上海交大附中2018-2019高二数学下学期期中试题（Word版含解析）

2018-2019 学年度第二学期 高二数学期中考试试卷 一、填空题：本大题共 12 个小题,满分 54 分. 将答案填在答题纸上 1.如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线共可确定_________个平面. 【答案】1 【解析】 【分析】 两条平行直线确定 个平面，根据两点在平面上可知直线也在平面上，从而得到结果. 详解】两条平行直线可确定 个平面 直线与两条平行直线交于不同的两点 该直线也位于该平面上 这三条直线可确定 个平面 本题正确结果： 【点睛】本题考查空间中直线与平面的关系，属于基础题. 2.已知球的体积为 ，则该球主视图的面积等于________ 【答案】 【解析】 由球 体积公式，可得 ，则 ，所以主视图的面积为 . 3.若正三棱柱的所有棱长均为 ，且其体积为 ，则 ． 【答案】 【解析】 试题分析： ， ． 考点：棱柱的体积． 【名师点睛】1．解答与几何体的体积有关的问题时，根据相应的体积公式，从落实公式中的 有关变量入手去解决问题，例如对于正棱锥，主要研究高、斜高和边心距组成的直角三角形 以及高、侧棱和外接圆的半径组成的直角三角形；对于正棱台，主要研究高、斜高和边心距 组成的直角梯形． 【 的 1 1  ∴ ∴ 1 1 36π 9π 34 363 rπ π= 3r = 23 9S π π= × = a 16 3 a = 4 23 16 34V a a= × = 4a =2．求几何体的体积时，若给定的几何体是规则的柱体、锥体或台体，可直接利用公式求解； 若给定的几何体不能直接利用公式得出，常用转换法、分割法、补形法等求解． 4.如图，以长方体 的顶点 为坐标原点，过 的三条棱所在的直线为 坐标轴，建立空间直角坐标系，若 的坐标为 ，则 的坐标为________ 【答案】 【解析】 如图所示，以长方体 的顶点 为坐标原点， 过 的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系， 因为 的坐标为 ，所以 , 所以 . 5.若圆锥的侧面积是底面积的 3 倍，则其母线与底面角的大小为 （结果用反三角函数值 表示）. 【答案】 . 【解析】 1 1 1 1ABCD A B C D− D D 1DB (4,3,2) 1AC ( 4,3,2)− 1 1 1 1ABCD A B C D− D D 1DB (4,3,2) (4,0,0), (0,3,2)A C 1 ( 4,3,2)AC = − 1arccos 3设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，由题意 ，即 ，母线与底面夹角为 ， 则 为， . 【考点】圆锥的性质，圆锥的母线与底面所成的角，反三角函数. 6.已知圆柱 的母线长为 ，底面半径为 ， 是上底面圆心， 是下底面圆周上两个不 同的点， 是母线，如图，若直线 与 所成角的大小为 ，则 __________ 【答案】 【解析】 试题分析：如图，过 A 作与 BC 平行的母线 AD，连接 OD，则∠OAD 为直线 OA 与 BC 所成的角， 大小为 ，在直角三角形 ODA 中，因为∠OAD= ，所以 ，故答案为 。 考点：异面直线及其所成的角. 7.已知 三个顶点到平面 的距离分别是 3，3，6，则其重心到平面 的距离为 __________．（写出所有可能值） 【答案】0，2，4 【解析】 【分析】 可将所有情况分为三类：① 在平面同侧，且 在平面另一侧；② 位于平面同侧， r l 23rl rπ π= 3l r= θ 1cos 3 r l θ = = 1arccos 3 θ = Ω l r O ,A B BC OA OB 6 π 1 r = ABC∆ α α ,A B C ,B C A在平面另一侧；③ 在平面同侧；利用重心分中线成比例的性质可分别求得结果. 【详解】设 到平面 距离为 ； 到平面 距离为 ①若 在平面同侧，且 在平面另一侧，则 取 中点 ，连接 ，设重心为 又 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 由重心性质可知： 到平面 的距离为 ②若 位于平面同侧， 在平面另一侧，取 中点 ，连接 设重心为 ， 在平面 内的射影分别为： ，如下图所示： , ,A B C ,A B α 3 C α 6 ,A B C / /AB α AB D CD G D α 1 3d = C α 2 6d = 2CG DG = 2 1 dCG DG d ∴ = G α∴ ∈ G∴ α 0 ,B C A AC D BD G , ,B G D α , ,B G D′ ′ ′， 又 ，即 到平面 距离为 ③若 在平面同侧，则 ，取 中点 ，连接 设重心为 ， 在平面 内的射影分别为 ，如下图所示： ， 又 ，即 到平面 距离为 综上所述，重心到平面 距离为 本题正确结果： 【点睛】本题考查点到面的距离的求解，关键是能够将原题进行准确的分类，做到不重不漏； 考查了学生对于重心分中线成比例的性质的应用. 8.正方体 的棱长为 ,若动点 在线段 上运动, 则 的取值范围 是 ． 【答案】 【解析】 试题分析：以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ． 则 、 、 、 、 ． ∴ 、 ．∵点 在线段 上运动，∴ ， 且 ．∴ ，∴ ，故答案为 ． 考点：平面向量数量积的运算. ( )1 36 3 32 2DD′ = × + − = 3BB′ = 2BG GD= 2GG′∴ = G α 2 , ,A B C / /AB α AB D CD G , ,C D G α , ,C D G′ ′ ′ 3DD′ = 6CC′ = 2CG GD= 4GG′∴ = G α 4 α 0,2,4 0,2,4 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 P 1BD ·DC AP  [ ]0,1 AP AB BP DC BP= + = +     ( ),1 ,λ λ λ= − − [ ]0,19.如图，在边长为 4 的正方形纸片 中， 与 相交于点 ，剪去 ，将剩余 部分沿 折叠，使 重合，则折叠后以 为顶点的四面体的体积为 __________． 【答案】 【解析】 折叠后的四面体如图所示． OA，OC，OD 两两相互垂直，且 OA＝OC＝OD＝2 ， 所以体积 V＝ S△OCD·OA＝ × ×(2 )3＝ 10.某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则 的最大值为 __________． ABCD AC BD O AOB∆ ,OC OD ,OA OB ( ), , ,A B C D O 8 2 3 2 1 3 1 3 1 2 2 8 2 3 3 4x y+【答案】 【解析】 【分析】 由 三 视 图 还 原 几 何 体 后 ， 可 根 据 垂 直 关 系 ， 利 用 勾 股 定 理 得 到 之 间 的 关 系 ： ；利用三角换元的方式可将问题转化为三角函数最值的求解，根据 三角函数的值域可求得结果. 【详解】由三视图可得到三棱锥 如下图所示： 其中 ， ， 设 ， ， ，其中 且 当 时， 取得最大值： 本题正确结果： 【点睛】本题考查三视图还原几何体、利用圆的参数方程即三角换元法求解最值问题；解题 关键是能够根据棱长关系得到 所满足的关系式，从而利用三角换元将问题转化为三角函 数值域问题的求解. 11.已知 为半径为 的球面上的四点，其中 间的球面距离分别为 ， 5 5 ,x y ( )2 2 5 0, 0x y x y+ = > > O ABC− 2OC = AC y= 1BC = 24OA y∴ = − 2 2 25x OA BC y∴ = + = − ( )2 2 5 0, 0x y x y∴ + = > > 5 cosx θ= 5 siny θ= 0, 2 πθ  ∈   ( )3 4 3 5 cos 4 5 sin 5 5 sinx y θ θ θ ϕ∴ + = + = + 3tan 4 ϕ = 0, 2 πϕ  ∈   ( )0,θ ϕ π+ ∈ ∴ 2 πθ ϕ+ = 3 4x y+ 5 5 5 5 ,x y , , ,A B C P R , ,AB AC BC 3 R π， ，若 ，其中 为球心，则 的最大值是 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 根 据 球 面 距 离 可 求 得 三 边 长 ， 利 用 正 弦 定 理 可 求 得 所 在 小 圆 的 半 径 ； ，根据平面向量基本定理可知 四点共面，从而将所求问题变为 的最大值；根据 最小值为球心到 所在平面的距离，可求得 最小值，代 入可求得所求的最大值. 【详解】 间的球面距离为 同理可得： 所在小圆的半径： 设 四点共面 若 取最大值，则需 取最小值 最小值为球心到 所在平面的距离 2 R π 2 R π OP xOA yOB zOC= + +    O x y z+ + 21 3 ABC∆ ABC∆ OPOP x y z ′ = + +  , , ,P A B C′ R OP′ OP′ ABC∆ OP′ AB 3 R π 3AOB π∴∠ = 2 sin 6AB R R π∴ = = 2BC AC R= = 2 2 2 3cos 2 4 AC BC ABC AC BC + −∴ = =⋅ 7sin 4C∴ = ABC∆∴ 1 2 7 2 sin 7 ABr RC = × = OP x y z x y z x y z O x y P xOA yOB zOC z = +′ = + + + + + + + + +     , , ,P A B C′∴ OP Rx y z OP OP ∴ + + = = ′ ′    x y z+ + OP′ OP′  ABC∆ 2 2 21 7d R r R= − = ( )max 21 321 7 Rx y z R ∴ + + = =本题正确结果： 【点睛】本题考查球面距离、球的性质的应用、平面向量基本定理的应用、正余弦定理解三 角形等知识；关键是能够构造出符合平面向量基本定理的形式，从而证得四点共面，将问题 转化为半径与球心到小圆面距离的比值的最大值的求解的问题. 12.如图，在四面体 中， 分别为 的中点，过 任作一个平面 分别与 直线 相交于点 ，则下列结论正确的是___________．①对于任意的平面 ，都 有直线 ， ， 相交于同一点；②存在一个平面 ，使得点 在线段 上，点 在线段 的延长线上； ③对于任意的平面 ，都有 ；④对于任意的平面 ， 当 在线段 上时，几何体 的体积是一个定值. 【答案】③④ 【解析】 【分析】 当 分别为 中点时，可知三线互相平行，排除①；若三线相交，交点必在 上， 可排除②；取 中点 ，利用线面平行判定定理可证得 平面 ， 平面 ，再结合 为 中点可得 到平面 的距离相等，进一步得到 到 直线 的距离相等，从而证得面积相等，③正确；首先通过临界状态 与 重合， 与 重合时，求得所求体积为四面体体积一半；当不位于临界状态时，根据③的结论可证得 ，从而可知所求体积为四面体体积一半，进而可知为定值，④正确. 【详解】当 分别为 中点时， ，则①错误 若 三线相交，则交点 21 3 ABCD ,E F ,AB CD EF α ,BC AD ,G H α GF EH BD 0a G BC H AD α EFG EFHS S∆ ∆= α ,G H ,BC AD AC EGFH− ,G H ,BC AD BD ,BD AC ,I J / /BC EIFJ / /AD EIFJ E AB ,G H EIFJ ,G H EF H D G C C EFG D EFHV V− −= ,G H ,BC AD / / / /EH BD GF , ,EH FG BD M BD∈不存在 在线段 上， 在线段 延长线上的情况，则②错误 取 中点 ，如图 所示： 分别为 中点 又 平面 ， 平面 平面 同理可得： 平面 到平面 的距离相等； 到平面 的距离相等 又 为 中点 到平面 的距离相等 到平面 的距离相等 连接 交 于 ，则 为 中点 到 距离相等 ，则③正确 当 与 重合， 与 重合时，此时几何体体积为三棱锥 的体积 为 中点 三棱锥 的体积为四面体 体积的一半 当如图 所示时，由③可知 又 为 中点 到截面的距离相等 综上所述，几何体 的体积为四面体 体积的一半，为定值，则④正确 ∴ G BC H AD ,BD AC ,I J 1 ,E J ,AB AC / /EJ BC∴ EJ ⊂ EIFJ BC ⊄ EIFJ / /BC∴ EIFJ / /AD EIFJ ,A H∴ EIFJ ,B G EIFJ E AB ,A B∴ EIFJ ,G H∴ EIFJ GH EF K K GH ,G H∴ EF EFG EFHS S∆ ∆=∴ H D G C A CDE− E AB ∴ A CDE− A BCD− 2 EFG EFHS S∆ ∆= F CD ,C D∴ C EFG D EFHV V− −∴ = ∴ 1 2AC EGFH A BCDV V− −= AC EGFH− A BCD−本题正确结果：③④ 【点睛】本题考查立体几何中的截面问题，涉及到几何体体积的求解、点到面的距离、直线 交点问题等知识；要求学生对于空间中的直线、平面位置关系等知识有较好的理解，对学生 的空间想象能力和逻辑推理能力有较高的要求，属于难题. 二、选择填（本大题共 4 题,每小题 5 分,满分 20 分.）在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的. 13. 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. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试 题 分 析 ： 如 图 为 等 腰 直 角 三 角 形 旋 转 而 成 的 旋 转 体 ， ，故选 B． 考点：圆锥的体积公式． 14.如图，在大小为 45°的二面角 A­EF­D 中，四边形 ABFE，CDEF 都是边长为 1 的正方形， 则 B，D 两点间的距离是(　　) 2 2 3 π 4 2 3 π 2 2π 4 2πA. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由 ，利用数量积运算性质展开即可得到答案 【详解】 , 故 故选 【点睛】本题是要求空间两点之间的距离，运用空间向量将其表示，然后计算得到结果，较 为基础。 15.《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系 统的数学典籍，其中记载有求“盖”的术：置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一. 该术相当于给出了有圆锥的底面周长 与高 ，计算其体积 的近似公式 它实际 上是将圆锥体积公式中的圆周率 近似取为 3.那么近似公式 相当于将圆锥体积公 式中的 近似取为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析：设圆锥底面圆的半径为 ，高为 ，依题意， ， ， 所以 ，即 的近似值为 ，故选 B. 考点：《算数书》中 的近似计算，容易题. 3 2 3 2− DB ED FE BF= + +    BD ED FE BF= + +     2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2BD BF FE ED BF FE FE ED BF ED∴ = + + + + + = + + −             3 2BD = − D L h V 21 .36v L h≈ π 22 75v L h≈ π 22 7 25 8 157 50 355 113 25 816.在正方体 中，若点 （异于点 ）是棱上一点，则满足 和 所成 的角为 的点 有（ ） A. 6 个 B. 4 个 C. 3 个 D. 2 个 【答案】C 【解析】 【分析】 将各个顶点分别与 的连线与直线 所成的角大于等于 和小于 两类；从而可知当点 在 上运动时都经历了从小于 到大于 的变化，从而得到结果. 【详解】如图，将正方体的各个顶点（除 点外）分类，规定当顶点与 的连线与直线 所成的角大于等于 时为一类，小于 时为一类 显然 与 所成角的正切值为 ，故大于 与 所成角的为 ，大于 与 所成角 为 ，大于的 ' ' ' 'ABCD A B C D− P B PB 'AC 45 P B AC′ 45 45 P , ,B C CC D C′ ′ ′ ′ ′ 45 45 B B AC′ 45 45 , ,AB BB CB′ AC′ 2 1> 45 ,A B DB′ AC′ 90 45 D B′ AC′ 60 45与 所成角的正切值为 ，小于 当点 从 运动到 时，角度从大于 变化到小于 ，一定经过一个点满足 ； 依此类推，当点 在 上运动时，都经历过角度从小于 到大于 的变化， 故满足条件的点共有 个 本题正确选项： 【点睛】本题考查立体几何知识的综合应用，关键是能够利用类似于函数的零点存在性定理 的方式，通过确定角度的变化规律，找到变化过程中的临界点，通过一上一下两点的角度变 化特点得到是否存在满足要求的点，属于较难题. 三、解答题：本大题共 5 题，满分 76 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.现有四个正四棱柱形容器，1 号容器的底面边长是 ，高是 ；2 号容器的底面边长是 ， 高是 ；3 号容器的底面边长是 ，高是 ；4 号容器的底面边长是 ，高是 .假设 ， 问是否存在一种必胜的 4 选 2 的方案（与 的大小无关），使选中的两个容器的容积之和大 于余下的两个容器的容积之和？无论是否存在必胜的方案，都要说明理由. 【答案】存在，选择 3 号和 4 号容器. 【解析】 【分析】 分别计算出四个容器的体积，可求得 ，从而得到必 胜方案，即选择 号和 号容器. 【详解】 号容器体积为： ； 号容器体积为： ； 号容器体积为： ； 号容器体积为： 存在必胜方案，即选择 号和 号容器 【点睛】本题考查与棱柱体积有关的计算问题，关键是能够进行因式分解得到恒大于零的式 子，从而得到所求方案. C B′ AC′ 2 12 < 45 P B′ C′ 45 45 45 P , ,B C CC D C′ ′ ′ ′ ′ 45 45 3 C a b b a a a b b a b¹ ,a b ( )( )23 3 2 2 0a b a b b a a b a b+ − − = + − > 3 4 1 2a b 2 2b a 3 3a 4 3b a b≠ ( )( ) ( ) ( )( )23 3 2 2 2 2 0a b a b b a a b a ab b ab a b a b a b∴ + − − = + − + − + = + − > ∴ 3 418.如图，已知圆锥底面半径 ， 为底面圆圆心，点 Q 为半圆弧 的中点，点 为母线 的中点， 与 所成的角为 ，求： （1）圆锥的侧面积； （2） 两点在圆锥面上的最短距离. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 分析】 （1）取 中点 ，连接 ，根据 可得 ；根据垂直关系， 结合勾股定理和直角三角形中的长度关系可求得圆锥母线长；根据扇形面积公式可求得圆锥 的侧面积；（2）在圆锥侧面上连接 两点可知最短距离为直线，将圆锥沿母线 展开， 根据（1）的结果可知圆心角为 ，根据角度和长度关系可证得 为等边三角形，从 而求得结果. 【详解】（1）取 中点 ，连接 【 20r cm= O AC P SA PQ SO arctan 2 ,P Q 2600 cmπ 15 3cm OA H ,PH QH / /PH SO arctan 2QPH∠ = PQ SC 240 QSA∆ OA H ,PH QH则 即为异面直线 与 所成角 又 平面 平面 平面 在 中， 又 圆锥母线长 ，即侧面展开扇形半径 底面圆周长 圆锥的侧面积 即圆锥的侧面积为： （2）在圆锥侧面上连接 两点的所有曲线中，最短的必为直线 由（1）知，侧面展开图扇形的圆心角为 沿母线 将圆锥侧面展开，如下图所示： 则 是半圆弧 的中点 / /PH SO QPH∴∠ PQ SO SO ⊥ CQA PH∴ ⊥ CQA QH ⊂ CQA PH QH∴ ⊥ OQH∆ OQ OH⊥ 2 2 100 400 10 5QH OH OQ∴ = + = + = tanQH PH QPH= ∠ 5 5PH∴ = 2 10 5SO PH∴ = = ∴ 2 2 500 400 30SA SO OA= + = + = 30R =  2 40L rπ π= = ∴ 1 6002S LR π= = 2600 cmπ PQ 240 SC 120CSA ASC′∠ = ∠ =  Q AC 60CSQ QSA∴∠ = ∠ = 又 为等边三角形 即 两点在圆锥面上的最短距离为： 【点睛】本题考查立体几何中圆锥侧面积的求解、最短距离的求解问题；解决侧面上两点间 的最短距离的方法是将侧面展开，可知两点间线段最短，从而根据角度和长度关系来进行求 解. 19.如图，在四棱锥 中 底面 ， 为直角， ， ， 分别为 中点. （1）试证： 平面 ； （2）求 与平面 所成角的大小； （3）求三棱锥 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3） . 【解析】 【分析】 （1）易证得四边形 为矩形，从而 ；利用线面垂直性质可证得 ， 进而得到 平面 ，由线面垂直性质得 ，由平行关系得 ，由线 面垂直判定定理证得结论；（2）由（1）可知 即为所求角；根据四边形 为矩形 可 得 到 长 度 关 系 ， 从 而 得 到 ， 进 而 得 到 结 果 ； （ 3 ） 利 用 体 积 桥 可 知 ，利用三棱锥体积公式计算可得结果. 【详解】（1） ， 为直角， 四边形 为矩形 又 平面 ， 平面 的 SQ SA= QSA∴∆ sin 60 15 3PQ SQ∴ = = ,P Q 15 3cm P ABCD− PA ⊥ ABCD DAB∠ / /AB CD 2 2 2AD CD AB PA= = = = ,E F ,PC CD CD ⊥ BEF BC BEF P DBE− 1arctan 2 1 3 ABFD CD BF⊥ PA CD⊥ CD ⊥ PAD CD PD⊥ CD EF⊥ CBF∠ ABFD tan CBF∠ 1 2P DBE P BCDV V− −= / /DF AB DAB∠ 1 2AB CD FD= = ∴ ABFD CD BF∴ ⊥ PA ⊥ ABCD CD ⊂ ABCD PA CD∴ ⊥又 ， 平面 ， 平面 平面 分别为 中点 平面 ， 平面 （2）由（1）知， 在平面 内的射影为 即为直线 与平面 所成角 四边形 为矩形 在 中， 即直线 与平面 所成角大小为： （3） ，又 为 中点 【点睛】本题考查线面垂直关系的证明、直线与平面所成角的求解、三棱锥体积的求解；立 体几何中求解三棱锥体积的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为底面积和高易求的 三棱锥体积的求解问题. 20.如图， 是底面边长为 1 的正三棱锥， 分别为棱长 上的点， 截面 底面 ，且棱台 与棱锥 的棱长和相等.（棱长和是指 多面体中所有棱的长度之和） （1）证明： 为正四面体； CD AD⊥ ,AD PA ⊂ PAD AD PA A∩ = CD\ ^ PAD PD ⊂ PAD CD PD∴ ⊥ ,E F ,PC CD / /EF PD∴ CD EF∴ ⊥ ,EF BF ⊂ BEF EF BF F= CD\ ^ BEF BC BEF BF CBF∴∠ BC BEF  ABFD 2BF AD CD FC∴ = = = ∴ Rt BCF∆ 1tan 2 CFCBF BF ∠ = = 1arctan 2CBF∴∠ = BC BEF 1arctan 2 P DBE E PBDV V− −= E PC 1 1 2 2E PBD C PBD P BCDV V V− − −∴ = = 1 1 1 1 22 2 13 3 2 6 3P BCD BCDV S PA CD BF PA− ∆= ⋅ = × ⋅ ⋅ = × × × = 1 1 2 1 2 2 3 3P DBE P BCDV V− −∴ = = × = P ABC− , ,D E F , ,PA PB PC / /DEF ABC DEF ABC− P ABC− P ABC−（2）若 ，求二面角 的大小；（结果用反三角函数值表示） （3）设棱台 的体积为 ，是否存在体积为 且各棱长均相等的直平行六面体， 使得它与棱台 有相同的棱长和？若存在，请具体构造出这样的一个直平行六面 体，并给出证明；若不存在，请说明理由. （注：用平行于底的截面截棱锥，该截面与底面之间的部分称为棱台，本题中棱台的体积等 于棱锥 的体积减去棱锥 的体积.） 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）存在，证明见解析.（注：所构造直平行 六面体不唯一，只需题目满足要求即可） 【解析】 【分析】 （1）根据棱长和相等可知 ，根据面面平行关系和棱锥为正 三棱锥可证得 ，进而证得 各棱长均相等，由此 得到结论；（2）取 的中点 ，连接 ，根据等腰三角形三线合一的性质和 线面垂直判定定理可证得 平面 ，由线面垂直性质可知 ，从而得到 即为所求二面角的平面角；易知 ，从而得到 ，在 中 根据长度关系可求得 ，从而得到结果；（3）设直平行六面体的棱长均为 ，底面 相邻两边夹角为 ，根据正四面体 体积为 ，可验证出 ；又所 构造六面体体积为 ，知 ，只需满足 即可满足要求，从 而得到结果. 【详解】（1） 棱台 与棱锥 的棱长和相等 平面 平面 ，三棱锥 为正三棱锥 为正四面体 （2）取 的中点 ，连接 1 2PD PA= D BC A− − DEF ABC− V V DEF ABC− P ABC− P DEF− 3arcsin 3 DE EF FD PD PE PF+ + = + + DE EF FD PD PE PF= = = = = P ABC− BC M , ,PM DM AM BC ⊥ PAM BC DM⊥ DMA∠ PM AM= DM PA⊥ Rt ADM∆ sin DMA∠ 1 2 α P ABC− 2 12 2 20 8 13V< < < 1 sin8 Vα = sin 8Vα = ( )arcsin 8Vα =  DEF ABC− P ABC− DE EF FD PD PE PF∴ + + = + +  / /DEF ABC P ABC− DE EF FD PD PE PF∴ = = = = = 60DPE EPF FPD∴∠ = ∠ = ∠ =  PA PB PC AB AC BC∴ = = = = = P ABC∴ − BC M , ,PM DM AM， ， 平面 ， 平面 平面 为二面角 的平面角 由（1）知， 各棱长均为 为 中点 即二面角 的大小为： （3）存在满足题意的直平行六面体，理由如下： 棱台 的棱长和为定值 ，体积为 设直平行六面体的棱长均为 ，底面相邻两边夹角为 则该六面体棱长和为 ，体积为 正四面体 体积为： 时，满足要求 PB PC= AB AC= PM BC∴ ⊥ BC AM⊥ ,AM PM ⊂ PAM AM PM M= BC∴ ⊥ PAM DM ⊂ PAM BC DM∴ ⊥ DMA∴∠ D BC A− − P ABC− 1 3 2PM AM∴ = = D PA DM PA∴ ⊥ 1 32sin 33 2 ADDMA AM ∴ ∠ = = = 3arcsin 3DMA∴∠ = D BC A− − 3arcsin 3 DEF ABC− 6 V 1 2 α 6 1 sin8 Vα =  P ABC− 2 12 20 12V∴ < < 2 20 8 13V∴ < < < ( )arcsin 8Vα∴ =故可构造棱长均为 ，底面相邻两边夹角为 的直平行六面体即可满足要求 【点睛】本题考查立体几何知识的综合应用，涉及到正四面体的证明、二面角的求解、存在 性问题的求解等知识；此题对考生的思维能力的要求较高，对学生的空间想像能力，观察， 分析，综合，探索和创新有较高的要求，属于较难题. 21.火电厂、核电站的循环水自然通风冷却塔是一种大型薄壳型构筑物。建在水源不十分充足 的地区的电厂，为了节约用水，需建造一个循环冷却水系统，以使得冷却器中排出的热水在 其中冷却后可重复使用，大型电厂采用的冷却构筑物多为双曲线型冷却塔.此类冷却塔多用于 内陆缺水电站，其高度一般为 75~150 米，底边直径 65~120 米.双曲线型冷却塔比水池式冷却 构筑物占地面积小，布置紧凑，水量损失小，且冷却效果不受风力影响；它比机力通风冷却 塔维护简便，节约电能；但体形高大，施工复杂，造价较高.（以上知识来自百度，下面题设 条件只是为了适合高中知识水平，其中不符合实际处请忽略.） （1）如图为一座高 100 米的双曲线冷却塔外壳的简化三视图（忽略壁厚），其底面直径大于 上底直径，已知其外壳主视图与左视图中的曲线均为双曲线，高度为 100 ，俯视图为三个同 心圆，其半径分别 40 ， ，30 ，试根据上述尺寸计算视图中该双曲线的标准方 程（ 为长度单位米）； 1 2 ( )arcsin 8V m m 60 14 7 m m m（2）试利用课本中推导球体积的方法，利用圆柱和一个倒放的圆锥，计算封闭曲线： ， ，绕 轴旋转形成的旋转体的体积多少？（用 表示）.（用 积分计算不得分）现已知双曲线冷却塔是一个薄壳结构，为计算方便设其内壁所在曲线也为 双曲线，其壁最厚为 0.4 （底部），最薄处厚度为 0.3 （喉部，即左右顶点处），试计算该 冷却塔内壳所在的双曲线标准方程是？并计算本题中的双曲线冷却塔的建筑体积（内外壳之 间）大约是多少 ；（计算时 取 3.14159，保留到个位即可） （3）冷却塔体型巨大，造价相应高昂，本题只考虑地面以上部分的施工费用（建筑人工和辅 助机械）的计算，钢筋土石等建筑材料费用和和其它设备等施工费用不在本题计算范围内.超 高建筑的施工（含人工辅助机械等）费用随着高度的增加而增加，现已知：距离地面高度 30 米（含 30 米）内的建筑，每立方米的施工费用平均为：400 元/立方米；30 米到 40 米（含 40 米）每立方米的施工费用为 800 元/立方米；40 米以上，平均高度每增加 1 米，每立方米的施 工费用增加 100 元.试计算建造本题中冷却塔的施工费用（精确到万元）. 【 答 案 】（ 1 ） ， ； （ 2 ） ， ， ；（3） 万元. 【解析】 2 2 2 2 1x y a b − = 0,y y h= = y , ,a b h m m 3m π 2 2 1900 6300 x y− = [ ]70,30y∈ − 2 2 3 23 aV a h hb ππ= + 2 2 2 129.7 6300 x y− = 36728m 1516【分析】 （1）由最窄处距离可求得 ；根据 时， ； 时， ， 可构造方程求得 ，从而得到双曲线方程；（2）首先求得双曲线旋转体的体积和内 层双曲线方程，计算得到体积差的函数关系式，分别代入 和 可求得体积差，加 和得到所求体积；（3）由（2）可推得高度 时的几何体体积；将在高度 米以内的薄 壳体积的建筑费用分为高度 米以内和高度在 米之间两类分别计算；设超过 米部 分，每高 米的环形建筑物的体积构成数列 ，其相应的每立方米的施工费用对应为等差数 列 ，易得 通项公式；由双曲线对称性可知 ，进而可计算出此部分对应的建筑 费用；综合三部分的费用即可得到结果. 【详解】（1） 最窄处即双曲线两顶点间 设双曲线的标准方程为： 由题意知：当 （地面半径）时对应 的值是 ；当 时， 的值为 ，解得： 双曲线的标准方程是 ， （2）高为 的双曲线旋转体的体积是： 其旋转体相当于一个底面半径为 ，高为 的圆柱与底面半径为 ，高为 倒立圆锥的体积 之和. 计算内层双曲线方程为： 高为 时双曲线旋转体的体积差为： 30a = 40x = 7 3y b= − 60 14 7x = 7 7y b= 30 7b = 30h = 70h = 70h < 40 30 30 40− 40 1 { }na { }nb nb 61n na a −=  30a∴ = 2 2 2 1900 x y b − = 40x = y 7 3 b− 60 14 7x = y 7 7 b 7 7 1007 3b b∴ + = 30 7b = ∴ 2 2 1900 6300 x y− = [ ]70,30y∈ − h 2 2 3 23 aV a h hb ππ= + a h a hb h 2 2 2 129.7 6300 x y− = ∴ h当 与 时，计算上述体积差，分别为 ， ，合计约为 立方米 冷却塔的建筑体积约为 立方米 （3）由（2）知高为 的双曲线冷却塔壳体体积为 立方米 立方米 当高度 时，其几何体体积为： 于是在高度 米以内的薄壳体积的建筑费用： 第一部分，高度 米以内的体积： 相应施工费用为： （元） 第二部分，高度在 米之间的部分体积 相应施工费用为： （元） 设超过 米部分，每高 米的环形建筑物的体积构成数列 ，其相应的每立方米的施工费 用对应为等差数列 注意到双曲线的对称性，本题中的冷却塔喉部在高度 米处，其上方 米，下方 处恰为 高度 米处，于是 又数列 是等差数列 这部分费用为： 其中 为（2）中 时壳体的体积，其值约为 ( ) 2 2 2 2 3 31 2 1 2 1 2 2 17.9117.913 3 6300 a aV V a a h h h hb π π −  − = − + = + ×   ×   30h = 70 19701 35 π 23681 15 π 6728 ∴ 6728 70 V 317.91 2368117.91 70 70 4959.733 6300 15V ππ π= × + × = ≈× ∴ 70h < ( ) ( )317.9117.91 70 703 6300V h hπ π − × − + × − ×  40 30 3 1 17.9117.91 40 40 2518.563 6300V V π π = − × + × ≈ ×  ∴ 1 1400 1007424S V= ≈ 30 40− ( ) ( )3 3 2 40 30 17.91 2248717.91 40 30 40 30 672.8093 6300 105h hV V V π π π= == − = × − + × − = ≈× ∴ 2 2800 538247S V= × ≈ 40 1 { }na { }nb 800 100 100 800nb n n∴ = + × = + 70 30 30 40 61n na a −= { }nb 1 60 2 59 61 7700n nb b b b b b −∴ + = + = ⋅⋅⋅ = + = ∴ ( ) ( ) ( )3 1 1 2 2 3 3 60 60 1 1 60 2 2 59 30 30 31S a b a b a b a b a b b a b b a b b= + + +⋅⋅⋅+ = + + + +⋅⋅⋅+ + ( )1 2 30 37700 7700a a a V= + +⋅⋅⋅+ × = 3V 30h = 1768.356这部分施工费用约为 （元） 综上，本题中所求的施工总费用 元，约 万元 【点睛】本题考查圆锥曲线中的双曲线的实际应用问题，考查了双曲线方程的求解、双曲线 几何性质的应用、曲线旋转所得几何体体积的求解等知识；本题对于学生分析和解决问题的 能力有很高的要求，属于难题. ∴ 3 7700 1768.356 13616341.2S = × = 1 2 3 15162012S S S S= + + ≈ 1516