下载文档原格式
高三数学空间几何体的三视图与直观图试题答案及解析1.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可知，该多面体是由正方体截去两个正三棱锥所成的几何体，如图，正方体棱长为2，正三棱锥侧棱互相垂直，侧棱长为1，故几何体的体积为：V正方体-2V棱锥侧2×2×2−2×．故选：A．【考点】三视图求解几何体的体积．2.在长方体中割去两个小长方体后的几何体的三视图如图，则切割掉的两个小长方体的体积之和等于.【答案】24【解析】由题意割去的两个小长方体的体积为.【考点】三视图，几何体的体积..3.某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为()A．92＋14πB．82＋14πC．92＋24πD．82＋24π【答案】A【解析】由几何体的三视图，知该几何体的下半部分是长方体，上半部分是半径为2，高为5的圆柱的一半．长方体中EH＝4，HG＝4，GK＝5，所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4×4＋4×5)＋4×5＝92．半圆柱的两个底面积为π×22＝4π，半圆柱的侧面积为π×2×5＝10π，所以整个组合体的表面积为92＋4π＋10π＝92＋14π，选A．4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为()【答案】D【解析】由题目所给的几何体的正视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示，可知左视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D．5.一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图为()【答案】C【解析】依题意可知该几何体的直观图如图所示，故其俯视图应为C．6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．12B．18C．24D．30【答案】C【解析】由三视图可知该几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱的一部分，其直观图如上图所示，其中,侧面是矩形，其余两个侧面是直角梯形，由于,平面平面,所以平面,所以几何体的体积为：故选C.【考点】1、空间几何体的三视图；2、空间几何体的体积.7.一块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【解析】由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径,则,故选B.【考点】三视图内切圆球三棱柱8. [2013·四川高考]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是()A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台【答案】D【解析】由正视图和侧视图可知，该几何体不可能是圆柱，排除选项C；又由俯视图可知，该几何体不可能是棱柱或棱台，排除选项A、B.故选D.9.[2013·宁波质检]如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是正方形，俯视图是正三角形，该三棱柱的侧视图面积为()A．2B．C．2D．4【答案】A【解析】由题意可知，该三棱柱的侧视图应为矩形，如图所示．在该矩形中，MM1＝CC1＝2，CM＝C1M1＝·AB＝.所以侧视图的面积为S＝2.10.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积的最大值为 .【答案】【解析】该几何体是类似墙角的三棱锥，假设一条直角的棱长为x，则三条直角棱长分别为.所以体积为.当且仅当时取等号.【考点】1.三视图.2.函数最值问题.3.空间想象能力.11.（2012•广东）某几何体的三视图如图所示，它的体积为（）A．12πB．45πC．57πD．81π【答案】C【解析】由三视图可知，此组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱故它的体积是5×π×32+π×32×=57π故选C12. (2014·咸宁模拟)某几何体的三视图如图所示(其中侧视图中的圆弧是半圆),则该几何体的表面积为( )A．92+14πB．82+14πC．92+24πD．82+24π【答案】A【解析】由几何体的三视图知该几何体的下半部分是长方体,上半部分是半径为2,高为5的圆柱的一半.所以长方体的表面积为(去掉一个上底面)2(4×4+4×5)+4×5=92.半圆柱的两个底面积为π×22=4π,半圆柱的侧面积为π×2×5=10π,所以整个组合体的表面积为92+4π+10π=92+14π. 13.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为【答案】D【解析】条件对应的几何体是由底面棱长为r的正四棱锥沿底面对角线截出的部分与底面为半径为r的圆锥沿对称轴截出的部分构成的。
西城区高三统一测试试卷数学2024.4本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分（选择题共40分）一､选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知全集U =R ，集合{}{}3,22A x x B x x =<=-≤≤，则U A B =I ð（）A.()2,3 B.()(),22,3-∞-⋃ C.[)2,3 D.][(),22,3-∞-⋃【答案】B【解析】【分析】利用补集和交集运算求解即可.【详解】因为集合{}22B x x =-≤≤，所以{2U B x x =<-ð或}2x >，又集合{}3A x x =<，所以U A B =I ð{2x x <-或}23x <<=()(),22,3∞--⋃.故选：B2.下列函数中，既是偶函数又在区间()0,∞+上单调递增的是（）A.2y x x=+ B.cos y x =C.2xy = D.2log y x =【答案】D【解析】【分析】利用奇偶函数的判断方法及基本函数的单调性，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.【详解】对于选项A ，当1x =时，112y =+=，当=1x -时，110y =-=，即(1)(1)f f -≠，所以选项A 不满足题意，对于选项B ，因cos y x =在区间()0,∞+上不单调，所以选项B 不满足题意，对于选项C ，因为2x y =图象不关于y 轴对称，所以选项C 不满足题意，对于选项D ，因为2log y x =的定义域为()(),00,∞-+∞U ，关于原点对称，又22()log log ()f x x x f x -=-==，所以2log y x =为偶函数，当0x >时，22log log y x x ==，又2log y x =在区间()0,∞+上单调递增，所以选项D 满足题意，故选：D.3.622x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项为A.60- B.15-C.15D.60【答案】D【解析】【分析】写出二项式展开通项，整理后令x 的指数为0，得到相应的项数，然后算出常数项.【详解】622x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项为()663166222rr r r r r r T C x C x x --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，令630r -=，得到2r =所以622x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中常数项为()226260C -=，故选D 项.【点睛】对二项式展开通项的考查，题目难度不大，考查内容比较单一，属于简单题.4.已知抛物线C 与抛物线24y x =关于直线y x =对称，则C 的准线方程是（）A.=1x - B.2x =-C.1y =- D.=2y -【答案】C【解析】【分析】由对称性可得曲线C 方程，求出准线方程即可.【详解】因为抛物线C 与抛物线24y x =关于直线y x =对称，所以将,x y 互换后可得抛物线C 方程为24x y =，即242p p =⇒=，所以C 的准线方程为12p y =-=-，故选：C.5.设()11,,2a t b t c t t t t =-=+=+，其中10t -<<，则（）A.b a c <<B.c<a<bC.b<c<aD.c b a<<【答案】C【解析】【分析】借助正负性、对勾函数的性质及二次函数的性质判断即可得.【详解】由10t -<<，故()1,1t ∈-∞-，故10a t t =->，由对勾函数性质可得()1112b t t =+<-+=-，()20c t t =+<，且()()2222111c t t t t t =⋅+=+=+-≥-，综上所述，有b<c<a .故选：C.6.已知向量,,a b c 在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（）A.1- B.1 C.7- D.7【答案】A【解析】【分析】得出()1,3a b -=- 、()2,1c = 后借助向量数量积的坐标运算法则计算即可得.【详解】由图可得()1,3a b -=- ，()2,1c = ，故()()12311c a b ⋅-=⨯+-⨯=- .故选：A.7.已知函数()2,20x x x f x x c ⎧+-<<⎪=⎨≤<⎪⎩，若()f x 存在最小值，则c 的最大值为（）A.116 B.18 C.14 D.12【答案】A【解析】【分析】运用二次函数的性质求得20x -<<的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解即可.【详解】当20x -<<时，2211()24f x x x x ⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭，故当12x =-时，()f x 有最小值为14-；0x c ≤<时，()f x =()0f x <≤，由题意()f x 存在最小值，则14≥-，解得1016c <≤，即c 的最大值为116.故选：A8.在等比数列{}n a 中，00n a >．则“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”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【答案】B【解析】【分析】结合等比数列的性质与充分条件与必要条件的定义判断即可的.【详解】设等比数列{}n a 的公比为0q ≠，当001n n a a +>时，即有00n n a q a >⋅，又00n a >，故1q <且0q ≠，当1q <-时，有0002311n n n a q a a +++=>，故不能得到0013n n a a ++>，即“001n n a a +>”不是“0013n n a a ++>”的充分条件；当0013n n a a ++>时，即有0002311n n n a q a a +++=<，即21q <且0q ≠，则001n n a q a +=⋅，当()1,0q ∈-时，由00n a >，故010n a +<，故001n n a a +>，当()0,1q ∈时，0001n n n a q a a +=⋅<，亦可得001n n a a +>，故“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要条件；综上所述，“001n n a a +>”是“0013n n a a ++>”的必要不充分条件.故选：B.9.关于函数()sin cos2f x x x =+，给出下列三个命题：①()f x 是周期函数；②曲线()y f x =关于直线π2x =对称；③()f x 在区间[)0,2π上恰有3个零点．其中真命题的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】选项①，根据条件得到()2π()f x f x +=，即可判断出①的正误；选项②，根据条件得出(π)()f x f x -=，根据对称轴的定义，即可得出②的正误；选项③，令()0f x =，直接求出x 的值，即可得出③的正误，从而得出结果.【详解】对于①，因为()sin cos2f x x x =+，所以()2πsin(2π)cos2(2π)sin cos2()f x x x x x f x +=+++=+=，故2πT =，所以选项①正确，对于②，因为(π)sin(π)cos2(π)sin cos2()f x x x x x f x -=-+-=+=，由对称轴的定义知，π2x =为函数()f x 的一条对称轴，所以选项②正确，对于③，因为()2sin cos22sin sin 1f x x x x x =+=-++，令()0f x =，得到22sin sin 10x x -++=，解得1sin 2x =-或sin 1x =，又[)0,2πx ∈，由1sin 2x =-，得到7π6x =或11π6x =，由sin 1x =，得到π2x =，所以选项③正确，故选：D.10.德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率y 随时间t （小时）变化的趋势可由函数0.2710.6y t =-近似描述，则记忆率为50%时经过的时间约为（）（参考数据：lg20.30,lg30.48≈≈）A.2小时B.0.8小时C.0.5小时D.0.2小时【答案】C【解析】【分析】根据题设得到0.2756t =，两边取对数求解，即可得出结果.【详解】根据题意得0.27110.62t =-，整理得到0.2756t =，两边取以10为底的对数，得到5lg 0.27lg 6t =，即1lg 32lg 20.27lg t --=，又lg20.30,lg30.48≈≈，所以8lg 27t =-，得到827100.5t -=≈，故选：C.第二部分（非选择题共110分）二､填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.若复数z 满足(12i)3i z +=+，则z =______【答案】【解析】【分析】利用复数的除法公式计算1i z =-，再计算模长即可.【详解】(12i)3i z +=+，则()()()()3i 12i 3i 55i 1i 12i 12i 12i 5z +-+-====-++-，故z ==..12.已知(),0,παβ∈．使()()tan tan αβαβ+<-成立的一组,αβ的值为α=__________；β=__________．【答案】①.π3②.π3（答案不唯一）【解析】【分析】任取一组(),0,παβ∈，验证是否满足()()tan tan αβαβ+<-即可得.【详解】取π3αβ==，此时()2πtan tan 03αβ+=<，()tan tan00αβ-==，故()()tan tan αβαβ+<-，符合要求.故答案为：π3；π3（答案不唯一）.13.双曲线22:13y M x -=的渐近线方程为__________；若M 与圆222:()0O x y r r +=>交于,,,A B C D 四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则r =__________．【答案】①.y =②.【解析】【分析】结合双曲线渐近线的定义与正方形的性质计算即可得.【详解】由22:13y M x -=，故其渐近线方程为1y x =±=；令(),A m n ，由题意可得m n =，即有2213m m -=，解得232m =，故222232r m n m ===+，即r =.故答案为：y =14.在数列{}n a 中，122,3a a ==-.数列{}n b 满足()*1n n n b a a n +=-∈N.若{}nb 是公差为1的等差数列，则{}n b 的通项公式为n b =______，n a 的最小值为______.【答案】①.6n -②.13-【解析】【分析】求出等差数列{}n b 的首项，直接求出{}n b 的通项公式即可，利用数列{}n a 的单调性得最小项为6a ，利用累加法即可求解.【详解】由题意1215b a a =-=-，又等差数列{}n b 的公差为1，所以()5116n b n n =-+-⋅=-；故16n n a a n +-=-，所以当6n ≤时，10n n a a +-≤，当6n >时，10n n a a +->，所以123456789a a a a a a a a a >>>>>=<<<⋅⋅⋅，显然n a 的最小值是6a .又16n n a a n +-=-，所以()()()()()612132435465a a a a a a a a a a a a =+-+-+-+-+-()()()()()25432113=+-+-+-+-+-=-，即n a 的最小值是13-.故答案为：6n -，13-15.如图，正方形ABCD 和矩形ABEF 所在的平面互相垂直．点P 在正方形ABCD 及其内部运动，点Q 在矩形ABEF 及其内部运动．设2,1AB AF ==，给出下列四个结论：①存在点,P Q ，使3PQ =；②存在点,P Q ，使//CQ EP ；③到直线AD 和EF 的距离相等的点P 有无数个；④若PA PE ⊥，则四面体PAQE 体积的最大值为13．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【解析】【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.【详解】建立如图所示空间直角坐标系A FBD -，则有()0,0,0A 、()1,0,0F 、()0,2,0B 、()0,0,2D 、()0,2,2C 、()1,2,0E ，设()0,,P m n ，(),,0Q s t ，其中0,,2m n t ≤≤，01s ≤≤，对①：(),,PQ s t m n =-- ，则()222PQ s t m n =+-+ ，当1s =，2t n ==，0m =时，有1443PQ =++=，故存在点,P Q ，使3PQ =，故①正确；对②：(),2,2CQ s t =-- ，()1,2,EP m n =-- ，若//CQ EP ，则有()()222s m t sn ⎧-=--⎨=⎩，由0,,2m n t ≤≤，01s ≤≤，故当2sn =时，1s =，2n =，此时有()22m t -=--，即4m t +=，即2m t ==，此时Q 与E 重合，P 与C 重合，故不存在点,P Q ，使//CQ EP ，故②错误；对③：点P 到直线AD 的距离为m ，点P 到直线EF 的距离为，即有m =221m n -=，由0,2m n ≤≤，故其轨迹为双曲线的一部分，即点P 有无数个，故③正确；对④：()0,,AP m n = ，()1,2,EP m n =-- ，由PA PE ⊥，故有()220m m n -+=，则()[]22110,1n m =--∈，又1112122AB AQE FE S S ≤=⨯⨯= 矩形，故11113313P AQE AQE V S n -⨯≤⨯⨯==⨯ ，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.三､解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．16.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11A ACC 为正方形，AB AC ⊥，2AB AC ==，D 为BC 的中点．（1）求证：1//A C 平面1AB D ；（2）若1A C AB ⊥，求二面角11D AB A --的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）3-【解析】【分析】（1）根据线线平行证明面面平行；（2）向量法求二面角.【小问1详解】如图，连接1A B ，设11A B AB E = ，连接DE ．因为在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11A ABB 是平行四边形，所以E 为1A B 的中点．因为D 为BC 的中点，所以1//DE AC ．又因为1A C ⊄平面1AB D ，DE ⊂平面1AB D ，所以1AC 平面1AB D ．【小问2详解】因为1AB A C ⊥，AB AC ⊥，又1AC AC C ⋂=，1AC ⊂平面11A ACC ，AC ⊂平面11A ACC ，所以AB ⊥平面11A ACC ，又因1AA ⊂平面11A ACC ，所以1AB AA ⊥．又1AA AC ⊥，所以AB ，AC ，1AA 两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()12,0,2B ，()1,1,0D ，()0,2,0C ．所以()12,0,2AB = ，()1,1,0AD = ．设平面1AB D 的法间量为(),,m x y z = ，则100m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即2200x z x y +=⎧⎨+=⎩，令=1x -，则1y =，1z =于是()1,1,1m =- ．因为AC ⊥平面11A ABB ，所以()0,2,0AC = 是平面11A ABB 的一个法向量．所以cos ,3m AC m AC m AC⋅== ．由题设，二面角11D AB A --的平面角为钝角，所以二面角11D AB A --的余弦值为3-．17.在ABC 中，tan 2sin a B b A =．（1）求B ∠的大小；（2）若8a =，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使ABC 存在，求ABC 的面积．条件①：BC ；条件②：2cos 3A =-；条件③：7b =．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）π3B ∠=（2）答案见解析【解析】【分析】（1）借助正弦定理计算即可得；（2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的ABC .【小问1详解】由tan 2sin a B b A =，得sin 2sin cos a B b A B =，在ABC 中，由正弦定理得sin sin 2sin sin cos A B A B B =，因为sin 0,sin 0A B >>，所以1cos 2B =，又0πB <∠<，所以π3B ∠=；【小问2详解】选条件①：BC ：设BC 边中点为M ，连接AM，则4AM BM ==，在ABM 中，由余弦定理得2222cos AM AB BM AB BM B =+-⋅⋅，即2π21168cos 3AB AB =+-⋅，整理得2450AB AB --=，解得5AB =或1AB =-（舍），所以ABC的面积为11πsin 58sin 223ABC S AB BC B =⋅⋅=⨯=，选条件③：7b =：在ABC 中，由余弦定理得2222cos b a c ac B =+-，即222π7816cos3c c =+-⋅，整理得28150c c -+=，解得3c =或5c =，当3c =时，ABC的面积为11πsin 83sin 223ABC S ac B ==⨯⨯= ．当5c =时，ABC的面积为11πsin 85sin 223ABCS ac B ==⨯⨯=△．不可选条件②，理由如下：若2cos 3A =-，故A为钝角，则5sin 3A ==，则38sin 12152sin 53a Bb A ⨯===，224325b a =>，即b a >，其与A 为钝角矛盾，故不存在这样的ABC .18.10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲､乙､丙的资格赛成绩如下：环数6环7环8环9环10环甲的射出频数11102424乙的射出频数32103015丙的射出频数24101826假设用频率估计概率，且甲､乙､丙的射击成绩相互独立．（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，说明理由；（2）若甲､乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；（3）甲､乙､丙各射击10次，用()1,2,3i X i =分别表示甲､乙､丙的10次射击中大于a 环的次数，其中{}6,7,8,9a ∈．写出一个a 的值，使()()()321D X D X D X >>．（结论不要求证明）【答案】（1）甲进入决赛，理由见解析（2）13100（3）7a =或8【解析】【分析】（1）分别计算出甲和丙射击成绩的总环数，进行比较即可判断.（2）先根据题中数据，用频率估计概率分别得出甲、乙命中9环的概率和甲、乙命中10环的概率；再根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率公式即可求解.（3）根据题意可知()1,2,3i X i =服从二项分布，利用二项分布求出每一个a 对应的()()()321,,D X D X D X 即可解答.【小问1详解】甲进入决赛，理由如下：丙射击成绩的总环数为26471081892610542⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，甲射击成绩的总环数为16171082492410549⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．因为549542>，所以用样本来估计总体可得甲进入决赛．【小问2详解】根据题中数据：“甲命中9环”的概率可估计为242605=；“甲命中10环”的概率可估计为242605=；“乙命中9环”的概率可估计为301602=；“乙命中10环”的概率可估计为156041=．所以这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率可估计为：222221122212121113.5452524100C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯+⨯+⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭【小问3详解】7a =或8．根据题中数据：当6a =时，在每次射击中，甲击中大于6环的的概率为5960p =；在每次射击中，乙击中大于6环的的概率为5760p =；在每次射击中，丙击中大于6环的的概率为5860p =；由题意可知：15910,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，25710,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，35810,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭.此时()15915901060603600D X =⨯⨯=，()257317101060603600D X =⨯⨯=，()358211601060603600D X =⨯⨯=，不满足()()()321D X D X D X >>.当7a =时，在每次射击中，甲击中大于7环的的概率为5860p =；在每次射击中，乙击中大于7环的的概率为5560p =；在每次射击中，丙击中大于7环的的概率为5460p =；由题意可知：15810,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，25510,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，35410,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭.此时()158211601060603600D X =⨯⨯=，()255527501060603600D X =⨯⨯=，()354632401060603600D X =⨯⨯=，满足()()()321D X D X D X >>.当8a =时，在每次射击中，甲击中大于8环的的概率为4860p =；在每次射击中，乙击中大于8环的的概率为4560p =；在每次射击中，丙击中大于8环的的概率为4460p =；由题意可知：14810,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，24510,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，34410,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭.此时()1481257601060603600D X =⨯⨯=，()2451567501060603600D X =⨯⨯=，()3441670401060603600D X =⨯⨯=，满足()()()321D X D X D X >>.当9a =时，在每次射击中，甲击中大于9环的的概率为2460p =；在每次射击中，乙击中大于9环的的概率为1560p =；在每次射击中，丙击中大于9环的的概率为2660p =；由题意可知：12410,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，21510,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，32610,60X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭.此时()1243686401060603600D X =⨯⨯=，()2154567501060603600D X =⨯⨯=，()3263488401060603600D X =⨯⨯=，不满足()()()321D X D X D X >>.所以7a =或8．19.已知椭圆2222:1(0)x y G a b a b+=>>的一个顶点为()2,0A -，离心率为12．（1）求椭圆G 的方程；（2）设O 为原点．直线l 与椭圆G 交于,C D 两点（,C D 不是椭圆的顶点），l 与直线2x =交于点E ，直线,AC AD 分别与直线OE 交于点,M N ．求证：=OM ON ．【答案】（1）22143x y +=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合题意，列出方程组计算即可得；（2）设直线l 为y kx m =+，联立椭圆方程可得与横坐标有关韦达定理，借助C 、D 两点坐标可表示出M x 、N x ，计算可得0M N x x +=，即可得解.【小问1详解】由题意可得222212a c a a b c=⎧⎪⎪=⎨⎪-=⎪⎩，解得21a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩所以椭圆G 的方程为22143x y +=；【小问2详解】由题意可知直线l 的斜率存在，设其方程为y kx m =+．则()2,2E k m +，直线OE 的方程为2m y k x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，得()2224384120k x kmx m +++-=，由()22Δ48430k m =-+>，得2243m k <+，设()()1122,,,C x y D x y ，则21212228412,4343km m x x x x k k -+=-=++，直线AC 的方程为()1122y y x x =++，联立直线AC 和OE 得()11222y m x k x x ⎛⎫+=+ ⎪+⎝⎭，解得()()11111114244422M kx m y y x m mx k mx k k x y +===++⎛⎫++- ⎪⎝⎭，同理可得()2244N kx m x mx k +=+，所以()()()()()()12211244444M N kx m mx k kx m mx k x x mx k mx k ++++++=⨯++，因为()()()()122144kx m mx k kx m mx k +++++()()221212248kmx x k m x x km =++++()()()22222222412848430434343km m km k m km k k k k -++=-+=+++，所以0M N x x +=，即点M 和点N 关于原点O 对称，所以OM ON =．.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,x y x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，注意∆的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x （或12y y +、12y y ）的形式；（5）代入韦达定理求解.20.已知函数()()1ln e x f x x ax x a=++．（1）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处切线的斜率；（2）当1a =-时，讨论()f x 的单调性；（3）若集合(){}1xf x ≥-∣有且只有一个元素，求a 的值．【答案】（1）2e 2+（2）单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-（3）1a e =-【解析】【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；（2）对函数求导得到()()11e x f x x x ⎛⎫=+-⎪⎝⎭'，由函数()f x 定义域知1e 0x x -<，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果；（3）对函数求导得到()()1e 1x f x x x a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'，再分0a >和a<0两种情况讨论，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果.【小问1详解】当1a =时，()ln e xf x x x x =++，所以()()111e x f x x x=+++',得到()12e 2f '=+，所以曲线()y f x =在点()(1,)1f 处切线的斜率为2e 2+．【小问2详解】当1a =-时，()()ln e xf x x x x =+--，易知()f x 的定义域为(),0∞-，又()()()1111e 1e x x f x x x x x ⎛⎫=+-+=+- ⎪⎝⎭'，因为(),0x ∈-∞，所以1e 0x x -<，所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<所以()f x 的单调递增区间为(),1-∞-；单调递减区间为()1,0-．【小问3详解】因为()()1ln e x f x x ax x a =++，所以()()1e 1x f x x x a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭'，易知0a ≠，当0a >时，()f x 的定义域为()0,∞+，所以()0f x ¢>恒成立，故()f x 在()0,∞+上单调递增，又12111e 0a f a a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，所以0a >不合题意，当0a <时，()f x 的定义域为(),0∞-，此时1e 0xx a+<，所以(),1x ∈-∞-时，()0f x ¢>，()1,0x ∈-时，()0f x '<，故()f x 的单调递增区间为(),1-∞-，单调递减区间为()1,0-，所以()()max 1()11ln ef x f a a =-=-+--．设()()11ln (0)e g x x x x =-+--<，则()2211e 1e e x g x x x x +=+='，当1,e x ∞⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，1,0e x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，所以()g x 的单调递减区间为1,e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭；单调递增区间为1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭．所以min 1()1e g x g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以集合(){}1xf x ≥-∣有且只有一个元素时1a e =-．【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.21.对正整数3,6m n ≥≥，设数列{}()12:,,,,0,11,2,,n i A a a a a i n ∈= .B 是m 行n 列的数阵，ij b 表示B 中第i 行第j 列的数，{}()0,11,2,,;1,2,,ij b i m j n ∈== ，且B 同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合{11220i i n in i a b a b a b +++= 或}3,1,2,,i m = 中元素的个数为K ．（1）若111000:1,1,1,0,0,0,101100000111A B ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭，求K 的值；（2）若对任意{},1,2,,(),p q n p q B ∈< 中都恰有r 行满足第p 列和第q 列的数均为1．①B 能否满足3m r =？说明理由；②证明：()21424K n n ≥-．【答案】（1）2K =（2）①不满足，理由见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）记1122i i i n in t a b a b a b =+++ ，计算出1t 、2t 、3t 即可得；（2）①由题意可得B 中满足1ip iq b b ==的(),,i p q 的个数共有3m 个，亦可得其为2n rC 个，当3m r =时，可得2C 9n=，此方程无解，故不满足；②满足1ip iq b b ==，但p q a a ≠的(),,i p q 的个数为2C 23n r K ⎛⎫- ⎪⎝⎭，亦可得其为()rx n x -，即有()2C 23n r rx n x K ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，借助该等式表示出K 后放缩即可得.【小问1详解】记1122i i i n in t a b a b a b =+++ ，则11112123134145156163t a b a b a b a b a b a b +=+++=+，21212223234245256262t a b a b a b a b a b a b +=+++=+，31312323334345356360t a b a b a b a b a b a b +=+++=+，故2K =；【小问2详解】①B 不满足3m r =，理由如下：假设B 满足3m r =，因为B 的每行恰有三个1，故B 中满足1ip iq b b ==的(),,i p q 的个数共有3m 个，另一方面，从B 中任选两列共有2C n 种可能，且对任意两列，都恰有r 行使得这两列的数均为1，故B 中满足1ip iq b b ==的(),,i p q 的个数共有2n rC 个，所以23C n m r =，当3m r =时，得2C 9n =，此方程无解，所以B 不满足3m r =；②由①可得23C nm r =，即2C 3n r m =，下面考虑满足1ip iq b b ==，但p q a a ≠的(),,i p q 的个数：对B 中满足0i t ≠和3的m K -行，每行恰有两组(),p q 使1ip iq b b ==且p q a a ≠，所以满足1ip iq b b ==，但p q a a ≠的(),,i p q 的个数为()2C 223n r m K K ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，设数列A 中有x 项为1,n x -项为0，满足1ip iq b b ==，但p q a a ≠的(),p q 的个数为()x n x -，所以满足1ip iq b b ==，但p q a a ≠的(),,i p q 的个数为()rx n x -，所以()2C 23n r rx n x K ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，所以()()222C 33326n rx n x r r K x nx n n -=-=-+-()2222233146426424r n n r n n n n n n ⎛⎫⎛⎫≥-+-=-≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键点在于结合定义，得到满足1ip iq b b ==，但p q a a ≠的(),,i p q 的个数为2C 23n r K ⎛⎫- ⎪⎝⎭且为()rx n x -.。
08金属的结构和性质【8.1】半径为R的圆球堆积成正四面体空隙，试作图计算该四面体的边长和高、中心到顶点距离、中心距离地面的高度、中心到两顶点连县的夹角以及中心到球面的最短距离。
解：4个等径圆球作紧密堆积的情形示于图9.1（a）和(b)，图9.1(c)示出堆积所形成的正四面体空隙。
该正四面体的顶点即球心位置，边长为圆球半径的2倍。
图9.1由图和正四面体的立体几何知识可知：边长AB=2R高()12122222213AM AE EM AB BE DE⎡⎤⎛⎫=-=--⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦中心到顶点的距离：31.2254OA AM R R ==≈中心到底边的高度：10.4084OM AM R R ==≈中心到两顶点连线的夹角为：AOB∠中心到球面的最短距离0.225OA R R=-≈本题的计算结果很重要。
由此结果可知，半径为R的等径圆球最密堆积结构中四面体空隙所能容纳的小球的最大半径为0.225R。
而0.225正是典型的二元离子晶体中正离子的配位多面体为正四面体时正、负离子半径比的下限。
此题的结果也是了解hcp结构中晶胞参数的基础(见习题9.04)。
【8.2】半径为R的圆球堆积成正八面体空隙，计算中心到顶点的距离。
解：正八面体空隙由6个等径圆球密堆积而成，其顶点即圆球的球心，其棱长即圆球的直径。
空隙的实际体积小于八面体体积。
图9.2中三图分别示出球的堆积情况及所形成的正八面体空隙。
图9.2由图（c）知，八面体空隙中心到顶点的距离为：而八面体空隙中心到球面的最短距离为：此即半径为R的等径圆球最密堆积形成的正八面体空隙所能容纳的小球的最大半径。
0.414是典型的二元离子晶体中正离子的配位多面体为正八面体时/r r+-的下限值。
【8.3】半径为R的圆球围成正三角形空隙，计算中心到顶点的距离。
解：由图9.3可见，三角形空隙中心到顶点（球心）的距离为：图9.3三角形空隙中心到球面的距离为：此即半径为R的圆球作紧密堆积形成的三角形空隙所能容纳的小球的最大半径，0.155是“三角形离子配位多面体”中/r r+-的下限值。
高中数学《立体几何》专题复习 三1．(2017·唐山模拟)正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为( ) A ．64π B ．32π C ．16π D ．8π答案 A解析 如图，作PM ⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连接AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R(R 为外接球半径)，在Rt △OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R 2－(6－R)2＝(23)2，则R ＝4，所以球的表面积S ＝4πR 2＝64π.2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( ) A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π答案 C解析 由V ＝Sh ，得S ＝4，得正四棱柱底面边长为2.画出球的轴截面可得，该正四棱柱的对角线即为球的直径，所以球的半径为R ＝1222＋22＋42＝ 6.所以球的表面积为S ＝4πR 2＝24π.故选C.3．若一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B ．6π C ．4π D ．π答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8.因此内切球直径为2，∴S 表＝4πr 2＝4π.4．(2017·课标全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径长为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ．π B.3π4 C.π2 D.π4 答案 B解析 根据已知球的半径长是1，圆柱的高是1，如图，所以圆柱的底面半径r ＝22－122＝32，所以圆柱的体积V ＝πr 2h ＝π×(32)2×1＝34π.故选B. 5．(2018·安徽合肥模拟)已知球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，则三棱锥S －ABC 的体积为( ) A.324B.924 C.322 D.922答案 D解析 设该球球心为O ，因为球的直径SC ＝6，A ，B 是该球球面上的两点，且AB ＝SA ＝SB ＝3，所以三棱锥S －OAB 是棱长为3的正四面体，其体积V S －OAB ＝13×12×3×332×6＝924，同理V O －ABC ＝924，故三棱锥S －ABC 的体积V S －ABC ＝V S －OAB ＋V O －ABC ＝922，故选D.6．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172B ．210 C.132 D ．310 答案 C解析 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M. 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝（52）2＋62＝132. 7．(2018·广东惠州一模)已知一个水平放置的各棱长均为4的三棱锥形容器内有一小球O(质量忽略不计)，现从该三棱锥形容器的顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( ) A.76π B.43πC.23π D.12π 答案 C解析 由题知，没有水的部分的体积是三棱锥形容器的体积的18，三棱锥形容器的体积为13·34·42·63·4＝1623，所以没有水的部分的体积为223.设其棱长为a ，则其体积为13×34a 2×63a ＝223，∴a ＝2，设小球的半径为r ，则4×13×3×r ＝223，解得r ＝66，∴球的表面积为4π×16＝23π，故选C.8.如图，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，S －ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.25π16 B.49π16 C.81π16 D.243π128答案 C解析 如图所示，O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，同时由正方体的性质可知B 1G 1＝22，则在Rt △OB 1G 1中，OB 12＝G 1B 12＋OG 12，即(2－x)2＝x 2＋(22)2，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB 1＝98，所以球的表面积S ＝4πR 2＝81π16，故选C. 9．(2018·郑州质检)四棱锥P －ABCD 的五个顶点都在一个球面上，该四棱锥的三视图如图所示，E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为22，则该球的表面积为( )A ．9πB ．3πC ．22πD ．12π答案 D解析 该几何体的直观图如图所示，该几何体可看作由正方体截得，则正方体外接球的直径即为PC.由直线EF 被球面所截得的线段长为22，可知正方形ABCD 对角线AC 的长为22，可得正方形ABCD 的边长a ＝2，在△PAC 中，PC ＝22＋（22）2＝23，球的半径R ＝3，∴S 表＝4πR 2＝4π×(3)2＝12π.10．(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析 此几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，故其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径，故其半径为r ＝12×(6＋8－10)＝2，故选B.11．(2017·天津)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18，则这个球的体积为________． 答案 92π解析 设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝43π(32)3＝92π.12．若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________．答案63π解析 设正四面体的棱长为a ，则正四面体的表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 13．已知一圆柱内接于球O ，且圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，则球O 的表面积为________． 答案 8π解析 圆柱的底面圆的直径与母线长均为2，所以球的直径为22＋22＝8＝22，即球半径为2，所以球的表面积为4π×(2)2＝8π.14．(2017·衡水中学调研卷)已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若PA ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________． 答案33解析 方法一：先在一个正方体中找一个满足条件的正三棱锥，再利用正方体的性质解题．如图，满足题意的正三棱锥P －ABC 可以是正方体的一部分，其外接球的直径是正方体的体对角线，且面ABC 与体对角线的交点是体对角线的一个三等分点，所以球心到平面ABC 的距离等于体对角线长的16，故球心到截面ABC 的距离为16×23＝33.方法二：用等体积法：V P －ABC ＝V A －PBC 求解)．15．(2018·四川成都诊断)已知一个多面体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是直角边长为1的等腰直角三角形，俯视图是边长为1的正方形，若该多面体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．答案3π解析由三视图知几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，∴四棱锥的外接球即是边长为1的正方体的外接球，∴外接球的直径为3，∴外接球的表面积S＝4π×(32)2＝3π.16．(2018·河北唐山模拟)已知矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，AD＝2，AB＝3，AF＝332，M为EF的中点，则多面体M－ABCD的外接球的表面积为________．答案16π解析记多面体M－ABCD的外接球的球心为O，如图，过点O分别作平面ABCD和平面ABEF的垂线，垂足分别为Q，H，连接MH并延长，交AB于点N，连接OM，NQ，AQ，设球O的半径为R，球心到平面ABCD的距离为d，即OQ＝d，∵矩形ABEF所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AF＝332，M为EF的中点，∴MN＝332，∴AN＝NB＝32，NQ＝1，∴R2＝(4＋92)2＋d2＝12＋(332－d)2，∴d＝32，R2＝4，∴多面体M－ABCD的外接球的表面积为4πR2＝16π.1．(2017·课标全国Ⅱ，文)长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．答案14π解析依题意得，长方体的体对角线长为32＋22＋12＝14，记长方体的外接球的半径为R，则有2R＝14，R＝142，因此球O的表面积等于4πR2＝14π.2．(2018·湖南长沙一中模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体外接球的表面积为()A ．8π B.25π2C ．12π D.41π4答案 D解析 根据三视图得出，几何体是正方体中的一个四棱锥O －ABCD ，正方体的棱长为2，A ，D 为所在棱的中点．根据几何体可以判断，球心应该在过A ，D 的平行于正方体底面的中截面上，设球心到平面BCO的距离为x ，则到AD 的距离为2－x ，所以R 2＝x 2＋(2)2，R 2＝12＋(2－x)2，解得x ＝34，R＝414，该多面体外接球的表面积为4πR 2＝414π，故选D. 3．(2014·陕西，理)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( ) A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3答案 D解析 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋（2）2＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.故选D.4．(2018·洛阳统一考试)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．200πB ．150πC ．100πD ．50π答案 D解析 由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去3个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×(522)2＝50π，故选D.5．(2018·广东清远三中月考)某一简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积是( )A ．13πB ．16πC ．25πD ．27π答案 C解析 由三视图可知该几何体是底面为正方形的长方体，底面对角线为4，高为3，设外接球半径为r ，则2r ＝（22）2＋（22）2＋32＝5，∴r ＝52，∴长方体外接球的表面积S ＝4πr 2＝25π.6．(2018·福建厦门模拟)已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为( ) A.163π B ．16π C.643π D ．64π答案 D解析 因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin60°＝2，设△ABC 外接圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 12＋r 2，所以R 2＝(32R)2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π，故选D.7．(2018·四川广元模拟)如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，将△ADE ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________．答案62解析 由题意可知△A ′EF 是等腰直角三角形，且A ′D ⊥平面A ′EF.由于△A ′EF 可以补全为边长为1的正方形，则该四面体必能补全为长、宽、高分别为1，1，2的正四棱柱，三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球，易知正四棱柱的外接球的直径为12＋12＋22＝ 6.故球的半径为62. 8．(2017·德州模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．答案 133π解析 由三视图知该几何体是底面为1的正方形，高为1的四棱锥，故体积V ＝13×1×1×1＝13，该几何体与棱长为1的正方体具有相同的外接球，外接球直径为3，该球表面积S ＝4π×(32)2＝3π，正方体、长方体的体对角线即为外接球的直径．。
陆宗骐，朱煜： 数学形态学腐蚀膨胀运算的快速算法_______________________________第一作者简介: 陆宗骐(1945-),男,教授,主要研究领域为图像处理与模式识别，编著《C/C++图像处理编程》和合作编著《Visual C++.NET 图像处理编程》.数学形态学腐蚀膨胀运算的快速算法陆宗骐，朱煜（华东理工大学信息学院，上海，200237，zqlu@ ）摘 要: 本文介绍了数学形态学中结构元素为4连通或8连通的3×3邻域时腐蚀、膨胀运算的快速算法。
区域采用线段编码表示，腐蚀与膨胀运算在当前线段与其相邻的上下线段之间通过逻辑运算实现。
4连通邻域结构元素下作腐蚀(或膨胀)运算时，先将当前线段两侧各除去(扩展)一个像素，再与上下邻接线段作与(或)运算。
8连通邻域结构元素下与此相类似，不同在于参与运算的三条线段都需在两侧除去或扩展像素。
运算速度一般可提高3~5倍。
关键词: 数学形态学；腐蚀；膨胀；快速算法Fast Algorithm of Mathematical Morphology Erosion and Dilation OperationLU Zong-qi, ZHU Yu(The College of Information, East China University of Science and Technology, Shanghai 200237)Abstract: In this paper, a fast algorithm of mathematical morphology erosion and dilation operation for 3×3 neighborhood structuring element with 4-connectivity or 8- connectivity is presented. Regions are marked with line segment encoding technique. Erosion and dilation operation are performed by Boolean calculation according to three adjacent lines, namely current line with its upper and lower adjacent lines. Erosion is obtained by logic operation AND. Dilation is obtained by logic operation OR. The new algorithm is 3~5 times faster than normal morphology operation. Keywords: Mathematical Morphology; Erosion; Dilation; Fast Algorithm1 引言在计算机图形图像处理中有一些著名的处理算法，它们非常简单、巧妙，易于理解、易于实现，但往往存在运行速度慢的缺点，不经改进难以实际使用。
