内容。
这些内容既展示了中国古代人民在日常生活中运用数学方法解决问题的智慧，也为后来的数学研究提供了宝贵的资料。
九章算术今有立木解析
九章算术今有立木解析
九章算术是中国古代数学著作之一，被认为是中国数学史上的经典之作。
其中，有一道题目被称为“今有立木解析”的题目。
根据九章算术中的记载，题目的内容如下：今有一棵立木，被伐倒后，从根部
到断口的长度为30尺。
求立木的原始高度是多少？
为了解答这道题目，我们可以运用九章算术中的方法，以及一些简单的几何知识。
假设原始高度为x尺，根据题目中的条件，我们可以得到以下等式：x^2 = (30 - x)^2 + x^2
通过求解这个方程，我们就能够得到x的解，从而确定九章算术中所提到的立
木的原始高度。
九章算术以其精确的计算方法和独特的问题解决方式，深受后世数学家的推崇。
这本古代数学著作不仅在数学发展上起到了重要的推动作用，还为后人提供了丰富的数学思想和方法。
它的问世，对于中国古代数学的繁荣与发展起到了积极的促进作用。
值得一提的是，九章算术的内容涵盖了众多数学问题，不仅仅是计算题目。
它
对于几何学、代数学和方程求解等领域都有着深入的研究和应用。
九章算术的研究不仅对古代，也对现代的数学发展产生了积极影响。
因此，对于题目“九章算术今有立木解析”，我们通过运用九章算术提供的思想
和方法，可以准确解答立木的原始高度问题。
这道题目展示了九章算术在解决实际问题和培养数学思维方面的独特贡献，同时也明显展示了中国古代数学的卓越成就。
古今立体几何趣论几则
古今立体几何趣论几则许苏华根据《九章算术》和《古今数学思想》等经典名著，可以粗略认为小学数学主要为夏商周时期的文化遗产，中学数学主要为秦汉至宋元时期的文明产物，那么高等数学主要为明清时期以来同期的欧美发现.大中小学数学教材中所选择的内容是数学教育家或教育数学家认为数学历史长河中非常重要的部分，而许多未能出现在教材中的概念知识与思想方法，只能一直静静地躺在原著中、原地上.阅读原著、探索原地，可以发现许多不为人知的数学历史故事，以及鲜为人知却名垂青史的原理、公式、定理等结论.让我们一起欣赏其中几则吧！一、《九章算术》中的空间几何体立体几何作为高中数学的重要内容之一，它在两千多年前就已大量出现在西汉丞相张苍的《九章算术》一书中，近年全国各地借此书中空间几何体编制新题的情形屡见不鲜，不妨看下面几题：例1 （2018上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马．设1AA 是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以1AA 为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）A ．4B ．8C ．12D ．16 解析：如图以1AA 为底面矩形一边的四边形有11AAC C 、11AA B B 、11AA D D 、11AA E E 4个，每一个面都对应着4个顶点，所以阳马的个数为16个，故选D ．例2 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，已知鳖臑P ABC 的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A 1A E 1EA A 1D C D 1C 1B 1BA ．41πB ．16πC ．25πD ．64π解析：由三视图还原后得到几何体的直观图如下图所示，该几何体为三棱锥，底面是直角三角形，PA ⊥底面ABC .则BC PC ⊥.扩展为长方体，它的对角线的PB =24(412ππ⋅=.故选A .例3 在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知“堑堵”111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的球面上，且1AB AC ==，若这个三棱柱的体积为12，则该球O 的表面积为（ ） A ．π B ．2π C ．3π D ．4π 解析：“堑堵”111ABC A B C -的外接球的球心O 如图所示，设Rt ABC ∆外接圆圆心为1O ，1AB AC ==，所以12AO ==.由三棱柱的体积为12，所以111(11)222OO =⨯⨯⨯，所以112OO =.在1Rt AOO ∆中，设该球O 的半径为R ，则有22221134R OA OO AO ==+=，所以2R =，则243S R ππ==球，故选C .上面出现的堑堵、鳖b i ē臑n ào、阳马三个几何体均在《九章算术》一书中出现，分别是非常特殊的三棱柱、三棱锥和四棱锥，在古代实际生活中比较常见的空间图形.除此之外，还有很多空间几何体，比如方堡壔d ǎo和圆堡壔，分别指的是正四棱柱和圆柱；比如方亭和圆亭，分别指的是正四面棱台体和圆台；比如方锥和圆锥，分别指的是正四棱锥和圆锥.可见只有圆锥的名字一直沿用至今. 堡壔指的是土筑小城，亭指的是建筑物，由此可见《九章算术》是一部应用数学著作.除了解决人类居住的建筑物，还解决其它问题，比如羡除和冥谷，分别指的是墓道和墓坑，如图所示：羡除 冥谷羡除的体积计算公式为“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一”，即； 冥谷的体积计算公式为(++)6V ⨯⨯=羡除上广下广末广深袤.再比如盘池与曲池，分别指的是长方形土池和扇形水池，如图所示：盘池曲池盘池的体积公式与冥谷的体积公式相同，这里的盘池和冥谷都不一定是我们现在所研究的棱台.曲池的体积计算公式为++(+)+(+)26V⎡⎤⨯⨯⨯⨯⨯⎢⎥⎣⎦=曲池上中周上外周下中周下外周上广2下广下广2上广深2.看到这些公式，不禁惊叹近两千年前古人的智慧与能力，而且通过图形分割等方法可以证明这些公式是正确的！如果不好好学习，即使你穿梭时空到两千年前的大汉王朝，也只能算是后进生.二、多面体的欧拉公式除了高中数学教材中出现的棱柱、棱锥、棱台是多面体外，还有很多表面由一些平面多边形构成的立体也是多面体.无“孔（洞）”的多面体称为简单多面体，也有人称之为第零类多面体，假如多面体的面是用橡胶薄膜做成的，如果充以气体，那么简单多面体可以会变成一个球面.否则就不是简单多面体，如下图所示.非第零类多面体对于简单多面体，它的顶点数为v，面数为f，棱数为e，那么多面体的三元素个数之间满足关系式2v f e+-=，这个我们称之为欧拉定理，因为数学历(+)+(+)6V⨯⨯⨯⨯⨯⎡⎤⎣⎦=冥谷上广2下广上袤下广2上广下袤深史记载最先由瑞士数学家欧拉发现的.欧拉公式的证明不是特别难，给出两种常见证明方法：证法一：对于任意一个顶点数为v、面数为f、棱数为e的简单多面体，它是用橡胶薄膜做成的，在它里面放一个可变大的球，当这个球适当变大时，简单多面体就贴合在球面上，此时多面体的顶点、棱、面变成了结点、弧、小球面片，数目都是一致的.任取其中一个结点，连接该结点有k条弧，那么与之相邻的小球面片也是k个，如果删掉该结点，与之相邻的k条弧也一同消失，那么k个小球面片变成一个球面片，结点数+小球面片数-弧数=(1)(1)()-+-+--=+-，可以发v f k e k v f e现，删除一个结点后，v f e+-不变.重复这样的操作，球面最终留下一个孤立的结点，弧全部消失，此时球面片变成整个球面，那么1102+-=+-=.v f e证法二：对于任意一个顶点数为v、面数为f、棱数为e的简单多面体，它依然用橡胶薄膜做成的，去掉一个面积最大的面，然后把它剩下的棱和面拉到一个平面内，此时在平面内有v个点、e条线段以及1f-个多边形.此时只需要证明(1)1+--=即可.比如下面两图分别是四面体和正方体去掉一个面变成平v f e面图形的情形：被拉成平面的四面体被拉成平面的正方体删除一条线段，对应就少了一个多边形，(11)(1)(1)+----=+--不v f e v f e变；或者删除一条线段，再删除孤立的顶点，(1)(1)(1)(1)-+---=+--v f e v f e不变；重复这样的操作，可以发现最后平面内只剩下一个孤立的点，即+--=.(1)1v f e这里的v f e+-称之为欧拉示性数，前面的证明过程告诉我们简单多面体的欧拉示性数为2.对于前面所给的一个非第零类多面体，它的欧拉示性数为0.下面是一道以欧拉公式为背景的数学试题：例4 在数学历史中有很多公式都是数学家欧拉（Leonhard Euler ）发现的，它们都叫做欧拉公式，分散在各个数学分支之中.任意一个凸多面体的顶点数V 、棱数E 、面数F 之间，都满足关系式2V E F -+=，这个等式就是立体几何中的“欧拉公式”.若一个凸二十面体的每个面均为三角形，则由欧拉公式可得该多面体的顶点数为（ ）A ．10B ．12C ．15D ．20解析：因为一个凸二十面体的每个面均为三角形，所以面数20F =，顶点数V 、棱数E 的关系为32F E =，由任意一个凸多面体的顶点数V 、棱数E 、面数F 之间，都满足关系式2V E F -+=，所以322V F F -+=，得V=12,故选B . 三、简单几何体的辛普森公式棱柱和圆柱统称为柱体，柱体的体积公式是V Sh =柱体，此公式可以看成定义或原理.棱锥和圆锥统称为锥体，锥体的体积公式是13V Sh =锥体，利用三棱柱可以分割成三个体积相等的三棱锥以及祖暅原理得出此公式的.棱台和圆台统称为台体，台体的体积公式是1(')3V S S h =+台体，利用两个位似锥体的体积相减化简可得.台体的体积公式也用于柱体和锥体，当'0S =时，此公式就变成锥体的体积公式；当'S S =，此公式就变成柱体的体积公式. 利用圆柱和圆锥的体积公式以及祖暅原理，可以推出球体体积公式343V R π=球. 上述中的棱柱、棱锥和棱台就是简单多面体，圆柱、圆锥、圆台和球是旋转体，这七个空间图形统称为简单几何体，它们有更一统的体积公式，即辛普森定理： 夹在两平行平面之间的几何体，如果被平行于这两个平面的任何平面所截，截得的截面面积是截面高的（不超过三次的）多项式函数，那么这个几何体的体积，就等于其上底面积'S 、下底面积S 与四倍中截面面积04S 的和乘以高h 的六分之一，即()046h V S S S '=++. 很容易验证此公式不仅适合柱体、锥体，还有球体，下面证明台体也可以用此公式，相当于证明1(')=('4)36hV S S h S S S=++台体，即只需证明0'4S S S+=，设上底、中截面、下底对应线段比为'::r r r，那么对应的面积比22200'::'::S S S r r r=；而且2'r r r=+，那么22224(')'2'r r r r r r r=+=++，那么4'S S S=+，即证.说明这个公式不仅是对的，而且很有用，因此有必要证明它，然后以后你就可以光明正大地在适当的场合使用它，助你一臂之力.类似于人教社普通高中课程标准试验教科书（老教材）中球体体积公式的证法，证明过程如下：证明：将几何体的高h等分成n等分，通过这些分点且平行于上、下底面的平面，将几何体分为n个薄片，每一个薄片可以近似看成柱体，这n个柱体的体积之和近似等于这个几何体的体积，n越大，那么这n个柱体的体积之和就越逼近于这个几何体的体积.对于自下而上第i个薄片的底面积为323210()()()ii i iS a h a h a h an n n=+++，那么第i个薄片的体积为iiS hVn=，整个几何体的体积近似为11'n niiS hV Vn==∑∑，整理得：32321011'[()()()]n nih h i i iV S a h a h a h an n n n n==+++∑∑33223210111[()()()]n n nh h h ha i a i a i nan n n n=+++∑∑∑.又由数列求和公式1(1)2n n ni+=∑、21(1)(21)6n n n ni++=∑和2231(1)4n n ni+=∑可得：22323210(1)(1)(21)(1)'[()()()]462h h n n h n n n h n nV a a a nan n n n++++=+++2323210223(1)(1)(21)(1)[36]62h n n n na h a h a h an n n++++=+++.因此3232103lim'(236)62nhV V a h a h a h a→+∞==+++（此处利用了极限思想和洛必达法则）.下底面积为0S a =，上底面积为323210'S a h a h a h a =+++，中截面面积为3203210()()()222h h h S a a a a =+++，裂项得： 3232032103210(4()4()4()4)6222h h h h V a a h a h a h a a a a a =++++++++ 0('4)6h S S S =++. 证毕.下面是以辛普森公式为背景编制的题目：例5 “辛卜生公式”给出了求几何体体积的一种计算方法：夹在两个平行平面之间的几何体，如果被平行于这两个平面的任何平面所截，截得的截面面积是截面高（不超过三次）的多项式函数，那么这个几何体的体积，就等于其上底面积、下底面积与四倍中截面面积的和乘以高的六分之一，即()046h V S S S '=++，式中h ，S ，S '，0S 依次为几何体的高，下底面积，上底面积，中截面面积.如图，现将曲线()20y x x =≥与直线2y =及y 轴围成的封闭图形绕y 轴旋转一周得到一个几何体.利用辛卜生公式可求得该几何体的体积V =( )A ．2πB ．πC ．2πD ．4π 解析：根据题意可知该几何体是由曲线()20y x x =≥与直线2y =及y 轴围成的封闭图形绕y 轴旋转一周得到.∴ 0S '=，22S ππ==，201S ππ=⋅=，∴ 根据辛卜生公式()220426V πππ=⨯++=，故选C . 四、四面体的定理三角形是边数最少的多边形，因此在初中研究了与三角形有关的内容，比如等腰三角形、等边三角形、直角三角形、全等三角形、相似三角形及其它们的性质、判定等有关结论.四面体是面数最少的多面体，就是三棱锥，是最简单的多面体，正因为它的特殊性，因此它也具有很多结论.1.四面体的定理：给定一个四面体，都可以确定它的外接平行六面体.定理1-1：通过四面体的每一条棱及其对棱重点的平面共有六个，它们通过同一点.定理1-2：连接四面体的每一顶点与其对面重心的线段共有四条，也都通过这一点，而且从各该顶点算起都被这点分为3:1.定理1-3：三双对棱中点的三个连线段也通过这一点，而且都被它平分. 这点称为四面体的重心.四面体的每一个面都可以看成三棱锥的底面，三棱锥的顶点到底面的垂线段称之为四面体的高线，因此它的高线有四条.定理2：四面体中从两顶点发出的高线相交的充要条件是连接这两顶点的棱垂直于其对棱.定理3：设四面体有两双对棱互相垂直，则第三双对棱也互相垂直，此时四面体的四高线通过同一点.2.等腰四面体的定理：如果一个四面体，它的每一对对棱的长相等，就说该四面体为等腰四面体.定理1：等腰四面体的四个面都是全等的三角形. 定理2：一个四面体是等腰的，当且仅当每个顶点处面角之和是180°.定理3：等腰四面体的每个面都是锐角三角形.定理4：如果一个四面体的各个面具有相同的周长，那么它是等腰的.定理5：任意四面体的内切球在各个面上的切点与该面的顶点的连线在切点所形成的三个角，对每个面来说都是相同的.定理6：各面面积相等的四面体是等腰的.定理7：一个四面体是等腰的，当且仅当它的内切球与外接球同心.等腰四面体是一特殊的四面体，那么四面体的所有定理适用于等腰四面体，反之则不一定.这些定理虽然未出现在教材中，但是每一个定理的得出及其证明都是数学历史发展的最简缩影.高考、竞赛经常以此为载体编制试题.例6（2017浙江）如图，已知正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CR QC RA ==，分别记二面角D PR Q --，D PQ R --，D QR P --的平面角为α，β，γ，则（ ）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α 解析：设O 为三角形ABC 中心，底面如图2，过O 作OE RP ⊥，OF PQ ⊥，OG RQ ⊥，由题意可知tan DO OE α=，tan OD OF β=，tan OD OGγ=，图1 图2由图2所示，以P 为原点建立直角坐标系，不妨设2AB =，则(1,0)A -，(1,0)B，C，O ，∵AP PB =，2BQ CR QC RA==，∴1(3Q，2(3R -，则直线RP的方程为y =，直线PQ的方程为y =，直线RQ的方程为y x =+根据点到直线的距离公式，知OE =OF =13OG =，RQ P AB C DG FE O DC B AP QR∴OF OG OE <<，tan tan tan αγβ<<，又因为α，β，γ为锐角，所以αγβ<<，故选B ．例7（2017全国Ⅲ卷）如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D AE C --的余弦值．解析：（1）由题设可得，ABD CBD ∆≅∆，从而AD DC =．又ACD ∆是直角三角形，所以=90ACD ∠．取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO AC ⊥，DO AO =． 又由于ABC ∆是正三角形，故BO AC ⊥．所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角．在Rt AOB ∆中，222BO AO AB +=．又AB BD =，所以222222BO DO BO AO AB BD +=+==，故90DOB ∠=．所以平面ACD ⊥平面ABC ． （2）由题设及（1）知，OA,OB,OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则ABCDE(1,0,0)A，B ，(1,0,0)C -，(0,0,1)D ．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB的中点，得1(0,,)22E ．故(1,0,1)AD =-，(2,0,0)AC =-，1()2AE =-．设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩0，0，n n即x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩01022，可取=n ． 设m 是平面AEC 的法向量，则0，0，AC AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩m m同理可得(0,=-m ．则cos ,==77n m n m n m ，所以二面角D AE C --例8 如图，在等腰四面体ABCD 中设BC=AD=a .AC=BD=b ，AB=CD=c ，外接球的半径为R ，则R =______.（用a 、b 、c 表示）解析：设长方体的长宽高分别为x ，y ，z ，根据题意得222x y a +=，222y z b +=，222x z c +=，相加得2222222a b c x y z ++++=，R ===． 例9 定义异面棱长相等的四面体为等腰四面体.设等腰四面体DBMN 的外接球半径为R ，BMN ∆的外接圆半径为r .已知DB MN a ==，DM BN b ==，DN BM c ==.则rR 的取值范围是______.解析：由定义，知对棱相等的四面体可补成一个长方体ABCD MKNL -，如图所示.则四面体DBMN 即为对棱相等的四面体，其外接球直径就是长方体的对角线DK .令长方体的高、长、宽分别为AM x =，AB y =，AD z =.则222222222,,x y c y z a z x b ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩R ⇒=.而等腰四面体的四个侧面均相同，由海伦公式得BMN S ∆=r ⇒=r R⇒=.由恒等式()()222222222x y z y z z x x y ++++()()()222222222=y z z x x y x y z ++++，及均值不等式得()()()()()22222222222222281193y z z x x y rR x y z y z z xx y+++≤<⇒≤<++++. 五、正多面体与旋转体图形赏析正多面体只有5种，分别是正四面体、正六面体（正方体）、正八面体、正十二面和正二十面体，可以借助欧拉公式证明有且仅有这五种正多面体.下面借助网络画板画出的3D效果，共大家赏析.正四面体正八面体正十二面体正二十面体腰鼓小蛮腰六、三个有奖问题单墫教授在解题研究丛书序中说“学习数学，就要学习发现问题，解决问题.”我发现了三个问题，大家来解决这三个问题，每个题目后面是红包金额，钱不多，重在解决问题后所获得的快乐与幸福！第一个问题：如何证明有且仅有五个正多面体？（8.8元）第二个问题：如何借助网络画板画一个3D足球？（18.8元）第三个问题：如何用一个平面平分任意六面体的体积？（28.8元）做出者把过程或网络画板链接，还有你的微信号，通过电子邮件shxu@发给我，第一位做对者，通过微信送红包一个.。
九章算术中的立体几何
《九章算术》中的立体几何《九章算术》文字古奥，历代注释者甚多，其中以刘徽的注本最为有名.刘徽是我国魏晋时期著名数学家，他在曹魏末年撰成《九章算术注》九卷。
在继承的基础上，又提出了许多自己的创见与发明，刘徽的观点，对现今的数学有很多借鉴的地方。
《九章算术》是一部问题集，全书分为九章，共收有246个问题，每题都有问、答、术三部分组成。
内容涉及算术、代数、几何等诸多领域，并与实际生活紧密相连，充分体现了中国人的数学观与生活观。
其中卷第五“商功”，主要讲各种几何体体积的计算，包括现阶段高中数学教材中的棱柱、棱锥、棱台，圆柱、圆锥、圆台，或可化为上述几何体的几何体体积的计算。
《九章算术》是东方数学的思想之源，也是我国多年来各级各类考试的重要题库。
卷第五“商功”第25题作为2015年全国卷（Ⅰ）（文理）第6题,通过古题新解考查阅读理解能力，通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与求解运算能力。
题目是：《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:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（解法见例25）A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛2015年湖北理科19题、文科20题选用《九章算术》“商功”第16题“阳马”与第17题“鳖臑”的组合考查立体几何中线、面间的位置关系与度量关系.《九章算术》卷第五“商功”共收录28个题目，现将这28个问题整理如下，供参考。
【例1】今有穿地积一万尺.问为坚、壤各几何？【注释】穿地：挖地取土. 坚：坚实的土. 壤：松软的土.【译文】现挖地体积为1000立方尺，问换算成坚土、松土各多少？【解析】本题是各种土方量的换算，有专门的换算比例，这里不赘述.【说明】从例2到例7都是直四棱柱求体积问题，以例2为例，介绍它们的算法.【例2】今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺。
九章算术中的立体几何（汇编）
九章算术中的立体几何（汇编）《九章算术》中的立体几何《九章算术》文字古奥，历代注释者甚多，其中以刘徽的注本最为有名.刘徽是我国魏晋时期著名数学家，他在曹魏末年撰成《九章算术注》九卷。
在继承的基础上，又提出了许多自己的创见与发明，刘徽的观点，对现今的数学有很多借鉴的地方。
《九章算术》是一部问题集，全书分为九章，共收有246个问题，每题都有问、答、术三部分组成。
内容涉及算术、代数、几何等诸多领域，并与实际生活紧密相连，充分体现了中国人的数学观与生活观。
其中卷第五“商功”，主要讲各种几何体体积的计算，包括现阶段高中数学教材中的棱柱、棱锥、棱台，圆柱、圆锥、圆台，或可化为上述几何体的几何体体积的计算。
《九章算术》是东方数学的思想之源，也是我国多年来各级各类考试的重要题库。
卷第五“商功”第25题作为2015年全国卷（Ⅰ）（文理）第6题,通过古题新解考查阅读理解能力，通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与求解运算能力。
题目是：《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:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（解法见例25）A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛2015年湖北理科19题、文科20题选用《九章算术》“商功”第16题“阳马”与第17题“鳖臑”的组合考查立体几何中线、面间的位置关系与度量关系.《九章算术》卷第五“商功”共收录28个题目，现将这28个问题整理如下，供参考。
【例1】今有穿地积一万尺.问为坚、壤各几何？【注释】穿地：挖地取土. 坚：坚实的土. 壤：松软的土.【译文】现挖地体积为1000立方尺，问换算成坚土、松土各多少？【解析】本题是各种土方量的换算，有专门的换算比例，这里不赘述.【说明】从例2到例7都是直四棱柱求体积问题，以例2为例，介绍它们的算法.【例2】今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺。
高中数学_《九章算术》中的立体几何教学课件设计
〔五〕今有沟上广一丈五尺，下广一丈，深五尺，袤七丈。 问积几何？
答曰：四千三百七十五尺。春程人功七百六十 六尺，并出土功五分之一，定功六百一十二尺、 五分尺之四。
〔六〕今有堑上广一丈六尺三寸，下广一丈，深六尺三寸， 袤一十三丈二尺一寸。问积几何？
答曰：一万九百四十三尺八寸。
〔七〕今有穿渠上广一丈八尺，下广三尺六寸，深一丈八 尺，袤五万一千八百二十四尺。问积几何？
〔二〕今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十 六丈五尺。问积几何？
答曰：一百八十九万七千五百尺。
〔三〕今有垣下广三尺，上广二尺，高一丈二尺，袤二十 二丈五尺八寸。问积几何？
答曰：六千七百七十四尺。
〔四〕今有隄下广二丈，上广八尺，高四尺，袤一十二丈 七尺。问积几何？
答曰：七千一百一十二尺。 冬程人功四百四十四尺。问用徒几何？答曰： 一十六人、一百一十一分人之二。 术曰：以积尺为实，程功尺数为法，实如法而 一，即用徒人数。
“斜解立方，得两堑堵。”
“斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑。”
总结这节课所学的内容 继续研究《九章算术（卷五）》 继续研究《九章算术》等数学著作
同学们，中华民族拥有波澜壮阔的历史 我们的数学曾经领先世界几百年 然而我们并不能仅仅活在过去的荣耀里 你我都应该为中华民族的数学复兴尽一份力
2018 全国一卷 理科数学
〔二八〕今有圆困，高一丈三尺三寸、少半寸，容米二千 斛。问周几何？
答曰：五丈四尺。 术曰：置米积尺，以十二乘之，令高而一，所 得，开方除之，即周。
课堂探究
例 1 《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之 为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图 所示的阳马 P ABCD 中，侧棱 PD 底面 ABCD ， 且 PD CD ，点 E 是 PC 的中点，连接 DE, BD, BE .
九章算术 几何知识
九章算术几何知识嘿，朋友！您知道《九章算术》吗？这可是咱中国古代数学的瑰宝啊！里面的几何知识，那叫一个精彩！咱先来说说这《九章算术》，它就像一座古老而神秘的知识宝库，蕴含着无数的智慧结晶。
而其中的几何知识，就像是宝库中闪闪发光的宝石。
您想想，咱们平常生活中，哪儿能离得开几何呢？比如盖房子，那房子的形状、面积、体积，不都得靠几何知识来计算嘛！要是没有这些知识，那房子能盖得稳当、好看吗？《九章算术》里的几何知识，就像是一把神奇的钥匙，能帮我们打开很多难题的大门。
比如说求三角形的面积，它告诉我们怎么去找到那个关键的数值，怎么去运用公式。
这难道不比摸着石头过河要强得多？再比如说圆的知识，圆的周长、面积，这在生活中的用处可大了去了！做个车轮，您得知道圆的直径和周长的关系吧？不然这车轮能转得顺溜吗？还有那长方体、正方体，计算它们的体积和表面积，对于做木匠活儿的师傅来说，那可是吃饭的本事。
要是算错了，做出的柜子、桌子不合尺寸，那不是闹笑话了嘛！《九章算术》中的几何知识，可不是那种死板的教条，而是充满了灵活性和实用性。
它就像一位经验丰富的老师傅，手把手地教我们怎么去解决实际问题。
您看，几何知识在农业生产中也大有用处。
要划分一块地，怎么才能分得公平合理？这就得靠几何知识来帮忙啦！而且，几何知识对于我们理解世界也很有帮助。
大自然中到处都有几何的影子，花朵的形状、树叶的脉络，不都有着几何的美吗？所以说啊，《九章算术》里的几何知识，那可真是咱们的好帮手，是咱们探索世界、解决问题的有力武器。
咱们可得好好学，好好用，让这些古老的智慧在现代社会继续发光发热！总之，《九章算术》的几何知识是咱们宝贵的财富，咱们不能让它被遗忘，得把它传承下去，您说是不是这个理儿？。
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《九章算术》中的立体几何《九章算术》文字古奥，历代注释者甚多，其中以刘徽的注本最为有名.刘徽是我国魏晋时期著名数学家，他在曹魏末年撰成《九章算术注》九卷。
在继承的基础上，又提出了许多自己的创见与发明，刘徽的观点，对现今的数学有很多借鉴的地方。
《九章算术》是一部问题集，全书分为九章，共收有246个问题，每题都有问、答、术三部分组成。
内容涉及算术、代数、几何等诸多领域，并与实际生活紧密相连，充分体现了中国人的数学观与生活观。
其中卷第五“商功”，主要讲各种几何体体积的计算，包括现阶段高中数学教材中的棱柱、棱锥、棱台，圆柱、圆锥、圆台，或可化为上述几何体的几何体体积的计算。
《九章算术》是东方数学的思想之源，也是我国多年来各级各类考试的重要题库。
卷第五“商功”第25题作为2015年全国卷（Ⅰ）（文理）第6题,通过古题新解考查阅读理解能力，通过圆锥体积的计算考查空间想象能力与求解运算能力。
题目是：《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:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。
问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（解法见例25）A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛2015年湖北理科19题、文科20题选用《九章算术》“商功”第16题“阳马”与第17题“鳖臑”的组合考查立体几何中线、面间的位置关系与度量关系.《九章算术》卷第五“商功”共收录28个题目，现将这28个问题整理如下，供参考。
【例1】今有穿地积一万尺.问为坚、壤各几何？【注释】穿地：挖地取土. 坚：坚实的土. 壤：松软的土.【译文】现挖地体积为1000立方尺，问换算成坚土、松土各多少？【解析】本题是各种土方量的换算，有专门的换算比例，这里不赘述.【说明】从例2到例7都是直四棱柱求体积问题，以例2为例，介绍它们的算法.【例2】今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺。
问积几何？【注释】广袤：广，东西方向，袤，南北方向.【译文】现有城，下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长126丈5尺.问这段城的体积是多少？ 【解析】本题是求水平放置的直四棱柱的体积. 如图，底面为等腰梯形，上底20a =尺，下底40b =尺，高50h =尺，侧棱1265l =尺，所求体积()(2040)501265189750022a b h V S h l +⋅+⨯=⋅=⋅=⨯=立方尺.【例3】今有垣下广三尺，上广二尺，高一丈二尺，袤二十二丈五尺八寸.问积几何？【注释】垣: 低矮的墙.【译文】现有矮墙下底长3尺，上底长2尺，高1丈2尺，纵长22丈5尺8寸.问这段矮墙的体积是多少？【例4】今有堤下广二丈，上广八尺，高四尺，袤一十二丈七尺.问积几何？ 【译文】现有坝堤下底长2丈，上底长8尺，高4尺，纵长12丈7尺.问这段坝堤的体积是多少？【例5】今有沟上广一丈五尺，下广一丈，深五尺，袤七丈.问积几何？ 【译文】现有沟，上底长1丈5尺，下底长1丈，高5尺，纵长7丈.问这段沟的容积是多少？【例6】今有堑上广一丈六尺三寸，下广一丈，深六尺三寸，袤一十三丈二尺一寸.问积几何？ 【注释】堑:护城河【译文】现有护城河上底长1丈6尺3寸，下底长1丈，深6尺3寸，纵长13丈2尺1寸.问这段护城河的容积是多少？【例7】今有穿渠上广一丈八尺，下广三尺六寸，深一丈八尺，袤五万一千八百二十四尺.问积几何？【译文】现挖渠上底长1丈8尺，下底长3尺6寸，深1丈8尺，纵长5万1千8百24尺.问这段渠的容积是多少？【例8】今有方堡壔方一丈六尺，高一丈五尺.问积几何？ 【注释】堡壔:土筑小城. 方堡壔：正四棱柱形的土筑小城堡.【译文】现有正四棱柱形的土筑小城堡，底面边长为1丈6尺，高1丈5尺，问它的体积是多少？【解析】本题是求正四棱柱的体积.底面正方形，边长16a =尺，高15h =尺，所求体积1616153840V S h a a h =⋅=⋅⋅=⨯⨯=立方尺.【例9】今有圆堡壔，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？ 【注释】圆堡壔：圆柱形的土筑小城堡.【译文】现有圆柱体形的土筑小城堡，底面周长为4丈8尺，高1丈1尺，问它的ablh体积是多少？【解析】本题是求圆柱的体积.设底面圆的半径为r ，周长c ,高h ，因为2c r π=,所以2c r π=,则所求体积22248112112412c h V S h r h ππ⋅⨯=⋅=⋅===(取3π=)立方尺.【例10】今有方亭，下方五丈，上方四丈，高五丈.问积几何？ 【注释】方亭:正四棱台形建筑物.【译文】现有正四棱台形的建筑物，下底面正方形的边长为5丈，上底面正方形的边长为4丈，高为5丈.问它的体积是多少？【解析】本题是求正四棱台的体积.设上底边长为a ，上底面的面积为1S ,下底边长为b ,下底面的面积为2S ,高h ，则所求体积121(3V h S S =++,221305()33a b ab h =++=立方丈.对于公式121(3V h S S =+适用所有棱台或圆台计算体积.【例11】今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈.问积几何？ 【注释】圆亭:圆台形建筑物.【译文】现有圆台形的建筑物，下底面圆的周长为3丈，上底面圆的周长为2丈，高为1丈.问它的体积是多少？【解析】本题是求圆台的体积.设上底面圆的半径为r ，周长为12C r π=,面积211S r π=，下底面圆的半径为R ,周长为22C R π=,面积为22S R π=,高h .对于圆台，可以用上下底圆的面积面与高表示为：121(3V h S S =++，也可用上下底面圆的半径与高表示：221()3V h r R rR π=++,也可用上下底面圆的周长与高表示2212121()12V h C C C C π=++,所求体积为1912V π=立方丈. 【例12】今有方锥，下方二丈七尺，高二丈九尺.问积几何？ 【注释】方锥: 正四棱锥.【译文】现有正四棱锥，下底面正方形的边长为2丈7尺，高为2丈9尺.问它的体积是多少？【解析】本题是求正四棱锥的体积.设底面正方形边长为a ,高为h . 13V Sh =2127293=⨯⨯7047=立方尺.【例13】今有圆锥下周三丈五尺，高五丈一尺.问积几何？【译文】现有圆锥,下底面圆的周长为3丈5尺,高为5丈1尺.问它的体积是多少？【解析】本题是求圆锥的体积.设底面半径为r ,高为h .底面周长2C r π=,底面积224C S r ππ==,于是体积13V Sh =22211()33212C C h r h h ππππ=⨯==6247512π=立方尺.【例14】今有堑堵下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺.问积几何？ 【注释】堑堵: 底面是直角三角形直三棱柱.【译文】现有底面是直角三角形直三棱柱，底面直角三角形的两条直角边宽为2丈，长为18丈6尺.高为2丈5尺，问它 的体积是多少？【解析】本题是求直三棱柱的体积.如图，直三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA 垂直于底面ABC ，AC BC ⊥.设底面直角ABC ∆的边20AC a ==,186BC b ==,高为125h AA ==.体积V Sh =1120186254650022ab h =⨯⨯=⨯⨯⨯=立方尺. 【例15】今有阳马，广五尺，袤七尺，高八尺.问积几何？【注释】阳马: 底面是矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥.【译文】现有底面是矩形，一条侧棱与底面垂直的四棱锥， 底面宽为5尺，长为7尺，高为8尺，问它的体积是多少？【解析】本题是求四棱锥的体积.如图所示，在四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是矩形，侧棱PA ⊥平面ABCD ,设底面矩形的宽为5a =,长为7b =,高为8h =.体积13V Sh =11280578333ab h =⨯⨯=⨯⨯⨯=立方尺.【例16】今有鳖臑下广五尺，无袤，上袤四尺，无广，高七尺.问积几何？ 【注释】鳖臑:四面都是直角三角形的四棱锥.【译文】现有四面都是直角三角形的三棱锥，底宽5尺而无长，上底长4尺而无宽，高7尺，问它的体积是多少？【解析】本题是求三棱锥的体积.如图(1)，在三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC , AC BC ⊥.图（2）、（3）是图（1）的不同视觉放置下的直观图.P A BCDabhA BCA 1B 1C 1abh精品文档根据题意，5a =, 4b =,高为7h =.体积11115743332V Sh ah b ==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 703=立方尺. 【例17】今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺.问积几何？【注释】羡除：墓道.三个侧面为等腰梯形，其余两个面为直角三角形的五面体. 【译文】现有三个侧面都为等腰梯形，其他两面为直角三角形的五面体，下宽6 尺，上宽1丈，深3尺，末端宽8尺，无深，长7尺.问它的体积是多少？ 【解析】本题是求规则形状的五面体的体积.如图，五面体EF ABCD -中,四边 形ADEF ,ABCD ,EFBC 均为等腰梯形，EF ∥AD ∥BC .ABF ∆,CDE ∆均为直 角三角形，AB AF ⊥,CD DE ⊥.设下广EF a =，上广AD b =，末广BC c =.高：EF 到平面ABCD 的距离为h ，长：AD 与BC 的距离l .算法：1()6V a b c h l =++⨯⨯采用割的方法推导计算公式.连接BE ，BD ,AE ,如图2,得三个三棱锥，设三棱 锥BAEF 的体积为1V ,三棱锥BAED 的体积为2V ,三棱锥BDEC 的体积为3V ,则3V 16clh =，216V blh =，12V b V a =，12a V V b =, 所以1216a V V alhb ==,于是五面体的体积公式1231()6V V V V a b c h l =++=++⨯⨯.代入数据6a =,10b =,8c =, 7l =,3h =，代入公式得84V =立方尺.SABC abhS AB C ahbSABCahb图（1）图（2）图（3）E FAB CD下广a 上广b 末广c EF AB CD图1图2【例18】今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？ 【注释】刍甍：盖上草的屋脊. 刍：草；甍：屋脊.这里指底面为长方形的屋脊状的楔体.【译文】现有底面为长方形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，无宽，高1丈，问它的体积是多少？【解析】本题是求底面为长方形的楔体（五面体）的体积.如图所示，在五面体EF ABCD -中，EF ∥底面ABCD ,底面ABCD 是长方形，EF 到平面ABCD 的距离为h , BC a =,AB b =,EF c =.算法：1()6V b b c ah =++⨯采用割的方法推导计算公式.连接BE ，BF ,DF ,如图2,得三个三棱锥，设三棱 锥ABDE 的体积为1V ,三棱锥BCDF 的体积为2V ,三棱锥BDEF 的体积为3V ,则1216V V abh ==，32V c V b =，321166c c V V abh ach b b ==⨯=,于是五面体的体积公式1231()6V V V V b b c ah =++=++⨯.代入数据4b =,2c =,3a =,1h =，得5V =立方丈.【例19】今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈.问积几何？ 【注释】刍童：上下底面都为长方形的草垛.【译文】现有上下底面都为长方形的草垛，下底面宽2丈，长3丈；上底宽3丈， 长4丈，高3丈，问它的体积是多少？【解析】如图所示，在六面体EFGH ABCD -中，面EFGH ∥面ABCD 且都为长 方形，距离为h .设EF a =，FG b =，AB m =，BC n =.算法：[]1(2)(2)6V h m a n a m b =+++或[]1(2)(2)6V h b n a n b m =+⨯++.E FABCDabc图1hEFABDabc图2ABCDEFGHabm nh 图1AB CD EF GH图2采用割的方法推导计算公式.连接AF ，BD ,CF ,DF ,HF ,ED .如图2,得六个 三棱锥，设三棱锥ABDF 的体积为1V ,三棱锥BCDF 的体积为2V ,三棱锥CGHF 的体积为3V ,设三棱锥CHFD 的体积为4V ,三棱锥HEFD 的体积为5V ,三棱锥EAFD 的体积为6V ,则116V mnh =，216V mnh =，316V abh =，43V m V a =，43mV V a=41166m V abh bmh a =⨯=,516V abh =,65V n V b =,61166n V abh anh b =⨯=,于是六面体的体积公式1234561()6V V V V V V V mnh mnh abh bmh abh anh =+++++=+++++ [][]11()()(2)(2)66mn mn an ab ab bm h m a n a m b h =+++++=+++. 2m =,3n =,3a =,4b =,3h =,代入公式得26.5V =立方丈.【例20】今有曲池，上中周二丈，外周四丈,广一丈,下中周一丈四尺,外周二丈 四尺，广五尺，深一丈.问积几何？ 【注释】曲池:上下底面都为扇环形的水池.【译文】现有上下底面都为扇环形的水池，上底面扇环的内弧长为2丈，外弧长为4丈，母线长1丈；下底面扇环的内弧长为1丈4尺，外弧长为2丈4尺，母线长5尺；深1丈. 问它的容积是多少？注意：上底长4232+==丈，下底长 1.4 2.41.92+==丈.【例21】今有盘池，上广六丈，袤八丈，下广四丈，袤六丈，深二丈.问积几何？ 【注释】盘池：上下底面都为长方形的土池.【译文】现有上下底面都为长方形的土池，上底面宽6丈，长8丈；下底宽4丈， 长6丈，深2丈，问它的容积是多少？【例22】今有冥谷上广二丈，袤七丈，下广八尺，袤四丈，深六丈五尺.问积几 何？【注释】冥谷：上下底面都为长方形的墓坑.【译文】现有上下底面都为长方形的墓坑，上底面宽2丈，长7丈；下底宽8尺， 长4丈，深6丈5尺，问它的容积是多少？【说明】从例20到例22的容积求法与例19算法完全一样.【例23】今有委粟平地，下周一十二丈，高二丈.问积及为粟几何？【注释】委粟平地：在平地堆放谷子.（成圆锥形）【译文】现将谷子堆放在平地成圆锥形，圆锥底面圆的周长为12丈，高2丈.问这堆谷子的体积是多少？应有谷子是多少斛？【解析】本题是求圆锥的体积是多少立方尺（与例13解法完全相同）及谷子有多少斛.“斛”旧量器，方形，口小，底大. 已知1斛谷子的体积约为2.7立方尺.体积221312CV r h hππ==，取3π=.代入数据得212CV hπ=2120208000123⨯==⨯立方尺.所求谷子数为：800026296229632.727=+≈斛.【例24】今有委菽依垣，下周三丈，高七尺.问积及为菽各几何？【注释】委菽依垣：靠墙壁堆放大豆（成半圆锥形）；菽：大豆.【译文】现将大豆靠墙堆放成半圆锥形，底面半圆的弧长为3丈，高7尺.问这堆大豆的体积是多少？应有大豆是多少？【解析】本题是求半圆锥的体积是多少立方尺及大豆有多少斛.已知1斛大豆的体积约为2.43立方尺.先补形为圆锥，求出圆锥的体积，再除以2，即为所求体积.体积221312CV r h hππ==，取3π=.代入数据得21122CV hπ=⨯260713501232⨯=⨯=⨯立方尺.所求谷子数为：35081441442.43243=+≈斛.【例25】今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问积及为米几何？【注释】委米依垣内角: 靠墙壁内角堆放米（成14圆锥形）.【译文】现将米靠墙壁内角堆放成14圆锥形，底面扇形的弧长为8尺，高5尺.问这堆米的体积是多少？应有米是多少？【解析】本题是求14圆锥的体积是多少立方尺及米有多少斛.2015年全国卷（Ⅰ）中，第6题作为选择题，21124CV hπ=⨯2(84)5132012349⨯⨯=⨯=⨯立方尺.1斛米1.62=立方尺，3201.62229÷≈斛.【例26】今有穿地，袤一丈六尺，深一丈，上广六尺，为垣积五百七十六尺.穿地下广几何？【译文】现挖坑，上底面长1丈6尺，宽6尺，深1丈.用挖的土筑墙，墙的体积为576立方尺.问所挖坑的下底宽是多少？【解析】所挖坑为水平放置的底面为等腰梯形的直四棱柱，计算方法与例2完全相同，()2a b hV S h l+⋅=⋅=⨯，不过需要注意两点：（1）已知体积求底面宽，需要解方程；（2）挖坑为“虚土”，筑墙为“坚土”，换算关系为：虚土:坚土4:3=.于是，所挖虚土为45767683⨯=，则(6)101607682b+⨯⨯=，185b=尺.所挖坑的下底宽是183.65=尺.【例27】今有仓广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛.问高几何？【译文】现有粮仓（长方体），宽3丈，长4丈5尺，可装谷子10000斛.问该粮仓高是多少？【解析】本题是已知长方体的长、宽、体积求高.需要将斛换算成立方尺.由例23知1斛粟 2.7=立方尺,则有10000 2.73045h⨯=⨯⨯，20h=尺2=丈.【例28】今有圆困，高一丈三尺三寸、少半寸，容米二千斛.问周几何？【注释】困：古代一种圆形的谷仓. 少半寸：13寸.【译文】现有圆柱形粮仓，高1丈3尺3寸又13寸，（即4003寸）.容纳米2000斛.问该粮仓底面周长是多少？【解析】本题是已知圆柱的体积和高求底面圆的周长.需要将斛换算成立方寸. 知1斛粟 1.62=立方尺1620=立方寸.设底面周长为C,半径为r，高为h,容积为V则C=200016203240000V=⨯=立方寸，540C===寸5=丈4尺.。