圆锥的体积， \( V \)
\[ V = \frac{1}{3}\pi \times {R}^{2}h = \frac{1}{12}\pi \times {D}^{2}h \tag{28.17} \]
\( R \) :直圆锥的半径
\( D \) :圆锥的直径
\( h \) :圆锥的垂直高
l:直圆锥的斜高
\[ l = \sqrt{{R}^{2} + {h}^{2}} \tag{28.18} \]
注:圆锥的体积等于同半径同高度的圆柱体积的 \( \frac{1}{3} \) 。
圆锥的表面积， \( S \)
\[ S = {\pi Rl} + \pi {R}^{2} \tag{28.19} \]
直圆锥截头(frustum)的体积， \( V \)
\[ V = \frac{1}{3}{\pi h}\left( {{R}^{2} + {r}^{2} + {Rr}}\right) \tag{28.20} \]
\( R \) 和 \( r \) 表示底面的半径。
棱锥截头(frustum)的体积， \( V \)
\[ V = \frac{1}{3}h\left( {{B}_{1} + \sqrt{{B}_{1}{B}_{2}} + {B}_{2}}\right) \tag{28.21} \]
\( {B}_{1} \) :下底面积。
\( {B}_{2} \) :上底面积。
\( h \) :高。
例题
1. 棱、对角线、面积与体积
例1. 一个长方体盒子的边长为整数，且比例为 \( 3 : 4 : 5 \) 。下列哪一项可能是该盒子的总表面积？
(A) 282 (B) 376 (C) 470 (D) 564 (E) 345
解答:(B)。
设长方体的尺寸为 \( {3a},{4a} \) 、 \( {5a} \) 。根据公式(28.6)，体积为
\[ S = 2\left( {{ab} + {bc} + {ca}}\right) = 2\left\lbrack {\left( {3a}\right) \times \left( {4a}\right) + \left( {4a}\right) \times \left( {5a}\right) + \left( {5a}\right) \times \left( {3a}\right) }\right\rbrack \]
\[ = 2\left\lbrack {\left( {{12} + {20} + {15}}\right) {a}^{2}}\right\rbrack = {94}{a}^{2} \]
因此面积必须是某个整数的平方的94倍。在选项中，只有 \( {282} = {94} \times 3,{376} = {94} \times {2}^{2} \) 、 \( {470} = {94} \times 5 \) 、 \( {564} = {94} \times 6 \) ，且仅376对应的另一因子为完全平方数。
例2. 一个实心长方体尺寸为 \( {16}\mathrm{\;{cm}} \) × \( {14}\mathrm{\;{cm}} \) × \( 9\mathrm{\;{cm}} \) 。从该长方体的每个角各移除一个边长为 \( 4\mathrm{\;{cm}} \) 的立方体，形成一个新的立体。被移除的体积占原体积的几分之几？
(A) \( 4/5 \) (B) 9/35 (C) \( {13}/{50} \) (D) \( {16}/{63} \) (E) \( 2/7 \)
解答:(D)。
八个被移除立方体的总体积为 \( 8 \times {4}^{3} = {2}^{3} \times {2}^{6} = {2}^{9} \) 立方厘米，原长方体的体积为 \( {16} \times {14} \times 9 = {2016} = {2}^{5} \times {3}^{2} \times \) 7立方厘米。因此体积减少了
\( \frac{{2}^{9}}{{2}^{5} \times {3}^{2} \times 7} = \frac{{2}^{4}}{{3}^{2} \times 7} = \frac{16}{63}. \)
例3. 下列哪一个圆锥可由半径为10的圆的 \( {252}^{ \circ } \) 扇形通过将两条直边重合而构成？
解答:(C)。
方法一(2001 AMC 10官方解答):
圆锥的母线长为10，即扇形的半径。圆锥底面的周长等于扇形弧长。该弧长为 \( {252}/{360} \) \( 7/{10} \) 倍于原圆的周长。圆锥的
底面周长为 \( \frac{7}{10} \cdot {20\pi } = {14\pi } \) ，因此其半径为7。
方法二(我们的解法):
圆锥的母线长为10，即扇形的半径。
设 \( r \) 为圆锥。 \( \frac{{252}^{ \circ }}{2\pi r} = \frac{{360}^{ \circ }}{{2\pi } \times {10}} \Rightarrow r = 7 \) 。故答案为(C)。
例4.(1985年AMC第25题)某长方体的体积为 \( 8{\mathrm{\;{cm}}}^{3} \) ，其总表面积为 \( {32}{\mathrm{\;{cm}}}^{2} \) ，且三条棱长成等比数列。该长方体所有棱长之和(以 \( \mathrm{{cm}} \) 为单位)为
(A) 28 (B) 32 (C) 36 (D) 40 (E) 44
解答:(B)。
方法1(官方解答):
将长方体的棱长分别记为 \( a,{ar} \) 和 \( a{r}^{2} \) 。
则体积 \( = a\left( {ar}\right) \left( {a{r}^{2}}\right) = 8,{ar} = 2 \) 。
表面积 \( = 2{a}^{2}r + 2{a}^{2}{r}^{2} + 2{a}^{2}{r}^{3} = {32} \)
\( = 2\left( {ar}\right) \left( {a + {ar} + a{r}^{2}}\right) = 4\left( {a + {ar} + a{r}^{2}}\right) . \)
但最后一个表达式正是棱长之和。
方法2(我们的解法):
将长方体的棱长分别记为 \( w \) (宽)、 \( l \) (长)和 \( h \) (高)。
我们有
\[ \text{wih} = 8 \tag{1} \]
\[ {2wl} + {2lh} + {2hw} = {32} \tag{2} \]
\[ {l}^{2} = {wh} \tag{3} \]
将(3)代入(1)得: \( l \times {l}^{2} = 8 \Rightarrow {l}^{3} = 8 \Rightarrow l = 2 \) 。
(2)变为: \( 2 \times {2w} + 2 \times {2h} + 2{l}^{2} = {32}\; \Rightarrow \;2 \times {2w} + 2 \times {2h} + 2 \times {2l} = {32} \)
\( \Rightarrow \;4\left( {w + h + l}\right) = {32} \) .
我们注意到该长方体所有棱长之和(以 \( \mathrm{{cm}} \) 为单位)为 \( 4\left( {w + h + l}\right) \) ，即32。
方法3:
设长方体的棱长分别为 \( \frac{x}{q} \) (宽)、 \( x \) (长)和 \( {xq} \) (高)。
我们有(1)
\[ 2\left( {\frac{x}{q} \times x + x \times {xq} + \frac{x}{q} \times {xq}}\right) = {32} \tag{2} \]
将 \( x = 2 \) 代入(2)得: \( 1 + q + \frac{1}{q} = 4 \) 。
该立体所有棱在 \( \mathrm{{cm}} \) 中的长度之和为
\( 4\left( {\frac{x}{q} + x + {xq}}\right) = 4\left( {1 + q + \frac{1}{q}}\right) x = {32}. \)
例5.(1981 AMC)在附图中， \( {PQ} \) 是立方体的一条对角线。若 \( {PQ} \) 的长度为 \( a \) ，则立方体的表面积为
(A) \( 2{a}^{2} \) (B) \( 2\sqrt{2}{a}^{2} \) (C) \( 2\sqrt{3}{a}^{2} \) (D) \( 3\sqrt{3}{a}^{2} \) (E) \( 6{a}^{2} \)
解答:(A)。
解法1(官方解答):
设 \( s \) 为立方体的棱长， \( R \) 和 \( T \) 为立方体的顶点，如附图所示。对 \( \bigtriangleup {POR} \) 和 \( \bigtriangleup {PRT} \) 应用勾股定理得 \( {a}^{2} - {s}^{2} = P{R}^{2} = {s}^{2} + {s}^{2}. \)
\( {a}^{2} = 3{s}^{2} \)
表面积为 \( 6{s}^{2} = 2{a}^{2} \) 。
解法2(我们的解法):
我们知道公式
\( {a}^{2} = 3{x}^{2} \) (28.4)
以及 \( S = 6{x}^{2} \) (28.7)
因此我们有 \( S = 6{x}^{2} = 2\left( {3{x}^{2}}\right) = 2{a}^{2} \) 。
例6.(1996 AMC第23题)一个长方体的十二条棱长之和为140，且从一个顶点到最远顶点的距离为21。该长方体的总表面积为
(A) 776 (B) 784 (C) 798 (D) 800 (E) 812
解答:(B)。
方法1(官方解法):
设 \( a, b \) 、 \( c \) 为盒子的尺寸。已知
\( {140} = {4a} + {4b} + {4c} \) 和 \( {21} = \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}} \) ，
因此
\( {35} = a + b + c \) (1)且 \( {441} = {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}(2 \)
将(1)两边平方并与(2)结合，得到
\( {1225} = {\left( a + b + c\right) }^{2} = {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {2ab} + {2bc} + {2ca} \)
\( = {441} + {2ab} + {2bc} + {2ca} \) .
于是盒子的表面积为 \( {2ab} + {2bc} + {2ca} = {1225} - {441} = {784} \) 。
方法2(我们的解法):
由(28.5)，长方体十二条棱长之和为
\( 4\left( {a + b + c}\right) = {140}\; \Rightarrow \;a + b + c = {35} \) (1)
由(28.2)，立体的空间对角线 \( {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} = {21}^{2} \) (2)
由 \( \left( {28.6}\right) , S = 2\left( {{ab} + {bc} + {ca}}\right) = {\left( a + b + c\right) }^{2} - \left( {{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}}\right) \) (3)
将(1)和(2)代入(3):
\( S = {35}^{2} - {21}^{2} = {28}^{2} = {784} \) 。(注意勾股数21,28,35)。
例7.(2001 AMC 10 第21题)一个直径等于高的直圆柱内接于一个直圆锥。圆锥直径为10，高为12，且圆柱与圆锥的轴线重合。求圆柱的半径。
(A) \( 8/3 \) (B) \( {30}/{11} \) (C)3(D) \( {25}/8 \) (E) \( 7/2 \)
解答:(B)。
方法1(官方解法):设圆柱的半径为 \( r \) ，高为 \( {2r} \) 。由于 \( \bigtriangleup {APQ} \) 与 \( \bigtriangleup {AOB} \) 相似，我们
有 \( \frac{{12} - {2r}}{r} = \frac{12}{5} \) ，因此 \( r = \frac{30}{11} \)
方法2(我们的解法):
设圆柱的半径为 \( r \) ，高为 \( {2r} \) 。由于 \( \bigtriangleup {ADE} \) 与 \( {\Delta ACB} \) 相似，我们有 \( \frac{DE}{CB} = \frac{AF}{AG} \Rightarrow \;\frac{2r}{10} = \frac{{12} - {2r}}{12} \)
\( \Rightarrow \;\frac{2r}{10} = \frac{{12} - {2r}}{12} = \frac{12}{22} \Rightarrow \;\frac{r}{5} = \frac{6}{11} \Rightarrow \;r = \frac{30}{11}. \)
例8. 边长为1的立方体被一个平面切割，该平面通过四个顶点 \( A, B, C \) 和 \( D \) ，如图1所示。另一个相同的立方体被一个平面切割，该平面通过两个对角顶点 \( A \) 和 \( C \) ，以及不包含 \( A \) 或 \( C \) 的两条对边的中点 \( B \) 和 \( D \) ，如图2所示。两个图形中四边形 \( {ABCD} \) 的面积之和是多少？
(A) \( \frac{\sqrt{8} + \sqrt{6}}{2} \) (B) \( \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{2} \) (C) \( \frac{\sqrt{6}}{2} \) (D) \( \sqrt{2} \) (E) \( \frac{\sqrt{8} - \sqrt{6}}{2} \)
图1
图2
解答:(A)。
图1中矩形 \( {ABCD} \) 的面积为 \( \mathrm{{AB}} \times \mathrm{{BC}} = 1 \times \sqrt{2} = \sqrt{2} \) 。
菱形的面积为 \( \frac{1}{2}{AC} \times {BD} = \frac{1}{2}\sqrt{3} \times \sqrt{2} = \frac{\sqrt{6}}{2} \) 。
总和为 \( \sqrt{2} + \frac{\sqrt{6}}{2} = \frac{1}{2}\left( {2\sqrt{2} + \sqrt{6}}\right) = \frac{\sqrt{8} + \sqrt{6}}{2} \) 。
例9. 对于立方体的一个顶点，考虑由该顶点及与该顶点相交的三条边的中点所确定的四面体。原立方体的表面积与四面体的表面积之比为
(A) \( {24} - \sqrt{3} \) (B) \( 8\left( {3 - \sqrt{3}}\right) \) (C)24(D) \( 8\left( {3 - \sqrt{2}}\right) \) (E) \( 8\left( {2 - \sqrt{3}}\right) \)
解答:(B)。
设立方体为 \( {ABCD} - {A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime } \) ，四面体为 \( C - {LMN} \) 。
该立方体的表面积为 \( 6 \times {1}^{2} = 6 \) 。
四面体 \( C - {LMN} \) 的底面是一个等边三角形
其边长为 \( \sqrt{{\left( \frac{BC}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{CD}{2}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \) 。
其面积为 \( \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{2} = \frac{\sqrt{3}}{8} \) 。
四面体 \( C - {LMN} \) 的表面积为 \( \frac{\sqrt{3}}{8} + 3 \times \frac{1}{2} \times \left( {\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}}\right) = \frac{\sqrt{3} + 3}{8} \) 。
比值为 \( 6 \div \frac{\sqrt{3} + 3}{8} = \frac{48}{3 + \sqrt{3}} = \frac{{48}\left( {3 - \sqrt{3}}\right) }{6} = 8\left( {3 - \sqrt{3}}\right) \) 。
例10. 在图中，立方体的每条棱长为 \( {24}.E, F \) ，且 \( G \) 分别是 \( \overline{CD},\overline{BD} \) 和 \( \overline{DI} \) 的中点。求棱锥DEFG的体积。
(A) 244 (B) 284 (C) 288 (D) 480 (E) 520
解答:(C)。
棱锥DEFG是一个以 \( {EDG} \) 为底、 \( {DF} \) 为高的三棱锥。
因此体积为
\( V = \frac{1}{3}\frac{{ED} \times {DG}}{2} \times {DF} = \frac{{12} \times {12}}{6} \times {12} = {288}. \)
例11. (2006 AMC 10A 24) 将单位立方体相邻面的中心连接起来，构成一个正八面体。该八面体的体积是多少？
(A) \( 1/8 \) (B) 1/6 (C) \( 1/4 \) (D) \( 1/3 \) (E) \( 1/2 \)
解答:(B)。
方法1(官方解答):
八面体由两个底面为正方形的棱锥组成。上图所示为上方的棱锥。
由于 \( {AB} \) 的长度为 \( \frac{\sqrt{2}}{2} \) ，因此金字塔的底面积为 \( {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{2} = 1/2 \) 。金字塔的高为 \( 1/2 \) ，所以
体积(金字塔) \( = \frac{1}{3} \) - 底面积 - 高 \( = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{12} \) 且
体积(八面体) \( = 2 \cdot \) 体积(金字塔) \( = \frac{1}{6} \) 。
方法二(我们的解法):
我们绘制图形并计算边长 \( a \) :
\[ a = \sqrt{A{B}^{2} + B{C}^{2}} = \sqrt{{\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \]
根据公式(28.13)，我们有
\[ V = \frac{1}{3}\sqrt{2}{a}^{3} \]
\[ = \frac{1}{3} \times \sqrt{2} \times {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{3} = \frac{1}{3} \times \sqrt{2} \times \frac{2\sqrt{2}}{8} = \frac{1}{6}. \]
方法三(我们的解法):
我们绘制图形并计算边长 \( a \) :
\[ a = \sqrt{A{B}^{2} + B{C}^{2}} = \sqrt{{\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \]
根据公式(28.13)，我们有
\[ V = \frac{1}{3}\sqrt{2}{a}^{3} \]
\[ = \frac{1}{3} \times \sqrt{2} \times {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{3} = \frac{1}{3} \times \sqrt{2} \times \frac{2\sqrt{2}}{8} = \frac{1}{6}. \]
例12. \( T \) 是一个正四面体。 \( {T}^{\prime } \) 是以 \( T \) 各面中心为顶点的四面体。 \( {T}^{\prime } \) 与 \( T \) 的体积之比为 \( m/n \) ，其中 \( m \) 与 \( n \) 互质。 \( m + n \) 的值是多少？
(A) 22 (B) 26 (C) 28 (D) 23 (E) 21
解答:(C)。
设每条棱长为 \( a \) 。
设中心为 \( O, P, Q \) 和 \( R \) 。连接它们得到 \( {T}^{\prime } \) 。
作 \( {DOE} \) ，等边三角形 \( {ABD} \) 的高。作 \( {CPE} \) ，等边三角形 \( {ABC} \) 的高。根据(28.9)，原四面体的体积为
\[ {V}_{O} = \frac{\sqrt{2}}{12}{a}^{3}. \]
我们看到较小四面体的每条棱长为 \( {OP} \) 。
因为 \( \bigtriangleup {DCE} \sim \bigtriangleup {OPE} \) ，且 \( {OE} = \frac{1}{3}{DE},{OP} = \frac{1}{3}{DC} = \frac{a}{3} \) 。
由于原四面体与新四面体 \( \left( {V}_{n}\right) \) 相似，我们有
\[ \frac{{V}_{N}}{{V}_{O}} = {\left( \frac{OP}{DC}\right) }^{3} = \frac{1}{27}. \]
答案是 \( 1 + {27} = {28} \) 。
例13.(2007 AMC 10 B 第23题)一个底面为正方形的金字塔被一平面截断，该平面平行于底面且距底面2个单位。被截出的顶部小金字塔的表面积是原金字塔表面积的一半。求原金字塔的高。
(A) 2 (B) \( 2 + \sqrt{2} \) (C) \( 1 + 2\sqrt{2} \) (D) 4 (E) \( 4 + 2\sqrt{2} \)
解答:(E)。
方法一(官方解答):
设 \( h \) 为原金字塔的高，则小金字塔的高为 \( h - 2 \) 。因为两金字塔相似，其高之比
等于表面积之比的平方根。于是 \( \frac{h}{h - 2} = \sqrt{2} \) ，所以
\[ h = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2} - 1} = 4 + 2\sqrt{2}. \]
方法二(我们的解法):
我们按图示作图。设 \( {CD} = a \) 和 \( {AB} = b \) 。已知
\( {2C}{D}^{2} = A{B}^{2} \Rightarrow \;\frac{CD}{AB} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \) (1)
\[ \bigtriangleup {GCD} \sim \bigtriangleup {GAB}\text{.} \]
\[ \frac{CD}{AB} = \frac{h - 2}{h} \Rightarrow \;\frac{CD}{AB} = \frac{h - 2}{h} \tag{2} \]
将(1)代入(2): \( \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{h - 2}{h} \Rightarrow \frac{\sqrt{2}}{2} = 1 - \frac{2}{h} \)
\( \Rightarrow \frac{2}{h} = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \frac{2}{h} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2} \Rightarrow \frac{h}{2} = \frac{2}{2 - \sqrt{2}} \)
\[ \Rightarrow h = \frac{4}{2 - \sqrt{2}} = \frac{4\left( {2 + \sqrt{2}}\right) }{\left( {2 - \sqrt{2}}\right) \left( {2 + \sqrt{2}}\right) } = \frac{4\left( {2 + \sqrt{2}}\right) }{2} = 2\left( {2 + \sqrt{2}}\right) = 4 + 2\sqrt{2}\text{.} \]
例14. 一个球内切于表面积为54平方米的立方体。然后在该球内再内切一个立方体。求内立方体的表面积(平方米)。
(A) 13 (B) 16 (C) 18 (D) 19 (E) 22
解答:(C)。
原立方体表面积为54平方米，因此每个面的面积为 \( {54}/6 = 9 \) 平方米，该立方体边长为3米。内切球的直径为3米，这也是内切于球的立方体的空间对角线长度。设 \( l \) 为内立方体的边长，两次应用勾股定理得 \( {l}^{2} + {l}^{2} + {l}^{2} = {3}^{2} = 9 \) 。
因此每个面的表面积为 \( {l}^{2} = 3 \) 平方米。
所以内接立方体的表面积为 \( 6 \cdot \left( 3\right) = {18} \) 平方米。
2. 距离问题
例15. 在正四面体 \( A - {BCD} \) 中，每条棱长为 \( 2\sqrt{2} \) 。 \( E \) 是 \( {AB}.F \) 的中点， \( {CD} \) 是 \( F \) 的中点。 \( E \) 到 \( F \) 的垂直距离为
(A) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \) (C) 2 (D) 1 (E) \( \frac{\sqrt{2}}{3} \)
解答:(C)。
标记 \( E \) 为 \( {AB} \) 的中点， \( F \) 为 \( {CD} \) 的中点。连接 \( {AF},{FB} \) 和 \( {EF} \) 。
\( {AF} = {BF} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 2\sqrt{2} = \sqrt{6} \) 。因此我们知道 \( {EF} \)
是 \( {AB} \) 的垂直平分线，且 \( {CD} \) 到 \( {AB} \) 的距离。
对 \( {\Delta AFE} \) 应用勾股定理:
\( {EF} = \sqrt{A{F}^{2} - A{E}^{2}} = \sqrt{{\left( \sqrt{6}\right) }^{2} - {\left( \frac{2\sqrt{2}}{2}\right) }^{2}} = \sqrt{6 - 2} = 2. \)
例16. 四面体 \( P - {ABC} \) 的棱长分别为 \( {PA} = \sqrt{7},{PB} = 3\sqrt{2} \) 和 \( {PC} = 3\sqrt{2} \cdot {PA} \bot {PB} \bot {PC} \) 。求点 \( P \) 到平面 \( {ABC} \) 的距离。(A) \( \frac{7\sqrt{3}}{4} \) (B) \( \frac{4\sqrt{7}}{3} \) (C) \( \frac{3\sqrt{7}}{4} \) (D) \( \frac{\sqrt{7}}{4} \) (E) 2
解答:(C)。
对 \( \bigtriangleup {ABP} \) 应用勾股定理:
\( {AB} = \sqrt{P{A}^{2} + P{B}^{2}} = \sqrt{{\left( \sqrt{7}\right) }^{2} + {\left( 3\sqrt{2}\right) }^{2}} = 5. \)
对 \( \bigtriangleup {ACP} \) 应用勾股定理:
\( {AC} = \sqrt{P{A}^{2} + P{C}^{2}} = \sqrt{{\left( \sqrt{7}\right) }^{2} + {\left( 3\sqrt{2}\right) }^{2}} = 5. \)
对 \( \bigtriangleup {BCP} \) 应用勾股定理:
\[ {BC} = \sqrt{P{B}^{2} + P{C}^{2}} = \sqrt{{\left( 3\sqrt{2}\right) }^{2} + {\left( 3\sqrt{2}\right) }^{2}} = 6. \]
根据海伦公式， \( {\Delta ABC} \) 的面积为 \( B = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \) ，
\[ s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) = 8. \]
\( B = \sqrt{8\left( {8 - 5}\right) \left( {8 - 5}\right) \left( {8 - 6}\right) } = {12}. \)
根据公式(28.8)，四面体的体积 \( V = \frac{1}{3}{Bh} = \frac{1}{3} \times {12h} = {4h} \) 。
用另一种方法计算体积:
\( V = \frac{1}{3} \times \frac{{PA} \times {PB}}{2} \times {PC} = \frac{1}{3} \times \frac{\sqrt{7} \times 3\sqrt{2}}{2} \times 3\sqrt{2} = 3\sqrt{7}. \)
于是我们得到 \( {4h} = 3\sqrt{7}\; \Rightarrow \;h = \frac{3\sqrt{7}}{4} \) 。
例17. 给定一个单位立方体 \( {ABCD} - {EFGH} \) 。从其中一个顶点出发，记为 \( A \) ，画出在该点相交的三条面对角线。连接这些对角线的另一端点，这些线段构成一个新立体 \( {ACFH} \) 的棱，称为正四面体(regular tetrahedron)，即4面体。该四面体的高为
(A) \( \frac{2}{3} \) (B) \( \frac{3\sqrt{2}}{2} \) (C) \( \frac{2\sqrt{2}}{3} \) (D) \( \frac{\sqrt{3}}{3} \) (E) \( \frac{2\sqrt{3}}{3} \)
解答:(E)。
四面体的棱长 \( A - {CFH} \)
为 \( {AC} = \sqrt{2} \) 。
设等边三角形 \( {CFH} \) 的重心为 \( O \) 。
\( {CO} = \frac{\sqrt{3}}{4}\left( \sqrt{2}\right) \times \frac{2}{3} = \sqrt{\frac{2}{3}}. \)
高 \( {AO} = \sqrt{A{C}^{2} - O{C}^{2}} = \sqrt{2 - \frac{2}{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。
例18.(1996 AMC 第28题)在一个 \( 4 \times 4 \times 3 \) 的长方体上，顶点 \( A, B \) 、 \( C \) 与顶点 \( D \) 相邻。从 \( D \) 到包含 \( A, B \) 、 \( C \) 的平面的垂直距离为
(A) \( \frac{\sqrt{34}}{17} \) (B) \( \frac{{12}\sqrt{17}}{17} \) (D)3(E) \( \frac{{17}\sqrt{34}}{6} \)
解答:(C)。
方法1(官方解答):
设 \( h \) 为所求距离。用两种方式计算棱锥 \( {ABCD} \) 的体积:一是以三角形底面积乘以对应高再除以三，并令两种结果相等。利用高 \( {AD} \) 到 \( {\Delta BCD} \) ，求得体积为8。接着注意 \( h \) 是棱锥从 \( D \) 到 \( {\Delta ABC} \) 的高。由于 \( {\Delta ABC} \) 的三边长为5、5和 \( 4\sqrt{2} \) ，根据勾股定理，到边长 \( 4\sqrt{2} \) 的高为 \( a = \sqrt{17} \) 。于是 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积为 \( 2\sqrt{34} \) ，棱锥体积为 \( 2\sqrt{34}h/3 \) 。令两体积相等得 \( 2\sqrt{34}h/3 = 8 \) ，从而 \( h = \frac{6\sqrt{34}}{17} \) 。
方法2(我们的解答):
我们知道 \( {AB} = {AC} \) 。我们作 \( {AF} \bot {BC} \) 并与对角线 \( {GD} \) 交于 \( F \) 。所求距离即为 \( {ED} \) ，如图所示。
对 \( \bigtriangleup {GCD} \) 应用勾股定理:
\( {GD} = \sqrt{G{C}^{2} + C{D}^{2}} = \sqrt{{4}^{2} + {4}^{2}} = 4\sqrt{2}. \)
于是 \( {DF} = \frac{1}{2}{GD} = 2\sqrt{2} \) 。
对 \( \bigtriangleup {AFD} \) 应用勾股定理:
\( {AF} = \sqrt{A{D}^{2} + D{F}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} + {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2}} = \sqrt{17}. \)
现在我们用两种方式计算面积 \( {\Delta ADF} \) :
\[ \frac{1}{2}{DF} \times {AD} = \frac{1}{2}{AF} \times {ED} \Rightarrow \frac{1}{2} \times 2\sqrt{2} \times 3 = \frac{1}{2} \times \sqrt{17} \times {ED} \Rightarrow {ED} = \frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{17}} = \frac{6\sqrt{34}}{17}. \]
例19. 在如图所示的四面体中，顶点为 \( S - {ABC} \) ， \( {\Delta ABC} \) 是边长为 \( 4\sqrt{2} \cdot {SC} = 2 \) 的等边三角形，且垂直于 \( \bigtriangleup {ABC}.E \) ， \( {BC} \) 的中点为 \( D \) ， \( {AB} \) 的中点为 \( {CD} \) 。线段 \( {SE} \) 到
(A) \( \frac{2\sqrt{3}}{3} \) (B) \( \frac{3\sqrt{2}}{3} \) (C) \( \frac{2\sqrt{2}}{3} \) (D) \( \frac{\sqrt{3}}{3} \) (E) \( \frac{\sqrt{3}}{2} \)
解:(A)。
设 \( F \) 为 \( {BD} \) 的中点。
连接 \( {EF} \) 。我们有 \( {EF} = \frac{CD}{2} \) 和 \( {EF}//{CD} \) 。
因此 \( {CD} \) 平行于平面 \( {SEF} \) 。连接 \( {SF} \) 和 \( {CF} \) 。问题转化为求点 \( C \) 到平面 \( {SEF} \) 的距离。设该距离为 \( a \) 。
我们知道 \( {BC} = 4\sqrt{2} \) 、 \( D, E \) 和 \( F \) 分别是 \( {AB},{BC} \) 、 \( {BD} \) 的中点。
于是 \( {CD} = 2\sqrt{6},{EF} = \sqrt{6},{DF} = \sqrt{2} \) 。
因为 \( {SC} = 2,{V}_{S - {CEF}} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2}{EF} \times {DF} \times {SC} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。
对直角三角形 \( {\Delta SCE} \) 应用勾股定理:
\( {ES} = \sqrt{S{C}^{2} + C{E}^{2}} = 2\sqrt{3}. \)
对直角三角形 \( \bigtriangleup {SCF} \) 应用勾股定理:
\( {SF} = \sqrt{S{C}^{2} + C{F}^{2}} = \sqrt{30}. \)
我们知道 \( {EF} = \sqrt{6} \) 。因此三角形 \( {SEF} \) 的面积为 \( {S}_{\Delta SEF} = 3 \)
\[ {V}_{C - {SEF}} = \frac{1}{3} \times {S}_{\Delta SEF} \times a. \]
我们知道 \( {V}_{C - {SEF}} = {V}_{S - {CEF}} \) 。因此 \( \frac{1}{3} \times 3 \times a = \frac{2\sqrt{3}}{3} \Rightarrow a = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。
例20.(1978年中国高中数学竞赛)三个半径为1的球体两两相切并置于水平面上。另一个半径同样为1的球体置于它们之上。求从平面到该球体顶端的距离。
(A) \( 2 + \frac{2\sqrt{6}}{3} \) (B) \( 1 + \frac{2\sqrt{6}}{3} \) (C) \( \frac{2\sqrt{6}}{3} \) (E) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)
解答:(A)。
设 \( {O}_{1} \) 为上方球体的中心， \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 为平面上三个球体的中心。
连接这四个中心。
由于这些球体两两相切，
\[ {O}_{1}{O}_{2} = {O}_{1}{O}_{3} = {O}_{1}{O}_{4} = {O}_{2}{O}_{3} = {O}_{2}{O}_{4} = {O}_{3}{O}_{4} = 2\text{.} \]
于是 \( {O}_{1} - {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 与它们构成一个棱长为2的四面体。作 \( {O}_{1}K \) ，即通过点 \( {O}_{1} \) 的四面体高。因此 \( K \) 必为三角形 \( {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 的中心。连接 \( {O}_{4}K \) 。
\( {O}_{4}K = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。于是 \( {O}_{1}K = \sqrt{{O}_{1}{O}_{4}^{2} - {O}_{4}{K}^{2}} = \sqrt{{2}^{2} - {\left( \frac{2\sqrt{3}}{3}\right) }^{2}} = \frac{2\sqrt{6}}{3} \) 。
由于 \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 到平面的距离均为 \( 1,{O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) ，故平行于平面。
从平面到球体顶端的距离为 \( 1 + \frac{2\sqrt{6}}{3} + 1 = 2 + \frac{2\sqrt{6}}{3} \) 。
方法二:
设 \( {O}_{1} \) 为上方球体的中心， \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 为平面上三个球体的中心。
连接这四个中心。
由于这些球体两两相切，
\( {O}_{1}{O}_{2} = {O}_{1}{O}_{3} = {O}_{1}{O}_{4} = {O}_{2}{O}_{3} = {O}_{2}{O}_{4} = {O}_{3}{O}_{4} = 2 \) .
因此 \( {O}_{1} - {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 构成一个棱长为2的四面体。
根据公式(28.11)， \( h = \frac{1}{3}a\sqrt{6} = \frac{2}{3}\sqrt{6} \) 。
由于 \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 到平面的距离均相等， \( 1,{O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 与平面平行。
平面到球顶的距离为 \( 1 + \frac{2\sqrt{6}}{3} + 1 = 2 + \frac{2\sqrt{6}}{3} \) 。
习题
问题1. 一个长方体的边长为整数且比例为 \( 3 : 4 : 5 \) 。下列哪个可能是该长方体的体积？
(A) 480 (B) 240 (C) 248 (D) 540 (E) 345
问题2. 一个实心长方体尺寸为 \( {21}\mathrm{\;{cm}} \) × \( {12}\mathrm{\;{cm}} \) × \( 8\mathrm{\;{cm}} \) 。从该长方体每个角移除一个边长为 \( 3\mathrm{\;{cm}} \) 的立方体后形成一个新的立体。被移除的体积占原体积的几分之几？
(A) \( 4/5 \) (B) 9/35 (C) \( {13}/{50} \) (D) \( {16}/{63} \) (E) \( 2/7 \)
问题3. 下列哪个圆锥可由半径为12的圆的 \( {210}^{ \circ } \) 扇形通过将两条直边重合而成？
问题4. 某长方体的体积为 \( {27}{\mathrm{\;{cm}}}^{3} \) ，总表面积为 \( {66}{\mathrm{\;{cm}}}^{2} \) ，且三边长成等比数列。该长方体所有棱长之和为 \( \mathrm{{cm}} \) ，则其值为
(A) 28 (B) 32 (C) 36 (D) 40 (E) 44
问题5. 一个长方体的侧面、前面和底面的面积分别为 \( \sqrt{3},\sqrt{5} \) 和 \( \sqrt{15} \) 平方单位。该长方体的空间对角线长度为多少单位？
(A) 9 (B) 6 (C) 3 (D) 2 (E) 1
问题6. 一个长方体所有面的总面积为 \( {26}{\mathrm{\;{cm}}}^{2} \) ，所有棱的总长度为 \( {28}\mathrm{\;{cm}} \) 。则其任意一条内对角线的长度为 \( \mathrm{{cm}} \)
(A) \( 3\sqrt{5} \) (B) \( 5\sqrt{3} \) (C) \( 5\sqrt{2} \) (D) \( 2\sqrt{5} \) (E) 无法唯一确定
问题7. 一个直径等于高的直圆柱内接于一个直圆锥。圆锥的直径为12，高为14，且圆柱与圆锥的轴线重合。求圆柱的半径。
(A) \( {18}/5 \) (B) \( {42}/{13} \) (C) 3 (D) \( {35}/{11} \) (E) \( {17}/5 \)
问题8. 一个单位立方体的顶点为 \( {ABCD} - {A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime } \) 。点 \( L, M, N,{L}^{\prime },{M}^{\prime } \) 、 \( {N}^{\prime } \) 分别是 \( {BC},{CD}, D{D}^{\prime },{D}^{\prime }{A}^{\prime },{A}^{\prime }{B}^{\prime },{B}^{\prime }B \) 的中点。立方体被一个通过点 \( L, M, N,{L}^{\prime },{M}^{\prime },{N}^{\prime } \) 的平面切割。求六边形LMNL'M'N'的面积。
(A) \( \frac{3\sqrt{3}}{4} \) (B) \( \frac{4\sqrt{3}}{3} \) (C) \( \frac{3\sqrt{3}}{2} \) (D) \( \frac{2\sqrt{3}}{3} \) (E) \( \frac{3\sqrt{2}}{4} \)
问题9. 一个边长为 \( 4\mathrm{\;{cm}} \) 的立方体，画出三条面对角线，如图所示，构成一个新的(6条棱的)立体的棱。求立方体表面积与该四面体表面积的比值。
(A) \( \frac{3 + \sqrt{3}}{8} \) (B) \( \frac{3 - \sqrt{3}}{8} \) (C) \( \frac{{12} - \sqrt{3}}{8} \) (D) \( 3 - \sqrt{3} \) (E) \( 3 + \sqrt{3} \)
问题10. 一个边长为 \( 4\mathrm{\;{cm}} \) 的立方体，从一个顶点画出三条面对角线。这三条对角线，连同另外三条面对角线，构成一个新的(6条棱的)立体的棱。
求该新立体的体积，单位为立方厘米。
(A) \( {21}\frac{2}{3} \) (D) \( {21}\frac{1}{3} \) (E) \( {21}\frac{1}{5} \)
问题11. 将单位立方体相邻面的中心连接起来，构成一个正八面体。求立方体表面积与八面体表面积的比值。
(A) \( \sqrt{2} \) (B) \( \sqrt{3} \) (C) \( \sqrt{5} \) (D) \( \sqrt{2} \) (E) 2
问题12. 在一个边长为 \( {18}\sqrt{2} \) 的正四面体中，四个面的中心构成一个更小的四面体的顶点。求该更小四面体的体积。
(A) 72 (B) 76 (C) 78 (D) 73 (E) 71
问题13. (2009 Mathcounts National Target 8) 一个底边长为 \( 8\sqrt{2} \) 单位、斜棱长为10单位的正四棱锥被一个平行于底面且距底面3单位的平面切割。求被该平面切下的新棱锥的体积，单位为立方单位。
\( 8\sqrt{2} \) 单位
被该平面切下的部分。
(A) 22 (B) 26 (C) 28 (D) 30 (E) 32
问题14。图示为一个由三条全等弧在球面上围成的三角形区域，任意两弧的交角为直角。该三角形区域的周长与表面积数值相等。 \( r \) 的值是多少？
(A) 9 (B) 6 (C) 3 (D) 2 (E) 1
问题15。顶点为 \( A, B, C \) 和 \( D \) 的正四面体，每条棱长均为1。求点 \( P \) 与 \( Q \) 之间的最小可能距离，其中 \( P \) 在棱 \( {AB} \) 上， \( Q \) 在棱 \( {CD} \) 上。
(A) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \) (B) \( \frac{\sqrt{3}}{2} \) (C) 2 (D) 1 (E) \( \frac{\sqrt{2}}{3} \)
问题16。在四面体 \( P - {ABC}.{PA} = {PB} = {PC} = 2\sqrt{13}.{BC} = 8,{AC} = 4 \) 中，且 \( {AB} = 4\sqrt{3} \) 。点 \( P \) 到平面 \( {\Delta ABC} \) 的距离为6。求点 \( B \) 到平面 \( \Delta {PAC} \) 的距离。
(A) \( \frac{8\sqrt{3}}{3} \) (B) \( 4\sqrt{3} \) (C)6(D) \( \frac{\sqrt{7}}{4} \)
问题17。在正四面体 \( D - {ABC},{AB} = {CD} = 4 \) 和 \( {AC} = {BC} = \) 中， \( {BD} = 3.M \) 是 \( {AB}.N \) 的中点， \( {CD} \) 是 \( N \) 的中点。 \( M \) 到
(A) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \) (B) \( \frac{\sqrt{3}}{2} \) (C) 2 (D) 1 (E) \( \frac{\sqrt{2}}{3} \)
问题18。在顶点为 \( D - {ABC} \) 的四面体中，其四个全等的三角形面边长均为13、14、15。 \( D \) 到包含 \( A, B \) 和 \( C \) 的平面的垂直距离为
(A) \( \frac{\sqrt{34}}{17} \) (B) \( \frac{{12}\sqrt{17}}{17} \) (C) \( \frac{6\sqrt{34}}{17} \) (D) 3 (E) \( \frac{{17}\sqrt{34}}{6} \)
问题19。在附图中， \( A, B, C, D,{A}_{1},{B}_{1},{C}_{1},{D}_{1} \) 为单位立方体的顶点。 \( {A}_{1}B \) 到 \( {D}_{1}{B}_{1} \) 的垂直距离为(A) \( \frac{\sqrt{3}}{2} \) (B) \( \frac{\sqrt{3}}{4} \) (C) \( \frac{2\sqrt{3}}{5} \) (D) \( \frac{\sqrt{3}}{3} \) (E) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)
问题20。(2004 AMC 10 A 第25题)三个半径为1的球体两两相切，并置于水平面上。一个半径为2的球体置于它们之上。求从平面到大球顶点的距离。
(A) \( 3 + \frac{\sqrt{30}}{2} \) (B) \( 3 + \frac{\sqrt{69}}{3} \) (C) \( 3 + \frac{\sqrt{123}}{4} \) (D) \( \frac{52}{9} \) (E) \( 3 + 2\sqrt{2} \)
解答:
问题1。解答:(A)。
设长方体的尺寸为 \( {3a},{4a} \) 、 \( {5a} \) 。根据公式(28.1)，体积为 \( V = \left( {3a}\right) \times \left( {4a}\right) \times \left( {5a}\right) = {60}{a}^{3} \) 。因此体积必须是某个整数立方值的60倍。在所有选项中，只有 \( {480} = {60} \times {2}^{3},{240} = {60} \times \) 、 \( {2}^{2} \) 和 \( {540} = {60} \times {3}^{2} \) ，且仅当480时，另一因子为完全立方数。
问题2。答案:(D)。
八个被移除的小立方体总体积为 \( 8 \times {3}^{3} = {2}^{3} \times {3}^{3} \) 立方厘米，原长方体体积为 \( {21} \times {11} \times 8 = {2016} = {2}^{5} \times {3}^{2} \times 7 \) 立方厘米。因此体积减少了 \( \frac{{2}^{3} \times {3}^{3}}{{2}^{5} \times {3}^{2} \times 7} = \frac{3}{28} \) 。
问题3。答案:(C)。
圆锥的斜高为12，即扇形半径。设 \( r \) 为圆锥。 \( \frac{210}{2\pi r} = \frac{360}{{2\pi } \times {12}}\; \Rightarrow \;r = 7. \) 故答案为(C)。
问题4。答案:(B)。
将立体的棱标记为 \( w \) (宽)、 \( l \) (长)和 \( h \) (高)。我们有
\[ \text{wlh = 27} \tag{1} \]
\[ {2wl} + {2lh} + {2hw} = {66} \tag{2} \]
\[ {l}^{2} = {wh} \tag{3} \]
将(3)代入(1): \( l \times {l}^{2} = {27} \Rightarrow \;{l}^{3} = {27} \)
(2)变为: \( 2 \times {3w} + 2 \times {3h} + 2{l}^{2} = {66}\; \Rightarrow \;2 \times {3w} + 2 \times {3h} + 2 \times {3l} = {66} \) \( \Rightarrow \;6\left( {w + h + l}\right) = {66}\; \Rightarrow \;\left( {w + h + l}\right) = {11} \) 。
根据(28.5)，我们注意到该立体所有棱长之和为 \( 4\left( {w + h + l}\right) \) ，即 \( 4 \times {11} = {44} \) 。
问题5。一长方体的侧面、前面和底面面积分别为 \( \sqrt{3},\sqrt{5} \) 和 \( \sqrt{15} \) 平方单位。求该立体空间对角线的长度。
答案:(C)。
设该立体的尺寸为 \( a, b \) 和 \( c \) ，空间对角线长度为 \( l \) 。
\( a \times b = \sqrt{3} \) (1)
\( b \times c = \sqrt{5} \) (2)
\( c \times a = \sqrt{15} \) (3)
方法一:
\( \left( 1\right) \times \left( 2\right) \times \left( 3\right) : \)
\( {\left( a \times b \times c\right) }^{2} = \sqrt{3} \times \sqrt{5} \times \sqrt{15}\; \Rightarrow \;a \times b \times c = \sqrt{15} \) (4)
\( \left( 4\right) \div \left( 1\right) : c = \sqrt{5} \) .
\( \left( 4\right) \div \left( 2\right) : a = \sqrt{3} \) .
\( \left( 4\right) \div \left( 3\right) : b = 1 \) .
\( l = \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}} = \sqrt{3 + 1 + 5} = \sqrt{9} = 3. \)
方法二:
(1) \( \times \left( 2\right) : a \times {b}^{2} \times c = \sqrt{3} \times \sqrt{5} = \sqrt{15} \) (5)
将(3)代入(5): \( a \times {b}^{2} \times c = a \times c \Rightarrow {b}^{2} = 1 \) 。
于是 \( b = 1 \) 。我们得到 \( a = \sqrt{3} \) 和 \( c = \sqrt{5} \) 。
\[ l = \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}} = \sqrt{3 + 1 + 5} = \sqrt{9} = 3. \]
问题6。解答:(B)。如附图所示，设 \( x, y, z, d \) ，根据(28.5)，长方体十二条棱的长度之和为 \( 4\left( {x + y + z}\right) = {28} \)
\( \Rightarrow \;x + y + z = 7 \) (1)
根据(28.6)， \( S = {2xy} + {2xz} + {2yz} = {26} \) (2)
根据(28.2)，该立体的空间对角线
\( {d}^{2} = {x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} \)
我们知道 \( {\left( x + y + z\right) }^{2} = \left( {{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2}}\right) - \left( {{2xy} + {2xz} + {2yz}}\right) \) (3)
将(1)和(2)代入(3): \( {7}^{2} = \left( {{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2}}\right) - {26} \Rightarrow \)
\( {d}^{2} = {x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} = {7}^{2} + {26} = {75} \Rightarrow d = \sqrt{75} = 5\sqrt{3} \)
问题7。解答:(B)。
设圆柱的半径为 \( r \) ，高为 \( {2r} \) 。由于 \( \bigtriangleup {APO} \) 与 \( \bigtriangleup {AOB} \) 相似，我们有 \( \frac{{14} - {2r}}{14} = \frac{r}{6}\; \Rightarrow \;\frac{{14} - {2r}}{14} = \frac{r}{6} = \frac{2r}{12} = \frac{14}{26} \Rightarrow \) \( r = \frac{42}{13} \) 。
问题8。解答:(A)。
设立方体每个面的对角线为 \( d \) 。
\( {M}^{\prime }{N}^{\prime } = {NL} = {LM} = {MN} = N{L}^{\prime } = {L}^{\prime }{M}^{\prime } = {M}^{\prime }{N}^{\prime } = {N}^{\prime }L \)
\( = \frac{1}{2}{A}^{\prime }B = \frac{1}{2}d = \frac{\sqrt{2}}{2} \) .
因此六边形 \( {LMN}{L}^{\prime }{M}^{\prime }{N}^{\prime } \) 是正六边形。
面积为 \( 6 \times \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4} \) ，总和为 \( 3 + 3 + 4 = {10} \)
问题9。解答:(B)。
立方体的表面积为 \( 6 \times {4}^{2} = {96} \) 。
四面体 \( D - {ACF} \) 的底面是边长为 \( \sqrt{{4}^{2} + {4}^{2}} = 4\sqrt{2} \) 的等边三角形。
其面积为 \( \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2} = 8\sqrt{3} \) 。
三角形 \( {ACD} \) 的面积为 \( \frac{4 \times 4}{2} = 8 \) 。
四面体 \( D - {ACF} \) 的总表面积为
\[ 8\sqrt{3} + 3 \times 8 = {24} + 8\sqrt{3} \]
比值为 \( \frac{6}{{24} + 8\sqrt{3}} = \frac{3}{{12} + 4\sqrt{3}} = \frac{3\left( {{12} - 4\sqrt{3}}\right) }{\left( {{12} + 4\sqrt{3}}\right) \left( {{12} - 4\sqrt{3}}\right) } \)
\[ = \frac{3\left( {{12} - 4\sqrt{3}}\right) }{96} = \frac{{12} - 4\sqrt{3}}{32} = \frac{3 - \sqrt{3}}{8} \]
问题10。解答:(D)。
棱锥 \( {DBEG} \) 是一个三棱锥。我们采用间接方法求其体积。
\( {DBEG} = \) 的体积等于立方体 \( - 4 \times \) 的体积减去三棱锥DBCG(底面为 \( {BCG} \) ，高为 \( {CD} \) )的体积。
\[ V = {4}^{3} - 4 \times \frac{1}{3} \times \frac{{BC} \times {CG}}{2} \times {DC}. \]
\[ = {64} - \frac{4 \times 4 \times 4 \times 4}{6} = \frac{64}{3} = {21}\frac{1}{3} \]
问题11。解答:(B)。
我们画出图形并计算边长 \( a \) :
\( a = \sqrt{A{B}^{2} + B{C}^{2}} = \sqrt{{\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \)
根据公式(28.12)，我们有
\[ S = 2\sqrt{3}{a}^{2} = 2\sqrt{3} \times {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{2} = \sqrt{3}. \]
根据公式(28.7)，单位立方体的表面积为6。比值为 \( \frac{6}{2\sqrt{3}} = \sqrt{3} \) 。问题12。解答:(A)。设 \( a = {18}\sqrt{2} \) 。等边三角形的面积为 \( S = \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} \) 。作 \( {CE} \) ，即等边三角形 \( {ABC} : \frac{\sqrt{3}}{2}a \) 的高。作 \( {PO}, h \) ，即正四面体的高。
\( h = \sqrt{D{C}^{2} - O{C}^{2}} \)
\( {OC} = \frac{2}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}a. \)
于是 \( h = \sqrt{D{C}^{2} - O{C}^{2}} = \sqrt{{a}^{2} - {\left( \frac{\sqrt{3}}{4}a \times \frac{2}{3}\right) }^{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}}a \)
原四面体的体积为
\[ {V}_{O} = \frac{1}{3}{Sh} = \frac{1}{3}\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} \times \sqrt{\frac{2}{3}}a = \frac{\sqrt{2}}{12}{a}^{3}. \]
连接 \( {DE} \) 。我们发现较小四面体的每条棱长为 \( {OP}.{\Delta DCE} \sim {\Delta OPE} \) 。因此 \( {OP} = \frac{1}{3}{DC} = \frac{a}{3} \) 。
由于原四面体与新四面体 \( \left( {V}_{n}\right) \) 相似，我们有
\( \frac{{V}_{N}}{{V}_{O}} = {\left( \frac{OP}{DC}\right) }^{3} = \frac{1}{27}\; \Rightarrow \;{V}_{N} = \frac{1}{27}{V}_{O} = \frac{1}{27} \times \frac{\sqrt{2}}{12}{a}^{3} \)
\[ = \frac{\sqrt{2}}{324}{a}^{3} = \frac{\sqrt{2}}{324} \times {\left( {18}\sqrt{2}\right) }^{3} = {72} \]
问题13。解答:(E)。
设 \( h \) 为三角形表面上的高长度， \( H \) 为棱锥的高长度， \( V \) 为原棱锥的体积， \( {V}_{1} \) 为新棱锥的体积。
根据勾股定理(Pythagorean Theorem):
\[ h = \sqrt{{10}^{2} - {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2}} = \sqrt{68} \]
\[ H = \sqrt{{\left( \sqrt{68}\right) }^{2} - {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2}} = 6 \]
该金字塔的体积为:
\[ V = \frac{1}{3} \times {\left( 8\sqrt{2}\right) }^{2} \times 6 = {256} \]
对于彼此相似的两个立体，体积之比等于特征长度(此处为高度)之比的立方，因此我们有:
\[ \frac{{V}_{1}}{V} = {\left( \frac{3}{6}\right) }^{3} = \frac{1}{8}\; \Rightarrow \;{V}_{1} = \frac{1}{8}V = \frac{256}{8} = {32}. \]
问题14。解答:(C)。
设 \( P \) 为该三角形区域的周长， \( A \) 为其面积。
大圆的周长为 \( {2\pi r} \) 。 \( {2\pi r} \) 的四分之一即为该三角形区域的边长，因此该三角形区域的周长为
\( P = \frac{2\pi r}{4} + \frac{2\pi r}{4} + \frac{2\pi r}{4} = \frac{3\pi r}{2}. \)
该球的表面积为 \( {4\pi }{r}^{2} \) 。
该三角形区域的表面积占球表面积的 \( 1/8 \) ，因此 \( A = \frac{{4\pi }{r}^{2}}{8} = \frac{\pi {r}^{2}}{2} \) 。
已知 \( A = P \) ，因此 \( \frac{\pi {r}^{2}}{2} = \frac{3\pi r}{2} \Rightarrow \;r = 3 \) 。
问题15。解答:(A)。
当 \( P \) 和 \( O \) 分别为 \( {AB} \) 和 \( {CD} \) 的中点时， \( P \) 与 \( Q \) 之间的距离最小。线段 \( {PC} \) 和 \( {PD} \) 分别是等边三角形 \( {ABC} \) 和
\( {ABD} \) 的高，因此 \( {PC} = {PD} = \frac{\sqrt{3}}{2} \) 。由于 \( {QC} = 1/2 \) ，
对 \( \bigtriangleup {CPO} \) 应用勾股定理，我们得到 \( {PO} = \) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)
问题16。解答:(C)。
首先注意到三角形 \( {ABC} \) 是一个直角三角形 \( \left( {\angle {BAC} = {90}^{ \circ }}\right) \) 。
\[ {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{4 \times 4\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3}. \]
\[ {V}_{P - {ABC}} = \frac{1}{3} \times 8\sqrt{3} \times 6 = {16}\sqrt{3}. \]
标记 \( D \) 为 \( {AC} \) 的中点。连接 \( {PD} \) 。 \( {BC} \) 的中点。连接 \( {PD} \) 。
由于 \( {PA} = {PC} \) ，我们知道 \( {PD} \) 是 \( {AC} \) 的垂直平分线。对 \( \bigtriangleup {PAC} \) 应用勾股定理:
\( {PD} = \sqrt{P{A}^{2} - A{D}^{2}} = \sqrt{{\left( 2\sqrt{13}\right) }^{2} - {\left( \frac{4}{2}\right) }^{2}} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}. \)
我们有 \( {V}_{B - {APC}} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 4 \times 4\sqrt{3} \times h = \frac{8\sqrt{3}}{3}h \) 。
由于 \( {V}_{B - {APC}}{V}_{P - {ABC}},\frac{8\sqrt{3}}{3}h = {16}\sqrt{3} \) ，或 \( h = 6 \) 。
问题17。解答:(D)。
设 \( M \) 和 \( N \) 分别为 \( {AB} \) 和 \( {CD} \) 的中点。连接 \( {CM},{DM} \) 和 \( {MN} \) 。
在 \( \bigtriangleup {CAB},{CA} = {CB}.M \) 中， \( {AB} \) 是中点。因此 \( {CM} \bot {AB} \) 。
在 \( \bigtriangleup {DAB},{DA} = {DB}.M \) 中， \( {AB} \) 是中点。因此 \( {DM} \bot \) \( {AB} \) 。
于是我们知道 \( {AB} \) 垂直于平面 \( {CDM} \) 。因此 \( {AM} \) 是四面体 \( A - {CDM}.{BM} \) 的高， \( B - {CDM} \) 是四面体 \( B - {CDM} \) 的高。
\[ {AM} = {BM} = {AB}/2 = 2. \]
对三角形 \( {ACM} \) 应用勾股定理:
\[ {CM} = \sqrt{A{C}^{2} - A{M}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} - {2}^{2}} = \sqrt{5}. \]
对三角形 \( {ADM} \) 应用勾股定理:
\[ {DM} = \sqrt{A{D}^{2} - A{M}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} - {2}^{2}} = \sqrt{5}. \]
于是我们看到三角形 \( {MCD} \) 是等腰三角形。 \( {MN} \) 是 \( {CD} \) 上的中线。
所以 \( {MN} \bot {CD} \) 。
对三角形 \( {MND} \) 应用勾股定理:
\( {MN} = \sqrt{M{D}^{2} - N{D}^{2}} = \sqrt{{\left( \sqrt{5}\right) }^{2} - {2}^{2}} = 1. \)
问题18。解答:(C)。
我们将四面体嵌入一个长方体。
设 \( {AB} = {13},{AC} = {14} \) ，和 \( {BC} = {15} \) 。
四面体的体积 \( D - {AB}\mathrm{C} = \) 长方体的体积 \( - 4 \times \) 四面体的体积 \( E \) \( - {ABC} \)
设 \( {AE} = x,{BE} = y \) ，且 \( {CE} = z \) 。
\[ \left\{ \begin{array}{l} {x}^{2} + {y}^{2} = {13}^{2} \\ {x}^{2} + {z}^{2} = {14}^{2} \\ {z}^{2} + {y}^{2} = {15}^{2} \end{array}\right. \]
解得 \( x = \sqrt{99}, y = \sqrt{70} \) ，且 \( z = \sqrt{126} \) 。
长方体的体积为
\( {V}_{r} = {xyz} = \sqrt{99} \times \sqrt{70} \cdot \sqrt{126} = {126}\sqrt{55}. \)
四面体 \( E - {ABC} \) 的体积为
\( {V}_{E - {ABC}} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2}\sqrt{99} \times \sqrt{70} \cdot \sqrt{126} = {21}\sqrt{55}. \)
四面体 \( D - {AB}\mathrm{C} = \) 的体积
\( {V}_{D - {ABC}} = {V}_{r} - {4V} = {126}\sqrt{55} - 4 \times {21}\sqrt{55} = {42}\sqrt{55}. \)
由底面三角形 \( {ABC} \) 的面积为84
由海伦公式， \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积为 \( B = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \) ，
\[ s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) = {21}. \]
\[ B = \sqrt{{21}\left( {{21} - {13}}\right) \left( {{21} - {14}}\right) \left( {{21} - {15}}\right) } = {84}. \]
由公式(28.8)，四面体 \( {V}_{D - {ABC}} = \frac{1}{3}{Bh} = \frac{1}{3} \times {84h} = \) 的体积
\( {28h} \) .
于是 \( {28h} = {42}\sqrt{55}\; \Rightarrow \;h = \frac{3\sqrt{55}}{2} \) 。
问题19. 解答:(D)。
方法一:
设 \( {MN} \) 为所求距离。
\( {MN} \bot {A}_{1}B \) 且 \( {MN} \bot {D}_{1}{B}_{1} \) 。
作 \( {MP} \bot {A}_{1}{B}_{1} \) 。则 \( {PN} \bot {B}_{1}{D}_{1} \) 。
作 \( {NQ} \bot {A}_{1}{B}_{1} \) 。则 \( {MQ} \bot {A}_{1}B \) 。于是 \( {A}_{1}M = {MQ} \) 。
\( \Delta {A}_{1}{MQ} \) 是一个等腰直角三角形。且 \( {MP} \bot {A}_{1}Q \) 。
因此 \( P \) 是 \( {A}_{1}Q,{A}_{1}P = {PM} = {PQ} \) 的中点。
同理， \( {PQ} = {QN} = Q{B}_{1} \) 。
因此 \( {A}_{1}P = {PQ} = Q{B}_{1} = {PM} = {QN} = a/3 \) 。
\( {A}_{1}M = {MQ} = \frac{\sqrt{2}}{3}a. \)
在 \( \bigtriangleup {NMQ},{MN} = \sqrt{{\left( \frac{\sqrt{2}}{3}a\right) }^{2} + {\left( \frac{a}{3}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}a \) 中
方法二:
从 \( {A}_{1}B \) 上取一点 \( \mathrm{M} \) 。
作 \( {MP} \bot {A}_{1}{B}_{1} \) ，则 \( {PN} \bot {B}_{1}{D}_{1} \) 。
于是 \( {MN} \bot {D}_{1}{B}_{1} \) 。因此我们只需找出 \( {MN} \) 的最小值。
设 \( {A}_{1}M = x \) ，则 \( {MP} = \frac{\sqrt{2}}{2}x,{A}_{1}P = \frac{\sqrt{2}}{2}x \) 。
所以 \( P{B}_{1} = a - \frac{\sqrt{2}}{2}x,{PN} = \left( {a - \frac{\sqrt{2}}{2}x}\right) \sin {45}^{ \circ } = \frac{1}{2}\left( {\sqrt{2}a - x}\right) \) 。
\( {MN} = \sqrt{P{M}^{2} + P{N}^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\frac{3}{2}{\left( x - \frac{2}{3}a\right) }^{2} + \frac{2}{3}{a}^{2}} \)
当 \( x = \frac{\sqrt{2}}{3}a, M{N}_{\min } = \frac{\sqrt{3}}{3}a \) 。
第20题。解答:(B)。
方法一(官方解答):
设 \( A, B, C \) 和 \( E \) 分别为三个小球和大球的球心。
则 \( \bigtriangleup {ABC} \) 是边长为2的等边三角形。设 \( D \) 为 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的重心，则 \( E \) 位于 \( D \) 的正上方。因为 \( {AE} = 3 \) 且 \( {AD} = 2\sqrt{3}/3 \) ，所以 \( {DE} = \sqrt{{3}^{2} - {\left( \frac{2\sqrt{3}}{3}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{69}}{3}. \)
因为 \( D \) 位于平面上方1个单位，而较大球体的顶部位于 \( E \) 上方2个单位，所以从平面到较大球体顶部的距离为 \( 3 + \frac{\sqrt{69}}{3} \) 。
方法二(我们的解法):
设 \( {O}_{1} \) 为顶部球体的中心， \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 为平面上三个球体的中心。
连接这四个中心。
由于这些球体彼此相切，
\( {O}_{2}{O}_{3} = {O}_{2}{O}_{4} = {O}_{3}{O}_{4} = 2 \)
\[ {O}_{1}{O}_{2} = {O}_{1}{O}_{3} = {O}_{1}{O}_{4} = 3\text{.} \]
因此 \( {O}_{1} - {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 与以等边三角形 \( {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 为底面构成一个四面体。画出 \( {O}_{1}K \) ，即通过点 \( {O}_{1} \) 的四面体的高。因此 \( K \) 必须是三角形 \( {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 的中心。连接 \( {O}_{4}K \) 。
\( {O}_{4}K = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。因此 \( {O}_{1}K = \sqrt{{O}_{1}{O}_{4}^{2} - {O}_{4}{K}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} - {\left( \frac{2\sqrt{3}}{3}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{69}}{3} \) 。
由于从 \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 到平面的距离均为 \( 1,{O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) ，因此平行于平面。
从平面到球体顶部的距离为 \( 2 + \frac{\sqrt{69}}{3} + 1 = 3 + \frac{\sqrt{69}}{3} \) 。
A
绝对值，30，35，51，103，108
角，141
弧，124
面积，90，91，106，120，121，122，123，128，129，
130,132,133,134,135,136,137,140,141,
146,147,148,150,152
B
底，120，121，122，124，129，130，132，135，141，147，152，154
C
中心，60，137，138，154
圆，60，121，123，124，139，150
周长(circumference), 124, 150
系数(coefficient), 45, 115
组合(combination), 11, 25, 28
公因数(common factor), 12, 13, 14, 25, 27, 74
普通分数(common fraction), 109
合数(composite number), 1
圆锥(cone), 122, 124, 127, 140, 144
全等(congruent), 141, 142
常数(constant), 34, 100, 115
逆命题(Converse), 87
计数(counting), 3
自然数(counting numbers), 3
立方体(cube), 5, 7, 8, 17, 18, 21, 22, 120, 123, 126, 128,
129,130,133,135,139,140,141,142,144,
146,147,148,149
圆柱(cylinder), 122, 127, 140, 146
D
度(degree), 30, 87, 88, 109
分母(denominator), 10, 41
对角线(diagonal), 120, 126, 127, 133, 136, 140, 145, 146
直径(diameter), 121, 122, 127, 133, 140
差(difference), 100, 108
数字(digit), 8
可整除的(divisible), 15, 16, 20
除数(divisor), 1, 4, 7, 9, 10, 15, 28
E
边(edge), 120, 125, 126, 129, 131, 133, 138, 141, 148
方程(equation), 15, 19, 23, 30, 32, 33, 34, 35, 36, 37,
38,39,40,41,42,44,45,46,48,49,50,51,
52,53,54,55,56,58,60,61,64,65,66,67,
68,74,75,78,79,81,82,83,86,87,89,90,
91,92,93,94,95,96,97,98,99,100,101,
102,104,108,109,110,111,112,113,114,
115,116,117,118
等距的(equidistant), 35
等边的(equilateral), 120, 121, 129, 131, 135, 136, 147,
148,150,154
等边三角形(equilateral triangle), 120, 121, 129, 131, 135, 136,
147,148,150,154
指数(exponent), 2, 5, 30
表达式(expression), 1, 37, 125
F
面(face), 121, 133, 140, 146
因子(factor), 1, 5, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 17, 22, 23, 24, 26,
27,28,29,97,123,144
公式(formula), 30, 32, 34, 44, 99, 123, 130, 131, 134,
138,144,148,152
分数，10，11，12，14，19，20，109
截头体(frustum)，121，122
函数(function)，40
H
六边形(hexagon)，140，146
整数(integer)，2，5，8，9，10，11，12，13，14，15，16，17，
18,19,20,21,23,24,25,26,27,28,37,43,
57,66,73,101,123,139,144
整数(integers)，1，2，4，5，8，9，10，13，14，17，18，19，20，
23,28,42,46,47,58,62,66,69,73
交集(intersection)，49，141，154
等腰(isosceles)，151，153
等腰三角形(isosceles triangle)，151 L 直线(line)，44，136 线段(line segment)，136 最简分数(lowest terms)，9
M
中线(median)，151
中点(midpoint)，133，136，142，150，151，153
倍数(multiple)，2，1，2，9，10，17
N
自然数(natural number)，10，11，12 自然数(natural numbers)，10 分子(numerator)，10
八面体(octahedron)，121，130，141
有序对(ordered pair)，92，93，94，106，107
原点(origin)，60
P
平行(parallel)，132, 137, 138, 141, 154
周长(perimeter)，90, 91, 106, 141, 150
垂直(perpendicular)，122, 133, 135, 136, 142, 151 π(pi)，24
平面(plane)，128, 132, 134, 135, 137, 138, 140, 141,
142,143,151,154
点(point)，60, 134, 135, 137, 138, 142, 153, 154
多面体(polyhedron)，121
多项式(polynomial)，34, 40, 87, 88, 96, 100, 101, 102,
103, 109
正数(positive number)，75
质因数分解(prime factorization)，2, 6, 7, 21, 23
质数(prime number)，1, 2, 7, 11, 22, 24, 25, 27, 108,
117
棱柱(prism)，152
概率(probability)，5, 6, 9, 10, 17, 21
积(product)，1, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 17, 18, 22, 28, 29, 35,
39,40,46,69,86,91,106,109,115
棱锥(pyramid)，121, 129, 130, 132, 135, 141, 147, 149
勾股定理(Pythagorean Theorem)，126, 133, 134, 135, 136,
137,149,150,151
Q
四边形(quadrilateral)，128
R
半径(radius)，121, 122, 123, 124, 127, 137, 139, 140, 143,144,146 随机(random)，17 比率(ratio)，32, 123, 129, 131, 132, 139, 140, 141, 147, 148, 149
有理数(rational number)，69, 83
实数(real number)，32, 33, 35, 37, 41, 51, 61, 63, 64, 65,
67,68,70,71,73,74,75,81,82,83,101
实数(real numbers)，32, 33, 35, 41, 51, 61, 63, 64, 65,
67,68,70,71,73,74,75,81,82,83,101
倒数(reciprocal)，11
矩形(rectangle)，90, 106, 128
互素(relatively prime)，12, 14, 27, 46, 62, 73, 131
余数(remainder)，1
菱形(rhombus)，128
直角(right angle)，141
正圆锥(right circular cone)，122, 127, 140
问题19. 在附图中， \( A, B, C, D,{A}_{1},{B}_{1},{C}_{1},{D}_{1} \) 为单位立方体的顶点。 \( {A}_{1}B \) 到 \( {D}_{1}{B}_{1} \) 的垂直距离为 (A) \( \frac{\sqrt{3}}{2} \) (B) \( \frac{\sqrt{3}}{4} \) (C) \( \frac{2\sqrt{3}}{5} \) (D) \( \frac{\sqrt{3}}{3} \) (E) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)
问题20. (2004 AMC 10 A 第25题) 三个半径为1的球体相互外切并置于水平面上。一个半径为2的球体置于它们之上。求从平面到大球顶点的距离。
(A) \( 3 + \frac{\sqrt{30}}{2} \) (B) \( 3 + \frac{\sqrt{69}}{3} \) (C) \( 3 + \frac{\sqrt{123}}{4} \) (D) \( \frac{52}{9} \) (E) \( 3 + 2\sqrt{2} \)
解答:
问题1. 解答:(A)。
设长方体的尺寸为 \( {3a},{4a} \) 和 \( {5a} \) 。根据公式(28.1)，体积为 \( V = \left( {3a}\right) \times \left( {4a}\right) \times \left( {5a}\right) = {60}{a}^{3} \) 。因此体积必须是某个整数立方(cube)的60倍。在所有选项中，只有 \( {480} = {60} \times {2}^{3},{240} = {60} \times \) \( {2}^{2} \) 和 \( {540} = {60} \times {3}^{2} \) ，且只有480的另一个因子是完全立方数。
问题2。答案:(D)。
八个被移除的小立方体总体积为 \( 8 \times {3}^{3} = {2}^{3} \times {3}^{3} \) 立方厘米，原长方体的体积为 \( {21} \times {11} \times 8 = {2016} = {2}^{5} \times {3}^{2} \times 7 \) 立方厘米。因此体积减少了 \( \frac{{2}^{3} \times {3}^{3}}{{2}^{5} \times {3}^{2} \times 7} = \frac{3}{28} \) 。
问题3。答案:(C)。
圆锥的斜高为12，即扇形的半径。设 \( r \) 为圆锥。 \( \frac{210}{2\pi r} = \frac{360}{{2\pi } \times {12}}\; \Rightarrow \;r = 7. \) 所以答案是(C)。
问题4。答案:(B)。
给立体的棱标上 \( w \) (宽)、 \( l \) (长)和 \( h \) (高)。我们有
\[ \text{wlh = 27} \tag{1} \]
\[ {2wl} + {2lh} + {2hw} = {66} \tag{2} \]
\[ {l}^{2} = {wh} \tag{3} \]
将(3)代入(1): \( l \times {l}^{2} = {27} \Rightarrow \;{l}^{3} = {27} \)
(2)变为: \( 2 \times {3w} + 2 \times {3h} + 2{l}^{2} = {66}\; \Rightarrow \;2 \times {3w} + 2 \times {3h} + 2 \times {3l} = {66} \) \( \Rightarrow \;6\left( {w + h + l}\right) = {66}\; \Rightarrow \;\left( {w + h + l}\right) = {11} \) 。
根据(28.5)，我们注意到该立体所有棱的长度之和为 \( 4\left( {w + h + l}\right) \) ，即 \( 4 \times {11} = {44} \) 。
问题5。一个长方体的侧面、前面和底面的面积分别为 \( \sqrt{3},\sqrt{5} \) 和 \( \sqrt{15} \) 平方单位。求该立体空间对角线的长度。
答案:(C)。
设立体的尺寸为 \( a, b \) 和 \( c \) ，空间对角线长度为 \( l \) 。
\( a \times b = \sqrt{3} \) (1)
\( b \times c = \sqrt{5} \) (2)
\( c \times a = \sqrt{15} \) (3)
方法一:
\( \left( 1\right) \times \left( 2\right) \times \left( 3\right) : \)
\( {\left( a \times b \times c\right) }^{2} = \sqrt{3} \times \sqrt{5} \times \sqrt{15}\; \Rightarrow \;a \times b \times c = \sqrt{15} \) (4)
\( \left( 4\right) \div \left( 1\right) : c = \sqrt{5} \) .
\( \left( 4\right) \div \left( 2\right) : a = \sqrt{3} \) .
\( \left( 4\right) \div \left( 3\right) : b = 1 \) .
\( l = \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}} = \sqrt{3 + 1 + 5} = \sqrt{9} = 3. \)
方法二:
(1) \( \times \left( 2\right) : a \times {b}^{2} \times c = \sqrt{3} \times \sqrt{5} = \sqrt{15} \) (5)
将(3)代入(5): \( a \times {b}^{2} \times c = a \times c \Rightarrow {b}^{2} = 1 \) 。
于是 \( b = 1 \) 。我们得到 \( a = \sqrt{3} \) 和 \( c = \sqrt{5} \) 。
\[ l = \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2}} = \sqrt{3 + 1 + 5} = \sqrt{9} = 3. \]
问题6。解答:(B)。如附图所示，设 \( x, y, z, d \) ，则根据(28.5)，长方体十二条棱的长度之和为 \( 4\left( {x + y + z}\right) = {28} \)
\( \Rightarrow \;x + y + z = 7 \) (1)
根据(28.6)， \( S = {2xy} + {2xz} + {2yz} = {26} \) (2)
根据(28.2)，该立体的空间对角线
\( {d}^{2} = {x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} \)
我们知道 \( {\left( x + y + z\right) }^{2} = \left( {{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2}}\right) - \left( {{2xy} + {2xz} + {2yz}}\right) \) (3)
将(1)和(2)代入(3): \( {7}^{2} = \left( {{x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2}}\right) - {26} \Rightarrow \)
\( {d}^{2} = {x}^{2} + {y}^{2} + {z}^{2} = {7}^{2} + {26} = {75} \Rightarrow d = \sqrt{75} = 5\sqrt{3} \)
问题7。解答:(B)。
设圆柱的半径为 \( r \) ，高为 \( {2r} \) 。由于 \( \bigtriangleup {APO} \) 与 \( \bigtriangleup {AOB} \) 相似，我们有 \( \frac{{14} - {2r}}{14} = \frac{r}{6}\; \Rightarrow \;\frac{{14} - {2r}}{14} = \frac{r}{6} = \frac{2r}{12} = \frac{14}{26} \Rightarrow \) \( r = \frac{42}{13} \) 。
问题8。解答:(A)。
设立方体每个面的对角线为 \( d \) 。
\( {M}^{\prime }{N}^{\prime } = {NL} = {LM} = {MN} = N{L}^{\prime } = {L}^{\prime }{M}^{\prime } = {M}^{\prime }{N}^{\prime } = {N}^{\prime }L \)
\( = \frac{1}{2}{A}^{\prime }B = \frac{1}{2}d = \frac{\sqrt{2}}{2} \) .
因此六边形 \( {LMN}{L}^{\prime }{M}^{\prime }{N}^{\prime } \) 是正六边形。
面积为 \( 6 \times \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4} \) ，总和为 \( 3 + 3 + 4 = {10} \)
问题9。解答:(B)。
立方体的表面积为 \( 6 \times {4}^{2} = {96} \) 。
四面体 \( D - {ACF} \) 的底面是边长为 \( \sqrt{{4}^{2} + {4}^{2}} = 4\sqrt{2} \) 的等边三角形。
其面积为 \( \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2} = 8\sqrt{3} \) 。
三角形 \( {ACD} \) 的面积为 \( \frac{4 \times 4}{2} = 8 \) 。
四面体 \( D - {ACF} \) 的总表面积为
\[ 8\sqrt{3} + 3 \times 8 = {24} + 8\sqrt{3} \]
比值为 \( \frac{6}{{24} + 8\sqrt{3}} = \frac{3}{{12} + 4\sqrt{3}} = \frac{3\left( {{12} - 4\sqrt{3}}\right) }{\left( {{12} + 4\sqrt{3}}\right) \left( {{12} - 4\sqrt{3}}\right) } \)
\[ = \frac{3\left( {{12} - 4\sqrt{3}}\right) }{96} = \frac{{12} - 4\sqrt{3}}{32} = \frac{3 - \sqrt{3}}{8} \]
问题10。解答:(D)。
棱锥 \( {DBEG} \) 是一个三棱锥。我们采用间接方法求其体积。
\( {DBEG} = \) 的体积等于立方体 \( - 4 \times \) 的体积减去三棱锥DBCG(底面为 \( {BCG} \) ，高为 \( {CD} \) )的体积。
\[ V = {4}^{3} - 4 \times \frac{1}{3} \times \frac{{BC} \times {CG}}{2} \times {DC}. \]
\[ = {64} - \frac{4 \times 4 \times 4 \times 4}{6} = \frac{64}{3} = {21}\frac{1}{3} \]
问题11。解答:(B)。
我们绘制图形并计算边长 \( a \) :
\( a = \sqrt{A{B}^{2} + B{C}^{2}} = \sqrt{{\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2}} = \sqrt{\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \)
根据公式(28.12)，我们有
\[ S = 2\sqrt{3}{a}^{2} = 2\sqrt{3} \times {\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\right) }^{2} = \sqrt{3}. \]
根据公式(28.7)，单位立方体的表面积为6。比值为 \( \frac{6}{2\sqrt{3}} = \sqrt{3} \) 。问题12。解答:(A)。设 \( a = {18}\sqrt{2} \) 。等边三角形的面积为 \( S = \frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} \) 。作 \( {CE} \) ，即等边三角形 \( {ABC} : \frac{\sqrt{3}}{2}a \) 的高。作 \( {PO}, h \) ，即正四面体的高。
\( h = \sqrt{D{C}^{2} - O{C}^{2}} \)
\( {OC} = \frac{2}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}a. \)
于是 \( h = \sqrt{D{C}^{2} - O{C}^{2}} = \sqrt{{a}^{2} - {\left( \frac{\sqrt{3}}{4}a \times \frac{2}{3}\right) }^{2}} = \sqrt{\frac{2}{3}}a \)
原四面体的体积为
\[ {V}_{O} = \frac{1}{3}{Sh} = \frac{1}{3}\frac{\sqrt{3}}{4}{a}^{2} \times \sqrt{\frac{2}{3}}a = \frac{\sqrt{2}}{12}{a}^{3}. \]
连接 \( {DE} \) 。我们发现较小四面体的每条棱长为 \( {OP}.{\Delta DCE} \sim {\Delta OPE} \) 。因此 \( {OP} = \frac{1}{3}{DC} = \frac{a}{3} \) 。
由于原四面体与新四面体 \( \left( {V}_{n}\right) \) 相似，我们有
\( \frac{{V}_{N}}{{V}_{O}} = {\left( \frac{OP}{DC}\right) }^{3} = \frac{1}{27}\; \Rightarrow \;{V}_{N} = \frac{1}{27}{V}_{O} = \frac{1}{27} \times \frac{\sqrt{2}}{12}{a}^{3} \)
\[ = \frac{\sqrt{2}}{324}{a}^{3} = \frac{\sqrt{2}}{324} \times {\left( {18}\sqrt{2}\right) }^{3} = {72} \]
问题13。解答:(E)。
设 \( h \) 为三角形表面上的高长度， \( H \) 为棱锥的高长度， \( V \) 为原棱锥的体积， \( {V}_{1} \) 为新棱锥的体积。
根据勾股定理(Pythagorean Theorem):
\[ h = \sqrt{{10}^{2} - {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2}} = \sqrt{68} \]
\[ H = \sqrt{{\left( \sqrt{68}\right) }^{2} - {\left( 4\sqrt{2}\right) }^{2}} = 6 \]
该金字塔的体积为:
\[ V = \frac{1}{3} \times {\left( 8\sqrt{2}\right) }^{2} \times 6 = {256} \]
对于彼此相似的两个立体，体积之比等于特征长度(此处为高度)之比的立方，因此我们有:
\[ \frac{{V}_{1}}{V} = {\left( \frac{3}{6}\right) }^{3} = \frac{1}{8}\; \Rightarrow \;{V}_{1} = \frac{1}{8}V = \frac{256}{8} = {32}. \]
问题14。解答:(C)。
设 \( P \) 为该三角形区域的周长， \( A \) 为其面积。
大圆的周长为 \( {2\pi r} \) 。 \( {2\pi r} \) 的四分之一即为该三角形区域的边长，因此该三角形区域的周长为
\( P = \frac{2\pi r}{4} + \frac{2\pi r}{4} + \frac{2\pi r}{4} = \frac{3\pi r}{2}. \)
该球的表面积为 \( {4\pi }{r}^{2} \) 。
该三角形区域的表面积占球表面积的 \( 1/8 \) ，因此 \( A = \frac{{4\pi }{r}^{2}}{8} = \frac{\pi {r}^{2}}{2} \) 。
已知 \( A = P \) ，因此 \( \frac{\pi {r}^{2}}{2} = \frac{3\pi r}{2} \Rightarrow \;r = 3 \) 。
问题15。解答:(A)。
当 \( P \) 和 \( O \) 分别为 \( {AB} \) 和 \( {CD} \) 的中点时， \( P \) 与 \( Q \) 之间的距离最小。线段 \( {PC} \) 和 \( {PD} \) 分别是等边三角形 \( {ABC} \) 和
\( {ABD} \) 的高，因此 \( {PC} = {PD} = \frac{\sqrt{3}}{2} \) 。由于 \( {QC} = 1/2 \) ，
对 \( \bigtriangleup {CPO} \) 应用勾股定理，我们得到 \( {PO} = \) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)
问题16。解答:(C)。
首先注意到三角形 \( {ABC} \) 是一个直角三角形 \( \left( {\angle {BAC} = {90}^{ \circ }}\right) \) 。
\[ {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{4 \times 4\sqrt{3}}{2} = 8\sqrt{3}. \]
\[ {V}_{P - {ABC}} = \frac{1}{3} \times 8\sqrt{3} \times 6 = {16}\sqrt{3}. \]
标记 \( D \) 为 \( {AC} \) 的中点。连接 \( {PD} \) 。 \( {BC} \) 的中点。连接 \( {PD} \) 。
由于 \( {PA} = {PC} \) ，我们知道 \( {PD} \) 是 \( {AC} \) 的垂直平分线。对 \( \bigtriangleup {PAC} \) 应用勾股定理:
\( {PD} = \sqrt{P{A}^{2} - A{D}^{2}} = \sqrt{{\left( 2\sqrt{13}\right) }^{2} - {\left( \frac{4}{2}\right) }^{2}} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}. \)
我们有 \( {V}_{B - {APC}} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 4 \times 4\sqrt{3} \times h = \frac{8\sqrt{3}}{3}h \) 。
由于 \( {V}_{B - {APC}}{V}_{P - {ABC}},\frac{8\sqrt{3}}{3}h = {16}\sqrt{3} \) ，或 \( h = 6 \) 。
问题17。解答:(D)。
设 \( M \) 和 \( N \) 分别为 \( {AB} \) 和 \( {CD} \) 的中点。连接 \( {CM},{DM} \) 和 \( {MN} \) 。
在 \( \bigtriangleup {CAB},{CA} = {CB}.M \) 中， \( {AB} \) 是中点，因此 \( {CM} \bot {AB} \) 。
在 \( \bigtriangleup {DAB},{DA} = {DB}.M \) 中， \( {AB} \) 是中点，因此 \( {DM} \bot \) \( {AB} \) 。
于是我们知道 \( {AB} \) 垂直于平面 \( {CDM} \) 。因此 \( {AM} \) 是四面体 \( A - {CDM}.{BM} \) 的高，也是四面体 \( B - {CDM} \) 的高。
\[ {AM} = {BM} = {AB}/2 = 2. \]
对三角形 \( {ACM} \) 应用勾股定理:
\[ {CM} = \sqrt{A{C}^{2} - A{M}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} - {2}^{2}} = \sqrt{5}. \]
对三角形 \( {ADM} \) 应用勾股定理:
\[ {DM} = \sqrt{A{D}^{2} - A{M}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} - {2}^{2}} = \sqrt{5}. \]
于是我们看到三角形 \( {MCD} \) 是等腰三角形。 \( {MN} \) 是 \( {CD} \) 上的中线。
所以 \( {MN} \bot {CD} \) 。
对三角形 \( {MND} \) 应用勾股定理:
\( {MN} = \sqrt{M{D}^{2} - N{D}^{2}} = \sqrt{{\left( \sqrt{5}\right) }^{2} - {2}^{2}} = 1. \)
问题18。解答:(C)。
我们将四面体嵌入一个长方体。
设 \( {AB} = {13},{AC} = {14} \) ，且 \( {BC} = {15} \) 。
四面体的体积 \( D - {AB}\mathrm{C} = \) 长方体的体积 \( - 4 \times \) 四面体的体积 \( E \) \( - {ABC} \)
设 \( {AE} = x,{BE} = y \) ，且 \( {CE} = z \) 。
\[ \left\{ \begin{array}{l} {x}^{2} + {y}^{2} = {13}^{2} \\ {x}^{2} + {z}^{2} = {14}^{2} \\ {z}^{2} + {y}^{2} = {15}^{2} \end{array}\right. \]
解得 \( x = \sqrt{99}, y = \sqrt{70} \) ，且 \( z = \sqrt{126} \) 。
长方体的体积为
\( {V}_{r} = {xyz} = \sqrt{99} \times \sqrt{70} \cdot \sqrt{126} = {126}\sqrt{55}. \)
四面体 \( E - {ABC} \) 的体积为
\( {V}_{E - {ABC}} = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2}\sqrt{99} \times \sqrt{70} \cdot \sqrt{126} = {21}\sqrt{55}. \)
四面体 \( D - {AB}\mathrm{C} = \) 的体积
\( {V}_{D - {ABC}} = {V}_{r} - {4V} = {126}\sqrt{55} - 4 \times {21}\sqrt{55} = {42}\sqrt{55}. \)
由底面三角形 \( {ABC} \) 的面积为84
由海伦公式， \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积为 \( B = \sqrt{s\left( {s - a}\right) \left( {s - b}\right) \left( {s - c}\right) } \) ，
\[ s = \frac{1}{2}\left( {a + b + c}\right) = {21}. \]
\[ B = \sqrt{{21}\left( {{21} - {13}}\right) \left( {{21} - {14}}\right) \left( {{21} - {15}}\right) } = {84}. \]
根据公式(28.8)，四面体 \( {V}_{D - {ABC}} = \frac{1}{3}{Bh} = \frac{1}{3} \times {84h} = \) 的体积
\( {28h} \) .
于是 \( {28h} = {42}\sqrt{55}\; \Rightarrow \;h = \frac{3\sqrt{55}}{2} \) 。
问题19. 解答:(D)。
方法一:
设 \( {MN} \) 为所求距离。
\( {MN} \bot {A}_{1}B \) 且 \( {MN} \bot {D}_{1}{B}_{1} \) 。
作 \( {MP} \bot {A}_{1}{B}_{1} \) 。则 \( {PN} \bot {B}_{1}{D}_{1} \) 。
作 \( {NQ} \bot {A}_{1}{B}_{1} \) 。则 \( {MQ} \bot {A}_{1}B \) 。于是 \( {A}_{1}M = {MQ} \) 。
\( \Delta {A}_{1}{MQ} \) 是一个等腰直角三角形。且 \( {MP} \bot {A}_{1}Q \) 。
因此 \( P \) 是 \( {A}_{1}Q,{A}_{1}P = {PM} = {PQ} \) 的中点。
同理， \( {PQ} = {QN} = Q{B}_{1} \) 。
因此 \( {A}_{1}P = {PQ} = Q{B}_{1} = {PM} = {QN} = a/3 \) 。
\( {A}_{1}M = {MQ} = \frac{\sqrt{2}}{3}a. \)
在 \( \bigtriangleup {NMQ},{MN} = \sqrt{{\left( \frac{\sqrt{2}}{3}a\right) }^{2} + {\left( \frac{a}{3}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}a \) 中
方法二:
从 \( {A}_{1}B \) 上取一点 \( \mathrm{M} \) 。
作 \( {MP} \bot {A}_{1}{B}_{1} \) ，则 \( {PN} \bot {B}_{1}{D}_{1} \) 。
于是 \( {MN} \bot {D}_{1}{B}_{1} \) 。因此我们只需找出 \( {MN} \) 的最小值。
设 \( {A}_{1}M = x \) ，则 \( {MP} = \frac{\sqrt{2}}{2}x,{A}_{1}P = \frac{\sqrt{2}}{2}x \) 。
所以 \( P{B}_{1} = a - \frac{\sqrt{2}}{2}x,{PN} = \left( {a - \frac{\sqrt{2}}{2}x}\right) \sin {45}^{ \circ } = \frac{1}{2}\left( {\sqrt{2}a - x}\right) \) 。
\( {MN} = \sqrt{P{M}^{2} + P{N}^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{\frac{3}{2}{\left( x - \frac{2}{3}a\right) }^{2} + \frac{2}{3}{a}^{2}} \)
当 \( x = \frac{\sqrt{2}}{3}a, M{N}_{\min } = \frac{\sqrt{3}}{3}a \) 。
第20题。解答:(B)。
方法一(官方解答):
设 \( A, B, C \) 和 \( E \) 分别为三个小球和大球的球心。
则 \( \bigtriangleup {ABC} \) 是边长为2的等边三角形。设 \( D \) 为 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的重心，则 \( E \) 位于 \( D \) 的正上方。因为 \( {AE} = 3 \) 且 \( {AD} = 2\sqrt{3}/3 \) ，所以 \( {DE} = \sqrt{{3}^{2} - {\left( \frac{2\sqrt{3}}{3}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{69}}{3}. \)
因为 \( D \) 位于平面上方1个单位，而较大球体的顶部位于 \( E \) 上方2个单位，所以从平面到较大球体顶部的距离为 \( 3 + \frac{\sqrt{69}}{3} \) 。
方法二(我们的解法):
设 \( {O}_{1} \) 为顶部球体的中心， \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 为平面上三个球体的中心。
连接这四个中心。
由于这些球体彼此相切，
\( {O}_{2}{O}_{3} = {O}_{2}{O}_{4} = {O}_{3}{O}_{4} = 2 \)
\[ {O}_{1}{O}_{2} = {O}_{1}{O}_{3} = {O}_{1}{O}_{4} = 3\text{.} \]
因此 \( {O}_{1} - {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 与以 \( {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 为底面的等边三角形构成一个四面体。画出 \( {O}_{1}K \) ，即通过点 \( {O}_{1} \) 的四面体的高。因此 \( K \) 必须是三角形 \( {O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 的中心。连接 \( {O}_{4}K \) 。
\( {O}_{4}K = \frac{2\sqrt{3}}{3} \) 。因此 \( {O}_{1}K = \sqrt{{O}_{1}{O}_{4}^{2} - {O}_{4}{K}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} - {\left( \frac{2\sqrt{3}}{3}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{69}}{3} \) 。
由于从 \( {O}_{2},{O}_{3},{O}_{4} \) 到平面的距离均为 \( 1,{O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) ，因此 \( 1,{O}_{2}{O}_{3}{O}_{4} \) 与平面平行。
从平面到球体顶部的距离为 \( 2 + \frac{\sqrt{69}}{3} + 1 = 3 + \frac{\sqrt{69}}{3} \) 。