eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 解析几何）：点 $P(x, y)$ 在直线 $x+y-4=0$ 上, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的最小值是
选项：
答案：8
解析：由 $x^{2}+y^{2}$ 的实际意义可知, 它代表直线 $x+y-4=0$ 上的点到原点的距离的平方, 它的最小值即为原点到该直线的距离的平方,所以 $\left(x^{2}+y^{2}\right)_{\text {min }}=\left(\frac{|1 \times 0+1 \times 0-4|}{\sqrt{2}}\right)^{2}=8$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $a x+y-2=0$ 与圆心为 $C$ 的圆 $(x-1)^{2}+(y-a)^{2}=4$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $\triangle A B C$ 为等边三角形,则实数 $a=$
选项：
答案：$4 \pm \sqrt{15}$
解析：圆心 $C(1, a)$ 到直线 $a x+y-2=0$ 的距离为 $\frac{|a+a-2|}{\sqrt{a^{2}+1}}$. 因为 $\triangle A B C$ 为等边三角形, 所以 $|A B|=|B C|=2$,所以 $\left(\frac{|a+a-2|}{\sqrt{a^{2}+1}}\right)^{2}+1^{2}=2^{2}$, 解得 $a=4 \pm \sqrt{15}$.
题目（高一 · 解析几何）：已知圆 $C$ 过点 $(1,0)$, 且圆心在 $x$ 轴的正半轴上, 直线 $l: y=x-1$ 被该圆所截得的弦长为 $2 \sqrt{2}$, 则圆 $C$ 的标准方程为
选项：
答案：$(x-3)^{2}+y^{2}=4$
解析：设圆心坐标为 $\left(x_{0}, 0\right)\left(x_{0}>0\right)$.

由于圆过点 $(1,0)$, 则半径为 $r=\left|x_{0}-1\right|$, 圆心到直线 $x-y-1=0$ 的距离为 $d=\frac{\left|x_{0}-1\right|}{\sqrt{2}}$.

由弦长为 $2 \sqrt{2}$ 可知, $\left(\frac{\left|x_{0}-1\right|}{\sqrt{2}}\right)^{2}=\left(x_{0}-1\right)^{2}-2$,

解得 $\left(x_{0}-1\right)^{2}=4$,

$\therefore x_{0}-1= \pm 2, \therefore x_{0}=3$ 或 $x_{0}=-1$ (舍去).

故圆心坐标为 $(3,0)$, 半径为 2 ,

$\therefore$ 所求圆的方程为 $(x-3)^{2}+y^{2}=4$.
题目（高一 · 解析几何）：过点 $(-3,2)$ 且与直线 $y-1=\frac{2}{3}(x+5)$ 平行的直线的点斜式方程是
选项：
答案：$y-2=\frac{2}{3}(x+3)$
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：直线 $y=a x-3 a+2(a \in \mathbf{R})$ 必过定点
选项：
答案：$(3,2)$
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：已知斜率为 2 的直线的方程为 $5 a x-5 y-a+3=0$, 此直线在 $y$ 轴上的截距为
选项：
答案：frac{1}{5}$
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：与直线 $l: y=\frac{3}{4} x+1$ 平行, 且在两坐标轴上截距之和为 1 的直线 $l_{1}$ 的方程为
选项：
答案：$y=\frac{3}{4} x-3$
解析：根据题意知直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{3}{4}$,

故直线 $l_{1}$ 的斜率 $k_{1}=\frac{3}{4}$, 设直线 $l_{1}$ 的方程为 $y=\frac{3}{4} x+b_{1}$,

则令 $y=0$ 得它在 $x$ 轴上的截距 $a_{1}=-\frac{4}{3} b_{1}$.

$\because a_{1}+b_{1}=-\frac{4}{3} b_{1}+b_{1}=-\frac{1}{3} b_{1}=1, \quad \therefore b_{1}=-3$.

$\therefore$ 直线 $l_{1}$ 的方程为 $y=\frac{3}{4} x-3$.
题目（高一 · 解析几何）：斜率为 $\frac{3}{4}$, 且与坐标轴所围成的三角形的周长是 12 的直线方程是
选项：
答案：$y=\frac{3}{4} x \pm 3$
解析：求直线方程为 $y=\frac{3}{4} x+b$,

令 $y=0$ 得 $x=-\frac{4 b}{3}$,

由题意得 $|b|+\left|-\frac{4}{3} b\right|+\sqrt{b^{2}+\frac{16 b^{2}}{9}}=12$,

$|b|+\frac{4}{3}|b|+\frac{5}{3}|b|=12$,

$4|b|=12, \quad \therefore b= \pm 3$,

$\therefore$ 所求直线方程为 $y=\frac{3}{4} x \pm 3$.
题目（高一 · 解析几何）：在 $y$ 轴上的截距为 -6 , 且与 $y$ 轴相交成 $30^{\circ}$ 角的直线方程是
选项：
答案：$y=\sqrt{3} x-6$ 或 $y=-\sqrt{3} x-6$
解析：因为直线与 $y$ 轴相交成 $30^{\circ}$ 角,

所以直线的倾斜角为 $60^{\circ}$ 或 $120^{\circ}$,

所以直线的斜率为 $\sqrt{3}$ 或 $-\sqrt{3}$,

又因为在 $y$ 轴上的截距为 -6 ,

所以直线方程为 $y=\sqrt{3} x-6$ 或 $y=-\sqrt{3} x-6$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $y=(3-2 k) x-6$ 不经过第一象限, 则 $k$ 的取值范围为
选项：
答案：$\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$
解析：由题意知, 需满足它在 $y$ 轴上的截距不大于零, 且斜率不大于零, 则 $\left\{\begin{array}{l}-6 \leqslant 0, \\ 3-2 k \leqslant 0,\end{array}\right.$ 得 $k \geqslant \frac{3}{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：已知幂函数 $f(x)$ 的图象过 $(2,4)$, 那么 $f(x)$ 在 $[0, e]$ 上的最大值为
选项：
答案：$e^{2}$.
解析：设 $f(x)=x^{a}$, 因为 $f(x)$ 的图象过 $(2,4)$,

$\therefore 2^{a}=4$, 解得 $a=2$,

$\therefore f(x)=x^{2}$

$\because f(x)$ 在 $[0, e]$ 上是单调递增的

$\therefore f(x)$ 在 $[0, e]$ 上的最大值为 $f(e)=e^{2}$, 故答案为 $e^{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：$l_{1}$ 过点 $A(m, 1), B(-3,4), l_{2}$ 过点 $C(0,2), D(1,1)$, 且 $l_{1} / / l_{2}$, 则 $m=$
选项：
答案：0
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $l_{1}$ 的倾斜角为 $45^{\circ}$, 直线 $l_{2} / / l_{1}$, 且 $l_{2}$ 过点 $A(-2,-1)$ 和 $B(3, a)$, 则 $a$ 的值为
选项：
答案：4
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：已知 $A(2,3), B(1,-1), C(-1,-2)$, 点 $D$ 在 $x$ 轴上, 则当点 $D$ 坐标为时, $A B \perp C D$.
选项：
答案：-9,0)$
解析：无
题目（高一 · 解析几何）：直线 $l_{1}, l_{2}$ 的斜率 $k_{1}, k_{2}$ 是关于 $k$ 的方程 $2 k^{2}-3 k-b=0$ 的两根, 若 $l_{1} \perp l_{2}$, 则 $b=$ ; 若 $l_{1} / / l_{2}$,则 $b=$
选项：
答案：$2-\frac{9}{8}$
解析：若 $l_{1} \perp l_{2}$, 则 $k_{1} k_{2}=-\frac{b}{2}=-1$,

$\therefore b=2$.

若 $l_{1} / / l_{2}$, 则 $k_{1}=k_{2}, \Delta=9+8 b=0$,

$\therefore b=-\frac{9}{8}$.
题目（高一 · 解析几何）：已知点 $A(-3,-2), B(6,1)$, 点 $P$ 在 $y$ 轴上, 且 $\angle B A P=90^{\circ}$, 则点 $P$ 的坐标是
选项：
答案：$(0,-11)$
解析：$P(0, y)$, 由 $\angle B A P=90^{\circ}$ 知:

$k_{A B} k_{A P}=\frac{1-(-2)}{6-(-3)} \times \frac{y+2}{3}=\frac{y+2}{9}=-1$, 解得 $y=-11$.

所以点 $P$ 的坐标是 $(0,-11)$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $l_{1}$ 经过点 $A(0,-1)$ 和点 $B\left(\frac{4}{a}, 1\right)$, 直线 $l_{2}$ 经过点 $M(1,1)$ 和点 $N(0,-2)$, 若 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 没有公共点,则实数 $a$ 的值为
选项：
答案：6
解析：由题意得, $l_{1} / / l_{2}, \therefore k_{1}=k_{2}$.

$\because k_{1}=\frac{a}{2}, k_{2}=3$,
$\therefore \frac{a}{2}=3, \quad \therefore a=6$.
题目（高一 · 解析几何）：已知 $A(2,0), B(3, \sqrt{3})$, 直线 $l / / A B$, 则直线 $l$ 的倾斜角为
选项：
答案：$60^{\circ}$
解析：$k_{A B}=\frac{\sqrt{3}-0}{3-2}=\sqrt{3}$, 由直线 $l / / A B$, 则 $k_{l}=\sqrt{3}$,

$\therefore 1$ 的倾斜角为 $60^{\circ}$.
题目（高一 · 解析几何）：若点 $P(a, b)$ 与点 $Q(b-1, a+1)$ 关于直线 $l$ 对称，则直线 $l$ 的倾斜角 $\alpha$ 为
选项：
答案：$45^{\circ}$
解析：由 $k_{P Q}=\frac{(a+1)-b}{(b-1)-a}=\frac{a-b+1}{b-a-1}=-1$,

由题意知 $P Q \perp l$, 则 $k_{P Q} \cdot k_{l}=-1$, 得 $k_{l}=1$,

$\therefore$ 直线 $l$ 的倾斜角为 $45^{\circ}$.
题目（高一 · 解析几何）：如果圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+k x+2 y+k^{2}=0$, 那么当圆的面积最大时, 圆心坐标为
选项：
答案：$(0,-1)$
解析：因为 $r=\frac{1}{2} \sqrt{k^{2}+4-4 k^{2}}=\frac{1}{2} \sqrt{4-3 k^{2}}$,

所以当 $k=0$ 时, $r$ 最大, 此时圆的面积最大,

圆的方程可化为 $x^{2}+y^{2}+2 y=0$,

即 $x^{2}+(y+1)^{2}=1$, 圆心坐标为 $(0,-1)$.
题目（高一 · 解析几何）：已知圆 $x^{2}+y^{2}+2 x-4 y+a=0$ 关于直线 $y=2 x+b$ 成轴对称图形, 则 $a-b$ 的取值范围是
选项：
答案：$(-\infty, 1)$
解析：意知, 直线 $y=2 x+b$ 过圆心, 而圆心坐标为 $(-1,2)$, 代入直线方程, 得 $b=4$,

所以圆的方程化为标准方程为 $(x+1)^{2}+(y-2)^{2}=5-a$,

所以 $a<5$, 由此得 $a-b<1$.
题目（高一 · 解析几何）：已知圆 $C: x^{2}+y^{2}+2 x+a y-3=0$ ( $a$ 为实数) 上任意一点关于直线 $l: x-y+2=0$ 的对称点都在圆 $C$ 上,则 $a=$
选项：
答案：-2
解析：由题意知, 直线 $l: x-y+2=0$ 过圆心 $\left(-1,-\frac{a}{2}\right)$, 则 $-1+\frac{a}{2}+2=0$, 得 $a=-2$.
题目（高一 · 解析几何）：已知 $M=\left\{y \mid y=x^{2}-2 x-1, x \in \mathbf{R}\right\}, N=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 4\}$, 则集合 $M$ 与 $N$ 之间的关系是
选项：
答案：$N M$
解析：$\because y=(x-1)^{2}-2 \geqslant-2$,

$\therefore M=\{y \mid y \geqslant-2\} . \quad \therefore N M$.
答案: $N M$
题目（高一 · 解析几何）：已知函数 $f(x)$ 在 $[-1,2]$ 上的图像如图所示, 则 $f(x)$ 的解析式为


选项：
答案：$f(x)=\left\{\begin{array}{l}x+1,-1 \leq x \leq 0, \\ -\frac{1}{2} x, 0<x \leq 2\end{array}\right.$
解析：设 $y$ 轴左侧函数的解析式为 $y=k x+b(k>0,-1 \leqslant x \leqslant 0)$, 把点 $(-1,0),(0,1)$ 的坐标代入上式得 $\left\{\begin{array}{l}-k+b=0, \\ b=1,\end{array}\right.$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}k=1, \\ b=1 .\end{array} \therefore y=x+1(-1 \leqslant x \leqslant 0)\right.$.

同理可得 $y$ 轴右侧函数的解析式为 $y=-\frac{1}{2} x(0<x \leqslant 2)$.
题目（高一 · 解析几何）：若直线 $m x-y+(2 m+1)=0$ 恒过定点, 则此定点是
选项：
答案：$(-2,1)$
解析：由 $y=m x+2 m+1$, 得 $y-1=m(x+2)$, 所以直线恒过定点 $(-2,1)$.
题目（高一 · 解析几何）：坐标平面上一机器人在行进中始终保持到两点 $A(a, 0)$ (其中 $a \in \mathbf{R}$ ) 和 $B(0,1)$ 的距离相等, 且机器人也始终接触不到直线 $l: y=x+1$, 则 $a$ 的值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：1
解析：题意可知机器人在线段 $A B$ 的中垂线上运动, 且轨迹与直线 $l: y=x+1$ 平行, 由此可得 $A B \perp l$,因此 $k_{A B} \cdot k_{l}=-1$, 即 $\frac{1-0}{0-a} \times 1=-1$, 解得 $a=1$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $(a+2) x+\left(a^{2}-2 a-3\right) y-2 a=0$ 在 $x$ 轴上的截距为 3 , 则该直线在 $y$ 轴上的截距为
选项：
答案：$-\frac{4}{15}$
解析：把 $(3,0)$ 代入已知方程, 得 $(a+2) \times 3-2 a=0$,

$\therefore a=-6$,

$\therefore$ 直线方程为 $-4 x+45 y+12=0$,

令 $x=0$, 得 $y=-\frac{4}{15}$.
题目（高一 · 解析几何）：垂直于直线 $3 x-4 y-7=0$, 且与两坐标轴围成的三角形的面积为 6 的直线 $l$ 的方程为
选项：
答案：$4 x+3 y-12=0$ 或 $4 x+3 y+12=0$
解析：由题意可设与直线 $3 x-4 y-7=0$ 垂直的直线的方程为 $4 x+3 y+c=0$,

令 $y=0$, 得 $x=-\frac{C}{4}$,

令 $x=0$, 得 $y=-\frac{c}{3}$,

则 $S_{\triangle}=\frac{1}{2}\left|-\frac{c}{4} \cdot\left(-\frac{c}{3}\right)\right|=6$,

得 $c^{2}=12^{2}, c= \pm 12$,

$\therefore$ 直线 $l$ 的方程为 $4 x+3 y-12=0$ 或 $4 x+3 y+12=0$.
题目（高一 · 解析几何）：函数 $y=\frac{1}{x-1}$ 在 $[2,3]$ 上的最小值为
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：解析: 作出图象可知 $y=\frac{1}{x-1}$ 在 $[2,3]$ 上是减函数, $y_{\min }=\frac{1}{3-1}=\frac{1}{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：已知对数函数 $f(x)$ 的图象过点 $(8,-3)$, 则 $f(2 \sqrt{2})=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$-\frac{3}{2}$
解析：设 $f(x)=\log _{a} x(a>0$, 且 $a \neq 1)$,

则 $-3=\log _{a} 8, \therefore a=\frac{1}{2}$,

$\therefore f(x)=\log _{\frac{1}{2}} x, \quad f(2 \sqrt{2})=\log _{\frac{1}{2}}(2 \sqrt{2})=-\log _{2}(2 \sqrt{2})=-\frac{3}{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}a x+b, x \leqslant 0, \\ \log _{c}\left(x+\frac{1}{9}\right), x>0\end{array}\right.$ 的图象如图所示, 则 $a+b+c=$
选项：
答案：$\frac{13}{3}$
解析：由图象可求得直线的方程为

$y=2 x+2$, 即 $a=2, b=2$, 又函数 $y=\log _{c}\left(x+\frac{1}{9}\right)$ 的图象过点 $(0,2)$,

将其坐标代入可得 $c=\frac{1}{3}$,

所以 $a+b+c=2+2+\frac{1}{3}=\frac{13}{3}$.

答案: $\frac{13}{3}$
题目（高一 · 解析几何）：若集合 $\{(x, y) \mid x+y-2=0$ 且 $x-2 y+4=0\}\{(x, y) \mid y=3 x+b\}$, 则 $b=$
选项：
答案：2
解析：首先方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2=0, \\ x-2 y+4=0\end{array}\right.$ 的解为 $\left\{\begin{array}{l}x=0, \\ y=2,\end{array}\right.$

代入直线 $y=3 x+b$ 得 $b=2$.
题目（高一 · 解析几何）：等腰 $\triangle A B C$ 的顶点是 $A(3,0)$, 底边长 $|B C|=4, B C$ 边的中点是 $D(5,4)$, 则此三角形的腰长为
选项：
答案：$2 \sqrt{6}$
解析：$|B D|=\frac{1}{2}|B C|=2$,

$|A D|=\sqrt{(5-3)^{2}+(4-0)^{2}}=2 \sqrt{5}$. 在 Rt $\triangle A D B$ 中,

由勾股定理得腰长 $|A B|=\sqrt{2^{2}+(2 \sqrt{5})^{2}}=2 \sqrt{6}$.
题目（高一 · 解析几何）：线 $l: y=k x-\sqrt{3}$ 与直线 $l_{1}: 2 x+3 y-6=0$ 的交点位于第一象限, 则直线 $l$ 的倾斜角 $\alpha$ 的取值范围是
选项：
答案：$\left(30^{\circ}, 90^{\circ}\right)$
解析：$l_{1}: 2 x+3 y-6=0$ 过 $A(3,0), B(0,2)$, 而 $l$ 过定点 $C(0,-\sqrt{3})$,



由图象可知 $\left\{\begin{array}{l}k>k_{A C}, \\ k>0,\end{array}\right.$
$\therefore l$ 倾斜角 $\alpha$ 的范围是 $\left(30^{\circ}, 90^{\circ}\right)$.
题目（高一 · 解析几何）：过点 $A(4, a)$ 和 $B(5, b)$ 的直线和直线 $y=x+m$ 平行, 则 $|A B|=$
选项：
答案：$\sqrt{2}$
解析：因为 $k_{A B}=\frac{b-a}{5-4}=b-a=1$, 所以 $|A B|=\sqrt{(5-4)^{2}+(b-a)^{2}}=\sqrt{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：集合 $A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2}=4\right\}, B=\left\{(x, y) \mid(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=r^{2}\right\}$, 其中 $r>0$, 若 $A \cap B$ 中有且仅有一个元素, 则 $r$ 的值是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：3 或 7
解析：$\because A \cap B$ 中有且仅有一个元素,

$\therefore$ 圆 $x^{2}+y^{2}=4$ 与圆 $(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=r^{2}$ 相切.

当两圆内切时, 由 $\sqrt{3^{2}+4^{2}}=|2-r|$, 解得 $r=7$;

当两圆外切时, 由 $\sqrt{3^{2}+4^{2}}=2+r$, 解得 $r=3$.

$\therefore r=3$ 或 7 .
题目（高一 · 解析几何）：经过直线 $x+y+1=0$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 的交点, 且过点 $(1,2)$ 的圆的方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$x^{2}+y^{2}-\frac{3}{4} x-\frac{3}{4} y-\frac{11}{4}=0$
解析：知可设所求圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-2+\lambda(x+y+1)=0$, 将 $(1,2)$ 代入, 可得 $\lambda=-\frac{3}{4}$, 故所求圆的方程为 $x^{2}+y^{2}-\frac{3}{4} x-\frac{3}{4} y-\frac{11}{4}=0$.
题目（高一 · 解析几何）：若圆 $x^{2}+y^{2}-2 a x+a^{2}=2$ 和 $x^{2}+y^{2}-2 b y+b^{2}=1$ 相离, 则 $a, b$ 满足的条件是
选项：
答案：$a^{2}+b^{2}>3+2 \sqrt{2}$
解析：由题意可得两圆的圆心坐标和半径长分别为 $(a, 0), \sqrt{2}$ 和 $(0, b), 1$. 因为两圆相离, 所以 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}>\sqrt{2}+$ 1 ,

即 $a^{2}+b^{2}>3+2 \sqrt{2}$.
题目（高一 · 解析几何）：圆 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-2 x-8=0$ 与圆 $C_{2}: x^{2}+y^{2}+2 x-4 y-4=0$ 的公共弦长为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$2 \sqrt{7}$
解析：由圆 $C_{1}$ 与圆 $C_{2}$ 的公共弦所在的直线 $l$ 的方程为 $x-y+1=0$, 得点 $C_{1}(1,0)$ 到直线 $l$ 的距离为 $d=$ $\frac{|1-0+1|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\sqrt{2}$, 圆 $C_{1}$ 的半径为 $r_{1}=3$, 所以圆 $C_{1}$ 与圆 $C_{2}$ 的公共弦长为 $2 \sqrt{r_{1}^{2}-d^{2}}=2 \sqrt{3^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=2 \sqrt{7}$.
题目（高一 · 解析几何）：过 $(3,0)$ 点且与 $x$ 轴垂直的直线方程为 \$ \qquad \$ , 纵截距为 -2 且与 $y$ 轴垂直的直线方程为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$x=3 \quad y=-2
解析：$(3,0)$ 点且与 $x$ 轴垂直的直线方程为 \$ \qquad \$ , 纵截距为 -2 且与 $y$ 轴垂直的直线方程为 \$ \qquad \$ .答案 $x=3 \quad y=-2$
题目（高一 · 解析几何）：$P(1,3)$ 的直线 $l$ 分别与两坐标轴交于 $A, B$ 两点, 若 $P$ 为 $A B$ 的中点, 则直线 $l$ 的截距式方程是
选项：
答案：$\frac{x}{2}+\frac{y}{6}=1$
解析：$A(m, 0), B(0, n)$, 由 $P(1,3)$ 是 $A B$ 的中点可得 $m=2, n=6$,

即 $A, B$ 的坐标分别为 $(2,0),(0,6)$.

则 $l$ 的方程为 $\frac{x}{2}+\frac{y}{6}=1$.
题目（高一 · 解析几何）：已知直线 $\frac{x}{a}+\frac{y}{6}=1$ 与坐标轴围成的图形面积为 6 , 则 $a$ 的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\pm 2$
解析：$由 \frac{x}{a}+\frac{y}{6}=1$ 知 $S=\frac{1}{2}|a| \cdot|6|=6$,

所以 $a= \pm 2$.
题目（高一 · 解析几何）：过点 $P(3,-1)$, 且在 $x$ 轴上的截距等于在 $y$ 轴上的截距的 2 倍的直线 $l$ 的方程是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$x+2 y-1=0$ 或 $x+3 y=0$
解析：设直线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距为 $a$, 在 $y$ 轴上的截距为 $b$, 当 $a=0$ 时, $b=0$, 此时直线 $l$ 的方程为 $\frac{y}{x}=\frac{-1}{3}$,所以 $x+3 y=0$; 当 $a \neq 0$ 时, $a=2 b$, 此时直线 $l$ 的方程为 $\frac{x}{2 b}+\frac{y}{b}=1$, 代入 $(3,-1)$ 得 $x+2 y-1=0$.
题目（高一 · 度量几何学）：（2020 秋・聛都区月考）如图所示, 在边长为 $\pi$ 的正方形内, 四条曲线均是 $y=\sin x$ 在 $x \in[0, \pi]$的图象, 若在正方形内任取一点, 则该点落在阴影部分的概率 $p=$ \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$\frac{\pi^{2}-8}{\pi^{2}}$.
解析：解：如图示:



求 $y=\sin x, x \in[0, \pi]$ 图 1 的面积为 $y=\sin x$ 与 $x$ 轴在 $[0, \pi]$ 所围成的面积, $S_{1}=\int_{0}^{\pi} \sin x d x=-\left.\cos x\right|_{0} ^{\pi}=-\cos \pi-(-\cos 0)=-(-1)-(-1)=2$,故 $S_{\text {阴影 }}=\pi^{2}-2 \times 4=\pi^{2}-8$,

故点落在阴影部分的概率 $p=\frac{\pi^{2}-8}{\pi^{2}}$,

故答案为: $\frac{\pi^{2}-8}{\pi^{2}}$.
题目（高一 · 度量几何学）：（2019 秋・抚州期末）在古代三国时期吴国的数学家赵爽创制了一幅 “赵爽弦图”, 由四个全等的直角三角形围成一个大正方形, 中间空出一个小正方形 (如图阴影部分) 。若直角三角形中较小的锐角为 $\alpha$, 现向大正方形区域内随机投郑一枚飞镖, 要使飞镖落在小正方形内的概率为 $\frac{1}{4}$, 则 $\cos \alpha=$


选项：
答案：$\frac{\sqrt{7}+1}{4}$.
解析：解: 由题意, 不妨设大正方形的边长为 2 , 则根据条件中的概率可知小正方形的边长为 1 ,

设图中直角三角形的较短直角边为 $x$, 则 $x^{2}+(x+1)^{2}=4$,

解得 $x=\frac{\sqrt{7}-1}{2}$,

所以图中直角三角形中较小锐角的正余弦值 $\cos \alpha=\frac{\frac{\sqrt{7}-1}{2}+1}{2}=\frac{\sqrt{7}+1}{4}$.

故答案为: $\frac{\sqrt{7}+1}{4}$.
题目（高一 · 度量几何学）：(2020 秋・上月考) 在区间 $\left[0, \frac{3}{4} \pi\right]$ 上随机取一个实数 $x$, 则 $\sin 2 x$ 的值在区间 $\left[-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right]$ 上的概率为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{5}{9}$.
解析：解：因为在区间 $\left[0, \frac{3}{4} \pi\right]$ 上函数 $y=\sin 2 x$ 的图象,

如图所示:



由图可知, 概率 $P=\frac{\left(\frac{\pi}{6}-0\right)+\left(\frac{7 \pi}{12}-\frac{\pi}{3}\right)}{\frac{3 \pi}{4}}=\frac{\frac{5 \pi}{12}}{\frac{3 \pi}{4}}=\frac{5}{9}$.

故答案为: $\frac{5}{9}$.
题目（高一 · 度量几何学）：小波通过做游戏的方式来确定周末活动, 他随机地往单位圆内投郑一点, 若此点到圆心的距离大于 $\frac{1}{2}$, 则周末去看电影; 若此点到圆心的距离小于 $\frac{1}{4}$, 则去打篮球; 否则,在家看书. 则小波周末不在家看书的概率为
选项：
答案：\frac{13}{16}
解析：设事件 $\mathrm{A}=\{$ 小波周末去看电影 $\}$, 事件 $\mathrm{B}=\{$ 小波周末去打篮球 $\}$, 事件 $\mathrm{C}=\{$ 小波
周末在家看书 $\}$, 事件 $D=\{$ 小波周末不在家看书 $\}$, 如图所示, 则 $P(D)=$

$1-\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{2} \pi-\left(\frac{1}{4}\right)^{2} \pi}{\pi}=\frac{13}{16}$



故答案为:\frac{13}{16}
题目（高一 · 度量几何学）：已知圆 C: $x^{2}+y^{2}=12$, 直线 $1: 4 x+3 y=25$.

(1) 圆 C 的圆心到直线 1 的距离为

(2) 圆 $\mathrm{C}$ 上任意一点 $\mathrm{A}$ 到直线 1 的距离小于 2 的概率为
选项：
答案：(1)5,(2)\frac{1}{6}
解析：（1）根据点到直线的距离公式得 $\mathrm{d}=\frac{25}{5}=5$

（2）设直线 $4 x+3 y=c$ 到圆心的距离为 3 , 则 $\frac{|c|}{5}=3$, 取 $c=15$, 则直线 $4 x+3 y=15$ 截圆所得的劣弧的长度和整个圆的周长的比值即所求的概率。由于圆的半径是 $2 \sqrt{3}$, 则可得直线 $4 x+3 y=15$ 截得的劣弧所对的圆心角为 $60^{\circ}$, 故所求的概率是 $\frac{1}{6}$ 。

故答案为:(1)5,(2)\frac{1}{6}
题目（高一 · 度量几何学）：$\triangle A B C$ 是边长为 2 的正三角形, 则它的平面直观图的面积为
选项：
答案：frac{\sqrt{6}}{4}$
解析：【分析】

求出三角形的面积, 利用平面图形的面积是直观图面积的 $2 \sqrt{2}$ 倍, 求出直观图的面积即可

## 【详解】

解: 由三角形 $A B C$ 是边长为 2 的正三角形, 可知 $\triangle A B C$ 的面积为: $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}$;因为平面图形的面积与直观图的面积的比是 $2 \sqrt{2}$,

所以它的平面直观图的面积是: $\frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$.

故答案为: $\frac{\sqrt{6}}{4}$.

## 【点睛】

本题考查平面图形的直观图和原图的面积的关系, 考查计算能力和对图形的分析能力, 属于基础题.
题目（高一 · 度量几何学）：水平放置 $\triangle A B C$ 的斜二测直观图如图所示, 已知 $A^{\prime} C^{\prime}=3, B^{\prime} C^{\prime}=2$, 则 $A B$ 边上的中线的长度为


选项：
答案：frac{5}{2}$
解析：【分析】

由已知中直观图中线段的长, 可分析出 $\triangle A B C$ 实际为一个直角边长分别为 $3 、 4$ 的直角三角形, 进而根据勾股定理求出斜边, 结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案.

【详解】
在直观图中, $A^{\prime} C^{\prime}=3, B^{\prime} C^{\prime}=2$, 所以在 $R t \triangle A B C$ 中, $A C=3, B C=4, \angle C$ 为直角, $\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=5$, 因此, $A B$ 边上的中线的长度为 $\frac{1}{2} A B=\frac{5}{2}$.

故答案为: $\frac{5}{2}$.

## 【点睛】

本题考查的知识点是斜二测画法直观图, 其中掌握斜二测画法直观图与原图中的线段关系是解答的关键.
题目（高一 · 度量几何学）：体 $A B C D$ 中, $A B=C D=2, A C=A D=B C=B D=4$, 则异面直线 $A B$ 与 $C D$的夹角为
选项：
答案：frac{\pi}{2}$
解析：【分析】

取 $C D$ 的中点 $E$, 连接 $A E, B E$, 根据等腰三角形的性质可得 $A E \perp C D, B E \perp C D$,再根据直线与平面垂直的判定定理可得 $C D \perp$ 平面 $A E B$, 然后根据直线与平面垂直的性质可得 $C D \perp A B$, 从而可得答案.

## 【详解】

如图所示:



取 $C D$ 的中点 $E$, 连接 $A E, B E$,

因为 $A C=A D, E$ 为 $C D$ 的中点, 所以 $A E \perp C D$,

因为 $B C=B D, E$ 为 $C D$ 的中点, 所以 $B E \perp C D$,

又 $A E \cap B E=E$,

所以 $C D \perp$ 平面 $A E B$,

因为 $A B \subset$ 平面 $A E B$, 所以 $C D \perp A B$,

所以异面直线 $A B$ 与 $C D$ 所成的角为 $\frac{\pi}{2}$.

故答案为: $\frac{\pi}{2}$

## 【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质, 考查了直线与平面垂直的判定定理和性质, 属于基础题.
题目（高一 · 度量几何学）：直线 $a \subset$ 平面 $\alpha$, 直线 $b \not \subset$ 平面 $\alpha$, 则 $a, b$ 的位置关系是
选项：
答案：、相交、异面
解析：【分析】

画出图像, 判断 $a, b$ 的位置关系.

## 【详解】

$a, b$ 可能平行, 如下图所示,



$a, b$ 可能相交，如下图所示，



$a, b$ 可能异面, 如下图所示,



故答案为: 平行、相交、异面

## 【点睛】

本小题主要考查线线关系的判断, 属于基础题.
题目（高一 · 度量几何学）：圆 $O$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-4)^{2}=25$, 则点 $(2,3)$ 到圆上的最大距离为
选项：
答案：$5+\sqrt{2}$
解析：点 $(2,3)$ 与圆心连线的延长线与圆的交点到点 $(2,3)$ 的距离最大, 最大距离为点 $(2,3)$ 到圆心 $(3,4)$ 的距离 $\sqrt{2}$加上半径长 5 , 即为 $5+\sqrt{2}$.
题目（高一 · 度量几何学）：如图 1-1-11 所示, 在所有棱长均为 1 的三棱柱上, 有一只蚂蚁从点 $A$ 出发, 围着三棱柱的侧面爬行一周到达点 $A_{1}$, 则爬行的最短路程为



图 1-1-11
选项：
答案：$\sqrt{10}$
解析：将三棱柱沿 $A A_{1}$ 展开如图所示, 则线段 $A D_{1}$ 即为最短路线, 即 $A D_{1}=\sqrt{A D^{2}+D D_{1}^{2}}=\sqrt{10}$.
题目（高一 · 度量几何学）：设平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 相交于 $l$, 直线 $a \subset \alpha$, 直线 $b \subset \beta, a \cap b=M$, 则 $M$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$\in$
解析：因为 $a \cap b=M, a \subset \alpha, b \subset \beta$, 所以 $M \in \alpha, M \in \beta$. 又因为 $\alpha \cap \beta=l$, 所以 $M \in l$.
题目（高一 · 度量几何学）：由直线 $y=x+1$ 上的一点向圆 $x^{2}-6 x+y^{2}+8=0$ 引切线, 则切线长的最小值为
选项：
答案：$\sqrt{7}$
解析：长的最小值在直线 $y=x+1$ 上的点与圆心的距离最小时取得, 圆心 $(3,0)$ 到直线的距离为 $d=$

$\frac{|3-0+1|}{\sqrt{2}}=2 \sqrt{2}$, 圆的半径为 1 , 故切线长的最小值为 $\sqrt{d^{2}-r^{2}}=\sqrt{8-1}=\sqrt{7}$.
题目（高一 · 度量几何学）：已知 $\triangle A B C$ 的直观图如图 1-2-34 所示, 则原 $\triangle A B C$ 的面积为



图 1-2-34

【答案】9 [由题意, 易知在 $\triangle A B C$ 中, $A C \perp A B$, 且 $A C=6, A B=3, \therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 6 \times 3=9$.
选项：
答案：9 [由题意, 易知在 $\triangle A B C$ 中, $A C \perp A B$, 且 $A C=6, A B=3, \therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 6 \times 3=9$.]
解析：$\triangle A B C$ 的直观图如图 1-2-34 所示, 则原 $\triangle A B C$ 的面积为



图 1-2-34
题目（高一 · 度量几何学）：在如图所示的直观图中, 四边形 $O^{\prime} A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 为菱形且边长为 $2 \mathrm{~cm}$, 则在坐标系 $x O y$ 中原四边形 $O A B C$为 (填形状), 面积为 \$ \qquad \$ $\mathrm{cm}^{2}$.


选项：
答案：矩形 8
解析：由题意结合斜二测画法, 可得四边形 $O A B C$ 为矩形, 其中 $O A=2 \mathrm{~cm}, O C=4 \mathrm{~cm}, \therefore$ 四边形 $O A B C$的面积为 $S=2 \times 4=8\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.
题目（高一 · 立体几何学）：球 $D$ 的半径为 3 , 圆 $A$ 与圆 $C$ 为该球的两个小圆, $M N$ 为圆 $A$ 与圆 $C$ 的公共弦, $M N=2 \sqrt{5}$, 若点 $B$ 是弦 $M N$ 的中点, 则四边形 $A B C D$ 的面积的最大值为 \$ \qquad \$ .
选项：
解析：【分析】

利用球的性质可以推出 $D A \perp A B \Rightarrow D A^{2}+A B^{2}=4$, 这样可以得到 $S_{\triangle D A B} \leq 1$, 同理 $S_{\triangle D B C} \leq 1$, 这样求出四边形 $A B C D$ 的面积的最大值.

## 【详解】

如下图所示：点 $B$ 是弦 $M N$ 的中点，



$D B \perp M N \Rightarrow D B=\sqrt{D M^{2}-\left(\frac{1}{2} M N\right)^{2}}=\sqrt{9-5}=2$,

又因为 $D A \perp A B \Rightarrow D A^{2}+A B^{2}=4$,
$\Rightarrow D A^{2}+A B^{2}=4 \geq 2 D A \cdot A B \Rightarrow S_{\triangle D A B} \leq 1$ 当且仅当 $D A=A B=\sqrt{2}$ 时, 等号成立,

同理 $S_{\triangle D B C} \leq 1$ 当且仅当 $D C=C B=\sqrt{2}$ 时, 等号成立, 因此四边形 $A B C D$ 的面积的最大值为 2 .

## 【点睛】

本题考查了球的性质. 重点考查了重要不等式, 关键是构造直角三角形, 得到两线段长度的平方和是定值.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正三棱雉 $A-B C D$ 每个顶点都在球 $O$ 的球面上, 球心 $O$ 在正三棱雉的内部. 球的半径为 $R$,且 $|B C|=\frac{3}{2} R$. 若过 $A$ 作球 $O$ 的截面, 所得圆周长的最大值是 $8 \pi$, 则该三棱雉的侧面积为
选项：
答案：\sqrt{39}$
解析：【分析】

依题意, 该球的大圆的周长为 $8 \pi$, 可得 $\mathrm{R}=4, \mathrm{BC}=6$. 设底面 $\mathrm{BCD}$ 的中心为 $\mathrm{E}$, 连接 $\mathrm{BE}$ 并延长交 $\mathrm{CD}$ 于 $\mathrm{F}$, 求得 $\mathrm{BE}, \mathrm{EF}$, 在三角形 $\mathrm{OBE}$ 中应用勾股定理得到 $\mathrm{OE}$. 可得三棱雉的高 $\mathrm{AE}=\mathrm{AO}+\mathrm{OE}$. 所以由勾股定理得到三棱雉的斜高 $\mathrm{AF}$ 。求侧面积即可.

## 【详解】



依题意, 该球的大圆的周长为 $8 \pi$, 所以 $2 \pi R=8 \pi$, 得 $R=4$,

如图, 正三棱雉 $A-B C D$ 中, 设底面三角形 $B C D$ 的中心为 $E$, 则 $A E \perp$ 平面 $B C D$,

设 $F$ 为 $C D$ 的中点, 连接 $B F, A F$, 则 $E$ 是 $B F$ 的三等分点, 且 $A F$ 是三棱雉的侧面 $A C D$ 的斜高.根据正 ${ }^{n}$ 三棱雉的对称性, 球心 $O$ 在 $A E$ 上.
所以 $B C=\frac{3}{2} \times 4=6$.

则 $B E=\frac{2}{3} B F=\frac{2}{3} \times B C \times \sin 60^{\circ}=\frac{2}{3} \times 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3} . E F=\sqrt{3}$,

又因为三角形 $O B E$ 为直角三角形, 所以 $O E=\sqrt{O B^{2}-B E^{2}}=\sqrt{16-12}=2$.

所以三棱雉的高 $A E=A O+O E=4+2=6$.

所以三棱雉的斜高 $A F=\sqrt{A E^{2}+E F^{2}}=\sqrt{36+3}=\sqrt{39}$.

该三棱锥的侧面积为 $S_{\text {似 }}=3 \times \frac{1}{2} \times C D \times A F=3 \times \frac{1}{2} \times 6 \times \sqrt{39}=9 \sqrt{39}$.

故填: $9 \sqrt{39}$.

## 【点睛】

本题考查了正三棱雉的结构特征, 正三棱雉的外接球, 考查空间想象能力与计算能力, 是中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 正四面体 $A-B C D$ 的棱长为 $a$, 点 $E 、 F$ 分别是棱 $B D 、 B C$ 的中点, 则平面 $A E F$ 截该正四面体的内切球所得截面的面积为


选项：
答案：frac{\pi a^{2}}{33}$
解析：【分析】

设圆心为 $P$, 内切球的球心为 $O$, 内切球的半径为 $\mathrm{r}$, 作 $A N \perp$ 平面 $B C D$, 则 $N$ 为底面三角形的中心,由 $O P \perp A M, A N \perp M N$ 可得, $\triangle A O P \sim \triangle A M N$, 利用相似比 $\frac{O P}{M N}=\frac{A O}{A M}$ 求出 $O P$, 利用四面体中的几何关系求出 $\mathrm{r}$, 再由截面圆的性质可知,所求截面圆的半径 $r_{1}=\sqrt{r^{2}-O P^{2}}$ 求解即可.

## 【详解】

作图如下:



根据题意知,平面 $A E F$-截该正四面体的内切球所得截面一定是圆,

设圆心为 $P$, 内切球的球心为 $O$,

作 $A N \perp$ 平面 $B C D$, 则 $N$ 为底面三角形的中心,

在等边三角形 $B C D$ 中, $B N=\frac{2}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2} a=\frac{\sqrt{3}}{3} a$,

在 Rt $\triangle A B N$ 中,由勾股定理知,

$A N=\sqrt{A B^{2}-B N^{2}}=\sqrt{a^{2}-\left(\frac{\sqrt{3}}{3} a\right)^{2}}=\frac{\sqrt{6} a}{3}$,

由图可知, $A O$ 为四面体外接球的半径, 设 $A O=B O=R$,

在 Rt $\triangle B O N$ 中,由勾股定理可得,

$R^{2}=\left(\frac{\sqrt{3}}{3} a\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{6}}{3} a-R\right)^{2}$, 解得 $R=\frac{\sqrt{6}}{4} a$,

所以正四面体 $A-B C D$ 的内切球半径为

$r=O N=A N-O A=\frac{\sqrt{6}}{3} a-\frac{\sqrt{6}}{4} a=\frac{\sqrt{6}}{12} a$,

因为 $O P \perp A M, \quad A N \perp M N$, 所以 $\triangle A O P \sim \triangle A M N$,

又因为 $M N=\frac{1}{6} B H=\frac{1}{6} \times \frac{\sqrt{3}}{2} a=\frac{\sqrt{3}}{12} a$,

由 $A M^{2}=N M^{2}+A N^{2}$ 可得 $A M=\frac{\sqrt{11}}{4} a$,

所以 $\frac{O P}{M N}=\frac{A O}{A M}$, 即 $\frac{O P}{\frac{\sqrt{3}}{12} a}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{4} a}{\frac{\sqrt{11}}{4} a}$, 解得 $O P=\frac{\sqrt{\frac{18}{11}} a}{12}$,
$\therefore$ 平面 $A E F$ 截该正四面体的内切球所得截面圆半径 $r_{1}=\sqrt{r^{2}-O P^{2}}=\frac{a}{\sqrt{33}}$,

平面 $A E F$ 截该正四面体的内切球所得截面的面积为 $\pi \times\left(\frac{a}{\sqrt{33}}\right)^{2}=\frac{\pi a^{2}}{33}$,

故答案为: $\frac{\pi a^{2}}{33}$

## 【点睛】

本题考查球与几何体的切、接问题及旋转体的截面问题; 重点考查学生的空间想象能力;属于难度较大型试题.
题目（高一 · 立体几何学）：体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的顶点都在同一球面上, 且 $A B=\sqrt{11}, A D=2 \sqrt{3}, A A_{1}=\sqrt{13}$,则该球的半径是
选项：
解析：【分析】

长方体的对角线是外接球的直径, 由此可求得球半径, .

## 【详解】

长-方体对角线长为 $\sqrt{A B^{2}+A D^{2}+A A_{1}^{2}}=\sqrt{11+12+13}=6$, 所以半径为 $\frac{6}{2}=3$.

故答案为: 3 .

## 【点睛】

本题考查长方体的外接球. 由长方体的性质知长方体的对角线是其外接球的直径.
题目（高一 · 立体几何学）：自球面上一点 $P$ 作球两两垂直的三条弦 $P A, P B, P C$, 球的半径为 $R$, 则 $P A^{2}+P B^{2}+P C^{2}=$
选项：
答案：R^{2}$
解析：【分析】

利用补体法可求 $P A^{2}+P B^{2}+P C^{2}$ 的值.

## 【详解】

如图, 以 $P A, P B, P C$ 为棱构造长方体 $P A E B-C F H G$.



则长方体 $P A E B-C F H G$ 为球的内接长方体, 故 $P A^{2}+P B^{2}+P C^{2}=C E^{2}=4 R^{2}$.

故答案为: $4 R^{2}$.

## 【点睛】

本题考查与组合体有关的线段的平方和的计算, 注意根据三条线段交于一点且两两垂直构建长方体,此题属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：体积为 $\frac{4}{3}$ 的三棱雉 $P-A B C$ 的每个顶点都在球 $O$ 的表面上, $P A \perp$ 平面 $A B C, P A=2$, $\angle A B C=\frac{\pi}{2}$, 则球 $O$ 的表面积的最小值为
选项：
答案：2 \pi$
解析：【分析】

根据球的直径为 $\mathrm{PC}$ 的长, 即为补成的长方体的体对角线的长, 再根据 $P A \perp$ 平面 $A B C, P A=2$, $\angle A B C=\frac{\pi}{2}, V_{P-A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \times P A=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times A B \times B C \times 2=\frac{4}{3}$, 求得 $A B \times B C=4$, 再由 $R=\frac{1}{2} \sqrt{A B^{2}+B C^{2}+4}$, 利用基本不等式求解.

## 【详解】

如图所示:



因为 $P A \perp$ 平面 $A B C, P A=2, \angle A B C=\frac{\pi}{2}$,

所以 $V_{P-A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \times P A=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times A B \times B C \times 2=\frac{4}{3}$,

解得 $A B \times B C=4$,

设外接球的半径为 $R$, 球的直径为 $\mathrm{PC}$ 的长,

则 $R=\frac{1}{2} \sqrt{A B^{2}+B C^{2}+4} \geqslant \frac{1}{2} \sqrt{2 A B \times B C+4}=\sqrt{3}$,

当且仅当 $A B=B C=2$ 时, 取等号.

所以 $S_{\text {永 }}=4 \pi R^{2} \geqslant 12 \pi$.

所以球 $O$ 的表面积的最小值为 $12 \pi$.

故答案为: $12 \pi$

## 【点睛】

本题主要考查球有关的组合体问题, 还考查了运算求解的能力, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：一个正方体内接于一个球 (即正方体的 8 个顶点都在球面上), 过球心作一截面, 则截面的图形可能是



(1)



(2)



(3)



(4)
选项：
答案：）(2）(3）
解析：【分析】

根据截面平行于侧面; 截面过体对角线; 截面不平行于侧面不过体对角线; 三种情况得到答案.

## 【详解】

当截面平行于正方体的一个侧面时得 (3);

当截面过正方体的体对角线时得 (2);

当截面既不平行于任何侧面也不过体对角线时得（1；

但无论如何都不能截出 (4).

答案: (1) (2)(3).

## 【点睛】

本题考查了截面图形, 漏解是容易发生的错误.
题目（高一 · 立体几何学）：已知长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 2 , 点 $E$ 是线段 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 则 $\triangle C D_{1} E$ 在平面 $B D D_{1} B_{1}$上的正投影的面积为
选项：
答案：frac{3 \sqrt{2}}{2}$
解析：【分析】

根据条件作出 $\triangle C D_{1} E$ 在平面 $B D D_{1} B_{1}$ 上的正投影, 确定正投影位置与形状, 最后根据三角形面积公式求解.

## 【详解】

作出图形如图所示, 可知 $\triangle C D_{1} E$ 在平面 $B D D_{1} B_{1}$ 上的正投影仍然为一个三角形, 点 $C$ 在平面 $B D D_{1} B_{1}$ 上的正投影为线段 $B D$ 的中点 $C^{\prime}$, 点 $E$ 在平面 $B D D_{1} B_{1}$ 上的正投影为线段 $B_{1} D_{1}$ 的靠近 $B_{1}$
的四等分点 $E^{\prime}$, 正投影的面积 $=S_{\Delta C^{\prime} E^{\prime} D_{1}}=\frac{1}{2} \times 2 \times\left(\frac{3}{4} \times 2 \sqrt{2}\right)=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$.



故答案为: $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$

## 【点睛】

本题考查正投影及其相关计算，考查空间想象与分析求解能力，属基础题.