高中数学数学文化鉴赏与学习专题题组训练25欧几里得教师版

专题25欧几里得一、单选题1．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统确定义，他指出，平面内到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.则方程表示的圆锥曲线的离心率等于（

）A． B． C． D．5【答案】B【解析】【分析】依据题意得到点到定点的距离与到定直线的距离比为，即可得到.【详解】因为，所以，表示点到定点的距离与到定直线的距离比为，所以.故选：B2．大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明白算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，假如不考虑这些素数在乘积中的依次，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数（不为素数）能唯一地写成（其中是素数，是正整数，，），将上式称为自然数的标准分解式，且的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（

）A．6 B．13 C．19 D．60【答案】B【解析】【分析】首先依据的标准分解式得到，然后依据这5个素数的特点进行分类探讨，最终利用分类加法计数原理即可得解．【详解】解依据的标准分解式可得，故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种状况：①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数；③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数．所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数.故选：B．3．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】依据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角.在中利用余弦定理计算可得结果.【详解】如图，连接.因为为中点，且，所以四边形为矩形，所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.设圆的半径为1，则.因为，所以.在直角中，，得.所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：C.4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的体积为，则该圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】设底面圆的半径为r，依据为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长，依据体积列方程可得r，然后可得.【详解】由题意设圆锥的底面圆的半径为，因为为等腰直角三角形，则高为，母线长为，因为圆锥的体积为，所以，解得，所以该圆锥的侧面积为．故选：C5．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年.该书前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相像形这7章，几乎包含现今平面几何的全部内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修，则学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】先求出从这7章里任选4章进行选修的选法总数，再求出学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的选法总数，由古典概型的概率公式即可得出答案.【详解】数学专业的学生从这7章里任选4章进行选修共有：种选法；学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章共有：种选法，故学生李某所选的4章中，含有“基本概念”这一章的概率为：.故选：B.6．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球（圆锥的顶点和底面上各点均在该球面上），求此圆锥侧面积和球表面积之比（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】设直角圆锥底面半径为，则其侧棱为，再求出顶点原委面的距离，分析出球心，进而得到外接球半径，再利用公式求解即可【详解】设直角圆锥底面半径为，则其侧棱为，所以顶点原委面圆圆心的距离为：，所以底面圆的圆心即为外接球的球心，所以外接球半径为，所以.故选：A.7．公元前3世纪，古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出k的值．17世纪日本数学家们对球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”．类似地，对于等边圆柱（轴截面是正方形的圆柱），正方体也可利用公式求体积（在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长）．假设运用此体积公式求得球（直径为a），等边圆柱（底面圆的直径为a），正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为，那么（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】依据题意可得，，，从而得到．【详解】由题意得球的体积为；等边圆柱的体积为；正方体的体积，所以，故选：D．8．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，如图所示，在直角圆锥中，AB为底面圆的直径，C在底面圆周上且为弧AB的中点，则异面直线PA与BC所成角的大小为（

）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【解析】【分析】利用三角形的中位线，可得为异面直线PA与BC所成的角，再由题条件可得是正三角形，即求.【详解】如图，设底面的圆心为O，分别取AC，PC的中点D，E，连接PO，CO，OD，OE，DE，因为是等腰直角三角形，，设圆锥的底面圆半径，则，，则且，又且，而且，所以为异面直线PA与BC所成的角，在中，因为E为PC的中点，所以，所以是正三角形，即异面直线PA与BC所成的角为.故选：C.9．欧几里得的《几何原本》，形如的方程的图解法是：画，使，在斜边上截取，则该方程的一个正根是（

）A．的长 B．的长 C．的长 D．的长【答案】B【解析】由已知可得，然后在中利用勾股定理得，化简可得，从而可得答案【详解】解：在中，，，所以，由勾股定理得，，所以，所以，所以，所以方程的一个正根为的长，故选：B10．大约在2000多年前，由我国的墨子给出圆的概念：“一中同长也”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等，这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下定义要早100年，已知为原点，，若，则线段长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】依据，得到点P的轨迹为圆，再由又，，得到点M在圆内，然后由求解.【详解】已知为原点，，所以点P的轨迹为圆，又，所以，即，所以点M在圆内，则有，线段长的最小值为故选：A【点睛】本题主要考查点的轨迹，点与圆的位置关系以及两点间的距离公式的应用，属于基础题.11．古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统确定义，只惋惜对这确定义欧几里得没有给出证明．经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统确定义，并对这确定义进行了证明，他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线：当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线．现有方程表示的曲线是双曲线，则m的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】原方程两边开平方，结合两点的距离公式和点到直线的距离公式，以及圆锥曲线的统确定义，可得的不等式，从而可求得其范围【详解】由，，得，所以，所以，可得动点到这点和定直线的距离比为常数，由双曲线的定义可知，解得，故选：B12．《几何原本》又称《原本》，是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学巨著，大约成书于公元前300年．汉语的最早译本是由中国明代数学家、天文学家徐光启和意大利传教士利玛窦合译，成书于1607年，该书据克拉维斯的拉丁文本《欧几里得原本十五卷》译出．前6卷主要包括：基本概念、三角形、四边形、多边形、圆、比例线段、相像形这7章内容，几乎包含现今平面几何的全部内容．某高校要求数学专业的学生从这7章里面任选3章进行选修并计人学分．则数学专业学生张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】先求出从这7章里面任选3章共有的选法数，再求出张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的选法数，依据古典概型的概率计算公式可求答案.【详解】数学专业的学生从这7章里面任选3章共有种选法；数学专业学生张某在三角形和四边形这两章中至少选一章共有选法种，故张某在三角形和四边形这两章中至少选一章的概率为,故选：C.13．黄金分割起源于公元前6世纪古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统探讨了这一问题，公元前300年前后欧几里得撰写《几何原本》时吸取了欧多克索斯的探讨成果，进一步系统论述了黄金分割，成为最早的有关黄金分割的论著.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，把称为黄金分割数.已知焦点在轴上的椭圆的焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数，则实数的值为（

）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】【分析】依据题意确定以及，再依据焦距与长轴长的比值恰好是黄金分割数列出等式，化简即可得答案.【详解】焦点在轴上的椭圆中，，所以，由题意得，即，即，解得，故选:A.14．欧几里得在《几何原本》中，以基本定义、公设和公理作为全书推理的动身点．其中第命题是闻名的毕达哥拉斯定理(勾股定理)，书中给出了一种证明思路:如图，中，，四边形、、都是正方形，于点，交于点．先证明与全等，继而得到矩形与正方形面积相等；同理可得到矩形与正方形面积相等；进一步定理得证.在该图中，若，则（）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】依据平面几何学问，在中应用正弦定理求解答案.【详解】解：设可得，又，可得∴，又，即，在中，，得，在中，，即，可得所以选项D正确，选项ABC错误故选：D.15．古希腊欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积（V）与它的直径（D）的立方成正比”，此即，欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解，他们将体积公式中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”，类似地，对于正四面体、正方体也可利用公式求体积（在正四面体中，D表示正四面体的棱长；在正方体中，D表示棱长），假设运用此体积公式求得球（直径为a）、正四面体（正四面体棱长为a）、正方体（棱长为a）的“玉积率”分别为，，，那么的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】分别求出球，正四面体，正方体的体积公式，类比推理即可得到.【详解】，如图所示，设正四面体P-ABCD的棱长为a，PO为正四面体的高，可知正四面体底面高，则由勾股定理可得正四面体的高所以正四面体的体积，，故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查类比推理，解题的关键是要熟识球，正四面体，正方体的体积公式的求法，再利用类比推理思想分别求出，，，再求出比值，考查学生的运算实力，属于一般题.16．假如一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地探讨了正多面体的作图，并证明白每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】分别求出正四面体、正方体、正八面体的棱长与外接球半径关系，再求比值得结果.【详解】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为则,即故选：B【点睛】本题考查多面体外接球，考查基本分析求解实力，属基础题.17．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，解得，即可求出球的体积.【详解】设球半径为，圆锥的底面半径为，若一个直角圆锥的侧面积为，设母线为，则，所以直角圆锥的侧面积为：，可得：，，圆锥的高，由，解得：，所以球的体积等于，故选：B二、多选题(共0分)18．“出租车几何”或“曼哈顿距离”（ManhattanDistance）是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，是种被运用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系内，对于随意两点、，定义它们之间的“欧几里得距离”，“曼哈顿距离”为，则下列说法正确的是（

）A．若点为线段上随意一点，则为定值B．对于平面上随意一点，若，则动点的轨迹长度为C．对于平面上随意三点、、，都有D．若、为椭圆上的两个动点，则最大值为【答案】AC【解析】【分析】利用题中定理可推断A选项；作出点的轨迹图形，求其周长可推断B选项；利用确定值三角不等式可推断C选项；设点、，不妨设，，利用帮助角公式结合正弦型函数的有界性可推断D选项.【详解】对于A选项，设点为线段上随意一点，则，A对；对于B选项，设点，则，当，时，则；当，时，则；当，时，则；当，时，则.作出点的轨迹如下图所示：由图可知，点的轨迹是边长为的正方形，故动点的轨迹长度为，B错；对于C选项，设点、、，由确定值三角不等式可得，同理可得，所以，，即，C对；对于D选项，设点、，不妨设，，则，其中为锐角，且，取，，等号成立，D错.故选：AC.19．古希腊闻名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发觉；平面内到两个定点A、B的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中，，.点P满意，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是（

）A．C的方程为 B．在C上存在点D，使得D到点（1，1）的距离为10C．在C上存在点M，使得 D．C上的点到直线的最大距离为9【答案】AD【解析】【分析】由题意可设点，由两点的距离公式代入化简可推断A选项；由两点的距离公式和圆的圆心得出点（1，1）到圆上的点的最大距离，由此可推断B选项.设，由已知得，联立方程求解可推断C选项；由点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此可推断D选项.【详解】解：由题意可设点，由，，，得，化简得，即，故A正确；点（1，1）到圆上的点的最大距离，故不存在点D符合题意，故B错误.设，由，得，又，联立方程消去得，解得无解，故C错误；C的圆心（-4，0）到直线的距离为，且曲线C的半径为4，则C上的点到直线的最大距离，故D正确；故选：AD.20．古希腊闻名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发觉：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，，点满意．点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（

）A．曲线的方程为B．曲线被轴截得的弦长为C．直线与曲线相切D．是曲线上随意一点，当的面积最大时点的坐标为【答案】AB【解析】【分析】设，依据，，点满意．求得点的轨迹方程，再逐项推断.【详解】对于选项A，设，由，，可得，所以，整理可得，即，故选项A正确；对于选项B，因为，令得，曲线被轴截得的弦长为，故选项B正确；对于选项C，因为，所以圆心，半径，所以圆心到直线的距离，所以直线与曲线相离，故选项C错误；对于选项D，因为是曲线上随意一点，要使的面积最大，则曲线上的点到轴的距离最大，即的边上的高等于圆的半径时，的面积最大，此时点的坐标为，故选项D错误．故选：AB．三、填空题(共0分)21．公元前3世纪，古希腊数学家欧几里得在《几何原本》里提出：“球的体积与它的直径的立方成正比”，即，与此类似，我们可以得到：（1）正四面体（全部棱长都相等的四面体）的体积与它的棱长的立方成正比，即；（2）正方体的体积与它的棱长的立方成正比，即；（3）正八面体（全部棱长都相等的八面体）的体积与它的棱长的立方成正比，即．那么________．【答案】【解析】【分析】分别求得正四面体，正方体，正八面体的体积后可得．【详解】由题意得，正四面体的体积；正方体的体积；正八面体的体积，所以．故答案为：．22．《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著.其中，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；将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.已知直三棱柱中，，，，，将直三棱柱沿一条棱和两个面的对角线分割为一个阳马和一个鳖臑，则鳖臑的体积与其外接球的体积之比为______.【答案】【解析】【分析】依据题意，先确定阳马，鳖膈几何体的结构特征，再分别求得鳖膈的体积与其外接球的体积即可.【详解】如图所示：阳马为四棱锥C1A1B1AB，鳖膈为三棱锥C1-ABC，因为，，，，所以鳖膈的体积为，其外接球的半径为：，体积为：，鳖膈的体积与其外接球的体积之比为：，故答案为：【点睛】本题主要考查棱柱的结构特征以及几何体体积的求法，还考查了空间想象和运算求解的实力，属于基础题.23．古希腊数学家欧几里得所著《几何原本》中的“几何代数法”，许多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”.如图，O为线段中点，C为上异于O的一点，以为直径作半圆，过点C作的垂线，交半圆于D，连结，过点C作的垂线，垂足为E.设，则图中线段，线段，线段_______；由该图形可以得出的大小关系为___________.【答案】

【解析】【分析】利用射影定理求得，结合图象推断出的大小关系.【详解】在中，由射影定理得，即.在中，由射影定理得，即.依据图象可知，即.故答案为：；24．欧几里得在《几何原本》中，以基本定义､公设和公理作为全书推理的动身点.其中第卷命题47是闻名的毕达哥拉斯定理(勾股定理)，书中给出了一种证明思路：如图，中，，四边形､､都是正方形，于点，交于点.先证与全等，继而得到矩形与正方形面积相等；同理可得到矩形与正方形面积相等；进一步定理可得证.在该图中，若，则________.【答案】【解析】设AB=k，AC=m，BC=n，由勾股定理可得，由同角的基本关系式求得，，在中，求得AE，分别运用余弦定理和正弦定理，计算可得所求值.【详解】设AB=k，AC=m，BC=n，可得，又，可得，在中，，又，解得，，由，化为，解得，又，可得，在中，，即，可得，故答案为：.【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般接受到正弦定理，出现边的二次式一般接受到余弦定理．应用正、余弦定理时，留意公式变式的应用．解决三角形问题时，留意角的限制范围．四、解答题(共0分)25．设在二维平面上有两个点，，它们之间的距离有一个新的定义为，这样的距离在数学上称为曼哈顿距离或确定值距离；在初中时我们学过的两点之间的距离公式是，这样的距离称为是欧几里得距离（简称欧式距离）或直线距离.（1）已知，两个点的坐标为，，假如它们之间的曼哈顿距离不大于3，那么的取值范围是多少？（2）已知，两个点的坐标为，，假如它们之间的曼哈顿距离要恒大于2，那么的取值范围是多少？（3）已知三个点，，，在平面几何的学问中，很简洁的能够证明与，与的欧氏距离之和不小于和的欧氏距离，那么这三个点之间的曼哈顿距离是否有类似的共同的结论？假如有，请给出证明；若果没有，请说明理由.【答案】（1）；（2）或；（3）见解析.【解析】（1