北京什么医院治疗白癜风 http://www.wxlianghong.com/一、选择题（每小题5分，共30分）
1、在平面几何中，已知三角形ABC的面积为S，周长为L，求三角形内切圆半径时，可用如下方法，设圆O为内切圆圆心，则S=S△OAB+S△OBC+S△OAC=r
AB
+r
BC
+r
AC
=rL，∴r=
类比此类方法，已知三棱锥的体积为V，表面积为S，各棱长之和为L，则内切球半径r为（
）
A、B、C、D、正确答案
C
解析
解：设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．则四面体的体积为V=Sr猜想：三棱锥的体积为V，表面积为S，各棱长之和为L，则四面体ABCD的内切球半径r=
故选：C．
2、如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的平面几何图形．此图由两个圆构成，O为大圆圆心，线段AB为小圆直径．△AOB的三边所围成的区域记为I，黑色月牙部分记为Ⅱ，两小月牙之和（斜线部分）部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则（
）
A、p1＞p2＞p3B、p1=p2+p3C、p2＞p1＞p3D、p1=p2＞p3正确答案
D
解析
解：设OA=2，则AB=2，S△AOB＝×2×2＝2，以AB中点为圆心的半圆的面积为π×()2＝π，以O为圆心的大圆面积的四分之一为π×22＝π，以AB为弦的大圆的劣弧所对弓形的面积为π-2，黑色月牙部分的面积为π-（π-2）=2，图Ⅲ部分的面积为π-2．设整个图形的面积为S，则p1=，p2=，p3=．∴p1=p2＞p3，故选：D．
3、拿破仑为人好学，是法兰西科学院院士，他对数学方面很感兴趣，在行*打仗的空闲时间，经常研究平面几何．他提出了著名的拿破仑定理：以三角形各边为边分别向外（内）侧作等边三角形，则它们的中心构成一个等边三角形．如图所示，以等边△GEI的三条边为边，向外作3个正三角形，取它们的中心A，B，C，顺次连接，得到△ABC，图中阴影部分为△GEI与△ABC的公共部分．若往△DFH中投掷一点，则该点落在阴影部分内的概率为（
）
A、B、C、D、正确答案
A
解析
解：设等边△GEI的边长为3a，则△DFH的边长为6a，等边△AMN的边长为a，则S△DFH＝×6a×=9a2，阴影部分的面积S阴影=S△EGI-3S△AMN=×3a×?3×a×a=a2．由测度比为面积比可得：往△DFH中投掷一点，则该点落在阴影部分内的概率为P==.
故选：A．
4、在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有四个．类似的：在立体几何中，与正四面体的六条棱所在直线的距离相等的点（
）
A、有且只有一个B、有且只有三个C、有且只有四个D、有且只有五个正确答案
D
解析
解：在平面几何中，与三角形的三条边所在直线的距离相等的点有且只有四个．一个是三条内角平分线的交点，三个是外角平分线的交点；类比到立体几何中，与正四面体的六条棱所在直线的距离相等的点有且只有五个，一个是正四面体的中心，另外四个是外面的延展面的中心．如图所示：故选：D．
5、平面几何中，若△ABC的内切圆半径为r，其三边长分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝(a+b+c)?r．类比上述命题，若三棱锥的内切球半径为R，其四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，猜想三棱锥体积V的一个公式．若三棱锥P-ABC的体积V=，其四个面的面积均为，根据所猜想的公式计算该三棱锥P-ABC的内切球半径R为（
）
A、B、C、D、正确答案
A
解析
解：设四面体的内切球的球心为O，
则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．则四面体的体积为（S1+S2+S3+S4）r∴r==．故选：A．
6、我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A（-3，4），且法向量为=（1，-2）的直线（点法式）方程为：1×（x+3）+（-2）×（y-4）=0，化简得x-2y+11=0．类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A（1，2，3），且法向量为=（-1，-2，1）的平面的方程为（
）
A、x+2y-z-2=0B、x-2y-z-2=0C、x+2y+z-2=0D、x+2y+z+2=0正确答案
A
解析
解：类比平面中求动点轨迹方程的方法，在空间任取一点P（x，y，z），则=（x-1，y-2，z-3）∵平面法向量为=（-1，-2，1），∴-（x-1）-2×（y-2）+1×（z-3）=0∴x+2y-z-2=0，故选：A．
二、填空题（每小题6分，共30分）
7、高中数学教材上有一道习题：已知平面四边形一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，求证：它的对角线互相垂直．下面利用向量方法进行证明：设有四边形ABCD，由条件得知2+2=2+2则2（-）2=（-）2+2·=·，（-）·=0．∴·＝0．反思上面的证明过程，对该命题进行推广，写出你的结论：
正确答案
已知空间四边形一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，则空间四边形对角线互相垂。
解析
解：由于平面向量与空间向量的运算法则类似，平面四边形与空间四边形可以类比，由此可以将平面四边形这一性质推广到空间四边形．得出：已知空间四边形一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，则空间四边形余下的对角线互相垂直．
8、平面A1B1C1∥平面ABC，A1A⊥平面ABC，A1A∥B1B∥C1C，AB=BC=AC=AA1=4，求BC1与平面ABB1A1所成角的大小．（要求用几何和向量两种方法计算，并有规范的计算过程）
几何方法：
向量方法：
正确答案
arcsin
解析
解：几何法：取A1B1的中点P，连接C1P，BP，由条件知该几何体为正三棱柱，
则C1P⊥平面ABB1A1，则∠C1BP是BC1与平面ABB1A1所成的角，∵AB=BC=AC=AA1=4，∴C1P=2，BC1=4，则sin∠C1BP===，则∠C1BP=arcsin．向量法：取AB的中点O，取A1B1的中点P，由条件知该几何体为正三棱柱，则OC⊥AB，建立以O为坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：∵AB=BC=AC=AA1=4，∴OC=2，则B（2，0，0），C（0，2，0），C1（0，2，4），由正三棱柱的性质得OC⊥平面ABB1A1，则平面ABB1A1，的法向量为=（0，2，0），
=（-2，2，4），设BC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ=
cos＜，＞
=
===，
即θ=arcsin。
9、在平面几何中，直线l：Ax+By+C=0（A，B不同时为0）的一个法向量可以写为＝(A，B)，同时平面内任意一点P（x0，y0）到直线l的距离为d＝；类似的，假设空间中一个平面的方程写为a：Ax+By+Cz+D=0（A，B，C不同时为0），则它的一个法向量=，空间任意一点P（x0，y0，z0）到它的距离d=。
正确答案
（A，B，C）；.
解析
解：∵直线l：Ax+By+C=0（A，B不同时为0）的一个法向量可以写为＝(A，B)，同时平面内任意一点P（x0，y0）到直线l的距离为d＝；∴空间中一个平面的方程写为a：Ax+By+Cz+D=0（A，B，C不同时为0），则它的一个法向量是（A，B，C）空间任意一点P（x0，y0，z0）到它的距离d=。
10、在平面几何中：△ABC的∠C的内角平分线CE分AB所成线段的比为=．把这个结论类比到空间：在三棱锥A-BCD中（如图），平面DEC平分二面角-CD-B且与AB相交于E，则得到类比的结论是
正确答案
=.
解析
解：在△ABC中作ED⊥AC于D，EF⊥BC于F，则ED=EF，∴==，根据面积类比体积，长度类比面积可得：=，即=.
11、平面几何里有设：直角三角形ABC的两直角边分别为a，b，斜边上的高为h，则+=拓展到空间：设三棱锥A-BCD的三个侧棱两两垂直，其长分别为a，b，c，面BCD上的高为h，则有
正确答案
++=.
解析
解：∵A-BCD的三个侧棱两两垂直，∴AB⊥平面BCD．由已知有：CD上的高AE=，h=AO=，∴h2=，即++=.
三、解答题（每小题10分，共40分）
12、（1）已知tan(α+)＝?3，求的值．
（2）如图：△ABC中，▕▏=2▕▏，D在线段BC上，且=2，BM是中线，用向量证明AD⊥BM．（平面几何证明不得分）
正确答案
见解析
解析
解：（1）∵tan(α+)＝?3，∴tanα=2∴==；
（2）在三角形ABC中，利用三角形法则得-=，-=，因为=2，代入求得：=+；因为M为AC的中点，所以=，而-=，-=，则有＝?+，∴·＝（4
2-
2)＝0，∴AD⊥BM．
13、在△PAB中A1∈PA，B1∈PB，如图（1）所示，则△PA1B1和△PAB具有面积关系=在平面几何中该关系式已经证明是成立的．请你在三棱锥P-ABC中（图2）写出一个类似的正确结论；并给予证明．
正确答案
见解析
解析
解：结论：在三棱锥P-ABC中，A1∈PA，B1∈PB，C1∈PC，则两三棱锥P-A1B1C1和P-ABC体积具有关系式：
=．…如图（2）证明：过B1作B1H1⊥面PAC于H1，过B作BH⊥面PAC于H，则B1H1∥BH，则点B，B1，P，H1，H共面，易证：点P，H1，H三点共线．因为△B1PH1∽△BPH，所以=
由平面几何可知：=，
===。
14、（平面几何）如图，AD、AE、BC分别与圆O切于点D、E、F，延长AF交圆O于G．
（1）求证：AD+AE=AB+BC+CA；（2）求证：AF?AG=AD?AE．
正确答案
见解析
解析
解：（1）∵AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，∴BD=BF，CE=CF，∴AD+AE=AC+CE+AB+BD=AC+AB+CF+BF=AC+AB+BC，∴AD+AE=AB+BC+CA．
（2）∵AD，AE，分别与圆O切于点D，E，∴AD=AE，由切割线定理得AD2=AF?AG，∴AF?AG=AD?AE．
15、已知正三角形ABC的边长是a，若O是△ABC内任意一点，那么O到三角形三边的距离之和是定值a．这是平面几何中一个命题，其证明常采用“面积法”．如图，设O到三边的距离分别是OD、OE、OF，则S＝a?OD+a?OE+a?OF=a?(OD+OE+OF)＝a?h为正三角形ABC的高a，即OD+OE+OF＝a．运用类比法猜想，对于空间正四面体，存在什么类似结论，并用“体积法”证明．
正确答案
见解析
解析
解：设正四面体的边长为a，则正四面体中任意一点到四个面的距离之和为定值a，即正面体的高．证明如下：设O为正四面体ABCD内任意一点，O到四个面的距离分别为h1，h2，h3，h4，正四面体高为h，各面面积为S，则有V＝S?h1+S?h2+S?h3+S?h4＝S?h，所以h1+h2+h3+h4=h，正四面体的边长为a，所以高h＝=a，即O到各面的距离之和为定值a。
声明：本
