…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年統(tǒng)編版高一數(shù)學(xué)上冊(cè)月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示；AB是塔的中軸線，C；D、A三點(diǎn)在同一水平線上，在C、D兩點(diǎn)用測(cè)角儀器測(cè)得塔頂部B處的仰角分別是α=30°和β=60°，如果C、D間的距離是20m，測(cè)角儀器高是1.5m，則塔高為（）（精確到0.1m）

A.18.8m

B.10.2m

C.11.5m

D.21.5m

2、已知點(diǎn)O為△ABC外接圓的圓心，且＋＋＝0，則△ABC的內(nèi)角A等于(A)．A.30°B.60°C.90°D.120°3、【題文】函數(shù)的定義域?yàn)锳.B.C.D.4、在空間，下列說法正確的是（）A.兩組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形B.四邊相等的四邊形是菱形C.平行于同一直線的兩條直線平行D.三點(diǎn)確定一個(gè)平面5、cos45°?cos15°+sin45°?sin15°=（）A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、已知函數(shù)關(guān)于的敘述①是周期函數(shù)，最小正周期為②有最大值1和最小值③有對(duì)稱軸④有對(duì)稱中心⑤在上單調(diào)遞減其中正確的命題序號(hào)是___________．（把所有正確命題的序號(hào)都填上）7、已知關(guān)于x的不等式（ax-a2-4）（x-4）＞0的解集為A，且A中共含有n個(gè)整數(shù)，則n最小值為____．8、【題文】函數(shù)的定義域?yàn)開___．9、【題文】已知在R上是奇函數(shù)，且滿足當(dāng)時(shí)，則_______________10、【題文】⊿ABC1與⊿ABC2均為等腰直角三角形，且腰長(zhǎng)均為1，二面角C1-AB-C2為60o,則點(diǎn)C1與C2之間的距離可能是___________.（寫出二個(gè)可能值即可）11、【題文】已知函數(shù)則滿足不等式的x的范圍是________12、已知方程x2+y2﹣2x﹣4y+m=0，若此方程表示圓，則m的范圍是____．13、某幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積為______．14、已知數(shù)列{an}

滿足a1=34an+1鈭?an=2n+1

則數(shù)列{1an}

的前n

項(xiàng)和Sn=

______．評(píng)卷人得分三、證明題(共8題，共16分)15、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．16、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時(shí)也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計(jì)一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．17、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．18、已知ABCD四點(diǎn)共圓，AB與DC相交于點(diǎn)E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點(diǎn)，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．19、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點(diǎn)，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點(diǎn)G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．20、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．21、已知D是銳角△ABC外接圓劣弧的中點(diǎn)；弦AD與邊BC相交于點(diǎn)E，而且AB：AC=2：1，AB：EC=3：1．求：

（1）EC：CB的值；

（2）cosC的值；

（3）tan的值．22、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長(zhǎng)線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評(píng)卷人得分四、作圖題(共4題，共28分)23、如圖A、B兩個(gè)村子在河CD的同側(cè)，A、B兩村到河的距離分別為AC=1千米，BD=3千米，且知道CD=3千米，現(xiàn)在要在河邊CD上建一水廠，向A、B兩村送自來水，鋪設(shè)管道費(fèi)用為每千米2000元，請(qǐng)你在CD上選擇水廠位置O，使鋪設(shè)管道的費(fèi)用最省，并求出其費(fèi)用．24、作出下列函數(shù)圖象：y=25、繪制以下算法對(duì)應(yīng)的程序框圖：

第一步；輸入變量x；

第二步，根據(jù)函數(shù)f（x）=

對(duì)變量y賦值；使y=f（x）；

第三步，輸出變量y的值．26、已知簡(jiǎn)單組合體如圖；試畫出它的三視圖（尺寸不做嚴(yán)格要求）

評(píng)卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共40分)27、已知等邊三角形ABC內(nèi)一點(diǎn)P，PA、PB、PC的長(zhǎng)分別為3厘米、4厘米、5厘米，那么∠APB為____．28、如圖，∠1=∠B，AD?AC=5AE，DE=2，那么BC?AD=____．29、已知b＜a＜0，且a-b=3，ab=1；

（1）求a+b的值；

（2）求的值．30、若x2-6x+1=0，則=____．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A【分析】

由題意可得∠BDC=180°-60°=120°；∴∠DBC=180°-120°-30°=30°；

∴△BCD是等腰三角形，∴BD=CD=20，故AB=1.5+BDsin60°=1.5+10=18.8（cm）；

故選A．

【解析】【答案】求出∠BDC；由三角形的內(nèi)角和公式求出∠DBC，判斷△BCD是等腰三角形，BD=CD=20，由AB

=1.5+BDsin60°；運(yùn)算求得結(jié)果．

2、A【分析】解析:如圖，∵＋＋＝0，∴＋＝∴四邊形OACB為菱形，∴OG⊥AB，∴∠CAB＝30°.【解析】【答案】A3、B【分析】【解析】故選B【解析】【答案】B4、C【分析】【解答】解：四邊形可能是空間四邊形；故A，B錯(cuò)誤；

由平行公理可知C正確；

當(dāng)三點(diǎn)在同一直線上時(shí)；可以確定無數(shù)個(gè)平面，故D錯(cuò)誤．

故選C．

【分析】逐項(xiàng)分析，舉反例判斷．5、B【分析】【解答】解：由兩角差的余弦公式可得cos45°?cos15°+sin45°?sin15°=cos（45°﹣15°）=cos30°=

故選：B

【分析】由兩角差的余弦公式和題意可得答案．二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【解析】試題分析：畫出函數(shù)圖象，由圖像觀察可得：最大值1最小值對(duì)稱軸無對(duì)稱中心，在上單調(diào)遞減考點(diǎn)：三角函數(shù)性質(zhì)【解析】【答案】①③⑤7、略

【分析】

當(dāng)a＜0時(shí)，（x-）（x-4）＜0；

∵a＜0；

∴-a＞0；

∴-a-≥2=4（當(dāng)且僅當(dāng)a=-2時(shí)取等號(hào)）；

∴-4≤a+＜0；

故解集為A=（a+4），A中共含有：-3，-2，-1，0，1，2，3，共7個(gè)整數(shù)；

a=0時(shí)；-4（x-4）＞0，解集為A=（-∞，4），整數(shù)解有無窮多，故a=0不符合條件；

a＞0時(shí)，（x-）（x-4）＞0，同理可證a+≥4；

∴解集A為（a++∞）∪（-∞，4），整數(shù)解有無窮多，故a＞0不符合條件；

綜上：n最小值為7．

故答案為：7．

【解析】【答案】對(duì)a分a＜0；a=0與a＞0三種情況討論，可求得解集A，即可求得最小值集合A中元素最少是的n．

8、略

【分析】【解析】

試題分析：要是此函數(shù)有意義，所以有所以定義域?yàn)?/p>

考點(diǎn)：（1）函數(shù)定義域的求法，（2）偶次根號(hào)下被開方數(shù)大于等于0，對(duì)數(shù)中真數(shù)大于0【解析】【答案】9、略

【分析】【解析】本試題主要是考查了抽象函數(shù)的奇偶性和周期性的運(yùn)用。

因?yàn)樵赗上是奇函數(shù)，且滿足則周期為4，當(dāng)時(shí)，則故答案為-2.

解決該試題的關(guān)鍵是運(yùn)用周期性和奇偶性將所求的變量轉(zhuǎn)化為已知的定義域內(nèi)?！窘馕觥俊敬鸢浮?0、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】1或或11、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】(-1,-1)12、m＜5【分析】【解答】解：方程x2+y2﹣2x﹣4y+m=0；若此方程表示圓；

可得4+16﹣4m＞0．

解得m＜5

故答案為：m＜5．

【分析】利用二元二次方程表示圓的條件，列出不等式求解即可．13、略

【分析】解：由已知可得該幾何體的三視圖如下圖所示：

由圖可得：該幾何體的體積V=VF-ABC+VA-CDEF=×2×2×2+×2×2×4=

故答案為：．

由已知中的三視圖畫出幾何體的直觀圖；兩個(gè)棱錐的體積，相加可得答案．

本題考查的知識(shí)點(diǎn)是棱柱和棱錐的體積，空間幾何體的三視圖，難度不大，屬于中檔題．【解析】14、略

【分析】解：隆脽an+1鈭?an=2n+1隆脿n鈮?2

時(shí)，an鈭?an鈭?1=2n鈭?1

．

隆脿an=(an鈭?an鈭?1)+(an鈭?1鈭?an鈭?2)++(a2鈭?a1)+a1

=(2n鈭?1)+(2n鈭?3)++(2隆脕2鈭?1)+34

=(n鈭?1)(2n鈭?1+3)2+34=n2鈭?14

．

隆脿1an=44n2鈭?1=2(12n鈭?1鈭?12n+1)

．

隆脿

數(shù)列{1an}

的前n

項(xiàng)和Sn=2[(1鈭?13)+(13鈭?15)++(12n鈭?1鈭?12n+1)]

=2(1鈭?12n+1)

=4n2n+1

．

故答案為：4n2n+1

．

an+1鈭?an=2n+1

可得n鈮?2

時(shí)，an鈭?an鈭?1=2n鈭?1.

利用an=(an鈭?an鈭?1)+(an鈭?1鈭?an鈭?2)++(a2鈭?a1)+a1

可得an

．1an=44n2鈭?1=2(12n鈭?1鈭?12n+1).

利用裂項(xiàng)求和方法即可得出．

本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、累加求和與裂項(xiàng)求和方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．【解析】4n2n+1

三、證明題(共8題，共16分)15、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽R(shí)t△PAD，Rt△EBC∽R(shí)t△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽R(shí)t△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽R(shí)t△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．16、略

【分析】【分析】（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長(zhǎng)度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．17、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．18、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時(shí)發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實(shí)現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進(jìn)一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個(gè)外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．19、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點(diǎn)共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點(diǎn)共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長(zhǎng)交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點(diǎn)共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點(diǎn)共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．20、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點(diǎn)共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對(duì)稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點(diǎn)共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．21、略

【分析】【分析】（1）求出∠BAD=∠CAD，根據(jù)角平分線性質(zhì)推出=；代入求出即可；

（2）作BF⊥AC于F；求出AB=BC，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出AF=CF，根據(jù)三角函數(shù)的定義求出即可；

（3）BF過圓心O，作OM⊥BC于M，求出BF，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出即可．【解析】【解答】解：（1）∵弧BD=弧DC；

∴∠BAD=∠CAD；

∴；

∴．

答：EC：CB的值是．

（2）作BF⊥AC于F；

∵=，=；

∴BA=BC；

∴F為AC中點(diǎn)；

∴cosC==．

答：cosC的值是．

（3）BF過圓心O；作OM⊥BC于M；

由勾股定理得：BF==CF；

∴tan．

答：tan的值是．22、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點(diǎn)的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點(diǎn)共圓巧證乘積．延長(zhǎng)GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點(diǎn)共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長(zhǎng)GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點(diǎn)共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．四、作圖題(共4題，共28分)23、略

【分析】【分析】作點(diǎn)A關(guān)于河CD的對(duì)稱點(diǎn)A′，當(dāng)水廠位置O在線段AA′上時(shí)，鋪設(shè)管道的費(fèi)用最?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓鹤鼽c(diǎn)A關(guān)于河CD的對(duì)稱點(diǎn)A′；連接A′B，交CD與點(diǎn)O，則點(diǎn)O即為水廠位置，此時(shí)鋪設(shè)的管道長(zhǎng)度為OA+OB．

∵點(diǎn)A與點(diǎn)A′關(guān)于CD對(duì)稱；

∴OA′=OA；A′C=AC=1；

∴OA+OB=OA′+OB=A′B．

過點(diǎn)A′作A′E⊥BE于E；則∠A′EB=90°，A′E=CD=3，BE=BD+DE=3+1=4；

∴在Rt△A′BE中，A′B==5（千米）；

∴2000×5=10000（元）．

答：鋪設(shè)管道的最省費(fèi)用為10000元．24、【解答】?jī)绾瘮?shù)y={#mathml#}x32

{#/mathml#}的定義域是[0；+∞），圖象在第一象限，過原點(diǎn)且單調(diào)遞增，如圖所示；

【分析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)，分別畫出題目中的函數(shù)圖象即可．25、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】該函數(shù)是分段函數(shù)，當(dāng)x取不同范圍內(nèi)的值時(shí)，函數(shù)解析式不同，因此當(dāng)給出一個(gè)自變量x的值時(shí)，必須先判斷x的范圍，然后確定利用哪一段的解析式求函數(shù)值，因?yàn)楹瘮?shù)解析式分了三段，所以判斷框需要兩個(gè)，即進(jìn)行兩次判斷，于是，即可畫出相應(yīng)的程序框圖．26、

解：幾何體的三視圖為：

【分析】【分析】利用三視圖的作法，畫出三視圖即可．五、計(jì)算題(共4題，共40分)27、略

【分析】【分析】將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得△BEA，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，則△BPE為等邊三角形，得