《九章算术》与《几何原本》作业

《数学思想方法》综合练习一、填空题1.《九章算术》思想方法的特点是开放的归纳体系算法化的内容模型化的方法。

2.古代数学大体可分为两种不同的类型：一种是崇尚逻辑推理，以《几何原本》为代表；一种是长于计算和实际应用，以《九章算术》为典范。

3.在数学中建立公理体系最早的是几何学，而这方面的代表著作是古希腊欧几里得的《几何原本》。

4.《几何原本》所开创的公理化方法不仅成为一种数学陈述模式，而且还被移植到其它学科，并且促进他们的发展。

5.推动数学发展的原因主要有两个：①实践的需要，②理论的需要：数学思想方法的几次突破就是这两种需要的结果。

6.变量数学产生的数学基础是解析几何，标志是微积分。

7.数学基础知识和数学思想方法是数学教学的两条主线。

&随机现象的特点是在一定条件下，可能发生某种结果，也可能不发生某种结果。

9.等腰三角形的抽象过程，就是把一个新的特征：两边相等，加入到三角形概念中去，使三角形概念得到强化。

10.学生理解或掌握数学思想方法的过程有如下三个主要阶段、①潜意识阶段，②明朗化阶段,③深刻理解阶段。

11.数学的统一性是客观世界统一性的反映，是数学中各个分支固有的内在联系的体现，它表现为数学的各个分支相互渗透和相互结合的趋势。

12.抽象的含义：取其共同的本质属性或特征，舍去其非本质的属性或特征的思维过程13.强抽象就是指，通过把一些新特征加入到某一概念中去而形成新概念的抽象过程。

14.菱形概念的抽象过程就是把一个新的特征：一组邻边相等，加入到平行四边形概念中去,使平行四边形概念得到了强化。

15.演绎法与归纳法被认为是理性思维中两种最重要的推理方法。

16.所谓类比，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也具有该属性的一种推理方法：常称这种方法为类比法，也称类比推理。

17.反例反驳的理论依据是形式逻辑的矛盾律。

18.在反例反驳中，构造一个反例必须满足条件（1）反例满足构成猜想的所有条件（2）反例与构成猜想的结论矛盾。

《九章算术》与《几何原本》的比较研究综述摘要：《九章算术》和《几何原本》是东西方数学代表性的两本巨著，从中反映出两者不同的文化背景和水平。

一些研究者都对其进行比较研究，分别从数学教育视野、东西方文化差异等视角。

本文从成书的背景、内容、文化价值、数学教育启示、传播影响等方面进行研究综述。

关键词：九章算术；几何原本；历史背景；研究综述；数学文化价值；数学教育启示中图分类号：G423文献标识码：A文章编号：随着国际发展、中国崛起的形势，文化自信成为当前的发展需要。

中国科学技术文化的历史发展、层次与水平成为广大人民感兴趣的话题。

数学文化是中国近20年处于显著位置的文化现象，研究中国古代数学教育与文化现象成为数学教育界和社会各界的热门话题。

中国古代以《九章算术》为代表的数学教科书和教育载体，在长达1000多年的历史长河中一直处于特别重要的位置，近些年数学史家、数学家和科技史专家围它进行了广泛的研究，和东西方对古希腊数学典籍《几何原本》的研究形成鲜明的对照。

本文尝试对两者进行探索分析和文献综述，以期推进当前的数学课程思政和立德树人实践。

一、《九章算术》和《几何原本》成书背景比较研究邓宗琦（1994）认为，《几何原本》和《九章算术》都有十分深远的历史源头，其中《几何原本》是欧几里得将好几个世纪的数学家的创造的几何知识用演绎法进行整理，从定义、定理等出发形成的；《九章算术》是集体的成果，但产生的具体时间有待考证[1]。

张维忠（1996）认为，《九章算术》所形成的时期从墨家到刘徽时期，在中国没有形成逻辑学派，因此《九章算术》体系的非逻辑结构，反映当时数学研究的主流思想；同时当时社会生产实践的发展也快速推动应用数学发展；《几何原本》成书时候正好处在古希腊形式逻辑发展时期，将形式逻辑思想方法应用到具体数学研究，但是排除数学应用[2]。

王晓亚、张守波、范文贵、司成勇（2011）认为，《九章算术》产生时候体现非逻辑特点，但不是一点形式逻辑没有，“问-答-术”中的“术”是通过简单推理证明而得到；《几何原本》诞生于形式逻辑鼎盛阶段，将其思想运用到数学研究是非常自然的事，当然当时数学的特点排斥数学应用，但是其思维方式也是特别严密、理性的[3]。

从数学教育的角度比较分析《九章算术》与《几何原本》【摘要】本文主要从数学教育的角度比较分析了《九章算术》与《几何原本》这两部经典著作。

在我们介绍了这两部著作，并阐明了比较分析的目的和意义。

在我们对这两部著作的历史背景进行了分析，并比较了它们的教学内容和教学方法，同时探讨了它们在数学教育中的影响与应用。

我们对这两部著作在当今教学环境中的现状进行了分析。

在我们总结了比较分析的结果，并展望了未来这两部著作在数学教育中的发展前景。

通过本文的分析，可以更好地了解《九章算术》与《几何原本》在数学教育中的地位和作用，为今后的教学实践提供参考和借鉴。

【关键词】九章算术，几何原本，数学教育，比较分析，历史背景，教学内容，教学方法，影响与应用，教学现状，总结分析，未来发展。

1. 引言1.1 介绍《九章算术》与《几何原本》《九章算术》是中国古代数学经典之一，是我国古代最重要的数学著作之一，《九章算术》中有“两筹”、“阵”、“野算”、“分甘”、“阶”、“方田”、“平尺”七种运算法则和“正”、“方程”二种方法，主要是为了解决实际生活和生产中的计算问题而编写的。

而《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的几何学著作，是几何学的经典之作，在几何学发展史上具有非常重要的地位。

《九章算术》和《几何原本》都是古代数学的经典著作，虽然分别来自不同的文化和思想体系，但都对后世数学的发展产生了深远影响。

通过比较分析这两部作品，可以更好地了解古代数学在不同文化背景下的发展和特点，进一步挖掘其中蕴含的数学思想与方法，对于推动数学教育的发展和提高数学教学水平都具有重要的意义。

1.2 目的与意义《九章算术》与《几何原本》是中国古代数学领域的两部重要著作，它们对中国数学教育的发展起到了重要作用。

通过比较分析这两部著作，我们可以更加深入地了解中国古代数学的发展历程，及其对现代数学教育的启示。

2. 通过比较分析《九章算术》与《几何原本》的教学内容和方法，可以帮助我们更好地发掘和利用这些古代数学文化遗产。

电大国开《数学思想与方法》形考作业：一至十通关作业答案第一关题目1巴比伦人是最早将数学应用于（）的。

在现有的泥板中有复利问题及指数方程。

C. 商业题目2《九章算术》成书于（），它包括了算术、代数、几何的绝大部分初等数学知识。

D. 西汉末年题目3金字塔的四面都正确地指向东南西北，在没有罗盘的四、五千年的古代，方位能如此精确，无疑是使用了（）的方法。

C. 天文测量题目4在丢番图时代(约250)以前的一切代数学都是用（）表示的，甚至在十五世纪以前，西欧的代数学几乎都是用（）表示。

B. 文字，文字题目5古埃及数学最辉煌的成就可以说是（）的发现。

A. 四棱锥台体积公式题目6《几何原本》中的素材并非是欧几里得所独创，大部分材料来自同他一起学习的（）。

B. 柏拉图学派题目7古印度人对时间和空间的看法与现代天文学十分相像，他们认为一劫（“劫”指时间长度）的长度就是（），这个数字和现代人们计算的宇宙年龄十分接近。

D. 100亿年题目8根据亚里士多德的想法，一个完整的理论体系应该是一种演绎体系的结构，知识都是从（）中演绎出的结论。

D. 初始原理题目9欧几里得的《几何原本》几乎概括了古希腊当时所有理论的（），成为近代西方数学的主要源泉。

B. 数论及几何学题目10数学在中国萌芽以后，得到较快的发展，至少在（）已经形成了一些几何与数目概念。

A. 六七千年前第二关题目1欧几里得的《几何原本》是一本极具生命力的经典著作,它的著名的平行公设是( )。

C. 同平面内一条直线和另外两条直线相交，若在直线同侧的两个内角之和小于180°，则这两条直线经无限延长后在这一侧一定相交题目2《九章算术》是我国古代的一本数学名著。

“算”是指（），“术”是指（）。

A. 算筹解题方法题目3《几何原本》就是用（）的链子由此及彼的展开全部几何学，它的诞生，标志着几何学已成为一个有着比较严密的理论系统和科学方法的学科。

D. 逻辑题目4《几何原本》最主要的特色是建立了比较严格的几何体系，在这个体系中有四方面主要内容：（）。

数学思想与方法试题 2015年元月 A一、单项选择题（每题4分，共40分）1．数学的第一次危机是由于出现了( C )而造成的。

A.无理数（或√虿） B．整数比詈不可约 C．无理数（或厄） D.有理数无法表示正方形边长2．算法大致可以分为( A )两大类。

A．多项式算法和指数型算法 B．对数型算法和指数型算法C. 三角函数型算法和指数型算法 D．单向式算法和多项式算法3．反驳反例是用____否定的一种思维形式。

( D )A．偶然必然 B．随机确定 C．常缝变量 D．特殊一般4．类比联想是人们运用类比法获得猜想的一种思想方法，它的主要步骤是( B )。

A．猜测一类比一联想 B．联想一类比一猜测 C．类比一联想一猜测 D．类比一猜测一联想5．归纳猜想是运用归纳法得到的猜想，它的思维步骤是( D )。

A．归纳一猜测一特例B.猜测一特例一归纳 C．特例一猜测一归纳D．特例一归纳一猜测6．传统数学教学只注重( A )的数学知识传授，忽略了数学思想方法的挖掘、整理、提炼。

A．形式化 B．科学化 C．系统化 D．模型化7．所谓统一性，就是( C )之间的协调。

A．整体与整体 B．部分与部分 C.部分与部分、部分与整体 D．个别与集体8．中国《九章算术》的算法体系和古希腊《几何原本》____的体系在数学历史发展进程中争奇斗妍、交相辉映。

( A )A．以算为主逻辑演绎 B．演绎为主推理证明 C模型计算为主几何作画为主 D．模型计算几何证明9．所谓数学模型方法是( B )。

A．利用数学实验解决问题的一般数学方法 B．利用数学模型解决问题的一般数学方法C．利用数学理论解决问题的一般数学方法 D．利用几何图形解决问题的一般数学方法10．公理化方法就是从( D )出发，按照一定的规定定义出其它所有的概念，推导出其它一切命题的一种演绎方法。

A．一般定义和公理 B．特定定义和概念 C．特殊概念和公理 D．初始概念和公理二、判断题（回答对或错，每题4分，共20分）1．数学抽象摆脱了客观事物的物质性质，从中抽取其数与形，因而数学抽象具有无物质性。

包头师范学院本科毕业论文二〇一三年三月摘要《九章算术》与《几何原本》是数学史上东西辉映的两大巨著，是现代数学思想的两大源泉。

两书同是古代数学名著，却有着截然不同的风格。

将从数学教育的角度，解读一下两书在成书背景、结构和内容等方面的不同，并从比较研究中得到一些对当代数学教育改革的启示。

关键词：九章算术；几何原本；形式逻辑；数学教育AbstractNine Chapters of Arithmetic”and”Principles of Geometry”are two famous books in the world history of mathematics，serving as two origins of modem mathematics education．The two books belong to famous ancient mathematics books，but with different styles．From the perspective of mathematics education，a compari-son is made of the two books in their backgrounds，structures and content，and some enlightenment is derivedfrom them for current mathematics education reforill．目录引言（绪论） (5)一《几何原本》 (6)(一)《几何原本》的基本内容 (6)(二)《几何原本》的特点 (7)1.封闭的演绎体系 (7)2.抽象化的内容 (8)3.公理化的方法 (8)(三)《几何原本》的意义 (9)二、《九章算术》 (10)(一)《九章算术》的基本内容 (11)(二)《九章算术》的特点 (11)1.开放的归纳体系 (11)2.算法化的内容 (12)3.模型化的方法 (12)(三)《九章算术》的意义 (12)1.《九章算术》的影响巨大而深远 (12)2.《九章算术》中的数学成就是多方面的 (12)3.《九章算术》对中国周边国家数学及社会的发展也有一定的作用 (13)4.《九章算术》的思想方法不仅对古代数学的发展产生了重大影响，而且也是现代数学思想发展的源泉 (13)三.《九章算术》与《几何原本》的比较 (13)（一）形成《九章算术》与《几何原本》迥异的背景 (13)（二）两书体例的比较 (14)（三）两书内容的比较 (15)（四）对当代数学教育改革的启示 (15)1.数学教育观 (15)2.数学教育目的 (16)3.数学教材 (17)4.数学文化 (18)参考文献 (19)引言（绪论）《九章算术》与《几何原本》是数学史上东西辉映的两大巨著，某种意义上说是现代数学思想的两大源泉。

从数学教育的角度比较分析《九章算术》与《几何原本》【摘要】本文通过对《九章算术》和《几何原本》两部古代数学经典著作进行比较分析，从数学教育的角度探讨它们的特点、基础知识、教学方法以及对数学教育的启示。

在《九章算术》中，强调实用计算方法和应用技巧；而《几何原本》则注重几何理论的发展和应用。

基础知识方面，《九章算术》更注重运算技巧，而《几何原本》更侧重几何原理的理解。

在教学方法上，前者偏向实践操作，后者则更注重推理和证明。

文章总结比较分析的结果并展望未来，指出古代数学经典对当代数学教育的启示和借鉴意义。

通过本文的研究，可以更全面地了解两部古代数学经典著作，为数学教育提供新的思路和启示。

【关键词】数学教育、《九章算术》、《几何原本》、比较分析、背景介绍、研究意义、特点、基础知识、教学方法、启示、总结、展望未来1. 引言1.1 背景介绍《九章算术》与《几何原本》是中国古代数学经典之作，分别展现了古代数学和几何学的辉煌成就。

《九章算术》是我国古代一部重要的数学著作，内容包括有关算术、代数、几何等方面的知识，被誉为中国古代数学的“集大成者”。

而《几何原本》则是古希腊数学家欧几里得所著，是世界几何学的奠基之作，其中包含了几何学的基本概念、定理和证明方法。

这两部经典著作在数学教育领域具有重要的地位，对于了解古代数学和几何学的发展历程以及学习数学的方法和技巧具有重要意义。

本文将从数学教育的角度比较分析《九章算术》与《几何原本》，探讨它们在数学教育中的作用和价值，为今后的数学教育提供借鉴和启示。

1.2 研究意义《九章算术》和《几何原本》作为中国古代数学经典著作，对于了解我国古代数学教育和数学思想具有重要的意义。

通过对这两部著作的比较分析，可以帮助我们更好地把握古代数学教育的特点和发展轨迹，进而启发和促进当代数学教育的发展。

深入研究这两部著作也有助于我们更好地挖掘和传承我国数学文化的精髓，为提高学生的数学素养提供更好的教育资源和参考。

绎 法加 以整理 ， 撰成 《 何原 本 》 事 实上 ， 几 ． 古希 腊地 处 沿 海 ， 有 优 良的 自然 条 件 ， 具 而且 与两 大文 明古 国 埃及 和 巴比伦相 邻 。这样 的地理 环境 十 分有 利于 希腊 人 与 外 界 进 行广 泛 的交 流 ， 不 同的文 化 传 统 中 从 吸取精华 ， 而有 利 于他 们形 成对 事 物 的整体 看 法 ， 进 即世 界观 。对其 进 行 整 合 和 系统 化 ， 便形 成 了古 希 腊 高度发 达 的哲 学 ， 思 维方 式是 理性 的 、 其 严密 的。古 希 腊 的 数 学是 在 哲 学 基 础上 产 生 的 ， 就 注 定 了 这 数学 体 系 的逻辑 演绎 性 。古 希腊 文化 孕育 了其 数 学 的纯 粹 理 性 思维 特 征 ， 视 实 用 而 强调 数 学 在 人类 轻 文 明演进 中的重要 作 用 。至 此 ， 们 就 不难 理 解 《 何 原 本 》 以形 成 逻辑 演 绎 体 系 这 一 区别 于 《 我 几 何 九章
作者简介 ： 王晓亚（９ ５一） 女 ， １８ ， 渤海大学硕士研究生 ， 从事课程论研究．
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
第１ 期
王晓 亚 ， 守波 ， 张 范文 贵 ， ： 学教 育视 野 下《 等 数 九章 算术 》 几何 原本 》 与《 的比较研 究 ２ ３
发展 演绎 推理 。
《 几何原本》 成书时的古希腊 与《 九章算术》 成书时中国的情形完全不同 ， 当时的古：腊正处于形式 希 逻辑 的发 展时 期 。把形 式逻 辑 的思 想方 法运 用 于数 学 研究 并 排 斥 数 学应 用 ， 当 时形 成 了一种 强 大 的 在 思潮 ． 欧几 里得 （ ｕｌ ） Ｅ ｃ ｄ 正处 于这 个 时 期 ， ｉ 他在 几 个 世 纪 以 来 的几 代 数 学 家 的 肩膀 上 ， 几 何 知 识 用 演 将

一、选择题1．如下图所示，在正方体1111ABCD A BC D -中，E 是平面11ADD A 的中心，M 、N 、F 分别是11B C 、1CC 、AB 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．12MN EF =，且MN 与EF 平行 B ．12MN EF ≠，且MN 与EF 平行 C ．12MN EF =，且MN 与EF 异面 D ．12MN EF ≠，且MN 与EF 异面 2．已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，则点1B 到平面1A BC 的距离为（ ）A 221B 221C 47D 473．现有一个三棱锥形状的工艺品P ABC -，点P 在底面ABC 的投影为Q ，满足12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =品放入一个球形容器（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）A ．42πB ．44πC ．48πD ．49π4．已知三棱锥P ABC -的三条侧棱两两垂直，且,,PA PB PC 的长分别为,,a b c ，又2()162a b c +=，侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ） A ．10πB ．40πC ．20πD ．18π5．《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除（此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中，平面ABDA '是铅垂面，下宽3m AA '=，上宽4m BD =，深3m ，平面BDEC 是水平面，末端宽5m CE =，无深，长6m （直线CE 到BD 的距离），则该羡除的体积为（ ）A ．324mB ．330mC ．336mD ．342m6．已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为（ ） A ．13 B ．3 C ．33 D ．11 7．已知正四棱锥的高为2，底面正方形边长为4，其正视图为如图所示的等腰三角形，正四棱锥表面点M 在正视图上的对应点为腰的中点A ，正四棱锥表面点N 在正视图上对应点为B ，则||MN 的取值范围为（ ）．A ．[10,19]B ．[11,19]C ．[10,25]D ．[11,25]8．已知一个正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且这个正三棱锥的所有棱长都为22 ） A ．4π B ．8πC ．12πD ．24π9．正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，M 为1CC 的中点，则点1B 到面1A BM 的距离为（ ） A 2B 2C ．12D 310．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚踢、踏皮球的活动，类似现在的足球运动．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．3D 打印属于快速成形技术的一种，它是一种以数字模型为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层堆叠积累的方式来构造物体的技术．过去常在模具制造、工业设计等领域被用于制造模型，现正用于一些产品的直接制造，特别是一些高价值应用（比如人体的髋关节、牙齿或飞机零部件等）．已知某蹴鞠的表面上有四个点A ．B ．C ．D ，满足任意两点间的直线距离为6cm ，现在利用3D 打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由ABCD 组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为31g/cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（ ）（参考数据）π 3.14≈，2 1.41≈，3 1.73≈，6 2.45≈． A ．101g B ．182gC ．519gD ．731g11．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为（ ）A ．43B ．83C ．3D ．412．已知在底面为菱形的直四棱柱1111ABCD A BC D -中，14,42AB BD ==，若60BAD ︒∠=，则异面直线1BC 与1AD 所成的角为（ ）A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30︒二、填空题13．张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家､地理学家，他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五，已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A ，B ，若线段AB 的最小值为31-，利用张衡的结论可得该正方体的内切球的表面积为___________.14．已知正四棱锥的体积为18，侧棱与底面所成的角为45，则该正四棱锥外接球的表面积为___________.15．在正三棱锥P ABC -中，E ，F 分别为棱PA ，AB 上的点，3PE EA =，3BF FA =，且CE EF ⊥.若23PB =，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为_________.16．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.17．如图，在三棱锥V ABC -中，22AB =，VA VB =，1VC =，且AV BV ⊥，AC BC ⊥，则二面角V AB C --的余弦值是_____．18．如图，在长方体1111ABCDA B C D ﹣中，O 是11B D 的中点，P 是线段AC 上一点，且直线1PA 交平面11AB D 于点M ．给出下列结论：①A ，M ，O 三点共线；②A ，M ，O ，1A 不共面；③A ，M ，C ，O 共面；④B ，1B ，O ，M 共面．其中正确结论的序号为______．19．在矩形ABCD 中，1AB =，3AD =.将BCD 沿对角线BD 翻折，得到三棱锥A BCD -，则该三棱锥外接球的表面积为________.20．水平放置的ABC ∆的斜二测直观图如图所示,已知''4,''3B C A C ==,则ABC ∆中AB 边上的中线的长度为_______ .三、解答题21．如图（1）在ABC 中，AC BC =，D ､E ､F 分别是AB ､AC ､BC 边的中点，现将ACD △沿CD 翻折，使得平面ACD ⊥平面BCD .如图（2）（1）求证：//AB 平面DEF ； （2）求证：BD AC ⊥.22．在如图所示的几何体中，四边形BCED 为直角梯形，//DE CB ，BC EC ⊥，90AED ∠=︒.（1）证明：平面ABC ⊥平面ACE .（2）若P ，Q 分别是AE ，CD 的中点，证明：//PQ 平面ABC .23．如图，AB 是O 的直径，PA 垂直于O 所在的平面，C 是圆周上不同于A ，B 的一动点.（1）证明：BC ⊥面PAC ；（2）若PA =AC =1，AB =2，求直线PB 与平面PAC 所成角的正切值. 24．如图，在三棱锥A BCD -中，2,22,23,BC BD AB CD AC AB BD =====⊥（1）证明：平面ABC ⊥平面ABD ．（2）在侧面ACD 内求作一点H ，使得BH ⊥平面ACD ，写出作法（无需证明），并求线段AH 的长．25．在四棱锥P ABCD -中，90ABC ACD ∠=∠=，60BAC CAD ∠=∠=，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点，M 为AD 的中点，24PA AB ==．（1）取PC 中点F ，证明：PC ⊥平面AEF ； （2）求点D 到平面ACE 的距离.26．如图，在平面四边形A ABC '中，90CAB CA A '∠=∠=，M 在直线AC 上，A A A C ''=，AB AM MC ==，A AC '绕AC 旋转．（1）若A AC '所在平面与ABC 所在平面垂直，求证：A C '⊥平面A AB '． （2）若二面角A AC B '--大小为60，求直线A B '与平面ABM 所成角的正弦值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，利用正方体性质可求得2MN =3EF =知12MN EF ≠，再利用三角形中位线性质知1//MN B C ，从而//MN ED ，又EF 与ED 相交，可知MN 与EF 异面，即可选出答案.【详解】设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，则22112MN MC C N =+=作E 点在平面ABCD 的投影点G ，即EG ⊥平面ABCD ，连接,EG GF ，在直角EGF △中，1EG =，222GF AG AF =+=2222123EF EG GF =+=+以12MN EF ≠，故排除A 、C 连接DE ，由E 是平面11ADD A 的中心，得112DE A D =又M N 、分别是11B C 、1CC 的中点，所以1//MN B C 又11//A D B C ，所以//MN ED ， 又EF ED E ⋂=，所以MN 与EF 异面 故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查正方体中的线面关系，线线平行的关系，及判断异面直线，解题的关键是熟记正方体的性质，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.2．A解析：A 【分析】根据题意，将点1B 到平面1A BC 的距离转化为点A 到平面1A BC 的距离，然后再利用等体积法11A A BC A ABC V V --=代入求解点A 到平面1A BC 的距离. 【详解】已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，所以可得1122==A B AC ，1A BC 为等腰三角形，所以1A BC 的高为7，由对称性可知，111--=B A BC A A BC V V ，所以点1B 到平面1A BC 的距离等于点A 到平面1A BC 的距离，所以11A A BC A ABC V V --=，又因为112772=⨯⨯=A BC S △，12332ABCS =⨯⨯=，所以111233⨯⨯=⨯⨯A BC ABC S h S △△，即232217h ==. 故选：A.【点睛】一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底换高代入利用体积相等计算.3．D解析：D 【分析】作QM AB ⊥，连接PM ，易证AB PM ⊥，由112122QAB PABAB QMS S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,得到2PM QM =，再根据12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△，由对称性得到AB BC AC ==，然后根据22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABCS =，求得6,23AB AQ ==，在AOQ△中，由222AO OQ AQ =+求解半径即可.【详解】 如图所示：作QM AB ⊥与M ，连接PM ， 因为PQ ⊥平面ABC ，所以PQ AB ⊥，又QM PQ Q ⋂=， 所以AB ⊥平面PQM ， 所以AB PM ⊥，所以112122QAB PAB AB QM S S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△, 2PM QM =,因为12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△， 由对称性得AB BC AC ==,又因为22222213QA QB QC AB BC CA ++=++，ABC S = 所以21sin 60932ABC S AB =⨯⨯=解得6,AB AQ ==所以3QM PM PQ ==， 设外接球的半径为r ，在AOQ △中，222AOOQ AQ =+，即()(2223r r =-+，解得72r =， 所以外接球的表面积为2449S r ππ==， 即该球形容器的表面积的最小值为49π. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是由12QAB QAC QBC PABPACPBCS S S S S S ===△△△△△△得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心的位置而得解..4．A解析：A 【分析】将三棱锥体积用公式表示出来，结合均值不等式和2()a b c +=a b =，进而得到2c a =，带入体积公式求得2,a b c ===，根据公式24S R π=求出外接球的表面积.【详解】解：11116666V abc ab ab ==⋅=a b =时取等号， 因为侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，则PC c ==，216V a ∴==， 2,a b c ∴===所以2222410R a b c =++=， 故外接球的表面积为10π. 故选：A. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.5．C解析：C 【分析】在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥，然后由棱柱、棱锥体积公式计算． 【详解】如图，在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，则三棱柱ABC A B C '''-是斜三棱柱，该羡除的体积V V=三棱柱ABC A B C '''-V+四棱锥A B DEC '''-()311123636336m 232+⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：C ．【点睛】思路点睛：本题考查求空间几何体的体积，解题思路是观察几何体的结构特征，合理分割，将不规则几何体体积的计算转化为锥体、柱体体积的计算．考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力．6．B解析：B 【分析】取AC 中点F ，连接,EF DF ，证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得． 【详解】取AC 中点F ，连接,EF DF ，∵E 是BC 中点，∴//EF AB ，12EF AB =， 则FED∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角）， 设1AB =，则12EF =，3DE DF ==， ∴在等腰三角形DEF 中，11324cos 3EFFED DE ∠===．所以异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为36．故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．7．A解析：A 【分析】由题意画出如图正四棱锥，可得M 点在GK 上运动，N 点在CD 上运动，且四边形KCDG 是等腰梯形，则||MN 的取值范围的最小值就是等腰梯形的高，最大值就是梯形的对角线长，作KH ED ⊥，在直角三角形中求KJ KD 、的长可得答案. 【详解】如图正四棱锥P ECDF -，PO ⊥平面ECDF ，O 是底面中心，G K 、分别是PF PE 、的中点，由题意知，M 点在GK 上运动，N 点在CD 上运动，所以////GK FE DC ，且11222GK FE DC ===， 所以四边形KCDG 是梯形，在ECK 与FDG △中，,,EC FD EK FG KEC GFD ==∠=∠，所以ECK ≅FDG △，所以KC GD =，所以四边形KCDG 是等腰梯形，则||MN 的取值范围的最小值就是等腰梯形的高， 最大值就是梯形的对角线长，且22PO EC CD ===，，1222EO ED ==， 作KH ED ⊥于H ，所以//KH PO ，KH ⊥平面ECDF ，112KH PO ==，且H 是EO 的中点，122EH EO ==32DH =，45EDC ∠=，作KJ CD ⊥于J ，连接HJ ，12CD KGCJ -==， 所以3DJ =， 由余弦定理得2222cos 9HJ DH DJ DH DJ EDC =+-⋅∠=， 所以2221910KJ KH HJ =+=+=，10KJ =22211819DK EH HD =+=+=，19DK =故选：A. 【点睛】本题考查了正四棱锥的性质及线段的取值范围问题，关键点是画出正四棱锥分析出问题的实质，考查了学生的空间想象力.8．C解析：C 【分析】将正三棱锥补成一个正方体，计算出正方体的棱长，可得出正方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得这个球的表面积. 【详解】设该正三棱锥为A BCD -，将三棱锥A BCD -补成正方体AEBF GCHD -，如下图所示：则正方体AEBF GCHD -2222=，该正方体的体对角线长为23 所以，正三棱锥A BCD -的外接球直径为223R =3R 该球的表面积为2412S R ππ==. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.9．B解析：B 【分析】 连接11A N B AB =，根据已知条件先证明11B A A B ⊥、1⊥MN AB ，再通过线面垂直的判定定理证明1AB ⊥平面1A BM ，由此确定出1B N 的长度即为点1B 到面1A BM 的距离，最后完成求解. 【详解】连接1B A 交1A B 于N ，连接11,,,,MB MN MB MA MA ，如图所示：因为11A ABB 为正方形，所以11B A A B ⊥， 又因为2211111514MB MC C B =+=+=221514MA MC CA =+=+， 所以1MB MA =且N 为1AB 中点，则MN 为等腰三角形1AMB 的中垂线， ∴1⊥MN AB 且1MNA B N =，∴1AB ⊥平面1A BM ，∴1B N 就是点1B 到截面1A BM 的距离， 又因为1111211222B N AB ==+=，所以点1B 到截面1A BM 的距离为22， 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解平面外一点A 到平面α的距离的方法：（1）几何方法：通过线面垂直的证明，找到A 在平面α内的投影点A '，则AA '即为A 到平面α的距离；（2）向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点B ；②求解出AB 和平面α的法向量n ；③根据AB n d n⋅=即可求解出点A 到平面α的距离.10．B解析：B 【分析】由题意可知所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，求出正四面体体积、外接球体积，然后作差可得所需要材料的体积，再乘以原料密度可得结果. 【详解】由题意可知，几何体ABCD 是棱长为6cm 的正四面体， 所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为a ，则正四面体的高为2223632aa a ⎛⎫-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 设正四面体外接球半径为R ，则222623()()3a R R a =-+⨯，解得R =6a ， 所以3D 打印的体积为：323346113662343223812V a a a a a ππ⎛⎫=-⋅⋅⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭， 又336216a ==，所以276182207.71125.38182.331182V π=-≈-=≈， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查正四面体与正四面体的外接球，考查几何体的体积公式，解决本题的关键点是求出正四面体外接球体积与正四面体体积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．11．A解析：A 【分析】首先由三视图还原几何体，然后由几何体的空间结构特征求解三棱锥的体积即可. 【详解】由三视图可知，在棱长为2的正方体中，其对应的几何体为棱锥P ABC -，该棱锥的体积：11142223323V Sh ⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选：A. 【点睛】方法点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．12．A解析：A 【分析】把1AD 平移到1BC ，把异面直线所成的角转化为相交直线的夹角． 【详解】 连接1,BD BC ，∵四边形ABCD 为菱形， 60,4BAD AB ︒∠==，4BD ∴=.又1BDD 为直角三角形，22211BD BD DD ∴=+，得14DD =，∴四边形11BCC B 为正方形.连接1BC 交1BC 于点O 11//BC AD ，BOC ∴∠（或其补角)为异面直线1BC 与1AD 所成的角，由于11BCC B 为正方形， 90BOC ︒∴∠=，故异面直线1BC 与1AD 所成的角为90°. 故选：A. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．二、填空题13．【分析】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径再由已知条件和球的表面积公式可得答案【详解】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径满足：则由题意知：则该正方体的内切球的 解析：410【分析】设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =，正方体的外接球半径32R =，再由已知条件和球的表面积公式可得答案． 【详解】设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =， 正方体的外接球半径R 满足：222222a R a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则32R a =. 由题意知：3312aR r a -=-=-，则2a =，3R =， 该正方体的内切球的表面积为4π，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即25168π=，所以10π=， 所以内切球的表面积为410 故答案为：410 【点睛】关键点点睛：本题考查正方体的外接球和内切球问题，考查空间几何新定义，解决本题的关键点是利用正方体的外接球半径，内切球半径和正方体面对角线的一半组成勾股定理，得出正方体内切球半径，进而得出表面积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．14．【分析】作出图形计算出正四棱锥的高与底面边长设底面的中心为计算得出为正四棱锥的外接球球心可求得该正四棱锥的外接球半径即可得解【详解】如下图所示设正四棱锥的底面的中心为连接设正四棱锥的底面边长为则由于 解析：36π【分析】作出图形，计算出正四棱锥P ABCD -的高与底面边长，设底面ABCD 的中心为E ，计算得出E 为正四棱锥P ABCD -的外接球球心，可求得该正四棱锥的外接球半径，即可得解. 【详解】如下图所示，设正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心为E ，连接PE 、AC 、BD ，设正四棱锥P ABCD -的底面边长为a ，则AC BD ==，由于E 为正四棱锥P ABCD -的底面ABCD 的中心，则PE ⊥平面ABCD ， 由于正四棱锥P ABCD -的侧棱与底面所成的角为45，则45PAC PCA ∠=∠=， 所以，PAC △是以APC ∠为直角的等腰直角三角形， 同理可知，PBD △是以BPD ∠为直角的等腰直角三角形，E 为AC 的中点，122PE AC a ==，2ABCD S a =正方形，23111833P ABCD ABCD V S PE a a -=⋅=⨯==正方形，解得a =23PE ==，由直角三角形的性质可得1122PE AC BD ==，即PE AE BE CE DE ====，所以，E 为正四棱锥P ABCD -外接球的球心，球E 的半径为3r PE ==，该球的表面积为2436r ππ=. 故答案为：36π. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.15．【分析】证明与垂直得线面垂直从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方求得球半径后可得球体积【详解】∵∴∴又∴取中点连接如图由于是正三棱锥∴而平面∴平面又平 解析：36π【分析】证明PB 与,CE AC 垂直得线面垂直，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，结合正方体的性质得三条侧棱的平方和为外接球直径的平方，求得球半径后可得球体积． 【详解】∵3PE EA =，3BF FA =，∴AE AFAP AB=，∴//EF PB ，又CE EF ⊥，∴PB CE ⊥，取AC 中点D ，连接,PD BD ，如图，由于P ABC -是正三棱锥，∴,PD AC BD AC ⊥⊥，而PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，∴AC ⊥平面PBD ，又PB ⊂平面PBD ， ∴AC PB ⊥，∵ACCE C =，,AC CE ⊂平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，而,PA PC ⊂平面PAC ，∴,PB PA PB PC ⊥⊥，同理正三棱锥中，PA PC ⊥．设三棱锥P ABC -外接球半径为R ，则22222(2)3(23)R PA PB PC =++=⨯，3R =，球的体积为343363V ππ=⨯=． 故答案为：36π．【点睛】结论点睛：三棱锥的外接球问题，解题关键是找到外接球的球心，三棱锥的外接球球心在过各面外心且与该面垂直的直线上．当从同一顶点出发的三条棱两两垂直时，可以把三棱锥补成一个长方体，而长方体的对角线就是三棱锥外接球的直径．16．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值解析：4747,⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦【分析】根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】根据题意，如图所示：取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112tan 12OO O HO HO ∠===，1OH OM ON ===，所以HM HN ==tan tan NHO OHM ∠=∠=，11tan tan()1O HN O HO NHO ∠=∠-∠====11tan tan()1O HM O HO OHM ∠=∠+∠====， 所以tan θ的取值范围是⎣⎦，故答案为：4433⎡-+⎢⎣⎦. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.17．【分析】取的中点连接证明出可得出面角的平面角为计算出利用余弦定理求得由此可得出二面角的余弦值【详解】取的中点连接如下图所示：为的中点则且同理可得且所以二面角的平面角为由余弦定理得因此二面角的余弦值为解析：34【分析】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，证明出VO AB ⊥，OC AB ⊥，可得出面角V AB C --的平面角为VOC ∠，计算出VO 、OC ，利用余弦定理求得cos VOC ∠，由此可得出二面角V AB C --的余弦值. 【详解】取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，如下图所示：VA VB =，O 为AB 的中点，则VO AB ⊥，且AV BV ⊥，22AB =122VO AB ∴== 同理可得OC AB ⊥，且2OC =V AB C --的平面角为VOC ∠，由余弦定理得2223cos 24VO OC VC VOC VO OC +-∠==⋅，因此，二面角V AB C --的余弦值为34. 故答案为：34. 【点睛】本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角的定义，考查计算能力，属于中等题.18．①③【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确用反证法可得④错误【详解】∵连接∵是的中点∴平面与平面有公共点与则平面平面对于①平面则平面又平面则即三点共线故①正确；对于②在平面内由①知∴平解析：①③ 【分析】由公理1判断①正确；由公理2判断②错误③正确，用反证法可得④错误. 【详解】∵连接11AC ，∵O 是11B D 的中点，∴11O AC ∈． 平面11AB D 与平面11AAC C 有公共点A 与O ， 则平面11AAC C平面11AB D AO =．对于①，1M PA ∈，1PA ⊂平面11AAC C ，则M ∈平面11AAC C ， 又M ∈平面11AB D ，则M AO ∈，即A ，M ，O 三点共线，故①正确； 对于②，A ，O ，1A 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AAC C ， 即A ，M ，O ，1A 共面，故②错误；对于③，A ，O ，C 在平面11AAC C 内，由①知M AO ∈，∴O ∈平面11AAC CA ，则A ，M ，C ，O 共面11AAC C ，故③正确；对于④，连接BD ，则B ，1B ，O 都在平面11BB D D 上，若M ∈平面11BB D D ，则直线OM ⊂平面11BB D D ，∴A ∈面11BB D D ，显然A ∉面11BB D D 的，故④错误． ∴正确命题的序号是①③． 故答案为：①③．【点睛】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中的直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，是中档题.19．【分析】作出图示求得外接球的半径由球的表面积可求得答案【详解】作出图示因为在矩形ABCD 中则连接交于点则设该三棱锥外接球的半径为则所以该三棱锥外接球的表面积故答案为：【点睛】本题考查三棱锥的外接球的 解析：4π【分析】作出图示，求得外接球的半径，由球的表面积可求得答案. 【详解】作出图示，因为在矩形ABCD 中，1AB =，3AD =.则2==AC BD ，连接AC BD ，交于点O ，则1AO BO CO DO ====，设该三棱锥外接球的半径为R ，则1R =， 所以该三棱锥外接球的表面积244S R ππ==， 故答案为：4π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积计算，关键在于求得外接球的球心位置和半径，属于中档题.20．【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形且两条直线边长为长接下来利用勾股定理即可求出AB 的长然后利用直角三角形的性质进行解答即可【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得为直角三角形且两条直 解析：732【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形，且两条直线边长为长3,8AC BC ==，接下来利用勾股定理即可求出AB 的长，然后利用直角三角形的性质进行解答即可. 【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得ABC ∆为直角三角形，且两条直角边的长3,8AC BC ==， 由勾股定理可得73AB = 故三角形AB 73 73 【点睛】本题是一道关于平面几何图形的直观图的题目，解答本题的关键是熟练掌握斜二测画法的相关知识.三、解答题21．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据三角形中位线的性质，得到//EF AB ，利用线面平行的判定定理证得结果； （2）根据面面垂直的性质定理，得到BD ⊥平面ACD ，进而证得BD AC ⊥. 【详解】证明：（1）如图（2）：在ABC 中，E ､F 分别是AC ､BC 中点，得//EF AB ， 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，//AB ∴平面DEF .（2）∵平面ACD ⊥平面BCD 且交线为CD ，BD CD ⊥，且BD ⊂平面BCD ， ∴BD ⊥平面ACD ，又AC ⊂平面ACD ∴BD AC ⊥. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关空间关系的证明问题，解题方法如下：（1）熟练掌握线面平行的判定定理，在解题过程中，一定不要忘记线在面内、线在面外的。

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《九章算術》的官方用途
• 東漢光和二年（公元179年）大司農斛、權銘 文： 大司農以戊寅詔書，秋分之日，同度量、均衡 石、榷斗桶、正權概，更特為諸州作銅斗、斛、 稱、尺。依黃鍾律曆，《九章算術》，以均長 短、輕重、大小、用齊七政，令海內都同。
17
劉徽
• 三國時代的曹魏人，生平不詳。 • 陳留王景元四年 (公元263年）注《九章算 術》 • 與注《周髀算經》的孫吳趙爽，應該是同 一時代人。
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九章體積公式
• • • • • • • • 方錐：下方自乘，以高乘之，三而一。 圓錐：下周自乘，以高乘之，三十六而一。 塹堵：廣、袤相乘，以高乘之，二而一。 陽馬：廣、袤相乘，以高乘之，三而一。 鼈腝：廣、袤相乘，以高乘之，六而一。 羨除：并三廣，以深乘之，六而一。 芻甍：倍下袤，上袤從之，以廣乘之，又以高乘之，六而一。 芻童、曲池、盤池、冥谷皆同術：倍上袤、下袤從之；亦倍下 袤，上袤從之；各以其廣乘之；并，以高若深乘之，皆六而一。
孔門六藝與算學
• 孔門繼承周代城邦家臣傳統而來，「世傳六藝之教：禮 、樂、射、御、書、數，恐怕是結集歷史經驗的結果， 也應乎當時需要。習禮樂以為相，練射御以治軍，操書 數便去當家臣。」 • 無論是封建時代的家臣或秦漢大一統以後的官吏，學習 數學不過是他們干祿的途徑之一。 • 對於中國傳統士大夫，數學充其量只是一種遊藝活動！ 南齊顏之推的《顏氏家訓》說得好：「算術亦是六藝要 事，自古儒士論天道、定曆律者皆學通之，然可以兼明 ，不可以專業。」
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九章知識內容
• • • • 按現代數學知識分類： 算術 代數 幾何
• 按漢代數學知識— 九數 —分類： • 東漢鄭玄《周禮注》：九數：方田、粟米、差分、少廣、 商功、均輸、方程、贏不足、旁要。今有重差、夕桀、勾 股也。

《几何本来》与《九章算术》的异同《几何本来》和《九章算术》都是经典的数学著作，一部是西方的著作，一部是中国的古代著作，这两部著作都对此后的数学发展做出了很大的贡献，并对人类文明产生深远的影响。

《几何本来》和《九章算术》自己是对于纯数学的专著，但高度抽象化的数学是必然是需要和其余的学科相联合的。

下边，我就《几何本来》和《九章算术》的异同做一些论述，第一，《几何本来》和《九章算术》产生的背景不一样：《几何本来》产生的背景：欧几里得的平生，此刻知道的甚少，欧几里得在公元前 300 年左右，到达亚历山大里亚教课．人们夸赞欧几里得治学精神谨慎、谦逊，是一个温良敦朴的数学教育家．欧几里得在从事数学教育中，老是谆谆教导地启迪学生，倡导勤苦研究，弄懂弄通，反对谋利钻营、急于求成的狭小思想．欧几里得在从事数学教育中，擅长累积数学知识，并进行了拓宽与创新．他的巨著《几何本来》是一世中最重要的工作，这部著作的形成拥有无以伦比的历史意义．他精僻地总结了人类长期间累积的数学成就，成立了数学的科学系统，为后代持续学习和研究数学供给了课题和资料，使几何学的发展充满了活的活力．这部著作长期间被人崇敬、崇奉，素来没有一本教科书，像《几何本来》那样长久广为歌颂．从 1482年到 19 世纪末，欧几里得《几何本来》的印刷本竟用各样文字印刷 1000 版以上，在此从前，它的手手本统御几何学也已达近 1800 年之久．欧几里得继承和发展了古人的数学知识，《几何本来》所用到的资料大多半是希腊先期各学派创立的成就．欧几里得是柏拉图的门徒，他的著作基本沿续了柏拉图的传统思想，承继了《共和国》中所论及的科学方法．欧几里得在《几何本来》中，发展了柏拉图的以哲学为基础，“数论、几何、音乐、天文”4 科为内容的科学思想．此外，欧几里得还采纳了欧多克索斯等学者的一些定理，并加以完善．《几何本来》所采纳的公义、定理都是经过仔细商酌、挑选而成，并按谨慎的科学系统进行编排，使之系统化、理论化，超出了从前的所有著作，所以，当《几何本来》问世以后，其余诸类渐渐偃旗息鼓了．《九章算术》的背景：中国数学经过长久累积，到西汉期间已有了相当丰富的内容．除《周髀算经》外，西汉早期出现了第一部数学专著 ---《算术书》，用竹简写成．全书共60多个标题，如“相乘”、“增减”、“少广”、“税田”、“金价”、“合分”等，标题以下有各样问题．《九章算术》的体例便遇到《算术书》的影响．此外，当时西汉已有初步的负数及比率观点，面积和体积计算的知识也增加了．这些都为我国初等数学系统的形成准备了条件．现传本《九章算术》约成书于西汉末年，作者不详，可能经多人之手而成．它是一部承上启下的著作，一方面总结了西汉及西汉从前的数学成就，集当时初等数学之大成；另一方面又对后代数学发展产生了深远的影响．其次，《几何本来》和《九章算术》的内容的异同：<<几何本来本 >>各卷简介 :第一卷：几何基础。

从数学教育的角度比较分析《九章算术》与《几何原本》《九章算术》是“算经十书”中最重要的一种，该书内容非常丰富，且系统化总结并概括了战国、秦朝，以及汉时期的数学成就。

此外，该书在数学领域也取得了杰出的成就，首次提出分数、负数及加减运算法则等。

概括来说，《九章算术》是一本综合性的数学历史著作，该书的出现标志着中国古代数学体系的基本形成。

《几何原本》在数学界又被称为《原本》，该书为欧洲数学的发展奠定了良好的基础，且被广泛认为是历史上最成功的教科书，书中主要总结并归纳了平面几何的五大公设。

除此之外，《几何原本》在西方也占据着相当重要的位置，仅次于《圣经》。

这两本著名的数学著作对数学的发展都发挥着非常重要的作用，但是二者还存在诸多差异。

本文对这两本书从成书背景、体例、内容等方面进行研究后，得出二者的差异所在。

在此基础上，对其数学教育观、数学教育目的、数学教材及数学文化也进行了详细论述，基于现代数学视野，对现代数学教育改革提供启示，以供参考。

一、成书背景的对比《九章算术》是中国古代的数学专著，也是“算经十书”中最重要的一种。

众所周知，我国春秋战国时期，诸子百家争鸣，众多学派相继出现，在形式逻辑研究方面，相比其他学派而言，墨家比较突出，但之后形式逻辑在我国并没有太大的进展，而《九章算术》恰巧问世。

该书成书最迟是在东汉前期，但内容的定型却在西汉后期，这时候出现，就注定其呈现出非逻辑结构的特点。

中国古代数学专著都是在不断总结生活现象的过程中逐渐衍生而来的，《九章算术》也不例外，该书主要强调的是数学知识的应用，在不断地总结、归纳、推理、论证的过程中，最终发展成演绎推理。

《几何原本》是一部集前人思想和欧几里得个人创造于一体的不朽之作，整本书的内容是把人们公认的一些事实归纳成定义和公理，将形式逻辑的方法运用于教学研究。

通过这些定义和公理对几何图形的性质进行探讨，最终建立起一套数学理论体系，简称几何学。

该书的成书与《九章算术》有着不同的背景，当时古希腊正处于形式逻辑的发展时期，形式逻辑的思想方法被运用到了数学及其应用领域中，逐渐形成了强大的数学思潮，之后欧几里得不断研究和探索，将其用演绎法进行归类和整理，编写成《几何原本》一书。

一、选择题1．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的外接球的表面积（单位：2cm ）是（ ）A ．36πB ．54πC ．72πD ．90π2．《九章算术》与《几何原本》并称现代数学的两大源泉.在《九章算术》卷五商功篇中介绍了羡除（此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中，平面ABDA '是铅垂面，下宽3m AA '=，上宽4m BD =，深3m ，平面BDEC 是水平面，末端宽5m CE =，无深，长6m （直线CE 到BD 的距离），则该羡除的体积为（ ）A ．324mB ．330mC ．336mD ．342m3．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为43，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．12πC ．14πD ．16π4．已知三棱锥A BCD -的各棱长都相等，E 为BC 中点，则异面直线AB 与DE 所成角的余弦值为（ ） A ．13 B ．36C ．33 D ．1165．在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，1BC AC ，且12AC BC =，则直线11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．在长方体1111ABCD A B C D -中，12,3AB BC AA ===，E 是BC 的中点，则直线1ED 与直线BD 所成角的余弦值是（ ） A ．728B ．728-C ．3714D ．3714-7．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为6cm ，该纸片上的正方形ABCD 的中心为O .E ，F ，G ，H 为圆O 上的点，ABE △，BCF △，CDG ，ADH 分别是以AB ，BC ，CD ，DA 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以AB ，BC ，CD ，DA 为折痕折起ABE △，BCF △，CDG ，ADH ，使得E ，F ，G ，H 重合得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．163πB ．253πC ．643πD ．1003π8．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，若AP ∥平面BDEF ，则线段AP 长度的取值范围是（ ） A ．[322，5] B ．[5，22]C ．[324，6] D ．[6，22]9．下图中小正方形的边长为1，粗线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的体积为（ ）A ．64B ．48C ．32D ．1610．已知E ，F 是四面体的棱AB ，CD 的中点，过EF 的平面与棱AD ，BC 分别相交于G ，H ，则（ ） A ．GH 平分EF ，BH AGHC GD = B ．EF 平分GH ，BH GDHC AG = C ．EF 平分GH ，BH AGHC GD= D ．GH 平分EF ，BH GDHC AG= 11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．4B ．8C ．12D ．1412．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中2O A ''=，45B A O '''∠=,//B C O A ''''.则原平面图形的面积为（ ）A ．32B ．62C ．322D ．34二、填空题13．已知ABC 三个顶点都在球O 的表面上，且1AC BC ==，2AB =，S 是球面上异于A ､B ､C 的一点，且SA ⊥平面ABC ，若球O 的表面积为16π，则球心O 到平面ABC 的距离为____________.14．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD ==，2,3,BD CD BD CD ==⊥将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，则四面体A BCD '-的外接球的球心到平面ACD '的距离等于__________．15．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为24，则这个球的体积为____________.16．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ===，若四面体ABCD 体积的最大值为32，则这个球的表面积为______. 17．在三棱柱111ABC A B C -中侧棱垂直底面且底面是ABC 为等边三角形且12A A AB =，E 在棱1AA 上，112AE A A =，则异面直线1AC 与BE 所成角的余弦值___________.18．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为5,124ππ，则ABC 面积的取值范围是_____19．在三棱锥P ABC -中，P 在底面ABC 的射影为ABC 的重心，点M 为棱PA 的中点，记二面角P BC M --的平面角为α，则tan α的最大值为___________.20．已知正三棱柱木块111ABC A B C -，其中2AB =，13AA =，一只蚂蚁自A 点出发经过线段1BB 上的一点M 到达点1C ，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为______.三、解答题21．如图，ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且2CD =.（1）求证：平面ABC ⊥平面ABD ； （2）求二面角A-BC-D 的余弦值.22．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，PA AB =，点M 是棱PD 的中点.（1）求证：//PB 平面ACM ；（2）求三棱锥P ACM -的体积. 23．如图，在三棱锥A BCD -中，2,22,23,BCBD AB CD AC AB BD =====⊥（1）证明：平面ABC ⊥平面ABD ．（2）在侧面ACD 内求作一点H ，使得BH ⊥平面ACD ，写出作法（无需证明），并求线段AH 的长．24．在三棱锥P ABC -中，AE BC ⊥于点,E CF AB ⊥于点F ，且AE CF O ⋂=，若点P 在平面ABC 上的射影为点O ．（1）证明：AC PB ⊥；（2）若ABC 是正三角形，点,G H 分别为,PA PC 的中点．证明：四边形EFGH 是矩形．25．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2AD AA AB ===，点E 是AB 的中点.（1）证明：1//BD 平面1A DE ； （2）证明：11D E A D ⊥；（3）求二面角1D EC D --的正切值.26．如图，在矩形ABCD 中，2AB AD =，M 为DC 的中点，将ADM △沿AM 折起使平面ADM ⊥平面ABCM .（1）求证：BM AD ⊥；（2）求直线DC 与平面DAB 所成角的正弦值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】由三视图知该几何体是底面为等腰直角三角形，且侧面垂直于底面的三棱锥，由题意画出图形，结合图形求出外接球的半径，再计算外接球的表面积． 【详解】解：由几何体的三视图知，该几何体是三棱锥P ABC -，底面为等腰ABC ∆， 且侧面PAB ⊥底面ABC ，如图所示；设D 为AB 的中点，又3DA DB DC DP ====，且PD ⊥平面ABC ，∴三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在PD 上，设OP R =，则OA R =，3OD R =-，222(3)3R R ∴=-+， 解得3R =，∴该几何体外接球的表面积是32436R cm ππ=．故选：A ． 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.2．C解析：C 【分析】在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，把几何体分割成一个三棱柱和一个四棱锥，然后由棱柱、棱锥体积公式计算． 【详解】如图，在BD ，CF 上分别取点B '，C '，使得3m BB CC ''==，连接A B ''，A C ''，B C ''，则三棱柱ABC A B C '''-是斜三棱柱，该羡除的体积V V =三棱柱ABC A B C '''-V+四棱锥A B DEC '''-()311123636336m 232+⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：C ．【点睛】思路点睛：本题考查求空间几何体的体积，解题思路是观察几何体的结构特征，合理分割，将不规则几何体体积的计算转化为锥体、柱体体积的计算．考查了空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力．3．B解析：B 【分析】由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可.【详解】因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43A BCDV -=， 而114323A BCD V BD CD AB -=⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===， 所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.设外接球的半径为R ，则23R = 所以外接球的表面积为2412S R ππ== 故选：B 【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．4．B解析：B 【分析】取AC 中点F ，连接,EF DF ，证明FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角），然后在三角形中求得其余弦值即可得． 【详解】取AC 中点F ，连接,EF DF ，∵E 是BC 中点，∴//EF AB ，12EF AB =， 则FED ∠是异面直线AB 与DE 所成角（或其补角）， 设1AB =，则12EF =，3DE DF ==， ∴在等腰三角形DEF 中，11324cos 3EF FED DE ∠=== 所以异面直线AB 与DE 3 故选：B ．【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．5．A解析：A 【分析】证明CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，求出此角后，利用11//B C BC 可得结论， 【详解】∵90BAC ∠=︒，12AC BC =，∴30CBA ∠=︒， ∵1BC AC ，AB AC ⊥，1BC ABB ，1,BC AB ⊂平面1ABC ，∴AC ⊥平面1ABC ，∴CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，即BC 与平面1ABC 所成的角是30， ∵棱柱中11//B C BC ，∴11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为30， 故选：A ．【点睛】思路点睛：本题考查求直线与平面所成的角，解题方法是定义法，即过直线一点作平面的垂直，得直线在平面上的射影，由直线与其射影的夹角得直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求出此角．解题过程涉及三个步骤：一作出图形，二证明所作角是直线与平面所成的角，三是计算．6．C解析：C【分析】连接11D B 、1D E 、DE ，先证明四边形11BB D D 为平行四边形，得到11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角，由余弦定理可得答案.【详解】连接11D B 、1D E 、DE ，因为棱11//BB DD ，11BB DD =，所以四边形11BB D D 为平行四边形，所以11//B D BD ，故异面直线1ED 与BD 所成的角即为相交直线1ED 与11D B 所成的角11B D E ∠，因为12,3AB AD AA ===,1BE CE ==， 所以2211111122B D D C B C =+=213110B E =+=222415ED CE DC +=+==，所以222115914D E ED D D==+=+，由余弦定理得，从而22211111111137cos24214B D D E B EB D EB D D E+-∠===⨯⨯.故选：C【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键点是找到异面直线所成的角，考查空间中线线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．7．D解析：D【分析】连接OE交AB于点I，设E，F，G，H重合于点P，正方形的边长为x（0x>）cm，则2xOI=，62xIE=-，求出x的值，再利用勾股定理求R，代入球的表面积公式，即可得答案.【详解】连接OE交AB于点I，设E，F，G，H重合于点P，正方形的边长为x（0x>）cm，则2xOI=，62xIE=-，因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，所以246222x xx⎛⎫⨯⨯-=⎪⎝⎭，解得4x=.设该四棱锥的外接球的球心为Q，半径为R，如图，则QP QC R==，22OC=16423OP=-=所以()(222R R =+，解得R =所以外接球的表面积为210043S ππ==（2cm ）. 故选：D .【点睛】关键点点睛：本题考查平面图形的折叠，四棱锥外接球的半径，解题关键在于平面图形折叠成立体图形后，要明确变化的量和没有变的量，以及线线的位置，线面的位置关系，对于几何体的外接球的问题，关键在于确定外接球的球心的位置.8．A解析：A【分析】分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，可证平面AMN ∥平面BDEF ，得P 点在线段MN 上．由此可判断当P 在MN 的中点时，AP 最小；当P 与M 或N 重合时，AP 最大．然后求解直角三角形得答案．【详解】如图所示，分别取棱A 1B 1、A 1D 1的中点M 、N ，连接MN ，连接B 1D 1，∵M 、N 、E 、F 为所在棱的中点，∴MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，∴MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ，∴MN ∥平面BDEF ；连接NF ，由NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ，可得NF ∥AB ，NF ＝AB ，则四边形ANFB 为平行四边形，则AN ∥FB ，而AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ，则AN ∥平面BDEF ．又AN ∩NM ＝N ，∴平面AMN ∥平面BDEF ．又P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ，∴P 点在线段MN 上．在Rt △AA 1M 中，AM ===同理，在Rt △AA 1N 中，求得AN =△AMN 为等腰三角形．当P 在MN 的中点时，AP ，当P 与M 或N 重合时，AP∴线段AP 长度的取值范围是⎣． 故选：A ．【点睛】本题主要考查了空间中点、线、面间的距离问题，其中解答中通过构造平行平面寻找得到点P的位置是解答的关键，意在考查空间想象能力与运算能力，属于中档试题.9．C解析：C【分析】在长方体中还原三视图后，利用体积公式求体积.【详解】根据三视图还原后可知，该四棱锥为镶嵌在长方体中的四棱锥P-ABCD（补形法）且该长方体的长、宽、高分别为6、4、4，故该四棱锥的体积为1(64)4323V=⨯⨯⨯=.故选C．【点睛】(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整；(2)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．10．C解析：C【分析】举特例舍去不正确选项，可得正确答案.【详解】过EF 的平面为平面ABF 时，G 在A 点， H 在B 点， 所以0BH AG HC GD ==，EF 平分GH ， 即BH AG HC GD=，所以舍去ABD ，选C 故选：C 11．C解析：C【分析】根据三视图还原得其几何体为四棱锥，根据题意代入锥体体积公式计算即可.【详解】解：根据三视图还原得其几何体为四棱锥，图像如下：根据图形可得ABCD 是直角梯形，PA ⊥平面ABCD ，2,4,2,6AB CD PA AD ==== 所以11246212332P ABCD ABCD V S PA -+=⋅=⨯⨯⨯= 故选：C【点睛】识别三视图的步骤（1）弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；（2）根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； （3）被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置. 12．A解析：A【分析】作出原平面图形，然后求出面积即可．【详解】45B A O '''∠=B O A '''=∠，则O A B '''△是等腰直角三角形， ∴2A B OB '''==，又O C C B ''''⊥，45C O B '''∠=︒，∴1B C ''=，在直角坐标系中作出原图形为：梯形OABC ，//OA BC ，2,1OA BC ==，高22OB =∴其面积为1(21)22322S =+⨯= 故选：A【点睛】方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为S '，原图形面积为S ，则24S S '= 二、填空题13．【分析】根据题中的垂直关系确定球心再根据球的表面积公式计算再求点到平面的距离【详解】由并且平面平面且平面是直角三角形和的公共斜边取的中点根据直角三角形的性质可知所以点是三棱锥外接球的球心设则则三棱锥 解析：142 【分析】根据题中的垂直关系，确定球心O ，再根据球的表面积公式计算SA ，再求点O 到平面ABC 的距离.【详解】由222AC BC AB +=，AC BC ∴⊥，并且SA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，SA BC ∴⊥，且AC SA A ⋂=BC ∴⊥平面SAC ，BC SC ∴⊥，SB ∴是直角三角形SBC 和SAB 的公共斜边，取SB 的中点O ，根据直角三角形的性质可知OA OB OC OS ===，所以点O 是三棱锥S ABC -外接球的球心，设SA x =，则211222r SB x ==+， 则三棱锥S ABC -外接球的表面积2416S r ππ==，()21264x +=，解得：14x =, 点O 到平面ABC 的距离11422d SA ==.14 【点睛】 方法点睛：本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为,,a b c ，那么外接球的直径2222R a b c =++2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R 的方程.（3）而本题类型，是两个直角三角形的公共斜边的中点是外接球的球心.14．【分析】取的中点为可证明为四面体外接球的球心利用等体积可得答案【详解】取的中点为连接因为平面平面平面平面平面故平面因为平面故因为故故又故平面因为平面故而为的中点故又所以故为四面体外接球的球心设球心到 解析：12【分析】取BC 的中点为M ，可证明M 为四面体A BCD '-外接球的球心，利用等体积可得答案.【详解】取BC 的中点为M ，连接,A M DM '，因为平面A BD '⊥平面BCD ，BD CD ⊥，平面A BD '平面BCD BD =， CD ⊂平面BCD ，故CD ⊥平面A BD '，因为BA '⊂平面A BD '，故CD BA '⊥，因为1A B A D ''==，2BD =222BD A B A D ''=+，故''⊥BA A D ，又A D DC D '⋂=，故'⊥BA 平面ACD '，因为A C '⊂平面ACD '，故A D A C ''⊥，而M 为BC 的中点，故MA MB MC '==，又BD DC ⊥，所以MD MB =，故M 为四面体A BCD '-外接球的球心.设球心M 到平面ACD '的距离为h ，因为2B A CD M A CD V V ''--=，所以11233A CD A CD SA B S h '''=⨯，即12h =. 故答案为：12. 【点睛】 本题考查四面体的外接球，此类问题一般是先确定球心的位置，再把球的半径放置在可解的平面图形中处理，如果球心的位置不易确定，则可以通过补体的方法来处理. 15．【分析】根据正方体的表面积可得正方体边长然后计算外接球的半径利用球的体积的公式可得结果【详解】设正方体边长正方体外接球的半径为R 由正方体的表面积为24所以则又所以所以外接球的体积为：故答案为：【点睛 解析：3π【分析】根据正方体的表面积，可得正方体边长a ，然后计算外接球的半径3R =，利用球的体积的公式，可得结果.【详解】设正方体边长a ，正方体外接球的半径为R ，由正方体的表面积为24，所以2624a =，则2a =，又3R =，所以3R ，所以外接球的体积为：()334434333R πππ==.故答案为：43π.【点睛】 方法点睛：求多面体的外接球的表面积和体积问题关键是要求出外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 16．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三 解析：254π 【分析】先由题意，得到ABC 的面积，以及ABC 外接圆的半径，记ABC 的外接圆圆心为Q ，为使四面体ABCD 体积最大，只需DQ 与面ABC 垂直，由此求出2DQ =，设球心为O ，半径为R ，根据AQO 为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果.【详解】根据题意知，ABC 是一个等边三角形，其面积为()221333 3322S ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，ABC 外接圆的半径为1312sin 60r =⨯=，记ABC 的外接圆圆心为Q ，则1AQ r ==； 由于底面积ABC S 不变，高最大时体积最大，所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为133ABC S DQ ⋅=，2DQ ∴=， 设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+，即2221(2)R R =+-，54R ∴=， 则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故答案为：254π. 【点睛】思路点睛：求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解. 17．【分析】取的中点连接可得所以或其补角即为异面直线与所成角在中求即可求解【详解】取的中点连接因为所以且所以或其补角即为异面直线与所成角设则所以因为是等边三角形所以因为平面平面所以所以在中因为异面直线所 解析：310 【分析】取11A C 的中点1O ，连接1EO ，1AC ，可得11//EO AC ，所以1BEO ∠或其补角即为异面直线1AC 与BE 所成角，在1BEO 中，求1cos BEO ∠即可求解.【详解】取11A C 的中点1O ，连接1EO ，11B O ，EB ，EC ，1BO ，1AC ，因为112AE A A =，所以11//EO AC 且111=2EO AC ， 所以1BEO ∠或其补角即为异面直线1AC 与BE 所成角，设1AB =，则12AA =，所以2211115=12222EO AC =+=，112BE =+=因为111A B C △是等边三角形，112AE A A =，所以11B O == 因为1BB ⊥平面111A B C ，11B O ⊂平面111A B C ，所以 1BB ⊥11B O ，所以12BO ===， 在1BEO中，22211115192cos 220BE EO BO BEO BE EO +-+-∠===-⨯，因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以异面直线1AC 与BE所成角的余弦值为20，故答案为：20【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．18．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A解析：【分析】由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案． 【详解】∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为512π，4π，且|AC |＝|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值， 于是，有63ACB ππ≤∠≤，∴sin6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3而ABC 的面积S ＝12|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝3∠ACB ． ∴33S ≤≤．故答案为：[3,3] 【点睛】关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键.19．【分析】取中点为过分别作底面的垂线根据题中条件得到；过分别作的垂线连接由二面角的定义结合线面垂直的判定定理及性质得到为二面角的平面角；为二面角的平面角得出令进而可求出最值【详解】取中点为过分别作底面解析：34【分析】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，根据题中条件，得到AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，由二面角的定义，结合线面垂直的判定定理及性质，得到MHN ∠为二面角M BC A--的平面角；PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，得出tan 4tan PGO MHN ∠=∠，()23tan tan tan 14tan MHNPGO MHN MHNα∠=∠-∠=+∠，令tan 0x MHN =∠>，进而可求出最值. 【详解】取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ， 则O 为ABC 的重心，MN ⊥平面ABC ；PO ⊥平面ABC ； 由于点M 为棱PA 的中点，所以有AN NO OE ==，2PO MN =； 过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ， 因为BC ⊂平面ABC ，所以MN BC ⊥，同理PO BC ⊥； 又MN NH N ⋂=，MN ⊂平面MNH ，NH ⊂平面MNH ， 所以BC ⊥平面MNH ；因为MH ⊂平面MNH ，所以BC MH ⊥， 所以MHN ∠为二面角MBC A --的平面角；同理BC PG ⊥，所以PGO ∠为二面角A BC P --的平面角， 所以tan PO PGO OG ∠=，tan MNMHN HN∠=， 因为NO OE =，//OG NH ，所以12OG NH =； 因此2tan 4tan 12PO MNPGO MHNOG HN∠===∠， 所以()2tan tan 3tan tan tan 1tan tan 14tan PGO MHN MHNPGO MHN PGO MHN MHNα∠-∠∠=∠-∠==+∠⋅∠+∠，令tan 0x MHN =∠>，则2333tan 1444x x x x α=≤=+， 当且仅当214x =，即12x =时，等号成立. 故答案为：34. 【点睛】 关键点点睛：求解本题的关键在于确定二面角MBC A --、A BC P --以及P BC M --三者之间的关系，由题中条件得出二面角A BC P --是二面角M BC A --的4倍，进而可求得结果.20．【分析】将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面连接与的交点即为满足最小时的点可知点为棱的中点即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面连接与的交点即为满足最小时 解析：1:1【分析】将正三棱柱111ABC A B C -的侧面沿棱1BB 展开成平面，连接1AC 与1BB 的交点即为满足1AM MC +最小时的点M ，可知点M 为棱1BB 的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比. 【详解】将正三棱柱111ABC A B C -沿棱1BB 展开成平面，连接1AC 与1BB 的交点即为满足1AM MC +最小时的点M .由于2AB =，13AA =，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自A 点出发经过线段1BB 上的一点M 到达点1C ，当沿蚂蚁走过的最短路径，M ∴为1BB 的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为：1111:1:1C AMB A A CBMC V V --=. 故答案为：1:1. 【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能力，是中档题．三、解答题21．（1）证明见解析；（2）7. 【分析】（1）取AB 中点O ，连OC ､OD ，即可得到COD ∠是二面角C AB D --的平面角，再由勾股定理逆定理得到222OC OD CD +=，即可得到二面角是直二面角，即可得证； （2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，即可证明BC ⊥平面DOM ，从而得到ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角，再利用锐角三角函数计算可得； 【详解】（1）证明：取AB 中点O ，连OC ､OD ，因为ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形， 所以OC AB ⊥，⊥OD AB ，所以COD ∠是二面角C AB D --的平面角. 在OCD 中，因为OC =1OD =，2CD =，所以222OC OD CD +=所以90COD ∠=︒. 所以平面ABC ⊥平面ABD .（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，由（1）可知DO ⊥面ABC ，又BC ⊂面ABC ，所以BC DO ⊥，由OMDO O =，,OM DO ⊂面DOM所以BC ⊥平面DOM因为DM ⊂面DOM ，所以BC ⊥DM ， 则ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角.在Rt OMD 中，1OD =，2OM =，由勾股定理：DM =，∴二面角A-BC-D 的余弦值为cos OM OMD DM ∠==.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22．（1）证明见解析；（2）23．【分析】（1）连接BD交AC于点O，由中位线定理得//OM PB，从而得证线面平行；（2）由M是PD中点，得12M ACD P ACDV V--=，求出三棱锥P ACD-的体积后可得．【详解】（1）如图，连接BD交AC于点O，连接OM，则O是BD中点，又M是PD中点，∴//OM PB，又PB⊄平面ACM，OM⊂平面ACM，所以//PB平面ACM；（2）由已知12222ACDS=⨯⨯=，11422333P ACD ACDV S PA-=⋅=⨯⨯=△，又M是PD中点，所以1223M ACD P ACDV V--==，所以23P ACM P ACD M ACDV V V---=-=．【点睛】思路点睛：本题考查证明线面平行，求三棱锥的体积．求三棱锥的体积除掌握体积公式外，还需要注意割补法，不易求体积的三棱锥（或一个不规则的几何体）的体积可通过几个规则的几何体（柱、锥、台等）的体积加减求得．三棱锥的体积还可通过转化顶点，转移底面利用等体积法转化为求其他三棱锥的体积，从而得出结论． 23．（1）证明见解析；（2）答案见解析，105AH =. 【分析】（1）由长度以及勾股定理逆定理可得,AB BC BD BC ⊥⊥，然后根据线面垂直的判定定理可得结果.（2）取CD 的中点E ，然后根据BH ⊥平面ACD 的判定定理找到点H ，计算,BE AE ，使用等面积法可得BH ，最后简单计算可得AH .【详解】（1）证明：因为2,22,23BCBD AB CD AC =====所以222222,AB BC AC BD BC CD +=+=， 则,AB BC BD BC ⊥⊥ 因为ABBD B =，,AB BD ⊂平面ABD所以BC ⊥平面ABD ，又BC ⊂平面ABC 所以平面ABC ⊥平面ABD （2）解：（作法）取CD 的中点E ， 连接AE ，过B 作BH AE ⊥，垂足H 即为要求作的点如图。

电大数学思想与方法形考作业：通关作业答案第一关3题目 1巴比伦人是最早将数学应用于（）的。

在现有的泥板中有复利问题及指数方程。

选择一项：A. 农业B. 工程C. 商业D. 运输题目2《九章算术》成书于（），它包括了算术、代数、几何的绝大部分初等数学知识。

选择一项：A. 战国时期B. 商朝C. 汉朝D. 西汉末年题目 3 金字塔的四面都正确地指向东南西北，在没有罗盘的四、五千年的古代，方位能如此精确，无疑是使用了（）的方法。

选择一项：A. 几何测量B. 代数计算C. 天文测量D. 占卜题目 4 在丢番图时代(约250)以前的一切代数学都是用（）表示的，甚至在十五世纪以前，西欧的代数学几乎都是用（）表示。

选择一项：A. 符号，符号B. 文字，文字C. 符号，文字D. 文字，符号题目 5 古埃及数学最辉煌的成就可以说是（）的发现。

选择一项：A. 四棱锥台体积公式B. 球体积公式C. 进位制的发明D. 圆面积公式题目6《几何原本》中的素材并非是欧几里得所独创，大部分材料来自同他一起学习的（）。

选择一项：A. 毕达哥拉斯学派B. 柏拉图学派C. 亚历山大学派D. 爱奥尼亚学派题目7 古印度人对时间和空间的看法与现代天文学十分相像，他们认为一劫（“劫”指时间长度）的长度就是（），这个数字和现代人们计算的宇宙年龄十分接近。

选择一项：A. 1 亿年B. 10 亿年C. 1000亿年D. 100 亿年题目8 根据亚里士多德的想法，一个完整的理论体系应该是一种演绎体系的结构，知识都是从（）中演绎出的结论。

选择一项：A. 自然命题B. 一般原理C. 最终原理D. 初始原理题目9 欧几里得的《几何原本》几乎概括了古希腊当时所有理论的（），成为近代西方数学的主要源泉。

选择一项：A. 几何与代数B. 数论及几何学C. 代数与数论D. 几何题目10 数学在中国萌芽以后，得到较快的发展，至少在（）已经形成了一些几何与数目概念。

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论《九章算术》与《几何原本》的特点
作者：陈家欣
来源：《文理导航》2017年第32期
【摘要】《九章算术》是中国古代数学著作，是当时世界上最先进的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系；《几何原本》是古希腊时期乃至整个人类历史上最重要的数学著作，是数学史上一个伟大的里程碑，它不仅是几何学建立的标志，同时也是公理体系在具体学科中应用成功的标志。

【关键词】九章算术；几何原本；代数；几何
引言
《九章算术》与《几何原本》是数学史上东西辉映的两大巨著，是数学思想方法的两个源头。

《九章算术》强调辩证思维，特别注重实事求是，理论联系实际。

全书的246道题，都建立在与生活和生产相关的应用上，形成了以计算为中心的数学体系，对中国古算影响深远；而《几何原本》则相反，与生活和社会的实际问题无关，全书没有一道应用题，全部是纯粹的数学问题。

两书同为古代数学的巨著，对近代数学的发展影响深远，那两书到底有着怎样不同的风格特点，本文将从以下三个方面来论述。

1.体系
《九章算术》开放的归纳体系，全书共246个与生产生活相关的算术题目，同一类型的计算问题化归为一章，共九章。

现将各章内容简介如下：
第一章“方田”：田亩面积计算；（“方”面积单位）
第二章“粟米”：谷物粮食之间互相兑换；（“粟”谷物）
第三章“衰分”：比例分配；（“衰”按比例）
第四章“少广”：已知面积、体积、求其一边宽广等；（“少”多少，“广”宽广）
第五章“商功”：土木工程、体积计算；（“商”度量，“功”工程）
第六章“均输”：合理摊派赋税；（“均”匀，“输”财物）
第七章“盈不足”：解应用；。

数学史概论期末试题一一、单项选择题1．世界上第一个把π计算到＜n ＜的数学家是( B ) A.刘徽B.祖冲之C.阿基米德D.卡瓦列利2．我国元代数学着作《四元玉鉴》的作者是( C )A.秦九韶B.杨辉C.朱世杰D.贾宪3．就微分学与积分学的起源而言( A ) A.积分学早于微分学B.微分学早于积分学C.积分学与微分学同期D.不确定4．在现存的中国古代数学着作中，最早的一部是( D ) A.《孙子算经》B.《墨经》C.《算数书》D.《周髀算经》5．的顶点数V、面数F及棱数E间有关系V+F-E=2这个公式叫( D )。

A.笛卡尔公式B.牛顿公式C.莱布尼茨公式D.欧拉公式6．中国古典数学发展的顶峰时期是( D )。

A.两汉时期B.隋唐时期C.魏晋南北朝时期D.宋元时期7．最早使用“函数”(function)这一术语的数学家是( A )。

A.莱布尼茨B.约翰·伯努利C.雅各布·伯努利D.欧拉8．1834 年有位数学家发现了一个处处连续但处处不可微的函数例子，这位数学家是( B )。

A.高斯B.波尔查诺C.魏尔斯特拉斯D.柯西9．古埃及的数学知识常常记载在（A ）。

A.纸草书上B.竹片上C.木板上D.泥板上10．大数学家欧拉出生于（A ）A.瑞士B.奥地利C.德国D.法国12．《九章算术》的“少广”章主要讨论（D ）。

A.比例术B.面积术C.体积术D.开方术13．最早采用位值制记数的国家或民族是( A )。

A.美索不达米亚B.埃及C.阿拉伯D.印度二、填空题1415．在现存的中国古代数学着作中，《周髀算经》是最早的一部。

卷上叙述的关于荣方与陈子的对话，包含了勾股定理的一般形式。

16．二项式展开式的系数图表，在中学课本中称其为_杨辉_17卷，包括有（5）条公理、（5）条公设。

18．两千年来有关20，被称为“数学之王”的数学家是（高斯）。

欧氏几何对应的情形是曲率恒等于零，对应的情形是曲率为负常数。

一九章算术的内容及几何原本的传入九章算术涉及的内容十分广泛将各种数学的知识全包括其中把246个问题分成九个部分其中的每一部分作为一卷而后又把其中的每一卷分成若干个小类再针对每一小类给出相应的解题步骤也就是类似于现在的公式
第 １ ７卷
第 ５期
天 津 职 业 院 校 联 合 学 报
Ｊ ｏ ｕ ｒ ｎ ａ ｌ ｏ ｆ Ｔｉ ａ ｎ ｊ ｉ ｎ Ｖ ｏ ｃ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ ａ ｌ Ｉ ｎ ｓ ｔ ｉ ｔ ｕ ｔ ｅ ｓ
足 及 比例 的运 算 ； 几 何 的部 分 是关 于 勾 股 、 面积及体积的运算 ； 代数部分是利用开平方 、 开 立 方 等 方 法 来 解
决 解 方 程 的 问题 。该 书 体 现 的 是 秦汉 及 以前 的 数 学 成 就 ， 当时 ， 中国社会 随着各 种行业 的进一 步发展 ， 在 这 些 行 业 中产 生 了许 多 实 际 的 数 学 问 题 。数 学 家 们 把 这 些 问题 集 中起 来 ， 进行 整理 ， 归类 ， 并 从 中 总 结 出 对 应 的算 法 ， 再 用 总结 好 的方 法 去解 决 实 际 生 活 中更 多 的 同样 类 型 的 问题 。 《 几 何原 本 》 是 由“ Ｅ ｌ ｅ ｍｅ ｎ ｔ ｓ ” 翻 译 过来 的 ， 另 一 种 名称 也 可 以叫《 原本纲要》 。 中 国明 代末 期 徐 光 启 和传 教 士 利 玛 窦在 翻译 的时 候加 上 了“ 几何” 二 字 。全 书共 １ ３卷 ， 包 含 了平 面几 何 、 比例论 、 数论 、 无理量论 、 立 体 几 何 等 几 大部 分 。在 西 方学 者 的眼 里 ， 《 几何原本》 是“ 科 学 的 圣经 ” ， 是用 公 理 建 立 起演 绎 体 系 最早 的典 范 。